人教A版理科数学课时试题及解析（56）分类加法计数原理与分步乘法计数原理 5页

课时作业(五十六)　[第56讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理]‎ ‎[时间：45分钟　　分值：100分]‎ ‎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 ‎2．教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有(　　)‎ A．10种 B．32种 C．25种 D．16种 ‎3．记4名同学报名参加学校三个不同体育队，每人限报一队的不同报法种数为A；记3个班分别从5个风景点中选择一处游览的不同选法种数为B，则A，B分别是(　　)‎ A．43,53 B．34,35‎ C．34,53 D．43,35‎ ‎4．设A，B是两个非空集合，定义A*B＝{(a，b)|a∈A，b∈B}，若P＝{0,1,2}，Q＝{1,2,3,4}，则P*Q中元素的个数是(　　)‎ A．4 B．7 ‎ C．12 D．16‎ ‎5．如图K56－1，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，则不同的涂法有(　　)‎ A B C D K56－1‎ A．72种 B．48种 C．24种 D．12种 ‎6．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有(　　)‎ A．6种 B．12种 ‎ C．24种 D．30种 ‎7．从0,2,4中取一个数字，从1,3,5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，则所有不同的三位数的个数是(　　)‎ A．36 B．‎48 C．52 D．54‎ ‎8． 将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同的分配方案的种数为(　　)‎ A．80 B．120 ‎ C．140 D．50‎ ‎9． 若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，则称n为“良数”．例如：32是“良数”，因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“良数”，因为23＋24＋25产生进位现象．那么小于1 000的“良数”的个数为(　　)‎ A．27 B．36 ‎ C．39 D．48‎ ‎10．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有________种行车路线．‎ ‎11． 将1,2,3，…，9这9个数字填在如图K56－2所示的9个空格中，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，填写空格的方法数有________种.‎ ‎3‎ ‎4‎ 图K56－2‎ ‎12．学校安排4名教师在六天里值班，每天只安排一名教师，每人至少安排一天，至多安排两天，且这两天要相连，那么不同的安排方法有________种(用数字作答)．‎ ‎13． 用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图K56－3中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1、5、9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 图K56－3‎ ‎14．(10分)有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？‎ ‎(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；‎ ‎(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；‎ ‎(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．‎ ‎15．(13分)如图K56－4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，求不同的染色方法总数．‎ 图K56－4‎ ‎16．(1)(6分) 现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是(　　)‎ A．56 B．65‎ C. D．6×5×4×3×2‎ ‎(2)(6分) 如图K56－5所示，用四种不同颜色给图中的A、B、C、D、E、F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有(　　)‎ 图K56－5‎ A．288种 B．264种 C．240种 D．168种 课时作业(五十六)‎ ‎【基础热身】‎ ‎1．C　[解析] b有6种取法，a也有6种取法，由分步乘法计数原理共可以组成6×6＝36个虚数．‎ ‎2．D　[解析] 由分步乘法计数原理知有2×2×2×2＝16(种)不同走法．‎ ‎3．C　[解析] 4名学生参加3个运动队，每人限报一个，可以报同一运动队，应该是人选运动队，所以不同的报法种数是34，故A＝34；3个班分别从5个风景点中选择一处游览，应该是班选风景点，故不同的选法种数是53，故B＝53.‎ ‎4．C　[解析] 由分步乘法计数原理知有3×4＝12个．‎ ‎【能力提升】‎ ‎5．A　[解析] 先分两类：一是四种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用三种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24种，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．故不同的涂法共有24＋24×2＝72种．‎ ‎6．C　[解析] 方法1：两人各选修2门的种数为CC＝36，再求出两人所选两门都相同和都不同的种数均为C＝6，故恰好有1门相同的选法有24种．‎ 方法2：恰有1门相同，先从4门选1门，选法C，然后甲从剩下的3门选1门，乙再从甲选后剩下的2门中选1门，根据乘法原理共有选法4×3×2＝24种．‎ ‎7．B　[解析] 若取出的数字含有0，则是2×A＝12个，若取出的数字不含0，则是CCA＝36个．根据加法原理得总数为48个．‎ ‎8．A　[解析] 分两类：若甲组2人，则乙、丙两组的方法数是CA，此时的方法数是CCA＝60；若甲组3人，则方法数是CA＝20.根据分类加法计数原理得总的方法数是60＋20＝80.‎ ‎9．D　[解析] 一位良数有0,1,2，共3个；‎ 两位数的良数十位数可以是1,2,3，两位数的良数有10,11,12,20,21,22,30,31,32，共9个；‎ 三位数的良数有百位为1,2,3，十位数为0的，个位可以是0,1,2，共3×3＝9个，百位为1,2,3，十位不是零时，十位个位可以是两位良数，共有3×9＝27个．‎ 根据分类加法计数原理，共有48个小于1 000的良数．‎ ‎10．12　[解析] 由分步乘法计数原理有4×3＝12.‎ ‎11．6　[解析] 左上方只能填1，右下方只能填9，此时4的上方只能填2.右上方填5时，其下方填6,7,8；右上方填6时，其下方填7,8；右上方填7时，其下方只能填8，此时左下方的两个格填法随之确定．故只能有3＋2＋1＝6种填法．‎ ‎12．144　[解析] 有两名教师要值班两天，把六天分为四份，两个两天连排的是(1,2)，(3,4)；(1,2)，(4,5)；(1,2)，(5,6)；(2,3)，(4,5)；(2,3)，(5,6)；(3,4)，(5,6)，共六种情况，把四名教师进行全排列，有A＝24种情况，根据分步乘法计数原理，共有不同的排法6×24＝144种．‎ ‎13．108　[解析] 分步求解．只要在涂好1,5,9后，涂2,3,6即可，若3与1,5,9同色，则2,6的涂法为2×2，若3与1,5,9不同色，则3有两种涂法，2,6只有一种涂法，同理涂4,7,8，即涂法总数是C(2×2＋C×1)×(2×2＋C×1)＝3×6×6＝108.‎ ‎14．[解答] (1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步计数原理知共有方法36＝729种．‎ ‎(2)每项限报一人，且每人至多限报一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步计数原理得共有报名方法6×5×4＝120种．‎ ‎(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理得共有不同的报名方法63＝216种．‎ ‎15．[解答] 方法一：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．‎ 方法二：以S、A、B、C、D顺序分步染色．‎ 第一步，S点染色，有5种方法；‎ 第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；‎ 第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；‎ 第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．‎ 由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420种．‎ 方法三：按所用颜色种数分类．‎ 第一类，5种颜色全用，共有A种不同的方法；‎ 第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A种不同的方法；‎ 第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A种不同的方法．‎ 由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为A＋2×A＋A＝420种．‎ ‎【难点突破】‎ ‎16．(1)A　(2)B　[解析] (1)本题考查计数原理等有关知识，在高考考纲中为B级要求．因为每位同学均有5种讲座可选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选择，故本题选A.‎ ‎(2)分三类：①B、D、E、F用四种颜色，则有A×1×1＝24种方法；‎ ‎②B、D、E、F用三种颜色，则有A×2×2＋A×2×1×2＝192种方法；‎ ‎③B、D、E、F用两种颜色，则有A×2×2＝48，‎ 所以共有不同的涂色方法24＋192＋48＝264种．‎