还剩8页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024年新高考数学一轮复习达标检测全套
成套系列资料，整套一键下载
2024年新高考数学一轮复习达标检测第54讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理（教师版）
展开
这是一份2024年新高考数学一轮复习达标检测第54讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理（教师版），共11页。
A．6种B．7种C．8种D．9种
【分析】由题意，选派3人中至少有1名女生，可分为女生1人男生2人和女生2人男生1人两种情况．
【解答】解：方法一：可按女生人数分类：
若选派1名女生，有C•C＝2×3＝6种；
若选派2名女生，则有C•C＝3种．
由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．
方法二：至少有1名女生的选派方法为．
故选：D．
2．今有6个人组成的旅游团，包括4个大人，2个小孩，去庐山旅游，准备同时乘缆车观光，现有三辆不同的缆车可供选择，每辆缆车最多可乘3人，为了安全起见，小孩乘缆车必须要大人陪同，则不同的乘车方式有（ ）种
A．204B．288C．348D．396
【分析】分乘坐3辆缆车和乘坐两辆缆车讨论，①乘坐3辆缆车则4个大人被分成2，1，1三组按分步原理计算方法数即可，②若乘两辆缆车，则4个大人被分成2，2或者3，1两组，然后按计算原理处理即可，最后将两类相加即可．
【解答】解：①若6人乘坐3辆缆车，则将4个大人分成2，1，1三组有＝6种方法，然后将三组排到三个缆车有＝6种方法，再将两个小孩排到三个缆车有3×3﹣1＝8种方法，所以共有6×6×8＝288种方法．
②若6人乘坐2辆缆车，
（1）两个小孩不在一块：则大人分成2，2两组的方法有＝3种方法，将两组排到两辆缆车有＝6种方法，再将两个小孩排到两辆缆车有＝2种方法，
故共有3×6×2＝36种方法．
（2）两个小孩在一块：则大人分成3，1两组，分组方法为＝4种方法，小孩加入1人的组有1种方法，再将两组从3辆缆车中选两辆排入有＝6种方法，故共有4×1×6＝24种方法．
综上共有：288+36+24＝348种方法．
故选：C．
3．某校教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，一学生由一层到五层的走法有（ ）
A．10种B．25种C．52种D．24种
【分析】通过层与层之间的走法，利用分步计数原理求解一层到五层的走法．
【解答】解：共分4步：一层到二层 2种，二层到三层 2种，三层到四层 2种，四层到五层 2种，一共 24＝16种．
故选：D．
4．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．36个B．42个C．30个D．35个
【分析】本题是一个分步计数问题，从集合中任取两个互不相等的数a，b，组成复数a+bi，要求是一个虚数，也就是b不能为0，先选有限制条件的元素b，不能选0，在根据两个互不相等的数a，b，根据分步计数原理得到结果．
【解答】解：∵a，b互不相等且为虚数，
∴所有b只能从{1，2，3，4，5，6}中选一个有6种，
a从剩余的6个选一个有6种，
∴根据分步计数原理知虚数有6×6＝36（个）．
故选：A．
5．如图，湖面上有4个相邻的小岛A，B，C，D，现要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来共有m种不同的方案，则m的值为（ ）
A．4B．8C．12D．16
【分析】根据题意，利用排除法分析：首先分析在4个小岛之间建造桥梁的全部数目，再排除其中不能把4个小岛连接起来的情况，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，4个小岛之间共有6个位置可以建设桥梁，在其中任选3个建造桥梁，有C63＝20种结果，
其中有4种不能把4个小岛连接起来，则符合题意的建造方法有20﹣4＝16种；
故选：D．
6．学校计划在周一至周四的艺术节上展演《雷雨》、《茶馆》、《天籁》、《马蹄声碎》四部话剧，每天一部，受多种因素影响，话剧《雷雨》不能在周一、周四上演；《茶馆》不能在周一、周三上演；《天籁》不能在周三、周四上演；《马蹄声碎》不能在周一、周四上演，则所有的可能情况有（ ）种．
A．0B．1C．2D．3
【分析】由题意，周一只能上演《天籁》，周四只能上演《茶馆》，而周二和周三则可《马蹄声碎》和《雷雨》，从而得出结论．
【解答】解：由题意，周一只能上演《天籁》，周四只能上演《茶馆》，
故周二上演《雷雨》，周三上演《马蹄声碎》；
或者周二上演《马蹄声碎》，周三上演《雷雨》．
故所有的可能情况有2种，
故选：C．
7．电路如图所示，在A，B间有四个开关，若发现A，B之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有（ ）
A．3种B．8种C．13种D．16种
