2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 10.1分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理試題 理 蘇教版

《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 10.1分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理試題 理 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 10.1分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理試題 理 蘇教版（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 10.1分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理試題 理 蘇教版 一、填空題 1．5名運動員爭奪三個項目的冠軍(不能并列)，所有可能的結(jié)果共有_______種． 解析 第n個項目的冠軍可由5名運動員中的任一人取得，共5種方法(n＝1，2，3)，根據(jù)分步計數(shù)原理，所有可能的結(jié)果共有5×5×5＝53(種)． 答案 53 2．現(xiàn)有4名教師參加說題比賽，共有4道備選題目，若每位選手從中有放回地隨機選出一道題進(jìn)行說題，其中恰有一道題沒有被這4位選中的情況有________種． 解析　首先選擇題目，從4道題目中選出3道，選法為C，而后再將獲得同一道題目的2位老師選出，選法為

2、C，最后將3道題目，分配給3組老師，分配方式為A，即滿足題意的情況共有CCA＝144(種)． 答案　144 3．某次活動中，有30人排成6行5列，現(xiàn)要從中選出3人進(jìn)行禮儀表演，要求這3人中的任意2人不同行也不同列，則不同的選法種數(shù)為________(用數(shù)字作答)． 解析　其中最先選出的一個人有30種方法，此時不能再從這個人所在的行和列共9個位置上選人，還剩一個5行4列的隊形，故選第二個人有20種方法，此時不能再從該人所在的行和列上選人，還剩一個4行3列的隊形，此時第三個人的選法有12種，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，總的選法種數(shù)是30×20×12＝7 200. 答案　7 200 4．如圖所示

3、的陰影部分由方格紙上3個小方格組成，我們稱這樣的圖案為L型(每次旋轉(zhuǎn)90°仍為L型圖案)，那么在由4×5個小方格組成的方格紙上可以畫出不同位置的L型圖案的個數(shù)是________． 答案 48 5．如圖所示，在連接正八邊形的三個頂點而成的三角形中，與正八邊形有公共邊的三角形有________個． 答案 40 6．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{5，6，7}，C＝{8，9}，現(xiàn)在從這三個集合中取出兩個集合，再從這兩個集合中各取出的一個元素，組成一個含有兩個元素的集合，則一共可組成集合________個． 解析 分三類：第一類：若取出的集合是A，B，則可組成4×3＝12個集合；

4、第二類：若取出的集合是A，C，則可組成4×2＝8個集合；第三類：若取出的集合是B，C，則可組成3×2＝6個集合，故一共可組成12＋8＋6＝26個集合． 答案 26 7．將數(shù)字1,2,3,4,5,6按第一行1個數(shù)，第二行2個數(shù)，第三行3個數(shù)的形式隨機排列，設(shè)Ni(i＝1,2,3)表示第i行中最大的數(shù)，則滿足N1＜N2＜N3的所有排列的個數(shù)是________(用數(shù)字作答)． 解析　由已知數(shù)字6一定在第三行，第三行的排法種數(shù)為AA＝60；剩余的三個數(shù)字中最大的一定排在第二行，第二行的排法種數(shù)為AA＝4，由分步計數(shù)原理滿足條件的排列個數(shù)是240. 答案　240 8. 數(shù)字1,2,3，…，9

5、這九個數(shù)字填寫在如圖的9個空格中，要求每一行從左到右依次增大，每列從上到下也依次增大，當(dāng)數(shù)字4固定在中心位置時，則所有填寫空格的方法共有________種． 解析　必有1、4、9在主對角線上，2、3只有兩種不同的填法，對于它們的每一種填法，5只有兩種填法．對于5的每一種填法，6、7、8只有3種不同的填法，由分步計數(shù)原理知共有22×3＝12(種)填法． 答案　12 9．從集合U＝{a，b，c，d}的子集中選出4個不同的子集，需同時滿足以下兩個條件： (1)?，U都要選出； (2)對選出的任意兩個子集A和B，必有A?B或A?B.那么，共有________種不同的選法． 解析　將選法分成

