2024人教版高中数学选择性必修第三册同步练习题（含解析）--6.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

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2024人教版高中数学选择性必修第三册同步
第六章　计数原理
6.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础过关练
题组一　分类加法计数原理
1.(2023福建厦门双十中学期中)从甲地到乙地,一天中有5班火车,12班客车,3班飞机航班,6班轮船,某人要从甲地到乙地,共有不同走法的种数是(　　)
A.26　　B.60　　C.18　　D.1 080
2.(2023江苏常州期中)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.10　　B.13　　C.16　　D.40
3.用1,3,5,7中的任意一个数作分子,2,4,8,9中的任意一个数作分母,可构成真分数的个数为　(　　)
A.8　　B.9　　C.10　　D.11
4.(2022湖南长沙期末)从数字1,2,3,4中取出3个数字(允许重复),组成三位数,各位数字之和等于6,则这样的三位数的个数为(　　)
A.7　　B.9　　C.10　　D.13
5.(2023重庆永川北山中学月考)如图,一只蚂蚁从正四面体ABCD的顶点A出发,沿着正四面体ABCD的棱爬行,每秒爬一条棱,每次爬行的方向是随机的,则蚂蚁第1秒后到点B,第4秒后又回到点A的不同爬行路线有(　　)
A.6条　　B.7条　　C.8条　　D.9条
题组二　分步乘法计数原理
6.(2023山东临沂沂水第四中学月考)在“3+1+2”模式的新高考方案中,“3”指语文、数学、外语三科为必考科目,“1”指在物理和历史两门科目中必选一门,“2”指在化学、生物、政治、地理中任选两门.某学生根据自己的实际情况确认了要选生物,那么此同学可能的选课方式共有(　　)
A.2种　　B.4种　　C.6种　　D.12种
7.(2023黑龙江哈尔滨期末)一个电路中含有(1)(2)两个零件,零件(1)含有A,B两个元件,零件(2)含有C,D,E三个元件,每个零件中有一个元件能正常工作则该零件就能正常工作,则该电路能正常工作的线路条数为(　　)
A.5　　B.6　　C.8　　D.9
8.(2023广东江门新会陈经纶中学期中)3名同学分别从5个风景点中选择一处游览,则不同的选法种数是(　　)
A.243　　B.125　　C.60　　D.10
9.(2022辽宁大连八中期末)2021年12月02日,很多人的微信朋友圈都在转发这样一条微信:“20211202,所遇皆为对,所做皆称心.”形如“20211202”的数字叫“回文数”,即从左到右读和从右到左读都一样的正整数,则8位的回文数的个数为(　　)
A.90　　B.900　　C.9 000　　D.90 000
10.(2023山西运城景胜中学月考)从集合M={2,3,4,5,6,7,8,9}中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数,则不同的对数值的个数为　　　　.
11.(2023山东枣庄第八中学期中)如图,现要对某公园的4个区域进行绿化,有4种不同颜色的花卉可供选择,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉,则不同的绿化方案种数为　　　　.
12.(2023广东台山第一中学月考)设集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)是坐标平面上的点,a,b∈M.
(1)P可以表示多少个平面上不同的点
(2)P可以表示多少个第二象限的点
(3)P可以表示多少个不在直线y=x上的点
题组三　两个计数原理的综合应用
13.(2022陕西宝鸡期末)商店里有15种上衣,18种裤子,若某人要买一件上衣或一条裤子有M种选择,买一件上衣和一条裤子有N种选择,则M,N的值分别为(　　)
A.270,270　　　　B.270,33
C.33,270　　　　D.33,33
14.(2022天津耀华中学期中)从标号分别为1,2,3,4的四个红球,标号分别为1,2,3的三个黑球及标号分别为1,2的两个白球中取出两个不同颜色的小球,则不同的取法种数为(　　)
A.24　　B.9　　C.10　　D.26
15.(2022河北保定高阳中学月考)某班级的6名同学准备去参加学校运动会的志愿服务活动,其中甲、乙两名同学要么都去,要么都不去,其他人根据个人情况可选择去也可选择不去,则不同的方案种数为(　　)
A.16　　B.32　　C.48　　D.64
16.(2023四川成都郫都阶段检测)由0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复数字的三位偶数,则共有(　　)
A.20个　　B.32个　　C.40个　　D.52个
17.(2022河北衡水武强中学月考)中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学每个吉祥物都喜欢,若三位同学对选取的礼物都满意,则不同的选法有(　　)
A.30种　　B.50种　　C.60种　　D.90种
18.对“田”字形的四个格子进行染色,若每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种,每个格子只染一种颜色,且相邻的格子不能都染成红色,则不同的染法有　　　　种.
