2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第十一章高考大题冲关系列（6）含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第十一章命题动向：在高考的解答题中，对概率与随机变量及其分布相结合的综合问题的考查既是热点又是重点，是高考必考的内容，并且常与统计相结合，设计成包含概率计算、概率分布列、随机变量的数学期望与方差、统计图表的识别等知识的综合题．以考生比较熟悉的实际应用问题为载体，考查学生应用基础知识和基本方法分析问题和解决问题的能力．题型1求离散型随机变量的均值与方差例1(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．解(1)随机变量X的所有可能取值为0，20，100.P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48.故随机变量X的分布列如下：X020100P0.20.320.48(2)设小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则随机变量Y的所有可能取值为0，80，100，P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48.故E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.由(1)知E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.因为E(Y)>E(X)，故应先回答B类问题．离散型随机变量的均值和方差的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型，还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于特殊类型的均值和方差可以直接代入相应公式求解，而对于一般类型的随机变量，应先求其分布列然后代入相应公式计算，注意离散型随机变量的取值与概率的对应．变式训练1(2024·保定开学考试)2015年5月，国务院印发《中国制造2025》，是我国由制造业大国转向制造业强国战略的行动纲领．经过多年的发展，我国制造业的水平有了很大的提高，出现了一批在国际上有影响的制造企业．我国的造船业、光伏产业、5G等已经在国际上处于领先地位，我国的精密制造也有了长足发展．已知某精密设备制造企业生产某种零件，根据长期检测结果，得知生产该零件的生产线的产品质量指标值X服从正态分布N(64，100)，且质量指标值在[54，84]内的零件称为优等品．(1)求该企业生产的零件为优等品的概率(结果精确到0.01)；(2)从该生产线生产的零件中随机抽取5件，随机变量Y表示抽取的5件中优等品的个数，求Y的分布列、数学期望和方差．附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.解(1)由题意知，X～N(64，100)，则μ＝64，σ＝10，54＝μ－σ，84＝μ＋2σ，由P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，得P(54≤X≤84)＝P(54≤X≤64)＋P(64≤X≤84)＝eq\f(1,2)×0.6827＋eq\f(1,2)×0.9545≈0.82.故该企业生产的零件为优等品的概率为0.82.(2)Y的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，P(Y＝0)＝(1－0.82)5，P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,5)×0.82×(1－0.82)4，P(Y＝2)＝Ceq\o\al(2,5)×0.822×(1－0.82)3，P(Y＝3)＝Ceq\o\al(3,5)×0.823×(1－0.82)2，P(Y＝4)＝Ceq\o\al(4,5)×0.824×(1－0.82)，P(Y＝5)＝0.825，则Y的分布列为Y012P(1－0.82)5Ceq\o\al(1,5)×0.82×(1－0.82)4Ceq\o\al(2,5)×0.822×(1－0.82)3Y345PCeq\o\al(3,5)×0.823×(1－0.82)2Ceq\o\al(4,5)×0.824×(1－0.82)0.825由Y～B(5，0.82)，则E(Y)＝5×0.82＝4.1，D(Y)＝5×0.82×(1－0.82)＝0.738.题型2概率与统计的综合问题例2(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率．(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001)解(1)平均年龄eq\o(x,\s\up6(－))＝(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)×10＝47.9(岁)．(2)由于患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.(3)设从该地区任选一人，年龄位于区间[40，50)为事件A，患这种疾病为事件B，则P(A)＝16%，由频率分布直方图知，这种疾病患者的年龄位于区间[40，50)的概率为0.023×10＝0.23，结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.00023，所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40，50)，则此人患这种疾病的概率为P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(0.00023,16%)≈0.0014.概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为高考的一大亮点和热点．它与其他知识融合、渗透，情境新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．统计以考查抽样方法、样本的频率分布、样本特征数的计算为主，概率以考查概率计算为主，往往和实际问题相结合，要注意理解实际问题的意义，使之和相应的概率计算对应起来，只有这样才能有效地解决问题．变式训练2(2023·深圳模拟)某校举行“学习二十大，奋进新征程”知识竞赛，知识竞赛包含预赛和决赛．(1)下表为某10位同学的预赛成绩：得分939495969798人数223111求该10位同学预赛成绩的上四分位数(第75百分位数)和平均数；(2)决赛共有编号为A，B，C，D，E的5道题，学生甲按照A，B，C，D，E的顺序依次作答，答对的概率依次为eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，各题作答互不影响，若累计答错两道题或五道题全部答完则比赛结束，记X为比赛结束时学生甲已作答的题数，求X的分布列和数学期望．解(1)因为10×0.75＝7.5，所以上四分位数为第8个成绩，为96；平均数为eq\f(93×2＋94×2＋95×3＋96＋97＋98,10)＝95.(2)由题意可知，X的所有可能取值为2，3，4，5，所以P(X＝2)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,12)＝eq\f(1,4)，P(X＝4)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(10,36)＝eq\f(5,18)，P(X＝5)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(11,36)，所以X的分布列为X2345Peq\f(1,6)eq\f(1,4)eq\f(5,18)eq\f(11,36)E(X)＝2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,4)＋4×eq\f(5,18)＋5×eq\f(11,36)＝eq\f(134,36)＝eq\f(67,18).