2019-2020学年高中数学课时跟踪检测二两个计数原理的综合应用新人教A版选修2-3 5页

课时跟踪检测（二） 两个计数原理的综合应用 A级——基本能力达标 ‎1．由数字1,2,3组成的`，偶数的个数为(　　)‎ A．15　　　　　　　　 B．12‎ C．10 D．5‎ 解析：选D　分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成3位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．‎ ‎2．三人踢毽子，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，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有(　　)‎ A．4种 B．5种 C．6种 D．12种 解析：选C　若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法．‎ ‎3．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有(　　)‎ A．10个 B．14个 C．15个 D．21个 解析：选A　当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．‎ ‎4．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为(　　)‎ A．18 B．16‎ C．14 D．10‎ 解析：选C　分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标有3×2＝6个不同的点，二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标有4×2＝8个不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14个不同的点．‎ ‎5.有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有(　　)‎ A．4 320种　　　　 B．2 880种 5‎ C．1 440种　　　　　 D．720种 解析：选A　第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4 320种不同的涂色方法．‎ ‎6.如图所示为一电路图，则从A到B共有________条不同的单支线路可通电．‎ 解析：按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2＝4(条)．根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8(条)．‎ 答案：8‎ ‎7．古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成______组．‎ 解析：分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30组不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60组．‎ 答案：60‎ ‎8．4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报法有______种．‎ 解析：由于每个同学报哪个运动队没有限制，因此，每个同学都有3种报名方法，4个同学全部选完，才算完成这件事，故共有3×3×3×3＝81种不同的报法．‎ 答案：81‎ ‎9．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同．‎ ‎(1)从两个口袋内任取1个小球，有多少种不同的取法？‎ ‎(2)从两个口袋内各取1个小球，有多少种不同的取法？‎ 解：(1)从两个口袋内任取1个小球，有两类方案：‎ 第一类，从第一个口袋内任取1个小球，有5种方法；‎ 第二类，从第二个口袋内任取1个小球，有4种方法．‎ 根据分类加法计数原理，不同的取法的种数是5＋4＝9.‎ ‎(2)从两个口袋内各取一个小球，可以分成两个步骤来完成：‎ 第一步，从第一个口袋内任取1个小球，有5种方法；‎ 第二步，从第二个口袋内任取1个小球，有4种方法．‎ 根据分步乘法计数原理知，不同取法的种数是5×4＝20.‎ 5‎ ‎10．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？‎ 解：分两类完成．‎ 第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条．‎ 第2类，当A，B不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成．‎ 第1步，确定A的值，有4种不同的方法；‎ 第2步，确定B的值，有3种不同的方法．‎ 由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12条直线．‎ 由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14条．‎ B级——综合能力提升 ‎1．用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数，比3 542大的四位数的个数是(　　)‎ A．360 B．240‎ C．120 D．60‎ 解析：选C　因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5，所以共有2×5×4×3＝120个比3 542大的四位数．‎ ‎2．要把3张不同的电影票分给10个人，每人最多一张，则有不同的分法种数是(　　)‎ A．2 160 B．720‎ C．240 D．120‎ 解析：选B　可分三步：‎ 第一步，任取一张电影票分给一人，有10种不同分法；‎ 第二步，从剩下的两张中任取一张，由于一人已得电影票，不能再参与，故有9种不同分法．‎ 第三步，前面两人已得电影票，不再参与，因而剩余最后一张有8种不同分法．所以不同的分法种数是10×9×8＝720种．‎ ‎3.用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有(　　)‎ A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 解析：选D　先涂C，有4种涂法，涂D有3种涂法，涂A有3种涂法，涂B有2种涂法．由分步乘法计数原理，共有4×3×3×2＝72种涂法．‎ 5‎ ‎4．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，答对甲题得100分，答错得－100分；答对乙题得90分，答错得－90分．若4位同学的总得分为0，则这4位同学不同的得分情况的种数是(　　)‎ A．48 B．36‎ C．24 D．18‎ 解析：选B　分两类：第一类，都选甲题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第二类，都选乙题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第三种，若两人选甲题，两人选乙题，并且一对一错，则所有的情况有6×2×2＝24(种)．综上，这4位同学不同的得分情况的种数为6＋6＋24＝36.‎ ‎5.现将如图所示的5个小正方形涂上红、黄两种颜色，其中3个涂红色，2个涂黄色，若恰有两个相邻的小正方形涂红色，则不同的涂法共有________种．‎ 解析：根据题意可以分为四种情况：如果左端的两个相邻的小正方形涂红色，则第三个涂黄色，第四个可以涂红色或黄色，第五个涂剩余的颜色，故有2种；同理右端的两个相邻的小正方形涂红色也有2种情况；如果第二、三个涂红色，则第一个涂黄色，第四个涂黄色，第五个涂红色，仅有一种情况，同理第三、四个涂红色，也有一种，故不同的涂法有6种．‎ 答案：6‎ ‎6．成都市的出租车车牌号规定为“川A·T××××”的格式，其中后四位为数字，那么成都市最多可以有________辆出租车．‎ 解析：后面四位每一位都可以在0～9这10个数字中任选1个数，且可以重复，故一共可以组成10×10×10×10＝104个车牌号，即最多有104辆出租车．‎ 答案：104‎ ‎7.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求共有多少不同的染色方法．‎ 解：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．‎ ‎8．设集合I＝{1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有多少种？‎ 解：根据题意，按A中元素可分以下四类：‎ 第一类，当A中最大的数是1时，即A＝{1}，‎ 5‎ B可以是{2,3,4,5}的非空子集，‎ 即有24－1＝15种方法．‎ 第二类，当A中最大的数是2时，A可以是{2}或{1,2}，‎ B可以是{3,4,5}的非空子集，‎ 即有2×(23－1)＝14种方法．‎ 第三类，当A中最大的数是3时，A可以是{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，B可以是{4,5}的非空子集，‎ 即有4×(22－1)＝12种方法．‎ 第四类，当A中最大的数是4时，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，B可以是{5}，即有8×1＝8种方法．‎ 综上可知共有15＋14＋12＋8＝49种方法．‎ 5‎