【分析】根据题意，有间接法分析：先计算4个开关打开或闭合的可能情况数目，再分析电路接通的情况，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，在A，B间有四个开关，每个开关有2种情况，则四个开关有2×2×2×2＝16种情况，
其中电路接通的情况有1、2、4闭合、1、3、4闭合或1、2、3、4闭合，有3种情况，
则电路不通的情况有16﹣3＝13种；
故选：C．
8．一般地，一个程序模块由许多子模块组成，一个程序模块从开始到结束的路线称为该程序模块的执行路径．如图是一个计算机程序模块，则该程序模块的不同的执行路径的条数是（ ）
A．6B．14C．49D．84
【分析】根据分类分步计数原理可得．
【解答】解：根据分类分步计数原理可得（2+2+3）×（4+3）＝49种，
故选：C．
9．设集合A＝{（a1，a2，a3，a4，a5，a6）|ai∈{﹣1，1}，i＝1，2，3，4，5，6}，那么集合A中满足条件“﹣2≤a1+a2+a3+a4+a5+a6≤2”的元素的个数为（ ）
A．35B．50C．60D．180
【分析】由题意可得a1+a2+a3+a4+a5+a6只能取﹣2，0，2三种情况，根据分类计数原理可得．
【解答】解：∵集合A＝{（a1，a2，a3，a4，a5，a6）|ai∈{﹣1，1}，i＝1，2，3，4，5，6}，
要满足“﹣2≤a1+a2+a3+a4+a5+a6≤2”
由题可得：ai中有2个﹣1，4个1，或3个﹣1，3个1，或4个﹣1，2个1，共三类情况符合条件．
所以A中满足条件“﹣2≤a1+a2+a3+a4+a5+a6≤2”的元素的个数为：++＝50；
故选：B．
10．一只蚂蚁从正四面体A﹣BCD的顶点A出发，沿着正四面体A﹣BCD的棱爬行，每秒爬一条棱，每次爬行的方向是随机的，则蚂蚁第1秒后到点B，第4秒后又回到A点的不同爬行路线有（ ）
A．6条B．7条C．8条D．9条
【分析】根据已知，可做出右图，由图知，不同的爬行路线有7条，问题得以解决．
【解答】解：根据已知，可作出右图，
由图知，不同的爬行路线有7条，
故选：B．
11．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有（ ）
A．30种B．50种C．60种D．90种
【分析】讨论甲同学选择的两种不同的情况，确定乙，丙的个数．
【解答】解：①甲同学选择牛，乙有2种，丙有10种，选法有1×2×10＝20种，
②甲同学选择马，乙有3种，丙有10种，选法有1×3×10＝30种，
所以总共有20+30＝50种．
故选：B．
12．将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，每个区域种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是（ ）
A．420B．180C．64D．25
【分析】由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B有4种涂法，讨论A，D同色和异色，根据乘法原理可得结论．
【解答】解：方法一：由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，
区域A有5种涂法，B有4种涂法，
A，D不同色，D有3种，C有2种涂法，有5×4×3×2＝120种，
A，D同色，D有4种涂法，C有3种涂法，有5×4×3＝60种，
∴共有180种不同的涂色方案．
方法二：分步，比如先排BCD，两两不同色，有5×4×3＝60种，再排A，只要与BC不同，有3种，故共180种
故选：B．
13．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖（219）元的货款（不找零），则有 种不同的支付方式．
【分析】按照个位上的9元的支付情况分类，三个数位上的钱数分步计算，相加即可．
【解答】解：9元的支付有两种情况，5+2+2或者5+2+1+1，
①当9元采用5+2+2方式支付时，
200元的支付方式为2×100，或者1×100+2×50或者1×100+1×50+2×20+10共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有1×3×1＝3种支付方式；
②当9元采用5+2+1+1方式支付时：
200元的支付方式为2×100，或者1×100+2×50或者1×100+1×50+2×20+10共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有1×3×1＝3种支付方式；
所以总的支付方式共有3+3＝6种．
故答案为：6．
14．2019年女排世界杯共有12支参赛球队，赛制采用12支队伍单循环，两两捉对厮杀一场定胜负，依次进行，则此次杯赛共有 场球赛．
【分析】直接利用组合数的应用求出结果．
【解答】解：根据题意利用组合数得．
故答案为：66．
15．4位学生和1位老师站成一排照相，若老师站中间，男生甲不站最左端，男生乙不站最右端，则不同排法的种数是 ．
【分析】由题意，需要分两类，第一类，男生甲在最右端，第二类，男生甲不在最右端，根据分类计数原理可得答案．
