人教版高中数学选择性必修第三册第六章6-1第2课时两个计数原理的应用习题含答案

这是一份人教版高中数学选择性必修第三册第六章6-1第2课时两个计数原理的应用习题含答案，共6页。
第2课时　两个计数原理的应用A级 必备知识基础练1.如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通,现发现A,B间电路不通,则焊接点脱落的不同情况有(　　)种.　　　　 　　　　 　　　A.9 B.11 C.13 D.152.从0,1,2,…,9这10个数字中,任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点(a,b)的坐标,能够确定不在x轴上的点的个数是(　　)A.100 B.90 C.81 D.723.把10个苹果分成三堆,要求每堆至少1个,至多5个,则不同的分法共有(　　)A.4种 B.5种 C.6种 D.7种4.某城市的电话号码由七位升为八位(首位数字均不为零),则该城市可增加的电话部数是(　　)A.9×8×7×6×5×4×3×2B.8×97C.9×107D.8.1×1075.某县总工会利用业余时间开设太极、书法、绘画三个培训班,甲、乙、丙、丁四人报名参加,每人只报名参加一项,且甲、乙不参加同一项,则不同的报名方法种数为　　　　　　. 6.已知集合M={1,2,3,4},集合A,B为集合M的非空子集,若对∀x∈A,y∈B,x<y恒成立,则称(A,B)为集合M的一个“子集对”,则集合M的“子集对”共有　　　　　个. 7.五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目,每个工程队承建1个,其中甲工程队不能承建1号子项目,则不同的承建方案有　　　　　种. 8.某文艺小组有20人,其中会唱歌的有14人,会跳舞的有10人,从中选出会唱歌与会跳舞的各1人参加演出,且既会唱歌又会跳舞的至多选1人,有多少种不同的选法?     9.在3 000到8 000之间有多少个无重复数字的奇数?     B级 关键能力提升练10.一植物园的参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线共有(　　)A.6种 B.8种 C.36种 D.48种11.(多选题)已知集合A={-1,2,3,4},m,n∈A,则对于方程=1的说法正确的是(　　)A.可表示3个不同的圆B.可表示6个不同的椭圆C.可表示3个不同的双曲线D.表示焦点位于x轴上的椭圆有3个12.现有某类病毒记作XmYn,其中正整数m,n(m≤7,n≤9)可以任意选取,则不同的选取种数为　　　　　,m,n都取到奇数的概率为　　　　　. 13.(1)从5种颜色中选出3种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每一个顶点涂一种颜色,并使同一条棱上的两个顶点异色,求不同的涂色方法数;(2)从5种颜色中选出4种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每个顶点上涂一种颜色,并使同一条棱上的两个顶点异色,求不同的涂色方法数. C级 学科素养创新练14.现有五种不同的颜色,要对图形中的四个部分进行着色,要求有公共边的两块不能用同一种颜色,不同的涂色方法有　　　　　种. 15.称子集A⊆M={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11}是“好的”,如果它有下述性质——“若2k∈A,则2k-1∈A且2k+1∈A(k∈N)”(空集和M都是“好的”),则M中有多少个包含2个偶数的“好的”子集?    
