《2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理课后作业理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理课后作业理（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、110101 1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础送分 提速狂刷练一、选择题1有不同的语文书 9 本，不同的数学书 7 本，不同的英语书 5 本，从中选出不属于同一学科的书 2 本，则不同的选法有( )A21 种 B315 种 C143 种 D153 种答案 C解析 可分三类：一类：语文、数学各 1 本，共有 9763 种；二类：语文、英语各 1 本，共有 9545 种；三类：数学、英语各 1 本，共有 7535 种；共有 634535143 种不同选法故选 C.2如果把个位数是 1，且恰有 3 个数字相同的四位数叫做“好数” ，那么在由 1,2,3,4
2、四个数字组成的有重复数字的四位数中， “好数”共有_个( )A8 B12 C14 D9答案 B解析 由题意知本题是一个分类计数问题当组成的数字有三个 1，三个 2，三个 3，三个 4 共有 4 种情况，当有三个 1 时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有 9 种，当有三个 2,3,4 时：2221,3331,4441，有 3 种，根据分类计数原理得到共有 12 种结果，故选 B.3高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )A16 种 B18 种 C37
3、种 D48 种答案 C解析 自由选择去四个工厂有 43种方法，甲工厂不去，自由选择去乙、丙、丁三个工厂有 33种方法，故不同的分配方案有 433337 种故选 C.4某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单，开演前又增加了 2 个新节目如要将这 2 个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为( )A42 B30 C20 D12答案 A解析 将新增的 2 个节目分别插入原定的 5 个节目中，插入第一个有 6 种插法，插入第2 个时有 7 个空，共 7 种插法，所以共 6742(种)故选 A.5(2017石家庄模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )A10 种 B2
4、5种 C52种 D24种答案 D2解析 每相邻的两层之间各有 2 种走法，共分 4 步由分步乘法计数原理，共有 24种不同的走法故选 D.6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 ( )A60 B48 C36 D24答案 B解析 长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”个数为 6636，另含 4 个顶点的 6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为 6212，故符合条件的“平行线面组”的个数是 361248.故选 B.7(2017山东模拟)用 0,1，9 十个数字，可以组成有重复
5、数字的三位数的个数为( )A243 B252 C261 D279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 91010900，组成没有重复数字的三位数的个数为 998648，则组成有重复数字的三位数的个数为 900648252，故选 B.8(2018南宁调研)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“六合数”共有( )A18 个 B15 个 C12 个 D9 个答案 B解析 依题意，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 3 个数，分别为 400,
6、040,004；由 3,1,0 组成 6 个数，分别为 310,301,130,103,013,031；由 2,2,0组成 3 个数，分别为 220,202,022；由 2,1,1 组成 3 个数，分别为 211,121,112，共计363315(个)故选 B.9有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，若从三名工人中选 2 名分别去操作以上车床，则不同的选派方法有( )A6 种 B5 种 C4 种 D3 种答案 C解析 若选甲、乙 2 人，则包括甲操作A车床，乙操作B车床或甲操作B车床，乙操作A车床，共有 2 种选派方法；若选甲、丙
7、 2 人，则只有甲操作B车床，丙操作A车床这 1 种选派方法；若选乙、丙 2 人，则只有乙操作B车床，丙操作A车床这 1 种选派方法共有 2114 种不同的选派方法故选 C.10(2018湖南长沙模拟)若两条异面直线所成的角为 60，则称这对异面直线为“黄金异面直线对” ，在连接正方体各顶点的所有直线中， “黄金异面直线对”共有( )A12 对 B18 对 C24 对 D30 对答案 C解析 依题意，注意到在正方体ABCDA1B1C1D1中，与直线AC构成异面直线且所成的3角为 60的直线有BC1，BA1，A1D，DC1，注意到正方体ABCDA1B1C1D1中共有 12 条面对角线，可知所求的
8、“黄金异面直线对”共有24 对，故选 C.4 12 2二、填空题11已知集合M1,2,3,4，集合A，B为集合M的非空子集，若对xA，yB，xy恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对” ，则集合M的“子集对”共有_个答案 17解析 当A1时，B有 2317 种情况；当A2时，B有 2213 种情况；当A3时，B有 1 种情况；当A1,2时，B有 2213 种情况；当A1,3，2,3，1,2,3时，B均有 1 种情况故满足题意的“子集对”共有 7313317 个12(2018湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做mn的加法时各位均不进位(例如：13438023936)，则称(m，n)为
9、“简单的”有序对，而mn称为有序对(m，n)的值，那么值为 1942 的“简单的”有序对的个数是_答案 300解析 第 1 步，110,101，共 2 种组合方式；第 2 步，909,918,927,936，990，共 10 种组合方式；第 3 步，404,413,422,431,440，共 5 种组合方式；第 4 步，202,211,220，共 3 种组合方式根据分步乘法计数原理，值为 1942 的“简单的”有序对的个数为 21053300.13已知数列an是公比为q的等比数列，集合Aa1，a2，a10，从A中选出 4个不同的数，使这 4 个数成等比数列，这样得到 4 个数的不同的等比数列的
10、个数为_答案 24解析 当公比为q时，满足题意的等比数列有 7 种，当公比为 时，满足题意的等比数1 q列有 7 种，当公比为q2时，满足题意的等比数列有 4 种，当公比为时，满足题意的等比1 q2数列有 4 种，当公比为q3时，满足题意的等比数列有 1 种，当公比为时，满足题意的等1 q3比数列有 1 种，因此满足题意的等比数列共有 77441124(种)14如图，一个地区分为 5 个行政区域，现给地图着色，若要求相邻区域不得使用同一颜色，现有 4 种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_种(用数字作答)4答案 72解析 解法一：区域 1 有 C 种着色方法；1 4区域 2 有 C 种着色方法
11、；区域 3 有 C 种着色方法；1 31 2区域 4,5 有 3 种着色方法(4 与 2 同色有 2 种，4 与 2 不同色有 1 种)共有 432372 种不同着色方法解法二：区域 1 与其他四个区域都相邻，宜先考虑区域 1 有 4 种涂法若区域 2,4 同色，有 3 种涂色，此时区域 3,5 均有两种涂法，涂法总数为 432248 种；若区域2,4 不同色，先涂区域 2 有 3 种方法，再涂区域 4 有 2 种方法此时区域 3,5 也都只有 1 种涂法，涂法总数为 4321124 种因此涂法共有 482472 种三、解答题15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
12、每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在 1,2 号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则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，3216 种不同的放法(2)若A球放在 5 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，3216 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 3216 种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3618 种不同的
13、放法综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有 661830 种16(2018江阴模拟)用n(nN N* *)种不同颜色给如图的 4 个区域涂色，要求相邻区域不能用同一种颜色5(1)当n6 时，图、图各有多少种涂色方案？(要求：列式或简述理由，结果用数字作答)(2)若图有 180 种涂色法，求n的值解 (1)当n6 时，图A有 6 种方法，B有 5 种方法，C有 4 种方法，D有 5 种方法，共有涂色方法 6545600 种图若A，C相同，则A有 6 种方法，B有 5 种方法，D有 4 种方法，共有654120 种若A，C不同，则A有 6 种方法，B有 5 种方法，C有 4 种方法，D有 3 种方法，共有6543360 种共有涂色方法 120360480 种(2)A有n种方法，B有n1 种方法，C有n2 种方法，D有n2 种方法，共有涂色方法n(n1)(n2)(n2)种，由n(n1)(n2)(n2)180，解得n5.