【解答】解：第一类，男生甲在最右端，其他人全排，故有A33＝6种，
第二类，男生甲不在最右端，男生甲有两种选择，男生乙也有两种选择，其余2人任意排，故有A21A21A22＝8，
根据分类计数原理可得，共有6+8＝14种，
故答案为：14．
16．若A∪B＝{1，2，3}，则集合A，B共有 种组合．
【分析】根据集合A中元素的个数进行分类，没有元素，1个元素，2个元素，3个元素，根据分类计数原理可得答案．
【解答】解：当集合A为空集时，集合B＝{1，2，3]有1种，
当集合A包含1个元素时，例如A＝{1}，则集合可以为{1，2，3}或{2，3}，故有3×2＝6种，
当集合A包含2个元素时，例如A＝{1，2}，则可以为{1，2，3}，{1，3}，{2，3}，{3}故有3×4＝12种，
当集合A包含3个元素时，例如A＝{1，2，3}，则集合B可以没有元素，1个元素，2个元素，3个元素，故有1+3+3+1＝8种，
根据分类计数原理可得，共有1+6+12+8＝27种，
故答案为：27．
17．现用五种不同的颜色，要对如图中的四个部分进行着色，要求公共边的两块不能用同一种颜色，共有 种不同着色方法
【分析】本剧题意，分4类进行分析，分情况讨论着色方案，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，由分4类进行分析：
①当Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ全都不同色时，共有种；
②当Ⅰ，Ⅲ同色，Ⅱ，Ⅳ不同色时，共有种；
③当Ⅱ，Ⅳ同色，Ⅰ，Ⅲ不同色时，共有60种；
④当Ⅰ，Ⅲ同色且Ⅱ，Ⅳ也同色时，共有种；
故答案为：260．
18．如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c．例如，图中上档的数字和a＝9．若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有 种．
【分析】a，b，c的取值范围都是从7～14，可以根据公差d的情况进行讨论．
【解答】解：根据题意，a，b，c的取值范围都是从7～14共8个数字，故公差d范围是﹣3到3，
①当公差d＝0时，有＝8种，
②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2＝12种，
③当公差d＝±2时，b不取7，8，13，14，有2＝8种，
④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2＝4种，
综上共有8+12+8+4＝32种，
故填：32
19．我国古代数学著作《孙子算经》中记载：“今有三人共车，二车空，二人共车，九人步．问人车各几何？”其大意是：“每车坐3人，两车空出来；每车坐2人，多出9人步行．问人数和车数各多少？”根据题意，其车数为 辆．
【分析】设出车数和人数，列方程组即可
【解答】解：设车有x辆，人有y人，则，解得x＝15，y＝39．
故填：15．
20．北京大兴国际机场为4F级国际机场、大型国际枢纽机场、国家发展新动力源，于2019年9月25日正式通航．目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示；若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞，且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取，则共有 种不同的安排方法．（用数字作答）．
【分析】分西一跑道、西二跑道均被选取及西一跑道、西二跑道只有一道被选取两种情况，每种情况按照先组合再排列的方式计算即可．
【解答】解：①西一跑道、西二跑道均被选取，有种起飞方式；
②西一跑道、西二跑道只有一道被选取，有种起飞方式；
由分类计数原理可知，满足条件的安排方法有2+8＝10种．
故答案为：10．
21．从分别印有数字0，3，5，7，9的5张卡片中，任意抽出3张组成三位数．
①求可以组成多少个大于500的三位数；
②求可以组成多少个三位数；
③若印有9的卡片，既可以当9用，也可以当6用，求可以组成多少个三位数．
【分析】①．首位是5、7、9的三位数都大于500．即可求解．
②．共有三位数：4＝48个．
③．求出有数字9的三位数个数即可．
【解答】解：①．首位是5、7、9的三位数都大于500．
故大于500的三位数有：3＝36个；
②．共有三位数：4＝48个．
③．取出的三张卡片中有0也有9：有×2×2＝12种情况，
取出的三张卡片中有9但没有0：C32A33＝18种情况
∴印有9的卡片，既可以当9用，也可以当6用，可以组成48+30＝78个三位数
[B组]—强基必备
1．如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，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，则不同的涂色方法有（ ）
A．192B．336
C．600D．以上答案均不对
