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2025届高考数学一轮总复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布课时规范练59分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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这是一份2025届高考数学一轮总复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布课时规范练59分类加法计数原理与分步乘法计数原理，共6页。试卷主要包含了故选C等内容，欢迎下载使用。
1.用1,3,5,7中的任意一个数作分子,2,4,8,9中任意一个数作分母,可构成真分数的个数为( )
A.8B.9
C.10D.11
2.如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通.今发现A,B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情况的种数为( )
A.9B.11
C.13D.15
3.(2023安徽黄山三模)为纪念我国伟大数学家祖冲之在圆周率上的贡献,国际上把3.141 592 6称为“祖率”.某教师为了增加学生对“祖率”的印象,以“祖率”为背景设计如下练习:把小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6进行随机排列,整数部分不变,那么可以得到小于3.14的不同数有( )个.
A.480B.120C.240D.720
4.某学校高二年级的3个班级将要去甲、乙、丙、丁4个工厂参观学习,要求每个班只能去1个工厂参观学习,且甲工厂必须有班级参观学习,则不同的参观方案有( )
A.16种B.27种
C.37种D.48种
5.“回文联”是对联中的一种,既可顺读,也可倒读.比如,一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联:雾锁山头山锁雾,天连水尾水连天.由此定义“回文数”,n为自然数,且n的各位数字反向排列所得自然数n'与n相等,这样的n称为“回文数”,如:1 221,2 413 142.则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有( )
A.648个B.720个
C.810个D.891个
6.由0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复数字的三位偶数共有( )
A.20个B.32个
C.40个D.52个
7.某学校有东、南、西、北四个校门,受疫情的影响,学校对进入四个校门做出如下规定:学生只能从东门或西门进入校园,教师只能从南门或北门进入校园.现有2名教师和4名学生要进入校园(不分先后顺序),则他们进入校园的不同方式共有( )
A.12种B.24种
C.48种D.64种
8. (2023山西临汾一模)如图,现要对某公园的4个区域进行绿化,有5种不同颜色的花卉可供选择,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉,共有 种不同的绿化方案(用数字作答).
9.从甲、乙、丙、丁4幅不同的画中选出2幅,分别挂在左、右两边墙上的指定位置,则不同的挂法种数为 .(用数字作答)
综合提升组
10.已知甲的车牌尾数为9,他的四位同事的车牌尾数分别为0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为( )
A.64B.80
C.96D.120
11.(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团,则下列说法正确的是( )
A.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有34种
B.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有43种
C.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有24种
D.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有33种
12.(多选)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的三位数.如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如301,423等都是“凹数”,则下列结论中正确的是( )
A.组成的三位数的个数为60
B.在组成的三位数中,偶数的个数为30
C.在组成的三位数中,“凹数”的个数为20
D.在组成的三位数中,“凹数”的个数为30
13.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.现将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两端异色,如果只有5种颜色可供使用,则不同的染色方法种数为( )
A.180B.240
C.420D.480
14.某班一天上午有4节课,每节都需要安排一名教师去上课,现从A,B,C,D,E,F6名教师中安排4人分别上一节课,第一节课只能从A,B两人中安排一人,第四节课只能从A,C两人中安排一人,则不同的安排方案共有 种.(用数字作答)
创新应用组
15.核糖核酸(缩写为RNA),存在于生物细胞以及部分病毒、类病毒中的遗传信息载体,RNA由核糖核苷酸经磷酸二酯键缩合而成长链状分子,长链中每一个位置上都被一种称为碱基的化学成分所占据,RNA的碱基主要有4种,分别用A,C,G,U表示.在一个RNA分子中,各种碱基能够以任意次序出现,假设某一RNA分子由100个碱基组成,则不同的RNA分子的种数为( )
A.1004B.4100
C.2100D.410
16.(2023云南保山二模)足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动,某次传球训练中,教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练,从甲开始传球,等可能地传给另外3人中的1人,接球者再等可能地传给另外3人中的1人,如此一直进行.假设每个球都能被接住,若第4次传球后,球又恰好回到甲脚下,则不同的传球方法为( )
A.18种B.21种
C.27种D.45种
课时规范练59 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.D
解析当分子为1时,满足条件,共4个;当分子为3时,满足条件,共3个;当分子为5时,满足条件,共2个;当分子为7时,满足条件,共2个.由分类加法计数原理,知构成真分数的个数为4+3+2+2=11.故选D.
