2020版高考数学一轮复习课时规范练55分类加法计数原理与分步乘法计数原理理北师大版

课时规范练55 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础巩固组
1.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.40
B.16
C.13
D.10
2.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选
法的种数是()
A.56
B.65
C. D.6×5×4×3×2
3.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有()
A.24种
B.30种
C.36种
D.48种
4.(2018山西一模)某天的值日工作由4名同学负责,且其中1人负责清理讲台,另1人负责扫地,其
余2人负责拖地,则不同的分工共有()
A.6种
B.12种
C.18种
D.24种
5.(2018北京一零一中学3月模拟)某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参
观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆参观,则有且只有两个年级选择甲博
物馆的方案有()
A.种
B.×54种
C.×54种
D.种
6.(2018辽宁丹东模拟)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人,每人一张,且甲、乙分得的电
影票连号,则共有不同分法的种数为()
A.12
B.24
C.48
D.60
7.(2018黑龙江牡丹江)将数字1,2,3,4,填入下面的表格内,要求每行、每列的数字互不相同,如图
所示,则不同的填表方式共有()种
A.432
B.576
C.720
D.864
8.(2018新疆乌鲁木齐二诊)有五名同学站成一排照毕业纪念照,其中甲不能和乙站在一起,并且
乙、丙两位同学要站在一起,则不同的站法种数有(用数字作答).
9.若甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有
种.
10.三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数是.
综合提升组
11.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
12.(2018内蒙古赤峰模拟)把2支相同的晨光签字笔,3支相同的英雄钢笔,全部分给4名优秀学生,每名学生至少1支,则不同的分法有()
A.24种
B.28种
C.32种
D.36种
13.(2018天津模拟)将数字“124470”重新排列后得到不同的偶数个数为()
A.180
B.192
C.204
D.264
14.如图所示,一个地区分为5个行政区域,现给该地区的地图涂色,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,则涂色方法共有的种数为.
15.我们把中间位上的数字最大,而两边依次减小的多位数称为“凸数”.如132,341等,则由
1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位凸数的个数是.
16.(2018浙江宁波模拟)现有红、黄、蓝、绿四个骰子,每个骰子的六个面上的数字分别为
1,2,3,4,5,6.若同时掷这四个骰子,则四个骰子朝上的数字之积等于24的情形共有种(请用数字作答).
创新应用组
17.对甲、乙、丙、丁四人进行编号,甲不编“1”号、乙不编“2”号、丙不编“3”号、丁不编“4”号的不同编号方法有()
A.8种
B.9种
C.10种
D.11种
18.如图,在由若干个同样小的平行四边形组成的大平行四边形内有一个★,则含有★的平行四边形共有个.(用数字作答)
参考答案
课时规范练55 分类加法计数原
理与分步乘法计数原理
1.C分两类情况讨论:第1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2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.
2.A6名同学中的每一名同学都可以从5个课外知识讲座中任选一个,由分步乘法计数原理可知不同的选法种数是56.故选A.
3.D按A→B→C→D的顺序分四步着色,共有4×3×2×2=48种不同的着色方法.
4.B方法数有=12种.故选B.
5.C因为有且只有两个年级选择甲博物馆,所以参观甲博物馆的年级有种情况,其余年级均有5种选择,所以共有54种情况,根据分步乘法计数原理可得共有×54种情况,故选C.
6.C先从4组2张连号票,比如(1,2)(2,3)(3,4)(4,5)中取出一组,分给甲、乙两人,共有=8种,其余的3张票随意分给剩余的3人,共有=6种方法,根据分步乘法计数原理可知,共有8×6=48种不同的分法,故选C.
7.B对符合题意的一种填法如图,行交换共有=24种,列交换共有=24种,所以根据分步乘法计数原理得到不同的填表方式共有24×24=576种,故选B.
8.36根据题意,先排除甲后的其余4人进行排列,因为乙、丙两位同学要站在一起,故将乙、丙“捆绑”再与其余2人进行全排,共有=12种不同的排法,再将甲插空,由于甲不能和乙站在一起,故甲有3种插法,所以根据分步乘法计数原理,不同的站法有12×3=36种.故答案为36.
9.24分步完成,首先甲、乙两人从4门课程中同选1门,有4种方法;其次甲从剩下的3门课程中任选1门,有3种方法;最后乙从剩下的2门课程中任选1门,有2种方法.于是,甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2=24(种).
