6.1 乘法原理与加法原理（题型专练）数学沪教版选择性必修第二册

6.1 乘法原理与加法原理 题型一 乘法原理的应用 1．名运动员争夺个运动项目的冠军（不能并列），那么冠军奖杯的归属有 不同的结果. 【答案】 【解析】依题意每个运动项目的冠军均有种可能， 所以个运动项目的冠军奖杯的归属有种不同的结果. 故答案为： 2．“回文数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443等．那么在四位数中，回文数共有 ． 【答案】90个 【解析】由题意得，4位“回文数”只需排列前两位数字，后面数字即可确定， 因为第一位不能为0，所以第一位有9种排法，第二位有10种排法， 所以由分步乘法原理可知共有种排法. 故答案为：90 3．乘积 (其中)的展开式中共有 项． 【答案】12 【解析】从中取一项共有3种不同取法，从中取一项有4种不同取法， 由分步乘法计数原理知，该展开式共 (项). 故答案为：12. 4．180的不同正因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．12 D．18 【答案】D 【解析】因为，它的正因数即为的幂的乘积， 因此正因数个数为. 故选：D. 5．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． (1)共有多少种不同的报名方法？ (2)若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 【答案】(1)81；(2)18 【解析】（1）每个同学都有种选择，则甲、乙、丙、丁四名同学的报名方法种数为. （2）甲、乙报同一项目，则甲、乙报名的方法种数为， 丙不报项目，则丙有种选择，丁有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的报名方法种数为. 题型二 加法原理的应用 6．若，则不同的有序集合组共有 种． 【答案】9 【解析】根据题意，若，则， 若，则或， 若，则或， 若，则或或或， 故不同的有序集合组共有种． 故答案为：9． 7．将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答） 【答案】 【解析】若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、、，有种情况， 若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、，有种情况， 综上所述，不同的放法种数为种. 故答案为：. 8．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，从中任选一幅画布置房间，有 种不同的选法． 【答案】14 【解析】根据分类加法原理可得从中任选一幅画布置房间的选法有. 故答案为： 9．某书店有5种杂志，分别是5元，4元，3元，2元，1元，小张用10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是 （用数字作答）． 【答案】3 【解析】不同买法有，，． 故答案为：3. 题型三 两个计数原理综合 10．如题图所示，要选择一条路径接通从A到B的电路，不同的接法共有（    ）．      A．6种 B．7种 C．8种 D．12种 【答案】C 【解析】最上面的线路有3种，中间线路1种，下面线路有种．三种情况相加为8. 故选：C 11．在3000和8000之间，有多少个没有重复数字的偶数？ 【答案】1288 【解析】当千位数是3时，个位数有0，2，4，6，8五种可能， 由乘法原理，有个， 同理，当千位是5，7时，也分别有280个， 当千位数是4时，个位数有0，2，6，8四种可能， 由乘法原理，有个， 同理，当千位是6时，也分别有224个，所以，由加法原理， 共个没有重复数字的偶数． 故答案为：1288. 12．将各位数字之和为的三位数叫“幸运数”，比如，，则所有“幸运数”的个数为 ． 【答案】 【解析】当百位数字是，其他数字是，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和或者是和，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为. 故答案为：. 13．设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数，且从中任取两个相乘所得均为5的倍数，则A的元素个数最多为 ． 【答案】137 【解析】由题意知，集合中且至多只有一个元素不是5的倍数，其余均是5的倍数． 首先讨论三位数中的5的倍数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个； ②当个位为5时，则百位有8个数字可选，十位有8个数字可选， 根据分步乘法原理，这样的5的倍数有个， 最后，再加上单独的不是5的倍数的数，所以集合中元素个数的最大值为个． 故答案为：137． 题型一 计数原理常用方法-枚举法 14．由1、2、3、4可以组成 个2在百位的没有重复数字的四位数. 【答案】6 【解析】满足题意的四位数有1234，1243，3214，3241，4213，4231，共6个， 故答案为：6. 15．已知有红绿黄蓝4个不同颜色的球及红绿黄蓝4个不同颜色的盒子,现在在每个盒子里放一个球,并且确保4个盒子与盒子里的球的颜色都不相同,则不同的放法有 种. 【答案】9 【解析】解:记为红绿黄蓝4个不同颜色的球,将四个盒子按红绿黄蓝顺序放好, 将表示放入四个盒子的球的颜色, 则所有的结果为: 共9种. 故答案为:9 16．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”共有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【解析】函数解析式为，值域为， 当时，；当时，， 则定义域为，，，， ，，，，， 因此，“同族函数”共有9个， 故选：C． 17．直线（不全为 0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（  ） A．60 条 B．66 条 C．72 条 D．78 条 【答案】D 【解析】因，，则公共点为： ，共12个. 若这样的直线为圆的切线，则满足题意的切线有12条； 若这样的直线不为圆的切线，则由两点确定一条直线，满足的直线有条. 则这样的直线有78 条. 故选：D 18．位顾客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一顶帽子，则人拿的都不是自己的帽子方案总数为 .（用数字作答） 【答案】 【解析】记位顾客分别为甲、乙、丙、丁. 