计数原理考点训练Word文档格式.docx

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一位数只有0，1，2

共有12个可连数．

故选D．

点评：

此题主要考查排列组合的简单计数问题，题目中定义了一个新的概念，对于此类题目要注意认真理解概念再做题目．属于中档题目．

2．（2011•重庆二模）有一名同学在填报高考志愿时选定了某院校以后，需从该院校所设的A、B、C三个专业中选择两个作为第一专业和第二专业，再从剩余的一个专业和该院校所设的其他三个专业D、E、F中选择两个作为第三专业和第四专业，则该同学填报这个院校专业的方式有（　　）

36种

48种

72种

96种

排列组合．

分别确定从该院校所投的A、B、C三个专业中选择两个作为第一专业和第二专业、从剩余的一个专业和该院校所投的其他三个专业D、E、F中选择两个作为第三专业和第四专业的方法，利用乘法原理，即可得到结论．

由题意，从该院校所投的A、B、C三个专业中选择两个作为第一专业和第二专业，共有

=6种方法，

再从剩余的一个专业和该院校所投的其他三个专业D、E、F中选择两个作为第三专业和第四专业，共有

=12种方法，

根据乘法原理，可得该同学填报这个院校专业的方式有6×

12=72种，

故选C．

本题考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力，属于中档题．

3．（2006•丰台区二模）某校学生会由高一4名学生、高二5名学生、高三4名学生组成，现从中选出2名学生，参加一次活动，则此2名学生不属于同一个年级的选出方法有（　　）

640种

56种

40种

概率与统计．

先求得所有的选法共有

种，此2名学生属于同一个年级的选法有

+

种，相减即得所求．

所有的选法共有

=78种，此2名学生属于同一个年级的选法有

=22种，

故此2名学生不属于同一个年级的选出方法有78﹣22=56种，

故选B．

本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．

4．把一颗六个面分别标有1，2，3，4，5，6的正方体形的骰子投掷两次，观察其出现的点数，并记第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，设向量

=（m，n），向量

=（﹣2，1），则满足

⊥

的向量

的个数是

（　　）

6

5

4

3

计数原理的应用；

数量积判断两个平面向量的垂直关系．1065100

平面向量及应用．

利用

⇔

=0，及m，n∈{1，2，3，4，5，6}即可得出．

∵

，∴

=﹣2m+n=0，化为n=2m．

当m=1时，n=2；

当m=2时，n=4；

当m=3时，n=6．

因此满足条件的向量

=（1，2），（2，4），（3，6）三个．

熟练掌握

=0是解题的关键．

5．（2006•西城区二模）若m，n∈{x|x=a2×

102+a1×

10+a0}，其中ai（i=0，1，2）∈{1，2，3，4，5，6}，并且m+n=606，则实数对（m，n）表示平面上不同点的个数为（　　）

32个

30个

62个

60个

记A=∈{x|x=a0+a1•10+a2•100}，求实数对（x，y）表示坐标平面上不同点的个数也就是要找x+y=606在A中的解的个数，按10进制位考察即可．

记A=∈{x|x=a0+a1•10+a2•100}，

实数对（x，y）表示坐标平面上不同点的个数等价于要找x+y=606在A中的解的个数，按10进制位考察即可．

首先看个位，a0+a0=6，有5种可能，再往前看：

a1+a1=0且a2+a2=6，有0×

5=0种可能；

a1+a1=10且a2+a2=5，有3×

4=12种可能，

所以一共有（0+12）×

5=60个解，对应于平面上60个不同的点．

本题考查排列、组合及其简单计数问题，解题时要认真审题，注意合理地进行等价转化，属于中档题．

6．（2012•南充三模）用数字0、1、2、3、4、5组成，没有重复数字且大于201345的六位数的个数为（　　）

480

478

479

600

计算题．

由以1开头的没有重复数字的六位数的个数为

，且201345是以2开头的没有重复数字的六位数中最小的一个，所有的没有重复数字的六位数的个数为5

，可得5

﹣

﹣1

即为所求．

=120，由于201345是以2开头的没有重复数字的六位数中最小的一个，

所有的没有重复数字的六位数的个数为5

=600，

故没有重复数字且大于201345的六位数的个数为600﹣120﹣1=479，

本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想，注意把特殊元素与位置综合分析，分类讨论，属于中档题．

