【课后练习】6.1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用(习题课) 第六章 计数原理 人教A版选择性必修第三册（含解析）
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| 名称 | 【课后练习】6.1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用(习题课) 第六章 计数原理 人教A版选择性必修第三册（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 229.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-21 09:25:27 | ||
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文档简介
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第六章 计数原理
6.1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用(习题课)
[A 基础达标]
1．(2021·重庆长寿中学高二月考)某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有( )
A．27种 B．36种
C．54种 D．81种
2．6名同学均报考A，B，C 3所院校中的1所，如果每一所院校至少有1人报考，则不同的报考方法共有( )
A．216种 B．3 240种
C．729种 D．540种
3．在由0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有( )
A．512个 B．192个
C．240个 D．108个
4．两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
5．有6种不同的颜色，给图中的6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
6．从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为( )
A．64 B．56
C．53 D．51
7．(2021·天津高二期末)在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》《三国演义》《水浒传》《西游记》(每种名著至少有5本)，若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为________．
8．3个人要坐在一排的8个空座位上，若每个人左右都有空座位，则不同的坐法有________种．
9．用1，2，3，4四个数字可重复地排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
(1)写出这个数列的前11项；
(2)若an＝341，求项数n.
10.如图，一个矩形花园被分成5部分．若在这5部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有红、黄、蓝、绿4种不同颜色的花，求有多少种不同的种植方法．
[B 能力提升]
11．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，答对甲题得100分，答错得－100分；答对乙题得90分，答错得－90分．若4位同学的总得分为0，则这4位同学不同的得分情况种数是( )
A．48 B．36
C．24 D．18
12.(2021·山东省烟台市期末)将如图所示的四棱椎的每一个顶点染上1种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色．如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为( )
A．240 B．300
C．420 D．480
13．从集合{1，2，3，…，11}中任选2个元素作为椭圆方程＋＝1中的m和n，则落在矩形区域B＝{(x，y)||x|＜11且|y|＜9}内的椭圆个数为________．
14．从集合{1，2，3，…，10}的子集中，选出有5个元素的子集，使得这5个元素中任意2个元素的和不等于11，这样的子集共有多少个？
[C 拓展探究]
15.(2021·江苏省无锡市联考)如图为我国数学家赵爽在为《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，则不同的涂色方案种数为________．
16．(2021·广东清远期末)我国古代在珠算发明之前多是用算筹为工具来记数、列式和计算的．算筹实际上是一根根同样长短和粗细的小棍子，如图，算筹表示数1～9的方法有两种，即“纵式”和“横式”．规定个位数用纵式，十位数用横式，百位数用纵式，千位数用横式，万位数用纵式，…，依此类推，交替使用纵横两式．例如：27可以表示为“＝”．如果用算筹表示一个不含“0”的两位数，现有7根小棍子，能表示多少个不同的两位数．
参考答案
1解析：选C.根据题意分析可得，除小张外，每位同学都可以报A，B，C三个课外活动小组中任意一个，都有3种选择，小张不能报A小组，只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2＝54(种)．
2解析：选D.6人随意报3所学校的情况共有36＝729(种)．A学校没人报的情况有26＝64(种)，同理B，C学校没人报的情况各有64种，以上分析将有两所学校都没人报的情况重复计数了，A，B学校都没人报只有1种情况，A，C学校和B，C学校都没人报也各有1种情况，所以不同的报考方法共有729－3×64＋3＝540(种)．
3解析：选D.能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个)；
另一类是末位为5，由分步乘法计数原理共有4×4×3＝48个．由分类加法计数原理得所求的四位数共有60＋48＝108(个)．
4解析：选C.由题意知，比赛局数最少为3局，最多为5局，当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)，故选C.
5解析：选A.第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4 320 (种)不同的涂色方法．
6解析：选C.由于1只能作为真数，则以1为真数，从其余各数中任取一数为底数，对数值均为0.从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成8×7＝56(个)对数式，其中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，重复了4次，所以得到不同对数值的个数为1＋56－4＝53.
