最新高考章节专项讲解和练习第十章 101分类加法计数原理与分步乘法计数原理Word格式文档下载.docx
- 文档编号:7860656
- 上传时间:2023-05-09
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:93.44KB
最新高考章节专项讲解和练习第十章 101分类加法计数原理与分步乘法计数原理Word格式文档下载.docx
《最新高考章节专项讲解和练习第十章 101分类加法计数原理与分步乘法计数原理Word格式文档下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《最新高考章节专项讲解和练习第十章 101分类加法计数原理与分步乘法计数原理Word格式文档下载.docx(18页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
答案 C
解析 分两步:
第一步先确定横坐标,有3种情况,第二步再确定纵坐标,有2种情况,因此第一、二象限内不同点的个数是3×
2=6,故选C.
3.已知某公园有4个门,从一个门进,另一个门出,则不同的走法的种数为( )
A.16B.13C.12D.10
解析 将4个门编号为1,2,3,4,从1号门进入后,有3种出门的方式,共3种走法,从2,3,4号门进入,同样各有3种走法,共有不同走法3×
4=12(种).
题组三 易错自纠
4.从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为( )
A.24B.18C.12D.6
答案 B
解析 分两类情况讨论:
第1类,奇偶奇,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有2种选择,共有3×
2×
2=12(个)奇数;
第2类,偶奇奇,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有1种选择,共有3×
1=6(个)奇数.根据分类加法计数原理知,共有12+6=18(个)奇数.
5.现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有( )
A.24种B.30种
C.36种D.48种
答案 D
解析 需要先给C块着色,有4种方法;
再给A块着色,有3种方法;
再给B块着色,有2种方法;
最后给D块着色,有2种方法,由分步乘法计数原理知,共有4×
3×
2=48(种)着色方法.
6.如果把个位数是1,且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”,那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中,“好数”共有________个.
答案 12
解析 当组成的数字有三个1,三个2,三个3,三个4时共有4种情况.当有三个1时:
2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141,有9种,当有三个2,3,4时:
2221,3331,4441,有3种,根据分类加法计数原理可知,共有12种结果.
题型一 分类加法计数原理
1.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )
A.14B.13C.12D.10
解析 方程ax2+2x+b=0有实数解的情况应分类讨论.①当a=0时,方程为一元一次方程2x+b=0,不论b取何值,方程一定有解.此时b的取值有4个,故此时有4个有序数对.
②当a≠0时,需要Δ=4-4ab≥0,即ab≤1.显然有3个有序数对不满足题意,分别为(1,2),(2,1),(2,2).a≠0时,(a,b)共有3×
4=12个实数对,故a≠0时满足条件的实数对有12-3=9个,所以答案应为4+9=13.
2.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<
a2,且a2>
a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为( )
A.240B.204C.729D.920
答案 A
解析 若a2=2,则百位数字只能选1,个位数字可选1或0,“凸数”为120与121,共2个.若a2=3,则百位数字有两种选择,个位数字有三种选择,则“凸数”有2×
3=6(个).若a2=4,满足条件的“凸数”有3×
4=12(个),…,若a2=9,满足条件的“凸数”有8×
9=72(个).
所以所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).
3.(2016·
全国Ⅲ)定义“规范01数列”{an}如下:
{an}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数.若m=4,则不同的“规范01数列”共有( )
A.18个B.16个C.14个D.12个
解析 第一位为0,最后一位为1,中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110;
只有2个1相邻时,共A
个,其中110100,110010,110001,101100不符合题意;
三个1都不在一起时有C
个,共2+8+4=14(个).
思维升华分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在,应抓住题目中的关键词,关键元素,关键位置.
(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准.
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类,并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法,不能重复.
(3)分类时除了不能交叉重复外,还不能有遗漏.
题型二 分步乘法计数原理
例1
(1)(2016·
全国Ⅱ)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A.24B.18C.12D.9
解析 从E点到F点的最短路径有6条,从F点到G点的最短路径有3条,所以从E点到G点的最短路径有6×
3=18(条),故选B.
(2)有六名同学报名参加三个智力项目,每项限报一人,且每人至多参加一项,则共有________种不同的报名方法.