【分析】根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论．
【解答】解：E，F，G分别有4，3，2种方法，
①当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，
（1）C若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，
（2）若C与F不同，则此时D有2种方法，
故此时共有：4×3×2×1×2×（1×3+1×2）＝240种方法；
②当A与G相同时，A有1种方法，此时B有3种方法，
（1）若C与F相同，C有1种方法，同时D有2种方法，
（2）若C与F不同，则D有1种方法，
故此时共有：4×3×2×1×3×（1×2+1×1）＝216种方法；
③当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，
（1）若B与F相同，则C必须与A相同，同时D有2种方法；
（2）若B不同于F，则B有1种方法，
（Ⅰ）若C与F相同则C有1种方法同时D有2种方法；
（Ⅱ）若C与F不同则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；
故此时共有：4×3×2×1×[1×1×2+1×（1×2+1×2）]＝144种方法；
综上共有240+216+144＝600种方法．
故选：C．
2．设S为一个非空有限集合，记|S|为集合S中元素的个数，若集合S的两个子集A、B满足：|A∩B|＝k并且A∪B＝S，则称子集{A，B}为集合S的一个“k﹣覆盖”（其中0≤k≤|S|），若|S|＝n，则S的“k﹣覆盖”个数为 ．
【分析】根据题意，分2步进行分析：①在集合S的n个元素中任选k个，②集合S中还有（n﹣k）个元素，假设这（n﹣k）个元素组成集合M，分析集合M的子集，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①若|S|＝n，即集合S中有n个元素，在其中任选k个，有种取法，
②集合S中还有（n﹣k）个元素，假设这（n﹣k）个元素组成集合M，集合M有2n﹣k个子集，
则S的“k﹣覆盖”个数为；
故答案为：
A．6种B．7种C．8种D．9种
【分析】由题意，选派3人中至少有1名女生，可分为女生1人男生2人和女生2人男生1人两种情况．
【解答】解：方法一：可按女生人数分类：
若选派1名女生，有C•C＝2×3＝6种；
若选派2名女生，则有C•C＝3种．
由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．
方法二：至少有1名女生的选派方法为．
故选：D．
2．今有6个人组成的旅游团，包括4个大人，2个小孩，去庐山旅游，准备同时乘缆车观光，现有三辆不同的缆车可供选择，每辆缆车最多可乘3人，为了安全起见，小孩乘缆车必须要大人陪同，则不同的乘车方式有（ ）种
A．204B．288C．348D．396
【分析】分乘坐3辆缆车和乘坐两辆缆车讨论，①乘坐3辆缆车则4个大人被分成2，1，1三组按分步原理计算方法数即可，②若乘两辆缆车，则4个大人被分成2，2或者3，1两组，然后按计算原理处理即可，最后将两类相加即可．
【解答】解：①若6人乘坐3辆缆车，则将4个大人分成2，1，1三组有＝6种方法，然后将三组排到三个缆车有＝6种方法，再将两个小孩排到三个缆车有3×3﹣1＝8种方法，所以共有6×6×8＝288种方法．
②若6人乘坐2辆缆车，
（1）两个小孩不在一块：则大人分成2，2两组的方法有＝3种方法，将两组排到两辆缆车有＝6种方法，再将两个小孩排到两辆缆车有＝2种方法，
故共有3×6×2＝36种方法．
（2）两个小孩在一块：则大人分成3，1两组，分组方法为＝4种方法，小孩加入1人的组有1种方法，再将两组从3辆缆车中选两辆排入有＝6种方法，故共有4×1×6＝24种方法．
综上共有：288+36+24＝348种方法．
故选：C．
3．某校教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，一学生由一层到五层的走法有（ ）
A．10种B．25种C．52种D．24种
【分析】通过层与层之间的走法，利用分步计数原理求解一层到五层的走法．
【解答】解：共分4步：一层到二层 2种，二层到三层 2种，三层到四层 2种，四层到五层 2种，一共 24＝16种．
故选：D．
4．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．36个B．42个C．30个D．35个
【分析】本题是一个分步计数问题，从集合中任取两个互不相等的数a，b，组成复数a+bi，要求是一个虚数，也就是b不能为0，先选有限制条件的元素b，不能选0，在根据两个互不相等的数a，b，根据分步计数原理得到结果．
【解答】解：∵a，b互不相等且为虚数，
∴所有b只能从{1，2，3，4，5，6}中选一个有6种，
a从剩余的6个选一个有6种，
∴根据分步计数原理知虚数有6×6＝36（个）．
故选：A．
