北师大版 (2019)选择性必修 第一册1.1 分类加法计数原理课后练习题

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第一册1.1 分类加法计数原理课后练习题，共7页。试卷主要包含了3　基本计数原理的简单应用等内容，欢迎下载使用。
知识点一分类加法计数原理的应用
1.有4位教师在同一年级的4个班中分别担任数学老师，在数学测验时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有( )
A．8种B．9种C．10种D．11种
2．在手绘涂色本的某页上画有排成一列的6条未涂色的鱼，小明用红、蓝两种颜色给这些鱼涂色，每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色，涂色后，既有红色鱼又有蓝色鱼的涂色方法种数为________．
3．设椭圆eq \f(x2,a)＋eq \f(y2,b)＝1(a＞0，b＞0)的焦点在y轴上，其中a∈{1，2，3，4，5}，b∈{1，2，3，4，5，6，7}，求满足上述条件的椭圆的个数．
知识点二分步乘法计数原理的应用
4.将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法的种数为( )
A．81B．64
C．14D．12
5．用5种不同的颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色，规定一个区域只能涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，共有________种不同的涂色方案．
6．(1)用数字7，8，9可以组成多少个三位数？
(2)用数字7，8，9可以组成多少个没有重复数字的三位数？
知识点三两个计数原理的综合应用
7.已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的个数为( )
A．18B．10
C．16D．14
8．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的任意三天中参加某项志愿者活动，若要求每人参加一天且每天至多安排一人，且要求甲安排在另外两位前面，则不同的安排方法共有多少种？
关键能力综合练
一、选择题
1．已知两条异面直线a、b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A．40B．16
C．13D．10
2．从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．3B．4
C．6D．8
3．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
A．10种B．20种
C．25种D．32种
4．已知集合A＝{1，2，3，4，5}，B＝{5，8，9}，则从这两个集合中各取出一个元素组成一个新的双元素集合，则可以组成这样的新集合的个数为( )
A．8B．12
C．14D．15
5．如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为( )
A．6，8B．6，6
C．5，2D．6，2
6．[易错题]现有4种不同颜色，任选其中几种对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )
A.144种B．72种
C．64种D．84种
二、填空题
7．现有A，B两种类型的车床各一台，甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙两种车床都会操作，丙只会操作A种车床，现在要从这三名工人中选两名分别去操作这两台车床，则不同的选派方法有______种．
8．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________．
9．[探究题]有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面或3面旗纵向排列在某一旗杆上表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成________种不同的信号．
三、解答题
10．现有4个数学课外小组，且一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人．
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每组选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？
学科素养升级练
1．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
2．某外语小组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语．从中选出会英语和日语的各一人组成一个二人活动小组，有________种选法．
3．[学科素养——逻辑推理]用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的
(1)密码箱的四位密码；
(2)比2000大的四位偶数．
1．1 分类加法计数原理
1．2 分步乘法计数原理
1．3 基本计数原理的简单应用
必备知识基础练
1．解析：设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班级分别为a，b，c，d.假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同的方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同的方法．由分类加法计数原理得，监考方法共有3＋3＋3＝9(种).
答案：B
2．解析：红色用1次，有6种方法；红色用2次，有10种方法；红色用3次，有4种方法．由分类加法计数原理可知共20种．
答案：20
3．解析：因为椭圆的焦点在y轴上，所以b＞a.
则当a＝1时，b可取2，3，4，5，6，7，有6种取法；
当a＝2时，b可取3，4，5，6，7，有5种取法；
当a＝3时，b可取4，5，6，7，有4种取法；
当a＝4时，b可取5，6，7，有3种取法；
当a＝5时，b可取6，7，有2种取法．
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．
4．解析：对于第一个小球有4种不同的放法，第二个小球也有4种不同的放法，第三个小球也有4种不同的放法，即每个小球都有4种不同的放法，根据分步乘法计数原理知共有4×4×4＝64种放法，故选B.
答案：B
5．解析：由题意，可分步进行，区域A有5种涂法，区域B有4种涂法，区域C有3种涂法，区域D有3种涂法，∴共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方案．
答案：180
6．解析：(1)要完成“组成三位数”这件事，需分以下三步进行．
第一步：确定个位数字，7，8，9三个数字都可以选择，有3种选法．
第二步：确定十位数字，7，8，9三个数字都可以选择，有3种选法．
第三步：确定百位数字，7，8，9三个数字都可以选择，有3种选法．
根据乘法原理，可以组成的三位数有3×3×3＝27个．
(2)要完成“组成没有重复数字的三位数”这件事，需分以下三步进行．
第一步：确定个位数字，7，8，9三个数字都可以选择，有3种选法．
第二步：确定十位数字，第一步选过的数字不能选择，因此有2种选法．
第三步：确定百位数字，只有1种选法．
根据分步乘法原理，可以组成的没有重复数字的三位数有3×2×1＝6个．
7．解析：第三、四象限内点的纵坐标为负值，横坐标不为0，
故分两种情况讨论，第一种：取M中的点作横坐标，取N中的点作纵坐标，共有3×2＝6个点；
第二种：取N中的点作横坐标，取M中的点作纵坐标，共有4×1＝4个点．
综上所述，共有4＋6＝10个不同的点，故选B.