2.C
解析按焊接点脱落的个数分成4类.
脱落1个,有1,4,共2种情况;
脱落2个,有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种情况;
脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4),共4种情况;
脱落4个,有(1,2,3,4),共1种情况.
由分类加法计数原理,知焊接点脱落的不同情况的种数为2+6+4+1=13.
故选C.
3.C
解析 第1步,排第一位数必为1,有1种方法. 第2步,排第二位数,可以为1或2,有2种方法.第3步,排其余后面的数位,共有种方法.由分步乘法计数原理,得不同数有1×2×=240个.故选C.
4.C
解析每个班级都可以从这4个工厂中选1个参观学习,各有4种选择,根据分步乘法计数原理,共有43=64种参观方案.若甲工厂没有班级参观学习,此时每个班级都可以从其余3个工厂中选1个参观学习,各有3种选择,根据分步乘法计数原理,共有33=27种参观方案.所以甲工厂必须有班级参观学习的不同的参观方案有64-27=37(种).故选C.
5.D
解析根据“回文数”的特点,只需确定前3位即可,最高位即万位有9种排法,千位和百位各有10种排法,根据分步乘法计数原理,共有9×10×10=900种排法,其中各位数字完全相同的共有9种,则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有900-9=891种.
6.D
解析按偶数数字在个位分类.个位是2或4时,0不能在百位,十位从余下4个数字中选择,所以没有重复数字的三位偶数的个数有2×4×4=32;个位是0时,百位、十位没有限制,从余下5个数字中选择2个,所以没有重复数字的三位偶数的个数有5×4=20.由分类加法计数原理,知没有重复数字的三位偶数的个数有32+20=52.故选D.
7.D
解析因为学生只能从东门或西门进入校园,所以4名学生进入校园的方式共有24=16种.教师只能从南门或北门进入校园,所以2名教师进入校园的方式共有22=4种.由分步乘法计数原理,他们进入校园的不同方式共有16×4=64(种).故选D.
8.180
解析 如图,从A开始摆放花卉,A有5种颜色花卉摆放方法,
B有4种颜色花卉摆放方法,C有3种颜色花卉摆放方法;由D区与B,C花卉颜色不一样,与A区花卉颜色可以同色也可以不同色,则D有3种颜色花卉摆放方法.故共有5×4×3×3=180(种)不同的绿化方案.
9.12
解析第一步,先从4幅画中选1幅放在左边墙上,共有4种挂法;在剩下的3幅画里面选1幅挂右边,共有3种挂法.由分步乘法计数原理,不同的挂法种数为4×3=12.
10.B
解析由题意,从5日至9日,有3天奇数日,2天偶数日.第一步,安排偶数日出行,每天都有2种选择,共有2×2=4种不同的选择;第二步,安排奇数日出行,可分为两类:选1天安排甲的车,共有3×2×2=12种不同的选择;不安排甲的车,每天都有2种选择,共有2×2×2=8种不同的选择.由分类加法计数原理,知奇数日出行不同的选择种数为12+8=20.由分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为4×20=80.故选B.
11.AC
解析每位同学限报其中一个社团,则第1位同学有3种报法,第2位同学有3种报法,后面的2位同学也有3种报法,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法共有34种,故A正确,B错误;每个社团限报一个人,则第1个社团有4种选择,第2个社团有3种选择,第3个社团有2种选择,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法共有4×3×2=24种,故C正确,D错误.故选AC.
