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.doc

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3×3×1×1=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4×3=12(种).4.如图,在3×4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(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4×4×3×2×1=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,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5×4×4=80种涂法.给a,c涂不同颜色共有5×4=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20×3×3=180种涂法.故由分类加法计数原理知,共有5×4×4+20×3×3=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】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3×3×3=27种分配方案;(2)有2名同学去A工厂,则共有3×3=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6×4=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6×2=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,bj(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2×2×2×2=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】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4×4×3=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种选法.依据分步乘法计数原理,这类数的个数为3×4×3=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3×4×3=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,3×2×1=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,3×2×1=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,3×3×2×1=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,所以从A地到C地的不同走法总数是3×4+2=14种.(2)该事件发生的过程可以分为两大步:第一步去,第二步回.由(1)可知这两步的走法都是14种,所以去后又回来的走法总数是14×14=196种.(3)该事件的过程与(2)一样可分为两大步,但不同的是第二步即回来时的走法比去时的走法少一种,所以,走法总数为14×13=182种.