10.36另两边长用x,y(x,y∈N+)表示,不妨设1≤x≤y≤11,要构成三角形,必须x+y≥12.当y取11时,x可取1,2,3,…,11,有11个三角形;当y取10时,x可取2,3,…,10,有9个三角形;……当y取6时,x只能取6,只有1个三角形.
所以所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.
11.B三位数可分成两类,第一类是奇偶奇,其中个位有3种选择,十位有2种选择,百位有2种选择,共有3×2×2=12(个);第二类是偶奇奇,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有1种选择,共有3×2×1=6(个).故由分类加法计数原理,可知共有奇数12+6=18(个).故选B.
12.B第一类,有一个人分到一支钢笔和一支签字笔,这种情况下的分法有:先将一支钢笔和一支签字笔分给一个人,有4种分法,将剩余的2支钢笔, 1支签字笔分给剩余3名同学,有3种分法,共有3×4=12种不同的分法;
第二类,有一个人分到两支签字笔,这种情况下的分法有:先将两支签字笔分给一个人,有4种情况,将剩余的3支钢笔分给剩余3个人,只有1种分法,共有4×1=4种不同的分法;
第三类,有一个人分到两支钢笔,这种情况的分法有:先将两支钢笔分给一个人,有4种情况,再将剩余的两支签字笔和一支钢笔分给剩余的3个人,有3种分法,那共有3×4=12种不同的分法.
综上所述,总共有12+4+12=28种不同的分法.故选B.
13.C根据题意,分3种情况讨论:
①个位数字为0,在前面5个数位中任选2个,安排2个数字4,有=10种情况,
将剩下的3个数字全排列,安排在其他的数位,有=6种情况,
则此时有10×6=60个偶数,
②个位数字为2,0不能在首位,有4种情况,
在剩下的4个数位中任选2个,安排2个数字4,有=6种情况,
将剩下的2个数字全排列,安排在其他的数位,有=2种情况,
则此时有4×6×2=48个偶数,
③个位数字为4,0不能在首位,有4种情况,
将剩下的4个数字全排列,安排在其他的数位,有=24种情况,则此时有4×24=96个偶数.共有60+48+96=204个不同的偶数;故选C.
14.72因为区域1与其他4个区域都相邻,首先考虑区域1,有4种涂法,然后再按区域2,4同色和不同色,分为两类:
第一类,区域2,4同色,有3种涂法,此时区域3,5均有2种涂法,共有4×3×2×2=48种涂法;
第二类,区域2,4不同色,先涂区域2,有3种涂法,再涂区域4,有2种涂法,此时区域3,5都只有1种涂法,共有4×3×2×1×1=24种涂法.
根据分类加法计数原理知,共有48+24=72种满足条件的涂色方法.
15.20根据“凸数”的特点,中间的数字只能是3,4,5,故分三类,
第一类,当中间数字为3时,此时有2种(132,231);
第二类,当中间数字为4时,从1,2,3中任取两个放在4的两边,故有=6种;
第三类,当中间数字为5时,从1,2,3,4中任取两个放在5的两边,故有=12种;
根据分类加法计数原理知,由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位凸数的个数是2+6+12=20.
16.52因为24=6×4×1×1=6×2×2×1=4×3×2×1=3×2×2×2,对于上述四种情形掷这四个骰子时,分别有=12,×=12,=24,=4种情形,综上共有12+12+24+4=52种情形.
17.B依题意,符合要求的编号方法为“1”号是乙、丙、丁三人中的某一个.
①当乙的编号为“1”时,其他人的编号如下:
1 2 3 4
乙甲丁丙
乙丙丁甲
乙丁甲丙
显然,此时有3种不同的编号方法;
②当丙的编号为“1”时,其他人的编号如下:
1 2 3 4
丙甲丁乙
丙丁甲乙
丙丁乙甲
显然,此时有3种不同的编号方法;
③当丁的编号为“1”时,其他人的编号如下:
1 2 3 4
丁甲乙丙
丁丙甲乙
丁丙乙甲
显然,此时有3种不同的编号方法.
由分类加法计数原理,知不同的编号方法有3+3+3=9(种).
18.48含有★的平行四边形的左上角的顶点有4种可能,右下角的顶点有12种可能.由一个左上角顶点和一个右下角顶点就能构成一个平行四边形,所以共有48个含有★的平行四边形.。