（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业67(001).DOC

1、课时作业课时作业 67分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一、选择题 1图书馆的书架有三层，第一层有 3 本不同的数学书，第二层有 5 本不同的语文书，第三层有 8 本不同的英语 书，现从中任取 1 本书，则不同的取法共有(B) A120 种B16 种 C64 种D39 种 解析：书架上有 35816(本)书，则从中任取 1 本书，共有 16 种不同的取法故选 B. 2a，b，c，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，不同选法的种数是(B) A20B16 C10D6 解析：当 a 当组长时，则共有 144 种选法；当 a

2、 不当组长时，又因为 a 也不能当副组长，则共有 4312 种选法因此共有 41216 种选法 3从集合0,1,2,3,4,5中任取两个互不相等的数 a，b 组成复数 abi，其中虚数有(C) A36 个B30 个 C25 个D20 个 解析：因为 a，b 互不相等且 abi 为虚数，所以 b 只能从1,2,3,4,5中选，有 5 种选法，a 从剩余的 5 个数中选， 有 5 种选法，所以共有虚数 5525(个)，故选 C. 4集合 Px,1，Qy,1,2，其中 x，y1,2,3，9，且 PQ.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y) 作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(B) A9B14 C

3、15D21 解析：当 x2 时，xy，点的个数为 177.当 x2 时，PQ，xy.x 可从 3,4,5,6,7,8,9 中取，有 7 种 方法因此满足条件的点共有 7714(个) 5某班新年联欢会原定的 6 个节目已排成节目单，开演前又增加了 3 个新节目，如果将这 3 个新节目插入节目 单中，那么不同的插法种数为(A) A504B210 C336D120 解析：分三步，先插一个新节目，有 7 种方法，再插第二个新节目，有 8 种方法，最后插第三个节目，有 9 种方 法故共有 789504 种不同的插法 6从集合1,2,3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个

4、数为(D) A3B4 C6D8 解析：当公比为 2 时，等比数列可为 1,2,4 或 2,4,8；当公比为 3 时，等比数列可为 1,3,9；当公比为3 2时，等比数 列可为 4,6,9.同理，公比为1 2， 1 3， 2 3时，也有 4 个故共有 8 个等比数列 7(2021山东九校联考)汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后，需要紧固轮胎的五个螺栓，记为 A，B，C，D，E(在 正五边形的顶点上)，紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓，但不能连续固定相邻的两个，则不同固定螺栓顺序 的种数为(C) A20B15 C10D5 解析： 固定第一个位置， 如先固定 A， 则第二步只能固定 C 或 D， 有

5、 2 种固定螺栓的顺序， 即 ACEBD 或 ADBEC； 同理让 B，C，D，E 分别作为第一个固定位置，各有 2 种固定螺栓的顺序，由分类加法计数原理可知共有 10 种不同 的顺序故选 C. 8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(C) A40B16 C13D10 解析：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 8513 个不同的平面 9用数字 0,1,2,

6、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(B) A144 个B120 个 C96 个D72 个 解析：当万位数字为 4 时，个位数字从 0,2 中任选一个，共有 2A 3 4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 C13A 3 4个偶数故符合条件的偶数共有 2A34C13A34120(个) 10满足 a，b1,0,1,2，且关于 x 的方程 ax22xb0 有实数解的有序数对(a，b)的个数为(B) A14B13 C12D10 解析：方程 ax22xb0 有实数解的情况应分类讨论当 a0 时，方程为一元一次方程 2xb0，不论 b

7、 取何值，方程一定有解此时 b 的取值有 4 个，故此时有 4 个有序数对当 a0 时，需要44ab0，即 ab1. 显然有 3 个有序数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)a0 时，(a，b)共有 3412 个实数对，故 a0 时满 足条件的实数对有 1239 个，所以共有 4913 个 11(2021衡水二中检测)用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且 相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是(C) A12B24 C30D36 解析：按顺序涂色，第一个圆有三种选择，第二个圆有二种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有一