题型3概率与线性回归的综合问题例3某人经营淡水池塘养草鱼，根据过去40期的养殖档案，该池塘的养殖重量X(百斤)都在20百斤以上，其中不足40百斤的有8期，不低于40百斤且不超过60百斤的有24期，超过60百斤的有8期．根据统计，该池塘的草鱼重量的增加量y(百斤)与使用某种饵料的质量x(百斤)之间的关系如图所示．(1)根据数据可知y与x具有线性相关关系，请建立y关于x的经验回归方程eq\a\vs4\al(\o(y,\s\up6(^)))＝eq\a\vs4\al(\o(b,\s\up6(^)))x＋eq\a\vs4\al(\o(a,\s\up6(^)))；如果此人设想使用某种饵料10百斤时，草鱼重量的增加量须多于5百斤，请根据回归方程计算，确定此方案是否可行？并说明理由；(2)养鱼的池塘对水质含氧量与新鲜度要求较高，某商家为该养殖户提供收费服务，即提供不超过3台增氧冲水机，每期养殖使用的增氧冲水机运行台数与鱼塘的鱼重量X有如下关系：鱼的重量(单位：百斤)20<X<4040≤X≤60X>60增氧冲水机运行台数123若某台增氧冲水机运行，则商家每期可获利5千元；若某台增氧冲水机未运行，则商家每期亏损2千元．视频率为概率，商家欲使每期增氧冲水机总利润的均值达到最大，应提供几台增氧冲水机？附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其经验回归直线eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为eq\o(b,\s\up6(^))＝解（1）依题意，得所以eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\f(3,13)x＋eq\f(37,13)，当x＝10时，eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\f(67,13)>5，故此方案可行．(2)设盈利为Y，提供1台，盈利Y＝5000.提供2台，当20<X<40时，Y＝3000，P＝eq\f(1,5)，当X≥40时，Y＝10000，P＝eq\f(4,5).所以E(Y)＝eq\f(1,5)×3000＋eq\f(4,5)×10000＝8600.提供3台，当20<X<40时，Y＝1000，P＝eq\f(1,5)，当40≤X≤60时，Y＝8000，P＝eq\f(3,5)，当X>60时，Y＝15000，P＝eq\f(1,5).所以E(Y)＝1000×eq\f(1,5)＋8000×eq\f(3,5)＋15000×eq\f(1,5)＝8000.因为8600>8000，故应提供2台增氧冲水机．本题主要考查概率与回归方程等知识，考查学生的数据处理能力和应用意识，注意分析数据，定型求解，正确计算是关键．变式训练3抗体药物的研究是生物技术制药领域的一个重要组成部分，抗体药物的摄入量与体内抗体数量的关系成为研究抗体药物的一个重要方面．某研究团队收集了10组抗体药物的摄入量与体内抗体数量的数据，并对这些数据做了初步处理，得到了如图所示的散点图及一些统计量的值，抗体药物摄入量为x(单位：mg)，体内抗体数量为y(单位：AU/mL)．eq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))tisieq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))tieq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))sieq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))teq\o\al(2,i)29.2121634.4表中ti＝lnxi，si＝lnyi.(1)根据经验，我们选择y＝cxd作为体内抗体数量y关于抗体药物摄入量x的经验回归方程，将y＝cxd两边取对数，得lny＝lnc＋dlnx，可以看出lnx与lny具有线性相关关系，试根据参考数据建立y关于x的经验回归方程，并预测抗体药物摄入量为25mg时，体内抗体数量y的值；(2)经技术改造后，该抗体药物的有效率z大幅提高，经试验统计得z服从正态分布N(0.48，0.032)，那这种抗体药物的有效率z超过0.54的概率约为多少？附：①对于一组数据(ui，vi)(i＝1，2，…，n)，其经验回归直线eq\o(v,\s\up6(^))＝eq\o(β,\s\up6(^))u＋eq\o(α,\s\up6(^))的斜率和截距的最小二乘估计分别为eq\o(β,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up10(n),\s\do8(i＝1))uivi－n\o(u,\s\up6(－))\o(v,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up10(n),\s\do8(i＝1))ueq\o\al(2,i)－n\o(u,\s\up6(－))2)，eq\o(α,\s\up6(^))＝eq\o(v,\s\up6(－))－eq\o(β,\s\up6(^))eq\o(u,\s\up6(－))；②若随机变量Z～N(μ，σ2)，则有P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9974；③取e≈2.7.解(1)将y＝cxd两边取对数，得lny＝lnc＋dlnx，由题知，s＝lny，t＝lnx，则经验回归方程变为s＝lnc＋dt，由表中数据可知，eq\o(s,\s\up6(－))＝eq\f(1,10)eq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))si＝1.6，eq\o(t,\s\up6(－))＝eq\f(1,10)eq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))ti＝1.2，所以eq\o(d,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))tisi－10\o(t,\s\up6(－))\o(s,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))teq\o\al(2,i)－10\o(t,\s\up6(－))2)＝eq\f(29.2－10×1.2×1.6,34.4－10×1.22)＝0.5，lneq\o(c,\s\up6(^))＝eq\o(s,\s\up6(－))－eq\o(d,\s\up6(^))eq\o(t,\s\up6(－))＝1.6－0.5×1.2＝1，所以eq\o(s,\s\up6(^))＝1＋0.5t，即lneq\o(y,\s\up6(^))＝1＋0.5lnx＝lne＋lnx0.5＝lnex0.5，故y关于x的经验回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝ex0.5，当x＝25mg时，eq\o(y,\s\up6(^))＝e·250.5≈2.7×5＝13.5AU/mL.(2)因为z服从正态分布N(0.48，0.032)，其中μ＝0.48，σ＝0.03，所以P(μ－2σ≤z≤μ＋2σ)＝P(0.42≤z≤0.54)≈0.9545，所以P(z>0.54)＝eq\f(1－P（0.42≤z≤0.54）,2)≈eq\f(1－0.9545,2)＝0.02275.故这种抗体药物的有效率z超过0.54的概率约为0.02275.