2021版高考数学一轮复习核心素养测评六十二基本计数原理苏教版
展开核心素养测评六十二 基本计数原理(25分钟 50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.如图,从A到O的不同的走法(不重复过一点)有______种 ( ) A.1 B.2 C.4 D.5【解析】选D.分3类:第一类,直接由A到O,有1种走法;第二类,中间过一个点,有A→B→O和A→C→O,有2种不同的走法;第三类,中间过两个点,有A→B→C→O和A→C→B→O,有2种不同的走法.由分类加法计数原理可得共有1+2+2=5(种)不同的走法.2.将3张不同的演唱会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法的种数是 ( )A.2 160 B.720 C.240 D.120【解题指南】按顺序分步骤确定每张门票的分法种数,根据分步乘法计数原理得到结果.【解析】选B.分步来完成此事.第1张有10种分法,第2张有9种分法,第3张有8种分法,共有10×9×8=720(种)分法.3.教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,由一层到五层的走法有 ( )A.10种 B.25种 C.52种 D.24种【解析】选D.每相邻的两层之间各有2种走法,共分4步.由分步乘法计数原理可知,共有24种不同的走法.4.甲、乙、丙3位同学选修课程,从4门课程中,甲选修2门,乙、丙各选修3门,则不同的选修方案共有 ( )A.36种 B.48种 C.96种 D.192种【解析】选C.设4门课程分别为1,2,3,4,甲选修2门,可有1,2;1,3;1,4;2,3;2,4;3,4共6种情况,同理乙,丙均可有1,2,3;1,2,4;2,3,4;1,3,4共4种情况,所以不同的选修方案共有6×4×4=96(种).5.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是 ( )A.65 B.56 C.30 D.11【解析】选B.每一位同学有5种不同的选择,则6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是56.6.(多选)《九章算术》中记载有“阳马,鳖臑(biē nào)”,阳马是底面为矩形,有一条侧棱与底面垂直的四棱锥,鳖臑是四个面都是直角三角形的四面体.若以正方体的顶点为阳马的顶点,可以得到m个阳马,以正方体的顶点为鳖臑的顶点,可以得到n个鳖臑,则 ( )A.m=12 B.m=36C.n=72 D.n=24【解析】选BC.因为以正方体的一个顶点为四棱锥的顶点所得的阳马有3个,而正方体有12个顶点,所以阳马的个数m=36,因为每个阳马可以拆分为2个鳖臑,所以鳖臑的个数n=72.7.某校为了庆祝新中国成立70周年举办文艺汇演,原节目单上有9个节目已经排好顺序,又有3个新节目需要加进去,不改变原来的顺序,则新节目单的排法有______种 ( ) A.12 B.27 C.729 D.1 320【解题指南】可以考虑3个新节目逐一加入原来的节目单中去.【解析】选D.第一步:9个节目空出10个位置,可以加入1个新来的节目,所以加入一个新节目有10种方法,第二步:从排好的10个节目空出的11个位置中,加入第2个新节目,有11种方法,第三步:从排好的11个节目空出的12个位置中,加入第3个新节目,有12种方法,所以由分步乘法计数原理得加入3个新节目后的节目单的排法有10×11×12=1 320(种).二、填空题(每小题5分,共15分)8.小明计划在2019年的暑假从他居住的昆明到北京去游学,他可以坐动车,也可以乘高铁,还可以乘飞机,已知动车每日5班,高铁每日10班,飞机每日2班,则小明在某一天从昆明到北京有________种出行方式. 【解析】出行方式分3类,动车有5种方式,高铁有10种方式,飞机有2种方式,这三类的每一种方式都可以达到出行目的,所以由分类加法计数原理得共有5+10+2=17种出行方式.答案:179.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:18 610.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. 【解析】当A={1}时,B有23-1种情况;当A={2}时,B有22-1种情况;当A={3}时,B有1种情况;当A={1,2}时,B有22-1种情况;当A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情况.所以满足题意的“子集对”共有7+3+1+3+3=17(个).答案:17(15分钟 35分)1.(5分)甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有 ( )A.6种 B.12种 C.30种 D.36种【解析】选C.