高中数学沪教版（2020）选择性必修第二册1 乘法原理精品同步达标检测题

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一、单选题
1．（2023·上海·高三专题练习）4名运动员同时参与到三项比赛冠军的争夺，则最终获奖结果种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式作答.
【详解】每一项比赛的冠军在4个人中选取有4种方法，
由分步乘法计数原理得：最终获奖结果种数为.
故选：C
2．（2022·上海·高三专题练习）已知直线的斜率大于零，其系数a、b、c是取自集合中的3个不同元素，那么这样的不重合直线的条数是（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】A
【分析】根据直线的斜率大于零，得到，再分，，三种情况分类求解.
【详解】因为直线的斜率大于零，
所以，
当，a有2种选法，b有2种选法，c有1种选法；
因为直线与直线重合，
所以这样的直线有条；
当时，a有1种选法，b有2种选法， c有2种选法；
所以这样的直线有条，
当时，a有2种选法，b有1种选法， c有2种选法；
所以这样的直线有条，
综上：这样的不重合直线的条数是3+8=11条，
故选：A
二、填空题
3．（2023·上海·高三专题练习）电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有种不同的播放方式___________.（结果用数值表示）
【答案】48
【分析】由分步计算原理求解即可
【详解】由题意，可分步进行，
第一步，安排公益广告，不同的安排方式有种，
第二步，安排商业广告，不同的安排方式有种，
故总的不同安排方式有种，
故答案为：48
4．（2022秋·上海徐汇·高三上海市南洋模范中学校考期中）5人中至少有两人生日在同一个月中的概率是___________（假设每月天数相同，结果用分数表示）
【答案】
【分析】根据古典概型概率公式及对立事件概率公式即得.
【详解】设5人中至少有两人生日在同一个月为事件，则
，
所以.
故答案为：.
5．（2022秋·上海宝山·高二上海交大附中校考期中）正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有______种不同选法
【答案】12
【分析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点，确定共面的情况数，注意重复计数的情况.
【详解】
从任意一个侧棱出发，其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况，
所以，所有共面的情况有种，而每条棱均重复计数一次，
综上，正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有种.
故答案为：12
6．（2022秋·上海嘉定·高二校考期中）已知a，b∈{0，1，2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形共有_______．
【答案】28种
【分析】根据新定义，分析取不同的值时，取值的个数，即可得解.
【详解】当a为0时，b只能取0，1两个数；
当a为9时，b只能取8，9两个数；
当a为其它数时，b都可以取三个数，例如时，可取.
综上，一共有种情形.
故答案为：28种
7．（2021春·上海·高二专题练习）乘积（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）展开后共有_____项．
【答案】60
【分析】展开后的每一项都是由三个式子中任取一项相乘得到的,因而根据分步乘法原理即可得出结论.
【详解】根据多项式的乘法法则,
可知展开后的每一项都是由､､这三个式子,
每一个中任取一项相乘后得到的,
而在中有3种取法,
在中有4种取法,
在中有5种取法,
由分步乘法原理可得,总共有种情况,
故答案为:60.
【点睛】本题考查分步计数原理的运用,属于简单题.
【能力提升】
一、单选题
1．（2021春·上海·高二专题练习）现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（ ）
A．1024种B．1023种C．1535种D．767种
【答案】D
【分析】先看一张人民币的取法，再看2张100元人民币的取法，利用分步计数原理计算即可.
【详解】除100元人民币以外的8张人民币中，每张均有取和不取2种情况，
2张100元人民币的取法有不取、取一张和取二张3种情况，
再减去10张人民币全不取的1种情况，
所以共有种．
故选：D.