5．如图，湖面上有4个相邻的小岛A，B，C，D，现要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来共有m种不同的方案，则m的值为（ ）
A．4B．8C．12D．16
【分析】根据题意，利用排除法分析：首先分析在4个小岛之间建造桥梁的全部数目，再排除其中不能把4个小岛连接起来的情况，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，4个小岛之间共有6个位置可以建设桥梁，在其中任选3个建造桥梁，有C63＝20种结果，
其中有4种不能把4个小岛连接起来，则符合题意的建造方法有20﹣4＝16种；
故选：D．
6．学校计划在周一至周四的艺术节上展演《雷雨》、《茶馆》、《天籁》、《马蹄声碎》四部话剧，每天一部，受多种因素影响，话剧《雷雨》不能在周一、周四上演；《茶馆》不能在周一、周三上演；《天籁》不能在周三、周四上演；《马蹄声碎》不能在周一、周四上演，则所有的可能情况有（ ）种．
A．0B．1C．2D．3
【分析】由题意，周一只能上演《天籁》，周四只能上演《茶馆》，而周二和周三则可《马蹄声碎》和《雷雨》，从而得出结论．
【解答】解：由题意，周一只能上演《天籁》，周四只能上演《茶馆》，
故周二上演《雷雨》，周三上演《马蹄声碎》；
或者周二上演《马蹄声碎》，周三上演《雷雨》．
故所有的可能情况有2种，
故选：C．
7．电路如图所示，在A，B间有四个开关，若发现A，B之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有（ ）
A．3种B．8种C．13种D．16种
【分析】根据题意，有间接法分析：先计算4个开关打开或闭合的可能情况数目，再分析电路接通的情况，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，在A，B间有四个开关，每个开关有2种情况，则四个开关有2×2×2×2＝16种情况，
其中电路接通的情况有1、2、4闭合、1、3、4闭合或1、2、3、4闭合，有3种情况，
则电路不通的情况有16﹣3＝13种；
故选：C．
8．一般地，一个程序模块由许多子模块组成，一个程序模块从开始到结束的路线称为该程序模块的执行路径．如图是一个计算机程序模块，则该程序模块的不同的执行路径的条数是（ ）
A．6B．14C．49D．84
【分析】根据分类分步计数原理可得．
【解答】解：根据分类分步计数原理可得（2+2+3）×（4+3）＝49种，
故选：C．
9．设集合A＝{（a1，a2，a3，a4，a5，a6）|ai∈{﹣1，1}，i＝1，2，3，4，5，6}，那么集合A中满足条件“﹣2≤a1+a2+a3+a4+a5+a6≤2”的元素的个数为（ ）
A．35B．50C．60D．180
【分析】由题意可得a1+a2+a3+a4+a5+a6只能取﹣2，0，2三种情况，根据分类计数原理可得．
【解答】解：∵集合A＝{（a1，a2，a3，a4，a5，a6）|ai∈{﹣1，1}，i＝1，2，3，4，5，6}，
要满足“﹣2≤a1+a2+a3+a4+a5+a6≤2”
由题可得：ai中有2个﹣1，4个1，或3个﹣1，3个1，或4个﹣1，2个1，共三类情况符合条件．
所以A中满足条件“﹣2≤a1+a2+a3+a4+a5+a6≤2”的元素的个数为：++＝50；
故选：B．
10．一只蚂蚁从正四面体A﹣BCD的顶点A出发，沿着正四面体A﹣BCD的棱爬行，每秒爬一条棱，每次爬行的方向是随机的，则蚂蚁第1秒后到点B，第4秒后又回到A点的不同爬行路线有（ ）
A．6条B．7条C．8条D．9条
【分析】根据已知，可做出右图，由图知，不同的爬行路线有7条，问题得以解决．
【解答】解：根据已知，可作出右图，
由图知，不同的爬行路线有7条，
故选：B．
11．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有（ ）
A．30种B．50种C．60种D．90种
【分析】讨论甲同学选择的两种不同的情况，确定乙，丙的个数．
【解答】解：①甲同学选择牛，乙有2种，丙有10种，选法有1×2×10＝20种，
②甲同学选择马，乙有3种，丙有10种，选法有1×3×10＝30种，
所以总共有20+30＝50种．
故选：B．
12．将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，每个区域种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是（ ）
A．420B．180C．64D．25
【分析】由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B有4种涂法，讨论A，D同色和异色，根据乘法原理可得结论．
【解答】解：方法一：由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，
区域A有5种涂法，B有4种涂法，
A，D不同色，D有3种，C有2种涂法，有5×4×3×2＝120种，
A，D同色，D有4种涂法，C有3种涂法，有5×4×3＝60种，
∴共有180种不同的涂色方案．
