2020年浙江高考数学一轮复习课堂测试：分类加法计数原理与分步乘法计数原理

课时跟踪检测（五十二）分类加法计数原理与分步乘法计数原理一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1. a, b, c, 选法的种数是（d, e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同）
A. 20 B . 16
C . 10
D . 6
解析：选B当a当组长时，则共有 1 X 4 = 4（种）选法；当a不当组长时，因为a不能
当副组长，则共有4X 3= 12（种）选法.因此共有4+ 12= 16种选法.
2. （2019江山模拟）某班班干部有5名男生，4名女生，从中各选一名干部参加学生党校培训，则不同的选法种数有（）
A. 9
B. 20
C. 16
D. 24
解析：选B 先选男生，有5种不同的选法，再选女生，有4种不同的选法.由分步乘法计数原理可知：N = 5X 4 = 20.
3. 某市汽车
牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B, C, D
中选择，其他四个号码可以从0〜9这十个数字中选择（数字可以重复），有车主第一个号码（从
左到右）只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1, 3,6,9中选择，则他的车牌号码可
选的所有可能情况有（）
A. 180种
B. 360 种
C. 720种
D. 960 种
解析：选D 按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种
选法，其余三个号码各有4种选法.因此车牌号码可选的所有可能情况有5X 3 X 4X 4X 4
=960（种）.
4. 从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是 _____________ ; 3的
倍数的个数有_________ .
解析：从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0,可以从另外3
个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法.故所求奇数的个数为3X 3 X 2= 18.若有0, 则另两个数分别为1,2或2,4,则不同的三位数有2 X 2X 2 = 8种，若有3，则另两个数分别为1,2或2,4，则不同的三位数有 3 X 2X 2= 12种，所以满足条件的3的倍数的个数为8 +
12= 20 个.
答案：18 20
5. （2018温州八校）将
三个分别标有A, B, C的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，则1号盒子中无球的不同放法种数有____________ 种；1号盒子中有球的不同放法种数有
________ 种.
解析：1号盒子无球的不同放法有33= 27种，1号盒子有球的不同放法有43- 33= 64
-27= 37 种.
答案：27 37
二保咼考，全练题型做到咼考达标
1•设集合A = {- 1,0,1}，集合B= {0,1,2,3}，定义A*B = {（x, y）|x€ A n B, y€ A U B}, 则
A*B中元素的个数是（）
A. 7
B. 10
C. 25
D. 52
解析：选 B 因为集合 A = { - 1,0,1},集合B= {0,1,2,3}，所以 A n B= {0,1} ,A U B = {-
1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2X 5 = 10（个）.
2.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. 56
B. 54
C. 53
D. 52
解析：选D 在8个数中任取2个不同的数共有8X 7= 56（个）对数值，但在这56个对数值中，lo g24= log39, 10字2= log93, log23= log49, log32= log94，即满足条件的对数值共有56- 4= 52（个）.
3. （2019嘉兴四高适应性考试）将3封信投入6个不同的信箱内，则不同的投法种数有
（）
A. 9
B. 18
C. 216
D. 729
解析：选C 将3封信投入6个不同的信箱内，每封信都有6种不同的投法，所以满足条件的不同投法种数有63= 216种.
4.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有（）
A. 144个
B. 120 个
C. 96个
D. 72 个
解析：选B 当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A4个偶数；当万位数字为5
时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C1A4个偶数.故符合条件的偶数共有2A：+ C3A4= 120（个）.
5. 如图是一个由四个全等的直角
三角形与一个小正方形拼成的大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂
色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有（
）
D . 120 种 解析：选C 如图，设四个直角三角形顺次为
C —>
D 顺序涂色，
下面分两种情况：
（1） A , C 不同色（注意：B ，D 可同色、也可不同色， D 只要不与A ，C 同色，所以D 可 以从剩余的2种颜色中任意取一色）：有4X 3X 2X 2= 48（种）不同的涂法.
（2） A , C 同色（注意：B , D 可同色、也可不同色， D 只要不与A , C 同色，所以D 可以 从剩余的3种颜色中任意取一色）:有4X 3X 1X 3= 36（种）不同的涂法.故共有48+ 36= 84（种） 不同的涂色方法.故选 C.
6. 集合 N = {a , b , c}? {- 5,— 4,— 2,1,4}，若关于 x 的不等式 ax 2+ bx + c v 0 恒有
实数解，则满足条件的集合 N 的个数是 _________ .
