届高考一轮数学复习理科课时作业111.docx
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届高考一轮数学复习理科课时作业111
课时作业(六十)
一、选择题
1.教学大楼共有4层,每层都有东西两个楼梯,由一层到4层共有( )种走法?
A.8 B.23
C.42D.24
答案 B
解析 由一层到二层有2种选择,
二层到三层有2种选择,
三层到四层有2种选择,
∴23=8.
2.按ABO血型系统学说,每个人的血型为A、B、O、AB型四种之一,依血型遗传学,当父母的血型中没有AB型时,子女的血型有可能是O型,若某人的血型是O型,则其父母血型的所有可能情况有( )
A.6种B.9种
C.10种D.12种
答案 B
解析 找出其父母血型的所有情况分二步完成,第一步找父亲的血型,依题意有3种;第二步找母亲的血型也有3种,由分步乘法计数原理得:
其父母血型的所有可能情况有3×3=9种.
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( )
A.5B.4
C.6D.8
答案 D
解析 分类考虑,当公比为2时,等比数列可为:
1,2,4;2,4,8,当公比为3时,可为:
1,3,9,当公比为
时,可为4,6,9,将以上各数列颠倒顺序时,也是符合题意的,因此,共有4×2=8个.
4.已知a,b∈{0,1,2,…,9},若满足|a-b|≤1,则称a,b“心有灵犀”.则a,b“心有灵犀”的情形共有( )
A.9种B.16种
C.20种D.28种
答案 D
解析 当a为0时,b只能取0,1两个数;当a为9时,b只能取8,9两个数,当a为其他数时,b都可以取3个数.故共有28种情形.
5.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了2个新节目.如要将这2个节目插入原节目单中,那么不同插法的种类为( )
A.42B.30
C.20D.12
答案 A
解析 将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中,插入第一个有6种插法,插入第2个时有7个空,共7种插法,所以共6×7=42(种).
6.若从集合P到集合Q={a,b,c}所有的不同映射共有81个,则从集合Q到集合P所有的不同映射共有( )
A.32个B.27个
C.81个D.64个
答案 D
解析 可设P集合中元素的个数为x,由映射的定义以及分步乘法计数原理,可得P→Q的映射种数为3x=81,可得x=4.反过来,可得Q→P的映射种数为43=64.
7.有A、B两种类型的车床各一台,现有甲、乙、丙三名工人,其中甲、乙都会操作两种车床,丙只会操作A种车床,先从三名工人中选2名分别去操作以上车床,则不同的选派方法有( )
A.6种B.5种
C.4种D.3种
答案 C
解析 若选甲、乙2人,则包括甲操作A车床,乙操作B车床或甲操作B车床,乙操作A车床,共有2种选派方法;若选甲、丙2人,则只有甲操作B车床,丙操作A车床这1种选派方法;若选乙、丙2人,则只有乙B车床,丙操作A车床这1种选派方法.
∴共有2+1+1=4(种)不同的选派方法.
8.(2011·大纲全国)某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友1本,则不同的赠送方法共有( )
A.4种B.10种
C.18种D.20种
答案 B
解析 依题意,就所剩余的一本画册进行分类计数:
第一类,剩余的是一本画册,此时满足题意的赠送方法共有4种;第二类,剩余的是一本集邮册,此时满足题意的赠送方法共有C
=6(种).因此,满足题意的赠送方法共有4+6=10(种),选B.
9.从正方体的6个表面中取3个面,使其中两个面没有公共点,则共有________种不同的取法.
答案 12
解析 分两步完成这件事,第一步取两个平行平面,有3种取法;第二步再取另外一个平面,有4种取法,由分步计数原理共有3×4=12种取法.
10.在一宝宝“抓周”的仪式上,他面前摆着2件学习用品,2件生活用品,1件娱乐用品,若他可抓其中的二件物品,则他抓的结果有________种.
答案 10
解析 设学习用品为a1,a2;生活用品为b1,b2,娱乐用品为c,则结果有:
(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a1,c),(a2,b1)(a2,b2),(a2,c),(b1,b2),(b1,c)(b2,c),共10种.
11.由1到200的自然数中,各数位上都不含8的有______个.
答案 162个
解析 一位数8个,两位数8×9=72个.
3位数
1
×
×
有9×9=81个,
另外
2
×
×
1个(即200),
共有8+72+81+1=162个.
12.(2011·北京理)用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有________个.(用数字作答)
答案 14
解析 因为四位数的每个数位上都有两种可能性,其中四个数字全是2或3的情况不合题意,所以适合题意的四位数有24-2=14个.
13.
如图所示,有五种不同颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色,相邻区域必须涂不同颜色,若允许同一种颜色多次使用,则不同的涂色方法共有________.
答案 180种
解析 按区域分四步:
第一步A区域有5种颜色可选;
第二步B区域有4种颜色可选;
第三步C区域有3种颜色可选;
第四步由于重复使用区域A中已有过的颜色,故也有3种颜色可选用.由分步计数原理,共有5×4×3×3=180(种)
14.标号为A、B、C的三个口袋,A袋中有1个红色小球,B袋中有2个不同的白色小球,C袋中有3个不同的黄色小球,现从中取出2个小球.