能力提升练
题组一　分类加法计数原理
1.(2023北京顺义牛栏山第一中学月考)算盘是中国古代的一项重要发明.现有一种算盘(如图1),共两档,自右向左分别表示个位和十位,档中横以梁,梁上一珠拨下,记作数字5,梁下五珠,上拨一珠记作数字1(如图2中算盘表示整数51).如果拨动图1算盘中的两枚算珠,可以表示不同整数的个数为(　　)
A.8　　B.10　　C.15　　D.16
2.《九章算术》中,称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,如图,设AA1是正六棱柱的一条侧棱,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是(　　)
A.4　　B.8　　C.12　　D.16
3.某学校在周一至周五每天安排四项课后服务供学生自愿选择参加.学校规定:(1)每位学生每天最多可选择一项;(2)每位学生每项一周最多可选择一次.学校提供的安排表如下:
时间 周一 周二 周三 周四 周五
课后 服务 音乐、阅读、体育、编 程 口语、阅读、编程、美 术 手工、阅读、科技、体 育 口语、阅读、体育、编 程 音乐、口语、美术、科 技
若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程三项,则不同的选择方案共有(　　)
A.6种　　B.7种　　C.12种　　D.14种
4.(2023浙江精诚联盟联考)已知盒子里有8个除颜色外完全相同的小球,其中2个黑球,6个白球.现每次不放回地抽取2个小球,直到2个黑球全部取出为止,则不同的取法种数为(　　)
A.10　　B.4　　C.16　　D.20
题组二　分步乘法计数原理
5.(2022辽宁丹东期末)汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后,需要紧固轮胎的五个螺栓,记为A,B,C,D,E(在正五边形的顶点上),紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓,但不能连续固定相邻的两个,则不同的固定螺栓顺序的种数为(　　)
A.20　　B.15　　C.10　　D.5
6.(2023北京第十九中学期中)最美人间四月天,赏花踏青正当时.某中学高二年级三个班级去国家植物园、圆明园、奥林匹克森林公园、香山公园观赏海棠花,若国家植物园必须有班级要去,除此之外去哪个公园可自由选择,则不同的方案种数为(　　)
A.16　　B.18　　C.37　　D.48
7.将摆放在编号分别为1,2,3,4,5五个位置上的五件不同商品重新摆放,则恰有一件商品的位置不变的摆放方法有　　　　种.(用数字作答)
题组三　两个计数原理的综合应用
8.(2022江苏苏州中学期中)已知集合P={1,2,3,4,5},若A,B是P的两个非空子集,则满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A,B)的个数为(　　)
A.49　　B.48　　C.47　　D.46
9.(2022河南豫北名校期中联考)下图所示的是一段灌溉用的水渠,上游和下游之间建有A,B,C,D,E五个水闸,若上游有充足水源但下游没有水,则这五个水闸打开或关闭的情况有(　　)
A.7种　　B.15种　　C.23种　　D.26种
10.(2022山东潍坊月考)甲、乙、丙、丁四名交通志愿者申请在国庆期间到A,B,C三个路口协助交警值勤,他们申请值勤路口的意向如表所示:
交通路口 A B C
志愿者 甲、乙、丙、丁 甲、乙、丙 丙、丁
已知这四名志愿者的申请被批准,且值勤安排符合他们的意向,若要求A,B,C三个路口都有志愿者值勤,则不同的安排方法种数为(　　)
A.14　　B.11　　C.8　　D.5
11.(2022山西大同一中月考)有一辆单向行驶的汽车,满载为25人,全程共设14个车站,途中每个车站均可上下乘客,由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票,在一次单程行驶中,车上最多卖出不同的车票的种数是(　　)
A.63　　B.65　　C.67　　D.69
12.(2023陕西西安雁塔二中、渭北中学期中,)如图,用四种不同的颜色给图中的A,B,C,D,E,F,G七个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法种数为(　　)
A.192　　　　B.336　　
C.600　　　　D.以上均不对
13.(2022广东深圳高级中学期中)某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有　　　　种.
14.(2022北京昌平期末)甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日这五天的限行规定(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　　　　.
15.某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行,决定按照乘客乘坐地铁的站数实施分段优惠政策,不超过9站的地铁票价如下表所示(其中x∈N*):
乘坐站数 0票价(元) 2 3 4
现有小华、小李两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁,已知他们乘坐地铁的站数都不超过9,且他们各自在每站下地铁的可能性是相同的.