7．（2006•东城区三模）从4部不同号码的A款手机和5部不同号码的B款手机中任意取出3部，其中至少有A款和B款手机各一部，则不同的取法共有（　　）

140种

84种

70种

35种

所有的取法共有

种，这3部手机全部为A型的取法有

种，这3部手机全部为B型的取法有

种，故至少有A款和B款手机各一部，则不同的取法共

有

种．

种，

故至少有A款和B款手机各一部，则不同的取法共有

=70（种），

本题主要考查两个基本原理的应用，属于中档题．

8．（2014•江西二模）某高校的8名属“老乡”关系的同学准备拼车回家，其中大一、大二、大三、大四每个年级各两名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐4名同学（乘同一辆车的4名同学不考虑位置），其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学恰有2名来自于同一年级的乘坐方式共有（　　）

18种

24种

分类讨论，第一类，大一的孪生姐妹在甲车上；

第二类，大一的孪生姐妹不在甲车上，再利用组合知识，即可得到结论．

由题意，第一类，大一的孪生姐妹在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的年级，从三个年级中选两个为

，然后分别从选择的年级中再选择一个学生，为

，故有

=3×

2×

2=12种．

第二类，大一的孪生姐妹不在甲车上，则从剩下的3个年级中选择一个年级的两名同学在甲车上，为

，然后再从剩下的两个年级中分别选择一人（同第一类情况），这时共有

2=12种

因此共有24种不同的乘车方式

本题考查计数原理的应用，考查组合知识，考查学生的计算能力，属于中档题．

9．（2006•杭州二模）某旅馆有三人间，两人间，单人间三种房间各一间，有三位成人带两个小孩来此住宿，小孩不宜单住一间（必须有成人陪同），则不同的安排住宿方法有（　　）

27种

21种

由题意小孩的住法可以分为两类，一类是全住三人间，有一大人陪同，一灰是三人间与两人间各一，由计数原理得出每一类的和数即可

若小孩全住三人间，则需要选出一个大人陪同且另外两个大人可能住双人间，也可能各住一间，故住宿方法有C31×

（1+A22）=9种

若小孩一住三人间一住两人间，则大人的住法有二，一是两位大人住三人间，另一人住双人间，二是一位大人住三人间，另两位大人各住一间，故住宿方法有A22×

（C32+C31×

A22）=18种

故不同的安排方法有9+18=27种

故选B

本题考查计数原理的应用，求解本题的关键是正确分类，厘清符合实际情况的安排方法并选择恰当的计数方法计算所有的种数．本题易因分不清符合情况的安排方法有哪些而导致错误或解答不出．

10．（2008•和平区三模）将1，2，3，…9，这9个数填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下依次增大，当3，4固定在图中位置时，所填写空格的方法有（　　）

6种

12种

由题意知，要求每一行从左到右依次增大，每一列从上到下依次增大，3的左边只可以填1和2，有两种选择，3的左边可以填写5，6，7，当这两个位置的数字确定以后，整个表格是确定的形式，根据分步计数原理得到结果．

∵由题意知，要求每一行从左到右依次增大，每一列从上到下依次增大，

对于表格的第一行，3的左边只可以填1和2，有两种选择，而3的右边可以填写5，6，7，

当这两个位置的数字确定以后，整个表格是确定的形式，

∴填写表格的办法有2×

3=6种结果，

故选A．

本题主要考查排列组合、两个基本原理的应用，数字问题是排列中的一大类问题，条件变换多样，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，

很多题目要分类讨论，要做到不重不漏，属于中档题．

11．（2010•德阳二模）2010年上海世博会即将开幕，为了更加有效地让人们关注、了解和参与这次盛会，上海市市政管理委员会欲在某步行街的一侧如图所示的6块有关世博会的宣传广告牌，每块广告牌的底色可选用蓝、红两种颜色中的一种．若要求相邻的两块广告牌的底色不能同为红色，则不同配色方案的种数为（　　）

20

21

30

31

应用题；

分类讨论．

由题意知，本题需要分类来解，分为这样几种情况当广告牌没有红色时，当广告牌有一块红色时，当广告牌有两块红色时，当广告牌有三块红色时，由于相邻的两块广告牌的底色不能同为红色，所以先排蓝色的，让红色的插空．

