(新高考)高考数学一轮复习分层突破练习10.1《分类加法计数原理与分步乘法计数原理》(含详解)

[基础题组练]

1．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，其中虚数的个数是(　　)

A．30　　　　　　　　　 B．42

C．36  D．35

解析：选C．因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．

2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)

A．40  B．16

C．13  D．10

解析：选C．分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．

3．已知集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　)

A．9  B．14

C．15  D．21

解析：选B．因为P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P⊆Q，

所以x∈{y，2}．

所以当x＝2时，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况；

当x＝y时，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况．

故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.

4．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　)

A．3  B．4

C．6  D．8

解析：选D．当公比为2时，等比数列可为1，2，4或2，4，8；当公比为3时，等比数列可为1，3，9；当公比为时，等比数列可为4，6，9.同理公比为，，时，也有4个．故共有8个等比数列．

5．(2020·兰州模拟)将边长为3的正方形ABCD的每条边三等分，使之成为3×3表格．将其中6个格染成黑色，使得每行每列都有两个黑格的染色方法的种数为(　　)

A．12  B．6

C．36  D．18

解析：选B．根据题意可按照列选择染色的元素，第一列可有3种选择方式，第一列方格标号为1，2，3.当第一列选定时比如选定1，2，第二列有两种选择，染第一行和第三行，或者染第二行和第三行，当第二列确定时，第三列也就确定了．故共3×2＝6种染色方法．故选B．

6．在如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为(　　)

A．24种  B．48种

C．72种  D．96种

解析：选C．分两种情况：

(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)．

(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)．

综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．

7．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有(　　)

A．180种  B．360种

C．720种  D．960种

解析：选D．按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．

8．直线l：＋＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为(　　)

A．6  B．7

C．8  D．16

解析：选B．l与坐标轴围成的三角形的面积为

S＝ab≥10，即ab≥20.

当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．

当a∈{5，7}时，b∈{4，6，8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线l的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B．

9．一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，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有(　　)

A．6种  B．8种

C．12种  D．48种

解析：选D．从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B景点，有16种不同的方法；若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．

10．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”)，则首位为2的“六合数”共有(　　)

A．18个  B．15个

C．12个  D．9个

解析：选B．依题意，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.共计：3＋6＋3＋3＝15(个)．

11．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．14  B．13

C．12  D．10

解析：选B．当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，2)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B．

12．将1，2，3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3，4固定在图中的位置时，填写空格的方法有(　　)

A．6种  B．12种

C．18种  D．24种

解析：选A．根据数字的大小关系可知，1，2，9的位置是固定的，如图所示，则剩余5，6，7，8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5，6，7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．

13.从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，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________个．

解析：将和等于11的数放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.从每一小组中取一个，有C＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个子集．

答案：32

14．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学生委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．

解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人担任文娱委员，有3种选法．

第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．

答案：36

15．(一题多解)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________种．

解析：法一：首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．

法二：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)．

答案：72

16．在某一运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．

解析：分两步安排这8名运动员．

第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四条跑道可安排．故安排方式有4×3×2＝24(种)．

第二步：安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．

故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．

答案：2 880

[综合题组练]

1．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

解析：选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．

2．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　)

A．6种  B．12种

C．18种  D．20种

解析：选D．分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2×3＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2×＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．故选D．

3．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝25，则符合条件的三角形共有________个．

解析：根据三边构成三角形的条件可知，c＜25＋a.

第一类：当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个值；

第二类，当a＝2，b＝25时，c可取25，26，共2个值；

…

当a＝25，b＝25时，c可取25，26，…，49，共25个值；

所以三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.

答案：325

4．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________．

解析：第1步，1＝1＋0，1＝0＋1，共2种组合方式；

第2步，9＝0＋9，9＝1＋8，9＝2＋7，9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；

第3步，4＝0＋4，4＝1＋3，4＝2＋2，4＝3＋1，4＝4＋0，共5种组合方式；

第4步，2＝0＋2，2＝1＋1，2＝2＋0，共3种组合方式．

根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.

答案：300

5．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若a，b，c∈M，则：

(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？

(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？

解：(1)y＝ax2＋bx＋c表示二次函数时，a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数．

(2)当y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数．

6．如图所示，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，求不同的染色方法种数．

解：法一：按所用颜色种数分类．

第一类：5种颜色全用，共有A种不同的方法；

第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A种不同的方法；

第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有A种不同的方法．

由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A＋2×A＋A＝420(种)．

法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色．

第一步：S点染色，有5种方法；

第二步：A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；

第三步：B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；

第四步：C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．