(1)若小华、小李两人共付费5元,则小华、小李下地铁的方案共有多少种
(2)若小华、小李两人共付费6元,求小华比小李先下地铁的概率.
答案与分层梯度式解析
第六章　计数原理
6.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础过关练
1.A 2.B 3.D 4.C 5.B 6.C 7.B 8.B
9.C 13.C 14.D 15.B 16.D 17.B
1.A　由分类加法计数原理知,不同走法的种数为5+12+3+6=26.故选A.
2.B　分两类情况讨论:
第一类,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;
第二类,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.D　分四种情况:(1)当分子为1时,有,,,,共4个真分数;(2)当分子为3时,有,,=,共3个真分数;(3)当分子为5时,有,,共2个真分数;(4)当分子为7时,有,,共2个真分数.由分类加法计数原理知,可构成真分数的个数为4+3+2+2=11.故选D.
4.C　有以下三种情况:
由1,1,4三个数字组成的三位数:114,141,411,共3个;
由1,2,3三个数字组成的三位数:123,132,213,231,312,321,共6个;
由2,2,2三个数字组成的三位数:222,共1个.
由分类加法计数原理知,符合题意的三位数的个数为3+6+1=10.故选C.
5.B　由题意可画图如下,则不同的爬行路线有7条.故选B.
6.C　从物理和历史中任选一门有2种选法,从化学、政治、地理中任选一门有3种选法,由分步乘法计数原理知,此同学可能的选课方式共有2×3=6(种).故选C.
7.B　由分步乘法计数原理得,该电路能正常工作的线路条数为2×3=6.故选B.
8.B　要完成的一件事是“每名同学从5个风景点中选择一处游览”,所以不同的选法种数为53=125.故选B.
9.C　根据“回文数”的对称性,可知只需计算前4位数的排法种数即可.易知首位数不能为零,则首位数共有9种选择,第二位、第三位、第四位数均有10种选择,因此,8位的回文数共有9×103=9 000(个).故选C.
10.答案　52
解析　第一步,取底数,有8种取法;
第二步,取真数,有7种取法.
根据分步乘法计数原理,共得到8×7=56个对数.
但在这些对数中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以可以得到56-4=52个不同的对数值.
11.答案　48
解析　先在①处摆放花卉,有4种摆法,再在②处摆放花卉,有3种摆法,然后在③处摆放花卉,有2种摆法,最后在④处摆放花卉,有2种摆法.由分步乘法计数原理知,不同的绿化方案种数为4×3×2×2=48.
12.解析　(1)分两步.第一步确定a,有6种情况;第二步确定b,也有6种情况.根据分步乘法计数原理,平面上不同的点共有6×6=36(个).
(2)分两步.第一步确定a,只能从-3,-2,-1中选,有3种情况;第二步确定b,只能从1,2中选,有2种情况.根据分步乘法计数原理,第二象限的点共有3×2=6(个).
(3)分两步.第一步确定a,从集合M中的6个元素中任选一个,有6种情况;第二步确定b,从剩下的5个元素中任选一个,有5种情况.根据分步乘法计数原理,不在直线y=x上的点共有6×5=30(个).
13.C　由分类加法计数原理得M=15+18=33,由分步乘法计数原理得N=15×18=270.故选C.
14.D　若取出一个红球一个黑球,则不同的取法种数为4×3=12;若取出一个红球一个白球,则不同的取法种数为4×2=8;若取出一个黑球一个白球,则不同的取法种数为3×2=6.根据分类加法计数原理,不同的取法种数为12+8+6=26.故选D.
15.B　若甲、乙两名同学都去,则方案种数为24=16;
若甲、乙两名同学都不去,则方案种数为24=16.
所以不同的方案种数为16+16=32.故选B.
16.D　若个位是2或4,则0不能在百位,十位在余下4个数字中选择,共有2×4×4=32(个);若个位是0,则百位、十位在余下5个数字中选择2个,共有5×4=20(个).所以共可以组成32+20=52个没有重复数字的三位偶数.故选D.
17.B　①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为2×10=20;
②若甲同学选择马,则乙同学有3种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为3×10=30.
综上,共有20+30=50种不同的选法.故选B.