答案 120
解析 每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有6种选法,第二个项目有5种选法,第三个项目有4种选法,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有6×
5×
4=120(种).
引申探究
1.本例
(2)中若将条件“每项限报一人,且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项,每项人数不限”,则有多少种不同的报名方法?
解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有3种不同的报名方法,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有36=729(种).
2.本例
(2)中若将条件“每项限报一人,且每人至多参加一项”改为“每项限报一人,但每人参加的项目不限”,则有多少种不同的报名方法?
解 每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有63=216(种).
思维升华
(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的,并且分步必须满足:
完成一件事的各个步骤是相互依存的,只有各个步骤都完成了,才算完成这件事.
(2)分步必须满足两个条件:
一是步骤互相独立,互不干扰;
二是步与步确保连续,逐步完成.
跟踪训练1一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不同(除交汇点O外)的游览线路有___种.(用数字作答)
答案 48
解析 根据题意,从点P处进入后,参观第一个景点时,有6个路口可以选择,从中任选一个,有6种选法;
参观完第一个景点,参观第二个景点时,有4个路口可以选择,从中任选一个,有4种选法;
参观完第二个景点,参观第三个景点时,有2个路口可以选择,从中任取一个,有2种选法.由分步乘法计数原理知,共有6×
4×
2=48(种)不同游览线路.
题型三 两个计数原理的综合应用
例2
(1)(2017·
天津)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有________个.(用数字作答)
答案 1080
解析 ①当组成四位数的数字中有一个偶数时,四位数的个数为C
·
C
A
=960.
②当组成四位数的数字中不含偶数时,四位数的个数为A
=120.
故符合题意的四位数一共有960+120=1080(个).
(2)现有5种不同颜色的染料,要对如图所示的四个不同区域进行涂色,要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色,则不同的涂色方法的种数是( )
A.120B.140
C.240D.260
解析 由题意,先涂A处共有5种涂法,再涂B处有4种涂法,最后涂C处,若C处与A处所涂颜色相同,则C处共有1种涂法,D处有4种涂法;
若C处与A处所涂颜色不同,到C处有3种涂法,D处有3种涂法,由此可得不同的涂色方法有5×
(1×
4+3×
3)=260(种).故选D.
(3)如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A.60B.48C.36D.24
解析 长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×
6=36,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×
2=12,故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.
思维升华利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么.
(2)确定是先分类后分步,还是先分步后分类.
(3)弄清分步、分类的标准是什么.
(4)利用两个计数原理求解.
跟踪训练2
(1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有( )
A.144个B.120个C.96个D.72个
解析 由题意,首位数字只能是4,5,若万位是5,则有3×
=72(个);
若万位是4,则有2×
=48(个),故比40000大的偶数共有72+48=120(个).故选B.
(2)如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是____.
答案 36
解析 第1类,对于每一条棱,都可以与两个侧面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有2×
12=24(个);
第2类,对于每一条面对角线,都可以与一个对角面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24+12=36(个).
(3)如图,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数为________.
答案 96
解析 按区域1与3是否同色分类:
①区域1与3同色:
先涂区域1与3有4种方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A
种方法.
∴区域1与3同色时,共有4A
=24(种)方法.
②区域1与3不同色:
第一步涂区域1与3有A
种方法,第二步涂区域2有2种涂色方法,第三步涂区域4只有1种方法,第四步涂区域5有3种方法.
∴共有A
×
1×
3=72(种)方法.
故由分类加法计数原理可知,不同的涂色种数为24+72=96.
1.(2018·
贵州省凯里市第一中学月考)集合A={1,2,3,4,5},B={3,4,5,6,7,8,9},从集合A,B中各取一个数,能组成的没有重复数字的两位数的个数为( )
A.52B.58C.64D.70
解析 根据分步乘法计数原理得
(C
+C
)·
=58.
2.(2018·
保定质检)三个人踢毽,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽又被踢回给甲,则不同的传递方式共有( )
A.4种B.6种C.10种D.16种
解析 分两类:
甲第一次踢给乙时,满足条件的有3种传递方式(如图),
同理,甲先传给丙时,满足条件的也有3种传递方式.