题型4概率与独立性检验的综合问题例4(2022·新高考Ⅰ卷改编)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：组别生活习惯不够良好良好病例组4060对照组1090(1)依据小概率值α＝0.010的独立性检验，能否认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”.eq\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up6(－))|A）)与eq\f(P（B|\o(A,\s\up6(－))）,P（\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))）)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.(ⅰ)证明：R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）)；(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解(1)零假设H0：患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯无差异．χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)＝eq\f(200×（40×90－60×10）2,100×100×50×150)＝24＞6.635＝x0.010，依据小概率值α＝0.010的独立性检验，推断H0不成立，即认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．(2)(ⅰ)证明：因为R＝eq\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up6(－))|A）)·eq\f(P（\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))）,P（B|\o(A,\s\up6(－))）)＝eq\f(P（AB）,P（A）)·eq\f(P（A）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)＝eq\f(P（AB）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)，而eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）)＝eq\f(P（AB）,P（B）)·eq\f(P（B）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(B,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)＝eq\f(P（AB）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)，所以R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）).(ⅱ)由已知P(A|B)＝eq\f(40,100)＝eq\f(2,5)，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(10,100)＝eq\f(1,10)，又P(eq\o(A,\s\up6(－))|B)＝eq\f(60,100)＝eq\f(3,5)，P(eq\o(A,\s\up6(－))|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(90,100)＝eq\f(9,10)，所以R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）)＝6.此类题目虽然涉及的知识点较多，但每个知识点考查程度相对较浅，考查深度有限，所以解决此类问题，最主要的是正确掌握概率与统计案例的基本知识，并能对这些知识点进行有效的融合，把统计图表中的量转化为概率及分布列求解中的有用的量是解决此类问题的关键所在．变式训练4(2023·全国甲卷)为探究某药物对小鼠的生长抑制作用，将40只小鼠均分为两组，分别为对照组(不加药物)和实验组(加药物)．(1)设指定的两只小鼠中对照组小鼠数目为X，求X的分布列和数学期望；(2)测得40只小鼠体重如下(单位：g)：(已按从小到大排好)对照组：17．318.420.120.421.523.224.624.825.025.426．126.326.426.526.827.027.427.527.628.3实验组：5．46.66.86.97.88.29.410.010.411.214．417.319.220.223.623.824.525.125.226.0(ⅰ)求40只小鼠体重的中位数m，并完成下面2×2列联表：＜m≥m对照组实验组(ⅱ)根据2×2列联表，能否有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用？参考数据：P(K2≥k0)0.100.050.010k02.7063.8416.635解(1)依题意，X的可能取值为0，1，2，则P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,20)Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(2,40))＝eq\f(19,78)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,20),Ceq\o\al(2,40))＝eq\f(20,39)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20)Ceq\o\al(0,20),Ceq\o\al(2,40))＝eq\f(19,78)，所以X的分布列为X012Peq\f(19,78)eq\f(20,39)eq\f(19,78)故E(X)＝0×eq\f(19,78)＋1×eq\f(20,39)＋2×eq\f(19,78)＝1.(2)(ⅰ)依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排好后第20位与第21位数据的平均数，由于原数据已经按从小到大排好，所以我们只需要观察对照组第一排数据与实验组第二排数据即可，可得第11位数据为14.4，后续依次为17.3，17.3，18.4，19.2，20.1，20.2，20.4，21.5，23.2，23.6，…，故第20位数据为23.2，第21位数据为23.6，所以m＝eq\f(23.2＋23.6,2)＝23.4，故列联表为＜m≥m对照组614实验组146(ⅱ)由(ⅰ)可得，K2＝eq\f(40×（6×6－14×14）2,20×20×20×20)＝6.4＞3.841，所以能有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用．第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[课程标准]1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．1．分类加法计数原理完成一件事有eq\x(\s\up1(01))两类不同的方案．在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝eq\x(\s\up1(02))m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要eq\x(\s\up1(03))两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝eq\x(\s\up1(04))m×n种不同的方法．两个计数原理的区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏,步步相依，缺一不可1．