7解析：对于甲来说，有4种借阅可能，同理每人都有4种借阅可能，根据分步乘法计数原理，故共有45＝1 024(种)可能．
答案：1 024
8解析：给3个人安排座位，要求每人左右都有空位．不妨设三人为甲、乙、丙．题中隐含条件是5个剩余空位，用◎代表，即◎◎◎◎◎.由题意知中间4处空档可插入人，则第一步，甲可以有4种插法；第二步，乙可以有3种插法；第三步，丙可以有2种插法．由分步乘法计数原理知共有4×3×2＝24(种)方法．
答案：24
9解：(1)111，112，113，114，121，122，123，124，131，132，133.
(2)比an＝341小的数有两类：
①首位是1或2：
1 × × ， 2 × ×
②首位是3：
3 1 ×
3 2 ×
3 3 ×
故共有：2×4×4＋1×3×4＝44(项)．因此an＝341是该数列的第45项，即n＝45.
10解：先对A部分种植，有4种不同的种植方法；再对B部分种植，有3种不同的种植方法；对C部分种植的花进行分类：
①C若与B相同，D有2种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有4×3×1×2×2＝48(种)；
②C若与B不同，C有2种不同的种植方法，D有1种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有4×3×2×1×2＝48(种)．
综上，共有96种不同的种植方法．
11解析：选B.分两类：第一类，都选甲题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第二类，都选乙题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第三类，若两人选甲题，两人选乙题，并且一对一错，则所有的情况有6×2×2＝24(种)．综上，这4位同学不同的得分情况有6＋6＋24＝36(种)．
12解析：选C.方法一：以S→A→B→C→D的顺序分步染色．
第1步，对S点染色，有5种方法．
第2步，对A点染色，A与S在同一条棱上，故有4种染色方法．
第3步，对B点染色，B与S，A分别在同一条棱上，故有3种染色方法．
第4步，对C点染色，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．由分步乘法计数原理和分类加法计数原理得不同的染色方法种数为5×4×3×(3＋2×2)＝420.
方法二：第一类，5种颜色全用，不同的染色方法种数为5×4×3×2×1＝120；
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)，不同的染色方法种数为5×4×3×2＋5×4×3×2＝240；
第三类，只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，不同的染色方法种数为5×4×3＝60.由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为120＋240＋60＝420.
13解析：根据题意知，当m＝1时，n可等于2，3，…，8，共对应7个不同的椭圆；当m＝2时，n可以等于1，3，4，…，8，共对应7个不同的椭圆．同理可得，当m＝3，4，5，6，7，8时，各分别对应7个不同的椭圆；当m＝9时，n可以等于1，2，…，8，共对应8个不同的椭圆；当m＝10时，共对应8个不同的椭圆．综上所述，对应的椭圆共有7×8＋8×2＝72(个)．
答案：72
14解：和为11的数共有5组：1与10，2与9，3与8，4与7，5与6.满足条件的子集中的元素不能取同一组中的两个数．而每组元素的取法有2种，所以满足条件的子集的个数为2×2×2×2×2＝25＝32.
即满足条件的子集共有32个．
15解析：根据题意，如图，设5个区域依次为A，B，C，D，E，分4步进行分析．
(1)对于区域A，有5种颜色可选．
(2)对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选．
(3)对于区域C，与A，B区域相邻，有3种颜色可选．
(4)对于区域D，E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，
若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选，
则区域D，E可选择的涂色方案种数为3＋2×2＝7.
故不同的涂色方案种数为5×4×3×7＝420.
