《2022年高考數學總復習 課時提升練55 分類加法計數原理與分步乘法計數原理 理 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數學總復習 課時提升練55 分類加法計數原理與分步乘法計數原理 理 新人教版（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考數學總復習 課時提升練55 分類加法計數原理與分步乘法計數原理 理 新人教版 一、選擇題 1．現有6名同學去聽同時進行的5個課外知識講座，每名同學可自由選擇其中的一個講座，不同選法的種數是(　　) A．56　　　　　　　　　B．65 C. D.6×5×4×3×2 【解析】　由分步乘法計數原理得5×5×5×5×5×5＝56. 【答案】　A 2．三個人踢毽，互相傳遞，每人每次只能踢一下，由甲開始踢，經過5次傳遞后，毽又被踢回給甲，則不同的傳遞方式共有(　　) A．6種　　　B．8種　　　C．10種　　　D．16種 【解析】　如下圖，甲第一次傳給乙時有5種方法，同理，

2、甲傳給丙也可以推出5種情況，綜上有10種傳法． 【答案】　C 3．某市汽車牌照號碼可以上網自編，但規(guī)定從左到右第二個號碼只能從字母B、C、D中選擇，其他四個號碼可以從0～9這十個數字中選擇(數字可以重復)，有車主第一個號碼(從左到右)只想在數字3、5、6、8、9中選擇，其他號碼只想在1、3、6、9中選擇，則他的車牌號碼可選的所有可能情況有(　　) A．180種 B.360種 C．720種 D.960種 【解析】　按照車主的要求，從左到右第一個號碼有5種選法，第二位號碼有3種選法，其余三位號碼各有4種選法． 因此車牌號碼可選的所有可能情況有5×3×4×4×4＝960(種)． 【答案

3、】　D 4．若從1,2,3，…，9這9個整數中同時取4個不同的數，其和為偶數，則不同的取法共有(　　) A．60種 B.63種 C．65種 D.66種 【解析】　先找出和為偶數的各種情況，再利用分類加法計數原理求解．滿足題設的取法可分為三類：一是四個奇數相加，其和為偶數，在5個奇數1,3,5,7,9中，任意取4個，有C＝5(種)；二是兩個奇數加兩個偶數其和為偶數，在5個奇數中任取2個，再在4個偶數2,4,6,8中任取2個，有C·C＝60(種)；三是四個偶數相加，其和為偶數，4個偶數的取法有1種，所以滿足條件的取法共有5＋60＋1＝66(種)． 【答案】　D 5．(x

4、x·四川高考)從1,3,5,7,9這五個數中，每次取出兩個不同的數分別記為a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的個數是(　　) A．9 B.10 C．18 D.20 【解析】　從1,3,5,7,9這五個數中每次取出兩個不同數的排列個數為A＝20，但lg 1－lg 3＝lg 3－lg 9，lg 3－lg 1＝lg 9－lg 3，所以不同值的個數為20－2＝18，故選C. 【答案】　C 6．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P?Q.把滿足上述條件的一對有序整數對(x，y)作為一個點的坐標，則這樣的點的個數

5、是(　　) A．9 B.14 C．15 D.21 【解析】　∵P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P?Q，∴x∈{y,1,2}． ∴當x＝2時，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7種情況； 當x＝y時，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7種情況． 共有7＋7＝14種情況．即這樣的點的個數為14. 【答案】　B 7．(xx·濟南模擬)已知兩條異面直線a，b上分別有5個點和8個點，則這13個點可以確定不同的平面?zhèn)€數為(　　) A．40 B.16 C．13 D.10 【解析】　分兩類情況討論： 第1類，直線a分別與直

6、線b上的8個點可以確定8個不同的平面； 第2類，直線b分別與直線a上的5個點可以確定5個不同的平面． 根據分類加法計數原理知，共可以確定8＋5＝13個不同的平面． 【答案】　C 8．(xx·杭州模擬)如果一條直線與一個平面平行，那么稱此直線與平面構成一個“平行線面組”．在一個長方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“平行線面組”的個數是(　　) A．60 B.48 C．36 D.24 【解析】　長方體的6個表面構成的“平行線面組”個數為6×6＝36，另含4個頂點的6個面(非表面)構成的“平行線面組”個數為6×2＝12，故符合條件的“平行線