(1)若取出的两个球颜色不同,有多少种取法?
(2)若取出的两个球颜色相同,有多少种取法?
解析
(1)若两个球颜色不同,则应在A、B袋中各取一个或A、C袋中各取一个,或B、C袋中各取一个.
∴应有1×2+1×3+2×3=11种.
(2)若两个球颜色相同,则应在B或C袋中取出2个.∴应有1+3=4种.
15.某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元的单片软件和70元的盒装磁盘.根据需要,软件至少买3张,磁盘至少买2盒.则不同的选购方式共有多少种?
答案 7
解析 可设购买60元的单片软件和70元的盒装磁盘分别为x片、y盒,依照所用资金不超过500元,来建立数学模型,从而解决问题.
设购买单片软件x片,盒装磁盘y盒,则依题意有60x+70y≤500,(x,y∈N*,有x≥3,y≥2)按购买x片分类;
x=3,则y=2,3,4,共3种方法;
x=4,则y=2,3,共2种方法;
x=5,则y=2,共1种方法;
x=6,则y=2,共1种方法.
依分类计数原理不同的选购方式有
N=3+2+1+1=7(种).
答:
不同的选购方式有7种.
探究 本题主要考查分类计数原理的灵活运用,在解题中要特别注意知识的联想和应用.
1.某外商计划在4个侯选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有( )
A.16种B.36种
C.42种D.60种
答案 D
解析 第一类:
每个城市不超过1个,则有A34=4×3×2=24;第二类:
有一个城市投资两个项目,则有:
C14·C23·C13=4×3×3=36,共有24+36=60,故选D.
2.已知如图的每个开关都有闭合、不闭合两种可能,因此5个开关共有25种可能,在这25种可能中,电路从P到Q接通的情况有( )
A.30种B.10种
C.16种D.24种
(提示:
按有几个开关闭合分类)
答案 C
解析 5个开关闭合有1种接通方式;4个开关闭合有5种接通方式;3个开关闭合有8种接通方式;2个开关闭合有2种接通方式,故共有1+5+8+2=16(种).
3.已知互不相同的集合A、B满足A∪B={a,b},则符合条件的A,B的组数共有________种.
答案 8
解析 当A=Ø时,集合B={a,b};当A只1个元素时,B可以有2种情况,此时有2×2=4种情况;当A={a,b}时,集合B=Ø,{a,},{b},此时有3种情况,综上可知,符合条件的A、B共有1+4+3=8种.
4.集合P={x,1},Q={y,1,2},其中x,y∈{1,2,3,…,9},且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x,y)作为一个点的坐标,则这样的点的个数是________.
答案 14个
解析 当x=2时,x≠y,点的个数为1×7=7(个);当x≠2时,x=y,点的个数为7×1=7(个).则共有14个点.
5.有1元、2元、5元、10元、50元、100元人民币各一张,则由这6张人民币可组成________种不同的币值.
答案 63
解析 对于每一张人民币来说,都有两种选择,用或不用,而都不用则形不成币值,由分步计数原理.
可得N=2×2×2×2×2×2-1=26-1=63(种)
6.给如图所示的4个区域涂上颜色,可得一个漂亮的“太极图”,现有红、黑、黄、蓝4种颜料供选用,要求每个区域只能涂一种颜色,且相邻的区域颜色不同,则不同的涂色方法的种数为( )
A.24B.72
C.84D.60
答案 D
解析 若用4种颜料涂色,则有A
=24种;若用3种颜料涂色,则有A
=24种;若用2种颜料涂色,则有
A
=12种,故共有24+24+12=60种.
1.(2012·海淀模拟)有这样一种数字游戏:
在3×3的表格中,要求要每个格子中都填上1,2,3三个数字中的某一个数字,并且每一行和每一列都不能出现重复的数字.若游戏开始时表格的第一行第一列已经填上了数字1(如图①),则此游戏有________种不同的填法;若游戏开始时表格是空白的(如图②),则此游戏共有________种不同的填法.
1
① ②
答案 4 12
解析 对于图①,第1行有2种填法,其余空格有2种填法,故共有4种填法.对于图②,第1行有6种填法,其余空格有2种填法,故共有6×2=12(种)填法.
2.设直线方程为Ax+By=0,从1,2,3,4,5中每次取两个不同的数作为A、B的值,则所得不同直线的条数为( )
A.20B.19
C.18D.16
答案 C
解析 确定直线只需依次确定系数A,B即可.先确定A,有5种取法,再确定B有4种取法,由分步乘法计数原理得5×4=20种,但是x+2y=0与2x+4y=0,2x+y=0与4x+2y=0表示相同的直线,所以不同的直线条数为20-2=18(条).