(人教A选择性必修第三册6.1练习T3改编)快递员去某小区送快递，该小区共有四个出入口，每个出入口均可进出，则该快递员进出该小区的方案种数为()A．6 B．8C．16 D．14答案C解析方案种数为4×4＝16，故选C.2．(人教B选择性必修第二册3.1.1练习AT1改编)某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有()A．3种 B．6种C．7种 D．9种答案C解析买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案．因此共有3＋3＋1＝7种购买方案．故选C.3．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2160 B．720C．240 D．120答案B解析分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法．共有10×9×8＝720种分法．故选B.4．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定的不同平面的个数为()A．40 B．16C．13 D．10答案C解析分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．故选C.5．(人教A选择性必修第三册习题6.1T6(1)改编)已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点有________个．答案6解析第一象限内不同的点有2×2＝4个，第二象限内不同的点有1×2＝2个，故共有4＋2＝6个．考向一分类加法计数原理例1(1)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的共有()A．18个 B．15个C．12个 D．9个答案B解析依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成的有3个，分别为400，040，004；由3，1，0组成的有6个，分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成的有3个，分别为220，202，022；由2，1，1组成的有3个，分别为211，121，112，共3＋6＋3＋3＝15(个)．(2)设集合A＝{1，2，3，4}，m，n∈A，则方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1表示的焦点位于y轴上的椭圆有()A．6个 B．8个C．12个 D．16个答案A解析因为椭圆的焦点在y轴上，所以m<n，当m＝1时，n＝2，3，4；当m＝2时，n＝3，4；当m＝3时，n＝4，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．故选A.使用分类加法计数原理时应注意的三个方面(1)各类方法之间相互独立，每种方法都能完成这件事，且方法总数是各类方法数相加得到的．(2)分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类．(3)完成这件事的任何一种方法必属于某一类，且分别属于不同类的方法都是不同的．1.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A．4种 B．10种C．18种 D．20种答案B解析依题意，得可能剩余一本画册或一本集邮册两类情况．第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有Ceq\o\al(2,4)＝6(种)．因此满足题意的赠送方法共有4＋6＝10种．故选B.2．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A．14 B．13C．12 D．10答案B解析当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，2)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)．综上，满足要求的有序数对共有13个．故选B.3．如果一个三位正整数形如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为()A．240 B．204C．729 D．920答案A解析若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，凸数为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则凸数有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的凸数有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的凸数有8×9＝72(个)．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．故选A.考向二分步乘法计数原理例2(1)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．18C．12 D．9答案B解析分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.(2)“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为()5A．72 B．108C．144 D．196答案C解析依题意，5的上方和左边所填数字只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边所填数字只能从6，7，8，9中选取．第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，有3种方法；第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方法．由分步乘法计数原理，得不同的填法种数为4×3×4×3＝144.故选C.(3)现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有________种不同的排法．答案1280解析完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原理，分步进行：第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1280种不同的排法．利用分步乘法计数原理解题的策略(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键，从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．1.(2023·汕头二模)电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为()A．2563 B．27C．2553 D．6答案A解析分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，根据分步乘法计数原理，得共可配成256×256×256＝2563种颜色．故选A.2．为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有()A．48种 B．36种C．24种 D．12种答案B解析由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法．根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36(种)不同的选取方法．