方法二：分步，比如先排BCD，两两不同色，有5×4×3＝60种，再排A，只要与BC不同，有3种，故共180种
故选：B．
13．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖（219）元的货款（不找零），则有 种不同的支付方式．
【分析】按照个位上的9元的支付情况分类，三个数位上的钱数分步计算，相加即可．
【解答】解：9元的支付有两种情况，5+2+2或者5+2+1+1，
①当9元采用5+2+2方式支付时，
200元的支付方式为2×100，或者1×100+2×50或者1×100+1×50+2×20+10共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有1×3×1＝3种支付方式；
②当9元采用5+2+1+1方式支付时：
200元的支付方式为2×100，或者1×100+2×50或者1×100+1×50+2×20+10共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有1×3×1＝3种支付方式；
所以总的支付方式共有3+3＝6种．
故答案为：6．
14．2019年女排世界杯共有12支参赛球队，赛制采用12支队伍单循环，两两捉对厮杀一场定胜负，依次进行，则此次杯赛共有 场球赛．
【分析】直接利用组合数的应用求出结果．
【解答】解：根据题意利用组合数得．
故答案为：66．
15．4位学生和1位老师站成一排照相，若老师站中间，男生甲不站最左端，男生乙不站最右端，则不同排法的种数是 ．
【分析】由题意，需要分两类，第一类，男生甲在最右端，第二类，男生甲不在最右端，根据分类计数原理可得答案．
【解答】解：第一类，男生甲在最右端，其他人全排，故有A33＝6种，
第二类，男生甲不在最右端，男生甲有两种选择，男生乙也有两种选择，其余2人任意排，故有A21A21A22＝8，
根据分类计数原理可得，共有6+8＝14种，
故答案为：14．
16．若A∪B＝{1，2，3}，则集合A，B共有 种组合．
【分析】根据集合A中元素的个数进行分类，没有元素，1个元素，2个元素，3个元素，根据分类计数原理可得答案．
【解答】解：当集合A为空集时，集合B＝{1，2，3]有1种，
当集合A包含1个元素时，例如A＝{1}，则集合可以为{1，2，3}或{2，3}，故有3×2＝6种，
当集合A包含2个元素时，例如A＝{1，2}，则可以为{1，2，3}，{1，3}，{2，3}，{3}故有3×4＝12种，
当集合A包含3个元素时，例如A＝{1，2，3}，则集合B可以没有元素，1个元素，2个元素，3个元素，故有1+3+3+1＝8种，
根据分类计数原理可得，共有1+6+12+8＝27种，
故答案为：27．
17．现用五种不同的颜色，要对如图中的四个部分进行着色，要求公共边的两块不能用同一种颜色，共有 种不同着色方法
【分析】本剧题意，分4类进行分析，分情况讨论着色方案，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，由分4类进行分析：
①当Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ全都不同色时，共有种；
②当Ⅰ，Ⅲ同色，Ⅱ，Ⅳ不同色时，共有种；
③当Ⅱ，Ⅳ同色，Ⅰ，Ⅲ不同色时，共有60种；
④当Ⅰ，Ⅲ同色且Ⅱ，Ⅳ也同色时，共有种；
故答案为：260．
18．如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c．例如，图中上档的数字和a＝9．若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有 种．
【分析】a，b，c的取值范围都是从7～14，可以根据公差d的情况进行讨论．
【解答】解：根据题意，a，b，c的取值范围都是从7～14共8个数字，故公差d范围是﹣3到3，
①当公差d＝0时，有＝8种，
②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2＝12种，
③当公差d＝±2时，b不取7，8，13，14，有2＝8种，
④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2＝4种，
综上共有8+12+8+4＝32种，
故填：32
19．我国古代数学著作《孙子算经》中记载：“今有三人共车，二车空，二人共车，九人步．问人车各几何？”其大意是：“每车坐3人，两车空出来；每车坐2人，多出9人步行．问人数和车数各多少？”根据题意，其车数为 辆．
【分析】设出车数和人数，列方程组即可
【解答】解：设车有x辆，人有y人，则，解得x＝15，y＝39．
故填：15．
20．北京大兴国际机场为4F级国际机场、大型国际枢纽机场、国家发展新动力源，于2019年9月25日正式通航．目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示；若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞，且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取，则共有 种不同的安排方法．（用数字作答）．
