6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第二课时）同步检测-2021-2022学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册（word含答案）

6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第二课时）（同步检测）
一、选择题
1.由数字0，1，2，3，4可组成无重复数字的两位数的个数是(　　)
A．25 B．20
C．16 D．12
5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，且必须选择一个知识讲座，则不同的选择种数是(　　)
A．54 B．45
C.5×4×3×2 D．5×4
3.用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少出现一次，这样的四位数的个数是(　　)
A．20 B．16
C．14 D．12
4.从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为(　　)
A．12 B．11
C．24 D．23
5.同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有(　　)
A.12种 B．9种
C．8种 D．6种
6.将1，2，3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，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，填写空格的方法为(　　)
3 4
A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
7.(多选题)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．1 B．2
C．3 D．4
二、填空题
8．3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则不同分法的种数是________
9.用0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字的比2 000大的四位奇数________个．
10.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，若只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数有________种．
11.用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列，这个数列的项数为________，这个数列的第90项为________
12.对于各数互不相等的正数数组(i1，i2，…，in)(n是不小于2的正整数)，如果在p三、解答题
13.用0，1，2，3，…，9十个数字可以组成多少个不同的：
(1)三位数；
(2)无重复数字的三位数；
(3)小于500且没有重复数字的自然数．
14.用6种不同的颜色为如图所示的广告牌着色，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，求共有多少种不同的着色方法．
15.设集合I＝{1，2，3，4，5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有多少种？
参考答案：
一、选择题
1.C　
解析：分两步：先选十位，再选个位，可组成无重复数字的两位数的个数为4×4＝16.
2.B　
解析：5名同学每人都选一个课外知识讲座，则每人都有4种选择，由分步乘法计数原理知共有4×4×4×4×4＝45种选择．
C　
解析：因为四位数的每个位数上都有两种可能性(取2或3)，其中四个数字全是2或3的不合题意，所以符合题意得有2×2×2×2－2＝14个．
D　
解析：先在{1，2，3}中取出一个元素，共有3种取法，再在{1，4，5，6}中取出一个元素，共有4种取法，取出的两个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知不同的点的个数有N＝3×4×2＝24个．又点(1，1)被算了两次，所以共有24－1＝23个．
B
解析：设四人分别为a、b、c、d，写的卡片分别为A、B、C、D，
由于每个人都要拿别人写的，即不能拿自己写的，故a有三种拿法，
不妨设a拿了B，则b可以拿剩下三张中的任一张，也有三种拿法，c和d只能有一种拿法，
所以共有3×3×1×1＝9种分配方式．
A　
解析：因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1，2，9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6，7，8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.
BD　
解析：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，共进行5＋4＋3＋2＋1＝15次交换，现共进行了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．选B.
(2)由4人构成的2次交换，如a—b和c—e之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，e四人，选D.故选BD.
二、填空题
8．答案：720　
解析：由题意知，本题是一个分步计数问题，因为3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，所以第一张有10种不同的分法，第二张有9种不同的分法，第三张有8种不同的分法，根据分步乘法计数原理知有10×9×8＝720种不同的分法．
答案：120　
解析：按末位是1，3，5分三类计数：第一类：末位是1，共有4×4×3＝48个；第二类：末位是3的共有3×4×3＝36个；第三类：末位是5的共有3×4×3＝36个，由分类加法计数原理知共有48＋36＋36＝120个．
答案：420　
解析：如图，四棱锥S ABCD，按S→A→B→C→D依次染色，当A，C同色时有5×4×3×1×3＝180种．
当A，C不同色时，有5×4×3×2×2＝240种．因此共有180＋240＝420种．
答案：120，532　
解析：第一步确定百位数，有6种方法，第二步确定十位数有5种方法，第三步确定个位数有4种方法，根据分步乘法计数原理知共有N＝6×5×4＝120个三位数．所以该数列的项数为120.
百位是1，2，3，4的共有4×5×4＝80个，百位数是5的三位数中，十位是1或2的共有4＋4＝8个，故第88个为526、第89个为531、第90个为532.
答案：6　
解析：根据题意，各数互不相等的正数数组(a1，a2，a3，a4，a5)的“顺序数”是4，假设a1a3，a3>a4，a4>a5，则(a5，a4，a3，a2，a1)的“顺序数”是6.
三、解答题
13.解：(1)由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法，十位与个位上的数字均有10种选法，
所以不同的三位数共有9×10×10＝900个．
(2)百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法，个位数字应从剩余8个数字中选取，所以共有9×9×8＝648个无重复数字的三位数．
(3)一位自然数有10个，二位自然数有9×9＝81个，三位自然数有4×9×8＝288个．
所以共有10＋81＋288＝379个小于500且无重复数字的自然数．
14.解：第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120种涂法，
第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360种涂法，
共有120＋360＝480种涂法．
15.解:以A中最大的数为标准，进行分类讨论．A中最大的数可能为1，2，3，4，共四种情况．
按分类加法计数原理做如下讨论：
①当A中最大的数为1时，B可以是{2，3，4，5}的非空子集，即有24－1＝15种方法．
②当A中最大的数为2时，A可以是{2}或{1，2}，B可以是{3，4，5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14种方法．
③当A中最大的数为3时，A可以是{3}，{1，3}, {2，3}, {1，2，3}，B可以是{4，5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12种方法．
④当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}, {2，3，4}，{1，2，3，4}，B可以是{5}，即有8×1＝8种方法．
故共有15＋14＋12＋8＝49种方法．