高考数学一轮复习 101分类加法计数原理与分步乘法计数原理配套训练 理 新人教A版

1、第十章计数原理、概率、随机变量及其分布、统计第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础巩固1.有三本不同的书,一个人去借,至少借一本的方法有()a.3种b.6种c.7种d.9种【答案】c【解析】分三类:第一类,借1本书,有3种借法;第二类,借2本书,有3种借法;第三类,借3本书,有1种借法.所以,由分类加法计数原理,共有借法3+3+1=7种.2.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学,在数学检测时要求每位教师不能在本班监考,则监考的方法有()a.8种b.9种c.10种d.11种【答案】b【解析】分四步完成,共有3311=9(种).3.有不同颜色的四件上衣与三件不同颜色的长裤,如果一条

2、长裤与一件上衣配成一套,则不同的配套种数为()a.7b.64c.12d.81【答案】c【解析】由分步乘法计数原理有配套方法43=12(种).4.如图,在34的方格(每个方格都是正方形)中,共有正方形()a.12个b.14个c.18个d.20个【答案】d【解析】将所有正方形分成3类:边长为1的正方形共有12个;边长为2的正方形共有6个;边长为3的正方形共有2个,所以共有正方形12+6+2=20个.5.从10名大学毕业生中选3人担任村长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为()a.85b.56c.49d.28【答案】c【解析】所有选法分两类:甲、乙恰有1人入选的选法有=42(

3、种),甲、乙都入选的选法有=7种,故不同的选法有42+7=49种.6.五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目,每个工程队承建1项,其中甲工程队不能承建1号子项目,则不同的承建方案共有()a.4种b.96种c.16种d.24种【答案】b【解析】分五步完成.第一步,甲工程队选承建项目,有4种方法;第二步,第二个工程队选承建项目,有4种方法;第三步,第三个工程队选承建项目,有3种方法;第四步,第四个工程队选承建项目,有2种方法;第五步,第五个工程队选承建项目,有1种方法.共有44321=96种方法.7.有一个圆被两相交弦分成四块,现在用5种不同颜料给这四块涂色,要求共边两块的颜色互异,每块只涂一色

4、,共有涂色方法种数是()a.240b.250c.260d.180【答案】c【解析】如图所示,分别用a,b,c,d表示这四块区域,a与c可同色也可不同色,可先考虑给a,c两块涂色,可分两类:给a,c涂同种颜色共5种涂法,再给b涂色有4种涂法,最后给d涂色也有4种涂法.由分步乘法计数原理知,此时共有544=80种涂法.给a,c涂不同颜色共有54=20种涂法,再给b涂色有3种涂法,最后给d涂色也有3种涂法,此时共有2033=180种涂法.故由分类加法计数原理知,共有544+2033=260种涂法.8.设集合a=1,2,3,4,5,a,ba,则方程+=1表示焦点位于y轴上的椭圆有个.【答案】10【解析

5、】分四类.第一类,b=5时,有4个;第二类,b=4时,有3个;第三类,b=3时,有2个;第四类,b=2时,有1个.根据分类加法计数原理,共有4+3+2+1=10个.9.某学校组织3名同学去4个工厂进行社会实践活动,其中工厂a必须有同学去实践,每个同学去哪个工厂可自行选择,则不同的分配方案共有种(用数字作答).【答案】37【解析】方法一(直接法):(1)有1名同学去a工厂,则共有333=27种分配方案;(2)有2名同学去a工厂,则共有33=9种分配方案;(3)有3名同学去a工厂,则有1种分配方案,故共有27+9+1=37种.方法二(间接法):自由选择去4个工厂有43种方法,工厂a不去,自由选择其

6、余3个工厂有33种方法,故不同的分配方案有43-33=37种.10.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.【答案】36【解析】若“正交线面对”中的平面为正方体的某一面,则过其四个顶点的垂线与该面是“正交线面对”,而这样的“正交线面对”有64=24个.若“正交线面对”中的平面为正方体的某一对角面,则正方体必有两条面对角线与该平面垂直,因而这样的“正交线面对”有62=12(个).因而共有24+12=36个.11.已知集合a=a1,a2,a3,a4,集合b=b1,b2,其中ai,b

7、j(i=1,2,3,4;j=1,2)均为实数.(1)从集合a到集合b能构成多少个不同的映射?(2)能构成多少个以集合a为定义域,以集合b为值域的不同函数?【解】(1)因为集合a中的每个元素ai(i=1,2,3,4)与集合b中元素的对应方法都有2种,由分步乘法计数原理,构成ab的映射有2222=24=16个.(2)在(1)的映射中,a1,a2,a3,a4均对应同一元素b1或b2的情形构不成以集合a为定义域,以集合b为值域的函数,这样的映射有2个.所以,构成以集合a为定义域,以集合b为值域的函数有16-2=14个.12.用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2000大的4位偶数?【解

8、】完成这件事可分为3类:第一类是用0作结尾的比2000大的4位偶数,它可以分三步去完成:第一步,选取千位上的数字,只有2,3,4,5可以选择,有4种选法;第二步,选取百位上的数字,除0和千位上已选定的数字以外,还有4个数字可供选择,有4种选法;第三步,选取十位上的数字,还有3种选法.依据分步乘法计数原理,这类数的个数为443=48.第二类是用2作结尾的比2000大的4位偶数,它可以分三步去完成:第一步,选取千位上的数字,除去2,1,0只有3个数字可以选择,有3种选法;第二步,选取百位上的数字,在去掉已经确定的首尾两数字之后,还有4个数字可供选择,有4种选法;第三步,选取十位上的数字,还有3种选

9、法.依据分步乘法计数原理,这类数的个数为343=36.第三类是用4作结尾的比2000大的4位偶数,其步骤同第二类.这类数的个数为343=36.综上可知,符合题设条件的4位数偶数共有48+36+36=120个.13.编号为a,b,c,d,e的五个小球放在如图所示的五个盒子里,要求每个盒子中只能放一个小球,且a球不能放在1号盒子和2号盒子中,b球必须放在与a球相邻的盒子中,求不同的放法有多少种.【解】根据a球所在位置分三类:(1)若a球放在3号盒子内,则b球只能放在4号盒子内,余下的三个盒子放球c,d,e,则根据分步乘法计数原理得,321=6种不同的放法;(2)若a球放在5号盒子内,则b球只能放在

10、4号盒子内,余下的三个盒子放球c,d,e,则根据分步乘法计数原理得,321=6种不同的放法;(3)若a球放在4号盒子内,则b球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个,余下的三个盒子放球c,d,e,有=6种不同的放法,根据分步乘法计数原理得,3321=18种不同放法.综上所述,由分类加法计数原理得不同的放法共有6+6+18=30种.拓展延伸14.如图,从a地到b地有3条不同的道路,从b地到c地有4条不同的道路,从a地不经b地直接到c地有2条不同的道路.(1)从a地到c地共有多少种不同的走法?(2)从a地到c地再回到a地有多少种不同的走法?(3)从a地到c地再回到a地,但回来时要走与去时不同的道路,有多少种走法?【解】(1)从a地到c地的走法分为两类:第一类经过b,第二类不经过b.在第一类中分两步完成,第一步从a到b,第二步从b到c