2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第十章 第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 7页

www.ks5u.com 多维层次练57‎ ‎[A级　基础巩固]‎ ‎1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有(　　)‎ A．30个 B．42个 ‎ C．36个 D．35个 解析：因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．‎ 答案：C ‎2．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为 (　　)‎ A．20　　 B．25 ‎ C．32 D．60‎ 解析：依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.‎ 答案：C ‎3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为 (　　)‎ A．40 B．16 ‎ C．13 D．10‎ 解析：分两类情况：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．‎ 答案：C ‎4．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有(　　)‎ A．4种 B．6种 ‎ C．10种 D．16种 解析：分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如下图)，‎ 同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．‎ 由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．‎ 答案：B ‎5．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则首位为2的“六合数”共有(　　)‎ A．18个 B．15个 ‎ C．12个 D．9个 解析：根据“六合数”的定义可知，当首位为2时，其余三位是数组(0，0，4)，(0，1，3)，(0，2，2)，(1，1，2)的所有排列，即共有3＋A＋3＋3＝15(个)．‎ 答案：B ‎6．已知a∈{1，2，3}，b∈{4，5，6，7}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝4可表示不同的圆的个数为(　　)‎ A．7 B．9 ‎ C．12 D．16‎ 解析：得到圆的方程分两步：第一步：确定a有3种选法；‎ 第二步：确定b有4种选法．‎ 由分步乘法计数原理知，共有3×4＝12(个)．‎ 答案：C ‎7．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 解析：当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)．‎ 当x≠2时，由P⊆Q，所以x＝y.‎ 所以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)．‎ 答案：B ‎8．(2020·郑州模拟)如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有(　　)‎ A．6种 B．9种 ‎ C．12种 D．36种 解析：先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，有C×C×C种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有C×C×C种情况，共有C×C×C×C×C×C＝3×2×1×2×1×1＝12种不同的涂法．‎ 答案：C ‎9．某位同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购买的方案有________种．‎ 解析：至少买其中一本的实质是买一本或买两本或买三本，故分三类完成．第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种．共有3＋3＋1＝7(种)买法．‎ 答案：7‎ ‎10．(2020·北京西城区模拟)大厦一层有A，B，C，D四部电梯，3人在一层乘坐电梯上楼，其中2人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有________种(用数字作答)．‎ 解析：从3人中选择两人同乘一部电梯有C＝3种选择，这两人乘坐的电梯有4种选择，最后1个乘坐的电梯有3种选择，所以不同的乘坐方式有3×4×3＝36(种)．‎ 答案：36‎ ‎11．从1，2，3，4，7，9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．‎ 解析：当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数中不含有1时，可得到A＝20(个)对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．‎ 答案：17‎ ‎12．下图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一个颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有________种．‎ 解析：如图所示，设四个直角三角形依次为A，B，C，D，下面分两种情况：‎ ‎(1)A，C不同色(注意：B，D可同色，也可不同色，D只要不与A，C同色即可，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)，有4×3×2×2＝48(种)不同的涂色方法．‎ ‎(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色即可，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)，有4×3×1×3＝36(种)不同的涂色方法，‎ 综上，共有48＋36＝84(种)不同的涂色方法．‎ 答案：84‎ ‎[B级　能力提升]‎ ‎13．(2020·合肥质量预测)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为(　　)‎ A．72 B．120 ‎ C．192 D．240‎ 解析：将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，①若末位数字为2，因为含有2个4，所以有＝60(种)情况；②若末位数字为6，同理有＝60(种)情况；③若末位数字为4，因为有2个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120(种)情况．综上，共有60＋60‎ ‎＋120＝240(种)情况．‎ 答案：D ‎14．(2020·潍坊六校联考)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，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，则不同的用车方案种数为(　　)‎ A．64 B．80‎ C．96 D．120‎ 解析：5日至9日，分别为5，6，7，8，9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有22＝4(种)；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)，共计12＋8＝20(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为4×20＝80.‎ 答案：B ‎15．已知集合M＝{1，2，3}，N＝{1，2，3，4}，定义函数f：M→N.若点A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))，△ABC的外接圆圆心为D，且＋＝λ(λ∈R)，则满足条件的函数f(x)有________种．‎ 解析：由＋＝λ(λ∈R)，说明△ABC是等腰三角形，且|BA|＝|BC|，必有f(1)＝f(3)，f(1)≠f(2)．‎ 当f(1)＝f(3)＝1时，f(2)＝2，3，4，有三种情况；‎ f(1)＝f(3)＝2，f(2)＝1，3，4，有三种情况；‎ f(1)＝f(3)＝3，f(2)＝2，1，4，有三种情况；‎ f(1)＝f(3)＝4，f(2)＝2，3，1，有三种情况．‎ 因而满足条件的函数f(x)有12种．‎ 答案：12‎ ‎[C级　素养升华]‎ ‎16．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99，3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.则 ‎(1)5位回文数有________个；‎ ‎(2)2n(n∈N*)位回文数有________个．‎ 解析：(1)5位回文数相当于填5个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，第2位和第4位一样，有10种填法，中间一位有10种填法，共有9×10×10＝900(种)填法，即5位回文数有900个．‎ ‎(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n－1种填法．‎ 答案：(1)900　(2)9×10n－1‎