数学6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理第2课时课后测评

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1．在由0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有( )
A．512个B．192个
C．240个D．108个
【答案】D 【解析】能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理知，共有5×4×3＝60(个)；一类是末位为5，由分步乘法计数原理知，共有4×4×3＝48(个).由分类加法计数原理，得共有60＋48＝108(个).
2．有四位教师在同一年级的四个班各教一个班的数学，在数学检测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
【答案】B 【解析】设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d.若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，若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).
3．某城市的电话号码由六位升为七位(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．8×96
C．9×106D．8.1×106
【答案】D 【解析】电话号码是六位数字时，该城市可安装电话部数为9×105，同理，升为七位时部数为9×106，∴可增加的电话部数是9×106－9×105＝8.1×106.
4．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有( )
A．24种B． 28种
C． 32种D．36种
【答案】D 【解析】第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员，有4种选法．第三步，从剩下的3人中选体育委员，有3种选法．由分步乘法计数原理可得不同的选法共有3×4×3＝36(种).
5．(2022年漳州期末)如图，用3种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C中，要求相邻的矩形不能使用同一种颜色，则不同的涂法有( )
A．3种B．6种
C．12种D．27种
【答案】C 【解析】计算不同的涂色方法数有两类办法：用 3 种颜色，每个矩形涂一种颜色，3×2×1＝6(种)方法．用2种颜色，矩形A，C同色，有3×2＝6(种)方法，由分类加法计数原理得 6＋6＝12(种)，所以不同的涂法有 12 种．故选C．
6．如图，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂法种数为( )
A．280B．180
C．96D．60
【答案】B 【解析】按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选；第二步B区域有4种颜色可选；第三步C区域有3种颜色可选；第四步由于可重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选用．由分步乘法计数原理知，共有5×4×3×3＝180(种)涂法．
7．(多选)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，则下列结论中正确的有( )
A．组成的三位数的个数为60
B．在组成的三位数中，偶数的个数为30
C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20
D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为30
【答案】BC 【解析】对于A ，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3＝48，故A错误；对于B ，将所有三位数的偶数分为两类， ①个位数为0，则有4×3＝12(个), ②个位数为2或4 ，则有2×3×3＝18(个)，所以在组成的三位数中，偶数的个数为12＋18＝30，故B正确；对于C，D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有4×3＝12(个)，②十位为1，则有3×2＝6(个)，③十位为2，则有2×1＝2(个)，所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为12＋6＋2＝20，故C正确，D错误．故选BC．
8．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．
【答案】36 【解析】根据题意个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9共8种情况，在每一类中满足题目要求的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个).
9．古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成________组．
【答案】60 【解析】分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30(组)不同的结果．第二类也有30组不同的结果，共可得30＋30＝60(组).
10．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数．
(1)可以排出多少个不同的三位数？
(2)各位数字互不相同的三位数有多少个？
(3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？
解：(1)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位．根据分步乘法计数原理知，可以排出6×6×6＝216(个)不同的三位数．
(2)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位．百位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位上数字的排法有4种，根据分步乘法计数原理，各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个).
(3)两个数字相同有三种可能，即百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，而每种都有6×5＝30(个)，故满足条件的三位数共有3×30＝90(个).
B级——能力提升练
11．从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则形成不同的直线最多有( )
A．18条B．20条
C．25条D．10条
【答案】A 【解析】第一步取A的值，有5种取法，第二步取B的值，有4种取法．其中当A＝1，B＝2时，与A＝2，B＝4时是相同的直线；当A＝2，B＝1时，与A＝4，B＝2时是相同的直线．故共有5×4－2＝18(条).
12．(多选)已知集合M＝{1，－2，3} ，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b，则下列说法正确的有( )
A． eq \f(b,a)表示不同的正数的个数是6
B． eq \f(b,a)表示不同的比1小的数的个数是6
C．(a，b) 表示x轴上方不同的点的个数是6
D．(a，b) 表示y轴右侧不同的点的个数是6
【答案】BC 【解析】对于A，若a，b均为正，共有2×2＝4(个)，若a，b均为负，共有1×2＝2(个)，但 eq \f(6,3)＝ eq \f(－4,－2)，所以共有5个，故A错误；对于B，若 eq \f(b,a)为正，显然均比1大，所以只需 eq \f(b,a)为负即可，共有2×3＝6(个)，故B正确；对于C，要使(a，b)表示x轴上方的点，只需b为正即可，共有2×3＝6(个)，故C正确；对于D, 要使(a，b)表示y轴右侧的点，只需a为正即可，共有2×4＝8(个)，故D错误．故选BC．
13．(2023年重庆期中)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，现用5种颜色给A，B，C，D，E五个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方案有________种．
【答案】420 【解析】分4步进行分析：第1步，对于A区域有5种颜色可选；第2步，因为B区域与A区域相邻，所以有4种颜色可选；第3步，对于E区域，因为与A，B区域相邻，所以有3种颜色可选；第4步，对于D，C区城，若D与B颜色相同，则C区域有3种颜色可选；若D与B颜色不相同，D区城有2种颜色可选，C区域有2种颜色可选，则区域D，C共有3＋2×2＝7(种)选择．综上，不同的涂色方案有5×4×3×7＝420(种).
14．北京大兴国际机场是一座跨地域、超大型的国际航空综合交通枢纽，目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东跑道、北跑道．若有2架飞机要从以上不同跑道同时起飞，有________种不同的安排方法；若西一跑道、西二跑道至少有一道被选取，则共有________种不同的安排方法.
【答案】12 10 【解析】若有2架飞机要从不同跑道同时起飞，有4×3＝12(种)不同的安排方法．若西一跑道、西二跑道至少有一道被选取，可用自由选择跑道的方法总数减去西一跑道和西二跑道都不被选取的方法数，即12－2×1＝10(种).
15．某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会法语，若在同一天要接待3个不同的外国旅游团，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会法语的导游，那么有多少种不同的安排方法？
解：由题意知有1名导游既会英语又会法语，记甲为既会英语又会法语的导游，按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：
第一类，甲被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需要会英语的旅游团，有2种安排方法，所以有2×2＝4(种)安排方法；
第二步，从会法语的另外2人中选出1人安排到需要会法语的旅游团，共2种选法．
故此时共有4×2＝8(种)安排方法；
第二类，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；
第二步，从会法语的3人(包括甲)中选出1人安排到需要会法语的旅游团，有3种选法．
故此时共有2×3＝6(种)安排方法．
综上，不同的安排方法共有8＋6＝14(种).A
B
C