2022届数学一轮(文科)浙江专用-课时作业10-1-第十章-计数原理、概率.docx

第十章 计数原理、概率
第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．从3名男同学和2名女同学中选1人主持本班某次主题班会，不同选法种数为
(　　)
A．6种 B．5种 C．3种 D．2种
解析　由分类加法计算原理知总方法数为3＋2＝5(种)．
答案　B
2．4位同学从甲、乙、丙3门课程中各选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法有
(　　)
A．12种 B．24种
C．30种 D．36种
解析　分三步，第一步先从4位同学中选2人选修课程甲．共有C种不同选法，其次步给第3位同学选课程，有2种选法．第三步给第4位同学选课程，也有2种不同选法．故共有C×2×2＝24(种)．
答案　B
3．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为
(　　)
A．24 B．18
C．12 D．6
解析　三位数可分成两种状况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇．对于(1)，个位(3种选择)，十位(2种选择)，百位(2种选择)，共12种；对于(2)，个位(3种选择)，十位(2种选择)，百位(1种选择)，共6种，即12＋6＝18.故选B.
答案　B
4．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是
(　　)
A．18 B．10 C．16 D．14
解析　分两类：第一类：M中元素作横坐标，共3×2＝6个点，其次类：N中元素作横坐标，共4×2＝8个点，由分类加法原理知点的个数共6＋8＝14个．
答案　D
5．(2021·四川卷)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是
(　　)
A．9 B．10 C．18 D．20
解析　由于lg a－lg b＝lg(a>0，b>0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为有A＝20种，又与相同，与相同，∴lg a－lg b的不同值的个数有A－2＝20－2＝18，选C.
答案　C
二、填空题
6．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都消灭一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
解析　数字2,3至少都消灭一次，包括以下状况：
“2”消灭1次，“3”消灭3次，共可组成C＝4(个)四位数．
“2”消灭2次，“3”消灭2次，共可组成C＝6(个)四位数．
“2”消灭3次，“3”消灭1次，共可组成C＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数．
答案　14
7．从班委会5名成员中选出3名，分别担当班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担当文娱委员，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，由于甲、乙不能担当，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．
其次步，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
8．将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格中，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种．
解析　编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．于是由分类加法计数原理，得共有3＋3＋3＝9(种)不同的填法．
答案　9
三、解答题
9．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参与，
(1)若只需一人参与，有多少种不同选法？
(2)若需一名老师，一名同学参与，有多少种不同选法？
(3)若需老师，男同学、女同学各一人参与，有多少种不同选法？
解　(1)只需一人参与，可按老师、男同学、女同学分三类各自有3、6、8种方法，总方法数为3＋6＋8＝17(种)．
(2)分两步，先选老师共3种选法，再选同学共6＋8＝14种选法，由分步乘法计数原理知，
总方法数为3×14＝42(种)．
(3)老师、男、女同学各一人可分三步，每步方法依次为3,6,8种．由分步乘法计数原理知方法数为3×6×8＝144(种)．
10．电视台在“欢快在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成果优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？
解　分两类：(1)幸运之星在甲箱中抽，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17 400(种)．
(2)幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400(种)．
共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．
力量提升题组
(建议用时：35分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
11．(2021·山东卷)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为
(　　)
A．243 B．252 C．261 D．279
解析　0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
答案　B
12．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有
(　　)
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
解析　先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A种不同的排法．再排其次列，其中其次列第一行的字母共有A种不同的排法，其次列其次、三行的字母只有1种排法．
因此共有A·A·1＝12(种)不同的排列方法．
答案　A
13．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的其次名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有________场竞赛．
解析　小组赛共有2C场竞赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场竞赛；依据分类计数原理共有2C＋4＝16(场)竞赛．
答案　16
14．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3 443,94 249等．明显2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N＋)位回文数有________个．
解析　(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，
共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．
(2)依据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．
结合计数原理，知有9×10n种填法．
答案　(1)90　(2)9×10n
15．将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同涂色方法？
解　法一　本题利用了分步原理求涂色问题．给出区域标记号A、B、C、D、E(如图)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依靠于B与D涂的颜色，假如B与D颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．

①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．
②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．
故共有48＋24＝72(种)不同的涂色的方法．
注：本例若按A、B、E、D、C挨次涂色，在最终给区域C涂色时，就应考虑A与E、B与D是否同色这两种状况．
法二　按用3种或用4种颜色分两类，第一类用3种，此时A与E，B与D分别同色，于是涂法种数为A＝24(种)；其次类用4种，此时，A与E，B与D有且只有一组同色，涂法种数为2A＝48(种)．
由分类加法计数原理知涂法总数为24＋48＝72(种)．
16．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，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．

(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？
(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.
解　(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．
依据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480种不同的方法．
(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，留意到n∈N*，可得n＝5.