【分析】分西一跑道、西二跑道均被选取及西一跑道、西二跑道只有一道被选取两种情况，每种情况按照先组合再排列的方式计算即可．
【解答】解：①西一跑道、西二跑道均被选取，有种起飞方式；
②西一跑道、西二跑道只有一道被选取，有种起飞方式；
由分类计数原理可知，满足条件的安排方法有2+8＝10种．
故答案为：10．
21．从分别印有数字0，3，5，7，9的5张卡片中，任意抽出3张组成三位数．
①求可以组成多少个大于500的三位数；
②求可以组成多少个三位数；
③若印有9的卡片，既可以当9用，也可以当6用，求可以组成多少个三位数．
【分析】①．首位是5、7、9的三位数都大于500．即可求解．
②．共有三位数：4＝48个．
③．求出有数字9的三位数个数即可．
【解答】解：①．首位是5、7、9的三位数都大于500．
故大于500的三位数有：3＝36个；
②．共有三位数：4＝48个．
③．取出的三张卡片中有0也有9：有×2×2＝12种情况，
取出的三张卡片中有9但没有0：C32A33＝18种情况
∴印有9的卡片，既可以当9用，也可以当6用，可以组成48+30＝78个三位数
[B组]—强基必备
1．如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，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，则不同的涂色方法有（ ）
A．192B．336
C．600D．以上答案均不对
【分析】根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论．
【解答】解：E，F，G分别有4，3，2种方法，
①当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，
（1）C若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，
（2）若C与F不同，则此时D有2种方法，
故此时共有：4×3×2×1×2×（1×3+1×2）＝240种方法；
②当A与G相同时，A有1种方法，此时B有3种方法，
（1）若C与F相同，C有1种方法，同时D有2种方法，
（2）若C与F不同，则D有1种方法，
故此时共有：4×3×2×1×3×（1×2+1×1）＝216种方法；
③当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，
（1）若B与F相同，则C必须与A相同，同时D有2种方法；
（2）若B不同于F，则B有1种方法，
（Ⅰ）若C与F相同则C有1种方法同时D有2种方法；
（Ⅱ）若C与F不同则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；
故此时共有：4×3×2×1×[1×1×2+1×（1×2+1×2）]＝144种方法；
综上共有240+216+144＝600种方法．
故选：C．
2．设S为一个非空有限集合，记|S|为集合S中元素的个数，若集合S的两个子集A、B满足：|A∩B|＝k并且A∪B＝S，则称子集{A，B}为集合S的一个“k﹣覆盖”（其中0≤k≤|S|），若|S|＝n，则S的“k﹣覆盖”个数为 ．
【分析】根据题意，分2步进行分析：①在集合S的n个元素中任选k个，②集合S中还有（n﹣k）个元素，假设这（n﹣k）个元素组成集合M，分析集合M的子集，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①若|S|＝n，即集合S中有n个元素，在其中任选k个，有种取法，
②集合S中还有（n﹣k）个元素，假设这（n﹣k）个元素组成集合M，集合M有2n﹣k个子集，
则S的“k﹣覆盖”个数为；
故答案为：
相关试卷
2024年新高考数学一轮复习达标检测第54讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理（学生版）： 这是一份2024年新高考数学一轮复习达标检测第54讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理（学生版），共4页。
2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理（教师版）： 这是一份2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理（教师版），共5页。试卷主要包含了分类加法计数原理，分步乘法计数原理等内容，欢迎下载使用。
2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理（讲）（Word版附解析）： 这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理（讲）（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了分类加法计数原理，分步乘法计数原理等内容，欢迎下载使用。
