人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课后复习题

6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 (精练）

A学业基础

一、单选题

1．（2021·全国·高二课时练习）有3名防控新冠肺炎疫情的志愿者，每人从2个不同的社区中选择1个进行服务，则不同的选择方法共有

（    ）

A．12种 B．9种 C．8种 D．6种

【答案】C

【详解】

每名防控新冠肺炎疫情的志愿者都有2种不同的选择方法，根据分步计数原理可知，不同的选择方法共有（种）．

故选：C．

2．（2021·全国·高二课时练习）我国中医药选出的“三药三方”对治疗某疾病有显著效果．若某医生“三药三方”中随机选出2种，则恰好选出1药1方的方法种数为（    ）

A．15 B．30 C．6 D．9

【答案】D

【详解】

根据提议，1药的取法有3种，1方的取法也有3种，则恰好选出1药1方的方法种数为．

故选：D.

3．（2021·全国·高二单元测试）青铜神树是四川省广汉市三星堆遗址出土的文物，共有八棵，其中一号神树有三层枝叶，每层有三根树枝，树枝上分别有两条果枝，一条上翘、一条下垂，每层上翘的果枝上都站立着一只鸟，鸟共九只（即太阳神鸟）.现从中任选三只神鸟，则三只神鸟来自不同层枝叶的选法种数为（    ）

A．6 B．18 C．27 D．36

【答案】C

【详解】

每只神鸟有3种选法，三只神鸟来自不同层枝叶的选法种数有（种）.

故选：C.

4．（2021·全国·高三阶段练习（理））菊花是开封市花，1983年开封市人大把菊花命名为开封市“市花”，并且举办“菊花花会”，每年10月18日至11月18日为“菊花花会”的会期.如图是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】D

【详解】

先布置中心区域共有种方法，从开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，则有种布置方法，有种布置方法.

如果与选用同一种菊花，则有种布置方法；如果与选用不同种类菊花，则有种布置方法，有种布置方法.按照分步乘法与分类加法计数原理，

则全部的布置方法有（种），

故选：.

5．（2021·全国·高二课时练习）数学中有回文数，如343，12521等．两位数的回文数有11，22，33，…，99，共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是（    ）

A．40 B．30 C．20 D．10

【答案】A

【详解】

解：由题意，若三位数的回文数是偶数，则末（首）位可能为2，4，6，8．如果末（首）位为2，中间一位数有10种可能，同理可得，如果末（首）位为4或6或8，中间一位数均有10种可能，所以在三位数的回文数总偶数的个数是．

故选：A

6．（2021·福建·泉州科技中学高三阶段练习）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解，由题设，四棱锥S - ABCD的顶点S, A, B所染的颜色互不相同,它们共有种染色方法；

当染好时，不妨设所染颜色依次为1, 2, 3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4,则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法,即当S, A, B染好时，C, D还有7种染法.

故不同的染色方法有种.

故选：C

7．（2021·全国·高二课时练习）某校高一年级有四个班，四位老师各教一个班的数学在该年级某次数学考试中，要求每位数学老师均不在本班监考，则不同的安排监考的方法种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

设四个班分别是、、、，对应的数学老师分别是、、、．

让老师先选，可从、、班中选一个，有种选法，

不妨假设老师选的是，则老师从剩下的三个班级中任选一个，有种选法，剩下的两位老师都只有种选法．

由分步乘法计数原理，知共有种不同的安排方法．

故选：B.

8．（2021·全国·高二课时练习）算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字，梁下五珠，上拨一珠记作数字（如图2中算盘表示整数）．如果拨动图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

由题意，拨动三枚算珠，有种拨法：

①个位拨动三枚，有种结果：、；

②十位拨动一枚，个位拨动两枚，有种结果：、、、；

③十位拨动两枚，个位拨动一枚，有种结果：、、、；

④十位拨动三枚，有种结果：、．

综上，拨动题图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为．

故选：C.

二、填空题

9．（2021·全国·高二课时练习）某公司招牌5名员工，分给下属的甲乙两个部门，其中2名英语翻译人员不能分给同一部门，另3名电脑编程人员不能都分给同一部门，则不同的分配方案种数是______．

【答案】12

【详解】

解：由题意可得，

①若甲部门要2名电脑编程人员，则有3种情况；2名英语翻译人员的分配方法有2种．根据分步乘法计数原理，分配方案共有（种）．

②若甲部门要1名电脑编程人员，则有3种情况；2名英语翻译人员的分配方法有2种．根据分步乘法计数原理，分配方案有（种）．由分类加法计数原理，可得不同的分配方案共有（种）．

故答案为：

10．（2021·全国·高二单元测试）为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有______种.

【答案】36

【详解】

由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选1种有2种选法；

第二步，从3种素菜中任选1种有3种选法；

第三步，从6种荤菜中任选1种有6种选法，

根据分步乘法计数原理，共有种不同的选取方法.

