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2016届高考数学一轮复习 10.1分类计数与分步计数原理练习 理


第十章

计数原理、概率、随机变量及其分布 第一节 分类计数与分步计数原理
3 4 5 6 7

题号 答案

1

2

1.某校开设 A 类选修课 3 门,B 类选修课 4 门,一位同学从中共选 3 门,若要求两类课 程中各至少选一门,则不同的选法共有( A.30 种 )

B.35 种 C.42 种 D.48 种
2 1 1 2

解析:分两种情况:(1)2 门 A,1 门 B,有 C3C4=12 种选法;(2)1 门 A,2 门 B,有 C3C4 =18 种选法.∴共有 12+18=30 种选法. 答案:A 2.集合 P{x,1},Q={y,1,2},其中 x,y∈{1,2,3,?,9},且 P? Q.把满足上 述条件的一对有序整数对(x,y)作为一个点的坐标,则这样的点的个数是( A.9 个 答案:B 3.(2012·大纲全国卷)将字母 a,a,b,b,c,c 排成三行两列,要求每行的字母互不 相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有( A.12 种 B.18 种 C.24 种 D.36 种 解析:由分步乘法计数原理,先排第一列,有 A3种方法,再排第二列,有 2 种方法,故 共有 A3×2=12 种排列方法,选 A. 答案:A 4.若从 1,2,3,?,9 这 9 个数中同时取 4 个不同的数,其和为奇数,则不同的取法 共有( )
3 3

)

B.14 个 C.15 个

D.21 个

)

A.66 种 B.63 种 C.61 种 D.60 种 解析:从 1,2,3,?,9 这 9 个数中同时取 4 个不同的数,其和为奇数的取法分为两 类:第一类取 1 个奇数,3 个偶数,共有 C5C4=20 种取法;第二类是取 3 个奇数,1 个偶数, 共有 C5C4=40 种取法.故不同的取法共有 60 种,故选 D. 答案:D D 5.某小区有排成一排的 7 个车位,现有 3 辆不同型号的车需要停 放,如果要求剩余的 4 个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为( A.16 种 B .18 种 C.24 种 D.32 种 解析:将 7 个车位编号 1,2,3,4,5,6,7,其中 4 个车位连在一起的有四种情况,
1
3 1 1 3

)

每种 情况对应的 3 个车位停放 3 辆车的方法数为 A3=6(种), 不同的停放方法共 A3· C4=6×4 =24 种.故选 C. 答案:C 6. (2013·福州质检)如图所示 2×2 方格, 在每一个方格中填入一个数 字,数字可以是 1、2、3、4 中的任何一个,允许重复.若填入 A 方格的数 字大于 B 方格的数字,则不同的填法共有( A.192 种 B.128 种 C.96 种 )

3

3

1

D.12 种

解析:可分三步:第一步,填 A、B 方格的数字,填入 A 方格的数字大于 B 方格中的数 字有 6 种方式(若方格 A 填入 2,则方格 B 只能填入 1;若方格 A 填入 3,则方格 B 只能填入 1 或 2;若方格 A 填入 4,则方格 B 只能填入 1 或 2 或 3);第二步,填方格 C 的数字,有 4 种不同的填法;第三步,填方格 D 的数字,有 4 种不同的填法.由分步计数原理得,不同的 填法总数为 6×4×4=96.故选 C. 答案:C 7. (2013·西安调研)某种体育彩票规定: 从 01 至 36 共 36 个号码中抽出 7 个号码为一 注,每注 2 元,某人想从 01 至 10 中选 3 个连续的号码,从 11 至 20 中选 2 个连续的号码, 从 21 至 30 中选 1 个号码,从 31 至 36 中选 1 个号码,组成一注,则要把这种特殊要求的号 码买全,至少要花费( A.3 360 元 )

B.6 720 元 C.4 320 元 D.8 640 元

解析:从 01 至 10 的 3 个连号的情况有 8 种;从 11 至 20 的 2 个连号的情况有 9 种;从 21 至 30 的单选号的情况有 10 种, 从 31 至 36 的单选号的情况有 6 种, 故总的选法有 8×9×10 ×6=4 320 种,可得需要 8 640 元.故选 D. 答案: D 8.从 1 到 10 的 10 个正整数中,任意抽取 2 个数相加,所得和为奇数的不同情形有 ________种. 解析:当且仅当偶数加上奇数后和为奇数,从而不同情形有 5×5=25 种. 答案:25 9.用数字 0,1,2,3,4,5 ,6 组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位和百位 上的数字之和为偶数的四位数共有________个(用数字作答). 解析:个位、十位和百位上的数字为 3 个偶数的有:C3A3C4+A3C3=90 种;个位、十位 和百位上的数字为 1 个偶数 2 个奇数的有: C3A3C4+C3C3A3C3=234 种, 所以共有 90+234=324 种. 答案:324 10.如果一个凸多面体是 n 棱锥,那么这个凸多面体的所有顶点所确定 的直线共有______条,这些直线中共有 f(n)对异面直线,则 f(4)=______,
2
2 3 1 1 2 3 1 2 3 1 3 1

f(n)=______( 答案用数字或 n 的解析式表示). n(n+1) 答案: 8 n(n-2) 2 11.假设佛山五区行政区划图如图, 测绘局想要给地图着色, 要求相邻区域颜色不同. 现 有 4 种颜色可供选择,那么共有不同的着色方案为________种(用数字作答). 答案:144 12.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________. 解析:正方体的一条棱对应着 2 个“正交线面对”,12 条棱共对应着 24 个“正交线面 对”;正方体的一条面对角线对应着 1 个“正交线面对”,12 条面对 角线对应着 12 上“正交线面对”,共有 36 个. 答案:36 13.编号为 A,B,C,D,E 的 5 个小球放在如图所示的 5 个盒子里,要求每 个盒子只能放 1 个小球,且 A 球不能放在 1,2 号盒子里,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? 解析: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 3 个盒子放球 C,D, E,则根据分步乘法计数原理得,A3=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 3 个盒子放球 C,D, E,则根据分步乘法计数原理得,A3=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 3 个盒子放球 C,D,E 有 A3=6 种不同的放法,根据分步乘法计数原理得,3×3×2×1= 18 种不同方法. 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. 14.用 0,1,2,3,4,5 可以组成多少个无重复数字的比 2 000 大的四位偶数? 解析:完成这件事有 3 类方法: 第一类是用 0 做结尾的比 2 000 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,这类数的个数有 4×4×3=48(个); 第二类是用 2 做结尾的比 2 000 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,
3 3 3

3

选取十位上的数字,还有 3 种选法.依据分步乘法计数原理,这类数的个数有 3×4×3= 36(个); 第三类是用 4 做结尾的比 2 000 大的 4 位偶数,其步骤同第二类. 对以上三类结论用分类加法计数原理, 可得所求无重复数字的比 2 000 大的四位偶数有 4×4×3+3×4×3+3×4×3=120(个).

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