答案：420
16解：当十位数为1时，个位数可以是1，2，3，4，5，6，7，8，9，共能表示9个不同的两位数；
当十位数为2时，个位数可以是1，2，3，4，5，6，7，8，9，共能表示9个不同的两位数；
当十位数为3时，个位数可以是1，2，3，4，6，7，8，共能表示7个不同的两位数；
当十位数为4时，个位数可以是1，2，3，6，7，共能表示5个不同的两位数；
当十位数为5时，个位数可以是1，2，6，共能表示3个不同的两位数；
当十位数为6时，个位数可以是1，2，3，4，5，6，7，8，9，共能表示9个不同的两位数；
当十位数为7时，个位数可以是1，2，3，4，6，7，8，共能表示7个不同的两位数；
当十位数为8时，个位数可以是1，2，3，6，7，共能表示5个不同的两位数；
当十位数为9时，个位数可以是1，2，6，共能表示3个不同的两位数；
综上可知，共能表示9＋(9＋7＋5＋3)×2＝57(个)不同的两位数．
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第六章 计数原理
6.1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用(习题课)
[A 基础达标]
1．(2021·重庆长寿中学高二月考)某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有( )
A．27种 B．36种
C．54种 D．81种
2．6名同学均报考A，B，C 3所院校中的1所，如果每一所院校至少有1人报考，则不同的报考方法共有( )
A．216种 B．3 240种
C．729种 D．540种
3．在由0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有( )
A．512个 B．192个
C．240个 D．108个
4．两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
5．有6种不同的颜色，给图中的6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
6．从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为( )
A．64 B．56
C．53 D．51
7．(2021·天津高二期末)在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》《三国演义》《水浒传》《西游记》(每种名著至少有5本)，若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为________．
8．3个人要坐在一排的8个空座位上，若每个人左右都有空座位，则不同的坐法有________种．
9．用1，2，3，4四个数字可重复地排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
(1)写出这个数列的前11项；
(2)若an＝341，求项数n.
10.如图，一个矩形花园被分成5部分．若在这5部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有红、黄、蓝、绿4种不同颜色的花，求有多少种不同的种植方法．
[B 能力提升]
11．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，答对甲题得100分，答错得－100分；答对乙题得90分，答错得－90分．若4位同学的总得分为0，则这4位同学不同的得分情况种数是( )
A．48 B．36
C．24 D．18
12.(2021·山东省烟台市期末)将如图所示的四棱椎的每一个顶点染上1种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色．如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为( )
A．240 B．300
C．420 D．480
13．从集合{1，2，3，…，11}中任选2个元素作为椭圆方程＋＝1中的m和n，则落在矩形区域B＝{(x，y)||x|＜11且|y|＜9}内的椭圆个数为________．
14．从集合{1，2，3，…，10}的子集中，选出有5个元素的子集，使得这5个元素中任意2个元素的和不等于11，这样的子集共有多少个？
[C 拓展探究]
15.(2021·江苏省无锡市联考)如图为我国数学家赵爽在为《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，则不同的涂色方案种数为________．
16．(2021·广东清远期末)我国古代在珠算发明之前多是用算筹为工具来记数、列式和计算的．算筹实际上是一根根同样长短和粗细的小棍子，如图，算筹表示数1～9的方法有两种，即“纵式”和“横式”．规定个位数用纵式，十位数用横式，百位数用纵式，千位数用横式，万位数用纵式，…，依此类推，交替使用纵横两式．例如：27可以表示为“＝”．如果用算筹表示一个不含“0”的两位数，现有7根小棍子，能表示多少个不同的两位数．
参考答案
1解析：选C.根据题意分析可得，除小张外，每位同学都可以报A，B，C三个课外活动小组中任意一个，都有3种选择，小张不能报A小组，只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2＝54(种)．
2解析：选D.6人随意报3所学校的情况共有36＝729(种)．A学校没人报的情况有26＝64(种)，同理B，C学校没人报的情况各有64种，以上分析将有两所学校都没人报的情况重复计数了，A，B学校都没人报只有1种情况，A，C学校和B，C学校都没人报也各有1种情况，所以不同的报考方法共有729－3×64＋3＝540(种)．
3解析：选D.能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个)；
另一类是末位为5，由分步乘法计数原理共有4×4×3＝48个．由分类加法计数原理得所求的四位数共有60＋48＝108(个)．
4解析：选C.由题意知，比赛局数最少为3局，最多为5局，当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)，故选C.
5解析：选A.第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4 320 (种)不同的涂色方法．
6解析：选C.由于1只能作为真数，则以1为真数，从其余各数中任取一数为底数，对数值均为0.从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成8×7＝56(个)对数式，其中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，重复了4次，所以得到不同对数值的个数为1＋56－4＝53.
7解析：对于甲来说，有4种借阅可能，同理每人都有4种借阅可能，根据分步乘法计数原理，故共有45＝1 024(种)可能．
答案：1 024
8解析：给3个人安排座位，要求每人左右都有空位．不妨设三人为甲、乙、丙．题中隐含条件是5个剩余空位，用◎代表，即◎◎◎◎◎.由题意知中间4处空档可插入人，则第一步，甲可以有4种插法；第二步，乙可以有3种插法；第三步，丙可以有2种插法．由分步乘法计数原理知共有4×3×2＝24(种)方法．
答案：24
9解：(1)111，112，113，114，121，122，123，124，131，132，133.