18.答案　56
解析　若4个格子中没有染红色,则每个格子都染成黄色或蓝色,有24=16种不同染法;若4个格子中恰有1个格子染成红色,则有3个格子染成黄色或蓝色,有4×23=32种不同染法;若4个格子中恰有2个格子染成红色,则有2个格子染成黄色或蓝色,有2×22=8种不同染法.所以不同的染法共有16+32+8=56(种).
能力提升练
1.A 2.D 3.D 4.A 5.C 6.C 8.A 9.C
10.B 11.C 12.C
1.A　拨动题图1算盘中的两枚算珠,有两类办法:只在一个档上拨动、在每一个档上各拨动一枚.由于拨动一枚算珠有梁上、梁下之分,所以只在一个档上拨动两枚算珠共有4种方法,在每一个档上各拨动一枚算珠也有4种方法.
由分类加法计数原理得共有8种方法,所以可以表示8个不同的整数.故选A.
2.D　如图,根据正六边形的性质,可知当四边形A1ABB1为底面矩形时,顶点可取E,E1,D,D1,共4个满足题意;
当四边形A1ACC1为底面矩形时,顶点可取D,D1,F,F1,共4个满足题意;
当四边形A1ADD1为底面矩形时,不存在满足题意的阳马;
当四边形A1AEE1为底面矩形时,顶点可取B,B1,D,D1,共4个满足题意;
当四边形A1AFF1为底面矩形时,顶点可取C,C1,D,D1,共4个满足题意.
故这样的阳马共有4+4+4+4=16(个).故选D.
解题模板　利用分类加法计数原理求完成一件事的方法数,要明确完成这件事的限制条件,根据限制条件对事件进行分类,将复杂的事件分解为简单事件,必要时采取列举的方法求出完成简单事件的方法数,再求和即可.
3.D　由题意可知,该学生所有可能的选择方案如下:周一阅读,周三体育,周二或周四编程;
周一阅读,周四体育,周二编程;
周二阅读,周一体育,周四编程;
周二阅读,周三体育,周一或周四编程;
周二阅读,周四体育,周一编程;
周三阅读,周一体育,周二或周四编程;
周三阅读,周四体育,周一或周二编程;
周四阅读,周一体育,周二编程;
周四阅读,周三体育,周一或周二编程.共14种.
故选D.
4.A　①1次取完:1种取法;
②2次取完:两次均取出1个黑球、1个白球,或第1次取出2个白球,第2次取出2个黑球,共2种取法;
③3次取完:前两次取出1个黑球、3个白球,第3次取出1个黑球、1个白球或前两次均取出白球,第3次取出2个黑球,共2+1=3种取法;
④4次取完:前三次取出1个黑球、5个白球,第4次取出1个黑球、1个白球或前三次均取出白球,第4次取出2个黑球,共3+1=4种取法.
由分类加法计数原理知,不同的取法种数为1+2+3+4=10.故选A.
5.C　如图,先在A,B,C,D,E这五个螺栓中任选一个,有5种选法;假设选中A,则再在C,D中选一个,有2种选法;剩下的三个螺栓只有1种固定顺序.故共有5×2×1=10种不同的固定螺栓顺序.故选C.
6.C　高二年级三个班去哪个公园可自由选择的方案种数为43=64,国家植物园没有班级要去的方案种数为33=27,所以国家植物园必须有班级要去的不同方案种数为64-27=37.
7.答案　45
解析　根据题意,分两步进行分析:
第一步:从五件不同商品中选出一件,放到原来的位置上,有5种情况,假设编号为5的位置上放的商品不变;
第二步:剩下的四件都不在原来的位置上,即编号分别为1,2,3,4的四个位置上都不放原来的商品,则编号为1的位置有3种放法,假设其放了2号位置原来的商品,则2号位置有3种放法,剩下编号分别为3,4的两个位置只有1种放法,故剩下的四件商品有3×3×1=9种放法.
故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9=45(种).
8.A　①若A中的最大数为1,则集合A为{1},B中不含1即可,所以B有24-1=15(个),此时集合对(A,B)的个数为15;
②若A中的最大数为2,则集合A可以为{2},{1,2},共2个,B中不含1,2即可,所以B有23-1=7(个),此时集合对(A,B)的个数为2×7=14;
③若A中的最大数为3,则集合A可以为{3},{1,3},{2,3},{1,2,3},共4个,B中不含1,2,3即可,所以B有22-1=3(个),此时集合对(A,B)的个数为4×3=12;
④若A中的最大数为4,则集合A可以为{4},{1,4},{2,4},{3,4},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},共8个,B中不含1,2,3,4即可,所以B有21-1=1(个),此时集合对(A,B)的个数为8×1=8.
