【数学】2020届一轮复习北师大版 计数原理 课时作业 7页

一、选择题 ‎1．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则x·y可表示成不同的值的个数是(　　)‎ A．1＋1＝2 B．1＋1＋1＝3‎ C．2×3＝6 D．3×3＝9‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　因为按x、y在各自的取值集合中各选一个值去做积这件事，可分两步完成：第一步，x在集合{2,3,7}中任取一个值有3种方法；第二步，y在集合{－31，－24，4}中任取一个值有3种方法．根据分步乘法计数原理有3×3＝9个不同的值．故选D.‎ ‎2．(2018·陕西宝鸡中学高二期末)图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取一本书，共有(　　)种不同的取法．(　　)‎ A．120 B．16‎ C．64 D．39‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　由分类加法计数原理知，共有不同取法3＋5＋8＝16种．‎ ‎3．一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种类共有(　　)‎ A．6种 B．8种 C．36种 D．48种 ‎[答案]　D ‎[解析]　参观路线分步完成：第一步选择三个“环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第二步选择余下两个“环形”路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；最后一个“环形”路线，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法．由分步计数原理知，共有3×2×2×2×2＝48(种)方法．‎ ‎4．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有行车路线(　　)‎ A．24种 B．16种 C．12种 D．10种 ‎[答案]　C ‎[解析]　4个路口，每个路口都有3种行车路线，则共有4×3＝12种行车路线．‎ ‎5．(2018·安徽理，8)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]　如图，上底面的一条对角线为例共4对，这样的对角线共12条，∴共有12×4＝48对．‎ 本题也可以用排除法，C－6－12求得．‎ 二、填空题 ‎6．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有________种不同的取法．‎ ‎[答案]　242‎ ‎[解析]　任取两本不同的书，有三类：(1)取数学、语文各一本，(2)取语文、英语各一本，(3)取数学、英语各一本．然后求出每类取法，利用分类加法计数原理即可得解．‎ 取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90种不同取法；‎ 取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72种不同取法；‎ 取两本书中，一本数学、一本英语，有10×8＝80种不同取法．‎ 综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242种不同取法．故填242.‎ ‎7．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面垂直，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“正交线面对”的个数是________．‎ ‎[答案]　36‎ ‎[解析]　用分类加法计算原理：第一类，正方体的一条棱与面有两个“正交线面对”，共有24个；第二类，正方体的一条面对角线与对角面有一个“正交线面对”，共有12个．所以共有“正交线面对”的个数是24＋12＝36.‎ ‎8．若一个m、n均为非负整数的有序数对(m，n)在做m＋n的加法时各位均不会进位，则称(m，n)为“简单的”有序数对，m＋n称为有序数对(m，n)的值，那么值为1942的“简单的”有序数对的个数是________．‎ ‎[答案]　300‎ ‎[解析]　由题意可知m＋n＝1942，当m，n 中一个数确定时，另一个数也就唯一确定了，所以不妨设m＝1000x1＋100x2＋10x3＋x4，则x1有2种不同取法，x2有10种不同取法，x3有5种不同取法，x4有3种不同取法，所以所求的有序数对的个数为2×10×5×3＝300.‎ 三、解答题 ‎9.从1到200的这二百个自然数中，各个位数上都不含数字8的共有多少个？‎ ‎[解析]　应分三类来解决该问题．‎ 第一类：一位数中除8以外符合要求的数有8个；‎ 第二类：二位数中，十位数除0、8以外有8种选法，而个位数除8以外有9种选法，故二位数中符合要求的数有8×9＝72(个)；‎ 第三类：三位数中①百位数为1，十位数和个位数上的数字除8以外都有9种选法，故三位数中，百位数为1的符合要求的数有9×9＝81(个)．