高考复习《计数原理》课时作业10.1

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1．(2020·济南质检)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式的种数为( )
A．24 B．14
C．10 D．9
B 第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12(种)方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法．所以由分类加法计数原理可知，共有12＋2＝14(种)选择方式．
2．(2020·河北保定质检)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
B 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)传递方法．
3．(2020·惠州调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )
A．18个 B．15个
C．12个 D．9个
B 由题意知，这个四位数的百位数，十位数，个位数之和为4.由4，0，0组成3个数，分别为400，040，004；由3，1，0组成6个数，分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成3个数，分别为220，202，022；由2，1，1组成3个数，分别为211，121，112，共有3＋6＋3＋3＝15(个)．
4．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有( )
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
A 第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有Ceq \\al(1,2)＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有Ceq \\al(2,4)＝6(种)选派方法．
由分步乘法计数原理可知，不同的选派方案共有2×6＝12(种)．
5.
(2020·郑州模拟)如图所示的几何体由三棱锥P－ABC与三棱柱ABC－A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有( )
A．6种 B．9种
C．12种 D．36种
C 先涂三棱锥P­ABC的三个侧面，有3×2×1种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有2×1×1种情况，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2×1×1＝12种不同的涂法．故选C.
6．(2020·大连模拟)从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个
C．36个 D．38个
A 先把数字分成5组：{1，10}，{2，9}，{3，8}，{4，7}，{5，6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可．故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)．
7．(2020·湖南郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A．4 320种 B．2 880种
C．1 440种 D．720种
A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法．
根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320(种)不同的涂色方法，故选A.
8．(2020·河北六校联考)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为( )
A．64 B．80
C．96 D．120
B 5日至9日，分别为5，6，7，8，9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有22＝4(种)；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)，共计12＋8＝20(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为4×20＝80.故选B.
9．(多填题)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．
解析 五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．
答案 45 54
10．(2020·日照调研)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________．
解析 当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到Aeq \\al(2,5)＝20(个)对数，但lg23＝lg49，lg32＝lg94，lg24＝lg39，lg42＝lg93.综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．
答案 17
11．(2020·昆明质检)某小区一号楼共有7层，每层只有1家住户，已知任意相邻两层数的住户在同一天至多一家有快递，且任意相邻三层楼的住户在同一天至少一家有快递，则在同一天这7家住户有无快递的可能情况共有________种．
解析 分三类：(1)同一天两家有快递：可能是2层和5层，3层和5层，3层和6层，共3种情况；(2)同一天三家有快递：考虑将有快递的三家插入没有快递的四家形成的空位中，有Ceq \\al(3,5)种插入法，但需减去1层，3层与7层有快递，1层，5层与7层有快递2种情况，所以有Ceq \\al(3,5)－2＝8(种)情况；(3)同一天四家有快递：只有1层，3层，5层，7层有快递1种情况．根据分类加法计数原理可知，同一天7家住户有无快递的可能情况共有3＋8＋1＝12(种)．
答案 12
[技能过关提升]
12．(2020·郑州质量预测)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为( )
A．72 B．120
C．192 D．240
D 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eq \f(5×4×3×2×1,2)＝60(种)情况；②若末位数字为6，同理有eq \f(5×4×3×2×1,2)＝60(种)情况；③若末位数字为4，因为有2个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120(种)情况．综上，共有60＋60＋120＝240(种)情况．
13．(2020·甘肃诊断)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元的，1个8元的，1个10元的(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )
A．18种 B．24种
C．36种 D．48种
C ①若甲、乙抢到的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有Aeq \\al(2,2)A23＝12(种)情况；②若甲、乙抢到的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝12(种)情况；③若甲、乙抢到的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(2,3)＝6(种)情况；④若甲、乙抢到的是2个6元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有Aeq \\al(2,3)＝6(种)情况．
根据分类加法计数原理可知，共有36种情况．
14．(2019·太原模拟)如图所示，玩具计数算盘的三个档上各有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、下三个档的数字和分别为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．
解析 根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间[7，14]中的8个整数，故公差d的范围是区间[－3，3]中的整数．①当公差d＝0时，有Ceq \\al(1,8)＝8种；②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2×Ceq \\al(1,6)＝12种；③当公差d＝±2时，b不取7，8，13，14，有2×Ceq \\al(1,4)＝8种；④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2×Ceq \\al(1,2)＝4种．综上，共有8＋12＋8＋4＝32种不同的分珠计数法．
答案 32
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)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．
解析 (1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共有9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90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种填法．
答案 (1)90 (2)9×10n