【点睛】易错点睛：
误解：因为共有人民币10张，每张人民币都有取和不取2种情况，减去全不取的1种情况，共有种．
错因分析：这里100元面值比较特殊有两张，在误解中被计算成4种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况．
2．（2022春·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被3整除的概率为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数共有个，将10个数字分成三组，即被3除余1的有，4，、被3除余2的有，5，，被3整除的有，6，9，，分组以后，分类讨论得到不能被3整除的数字个数．
【详解】解：从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被3整除．
所有的三位数有个，
将10个数字分成三组，
即被3除余1的有，4，、
被3除余2的有，5，，
被3整除的有，6，9，，
若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论：
①三个数字均取第一组，或均取第二组，有个；
②若三个数字均取自第三组，则要考虑取出的数字中有无数字0，共有个；
③若三组各取一个数字，第三组中不取0，有个，
④若三组各取一个数字，第三组中取0，有个，这样能被3整除的数共有228个，不能被3整除的数有420个，
所以概率为，
故选：B．
【点睛】本题考查了分类计数原理，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题可以借助于组合数列举出所有事件，概率问题同其他的知识点结合在一起，实际上是以概率问题为载体，主要考查的是被三整除的数字特点．
二、填空题
3．（2022·上海奉贤·统考二模）设项数为的数列满足：，且对任意，，都有，则这样的数列共有_____个.
【答案】31
【分析】根据列举出所有可能的数列，再结合、、、、同时成立，排除不满足条件的，即可得答案.
【详解】当，时，，
所以可能情况如下：
1、{一个1，三个0}：、、、，4个；
2、{两个1，一个和0 }：、、、、、、、、、、、，12个；
3、{一个，三个0}：、、、，4个；
4、{两个，一个1和0}：、、、、、、、、、、、，12个；
5、{四个0}：，1个；
6、{两个，两个1 }：、、、、、，6个；
7、{两个0，一个1 和}：、、、、、、、、、、、，12个；
综上，数列共有51个.
当，时，，
当，时，，
当，时，，
当，时，，
当，时，，
所以、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，20个不满足；
综上，满足要求的数列有31个.
故答案为：31
4．（2022春·上海闵行·高二上海市七宝中学校考期中）近期，上海加大疫情的防控力度，上海疫情隔离点逐渐增多，如图所示，、、、为上海某地四个隔离点，为了方便食物供应，现在要建造三座桥，将这四个隔离点连接起来，则不同的建桥方法有_________种．
【答案】
【分析】分两种情况讨论：第一类，从一个隔离点出发向其他三个隔离点各建一座桥；第二类，一个隔离点最多建两座桥.分别计算出两种方案下建桥的方法种数，利用分类加法计数原理可得结果.
【详解】第一类，从一个隔离点出发向其他三个隔离点各建一座桥，共有种方法；
第二类，一个隔离点最多建两座桥，建法为，
将隔离点名称、、、分别填入四个中，则分成四个步骤，
第一步，先填第一个，有种方法，再依次填第二、三、四个，分别有、、种方法，
注意到和两种是同一种建桥方法，
则第二类建桥方法共有种方法，
由分类加法计数原理可知，建桥方法种数为种.
故答案为：.
5．（2021春·上海杨浦·高二复旦附中校考期中）个人排成一个n行，n列的方阵，现要从中选出n个代表，要使得每一行，每一列都有代表，则有___________种不同的选法.
【答案】
【分析】采用分步乘法计数原理进行分析：先从第一行选取个代表，然后再从第，，，行中分别选取个代表，注意保证每一列都有代表，由此求出结果.
【详解】从第行中选取一个代表，选法有种，
从第行中选取一个代表，为保证每一列都有代表，选法有种，
从第行中选取一个代表，为保证每一列都有代表，选法有种，
从第行中选取一个代表，为保证每一列都有代表，选法有种，
由分步乘法计数原理可知，不同的选法数有：，
故答案为：.
6．（2022·上海·高三专题练习）在停课不停学期间，某校有四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项，则每个项目都有该校教师参加的概率为________（结果用数值表示）.
【答案】
【分析】根据题意，先求出四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项的所有情况有种，每个项目都有该校教师参加的情况有种，即可求得相应的概率.
【详解】解：由于四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项的情况有：
（种），
而每个项目都有该校教师参加的情况有：（种），
则每个项目都有该校教师参加的概率为：.
故答案为：.
【点睛】本题考查概率的计算和分步乘法的计数原理，以及排列组合的应用，考查分析计算能力.