6、兩類．第一類：其中一個是單元素集合，則另一集合為含兩個或三個元素且含有單元素集合中的元素，有C×6＝24(種)． 第二類：其中一個是兩個元素集合，則另一個是含有這兩個元素的三元素集合，有C×2＝12(種)． 綜上共有24＋12＝36(種)． 答案　36 10．如果一條直線與一個平面垂直，那么，稱此直線與平面構(gòu)成一個“正交線面對”，在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構(gòu)成的“正交線面對”的個數(shù)是________． 解析 正方體的一條棱對應(yīng)著2個“正交線面對”，12條棱共對應(yīng)著24個“正交線面對”；正方體的一條面對角線對應(yīng)著1個“正交線面對”，12條面對角線對應(yīng)著1

7、2上“正交線面對”，共有36個． 答案 36 二、解答題 11．某外語組有9人，每人至少會英語和日語中的一門，其中7人會英語，3人會日語，從中選出會英語和日語的各一人，有多少種不同的選法？ 解 由題意得有1人既會英語又會日語，6人只會英語，2人只會日語． 第一類：從只會英語的6人中選1人說英語，共有6種方法，則說日語的有2＋1＝3(種)，此時共有6×3＝18(種)； 第二類：不從只會英語的6人中選1人說英語，則只有1種方法，則選會日語的有2種，此時共有1×2＝2(種)； 所以根據(jù)分類計數(shù)原理知共有18＋2＝20(種)選法． 12. 如圖，用四種不同顏色給圖中的A，B，C，D

8、，E，F(xiàn)六個點涂色，要求每個點涂一種顏色，且圖中每條線段的兩個端點涂不同顏色．則不同的涂色方法共有多少種？ 解　先涂A、D、E三個點，共有4×3×2＝24(種)涂法，然后再按B、C、F的順序涂色，分為兩類：一類是B與E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8(種)涂法；另一類是B與E或D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3(種)涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264(種)． 13．用n種不同的顏色為兩塊廣告牌著色(如圖甲、乙所示)．要求在①，②，③，④四個區(qū)域中相鄰(有公共邊界)的區(qū)域不用同一種顏色． (1)若n＝6，為甲著色時共有多少種不同的方法？ (2)若為乙著色時共有1

9、20種不同的方法，求n的值． 解　完成著色這件事，共分為四個步驟，可以依次考慮為①，②，③，④這四個區(qū)域著色時各自的方法數(shù)，再利用分步乘法計數(shù)原理確定出總的著色種數(shù)，因此有： (1)為①區(qū)域著色時有6種方法，為②區(qū)域著色時有5種方法，為③區(qū)域著色時有4種方法，為④區(qū)域著色時有4種方法，∴依據(jù)分步(乘法)計數(shù)原理，不同的著色方法為6×5×4×4＝480(種)． (2)由題意知，為①區(qū)域著色時有n種方法，為②區(qū)域著色時有(n－1)種方法，為③區(qū)域著色時有(n－2)種方法，為④區(qū)域著色時有(n－3)種方法，由分步計數(shù)原理得不同的著色數(shù)為n(n－1)(n－2)(n－3)．∴n(n－1)(n－2)

10、(n－3)＝120. 而120＝5×4×3×2，∴n＝5. 14．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是從A到B的映射． (1)若B中每一元素都有原象，這樣不同的f有多少個？ (2)若B中的元素0無原象，這樣的f有多少個？ (3)若f滿足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，這樣的f又有多少個？ 解　(1)顯然對應(yīng)是一一對應(yīng)的，即a1找象有4種方法，a2找象有3種方法，a3找象有2種方法，a4找象有1種方法，所以不同的f共有4×3×2×1＝24(個)． (2)0無原象，1,2,3有無原象不限，所以為A中每一元素找象時都有3種方法．所以不同的f共有34＝81(個)． (3)分為如下四類： 第一類，A中每一元素都與1對應(yīng)，有1種方法； 第二類，A中有兩個元素對應(yīng)1，一個元素對應(yīng)2，另一個元素與0對應(yīng)，有C·C＝12(種)方法； 第三類，A中有兩個元素對應(yīng)2，另兩個元素對應(yīng)0，有C·C＝6(種)方法； 第四類，A中有一個元素對應(yīng)1，一個元素對應(yīng)3，另兩個元素與0對應(yīng)，有C·C＝12(種)方法． 所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(個).