23版新高考一轮分层练案(五十六)　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

一轮分层练案(五十六)　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

A级——基础达标

1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有(　　)

A．21种　　　　　　　 B．315种

C．143种  D．153种

【答案】C　可分三类：

一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63(种)；

二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45(种)；

三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35(种)，

∴共有63＋45＋35＝143(种)不同选法．

2．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为(　　)

A．504  B．210

C．336  D．120

【答案】A　分三步，先插第一个新节目，有7种方法；再插第二个新节目，有8种方法；最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504(种)不同的插法．

3．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为(　　)

A．56  B．54

C．53  D．52

【答案】D　在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值；但在这56个数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94重复了4次，要减去4，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．

4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　)

A．3  B．4

C．6  D．8

【答案】D　当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为，，时，也有4个．故共有8个等比数列．

5．(多选) “二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通．若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为(　　)

A．0  B．1

C．2  D．3

【答案】ABCD　根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类．第一类：由两个“——”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.第二类：由两个“— —”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.第三类：由一个“——”和一个“— —”组成，二进制数为10,01，转化为十进制数，为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3，故选A、B、C、D.

6.(多选)如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则下列涂色方案正确的有(　　)

A．现在提供4种颜色给其中5个小区域涂色，有48种不同的涂色方案

B．现在提供4种颜色给其中5个小区域涂色，有72种不同的涂色方案

C．现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，有240种不同的涂色方案

D．现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，有420种不同的涂色方案

【答案】BD　4种颜色给其中5个小区域涂色，上下两块区域涂色可以相同，也可以不同，则共有的涂色方案数为4×3×1×2×2＋4×3×2×1×1＝48＋24＝72,5种颜色给其中5个小区域涂色，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420(种)．故选B、D.

7．(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为(　　)

A．1  B．2

C．3  D．4

【答案】BD　设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示．若任意两位同学之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15(次)交换，现只进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：

①由3人构成的2次交换，如a～b和a～c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人．

②由4人构成的2次交换，如a～b和c～d之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，d四人．

综上，收到4份纪念品的同学为2人或4人．

8．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．

解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数．

【答案】18　6

9.如图所示的几何体是由一个三棱锥P­ABC与三棱柱ABC­A1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．

解析：先涂三棱锥P­ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C×C×C×C＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．

【答案】12

10．有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．

解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：

第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4(种)方法；

第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；

第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；

第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．

根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8(种)选派方法．

【答案】8

B级——综合应用

11．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有(　　)

A．11种  B．20种

C．21种  D．12种

【答案】C　根据题意，设5个开关依次为1、2、3、4、5，若电路接通，则开关1、2与3、4、5中至少有1个接通，对于开关1、2，共有2×2＝4(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有4－1＝3(种)情况，对于开关3、4、5，共有2×2×2＝8(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有8－1＝7(种)情况，则电路接通的情况有3×7＝21(种)．故选C.

12.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，填写空格的方法为(　　)

A．6种  B．12种

C．18种  D．24种

【答案】A　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．

13．(多选)现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有(　　)

A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法

B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法

C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法

D．要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法

【答案】ABC　对于A：分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法，根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法，A正确；

对于B：分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法，B正确；

对于C：分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画．由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法，所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法，C正确；

对于D：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N＝3×2＝6.D错误，故选A、B、C.

14．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________．

解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；

第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；

第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；

第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．

根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300.

【答案】300

15．一个五位自然数a1a2a3a4a5，如果同时有或则数a1a2a3a4a5称为“跳跃数”，(例如13 284,40 329都是“跳跃数”，而12 345,54 371,94 333都不是“跳跃数”)，则由1,2,3,4,5组成没有重复数字且1,4不相邻的“跳跃数”共有________个．

解析：若为“M”型：

①第二位和第四位是4,5时，4,5的排法有2种，则1只有1种排法，2,3安排在剩下的2个位置，此时有2×2＝4(个)跳跃数；

②第二位和第四位是3,5时，3,5的排法有2种，则4只有1种排法，1,2安排在剩下的2个位置，此时有2×2＝4(个)跳跃数；

若为“W”型：

③第二位和第四位是1,2时，1,2的排法有2种，则4只有1种排法，3,5安排在剩下的2个位置，此时有2×2＝4(个)跳跃数；

④第二位和第四位是1,3时，1,3的排法有2种，4,2,5只有一种排法，此时只有2个跳跃数；

则一共有4＋4＋4＋2＝14(个)跳跃数．

【答案】14

C级——迁移创新

16．用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由分类加法计数原理及分步乘法计数原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个有区别的红球、5个无区别的蓝球、5个无区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是(　　)

A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5

B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5

C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)

D．(1＋a)5(1＋b5)(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)

【答案】D　第一步，从5个有区别的红球中取出若干球，则有1＋Ca＋Ca＋Ca＋Ca＋Ca＝(1＋a)5；

第二步，从5个无区别的蓝球中都取出或都不取出，要满足题意，只有1＋b5；

第三步，从5个无区别的黑球中取出若干个，

则有1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5.

根据分步乘法计数原理，则要满足题意的取法有

(1＋a)5(1＋b5)(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)．

故选D.