7．（2022秋·上海宝山·高三上海交大附中校考开学考试）将六个字母排成一排，若均互不相邻且在的同一侧，则不同的排法有________种．（用数字作答）
【答案】96
【分析】先排D、E、F，再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧，根据乘法原理计算出结果．
【详解】解：先排D、E、F，有种排法；再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧，有种排法；
所以有96种排法．
故答案为：96.
【点睛】本题主要考查排列组合问题，其中涉及到分步乘法计数原理，属于中档题.不相邻问题采用插空法，求解过程为：对于要求有几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后将不相邻的元素插入在已排好的元素之间及两端空隙处.
8．（2022春·上海浦东新·高三上海市川沙中学校考期中）一个三位数，个位､十位､百位上的数字依次为，当且仅当且时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为___________.
【答案】
【分析】首先分析只能去3,4,5，然后分类讨论满足题意的凸数个数，最后相加即可.
【详解】由题意可得只能去3,4,5，
当时，凸数有 132,231共2个；
当时，凸数有142,241,143,341,243,342共6个；
当时，凸数有152,251,153,351,154,451,253,352,254,452,354,453共12个；
综上，共有20个凸数.
故答案为：20
【点睛】本题主要考查分类加法技术原理，在求解过程中要明确分类标准，在每一类里面的计算要注意不重不漏.
9．（2022·上海浦东新·上海市实验学校校考模拟预测）无穷数列的前项和为，若对任意的正整数都有，则的可能取值最多有_________个．
【答案】91
【分析】根据数列递推公式可得，而，，，，，，分类讨论即可求出答案．
【详解】解：，而，，，，，，
若，则有种，
若，则有，
根据分类计数原理可得，共有种，
故答案为：91
【点睛】本题考查了数列的递推公式和分类计数原理，考查了学生的转化能力，属于中档题
10．（2022秋·上海徐汇·高三上海市南洋模范中学校考阶段练习）定义域为集合上的函数满足：①；②（）；③、、成等比数列；这样的不同函数的个数为________
【答案】
【分析】分析出f（x）的所有可能的取值，得到使f（x）中f（1）、f（6）、f（12）成等比数列时对应的项，再运用计数原理求出这样的不同函数f（x）的个数即可．
【详解】解：经分析，f（x）的取值的最大值为x，最小值为2﹣x，并且成以2为公差的等差数列，故f（6）的取值为6，4，2，0，﹣2，﹣4．
f（12）的取值为12，10，8，6，4，2，0，﹣2，﹣4，﹣6，﹣8，﹣10，
所以能使f（x）中的f（1）、f（6）、f（12）成等比数列时，f（1）、f（6）、f（12）的取值只有两种情况：
①f（1）＝1、f（6）＝2、f（12）＝4；②f（1）＝1、f（6）＝﹣2、f（12）＝4．
|f（x+1）﹣f（x）|＝1（x＝1，2，…，11），f（x+1）＝f（x）+1，或者f（x+1）＝f（x）﹣1，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1．
（1）当f（1）＝1、f（6）＝2、f（12）＝4时；将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从f（1）变化到f（6），第二步：从f（6）变化的f（12）．
从f（1）变化到f（6）时有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3步加1，剩余的两次减1．对应的方法数为10种．
从f（6）变化到f（12）时有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次变化中选择4次增加1，剩余两次减少1，对应的方法数为15种．
根据分步乘法原理，共有10×15＝150种方法．
（2）当f（1）＝1、f（6）＝﹣2、f（12）＝4时，将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从f（1）变化到f（6），第二步：从f（6）变化的f（12）．
从f（1）变化到f（6）时有5次变化，函数值从1变化到﹣2，故应从5次中选择1步加1，剩余的4次减1．对应的方法数为5种．
从f（6）变化到f（12）时有6次变化，函数值从﹣2变化到4，故应从6次变化中选择6次增加1，对应的方法数为1种．
根据分步乘法原理，共有5×1＝5种方法．
综上，满足条件的f（x）共有：150+5＝155种．
故填：155．
【点睛】解决本题的难点在于发现 f（x）的取值规律，并找到使f（1）、f（6）、f（12）成等比数列所对应的三项．然后用计数原理计算种类．本题属于难题．