【数学】2020届一轮复习浙江专版9-2分类加法计数原理与分步乘法计数原理作业

【数学】2020届一轮复习浙江专版9-2分类加法计数原理与分步乘法计数原理作业

课时跟踪检测（五十二）分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是(　　)‎ A．20　　　　　　　　　 　B．16‎ C．10 D．6‎ 解析：选B　当a当组长时，则共有1×4＝4(种)选法；当a不当组长时，因为a不能当副组长，则共有4×3＝12(种)选法．因此共有4＋12＝16种选法．‎ ‎2．(2019·江山模拟)某班班干部有5名男生，4名女生，从中各选一名干部参加学生党校培训，则不同的选法种数有(　　)‎ A．9 B．20‎ C．16 D．24‎ 解析：选B　先选男生，有5种不同的选法，再选女生，有4种不同的选法．由分步乘法计数原理可知：N＝5×4＝20.‎ ‎3．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1，3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有(　　)‎ A．180种 B．360种 C．720种 D．960种 解析：选D　按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．‎ ‎4．从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是________；3的倍数的个数有________．‎ 解析：从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0，可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法．故所求奇数的个数为3×3×2＝18.若有0，则另两个数分别为1,2或2,4，则不同的三位数有2×2×2＝8种，若有3，则另两个数分别为1,2或2,4，则不同的三位数有3×2×2＝12种，所以满足条件的3的倍数的个数为8＋12＝20个．‎ 答案：18　20‎ ‎5．(2018·温州八校)将三个分别标有A，B，C 的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，则1号盒子中无球的不同放法种数有________种；1号盒子中有球的不同放法种数有________种．‎ 解析：1号盒子无球的不同放法有33＝27种，1号盒子有球的不同放法有43－33＝64－27＝37种．‎ 答案：27　37‎ 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是(　　)‎ A．7 B．10‎ C．25 D．52‎ 解析：选B　因为集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2×5＝10(个)．‎ ‎2．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为(　　)‎ A．56 B．54‎ C．53 D．52‎ 解析：选D　在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值，但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．‎ ‎3．(2019·嘉兴四高适应性考试)将3封信投入6个不同的信箱内，则不同的投法种数有(　　)‎ A．9 B．18‎ C．216 D．729‎ 解析：选C　将3封信投入6个不同的信箱内，每封信都有6种不同的投法，所以满足条件的不同投法种数有63＝216种．‎ ‎4．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)‎ A．144个 B．120个 C．96个 D．72个 解析：选B　当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有CA个偶数．故符合条件的偶数共有2A＋CA＝120(个)．‎ ‎5.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有(　　)‎ A．24种 B．72种 C．84种 D．120种 解析：选C　如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A―→B―→ C―→D顺序涂色，‎ 下面分两种情况：‎ ‎(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48(种)不同的涂法．‎ ‎(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36(种)不同的涂法．故共有48＋36＝84(种)不同的涂色方法．故选C.‎ ‎6．集合N＝{a，b，c}⊆{－5，－4，－2,1,4}，若关于x的不等式ax2＋bx＋c＜0恒有实数解，则满足条件的集合N的个数是________．‎ 解析：依题意知，集合N最多有C＝10(个)，其中对于不等式ax2＋bx＋c＜0没有实数解的情况可转化为需要满足a＞0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当a，c同号时才有可能，共有2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10－2＝8.‎ 答案：8‎ ‎7．在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．其中偶数有________个．‎ 解析：十位上的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．偶数为214,312,314,412,324，共5个．‎ 答案：8　5‎ ‎8.如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．‎ 解析：按区域分四步：第一步，A区域有5种颜色可选；第二步，B区域有4种颜色可选；第三步，C区域有3种颜色可选；第四步，D区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．‎ 答案：180‎ ‎9．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝25，则符合条件的三角形共有________个．‎ 解析：根据三边构成三角形的条件可知，c＜25＋a.‎ 第一类：当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个值；‎ 第二类，当a＝2，b＝25时，c可取25,26，共2个值；‎ ‎……‎ 当a＝25，b＝25时，c可取25,26，…，49，共25个值；‎ 所以三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.‎ 答案：325‎ ‎10．已知集合M＝，若a，b，c∈M，则：‎ ‎(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；‎ ‎(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数．‎ 解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．‎ ‎(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A⊕B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A⊕B中元素的个数为(　　)‎ A．77 B．49‎ C．45 D．30‎ 解析：选C　A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}＝{(x，y)|x＝±1，y＝0；或x＝0，y＝±1；或x＝0，y＝0}，‎ B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}＝{(x，y)|x＝－2，－1，0,1,2；y＝－2，－1,0,1,2}，A⊕B表示点集．‎ 由x1＝－1,0,1，x2＝－2，－1,0,1,2，得x1＋x2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共7种取值可能．‎ 同理，由y1＝－1,0,1，y2＝－2，－1,0,1,2，得y1＋y2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共7种取值可能．‎ 当x1＋x2＝－3或3时，y1＋y2可以为－2，－1,0,1,2中的一个值，分别构成5个不同的点，‎ 当x1＋x2＝－2，－1,0,1,2时，y1＋y2可以为－3，－2，－1，0,1,2,3中的一个值，分别构成7个不同的点，‎ 故A⊕B共有2×5＋5×7＝45(个)元素．‎ ‎2．(2019·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________．‎ 解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；‎ 第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；‎ 第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；‎ 第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．‎ 根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.‎ 答案：300‎ ‎3.如图所示，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，求共有多少不同的染色方法．‎ 解：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．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，不妨设其颜色分别为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．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．‎