答案：B
8．解析：分三类：若甲在周一，则乙、丙有4×3＝12种排法；
若甲在周二，则乙、丙有3×2＝6种排法；
若甲在周三，则乙、丙有2×1＝2种排法，
所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20(种).
关键能力综合练
1．解析：分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，一共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
答案：C
2．解析：公比q＝2时，有1，2，4；2，4，8.公比q＝3时，有1，3，9.公比q＝eq \f(3,2)时，有4，6，9.以上共4个，反过来也有4个，即4，2，1；8，4，2；9，3，1；9，6，4.所以等比数列的个数为8.
答案：D
3．解析：每个同学都有2种选择，根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有25＝32种，故选D.
答案：D
4．解析：第一步，从A中选1个元素，有5种；第二步，从B中选一个元素，有3种；第三步，去除元素重复的1个集合，共有5×3－1＝14(个)新集合．
答案：C
5．解析：根据分步乘法计数原理可得，从甲地经乙地到丙地的走法共有3×2＝6种；再由分类加法计数原理可得，从甲地到丙地共有6＋2＝8种走法，故选A.
答案：A
6．解析：根据题意，分3步进行分析：①给“金”着色，有4种结果．②给“榜”着色，有3种结果．③给“题”着色，若其与“榜”同色，则给“名”着色有3种结果；若其与“榜”不同色，则给“题”着色有2种结果，然后给“名”着色有2种结果．共有4×3×(3＋2×2)＝84种结果，故选D.
答案：D
7．解析：若选甲、乙两人，则甲操作A种车床，乙操作B种车床或甲操作B种车床，乙操作A种车床，共有2种选派方法．若选甲、丙两人，则甲操作B种车床，丙操作A种车床，共有1种选派方法．若选乙、丙两人，则乙操作B种车床，丙操作A种车床，共有1种选派方法．故共有2＋1＋1＝4种不同的选派方法．
答案：4
8．解析：根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且机会是相等的，若第一个选1号螺栓，则第二个可以选3，4，5号螺栓，依次选下去，可以得到10种方法(135246，135264，136425，142536，142635，146253，146352，152463，153624，153642)，所以总共有10×6＝60种方法．
答案：60
9．解析：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9(种)不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27(种)不同的信号．根据分类加法计数原理，共可组成3＋9＋27＝39(种)不同的信号．
答案：39
10．解析：(1)分四类：第一类，从一组中选1人，有7种选法；
第二类，从二组中选1人，有8种选法；
第三类，从三组中选1人，有9种选法；
第四类，从四组中选1人，有10种选法．
所以不同的选法共有7＋8＋9＋10＝34(种).
(2)分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四组中选1人担任组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040(种).
(3)分六类：从一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；
从一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；
从一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；
从二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；
从二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；
从三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种).
学科素养升级练
1．解析：如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，与面对角线B1D1成60°角的面对角线即四个侧面内的对角线，共8条，同理与A1C1成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对，又正方体共有6个面，所以共有16×6＝96对，而每对面对角线被计算了2次，因此所成的角为60°的面对角线有eq \f(1,2)×96＝48对．
答案：C
2．解析：因为7＋3－9＝1，所以外语小组9人中有1人既会英语又会日语．共分三类：①当既会英语又会日语的人被当作会英语的人时，选出只会日语的一人即可，有2种选法；②当既会英语又会日语的人被当作会日语的人时，选出只会英语的一人即可，有6种选法；③当既会英语又会日语的人没被选出时，则需从只会日语和只会英语的人中各选出一人，有2×6＝12(种)方法，故共有2＋6＋12＝20(种)选法．
答案：20
3．解析：(1)分步解决．
第一步：选取第一个位置上的数字，有6种选取方法；
第二步：选取第二个位置上的数字，有5种选取方法；
第三步：选取第三个位置上的数字，有4种选取方法；
第四步：选取第四个位置上的数字，有3种选取方法；
由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个).
(2)方法一：按个位是0，2，4分为三类．
第一类：个位是0的有4×4×3＝48个；第二类：个位是2的有3×4×3＝36个；第三类：个位是4的有3×4×3＝36个．
则由分类加法计数原理得比2000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个．
方法二：按千位是2，3，4，5分四类．
第一类：千位是2的有2×4×3＝24个；第二类：千位是3的有3×4×3＝36个；第三类：千位是4的有2×4×3＝24个；第四类：千位是5的有3×4×3＝36个．
则由分类加法计数原理得比2000大的四位偶数有24＋36＋24＋36＝120个．
方法三(间接法)：用0，1，2，3，4，5可以组成的无重复数字的四位偶数，第一类：个位数是0的有5×4×3＝60个；第二类：个位数是2或4的有2×4×4×3＝96个，共有60＋96＝156个．其中比2000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36个，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120个．
金
榜
题
名