故答案为：36

11．（2021·上海市进才中学高一阶段练习）一系列函数若它们的对应关系相同､值域相同，则称这一系列的函数为“同族函数”．对应关系为，值域为的“同族函数”有___________个．

【答案】27

【详解】

由题知“同族函数”为对应关系相同，值域相同，但定义域不同的函数﹒

∵对应关系为，值域为，

∴由知，要构成满足条件的函数，定义域应该由这三组数所构成，

当定义域内有3个数时，有2×2×2＝8种组合方式，

当定义域内有4个元素时，有3×2×2＝12种组合方式，

当定义域内有5个元素时，有3×2＝6种组合方式，

当定义域内有6个元素时，有1种组合方式，

∴满足题意的定义域可以有8＋12＋6＋1＝27种﹒

故答案为：27．

12．（2021·全国·高二课时练习）某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从，，，，，6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从，两人中安排一人，第四节课只能从，两人中安排一人，则不同的安排方案共有______种．（用数字作答）

【答案】36

【详解】

不同的安排方案有两类办法：

第一类，第一节课若安排，则第四节课只能安排，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有种排法；

第二类，第一节课若安排，则第四节课可安排或，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有种排法，

因此不同的安排方案有种.

故答案为：36

三、解答题

13．（2021·全国·高二课时练习）（1）从甲、乙、丙、丁4幅不同的画中选出2幅，分别挂在书房和客厅，用树形图表示出不同挂法的所有可能情况；

（2）某农场要在3块不同类型的土地上，分别试种，，，3个不同品种的小麦，用树形图表示出不同试种方法的所有可能情况.

【答案】（1）答案见详解；（2）答案见详解.

【详解】

解：（1）根据题意，从甲、乙、丙、丁4幅不同的画中选出2幅，分别挂在书房和客厅，

则不同挂法的所有可能情况如下：

（2）根据题意，在3块不同类型的土地上，分别试种，，，3个不同品种的小麦，

则不同试种方法的所有可能情况如下：

14．（2021·江苏·高二课时练习）通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成，第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号.其中，序号的编码规则为：（1）由10个阿拉伯数字和除，之外的24个英文字母组成；（2）最多只能有2个英文字母.如果某地级市发牌机关采用5位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？

【答案】7060000.

【详解】

解：由号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数.根据序号编码规则，5位序号可以分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母.

（1）当没有字母时，序号的每一位都是数字，确定一个序号可以分5个步骤，每一步都可以从10个数字中选1个，各有10种选法.根据分步乘法计数原理，这类号牌张数为

.

（2）当有1个字母时，这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位，这类序号可以分为五个子类.

当第1位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1步，从24个字母中选1个放在第1位「有24种选法；第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法.根据分步乘法计数原理，号牌张数为

.

同样，其余四个子类号牌也各有240000张.

根据分类加法计数原理；这类号牌张数，共为

.

（3）当有2个字母时，根据这2个字母在序号中的位置，可以将这类序号分为十个子类：第1位和第2位，第1位和第3位，第1位和第4位，第1位和第5位，第2位和第3位，第2位和第4位，第2位和第5位，第3位和第4位，第3位和第5位，第4位和第5位.

当第1位和第2位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1～2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位，各有24种选法；第3～5步都是从10个数字中选1个放在相流的位置，各有10种选法.根据分步乘法计数原理，号牌张数为

，

同样，其余九个子类号牌也各有576000张.

于是，这类号牌张数一共为

.

综合（1）（2）（3），根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为.

B应考能力

15．（2021·全国·高二课时练习）李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔天、天、天、天去配送一次．已知月日李明分别去了这四家超市配送，那么整个月他不用去配送的天数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】

将月剩余的30天依次编号为1，2，330，

因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔天、天、天、天去配送一次，且月日李明分别去了这四家超市配送，

所以李明每逢编号为3的倍数的那天要去甲超市配送，每逢编号为4的倍数的那天要去乙超市配送，每逢编号为6的倍数的那天要去丙超市配送，每逢编号为7的倍数的那天要去丁超市配送，

则李明去甲超市的天数编号为：3、6、9、12、15、18、21、24、27、30，共10天；

李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为：4、8、16、20、28，共5天；

李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共0天；

李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：7、14，共2天；

所以李明需要配送的天数为，

所以整个月李明不用去配送的天数是.

故选：B.

16．（2021·全国·高二课时练习）三位数中，如果百位数字、十位数字、个位数字刚好能构成等差数列，则称为“等差三位数”，例如：147，642，777，420等等.等差三位数的总个数为（    ）

A．32 B．36 C．40 D．45

【答案】D

【详解】

由题意得若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为0的“等差三位数”，则只要各位数字不为零即可，有9个；

若百位数字、十位数字个位数字构成公差为1的“等差三位数”，则百位数字不大于7，有7个；

若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为2的“等差三位数”，则百位数字不大于5，有5个；

若百位数字十位数字个位数字构成公差为3的“等差三位数”，则百位数字不大于3，有3个；若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为4的“等差三位数”，则百位数字只能为1，有1个；

若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为的“等差三位数，则百位数字不小于2，有8个；

若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为的“等差三位数”，则百位数字不小于4，有6个；

若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为的“等差三位数”，则百位数字不小于6，有4个；

若百位数字、十位数字个位数字构成公差为的“等差三位数”，则百位数字不小于8有2个.