解析：依题意知，集合 N 最多有C 3= 10（个），其中对于不等式 ax 2 + bx + c v 0没有实 数解的情况可转化为需要满足 a > 0,且△= b 2— 4ac < 0,因此只有当a , c 同号时才有可能， 共有2种情况，因此满足条件的集合 N 的个数是10— 2 = 8.
答案：8
7. 在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为"驼峰数”，比如
“102,” “ 546为“驼峰数”.由数字 1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有 _____________ 个.其中偶数有 __________ 个.
解析：十位上的数为 1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为 2时，
有 324,423,共 2 个，所以共有 6+ 2= 8（个）.偶数为 214,312,314,412,324，共 5 个.
答案：8
5 8.
如图所示，用五种不同的颜色分别给 A , B , C , D 四个区域涂色，
相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方
法共有 ________ 种.
解析：按区域分四步：第一步， A 区域有5种颜色可选；第二步，B 区
域有4种颜色可选；第三步，C 区域有3种颜色可选；第四步，D 区域也有3种颜色可选.由 分步乘法计数原理，共有 5X 4X 3X 3= 180（种）不同的涂色方法.
答案：180
9. ___________ 已知△ ABC 三边a , b , c 的长都是整数，且 a < b < c ,如果b = 25，则符合条件的 三角形共有 ____ 个.
解析：根据三边构成三角形的条件可知， c v 25+ a.
C . 84 种
» B
第一类：当a= 1, b= 25时，c可取25,共1个值;
第二类，当a= 2, b= 25时，c可取25,26，共2个值;
当a = 25, b= 25时，c可取25,26,…，49,共25个值;
所以三角形的个数为 1 + 2 +…+ 25= 325.
答案：325
10. 已知集合M = {—3,—2,—1, 0, 1, 2}，若a, b, c€ M,则：
(1) y= ax2+ bx+ c可以表示多少个不同的二次函数；
(2) y= ax2+ bx+ c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.
解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y= ax2 + bx+ c 可以表示5 X 6 X 6= 180(个)不同的二次函数.
(2)y= ax2+ bx+ c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b, c的取值均有6种情况，因此
y= ax2+ bx+ c可以表示2X 6X 6= 72(个)图象开口向上的二次函数.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1.已知集合A={(x, y)|x2+ y2< 1, x, y€ Z}, B= {(x, y川x|w 2, |y|< 2, x, y€ Z}, 定义集合A® B = {(X1 + X2, y1+ y2)|( X1,y1) € A, (x2 ,y2)€ B}，则A® B 中元素的个数为()
A. 77
B. 49
C. 45
D. 30
解析：选C A= {(x, y)|x2+ y2w 1, x, y€ Z} = {(x, y)|x = ± , y= 0;或x= 0 , y= ±1; 或x= 0 , y= 0},
B= {(x , y川x|w 2 , |y|< 2 , x , y€ Z}= {(x , y)|x= —2, —1 , 0,1,2; y=—2, —1,0,1,2}, A ® B 表示点集.
由X1=—1,0,1, X2=—2, —1,0,1,2 ,得x1 + X2=—3, —2, —1,0,1,2,3 ,共7 种取值可能.
同理，由y1=—1,0,1 , y2=—2, —1,0,1,2，得y1+ y2=—3, —2, —1,0,1,2,3 ,共7 种取值可能.
当X1+ X2=—3或3时，y1 + y2可以为一2, —1,0,1,2中的一个值，分别构成5个不同的占八、、5
当X1+ X2=—2, —1,0,1,2 时，y1 + y2可以为一3, —2, —1, 0,1,2,3 中的一个值，分别构成7个不同的点，
故A® B共有2X 5 + 5X 7= 45(个)元素.
2. (2019湖南十二校联考)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”有序对的个数为 2 X 10X 5 X 3= 300.
答案：300
3. 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一
条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求共有多少不同的染色方法.
解：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分.
类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论. 由题设，四棱锥S -ABCD 的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5X 4 X 3 = 60（种）染色方法.当S，A，B 染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3，若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法；若C
染4,贝U D可染3或5,有2种染法；若C染5,贝U D可染3或4,有2种染法.可见，当S，A, B 已染好时，C, D还有7种染法，故不同的染色方法有60X 7= 420（种）.。