故选B.3．从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个．(用数字作答)答案186解析一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理，知共有3×3×2＝18个不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6个偶函数．多角度探究突破考向三两个计数原理的综合应用角度与数字有关的问题例3(1)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A．243 B．252C．261 D．279答案B解析由分步乘法计数原理知，用0，1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.(2)从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的底数和真数，则所产生的不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52答案D解析在8个数字中任取2个不同的数字共可产生8×7＝56个对数值，在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，则满足条件的对数值共有56－4＝52个．故选D.角度与几何有关的问题例4(1)从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有()A．8种 B．12种C．16种 D．20种答案B解析正方体共有3组对面互不相邻．与正方体的每组对面相邻的面有4个，所以有3×4＝12种选法．故选B.(2)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A．60 B．48C．36 D．24答案B解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个对角面构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.故选B.角度与涂色、种植有关的问题例5(1)(2023·常州模拟)中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同．若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有()A．1050种 B．1260种C．1302种 D．1512种答案C解析由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色．先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择；当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择；当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择．故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1302种．故选C.(2)在一块并排10垄的田地中，种植作物时每种作物种植一垄，相邻的垄不种同一种作物．现有3种作物可选，则有________种种植方法；若3种作物必须都种，则有________种种植方法；若只在其中2垄种植其中的A，B两种作物，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则有________种种植方法．答案1536153012解析3种作物任选时，种植第1垄有3种选择，第2垄有2种选择，后面的垄只需与前一垄不同即可，共有3×2×2×2×2×2×2×2×2×2＝1536(种)种植方法.3种作物都选时，只需排除只用2种作物完成种植的情况，共有1536－3×2×1×1×1×1×1×1×1×1＝1530(种)种植方法．两种作物的间隔不小于6垄时，分两步：第一步，先选垄，如图所示，共有6种选法；第二步，种植A，B两种作物，有2种方法．根据分步乘法计数原理，可得有6×2＝12(种)种植方法．利用两个计数原理解题时的三个注意点(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．1.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48 B．18C．24 D．36答案D解析分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36个．故选D.2．(2023·菏泽模拟)某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法种数为()A．288 B．336C．576 D．1680答案B解析第一步：排白车，第一行选一个位置，则第二行有三个位置可选，由于白车是不相同的，故白车的停法有4×3×2＝24种；第二步：排黑车，若白车选AF，则黑车有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG，共7种选择，由于黑车是不相同的，故黑车的停法有2×7＝14种．根据分步乘法计数原理，不同的停车方法种数为24×14＝336.故选B.3.某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5块区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所选花卉颜色不能相同，则不同的种植方法种数为()A．96 B．114C．168 D．240答案C解析首先在a中种植，有4种不同方法，其次在b中种植，有3种不同方法，再次在c中种植，若c与b同色，则c有1种方法，d有3种不同方法，若c与b不同色，则c有2种不同方法，d有2种不同方法，最后在e中种植，有2种不同方法，所以不同的种植方法共有4×3×(1×3＋2×2)×2＝168(种)．故选C.课时作业一、单项选择题1．在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著——《红楼梦》《三国演义》《水浒传》《西游记》(每种名著至少有5本)，若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为()A．1024 B．625C．120 D．5答案A解析对于五名同学来说，每人都有4种借阅可能，根据分步乘法计数原理，共有45＝1024种可能．故选A.2．从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()A．24 B．18C．12 D．6答案B解析分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，有3×2×2＝12个奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，有3×2×1＝6个奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18个奇数．故选B.3．7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A．120 B．240C．360 D．480答案C解析第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到前排，有3种方法；第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种方法；第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人，有5种方法，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的加入方法种数为3×4×5×6＝360.