考虑问题的反面:甲、乙所选的课程2门都相同,把4门课程编号为1,2,3,4,从中选2门,有12,13,14,23,24,34共6种方法,所以甲、乙的选法都有6种,所以甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有6×6-6=30(种).2.(5分)一生产过程有4道工序,每道工序需要安排一人照看.现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看这4道工序,第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人,第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人,则不同的安排方案共有 ( )A.24种 B.36种C.48种 D.72种【解析】选B.按照甲的情形分类:第一类:甲照看第一道工序,则丙照看第四道工序,余下4人选择2人照看第二、第三道工序,有4×3=12(种)方案,第二类:甲照看第四道工序,则乙照看第一道工序,余下4人选择2人照看第二、第三道工序,有4×3=12(种)方案,第三类:甲不照看第一道工序,也不照看第四道工序,则乙照看第一道工序,丙照看第四道工序,余下4人选择2人照看第二、第三道工序,有4×3=12种方案,所以由分类加法计数原理得不同的安排方案共有12+12+12=36(种).【一题多解】选B.按照4道工序的安排分为两个步骤,第一步安排第一道工序和第四道工序,(1)甲照看第一道工序,丙照看第四道工序,(2)甲照看第四道工序,乙照看第一道工序,(3)乙照看第一道工序,丙照看第四道工序,所以符合条件的方案有3种,第二步安排余下的两道工序,有4×3=12(种)方案,由分步乘法计数原理得不同的安排方案有3×12=36(种).3.(5分)如图所示,用4种不同的颜色涂入图中的矩形A,B,C,D中,要求相邻的矩形涂色不同,则不同的涂法有 ( )A.256种 B.128种C.72种 D.64种【解析】选C.按要求涂色至少需要3种颜色,故分两类:一是4种颜色都用,这时A有4种涂法,B有3种涂法,C有2种涂法,D有1种涂法,共有4×3×2×1=24(种)涂法;二是用3种颜色,这时A,B,C的涂法有4×3×2=24(种),D只要不与C同色即可,故D有2种涂法,所以不同的涂法共有24+24×2=72(种).4.(10分)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数字中任意选取3个不同的数字, (1)求这3个数字组成等差数列的个数;(2)求以这3个数字为边长组成的三角形的个数.【解析】(1)按照公差的大小分类:公差为1的数列,有8个(0,1,2;1,2,3;2,3,4;…;7,8,9),公差为2的数列,有6个(0,2,4;1,3,5;2,4,6;…;5,7,9),公差为3的数列,有4个(0,3,6;1,4,7;2,5,8;3,6,9),公差为4的数列,有2个(0,4,8;1,5,9),所以公差为正数的等差数列有8+6+4+2=20(个).由对称性可知公差为负数的等差数列也有20个,所以这3个数字组成等差数列的个数为40.(2)按照边长最大的边分类:最长边为9,有7,8,9;6,8,9;5,8,9;4,8,9;3,8,9;2,8,9;6,7,9;5,7,9;4,7,9;3,7,9;5,6,9;4,6,9,共12个;最长边为8,有6,7,8;5,7,8;4,7,8;3,7,8;2,7,8;5,6,8;4,6,8;3,6,8;4,5,8,共9个;最长边为7,有5,6,7;4,6,7;3,6,7;2,6,7;4,5,7;3,5,7,共6个;最长边为6,有4,5,6,共1个.所以能组成三角形的个数为12+9+6+1=28.5.(10分)现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画.(1)从中任选一幅画布置房间,有几种不同的选法?(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间,有几种不同的选法?(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有几种不同的选法?【解析】(1)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. (2)分为三步:国画、油画、水彩画各有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. (3)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,所以有10+35+14=59(种)不同的选法.