3.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形图案),那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L形图案的个数是( )
A.16B.32
C.48D.64
答案 C
解析 每四个小正方形图案,都可画出四个不同的L形图案,该图中共有12个这样的正方形,故可画出不同位置L形图案的个数为4×12=48个.
4.(2011·浙江温州第一次适应性测试)已知数列{an}是公比为q的等比数列,集合A={a1,a2,…,a10},从A中选出4个不同的数,使这4个数成等比数列,这样得到4个数的不同的等比数列的个数为________.
答案 24
解析 当公比为q时,满足题意的等比数列有7种,当公比为
时,满足题意的等比数列有7种,当公比为q2时,满足题意的等比数列有4种,当公比为
时,满足题意的等比数列有4种,当公比为q3时,满足题意的等比数列有1种,当公比为
时,满足题意的等比数列有1种,因此满足题意的等比数列共有7+7+4+4+1+1=24(种).
5.(2011·湖北理)给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n≤4时,在所有不同的着色方案中,黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示:
由此推断,当n=6时,黑色正方形互不相邻的着色方案共有________种,至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种.(结果用数值表示)
答案 21 43
解析
(1)当n=6时,如果没有黑色正方形有1种方案,当有1个黑色正方形时,有6种方案,当有两个黑色正方形时,采用插空法,即两个黑色正方形插入四个白色正方形形成的5个空内,有C
=10种方案,当有三个黑色正方形时,同上方法有C
=4种方案,由图可知不可能有4个,5个,6个黑色正方形,综上可知共有21种方案.
(2)将6个正方形空格涂有黑白两种颜色,每个空格都有两种方案,由分步计数原理一共有26种方案,本问所求事件为
(1)的对立事件,故至少有两个黑色正方形相邻的方案有26-21=43种.
6.“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1458),若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列,则第30个数为________.
答案 1359
解析 渐升数由小到大排列,形如
1
2
×
×
的渐升数共有:
6+5+4+3+2+1=21(个),如123×,个位可从4,5,6,7,8,9六个数字选一个,有6种等;形如
1
3
4
×
的渐升数共有5个;形如
1
3
5
×
的渐升数共有4个,故此时共有21+5+4=30个,因此从小到大的渐升数的第30个必为1359,所以应填1359.
7.某单位职工义务献血,在体检合格的人中,O型血的共有28人,A型血的共有7个,B型血的共有9个,AB型血的有3个.
(1)从中任选1人去献血,有多少种不同的选法?
(2)从四种血型的人中各选1个去献血,有多少种不同的选法?
解析 从O型血的人中选1个有28种不同的选法,从A型血的人中选1人有7种不同的选法,从B型血的人中选1人有9种不同的选法,从AB型血的人中选1个人有3种不同的选法.
(1)任选1人去献血,即无论选哪种血型的哪一个人,这件“任选1人去献血”的事情已完成,所以由分类计数原理,共有28+7+9+3=47种不同的选法.
(2)要从四种血型的人中各选1人,即要在每种血型的人中依次选出1人后,这件“各选1人去献血”的事情才完成,所以用分步计数原理,共有28×7×9×3=5292种不同的选法.
8.从{-3,-2,-1,0,1,2,3}中任取3个不同的数作为抛物线方程y=ax2+bx+c(a≠0)的系数,如果抛物线过原点且顶点在第一象限,则这样的抛物线共有多少条?
解析 由抛物线过原点知c=0,由(-
,
)在第一象限得
,⇒
∴a<0,b>0,c=0.
由分步乘法计数原理.
得N=3×3×1=9.
即符合条件的抛物线有9条.
9.如图所示,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两端异色,如果只有5种颜色可供使用,求不同的染色方法总数.
解析 方法一 可分为两大步进行,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用分步乘法原理即可得出结论.由题设,四棱锥S-ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法.
当S、A、B染好时,不妨设其颜色分别为1、2、3,若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法;若C染4,则D可染3或5,有2种染色;若C染5,则D可染3或4,有2种染法.可见,当S、A、B已染好时,C、D还有7种染法,故不同的染色方法有60×7=420种.
方法二 以S、A、B、C、D顺序分步染色.
第一步,S点染色,有5种方法;
第二步,A点染色,与S在同一条棱上,有4种方法;
第三步,B点染色,与S、A分别在同一条棱上,有3种方法;
第四步,C点染色,也有3种方法,但考虑到D点与S、A、C相邻,需要针对A与C是否同色进行分类,当A与C同色时,D点有3种染色方法;当A与C不同色时,因为C与S、B也不同色,所以C点有2种染色方法,D点也有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3(1×3+2×2)=420种.
方法三 按所用颜色种数分类.
第一类,5种颜色全用,共有A
种不同的方法;
第二类,只有4种颜色,则必有某两个顶点同色(A与C,或B与D),共有2×A
种不同的方法;
第三类,只有3种颜色,则A与C、B与D必定同色,共有A
种不同的方法.
由分类加法计数原理,得不同的染色方法总数为A
+2×A
+A
=420种.