【数学】2020届一轮复习人教版（理）第10章第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理作业 6页

A组　基础关 ‎1．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 B．‎14 C．15 D．21‎ 答案　B 解析　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)．‎ 当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.‎ ‎∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．‎ 因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．‎ ‎2．(2018·郑州调研)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，则不同的监考方法有(　　)‎ A．8种 B．9种 C．10种 D．11种 答案　B 解析　设教1,2,3,4班的教师分别为1,2,3,4，满足题意的监考方法有 共9种不同的监考方法．‎ ‎3．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有(　　)‎ A．32个 B．34个 C．36个 D．38个 答案　A 解析　将和等于11的两数放在一组：1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个数，有C＝2种取法，所以这样的子集共有2×2×2×2×2＝32个．‎ ‎4．(2018·河北唐山一模)用两个1，一个2，一个0，可组成不同四位数的个数是(　　)‎ A．18 B．‎16 C．12 D．9‎ 答案　D 解析　千位上是1的四位数有3×2×1＝6个，千位上是2的四位数有2110、2101、2011，共3个，由加法计数原理可得，可组成不同四位数的个数是6＋3＝9.‎ ‎5．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)‎ A．24对 B．30对 C．48对 D．60对 答案　C 解析　解法一：与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对，正方体的12条面对角线共有8×12＝96(对)，且每对均重复计算一次，故共有＝48(对)．‎ 解法二：正方体的面对角线共有12条，两条为一对，共有12×11÷2＝66(对)．同一面上的对角线不满足题意，对面的面对角线也不满足题意，一组平行平面共有6对不满足题意的对角线，所以不满足题意的共有3×6＝18(对)．故从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有66－18＝48(对)．‎ ‎6．某种彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号，从11到20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花(　　)‎ A．3360元 B．6720元 C．4320元 D．8640元 答案　D 解析　这种特殊要求的号共有8×9×10×6＝4320(注)，因此至少需花费4320×2＝8640(元)，故选D.‎ ‎7．(2018·合肥三模)如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有(　　)‎ A．24 B．48‎ C．96 D．120‎ 答案　C 解析　若A，D颜色相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有一种涂法，共有4×3×2＝24种；若A，D颜色不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D相同时，C有2种涂法，当B和D不同时，B，C只有1种涂法，共有4×3×2×(2＋1)＝72种．根据分类加法计数原理可得，共有24＋72＝96种．‎ ‎8．已知数列{an}是公比为q的等比数列，集合A＝{a1，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，满足题意的等比数列有1种，因此满足题意的等比数列共有7＋7＋4＋4＋1＋1＝24(种)．‎ ‎9．在编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子中放入两个不同的小球，每个盒子中最多放入一个小球，且不能在两个编号连续的盒子中同时放入小球，则不同的放小球的方法有________种．‎ 答案　20‎ 解析　设两个不同的小球为A，B，当A放入1号盒或者6号盒时，B有4种不同的放法；当A放入2,3,4,5号盒时，B有3种不同的放法，一共有4×2＋3×4＝20种不同的放法．‎ ‎10．某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一人，第四节课只能从A，C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．‎ 答案　36‎ 解析　①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种安排方案．‎ ‎②第一节课若安排B，则第四节课可安排A或C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种安排方案．‎ 因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．‎ B组　能力关 ‎1．(2019·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(　　)‎ A．18个 B．15个 C．12个 D．9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400,040,004；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3＋6＋3＋3＝15(个)．故选B.‎ ‎2．如图所示，某货场有两堆集装箱，一堆有2个，一堆有3个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运过程中不同取法的种数是(　　)‎ A．6 B．‎10 C．12 D．24‎ 答案　B 解析　‎ 将左边的集装箱从上往下分别记为1,2,3，右边的集装箱从上往下分别记为4,5.分两种情况讨论：若先取1，则有12345,12453,14253,14235,14523,12435，共6种取法；若先取4，则有45123,41235,41523,41253，共4种取法．故共有6＋4＝10(种)不同取法．‎ ‎3．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案的种数为(　　)‎ A．5 B．‎24 C．32 D．64‎ 答案　D 解析　由题意知，这5天有3天奇数日，2天偶数日．第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)方法；第二步安排偶数日出行，分两类，第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)方法；第二类，不安排甲的车，则每天都有2种选择，共有22＝4(种)方法，共有4十4＝8(种)方法．根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为8×8＝64.‎ ‎4．(2018·中山模拟)将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有(　　)‎ A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 答案　A 解析　根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．‎ ‎5．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．‎ 答案　325‎ 解析　根据三角形的三边关系可知，c<25＋a.‎ 第一类，当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个；‎ 第二类，当a＝2，b＝25时，c可取25,26，共2个；‎ ‎……‎ 当a＝25，b＝25时，c可取25,26，…，49，共25个．‎ 所以符合条件的三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.‎ ‎6．(2019·河北衡水质检)已知一个公园的形状如图所示，现有3种不同的植物要种在此公园的A，B，C，D，E这五个区域内，要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有________种．‎ 答案　18‎ 解析　根据题意，分两步进行分析：①对于A，B，C区域，三个区域两两相邻，种的植物都不能相同，‎ 将3种不同的植物全排列，安排在A，B，C区域，有A＝6(种)情况；‎ ‎②对于D，E区域，分2种情况讨论：‎ 若C，E种的植物相同，则D有2种种法；‎ 若C，E种的植物不同，则E有1种种法，D也有1种种法；‎ 则D，E区域共有2＋1＝3(种)不同种法，‎ 故不同的种法共有6×3＝18(种)．‎