7、面組”的個數是36＋12＝48. 【答案】　B 9．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中參加某項志愿者活動，要求每人參加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外兩位前面．不同的安排方法共有(　　) A．20種 B.30種 C．40種 D.60種 【解析】　分三類：甲在周一，共有A種排法； 甲在周二，共有A種排法；甲在周三，共有A種排法； ∴A＋A＋A＝20. 【答案】　A 10．如果一個三位正整數如“a1a2a3”滿足a1＜a2，且a2＞a3，則稱這樣的三位數為凸數(如120,343,275等)，那么所有凸數的個數為(　　) A．240

8、 B.204 C．729 D.920 【解析】　若a2＝2，則“凸數”為120與121，共1×2＝2個，若a2＝3，則“凸數”共2×3＝6個，若a2＝4，滿足條件的“凸數”有3×4＝12個，…，若a2＝9，滿足條件的“凸數”有8×9＝72個． ∴所有凸數有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(個)． 【答案】　A 11．已知a，b∈{0,1,2，…，9}，若滿足|a－b|≤1，則稱a，b“心有靈犀”，則a，b“心有靈犀”的情形的種數為(　　) A．9 B.16 C．20 D.28 【解析】　當a為0時，b只能取0,1兩個數

9、；當a為9時，b只能取8,9兩個數；當a為其他數時，b都可以取3個數．故共有28種情形． 【答案】　D 12．用0,1,2,3,4,5六個數字組成無重復數字的四位數，若把每位數字比其左鄰的數字小的數叫做“漸降數”，則上述四位數中“漸降數”的個數為(　　) A．14 B.15 C．16 D.17 【解析】　由題意知，只需找出組成“漸降數”的四個數字即可，等價于從六個數字中去掉兩個數字． 從前向后先取0，有0與1,0與2,0與3,0與4,0與5，共5種情況； 再取1，有1與2,1與3,1與4,1與5，共4種情況； 依次向后分別有3,2,1種情況． 根據

10、分類加法計數原理，滿足條件的“漸降數”共有1＋2＋3＋4＋5＝15個． 【答案】　B 二、填空題 13．在平面直角坐標系內，點P(a，b)的坐標滿足a≠b，且a，b都是集合{1,2,3,4,5,6}中的元素，又點P到原點的距離|OP|≥5.則這樣的點P的個數為________． 【解析】　依題意可知： 當a＝1時，b＝5,6兩種情況； 當a＝2時，b＝5,6兩種情況； 當a＝3時，b＝4,5,6三種情況； 當a＝4時，b＝3,5,6三種情況； 當a＝5或6，b各有5種情況． 所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20種情況． 【答案】　20 14．(xx·沈陽模擬)一生產過程

11、有四道工序，每道工序需要安排一人照看，現從甲、乙、丙等6名工人中安排4人分別照看一道工序，第一道工序只能從甲、乙兩工人中安排1人，第四道工序只能從甲、丙兩工人中安排1人，則不同的安排方案共有________種． 【解析】　按甲先分類，再分步． ①若甲在第一道工序，則第四道工序只能是丙，其余兩道工序的按排方法有4×3＝12種； ②若乙在第一道工序，則第四道工序從甲、丙兩人中選一人，有2種方法，其余兩道工序有4×3＝12種方法，所以共有12×2＝24種方法． 綜上可知，共有的安排方法有12＋24＝36種． 【答案】　36 15．某班新年聯歡會原定的6個節(jié)目已排成節(jié)目單，開演前又增加了3

12、個新節(jié)目，如果將這3個新節(jié)目插入節(jié)目單中，那么不同的插法種數有________種． 【解析】　分三步，先插一個新節(jié)目，有7種方法，再插第二個新節(jié)目，有8種方法，最后插第三個節(jié)目，有9種方法． 故共有7×8×9＝504種不同的插法． 【答案】　504 圖10-1-6 16．如圖10-1-6所示，一環(huán)形花壇分成A，B，C，D四塊，現有4種不同的花供選種，要求在每塊里種1種花，且相鄰的2塊種不同的花，則不同的種法總數有________種． 【解析】　可依次種A、B、C、D四塊，當C與A種同一種花時，有4×3×1×3＝36(種)種法；當C與A所種花不同時，有4×3×2×2＝48(種)種法，由分類加法計數原理，不同的種法總數為36＋48＝84. 【答案】　84