由题意知，本题需要分类来解，

当广告牌没有红色时，有一种排法，

当广告牌有一块红色时，可以从6个位置任选一个，有6种结果，

当广告牌有两块红色时，先排四块蓝色，形成五个位置，插入两块红色，有C52=10种结果，

当广告牌有三块红色时，先排三块蓝色，形成四个位置，插入三块红色，有C43=4种结果，

∴相邻的两块广告牌的底色不能同为红色，

∴不可能有四块红色广告牌，

根据分类计数原理得到共有1+6+10+4=21，

本题是一个分类计数问题，在分类时，容易漏掉一种情况，即广告牌全是蓝色的这一种结果，这是一个基础题，分类时注意做到不重不漏．

12．（2006•东城区一模）三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又踢回给甲，则不同的传递方式共有（　　）

8种

10种

16种

根据题意，做出树状图，分析查找可得答案．

根据题意，做出树状图，

注意第四次时，毽子不在甲那里．

分析可得，

共有10种不同的传递方式；

本题考查分类加法计数原理，解本题时，注意转化思想，利用树状图分析、解题，属于中档题．

13．（2010•唐山二模）从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字组成没有重复数字的3位数，基中能被5整除的数共有（　　）

50个

55个

90个

由题意知能被5整除的三位数末位必为0或5．当末位是0时，可以直接写出结果，但当末位是5时，注意0不能放在第一位，①末位为0的三位数其首次两位从1～6的6个数中任取2个排列②末位为5的三位数，首位从非0，5的5个数中选1个，再挑十位，相加得到结果．

其中能被5整除的三位数末位必为0或5．

①末位为0的三位数其首次两位从1～6的6个数中任取2个排列而成方法数为A62=30，

②末位为5的三位数，首位从非0，5的5个数中选1个，有C51种挑法，再挑十位，还有C51种挑法，

∴合要求的数有C51•C51=25种．

∴共有30+25=55个数．

本题考查排列组合、计数原理，是一个综合题，本题主要抓住能被5整除的三位数的特征（末位数为0，5），还要注意分类讨论及排数字时对首位非0的限制

14．（2010•宜春模拟）25人排成5×

5方阵，从中选出3人，要求其中任意2人既不同行也不同列，则不同的选法为（　　）

60种

100种

300种

600种

本题是一个计数原理的应用，从5列中选择三列C53=10；

从某一列中任选一个人甲有5种结果；

从另一列中选一个与甲不同行的人乙有4种结果；

从剩下的一列中选一个与甲和乙不同行的丙有3种结果，相乘得到结果．

由题意知本题是一个计数原理的应用，

从5列中选择三列C53=10；

从剩下的一列中选一个与甲和乙不同行的丙有3种结果

根据分步计数原理知共有10×

5×

4×

3=600．

本题主要考查分步计数原理的应用，本题解题的关键是在选择时做到不重不漏，有一个典型的错误是25×

16×

9，本题是一个易错题．

15．（2012•浦东新区三模）把一张纸片剪成4块，再从所得的纸片中任取若干块，每块又剪成4块，像这样依次地进行下去，到剪完某一次为止．那么在下面四个数中，可能是剪出的纸片数的是（　　）

1001

1002

1003

1004

根据题意，找到规律：

只要能够写成3k+1的形式，即可得到结论．

第一次取k1块，则可剪成4k1块，加上留下的（4﹣k1）块，共有4k1+4﹣k1=4+3k1=3（k1+1）+1块，

第二次取k2块，则可剪成4k2块，加上留下的（4+3k1﹣k2）块，共有4+3k1+3k2=3（k1+k2+1）+1块，

…

第n次取kn块，则分为了4kn块，共有4+3k1+3k2+3kn=3（k1+k2+k3+…+kn+1）+1块，

从中看出，只要能够写成3k+1的形式，就能够得到．

因为1003=3×

334+1

本题考查计数原理的运用，解题的关键是找到规律：

只要能够写成3k+1的形式，就能够得到．

二、填空题（共15小题）（除非特别说明，请填准确值）

16．设集合A={1，2，3，4，5}，映射f：

A→A满足：

对任意x∈A，有f

（1）＜f

（2）＜f（3），则这样映射f的个数共有　250　个．（用数字作答）

映射．1065100

从1、2、3、4、5种任意选出3个数，分别作为f

（1）、f

（2）、f（3）的值，方法有

种．

A中的原象还剩下2个元素，每一个元素对应集合B都有5中可能，一共52种情况，根据分步计数原理求得结果．

A中的原象还剩下2个元素，每一个元素对应集合B都有5中可能，一共52种情况，

根据分步计算可得：

这样的映射f的个数为

•52=250，

故答案为250．

此题主要考查映射的定义及其应用，解题的过程需要分步进行求解，此题是一道中档题．

17．（2011•朝阳区一模）对于各数互不相等的整数数组（i1，i2，i3…in）（n是不小于3的正整数），对于任意的p，q∈{1，2，3，…，n}，当p＜q时有ip＞iq，则称ip，iq是该数组的一个“逆序”，一个数组中所有“逆序”的个数称为该数组的“逆序数”，则数组（2，4，3，1）中的逆序数等于　4　；