12.BC
解析因为百位数上的数字不能为零,所以组成的三位数的个数为4×4×3=48,故A错误;将组成三位数的偶数分为两类,第一类,个位数为0,则有4×3=12种;第二类,个位数为2或4,则有2×3×3=18种,由分类加法计数原理,在组成的三位数中,偶数的个数为12+18=30,故B正确;将这些“凹数”分为三类,第一类,十位为0,则有4×3=12种;第二类,十位为1,则有3×2=6种;第三类,十位为2,则有2×1=2种.由分类加法计数原理,在组成的三位数中,“凹数”的个数为12+6+2=20,故C正确,D错误.故选BC.
13.C
解析分两步,先将四棱锥一侧面三个顶点染色,然后再分类考虑另外两个顶点的染色数,用分步乘法计数原理可求解.由题设,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法;当S,A,B染好时,不妨设所染颜色依次为1,2,3,若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法;若C染4,则D可染3或5,有2种染法;若C染5,则D可染3或4,有2种染法,即当S,A,B染好时,C,D还有7种染法.故不同的染色方法有60×7=420种.
14.36
解析不同的安排方案有两类.
第一类,第一节课安排A,则第四节课只能安排C,第二节课从剩余4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有4×3=12种排法;
第二类,第一节课安排B,则第四节课可安排A或C,第二节课从剩余4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有2×4×3=24种排法.
由分类加法计数原理,知不同的安排方案有12+24=36种.
15.B
解析由100个碱基组成的长链共有100个位置,从A,C,G,U中任选1个依次填入这100个位置中,每个位置都有4种填充方法.根据分步乘法计数原理,可得不同的RNA分子的种数为4100.故选B.
16.B
解析 根据题意,分为两种情况讨论:
①第一次甲将球传给其余三人,有=3种情况,第二次将球传给甲,第三次甲再传给其余三人,有=3种情况,第四次再将球传给甲,此时共有3×3=9种情况;
②第一次甲将球传给其余三人,有=3种情况,
第二次将球传给甲之外的2人,有=2种情况,
第三次依然将球传给除甲之外的2人,有=2种情况,
第四次再将球传给甲,有1种情况,此时共有3×2×2=12种情况.
由分类加法计数原理,共有9+12=21种不同的传球方式.故选B.
1.用1,3,5,7中的任意一个数作分子,2,4,8,9中任意一个数作分母,可构成真分数的个数为( )
A.8B.9
C.10D.11
2.如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通.今发现A,B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情况的种数为( )
A.9B.11
C.13D.15
3.(2023安徽黄山三模)为纪念我国伟大数学家祖冲之在圆周率上的贡献,国际上把3.141 592 6称为“祖率”.某教师为了增加学生对“祖率”的印象,以“祖率”为背景设计如下练习:把小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6进行随机排列,整数部分不变,那么可以得到小于3.14的不同数有( )个.
A.480B.120C.240D.720
4.某学校高二年级的3个班级将要去甲、乙、丙、丁4个工厂参观学习,要求每个班只能去1个工厂参观学习,且甲工厂必须有班级参观学习,则不同的参观方案有( )
A.16种B.27种
C.37种D.48种
5.“回文联”是对联中的一种,既可顺读,也可倒读.比如,一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联:雾锁山头山锁雾,天连水尾水连天.由此定义“回文数”,n为自然数,且n的各位数字反向排列所得自然数n'与n相等,这样的n称为“回文数”,如:1 221,2 413 142.则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有( )
A.648个B.720个
C.810个D.891个
6.由0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复数字的三位偶数共有( )
A.20个B.32个
C.40个D.52个
7.某学校有东、南、西、北四个校门,受疫情的影响,学校对进入四个校门做出如下规定:学生只能从东门或西门进入校园,教师只能从南门或北门进入校园.现有2名教师和4名学生要进入校园(不分先后顺序),则他们进入校园的不同方式共有( )
A.12种B.24种
C.48种D.64种
8. (2023山西临汾一模)如图,现要对某公园的4个区域进行绿化,有5种不同颜色的花卉可供选择,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉,共有 种不同的绿化方案(用数字作答).