所以一共有15+14+12+8=49个满足题意的集合对.故选A.
9.C　这五个水闸任意打开或关闭共有25=32种情况,若上游有水流到下游,则A水闸一定打开,B,C至少打开一个,D,E至少打开一个,情况共有1×3×3=9(种),故下游没水的情况有32-9=23(种).
方法总结　求完成一件事的方法数时,若正面思考较难,则可反面分析,用总的方法数减去不符合题意的方法数.
10.B　①C路口安排丙和丁执勤,则A,B路口安排甲或乙分别执勤,有2种安排方法;②C路口安排丙执勤,则丁只能被安排在A路口执勤,甲、乙均被安排在B路口执勤或甲、乙中一人被安排在A路口执勤,另一人被安排在B路口执勤,有3种安排方法;③C路口安排丁执勤,则丙被安排在A路口或B路口执勤,若丙被安排在A路口执勤,则甲、乙均被安排在B路口执勤或甲、乙中一人被安排在A路口执勤,另一人被安排在B路口执勤,有3种安排方法,同理,若丙被安排在B路口执勤,也有3种安排方法.
综上,不同的安排方法种数为2+3+3+3=11.故选B.
11.C　车上应该准备每个车站到它后面每一个车站的车票,所以一共应该准备13+12+11+…+2+1=91(种),
但车票不可能在一场单程行驶中都卖出去,
当以前面7个车站中的某一个作为起点,后面7个车站中的某一个作为终点时,应当有7×7=49种车票,此种情况下车票种类最多,
但持有这种票的乘客都要通过7号车站与8号车站之间,且汽车满载为25人,
所以这类车票至少会有49-25=24种卖不出去,
所以车上最多卖出不同的车票的种数是91-24=67.
故选C.
12.C　先对E涂色,有4种涂色方法,再对F涂色,有3种涂色方法,然后对G涂色,有2种涂色方法.对A涂色分以下三种情况:
(1)当A与F同色时,B有2种涂色方法.
若C与F同色,则D有3种涂色方法;
若C与F不同色,则C有1种涂色方法,D有2种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×2×(1×3+1×2)=240.
(2)当A与G同色时,
若C与F同色,则B,D各有2种涂色方法;
若C与F不同色,则C有2种涂色方法,B有2种涂色方法,D有1种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×(1×2×2+2×2×1)=192.
(3)当A既不与F同色,也不与G同色时,A有1种涂色方法.
若B与F同色,且A与C同色,则D有2种涂色方法;若B与F同色,A与C不同色,则C有1种涂色方法,D有1种涂色方法;若B与F不同色,则B有1种涂色方法,
①若C与F同色,则D有2种涂色方法,
②若C与F不同色,则必与A同色,C有1种涂色方法,D有2种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×[1×1×2+1×1×1+1×(1×2+1×2)]=168.
综上,不同的涂色方法种数为240+192+168=600.
故选C.
13.答案　28
解析　由题意得既会踢足球又会打篮球的人数为5+6-9=2,只会打篮球的人数为3,只会踢足球的人数为4.
若从只会打篮球的3人中选1人,则有3×6=18种选法;若从既会踢足球又会打篮球的2人中选1人参加篮球赛,从剩下的会踢足球的5人中选1人参加足球赛,有2×5=10种选法.故不同的选派方案有18+10=28(种).
方法总结　解决此类问题时可按只会一种本领被选的人数来分类,将会多种本领和只会另一种本领的人放在一起,这样可简化解题过程.
14.答案　64
解析　该月5日至9日中有3天奇数日,2天偶数日.分两步:
第一步,安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有23=8(种).
第二步,安排偶数日出行,分两类:①选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2×2=4种选择;②不安排甲的车,每天都有2种选择,有22=4(种),共有4+4=8种选择.
根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为8×8=64.
15.解析　(1)由题表可知,若小华、小李两人共付费5元,则小华、小李一人付费2元一人付费3元,付费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择,付费3元的乘坐站数有4,5,6三种选择,所以小华、小李下地铁的方案共有2×3×3=18(种).
(2)由题表可知,若小华、小李两人共付费6元,则小华、小李一人付费2元一人付费4元或两人都付费3元.付费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择,付费3元的乘坐站数有4,5,6三种选择,付费4元的乘坐站数有7,8,9三种选择,因此小华、小李下地铁的方案共有2×3×3+3×3=27(种),其中小华比小李先下地铁的方案有3×3+3=12(种),因此小华比小李先下地铁的概率为=.
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