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课时过关检测（五十六） 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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这是一份课时过关检测（五十六） 分类加法计数原理与分步乘法计数原理，共6页。
A级——基础达标
1．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种 B．4种
C．43种D．34种
解析：选C 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法．
2．三个人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种B．6种
C．10种D．16种
解析：选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)传递方式．
3．(2021·兰溪市高三模拟)从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )
A．56B．54
C．53D．52
解析：选D 在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值；但在这56个数值中，lg24＝lg39，lg42＝lg93，lg23＝lg49，lg32＝lg94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
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．3B．4
C．6D．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eq \f(3,2)时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(2,3)时，也有4个．故共有8个等比数列．
5．(2021·湖南师大附中高三模拟)如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )
A．11种B．20种
C．21种D．12种
解析：选C 根据题意，设5个开关依次为1、2、3、4、5，若电路接通，则开关1、2与3、4、5中至少有1个接通，对于开关1、2，共有2×2＝4种情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有4－1＝3种情况，对于开关3、4、5，共有2×2×2＝8种情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有8－1＝7种情况，则电路接通的情况有3×7＝21种．故选C．
6．(2021·石家庄模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有( )
A．288种B．144种
C．576种D．96种
解析：选C 依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．
7．(多选)(2021·山东省实验中学高三模拟) “二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通．若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为( )
A．0B．1
C．2D．3
解析：选ABCD 根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类．第一类：由两个“——”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.第二类：由两个“— —”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.第三类：由一个“——”和一个“— —”组成，二进制数为10,01，转化为十进制数，为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3，故选A、B、C、D.
8．(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为( )
A．1B．2
C．3D．4
解析：选BD 设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示．若任意两位同学之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15(次)交换，现只进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：
(1)由3人构成的2次交换，如a～b和a～c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人．
(2)由4人构成的2次交换，如a～b和c～d之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，d四人．
综上所述收到4份纪念品的同学人数为2或4人．
9.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_______．
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，若第一个选1号螺栓，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.
答案：60
10．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Ceq \\al(1,2)＝2(种)．共有2×2×2×2×2＝32(个)子集．
答案：32
11．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
12．有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．
解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：
第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．
答案：8
B级——综合应用
13.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．24B．48
C．72D．96
解析：选C 分两种情况：
①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法．
②A，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种涂法．
故共有24＋48＝72种涂色方法．
14．(多选)现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有( )
A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法
解析：选ABC 对于A：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，A正确；
对于B：分为三步：国画、油画、水彩画分别有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，B正确；
对于C：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，所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法，C正确；
对于D：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N＝3×2＝6.D错误，故选A、B、C．
15．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”有序对的个数是2×10×5×3＝300.
答案：300
C级——迁移创新
16．(2021·山西太原模拟)如图所示，玩具计数算盘的三档上各有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
A级——基础达标
1．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种 B．4种
C．43种D．34种
解析：选C 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法．
2．三个人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种B．6种
C．10种D．16种
解析：选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)传递方式．
3．(2021·兰溪市高三模拟)从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )
A．56B．54
C．53D．52
解析：选D 在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值；但在这56个数值中，lg24＝lg39，lg42＝lg93，lg23＝lg49，lg32＝lg94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
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．3B．4
C．6D．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eq \f(3,2)时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(2,3)时，也有4个．故共有8个等比数列．
5．(2021·湖南师大附中高三模拟)如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )
A．11种B．20种
C．21种D．12种
解析：选C 根据题意，设5个开关依次为1、2、3、4、5，若电路接通，则开关1、2与3、4、5中至少有1个接通，对于开关1、2，共有2×2＝4种情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有4－1＝3种情况，对于开关3、4、5，共有2×2×2＝8种情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有8－1＝7种情况，则电路接通的情况有3×7＝21种．故选C．
6．(2021·石家庄模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有( )
A．288种B．144种
C．576种D．96种
解析：选C 依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．
7．(多选)(2021·山东省实验中学高三模拟) “二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通．若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为( )
A．0B．1
C．2D．3
解析：选ABCD 根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类．第一类：由两个“——”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.第二类：由两个“— —”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.第三类：由一个“——”和一个“— —”组成，二进制数为10,01，转化为十进制数，为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3，故选A、B、C、D.
8．(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为( )
A．1B．2
C．3D．4
解析：选BD 设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示．若任意两位同学之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15(次)交换，现只进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：
(1)由3人构成的2次交换，如a～b和a～c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人．
(2)由4人构成的2次交换，如a～b和c～d之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，d四人．
综上所述收到4份纪念品的同学人数为2或4人．
9.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_______．
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，若第一个选1号螺栓，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.
答案：60
10．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Ceq \\al(1,2)＝2(种)．共有2×2×2×2×2＝32(个)子集．
答案：32
11．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
12．有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．
解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：
第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．
答案：8
B级——综合应用
13.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．24B．48
C．72D．96
解析：选C 分两种情况：
①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法．
②A，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种涂法．
故共有24＋48＝72种涂色方法．
14．(多选)现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有( )
A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法
解析：选ABC 对于A：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，A正确；
对于B：分为三步：国画、油画、水彩画分别有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，B正确；
对于C：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，所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法，C正确；
对于D：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N＝3×2＝6.D错误，故选A、B、C．
15．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”有序对的个数是2×10×5×3＝300.
答案：300
C级——迁移创新
16．(2021·山西太原模拟)如图所示，玩具计数算盘的三档上各有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
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