故选C.4．甲、乙、丙三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种 B．6种C．10种 D．16种答案B解析分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)；同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6种传递方式．故选B.5．(2023·宝鸡模拟)某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊：在基础配方以外，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一味添加到香囊中，则不同的添加方案有()A．13种 B．14种C．15种 D．16种答案C解析从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一味，有Ceq\o\al(1,4)＝4种方法；选两味，有Ceq\o\al(2,4)＝6种方法；选三味，有Ceq\o\al(3,4)＝4种方法；四味中药全选，有Ceq\o\al(4,4)＝1种方法，所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一味添加到香囊中，不同的添加方案共有4＋6＋4＋1＝15种．故选C.6.(2023·南通模拟)在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如图所示是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日(20200202)被称为世界完全对称日(公历纪年日期中数字左右完全对称的日期)．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如11，242，5225都是回文数，则用0，1，2，3，4，5这些数字构成的所有三位数的回文数中，能被3整除的个数是()A．8 B．10C．11 D．13答案B解析当三位数的三个数位上的数字都相同时，有111，222，333，444，555，共5个；当三位数的三个数位上的数字有两个相同时，有141，252，303，414，525，共5个，所以满足题意的回文数共有10个．故选B.7.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是()A．8 B．12C．16 D．18答案C解析根据正六边形的性质，当A1ABB1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1AFF1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意．故共有4＋4＋4＋4＝16个．故选C.8.(2023·南宁模拟)五行是华夏民族创造的哲学思想．多用于哲学、中医学和占卜方面．五行学说是华夏文明重要的组成部分．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化．所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源．如图是五行图，现有4种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色(例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色)，五行相克可以用同一种颜色(例如火与水相克可以用同一种颜色)，则不同的涂色方法种数是()A．30 B．120C．150 D．240答案D解析由题意，不妨设4种颜色分别为A，B，C，D，先填涂区域“火”，有4种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为A，接下来填涂区域“土”，有3种选择，分别为B，C，D，若区域“土”填涂的颜色为B，则区域“金”填涂的颜色可为A，C，D；若区域“土”填涂的颜色为C，则区域“金”填涂的颜色可为A，B，D；若区域“土”填涂的颜色为D，则区域“金”填涂的颜色可为A，B，C.综上所述，区域“金”填涂A，B，C，D的方案种数分别为3，2，2，2，接下来考虑区域“水”的填涂方案：若区域“金”填涂的颜色为A，则区域“水”填涂的颜色可为B，C，D；若区域“金”填涂的颜色为B，则区域“水”填涂的颜色可为A，C，D；若区域“金”填涂的颜色为C，则区域“水”填涂的颜色可为A，B，D；若区域“金”填涂的颜色为D，则区域“水”填涂的颜色可为A，B，C.则区域“水”填涂A的方案种数为2×3＝6，填涂B的方案种数为3＋2×2＝7，填涂C的方案种数为3＋2×2＝7，填涂D的方案种数为3＋2×2＝7.从区域“火”“土”“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，若区域“水”填涂的颜色为A，则区域“木”填涂的颜色可为B，C，D；若区域“水”填涂的颜色为B，则区域“木”填涂的颜色可为C，D；若区域“水”填涂的颜色为C，则区域“木”填涂的颜色可为B，D；若区域“水”填涂的颜色为D，则区域“木”填涂的颜色可为B，C.所以，当区域“火”填涂颜色A时，填涂方案种数为6×3＋7×2×3＝60.因此不同的涂色方法种数是4×60＝240.故选D.二、多项选择题9．现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是()A．选1人为负责人的选法有34种B．每组选1名组长的选法有5400种C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法有420种D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种答案AD解析对于A，4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法有34种，A正确；对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040(种)，B错误；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法，从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法，从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法，从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法，从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法，从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错误；对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64种选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27种选法，所以不同的选法共有64－27＝37(种)，D正确．10.(2023·嘉兴模拟)如图，把图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，现有n种不同的颜色可供选择，则()A．n≥3B．当n＝4时，若B，D同色，共有48种涂法C．当n＝4时，若B，D不同色，共有48种涂法D．当n＝5时，总的涂色方法有420种答案ABD解析对于A，由于区域A与B，C，D均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确．对于