9.从甲、乙、丙、丁4幅不同的画中选出2幅,分别挂在左、右两边墙上的指定位置,则不同的挂法种数为 .(用数字作答)
综合提升组
10.已知甲的车牌尾数为9,他的四位同事的车牌尾数分别为0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为( )
A.64B.80
C.96D.120
11.(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团,则下列说法正确的是( )
A.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有34种
B.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有43种
C.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有24种
D.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有33种
12.(多选)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的三位数.如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如301,423等都是“凹数”,则下列结论中正确的是( )
A.组成的三位数的个数为60
B.在组成的三位数中,偶数的个数为30
C.在组成的三位数中,“凹数”的个数为20
D.在组成的三位数中,“凹数”的个数为30
13.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.现将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两端异色,如果只有5种颜色可供使用,则不同的染色方法种数为( )
A.180B.240
C.420D.480
14.某班一天上午有4节课,每节都需要安排一名教师去上课,现从A,B,C,D,E,F6名教师中安排4人分别上一节课,第一节课只能从A,B两人中安排一人,第四节课只能从A,C两人中安排一人,则不同的安排方案共有 种.(用数字作答)
创新应用组
15.核糖核酸(缩写为RNA),存在于生物细胞以及部分病毒、类病毒中的遗传信息载体,RNA由核糖核苷酸经磷酸二酯键缩合而成长链状分子,长链中每一个位置上都被一种称为碱基的化学成分所占据,RNA的碱基主要有4种,分别用A,C,G,U表示.在一个RNA分子中,各种碱基能够以任意次序出现,假设某一RNA分子由100个碱基组成,则不同的RNA分子的种数为( )
A.1004B.4100
C.2100D.410
16.(2023云南保山二模)足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动,某次传球训练中,教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练,从甲开始传球,等可能地传给另外3人中的1人,接球者再等可能地传给另外3人中的1人,如此一直进行.假设每个球都能被接住,若第4次传球后,球又恰好回到甲脚下,则不同的传球方法为( )
A.18种B.21种
C.27种D.45种
课时规范练59 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.D
解析当分子为1时,满足条件,共4个;当分子为3时,满足条件,共3个;当分子为5时,满足条件,共2个;当分子为7时,满足条件,共2个.由分类加法计数原理,知构成真分数的个数为4+3+2+2=11.故选D.
2.C
解析按焊接点脱落的个数分成4类.
脱落1个,有1,4,共2种情况;
脱落2个,有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种情况;
脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4),共4种情况;
脱落4个,有(1,2,3,4),共1种情况.
由分类加法计数原理,知焊接点脱落的不同情况的种数为2+6+4+1=13.
故选C.
3.C
解析 第1步,排第一位数必为1,有1种方法. 第2步,排第二位数,可以为1或2,有2种方法.第3步,排其余后面的数位,共有种方法.由分步乘法计数原理,得不同数有1×2×=240个.故选C.
4.C
解析每个班级都可以从这4个工厂中选1个参观学习,各有4种选择,根据分步乘法计数原理,共有43=64种参观方案.若甲工厂没有班级参观学习,此时每个班级都可以从其余3个工厂中选1个参观学习,各有3种选择,根据分步乘法计数原理,共有33=27种参观方案.所以甲工厂必须有班级参观学习的不同的参观方案有64-27=37(种).故选C.
5.D
解析根据“回文数”的特点,只需确定前3位即可,最高位即万位有9种排法,千位和百位各有10种排法,根据分步乘法计数原理,共有9×10×10=900种排法,其中各位数字完全相同的共有9种,则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有900-9=891种.
6.D
解析按偶数数字在个位分类.个位是2或4时,0不能在百位,十位从余下4个数字中选择,所以没有重复数字的三位偶数的个数有2×4×4=32;个位是0时,百位、十位没有限制,从余下5个数字中选择2个,所以没有重复数字的三位偶数的个数有5×4=20.由分类加法计数原理,知没有重复数字的三位偶数的个数有32+20=52.故选D.