由分类加法计数原理可知,共有3+3=6(种)传递方式.
3.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,则行车路线共有( )
A.24种B.16种C.12种D.10种
解析 根据题意,车的行驶路线起点有4种,行驶方向有3种,所以行车路线共有4×
3=12(种),故选C.
4.(2018·
玉林联考)若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)各位数均不产生进位现象,则称n为“开心数”.例如:
32是“开心数”.因为32+33+34不产生进位现象;
23不是“开心数”,因为23+24+25产生进位现象,那么,小于100的“开心数”的个数为( )
A.9B.10C.11D.12
解析 根据题意个位数n需要满足n+(n+1)+(n+2)<
10,即n<
2.3,
∴个位数可取0,1,2三个数,
∵十位数k需要满足3k<
10,
∴k<
3.3,
∴十位数可以取0,1,2,3四个数,故小于100的“开心数”共有3×
4=12(个).
故选D.
5.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,现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案共有( )
A.120种B.260种C.340种D.420种
解析 由题意可知上下两块区域可以相同,也可以不同,则共有5×
3+5×
2=180+240=420.故选D.
6.如图,给7条线段的5个端点涂色,要求同一条线段的两个端点不能同色,现有4种不同的颜色可供选择,则不同的涂色方法种数有( )
A.24B.48
C.96D.120
解析 若A,D颜色相同,先涂E有4种涂法,再涂A,D有3种涂法,再涂B有2种涂法,C只有1种涂法,共有4×
2=24(种);
若A,D颜色不同,先涂E有4种涂法,再涂A有3种涂法,再涂D有2种涂法,当B和D相同时,C有2种涂法,当B和D不同时,C只有1种涂法,共有4×
(2+1)=72(种),根据分类加法计数原理可得,共有24+72=96(种),故选C.
7.(2018·
湖北省黄冈中学月考)对33000分解质因数得33000=23×
53×
11,则33000的正偶数因数的个数是( )
A.48B.72C.64D.96
解析 33000的因数由若干个2(共有23,22,21,20四种情况),
若干个3(共有3,30两种情况),
若干个5(共有53,52,51,50四种情况),若干个11(共有111,110两种情况),
由分步乘法计数原理可得33000的因数共有4×
2=64(个),不含2的共有2×
2=16(个),
∴正偶数因数的个数为64-16=48,
即33000的正偶数因数的个数是48,故选A.
8.从1,2,3,4,7,9六个数中,任取两个数作为对数的底数和真数,则所有不同对数值的个数为________.
答案 17
解析 当所取两个数中含有1时,1只能作真数,对数值为0,当所取两个数中不含有1时,可得到A
=20(个)对数,但log23=log49,log32=log94,log24=log39,log42=log93.综上可知,共有20+1-4=17(个)不同的对数值.
9.设a,b,c∈{1,2,3,4,5,6},若以a,b,c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三角形有________个.
答案 27
解析 先考虑等边的情况,a=b=c=1,2,…,6,有六个,
再考虑等腰的情况,若a=b=1,c<
a+b=2,
此时c=1与等边重复,
若a=b=2,c<
a+b=4,则c=1,3,有两个,
若a=b=3,c<
a+b=6,则c=1,2,4,5,有四个,
若a=b=4,c<
a+b=8,则c=1,2,3,5,6,有五个,
若a=b=5,c<
a+b=10,则c=1,2,3,4,6,有五个,
若a=b=6,c<
a+b=12,则c=1,2,3,4,5,有五个,
故一共有27个.
10.(2018·
天津河东区模拟)一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛,3名女生和2名男生,如果男生不排第一个演讲,同时两名男生不能相邻演讲,则排序方式有________种.(用数字作答)
解析 根据题意,分2步完成:
①将三名女生全排列,有A
=6种顺序,
②排好后,有4个空位,男生不排第一个演讲,除去第一个空位,有3个空位可用,在这三个空位中任选2个,安排2名男生,有A
=6种情况,
则有6×
6=36种符合题意的排序方式.