8、种 选择，后三个圆也用了三种颜色，共有 3212224(种)，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种 颜色，所以共有 326(种)综上可得不同的涂色方案的种数是 30. 12A 与 B 是 I1,2,3,4的子集，若 AB1,2，则称(A，B)为一个理想配集，若将(A，B)与(B，A)看成不同 的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”的个数是(C) A4B8 C9D16 解析：对子集 A 分类讨论当 A 是二元集1,2时，B 可以为1,2,3,4，1,2,4，1,2,3，1,2共 4 种情况；当 A 是三元集1,2,3时，B 可以为1,2,4，1,2共 2 种情况；当 A 是三元集1,

9、2,4时，B 可以为1,2,3，1,2，共 2 种 情况；当 A 是四元集1,2,3,4时，B 可以为1,2，共 1 种情况根据分类加法计数原理得符合条件的“理想配集”有 42219(个)故选 C. 二、填空题 13正整数 180 的正约数的个数为 18. 解析：18022325，其正约数的构成是 2i3j5k形式的数，其中 i0,1,2，j0,1,2，k0,1，故其不同的正约数 有 33218(个) 14某校高三(1)班，高三(2)班，高三(3)班分别有 3 人，2 人，1 人被评为该校“三好学生”现需从中选出 4 人 入选市级“三好学生”，并要求每班至少有 1 人入选，则不同的入选方案共有

10、 9 种(用数字作答) 解 析 ： 给 学 生 编 号 ， (1) 班 为 1,2,3 ， (2) 班 为 4,5 ， (3) 班 为 6 ， 则 符 合 题 意 的 选 法 为 ： 1246,1256,1346,1356,2346,2356,1456,2456,3456，共 9 种 15如图，某电子器件由 3 个电阻串联而成，形成回路，其中有 6 个焊接点 A，B，C，D，E，F，如果焊接点 脱落，整个电路就会不通现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有 63 种 解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有 261 63 种可能情况 16在

11、某一运动会百米决赛上，8 名男运动员参加 100 米决赛其中甲、乙、丙三人必须在 1,2,3,4,5,6,7,8 八条跑 道的奇数号跑道上，则安排这 8 名运动员比赛的方式共有 2_880 种 解析：分两步安排这 8 名运动员 第一步：安排甲、乙、丙三人，共有 1,3,5,7 四条跑道可安排故安排方式有 43224(种) 第二步： 安排另外 5 人， 可在 2,4,6,8 及余下的一条奇数号跑道上安排， 所以安排方式有 54321120(种) 故安排这 8 人的方式共有 241202 880(种) 17设，是两个平行平面，若内有 3 个不共线的点，内有 4 个点(任意 3 点不共线)，从这些点

12、中任取 4 个点 最多可以构成的四面体的个数为(A) A34B18 C12D7 解析：完成的一件事是“任取 4 个点构成四面体”，所以分成三类：第一类，从上取 1 个点，上取 3 个不同的 点，可以构成四面体的个数为 3412，第二类，从上取 2 个点，上取 2 个不同的点，可以构成四面体的个数为 3618，第三类，从上取 3 个点，上取 1 个不同的点，可以构成四面体的个数为 144，所以共有四面体的个 数为 1218434. 18现有 5 种不同的颜色，给四棱锥 PABCD 的五个顶点涂色，要求同一条棱上的两个顶点颜色不能相同，则不 同的涂色方法共有(C) A240 种B360 种 C420 种D480 种 解析：先涂顶点，有 5 种方法；在底面的四个顶点中，有 4 种颜色可选，若 A，C 同色，则底面四个顶点的涂 色方法有 43336(种)；若 A，C 异色，则底面四个顶点的涂色方法有 432248(种)由分步乘法计数原理 得总的涂色方法有 5(3648)420(种)，故选 C.