7.D
解析因为学生只能从东门或西门进入校园,所以4名学生进入校园的方式共有24=16种.教师只能从南门或北门进入校园,所以2名教师进入校园的方式共有22=4种.由分步乘法计数原理,他们进入校园的不同方式共有16×4=64(种).故选D.
8.180
解析 如图,从A开始摆放花卉,A有5种颜色花卉摆放方法,
B有4种颜色花卉摆放方法,C有3种颜色花卉摆放方法;由D区与B,C花卉颜色不一样,与A区花卉颜色可以同色也可以不同色,则D有3种颜色花卉摆放方法.故共有5×4×3×3=180(种)不同的绿化方案.
9.12
解析第一步,先从4幅画中选1幅放在左边墙上,共有4种挂法;在剩下的3幅画里面选1幅挂右边,共有3种挂法.由分步乘法计数原理,不同的挂法种数为4×3=12.
10.B
解析由题意,从5日至9日,有3天奇数日,2天偶数日.第一步,安排偶数日出行,每天都有2种选择,共有2×2=4种不同的选择;第二步,安排奇数日出行,可分为两类:选1天安排甲的车,共有3×2×2=12种不同的选择;不安排甲的车,每天都有2种选择,共有2×2×2=8种不同的选择.由分类加法计数原理,知奇数日出行不同的选择种数为12+8=20.由分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为4×20=80.故选B.
11.AC
解析每位同学限报其中一个社团,则第1位同学有3种报法,第2位同学有3种报法,后面的2位同学也有3种报法,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法共有34种,故A正确,B错误;每个社团限报一个人,则第1个社团有4种选择,第2个社团有3种选择,第3个社团有2种选择,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法共有4×3×2=24种,故C正确,D错误.故选AC.
12.BC
解析因为百位数上的数字不能为零,所以组成的三位数的个数为4×4×3=48,故A错误;将组成三位数的偶数分为两类,第一类,个位数为0,则有4×3=12种;第二类,个位数为2或4,则有2×3×3=18种,由分类加法计数原理,在组成的三位数中,偶数的个数为12+18=30,故B正确;将这些“凹数”分为三类,第一类,十位为0,则有4×3=12种;第二类,十位为1,则有3×2=6种;第三类,十位为2,则有2×1=2种.由分类加法计数原理,在组成的三位数中,“凹数”的个数为12+6+2=20,故C正确,D错误.故选BC.
13.C
解析分两步,先将四棱锥一侧面三个顶点染色,然后再分类考虑另外两个顶点的染色数,用分步乘法计数原理可求解.由题设,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法;当S,A,B染好时,不妨设所染颜色依次为1,2,3,若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法;若C染4,则D可染3或5,有2种染法;若C染5,则D可染3或4,有2种染法,即当S,A,B染好时,C,D还有7种染法.故不同的染色方法有60×7=420种.
14.36
解析不同的安排方案有两类.
第一类,第一节课安排A,则第四节课只能安排C,第二节课从剩余4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有4×3=12种排法;
第二类,第一节课安排B,则第四节课可安排A或C,第二节课从剩余4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有2×4×3=24种排法.
由分类加法计数原理,知不同的安排方案有12+24=36种.
15.B
解析由100个碱基组成的长链共有100个位置,从A,C,G,U中任选1个依次填入这100个位置中,每个位置都有4种填充方法.根据分步乘法计数原理,可得不同的RNA分子的种数为4100.故选B.
16.B
解析 根据题意,分为两种情况讨论:
①第一次甲将球传给其余三人,有=3种情况,第二次将球传给甲,第三次甲再传给其余三人,有=3种情况,第四次再将球传给甲,此时共有3×3=9种情况;
②第一次甲将球传给其余三人,有=3种情况,
第二次将球传给甲之外的2人,有=2种情况,
第三次依然将球传给除甲之外的2人,有=2种情况,
第四次再将球传给甲,有1种情况,此时共有3×2×2=12种情况.
由分类加法计数原理,共有9+12=21种不同的传球方式.故选B.
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