第2课时　两个计数原理的应用1.C　按照可能脱落的焊接点的个数分类讨论:若脱落1个,则有1,4,共两种情况;若脱落2个,则有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种情况;若脱落3个,则有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共4种情况;若脱落4个,则有(1,2,3,4),共1种情况.综上共有2+6+4+1=13种情况.故选C.2.C　分两步,第1步选b,因为b≠0,所以有9种不同的选法;第2步选a,因为a≠b,所以也有9种不同的选法.由分步乘法计数原理知共有9×9=81(个)点满足要求.3.A　三堆中“最多”的一堆为5个,其他两堆总和为5,每堆至少1个,只有2种分法,即1和4,2和3两种方法.三堆中“最多”的一堆为4个,其他两堆总和为6,每堆至少1个,只有2种分法,即2和4,3和3两种方法.所以不同的分法共有2+2=4(种).4.D　电话号码是七位数字时,该城市可安装电话9×106部,同理升为八位时为9×107部,所以可增加的电话部数是9×107-9×106=8.1×107.5.54　甲有三个培训可选,甲、乙不参加同一项,所以乙有两个培训可选,丙、丁各有三个培训可选,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法种数为3×2×3×3=54.6.17　当A={1}时,B有23-1=7(种)情况;当A={2}时,B有22-1=3(种)情况;当A={3}时,B有1种情况;当A={1,2}时,B有22-1=3(种)情况;当A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情况,所以集合M的“子集对”共有7+3+1+3+3=17(个).7.96　完成承建任务可分五步.第1步,安排1号子项目,有4种不同的承建方案;第2步,安排2号子项目,有4种不同的承建方案;第3步,安排3号子项目,有3种不同的承建方案;第4步,安排4号子项目,有2种不同的承建方案;第5步,安排5号子项目,有1种承建方案.由分步乘法计数原理得,共有4×4×3×2×1=96(种)不同的承建方案.8.解易知既会唱歌又会跳舞的有4人,只会唱歌的有10人,只会跳舞的有6人.第1类,首先从只会唱歌的10人中选出1人,有10种不同的选法,从会跳舞的10人中选出1人,有10种不同的选法,共有10×10=100(种)不同的选法;第2类,从既会唱歌又会跳舞的4人中选1人,再从只会跳舞的6人中选1人,共有4×6=24(种)不同的选法.所以一共有100+24=124(种)不同的选法.9.解分两类:一类是以3,5,7为首位的四位奇数,可分三步完成:先排千位有3种方法,再排个位有4种方法,最后排中间的两个数有8×7种方法,所以满足要求的数有3×4×8×7=672(个).另一类是首位是4或6的四位奇数,也可分三步完成,满足要求的数有2×5×8×7=560(个).由分类加法计数原理得,满足要求的数共有672+560=1 232(个).10.D　选择参观路线分步完成: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.由分步乘法计数原理知,共有3×2×2×2×2=48(种)方法,故选D.11.ABD　当m=n>0时,方程=1表示圆,故有3个,选项A正确;当m≠n且m,n>0时,方程=1表示椭圆,焦点在x,y轴上的椭圆分别有3个,故有3×2=6(个),选项B正确,D正确;当mn<0时,方程=1表示双曲线,故有3×1+1×3=6个,选项C错误.12.63　　因为正整数m,n满足m≤7,n≤9,所以(m,n)所有可能的取值有7×9=63(种),其中m,n都取到奇数的情况有4×5=20(种),因此所求概率为13.解(1)如图,由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,则A,C必须颜色相同,B,D必须颜色相同,所以共有5×4×3×1×1=60(种)不同的涂色方法.(2)(方法一)由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,则A,C可以颜色相同,B,D可以颜色相同,并且两组中必有一组颜色相同.所以,先从两组中选出一组涂同一颜色,有2种选法(如:B,D颜色相同);再从5种颜色中,选出四种颜色涂在S,A,B,C四个顶点上,有5×4×3×2=120(种)不同的涂色方法.最后D涂B的颜色,根据分步乘法计数原理,共有2×120=240(种)不同的涂色方法.(方法二)分两类.第1类,C与A颜色相同.由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,它们有5×4×3=60(种)不同的涂色方法.共有5×4×3×1×2=120(种)不同的涂色方法.第2类,C与A颜色不同.由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,它们有5×4×3=60(种)不同的涂色方法.共有5×4×3×2×1=120(种)不同的涂色方法.由分类加法计数原理,共有120+120=240(种)不同的涂色方法.14.180　依次给区域Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ涂色分别有5,4,3,3种方法,根据分步乘法计数原理,不同的涂色方法的种数为5×4×3×3=180.15.解 含有2个偶数的“好的”子集A,有两种不同的情形:①两偶数是相邻的,有4种可能:2,4;4,6;6,8;8,10.每种情况必有3个奇数相随(如2,4∈A,则1,3,5∈A).余下的3个奇数可能在A中,也可能不在A中,故这样的“好的”子集共有4×23=32(个).②两偶数不相邻,有6种可能:2,6;2,8;2,10;4,8;4,10;6,10.每种情况必有4个奇数相随(如2,6∈A,则1,3,5,7∈A).余下的2个奇数可能在A中,也可能不在A中,故这样的“好的”子集共有6×22=24(个).综上所述,M中有32+24=56(个)包含2个偶数的“好的”子集.