‎ ‎②百位数为2的只有200这一个符合要求，‎ ‎∴三位数中符合要求的数有81＋1＝82(个)．‎ 由分类加法计数原理，符合要求的数字共有 N＝8＋72＋82＝162(个)．‎ ‎[反思总结]　考虑问题的原则是先分类而后分步，要注意在分类(或分步)时，必须做到不重不漏．‎ ‎10．(1)有5本书全部借给3名学生，有多少种不同的借法？‎ ‎(2)有3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，则有多少种不同分配方案？‎ ‎[解析]　(1)中要完成的事件是把5本书全部借给3名学生，可分5个步骤完成．每一步把一本书借出去，有3种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝3×3×3×3×3＝35＝243种不同的借法．‎ ‎(2)中要完成的事件是把3个学生分配到5个车间中，可分3个步骤完成，每一步分配一名学生，有5种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝5×5×5＝53＝125种不同的分配方案．‎ ‎[反思总结]　解决这类问题，切忌死记公式“mn”或“nm”，而应弄清楚哪类元素必须用完，就以它为主进行分析，并以该元素为分步的依据进行分步，再用分步乘法计数原理来求解.‎ 一、选择题 ‎1．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程＋＝1中的m和n，则能组成落在矩形区域B＝{(x，y)||x|<11，且|y|<9}内的椭圆的个数为(　　)‎ A．43个 B．72个 C．86个 D．90个 ‎[答案]　B ‎[解析]　由题意，m可能的取值为1,2，…，10；n可能的取值为1,2，…，8，先确定m有10种方法，再确定n有8种方法，按分步计数原理共有80种方法，但其中包括m＝n的情况共8种，故能组成落在矩形区域内的椭圆个数为72个．故选B.‎ ‎2．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是(　　)‎ A．4　　 B．‎24　‎　‎ C．43　　 D．34‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C.‎ ‎3．2018年南京青奥会火炬传递在A、B、C、D、E五个城市之间进行，各城市之间的路线距离(单位：百公里)见下表．若以A为起点，E为终点，每个城市经过且只经过一次，那么火炬传递的最短路线距离是(　　)‎ A B C D E A ‎0‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ B ‎5‎ ‎0‎ ‎7‎ ‎6‎ ‎2‎ C ‎4‎ ‎7‎ ‎0‎ ‎9‎ ‎8.6‎ D ‎5‎ ‎6‎ ‎9‎ ‎0‎ ‎5‎ E ‎6‎ ‎2‎ ‎8.6‎ ‎5‎ ‎0‎ A.20.6 ‎B．21‎ C．22 D．23‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　由于“以A为起点，E为终点，每个城市经过且只经过一次”，并且求“ 最短路线的距离”，由选项判断，A中20.6在表中只有C和E之间的距离8.6是出现小数部分的，故CE是必定经过的路线，又因为A为起点，E为终点，故如果A正确，那么线路必须是：1.A－B－D－C－E或2.A－D－B－C－E，进行验证：线路1的距离和为5＋6＋9＋8.6＝28.6，故线路1不符合；线路2的距离之和为5＋6＋7＋8.6＝26.6，线路2也不符合，故排除A；再验证选项B，发现线路A－C－D－B－E的距离之和为4＋9＋6＋2＝21符合，故选B.‎ ‎4．方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a，b，c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有(　　)‎ A．60条 B．62条 C．71条 D．80条 ‎[答案]　B ‎[解析]　本题考查抛物线、计数原理．‎ 由题意知a≠0，且b≠0，下面分2类：‎ 若c＝0，ay＝b2x2，不同抛物线有5×4－6＝14条，‎ 若c≠0，不同抛物线有5×4×3－12＝48，共48＋14＝62条．分类要全面，要不重不漏．‎ 二、填空题 ‎5.如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种(用数字作答)．‎ ‎[答案]　390‎ ‎[解析]　给四个格子编号如答图所示，由题意①号格子有6种不同涂色方法，②号格子有5种不同的涂色方法，若③号格子与①号格子同色，则④号格子有5种不同涂色方法(可以与②号同色)，由乘法原理有6×5×5＝150(种)涂色方法；若③号格子与①号格子不同色，则③号格子有4种不同涂色方法，此时④号格子只能与①号或②号同色，因而有2种涂色方法，由乘法原理有6×5×4×2＝240(种)涂色方法，最后由加法原理共有150＋240＝390(种)不同的涂色方法，故填390.