若数组（i1，i2，i3，…，in）中的逆序数为n，则数组（in，in﹣1，…，i1）中的逆序数为　

　．

压轴题；

由于数组中包含的数字比较少，数组（2，4，3，1）中的逆序可以列举出共有4个，对应于含有n个数字的数组中，首先做出任取两个数字时可以组成的数对，减去逆序的个数，得到结果．

由题意知数组（2，4，3，1）中的逆序有

2，1；

4，1；

3，1；

4，3，

∴逆序数是4，

∵若数组（i1，i2，i3，…，in）中的逆序数为n，

∵这个数组中可以组成

个数对，

∴数组（in，in﹣1，…，i1）中的逆序数为

=

，

故答案为：

4；

．

本题是一个重新定义问题，解题时需要读懂题意，才能做题，本题考查排列组合数的应用，考查列举法，是一个非常新颖的问题．

18．在8×

8的方格棋盘中，取出一个由3个小方格组成的“L形”（如图），共有　196　种不同的取法．

一个由四个小方格组成的“田”字形中可以取出4个“L”形，而“田”字形中心是横线与纵线的交点，

棋盘内的交点数共有（9﹣2）×

（9﹣2）=49（个），由此可得结论．

一个由四个小方格组成的“田”字形中可以取出4个“L”形，因此我们只需考察棋盘上可以取出

多少个“田”字形．

由于每个“田”字形的中心是棋盘内横线与纵线的一个交点（不包括边界点）；

反过来，每个位于棋盘内部的交点，它四周的小方格恰好形成一个“田”字形图案，

因此，映射f：

“田”字形→“田”字形中心，它是棋盘上所有可取出的小方格组成的“田”形

集合到棋盘内每个横线与纵线的交点集的双射（一一映射）．

易知，棋盘内的交点数共有（9﹣2）×

（9﹣2）=49（个），

所以棋盘上可取出49个“田”字形．而一个“田”字形对应着4个“L”形，

故棋盘上共可取出49×

4=196个“L”形，

故答案为196．

本题主要考查两个基本原理的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．

19．（2010•上海）以集合U={a，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A⊆B或B⊆A，那么共有　36　种不同的选法．

由题意知，子集A和B可以互换，即视为一种选法，从而对子集A分类讨论当A是单元集或是四元集，当A是二元集，B相应的只有两种，当A是三元集，B相应的有6种结果，根据计数原理得到结论．

因为U，Φ都要选出

而所有任意两个子集的组合必须有包含关系

故各个子集所包含的元素个数必须依次递增

而又必须包含空集和全集

所以需要选择的子集有两个

设第二个子集的元素个数为1

有（a）（b）（c）（d）四种选法

（1）第三个子集元素个数为2

当第二个子集为（a）时

第三个子集的2个元素中必须包含a

剩下的一个从bcd中选取

有三种选法

所以这种子集的选取方法共有4×

3=12种

（2）第三个子集中包含3个元素

同理三个元素必须有一个与第二个子集中的元素相同

共有4×

（3）第二个子集有两个元素

有6种取法

第三个子集必须有3个元素且必须包含前面一个子集的两个元素

有两种取法

所以这种方法有6×

综上一共有12+12+12=36种

36．

题意的理解是一个难点，另外分类点比较多也是制约思维的一个瓶颈．本题考查集合的子集及利用排列组合知识解决实际问题，考查分析问题与解决问题的能力．

20．（2011•西山区模拟）在（x+1）（2x+1）…（10x+1），（x∈N）的展开式中一次项的系数为　55　．（用数字作答）

展开式中x的一次项系数为每个括号中x的系数与其它括号中的常数项1相乘得到的结果，故x的一次项系数为1+2+3+4+…+10，运算求得结果．

（x+1）（2x+1）（3x+1）…（10x+1）展开式中x的一次项系数为每个括号中x的系数

与其它括号中的常数项1相乘得