2022届新教材北师大版计数原理单元测试含答案7

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 2022届新教材北师大版  计数原理    单元测试一、选择题1、已知集合，，从这两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数是（     ）A．10        B．14        C．16          D．182、1名老师和5位同学站成一排照相，老师不站在两端的排法共有(    )A． 450 B． 460 C． 480 D． 5003、在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有（   ）个A．50        B．45        C．36        D．354、现有高一年级的学生名，高二年级的学生名，高三年级的学生名，从中任选人参加某项活动,不同的选法种数为（   ）A.     B.     C.     D. 5、由组成的无重复数字的五位偶数共有（ ）A. 个    B. 个    C. 个    D. 个6、的展开式中项的系数为（    ）A． B．C． D．7、由两个1、两个2、一个3、一个4这六个数字组成6位数，要求相同数字不能相邻，则这样的6位数有（　　）A． 12个 B. 48个 C.84个  D. 96个8、如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为       ( 　　)A. 24    B. 18    C. 36    D. 109、体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有（    ）A．12种 B．7种 C．14种 D．49种10、五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数为（    ）A．20 B．15 C．12 D．1011、体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有（    ）A．12种 B．7种 C．14种 D．49种12、如图，圆周上按顺时针方向标有， ， ， ， 五个点.一只青蛙按顺时针方向绕圆从一个点跳到另一点.若它停在奇数点上，则下一次只能跳一个点；若停在偶数点上，则下一次跳两个点.该青蛙从这点跳起，经次跳后它将停在的点是（   ）A.     B.     C.     D. 二、填空题13、方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有_____条．14、一个三层书架，分别放置语文书本，数学书本，英语书本，从中取出一本，则不同的取法_________种． （以数字作答）15、一个三位数的密码，每一位都由0~4的5个数字随机组成，则不同的密码种数是_________(用数字作答)16、用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数是           三、解答题17、（本小题满分10分）用n种不同的颜色为下列两块广告牌着色，（如图甲、乙），要求在A，B，C，D四个区域中相邻（有公共边界）的区域不用同一颜色.（1）若n=6,则为甲图着色时共有多少种不同的方法；（2）若为乙图着色时共有120种不同方法，求n.18、（本小题满分12分）已知，给定个整点,其中.（Ⅰ）当时,从上面的个整点中任取两个不同的整点，求的所有可能值；（Ⅱ）从上面个整点中任取个不同的整点，.（i）证明：存在互不相同的四个整点，满足,；（ii）证明：存在互不相同的四个整点，满足,.19、（本小题满分12分）有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内.（1）求共有多少种放法；（2）求恰有一个盒子不放球，有多少种放法；（3）求恰有两个盒内不放球，有多少种放法；
参考答案1、答案B解析第一、二象限内的点的横坐标为正，纵坐标无限制；分2种情况讨论，①取中的点做横坐标，中的点做纵坐标，有个，②取中的点做纵坐标，中的点做横坐标，有个，所以在一、二象限不同的点的个数总共有14个。故选B．考点：分类加法计数原理2、答案C解析3、答案C解析由题意得，由于个数字大于十位数，所以按个位数是分成类，在每一类中满足条件的两位数分别是个，个，个，个，个，个，个，个，所以共有个，故选C．考点：计数原理的应用．方法点晴本题主要考查了一个分类计数原理的应用问题，是一类常考问题，解题时一定要分清做这件事需要分为几类，每一类包含的几种方法，把几个步骤中数字相加，即可得到结果，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题，本题的解答中要求个位数字比十位数字大，可分成类，求得每一类的结果，利用分类计数原理，即可求解结果．4、答案A解析解：因为高一年级的学生名，高二年级的学生名，高三年级的学生名，从中任选人参加某项活动，则由分类加法计数原理可知不同选法种数为3+5+4=12种，选A5、答案B解析分两类：一、若五位数的个位数是，则有种情形；二、若五位数的个位数是，由于不排首位，因此只有有种情形，中间的三个位置有种情形，依据分步计数原理可得种情形。由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为，应选答案B 。