‎ ‎6．如图，用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有________．‎ ‎[答案]　480种 ‎[解析]　从A开始有6种方法，B有5种，C有4种，D、A同色1种，D、A不同色3种，∴不同涂色法有6×5×4×(1＋3)＝480种．‎ 三、解答题 ‎7．甲、乙、丙、丁4个人各写1张贺卡，放在一起，再各取1张不是自己所写的贺卡，共有多少种不同取法？‎ ‎[解析]　方法一(枚举法)：(1)甲取得乙卡，分配方案如表．此时乙有甲、丙、丁3种取法．若乙取甲的卡，则丙取丁的、丁取丙的，若乙取丙的卡，则丙取丁的，丁取丙的，故有3种分配方案．‎ ‎(2)‎ 甲取得丙卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲．‎ ‎(3)甲取得丁卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丁甲乙丙、乙丙甲乙、丁丙乙甲．‎ 由分类加法计数原理，共有N＝3＋3＋3＝9(种)．‎ 方法二(间接法)：‎ ‎4人各取1张贺卡．甲先取1张贺卡有4种方法，乙再取1张贺卡有3种方法，然后丙取1张贺卡有2种方法，最后丁仅有1种方法．由分步乘法计数原理，4个人各取1张贺卡共有4×3×2×1＝24(种)．‎ ‎4个人都取自己写的贺卡有1种方法；‎ ‎2个人取自己写的贺卡，另2个人不取自己所写贺卡的方法有6种(即4个人中选出取自己写的贺卡的2人有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁)；‎ ‎1个人取自己写的贺卡，另3个人不取自己所写贺卡方法有8种(从4个人中选出取自己写的贺卡的1个人有4种方法．而其余3个人都不取自己所写贺卡的方法有2种方法)．‎ 因此，4个人都不取自己所写贺卡的取法有 N＝24－(1＋6＋8)＝9(种)．‎ 方法三(分步法)．‎ 第一步　甲取1张不是自己所写的那张贺卡，有3种取法；‎ 第二步　由甲取的那张贺卡的写卡人取，也有3种取法；‎ 第三步　由剩余两个中任1个人取，此时只有1种取法；‎ 第四步　最后1个人取，只有1种取法．‎ 由分步乘法计数原理，共有N＝3×3×1×1＝9(种)．‎ ‎[反思总结]　对于有限制条件的选取、抽取问题的计数，一般地，当数目不很大时，可用枚举法，但为保证不重不漏，可用树形图、框图及表格进行枚举；当数目较大，符合条件的情况较多时，可用间接法计数；否则直接用分类或分步计数原理计数．但一般根据选(抽)取顺序分步或根据选(抽)取元素的特点分类．‎ ‎8.用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复数字的(1)四位数？‎ ‎(2)四位奇数？‎ ‎[解析]　(1)完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤：‎ 第一步：从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字，有4种不同的选取方法；‎ 第二步：从1,2,3,4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字作百位数字，有4种不同的选取方法；‎ 第三步：从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种不同的选取方法；‎ 第四步：从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种不同的选取方法．‎ 由分步乘法计数原理，可组成不同的四位数共有N＝4×4×3×2＝96个．‎ ‎(2)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，有两类办法：‎ 第一类：四位奇数的个位数字取1，这件事又需分三个步骤完成：‎ 第1步：从2,3,4中选取一个数字作千位数字，有3种不同的选取方法；‎ 第2步：从2,3,4中剩余的两个数字和0共三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种不同的选取方法；‎ 第3步：从剩余的两个数字中，选取一个数字作十位数字，有2种不同的选取方法．‎ 由分步乘法计数原理，第一类中的四位奇数共有N1＝3×3×2＝18个．‎ 第二类：四位奇数的个位数字取3，这件事也需分三个步骤完成：‎ 第1类：从1,2,4中选取一个数字作千位数字，有3种不同的选取方法；‎ 第2类：从1,2,4中剩余的两个数字和0共三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种不同的选取方法；‎ 第3类：从剩余的两个数字中选取一个数字作十位数字，有2种不同的选取方法．‎ 由分步乘法计数原理，第二类中的四位奇数共有N2＝3×3×2＝18个．‎ 最后，由分类加法计数原理，符合条件的四位奇数共有N＝N1＋N2＝18＋18＝36个．‎