【数学】2020届一轮复习人教B版分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时作业 6页

‎ ‎ ‎1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是(　　)‎ A．30　　　　　　　　　　 B．42‎ C．36 D．35‎ 解析：选C.因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．‎ ‎2．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有(　　)‎ A．3种 B．5种 C．9种 D．12种 解析：选C.只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．‎ ‎3．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为(　　)‎ A．20 B．25‎ C．32 D．60‎ 解析：选C.依据题意知，最后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.‎ ‎4．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为(　　)‎ A．24 B．48‎ C．60 D．72‎ 解析：选B.先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有2，4，3，2，1种排法，由分步乘法计数原理知偶数的个数为2×4×3×2×1＝48.‎ ‎5．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 解析：选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．‎ ‎6．已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的个数为(　　)‎ A．18个 B．10个 C．16个 D．14个 解析：选B.第三、四象限内点的纵坐标为负值，分2种情况讨论．‎ ‎①取M中的点作横坐标，取N中的点作纵坐标，有3×2＝6种情况；‎ ‎②取N中的点作横坐标，取M中的点作纵坐标，有4×1＝4种情况．‎ 综上共有6＋4＝10种情况．‎ ‎7．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有(　　)‎ A．180种 B．360种 C．720种 D．960种 解析：选D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．‎ ‎8．直线l：＋＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．16‎ 解析：选B.l与坐标轴围成的三角形的面积为 S＝ab≥10，即ab≥20.‎ 当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．‎ 当a∈{5，7}时，b∈{4，6，8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线l的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.‎ ‎9．一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有(　　)‎ A．6种 B．8种 C．12种 D．48种 解析：选D.从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B景点，有16种不同的方法；若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．‎ ‎10．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(　　)‎ A．48 B．18‎ C．24 D．36‎ 解析：选D.分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．‎ ‎11．设集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是(　　)‎ A．7 B．10‎ C．25 D．52‎ 解析：选B.因为集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，所以A∩B＝{0，1}，A∪B＝{－1，0，1，2，3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得2×5＝10.‎ ‎12．在如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为(　　)‎ A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 解析：选C.分两种情况：‎ ‎(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)．‎ ‎(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)．‎ 综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．‎ ‎13．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．‎ 解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．‎ 第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．‎ 答案：36‎ ‎14．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．‎ 解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)‎ 展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5＝60(项)．‎ 答案：60‎ ‎15．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素．又点P到原点的距离|OP|≥5，则这样的点P的个数为________．‎ 解析：依题意可知：‎ 当a＝1时，b＝5，6，两种情况；‎ 当a＝2时，b＝5，6，两种情况；‎ 当a＝3时，b＝4，5，6，三种情况；‎ 当a＝4时，b＝3，5，6，三种情况；‎ 当a＝5或6时，b各有五种情况．‎ 所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．‎ 答案：20‎ ‎16．已知集合A＝{最大边长为7，且三边长均为正整数的三角形}，则集合A的真子集共有________个．‎ 解析：另外两个边长用x，y(x，y∈N*)表示，且不妨设1≤x≤y≤7，要构成三角形，必须x＋y≥8.‎ 当y取7时，x可取1，2，3，…，7，有7个三角形；‎ 当y取6时，x可取2，3，…，6，有5个三角形；‎ 当y取5时，x可取3，4，5，有3个三角形．‎ 当y取4时，x只能取4，只有1个三角形．‎ 所以所求三角形的个数为7＋5＋3＋1＝16.其真子集共有(216－1)个．‎ 答案：216－1‎ ‎1．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　)‎ A．6种 B．12种 C．18种 D．20种 解析：选D.分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2×3＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2×＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．故选D.‎ ‎2．定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　)‎ A．18个 B．16个 C．14个 D．12个 解析：选C.设a1，a2，a3，…，ak中0的个数为t，则1的个数为k－t，‎ 由2m＝8知，k≤8且t≥k－t≥0，则.‎ 法一：当t＝1时，k＝1，2；当t＝2时，k＝2，3，4；‎ 当t＝3时，k＝3，4，5，6；当t＝4时，k＝4，5，6，7，8，‎ 所以“规范01数列”共有2＋3＋4＋5＝14(个)．‎ 法二：问题即是 表示的区域的整点(格点)的个数，‎ 如图整点(格点)为2＋3＋4＋5＝14个，即“规范01数列”共有14个．‎ ‎3．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数为________．‎ 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；当公比为时，等比数列可为4，6，9.易知公比为，，时，共有2＋1＋1＝4个．故共有2＋1＋1＋4＝8(个)．‎ 答案：8‎ ‎4．x＋y＋z＝10的正整数解的组数为________．‎ 解析：可按x的值分类：‎ 当x＝1时，y＋z＝9，共有8组；‎ 当x＝2时，y＋z＝8，共有7组；‎ 当x＝3时，y＋z＝7，共有6组；‎ 当x＝4时，y＋z＝6，共有5组；‎ 当x＝5时，y＋z＝5，共有4组；‎ 当x＝6时，y＋x＝4，共有3组；‎ 当x＝7时，y＋z＝3，共有2组；‎ 当x＝8时，y＋z＝2，共有1组．‎ 由分类加法计数原理可知：共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝＝36(组)．‎ 答案：36‎ ‎5．由数字1，2，3，4，‎ ‎(1)可组成多少个三位数？‎ ‎(2)可组成多少个没有重复数字的三位数？‎ ‎(3)可组成多少个没有重复数字，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字的三位数？‎ 解：(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个三位数．‎ ‎(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的三位数4×3×2＝24(个)．‎ ‎(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个．‎ ‎6．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若a，b，c∈M，则：‎ ‎(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？‎ ‎(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？‎ 解：(1)y＝ax2＋bx＋c表示二次函数时，a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数．‎ ‎(2)当y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数．‎