11.(2018·
金华模拟)联合国国际援助组织计划向非洲三个国家援助粮食和药品两种物资,每种物资既可以全部给一个国家,也可以由其中两个或三个国家均分,若每个国家都要有物资援助,则不同的援助方案有________种.
答案 25
解析 根据题意,可分为:
三个国家粮食和药品都有,有1种方法;
一个国家粮食,两个国家药品,有3种方法;
一个国家药品,两个国家粮食,有3种方法;
两个国家粮食,三个国家药品,有3种方法;
两个国家药品,三个国家粮食,有3种方法;
两个国家粮食,两个国家药品,有3×
2=6种方法;
三个国家粮食,一个国家药品,有3种方法;
三个国家药品,一个国家粮食,有3种方法,
故方法总数是25.
12.将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为________.
答案 240
解析 将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数,则末位数应为偶数,①若末位数字为2,因为含有2个4,所以有
=60(种)情况;
②若末位数字为6,同理有
③若末位数字为4,因为有2个相同数字4,所以共有5×
1=120(种)情况.综上,共有60+60+120=240(种)情况.
13.(2018·
杭州第二中学模拟)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________.
答案 60
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,并且是机会相等的,当第一个选1号螺栓的时候,第二个可以选3,4,5号螺栓,依次选下去,共可以得到10种方法,所以总共有10×
6=60种方法,故答案是60.
14.已知集合M={1,2,3},N={1,2,3,4},定义函数f:
M→N.若点A(1,f
(1)),B(2,f
(2)),C(3,f(3)),△ABC的外接圆圆心为D,且
+
=λ
(λ∈R),则满足条件的函数f(x)有________种.
解析 由
(λ∈R),说明△ABC是等腰三角形,且|BA|=|BC|,必有f
(1)=f(3),f
(1)≠f
(2).
当f
(1)=f(3)=1时,f
(2)=2,3,4,有三种情况;
f
(1)=f(3)=2,f
(2)=1,3,4,有三种情况;
f
(1)=f(3)=3,f
(2)=2,1,4,有三种情况;
f
(1)=f(3)=4,f
(2)=2,3,1,有三种情况.
因而满足条件的函数f(x)有12种.
15.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数,如22,121,3443,94249等.显然2位回文数有9个:
11,22,33,…,99,3位回文数有90个:
101,111,121,…,191,202,…,999.则
(1)5位回文数有________个;
(2)2n(n∈N*)位回文数有________个.
答案
(1)900
(2)9×
10n-1
解析
(1)5位回文数相当于填5个方格,首尾相同,且不为0,共9种填法,第2位和第4位一样,有10种填法,中间一位有10种填法,共有9×
10×
10=900(种)填法,即5位回文数有900个.
(2)根据回文数的定义,此问题也可以转化成填方格.结合分步乘法计数原理,知有9×
10n-1种填法.
16.用6种不同的颜色给三棱柱ABC-DEF六个顶点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条棱的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法有________种.(用数字作答)
答案 8520
解析 分两步来进行,先涂A,B,C,再涂D,E,F.
第一类:
若6种颜色都用上,此时方法共有A
=720种;
第二类:
若6种颜色只用5种,首先选出5种颜色,方法有C
种;
先涂A,B,C,方法有A
种,再涂D,E,F中的两个点,方法有A
种,最后剩余的一个点只有2种涂法,故此时方法共有C
2=4320种;
第三类:
若6种颜色只用4种,首先选出4种颜色,方法有C
种,再涂D,E,F中的一个点,方法有3种,最后剩余的两个点只有3种涂法,故此时方法共有C
3·
3=3240种;
第四类:
若6种颜色只用3种,首先选出3种颜色,方法有C
种,再涂D,E,F,方法有2种,故此时方法共有C
2=240种.
综上可得,不同涂色方案共有720+4320+3240+240=8520种.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 最新高考章节专项讲解和练习第十章 101分类加法计数原理与分步乘法计数原理 最新 高考 章节 专项 讲解 练习 第十 101 分类 加法 计数 原理 分步 乘法
链接地址:https://www.bingdoc.com/p-7860656.html