6、答案A解析将化简为:,写出二项展开式的通项公式,即可求得答案.详解 二项展开式的通项公式 中不含项,无需求解. 中含项,即当时中含项,即当时 的展开式中项故选:A.点睛本题考查求二项式展开式中常数项,解题关键是掌握二项展开式的通项公式,考查分析能力和计算能力,属基础题.7、答案C解析解：因为先排雷1，2，3,4然后将其与的元素插入进去，则根据相同数字不能相邻的原则得到满足题意的6位数有84个。选C8、答案A解析最短路径，从E到F有六条，从F到G有四条，故最短路径共有条。故选A.点睛注意分步乘法计数原理的运用。9、答案D解析分两步：进门有7种方式，出门有7种方式，由分步乘法计数原理即可得到答案.详解：由题意某人从体育场进门有7种方式，出门有7种方式，根据分步计数原理可知他进、出门的方案有种.故选：D.点睛本题考查分类加法、分步乘法计数原理，考查学生计数原理的理解，是一道容易题.10、答案D解析抓住上底面的一个顶点，看从此顶点出发的对角线有多少条即可解决．解：由题意正五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，故从一个顶点出发的对角线有2条．正五棱柱对角线的条数共有2×5=10条．故选D11、答案D解析分两步：进门有7种方式，出门有7种方式，由分步乘法计数原理即可得到答案.详解：由题意某人从体育场进门有7种方式，出门有7种方式，根据分步计数原理可知他进、出门的方案有种.故选：D.点睛本题考查分类加法、分步乘法计数原理，考查学生计数原理的理解，是一道容易题.12、答案B解析由起跳， 是奇数，沿顺时针下一次只能跳一个点，落在上由起跳， 是奇数，沿顺时针下一次只能跳一个点，落在上是偶数，沿顺时针跳两个点，落在上由起跳，是偶数，沿顺时针跳两个点，落在上，周期为，经次跳后它将停在的点对应的数为故选13、答案解析方程变形得，若表示抛物线，则，分五种情况：（1）当时，或或或.（2）当时，或或或,以上两种情况下有条重复，故共有条.（3）同理当或时，共有条.（4）当时，或或或，共有条，综上，共有，故答案为.方法点睛本题主要考查分类计数加法原理、分类讨论思想.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.14、答案解析一个三层书架，分别放置语文书本，数学书本，英语书本，从中取出一本，根据分类技术加法原理可知，不同的取法有 （种），故答案为.15、答案125解析按分步计数原理可得不同的密码数有。16、答案24 解析根据题意，要求是偶数，则其个位数字为2或4，有2种情况，将剩下的4个数字，任取2个，分配在百位、十位，有A42=12种情况，由分步计数原理，可得共2×12=24个17、答案（1）480（种）；（2）n=5.详解：（1）对区域A,B,C,D按顺序着色，共有6×5×4×4=480（种）(2)对区域A,B,C,D按顺序着色，依次有n种、n-1种、n-2种和n-3种，由分步乘法计数原理，不同的着色方法共有n(n-1)(n-2(n-3)=120,整理得(n2-3n)(n2-3n+2)=120，(n2-3n)2+2(n2-3n)-120=0n2-3n-10=0或n2-3n+12=0（舍去），解得n=5.点睛本题重点考查的是计数原理的应用，两种典型现象：Ⅰ．涂颜色（1）平面图涂颜色：先涂接触区域最多的一块；（2）立体图涂颜色：先涂具有同一顶点的几个平面，其他平面每步涂法分类列举．Ⅱ．映射按步骤用A集合的每一个元素到B集合里选一个元素，可以重复选．解析18、答案（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）详见解析；（ii）详见解析.（Ⅱ）对于（i），可用反证法，对于（ii），可设直线上选择了个的点，计算可得诸直线上不同两点的横坐标和的不同个数的最小值为，结合中任意不同两项之和的不同的值恰有个可得至少有一个和出现两次，从而可证结论成立.详解解:（Ⅰ）当时，4个整点分别为.所以的所有可能值.（Ⅱ）（i）假设不存在互不相同的四个整点，满足.即在直线中至多有一条直线上取多于1个整点，其余每条直线上至多取一个整点，此时符合条件的整点个数最多为.而，与已知矛盾.故存在互不相同的四个整点，满足.（ii）设直线上有个选定的点.若，设上的这个选定的点的横坐标为，且满足.由，知中任意不同两项之和至少有个不同的值，这对于也成立.由于中任意不同两项之和的不同的值恰有个，而,可知存在四个不同的点，满足.点睛本题考查集合中的计数问题，对于存在性问题，可从反面讨论或从不同和的个数切入，本题类似于组合数学的抽屉原理，本题竞赛味浓烈，属于难题.解析19、答案(1)256(2)144(3)84解(1)44＝256(种)．(2)先从4个小球中取2个放在一起，有C24种不同的取法，再把取出的两个小球与另外2个小球看作三堆，并分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A34种不同的放法．根据分步乘法计数原理，不同的放法共有C24A34＝144(种)．(3)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法；第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有C种，再放到2个盒中有A种放法，共有CA种放法；第二类，2个盒子中各放2个小球有CC种放法，故恰有2个盒子不放球的方法共有CA＋CC＝84(种)．解析