数学北师大版选修2-3同步测控 第一章4简单计数问题 含

同步测控
我夯基，我达标
1.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（ ）
A.42
B.30
C.20
D.12
解析：分两步：第一步，把新增的第一个节目插入原5个节目中，有6种方法；第二步，把新增的第二个节目插入前6个节目中，有7种方法，故共有6×7=42种插法.
答案：A
2.从长度分别为1，2，3，4，5的五条线段中，任取三条的不同取法共有n 种.在这些取法中，
以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m ，则
n
m 等于（ ） A.101 B.51 C.103 D.52 解析：n=C 3
5=10，由余弦定理知可组成钝角三角形的有“2、3、4”和“2、4、5”，故
m=2,∴n m =102=5
1. 答案：B
3.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有（ ）
A.140种
B.120种
C.35种
D.34种
解析：既有女生又有男生，可以分类表示，三男一女有C 34·C 13种选法，
二男二女有C 2
4C 23种选法，一男三女有C 14·C 33种选法，则总的不同的选法有C 34·C 13+C 24·C 23+C 14·C 3
3=34种. 答案：D
4.某校高二年级共有六个班，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（ ）
A.A 26C 24
B.2
1A 26C 24 C.A 26A 24 D.2A 26 解析：分两步：①把4名学生平均分成两组，有方法2
122224=∙C C C 24种；②把两组学生分到六个班的两个班中，有A 26种方法，故共有方案21A 26C 24
种. 答案：B
5.4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得-100分；选乙题答对得90分，答错得-90分.若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是（ ）
A.48
B.36
C.24
D.18
解析：若甲、乙全选，4位同学得分100，-100，90，-90有A 4
4=24种；若甲、乙选其一，4位同学得分为100，100，-100，-100或90，90，-90，-90，有C 12C 24=12种.
故共有24+12=36种.
答案：B
6.(2007高考江苏卷，12)某校开设9门课程供学生选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修4门，共有________________种不同的选修方案.（用数值作答）
解析：①若不选A、B、C课的选法有C4
6=15种，②若选A、B、C中一门课的选法有C3
6
·C1
3
=60
种，∴共有15+60=75种.
答案：75
7.(2006高考江苏卷，13)今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有_______________种不同的方法（用数字作答）.
解析：第一步：从9个不同的位置中选2个放上两个相同的红球，共有C2
9
种放法；第二步：
从余下的7个不同位置中选3个放上3个相同的黄球，共有C3
7
种放法；第三步：在剩余的
4个位置放上4个相同的白球，共有C4
4种放法.由分步乘法计数原理，共有C2
9
×C3
7
×C4
4
=1 260
种不同的方法.
答案：1 260
8.(2006高考湖北卷，14)某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，又工程丁必须在工程丙完成后立即进行.那么安排这6项工程的不同排法种数是_______________.（用数字作答）
解析：工程甲、工程乙、工程丙、工程丁的顺序已确定，则只需将余下的2个工程安排好，
即A2
5
=20.
答案：20
我综合，我发展
9.(2006高考天津卷，5)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使
得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（）
A.10种
B.20种
C.36种
D.52种
解析：有两种满足题意的放法：
（i）1号盒子里放2个球，2号盒子里放2个球，有C2
4·C2
2
种放法；
（ii)1号盒子里放1个球，2号盒子里放3个球，有C1
4·C3
3
种放法.
综上可得，不同的放球方法共有C2
4·C2
2
+C1
4
·C3
3
=10种.
答案：A
10.四棱锥的8条棱分别代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱所代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共点的两条棱所代表的化工产品放在同一仓库是安全的.现打算用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种数为（）
A.96
B.48
C.24
D.0
解析：8条棱没有公共点只能分成四组，每组两条棱，否则三条棱时必会有公共点，而分成
四组，每组两条没有公共点的棱有且仅有下面两种分组情况：
SA ，CD ；SB ，AD ；SC ，AB ；SD ，BC 或SA ，BC ；SB ，CD ；SC ，AD ；SD ，AB. 把四个组排到四个空白中有A 44种不同方法，故存在不同方法种数为2×A 4
4=48种.
答案：B
11.过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（ ）
A.18对
B.24对
C.30对
D.36对
解析：一条底面棱有5条直线与其异面，例如与AB 异面的直线分别是B 1C ，A 1C ，B 1C 1，A 1C 1，CC 1.
