2022年高考数学大一轮复习 10.1分类计数原理与分步计数原理试题 理 苏教版

2022年高考数学大一轮复习 10.1分类计数原理与分步计数原理试题 理 苏教版一、填空题15名运动员争夺三个项目的冠军(不能并列)，所有可能的结果共有_种解析 第n个项目的冠军可由5名运动员中的任一人取得，共5种方法(n1，2，3)，根据分步计数原理，所有可能的结果共有55553(种)答案 532现有4名教师参加说题比赛，共有4道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说题，其中恰有一道题没有被这4位选中的情况有_种解析首先选择题目，从4道题目中选出3道，选法为C，而后再将获得同一道题目的2位老师选出，选法为C，最后将3道题目，分配给3组老师，分配方式为A，即满足题意的情况共有CCA144(种)答案1443某次活动中，有30人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为_(用数字作答)解析其中最先选出的一个人有30种方法，此时不能再从这个人所在的行和列共9个位置上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是3020127 200.答案7 2004如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L型(每次旋转90仍为L型图案)，那么在由45个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L型图案的个数是_答案 485如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有_个答案 406已知集合A1，2，3，4，B5，6，7，C8，9，现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出的一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可组成集合_个解析 分三类：第一类：若取出的集合是A，B，则可组成4312个集合；第二类：若取出的集合是A，C，则可组成428个集合；第三类：若取出的集合是B，C，则可组成326个集合，故一共可组成128626个集合答案 267将数字1,2,3,4,5,6按第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数的形式随机排列，设Ni(i1,2,3)表示第i行中最大的数，则满足N1N2N3的所有排列的个数是_(用数字作答)解析由已知数字6一定在第三行，第三行的排法种数为AA60；剩余的三个数字中最大的一定排在第二行，第二行的排法种数为AA4，由分步计数原理满足条件的排列个数是240.答案2408. 数字1,2,3，9这九个数字填写在如图的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每列从上到下也依次增大，当数字4固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有_种解析必有1、4、9在主对角线上，2、3只有两种不同的填法，对于它们的每一种填法，5只有两种填法对于5的每一种填法，6、7、8只有3种不同的填法，由分步计数原理知共有22312(种)填法答案129从集合Ua，b，c，d的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件：(1)，U都要选出；(2)对选出的任意两个子集A和B，必有AB或AB.那么，共有_种不同的选法解析将选法分成两类第一类：其中一个是单元素集合，则另一集合为含两个或三个元素且含有单元素集合中的元素，有C624(种)第二类：其中一个是两个元素集合，则另一个是含有这两个元素的三元素集合，有C212(种)综上共有241236(种)答案3610如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是_解析 正方体的一条棱对应着2个“正交线面对”，12条棱共对应着24个“正交线面对”；正方体的一条面对角线对应着1个“正交线面对”，12条面对角线对应着12上“正交线面对”，共有36个答案 36二、解答题11某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？解 由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有213(种)，此时共有6318(种)；第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有122(种)；所以根据分类计数原理知共有18220(种)选法12. 如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色则不同的涂色方法共有多少种？解先涂A、D、E三个点，共有43224(种)涂法，然后再按B、C、F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2(2112)8(种)涂法；另一类是B与E或D不同色，共有1(1112)3(种)涂法所以涂色方法共有24(83)264(种)13用n种不同的颜色为两块广告牌着色(如图甲、乙所示)要求在，四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色(1)若n6，为甲着色时共有多少种不同的方法？(2)若为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值解完成着色这件事，共分为四个步骤，可以依次考虑为，这四个区域着色时各自的方法数，再利用分步乘法计数原理确定出总的着色种数，因此有：(1)为区域着色时有6种方法，为区域着色时有5种方法，为区域着色时有4种方法，为区域着色时有4种方法，依据分步(乘法)计数原理，不同的着色方法为6544480(种)(2)由题意知，为区域着色时有n种方法，为区域着色时有(n1)种方法，为区域着色时有(n2)种方法，为区域着色时有(n3)种方法，由分步计数原理得不同的着色数为n(n1)(n2)(n3)n(n1)(n2)(n3)120.而1205432，n5.14已知集合Aa1，a2，a3，a4，B0,1,2,3，f是从A到B的映射(1)若B中每一元素都有原象，这样不同的f有多少个？(2)若B中的元素0无原象，这样的f有多少个？(3)若f满足f(a1)f(a2)f(a3)f(a4)4，这样的f又有多少个？解(1)显然对应是一一对应的，即a1找象有4种方法，a2找象有3种方法，a3找象有2种方法，a4找象有1种方法，所以不同的f共有432124(个)(2)0无原象，1,2,3有无原象不限，所以为A中每一元素找象时都有3种方法所以不同的f共有3481(个)(3)分为如下四类：第一类，A中每一元素都与1对应，有1种方法；第二类，A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有CC12(种)方法；第三类，A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有CC6(种)方法；第四类，A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有CC12(种)方法所以不同的f共有11261231(个).