2020版高考数学一轮复习课时规范练55分类加法计数原理与分步乘法计数原理理北师大版

课时规范练55分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础稳固组1.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点能够确立不一样的平面个数为( )2.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座,每名同学可自由选择此中的一个讲座,不一样选法的种数是( )A.56B.65×5×4×3×23.现有4种不一样颜色要对以下图的四个部分进行着色,要求有公共界限的两块不可以用同一种颜色,则不一样的着色方法共有( )A.24种B.30种C.36种D.48种4.(2018山西一模)某天的值日工作由4名同学负责,且此中1人负责清理讲台,另1人负责扫地,其余2人负责拖地,则不一样的分工共有()A.6种B.12种C.18种D.24种5.(2018北京一零一中学3月模拟)某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生出门观光包含甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆观光,则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有()A.种B.×54种C.×54种D.种6.(2018辽宁丹东模拟)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人,每人一张,且甲、乙分得的电影票连号,则共有不一样分法的种数为()A.12B.24C.48D.607.(2018黑龙江牡丹江)将数字1,2,3,4,填入下边的表格内,要求每行、每列的数字互不相同,如图所示,则不一样的填表方式共有( )种18.(2018新疆乌鲁木齐二诊)有五名同学站成一排照毕业纪念照,此中甲不可以和乙站在一同,而且乙、丙两位同学要站在一同,则不一样的站法种数有(用数字作答).9.若甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有种.10.三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数是.综合提高组11.从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,构成无重复数字的三位数,此中奇数的个数为( )A.24B.18C.12D.612(2018内蒙古赤峰模拟)把2支相同的晨曦署名笔,3支相同的英豪钢笔,所有分给4名优异学生,.每名学生起码1支,则不一样的分法有()A.24种B.28种C.32种D.36种13.(2018天津模拟)将数字“124470”从头摆列后获得不一样的偶数个数为( )A.180B.192C.204D.26414.以下图,一个地域分为5个行政地区,现给该地域的地图涂色,要求相邻地区不得使用同一种颜色,现有4种颜色可供选择,则涂色方法共有的种数为.15.我们把中间位上的数字最大,而两边挨次减小的多位数称为“凸数”.如132,341等,则由1,2,3,4,5能够构成无重复数字的三位凸数的个数是.16.(2018浙江宁波模拟)现有红、黄、蓝、绿四个骰子,每个骰子的六个面上的数字分别为1,2,3,4,5,6.若同时掷这四个骰子,则四个骰子向上的数字之积等于24的情况共有种(请用数字作答).创新应用组17.对甲、乙、丙、丁四人进行编号,甲不编“1”号、乙不编“2”号、丙不编“3”号、丁不编“4”号的不一样编号方法有( )A.8种B.9种C.10种D.11种18.如图,在由若干个相同小的平行四边形构成的大平行四边形内有一个★,则含有★的平行四边形共有个.(用数字作答)2参照答案课时规范练55分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.C分两类状况议论;第1类,直线a分别与直线b上的8个点能够确立8个不一样的平面;第2类,直线b分别与直线a上的5个点能够确立5个不一样的平面.依据分类加法计数原理知,共能够确立8+5=13个不一样的平面.2.A6名同学中的每一名同学都能够从5个课外知识讲座中任选一个,由分步乘法计数原理可知不一样的选法种数是56.应选A.3.D按A→B→C→D的次序分四步着色,共有4×3×2×2=48种不一样的着色方法.4.B方法数有=12种.