侧面中与底面相交的棱有4条与其异面的直线，
例如与BB 1异面的直线分别是AC ，A 1C 1，AC 1，A 1C.
侧面中的对角线有5条与其异面的直线，
例如与AB 1异面的直线分别是BC 1，CC 1，A 1C ，A 1C 1，BC. 而每一对异面直线都计算了两次，故共有2
653465⨯+⨯+⨯=36对. 答案：D
12.(2006高考辽宁卷，15)5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有种.（以数字作答）
解析：分为两种情况：
（1）当有1名老队员时，应从3名新队员中选出2名，其排法种数：C 1
2·C 23·A 3
3=36种； （2）当有2名老队员时，应从3名新队员中选出1名，其排法种数：C 13·
C 12·A 2
2=12种； 由加法原理得36+12=48种.
答案：48
13.如图所示，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有__________________种.（以数字作答）
解析：先排1区，有4种方法；再排2区，有3种方法；接着排3区，有2种排法.下面对4区涂色情况进行分类：若4区与2区同色，有1种方法，此时5区有2种方法；若4区与2区不同色，则1、2、3区不同色，故4区也只有1种方法，此时5区只有1种方法.故共有4×3×2×(1×2+1×1)=72种.
答案：72
14.用0，1，2，3，4五个数字组成无重复数字的四位数.
（1）有多少个四位偶数？
（2）若按从小到大排列，3 204是第几个数？
解：（1）方法一：先按个位数字，分两类，第二类中再分三步：①0在个位时有A3
4
种；②2、
4在个位时按个位、千位、十位和百位的顺序排，有A1
2A1
3
A2
3
种，故共有A3
4
+A1
2
A1
3
A2
3
=60
个四位偶数.
方法二：间接法.若无限制条件，总排列数为A4
5
，其中不符合条件的有两类：①0在千位，
有A3
4种；②1、3在个位，有A1
2
A1
3
A2
3
种，则四位偶数有A4
5
-A3
4
-A1
2
A1
3
A2
3
=60个.
（2）方法一：分类法.由高位到低位逐级分为：①千位是1或2时，有A1
2A3
4
个；②千位是
3时，百位可排0、1或2.（i)当百位排0、1时，有A1
2·A2
3
个，（ii)当百位排2时，比3 204
小的仅有3 201一个，故比3 204小的四位数共有A1
2·A3
4
+A1
2
·A2
3
+1=61个，3 204是第62
个数.
方法二：间接法.A1
4A3
4
-(A3
4
+A2
3
+A1
2
A1
2
)=62个.
我创新，我超越
15. a是a,b,c,d中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是多少？
解：按abcd中所含不同数字的个数分三类：（1）恰有两个不同的数字时，组成C2
4
=6个数；
（2）恰有三个不同数字时，组成C1
3C1
2
C1
2
+C1
2
C1
2
=16个数；（3）恰有4个不同数字时，
组成A3
3
=6个数.故符合要求的四位数abcd共有6+16+6=24个.
16.方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有多少个？
解：以特殊的元素x1进行分类：
（1）当x1=1时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1,得其中的一个加数为1，则其余8个加数均为0，所以此时的非负整数解共有9组.
（2）当x1=0时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3,
作变换y i=x i+1,i=2,3,…,10,则y2+y3+y4+y5+y6+y7+y8+y9+y10=12.
于是问题转化为求方程y2+y3+y4+y5+y6+y7+y8+y9+y10=12的正整数解的个数.
由于y2,y3,y4,y5,y6,y7,y8,y9,y10都是正整数，并且它们的和为12，所以可以构造如下模型：设想将12个小球排成一排，它们中间有11个相间空（不含两端），用八个分离器“0”插空，分12个小球成9组，每组分得的小球的个数依次记为y2,y3,y4,y5,y6,y7,y8,y9,y10，每个分法唯一
对应着一个正整数解.所以共有插空方法C8
11=C3
11
=165种.
故方程y2+y3+y4+y5+y6+y7+y8+y9+y10=12的正整数解的个数共有C8
11=C3
11
=165个.
即当x1=0时，方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有165个.
综合（1）（2）知方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有165+9=174个.。