综上所述，“等差三位数”的总数为个，

故选：D.

17．（2021·全国·高二单元测试）从集合和中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复）．则每排中字母和数字4，7至少出现两个的不同排法种数为（　　）

A．85 B．95 C．2040 D．2280

【答案】C

【详解】

根据题意，分2步进行分析：

①，先在两个集合中选出4个元素，要求字母C和数字4，7至少出现两个，

若字母C和数字4，7都出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，有5种选法，

若字母C和数字4出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，

若字母C和数字7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，

若数字4、7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出2个字母，有C52＝10种选法，

则有5+35+35+10＝85种选法，

②，将选出的4个元素全排列，有A44＝24种情况，

则一共有85×24＝2040种不同排法；

故选：C．

18．（2021·全国·高二课时练习）用种不同的颜色给如图所示的、、、四个区域涂色．

（1）若相邻区域能用同一种颜色，则图①有多少种不同的涂色方案？

（2）若相邻区域不能用同一种颜色，当时，图①、图②各有多少种不同的涂色方案？

（3）若相邻区域不能用同一种颜色，图③有种不同的涂色方案，求的值．

【答案】（1）种；（2）题图①：种，题图②：种；（3）．

【详解】

（1）由题意知题图①中的四个区域，每个区域有种涂色方案，共有种方案；

（2）题图①：第一步，涂，有种不同的涂法；

第二步，涂，与的颜色不相同，有种不同的涂法；

第三步，涂，与、的颜色都不相同，有种不同的涂法；

第四步，涂，只需与的颜色不相同，有种不同的涂法．

所以共有种不同的涂色方案.

题图②：第一步，涂，有种不同的涂法；

第二步，涂，与的颜色不相同，有种不同的涂法；

第三步，涂，与、的颜色都不相同，有种不同的涂法；

第四步，涂，与、的颜色都不相同，有种不同的涂法．

所以共有种不同的涂色方案；

（3）前三步与题图①的涂法类似，分别有、、种不同的涂法，

第四步，涂，与、的颜色都不相同，有种不同的涂法．

所以共有种不同的涂色方案，

所以，，所以．

C新素养 新题型

19．(多选)（2021·全国·高二单元测试）现有不同的黄球5个，黑球6个，蓝球4个，则下列说法正确的是（    ）

A．从中任选1个球，有15种不同的选法

B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法

C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法

D．若要不放回地选出任意的2个球，有240种不同的选法

【答案】AB

【详解】

解：对于A，从中任选1个球，共有种不同的选法，故A正确；

对于B，每种颜色选出1个球，可分步从每种颜色分别选择，共有种不同的选法，故B正确；

对于C，若要选出不同颜色的2个球，首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，共有种不同的选法，故C错误；

对于D，若要不放回地选出任意的2个球，直接分步计算，共有种不同的选法，故D错误．

故选：AB．

20．(多选)（2021·江苏省苏州第十中学校高二阶段练习）用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的自然数如果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、4123等都是“凹数”，则下列结论中正确的是（    ）

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

【详解】

解：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，故A错误；

对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为0，则有种，

②个位数为2或4，则有种，

所以在组成的三位数中，偶数的个数为，故B正确；

对C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有种，

②十位为1，则有种，

③十位为2，则有种，

所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为，故C正确，D错误.

故选：BC.

21．(多选)（2021·全国·高二单元测试）甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，则下列结论正确的是（    ）

A．最高处的树枝为中的一个

B．最低处的树枝一定是

C．这九根树枝从高到低不同的顺序共有33种

D．这九根树枝从高到低不同的顺序共有32种

【答案】AC

【详解】

由题判断出部分树枝由高到低的顺序为，还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，最高可能为G或I，最低为F或H，故选项正确，B错误；

先看树枝，有4种可能，若在，之间，

则有3种可能：①在，之间，有5种可能；

②在，之间，有4种可能；

③在，之间，有3种可能，

此时树枝的高低顺序有（种）。

若不在，之间，则有3种可能，有2中可能，

若在，之间，则有3种可能，

若在，之间，则有三种可能，

此时树枝的高低顺序有（种）可能，

故这九根树枝从高到低不同的顺序共有种，故选项正确.

故选：AC.

22．（2021·北京丰台·高二期末）算筹是一根根同样长短和粗细的小棍子，是中国古代用来记数、列式和进行各种数与式演算的一种工具，是中国古代的一项伟大、重要的发明．在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如下表：

用算筹计数法表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，则“”表示的三位数为________；如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示能被5整除的三位数的个数为________．

【答案】621       

【详解】

解：由题意，结合表格中的数据和图形，则“”表示的三位数为621；

共有5根算筹，要能被5整除，则个位数必须为0或5，

①当个位数为5时，不符合题意；

②当个位数为0时，则5根算筹全部放在十位和百位，

若百位有1根，十位4根，则共有个三位数；

若百位有2根，十位3根，则共有个三位数；

若百位有3根，十位有2根，则共有个三位数；

若百位有4根，十位有1根，则共有个三位数；

若百位有5根，十位有0根，则共有2个三位数．

所以共有个．

故答案为：621；．