应选B.5.C因为有且只有两个年级选择甲博物馆,因此观光甲博物馆的年级有种状况,其余年级均有5种选择,因此共有54种状况,依据分步乘法计数原理可得共有×54种状况,应选C.6.C先从4组2张连号票,比方(1,2)(2,3)(3,4)(4,5)中拿出一组,分给甲、乙两人,共有=8种,其余的3张票任意分给节余的3人,共有=6种方法,依据分步乘法计数原理可知,共有8×6=48种不一样的分法,应选C.7.B对切合题意的一种填法如图,行互换共有=24种,列互换共有=24种,因此依据分步乘法计数原理获得不一样的填表方式共有24×24=576种,应选B.8.36依据题意,先清除甲后的其余4人进行摆列,因为乙、丙两位同学要站在一同,故将乙、丙“捆绑”再与其余2人进行全排,共有=12种不一样的排法,再将甲插空,因为甲不可以和乙站在一同,故甲有3种插法,因此依据分步乘法计数原理,不一样的站法有12×3=36种.故答案为36.9.24分步达成,第一甲、乙两人从4门课程中同选1门,有4种方法;其次甲从剩下的3门课程中任选1门,有3种方法;最后乙从剩下的2门课程中任选1门,有2种方法.于是,甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2=24(种).10.36另两边长用,y(,y∈N+)表示,不如设1≤≤y≤11,要构成三角形,一定+y≥12.当y取11时,可取1,2,3,,11,有11个三角形;当y取10时,可取2,3,,10,有9个三角形;当y取6时,只好取6,只有1个三角形.因此所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.311.B三位数可分红两类,第一类是奇偶奇,此中个位有3种选择,十位有2种选择,百位有2种选择,共有3×2×2=12(个);第二类是偶奇奇,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有1种选择,共有3×2×1=6(个).故由分类加法计数原理,可知共有奇数12+6=18(个).应选B.12.B第一类,有一个人分到一支钢笔和一支署名笔,这类状况下的分法有;先将一支钢笔和一支署名笔分给一个人,有4种分法,将节余的2支钢笔,1支署名笔分给节余3名同学,有3种分法,共有3×4=12种不一样的分法;第二类,有一个人分到两支署名笔,这类状况下的分法有;先将两支署名笔分给一个人,有4种状况,将节余的3支钢笔分给节余3个人,只有1种分法,共有4×1=4种不一样的分法;第三类,有一个人分到两支钢笔,这类状况的分法有;先将两支钢笔分给一个人,有4种状况,再将节余的两支署名笔和一支钢笔分给节余的3个人,有3种分法,那共有3×4=12种不一样的分法.综上所述,总合有12+4+12=28种不一样的分法.应选B.13.C依据题意,分3种状况议论;①个位数字为0,在前面5个数位中任选2个,安排2个数字4,有=10种状况,将剩下的3个数字全摆列,安排在其余的数位,有=6种状况,则此时有10×6=60个偶数,②个位数字为2,0不可以在首位,有4种状况,在剩下的4个数位中任选2个,安排2个数字4,有=6种状况,将剩下的2个数字全摆列,安排在其余的数位,有=2种状况,则此时有4×6×2=48个偶数,③个位数字为4,0不可以在首位,有4种状况,将剩下的4个数字全摆列,安排在其余的数位,有=24种状况,则此时有4×24=96个偶数.共有60+48+96=204个不一样的偶数;应选C.14.72因为地区1与其余4个地区都相邻,第一考虑地区1,有4种涂法,而后再按地区2,4同色和不一样色,分为两类;第一类,地区2,4同色,有3种涂法,此时地区3,5均有2种涂法,共有4×3×2×2=48种涂法;第二类,地区2,4不一样色,先涂地区2,有3种涂法,再涂地区4,有2种涂法,此时地区3,5都只有种涂法,共有4×3×2×1×1=24种涂法.依据分类加法计数原理知,共有48+24=72种知足条件的涂色方法.15.20依据“凸数”的特色,中间的数字只好是3,4,5,故分三类,第一类,中间间数字为3时,此时有2种(132,231);第二类,中间间数字为4时,从1,2,3中任取两个放在4的两边,故有=6种;4第三类,中间间数字为5时,从1,2,3,4中任取两个放在5的两边,故有=12种;依据分类加法计数原理知,由1,2,3,4,5能够构成无重复数字的三位凸数的个数是2+6+12=20.16.52因为24=6×4×1×1=6×2×2×1=4×3×2×1=3×2×2×2,关于上述四种情况掷这四个骰子时,分别有=12,×=12,=24,=4种情况,综上共有12+12+24+4=52种情况.17.B依题意,切合要求的编号方法为“1”号是乙、丙、丁三人中的某一个.①当乙的编号为“1”时,其余人的编号以下;1234乙甲丁丙乙丙丁甲乙丁甲丙明显,此时有3种不一样的编号方法;②当丙的编号为“1”时,其余人的编号以下;1234丙甲丁乙丙丁甲乙丙丁乙