(2)比an＝341小的数有两类：
①首位是1或2：
1 × × ， 2 × ×
②首位是3：
3 1 ×
3 2 ×
3 3 ×
故共有：2×4×4＋1×3×4＝44(项)．因此an＝341是该数列的第45项，即n＝45.
10解：先对A部分种植，有4种不同的种植方法；再对B部分种植，有3种不同的种植方法；对C部分种植的花进行分类：
①C若与B相同，D有2种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有4×3×1×2×2＝48(种)；
②C若与B不同，C有2种不同的种植方法，D有1种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有4×3×2×1×2＝48(种)．
综上，共有96种不同的种植方法．
11解析：选B.分两类：第一类，都选甲题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第二类，都选乙题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第三类，若两人选甲题，两人选乙题，并且一对一错，则所有的情况有6×2×2＝24(种)．综上，这4位同学不同的得分情况有6＋6＋24＝36(种)．
12解析：选C.方法一：以S→A→B→C→D的顺序分步染色．
第1步，对S点染色，有5种方法．
第2步，对A点染色，A与S在同一条棱上，故有4种染色方法．
第3步，对B点染色，B与S，A分别在同一条棱上，故有3种染色方法．
第4步，对C点染色，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．由分步乘法计数原理和分类加法计数原理得不同的染色方法种数为5×4×3×(3＋2×2)＝420.
方法二：第一类，5种颜色全用，不同的染色方法种数为5×4×3×2×1＝120；
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)，不同的染色方法种数为5×4×3×2＋5×4×3×2＝240；
第三类，只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，不同的染色方法种数为5×4×3＝60.由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为120＋240＋60＝420.
13解析：根据题意知，当m＝1时，n可等于2，3，…，8，共对应7个不同的椭圆；当m＝2时，n可以等于1，3，4，…，8，共对应7个不同的椭圆．同理可得，当m＝3，4，5，6，7，8时，各分别对应7个不同的椭圆；当m＝9时，n可以等于1，2，…，8，共对应8个不同的椭圆；当m＝10时，共对应8个不同的椭圆．综上所述，对应的椭圆共有7×8＋8×2＝72(个)．
答案：72
14解：和为11的数共有5组：1与10，2与9，3与8，4与7，5与6.满足条件的子集中的元素不能取同一组中的两个数．而每组元素的取法有2种，所以满足条件的子集的个数为2×2×2×2×2＝25＝32.
即满足条件的子集共有32个．
15解析：根据题意，如图，设5个区域依次为A，B，C，D，E，分4步进行分析．
(1)对于区域A，有5种颜色可选．
(2)对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选．
(3)对于区域C，与A，B区域相邻，有3种颜色可选．
(4)对于区域D，E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，
若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选，
则区域D，E可选择的涂色方案种数为3＋2×2＝7.
故不同的涂色方案种数为5×4×3×7＝420.
答案：420
16解：当十位数为1时，个位数可以是1，2，3，4，5，6，7，8，9，共能表示9个不同的两位数；
当十位数为2时，个位数可以是1，2，3，4，5，6，7，8，9，共能表示9个不同的两位数；
当十位数为3时，个位数可以是1，2，3，4，6，7，8，共能表示7个不同的两位数；
当十位数为4时，个位数可以是1，2，3，6，7，共能表示5个不同的两位数；
当十位数为5时，个位数可以是1，2，6，共能表示3个不同的两位数；
当十位数为6时，个位数可以是1，2，3，4，5，6，7，8，9，共能表示9个不同的两位数；
当十位数为7时，个位数可以是1，2，3，4，6，7，8，共能表示7个不同的两位数；
当十位数为8时，个位数可以是1，2，3，6，7，共能表示5个不同的两位数；
当十位数为9时，个位数可以是1，2，6，共能表示3个不同的两位数；
综上可知，共能表示9＋(9＋7＋5＋3)×2＝57(个)不同的两位数．
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