假设甲拿了乙的帽子，则乙拿了甲的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了丙的帽子；或乙拿丙的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了甲的帽子；或乙拿了丁的帽子，丙拿了甲的帽子，丁拿了丙的帽子. 若甲拿了丙或丁的帽子，同理可知，符合条件的方案数均为种. 综上所述，人拿的都不是自己的帽子方案总数为. 故答案为：. 19．如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为 . 【答案】3 【解析】由，且，即在面内， 要使取最小值时，点位置记为点，即面，结合正方体的对称性， 知：，，三种情况， 所以数量积的不同取值的个数为3. 故答案为：3 20．在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为 . 【答案】 【解析】由题设，又都是集合中的元素，且， 所以，满足要求的点有、、、、、、、、、、、、、、、、、、、， 所以这样的点有20个. 故答案为：20 21．已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上严格增函数的有序数对的个数是 【答案】24 【解析】由题意可知，满足指数函数且， 对数函数且的取值只有4个，分别为； 而使它们在上严格增函数的取值都只有两个，分别是； 而满足幂函数的的取值有6个（全部）， 使得幂函数在上是严格增函数的取值有4个，即； 由于且互不相等，有三种情况： 第一种：指数函数，对数函数在上是严格增函数， 而幂函数不满足，共有种； 第二种：指数函数，幂函数在上是严格增函数， 而对数函数不满足，共有种； 第三种：对数函数，幂函数在上是严格增函数， 而指数函数不满足，共有种； 第四种：三个函数在上都是严格增函数，共有种； 利用分类加法计数原理可得共有种； 故答案为：24 22．如图，沿着箭头从点P走到点Q，有 种不同的最短路径． 【答案】12 【解析】直接写出经过每个点的路径种数，如图所示． 通过树状图列举： 所以总共有12种不同的最短路径． 23．已知六个函数:①;②;③;④;⑤;⑥,从中任选三个函数,则其中既有奇函数又有偶函数的选法共有 种. 【答案】 【解析】对于①,因为,定义域为且满足,故为偶函数; 对于②,因为,定义域为且满足,故为偶函数; 对于③,因为,定义域为,故非奇非偶函数; 对于④,因为,定义域为且满足,故为奇函数; 对于⑤,因为,定义域为且满足,故为奇函数; 对于⑥,因为,根据函数图象可知为非奇非偶函数. 综上所述,函数中奇函数的有④⑤,偶函数的有①②,③⑥为非奇非偶函数. 任选3个函数,既有奇函数又有偶函数的情况分类讨论: 当选1奇和偶时,种; 当选2奇和偶时,种; 当选1奇,偶,非奇非偶时,种. 一共有种选法. 故答案为:. 24．若集合、满足，则称为集合的一个分拆，并规定：当且仅当时，与为集合的同一种分拆，求集合的不同分拆种数. 【答案】27 【解析】，对分以下几种情况讨论： 若，必有,,，共1种拆分； 若，则,或,,，共2种拆分；同理，时，各有2种拆分； 若,，则、,、,或,,，共4种拆分；同理,、,时，各有4种拆分； 若,,，则、、、、,、,、,，,,．共8种拆分； 共有种不同的拆分． 题型二 计数原理常用方法-间接法 25．甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有 种． 【答案】6 【解析】解：甲、乙各选两个景点有种方法，其中，所选景点完全相同的有3种． 所以满足条件要求的选法共有种． 故答案为：6 26．已知集合，，，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中的点的坐标，则确定不同点的坐标个数为 ． 【答案】 【解析】集合，，，从这三个集合中各选一个元素构成空间直角坐标系中的点的个数为， 其中点的坐标中有两个的点为、、，共个，在选的时候重复一次， 因此，确定不同点的坐标个数为. 故答案为：. 题型三 涂色问题 27．如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成），给、、、这个三角形和“赵爽弦图”涂色，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知有种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先对正方形涂色，共有种颜色可供选择， 然后涂区域，有种颜色可供选择， 接下来涂区域，有种颜色可供选择， 若区域与区域同色，则区域有种颜色可供选择； 若区域与区域不同色，则区域有种颜色可供选择，区域有种颜色可供选择. 由计数原理可知，不同的涂色方法种数为. 故选：C. 28．如图，对四棱锥的各面进行染色，要求有公共棱的两个面不同色.现有种颜色可供选择，则不同的染色方法共有 种. 【答案】 【解析】先染底面，有种颜色可选，再染侧面，有种颜色可选. （1）当侧面与侧面同色时，侧面有种颜色可选，侧面有种颜色可选， 故共有种. （2）当侧面与侧面不同色时，侧面有种颜色可选，侧面只能染种颜色，侧面也只能染种颜色， 故共有种. 因此，不同的染色方法共有种. 故答案为：. 29．如图，从左到右有5个空格. （1）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？ （2）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法？ 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）利用排除法：种. （2）根据乘法原理得到：共有种涂法. 30．四色定理（Four color theorem）又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是1852年由毕业于伦敦大学的格斯里（Francis Guthrie）提出来的，其内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色．”四色问题的证明进程缓慢，直到1976年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理．现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有 种． 【答案】 【解析】涂色方案可分为两类，第一类只使用3种颜色的涂色方案，第二类使用4种颜色的涂色方案， 若只使用3种颜色的涂色方案有种， 若使用4种颜色的涂色方案种， 所以不同的染色方案有种． 故答案为： 31．如图所示，用5种不同的颜料给4块图形(A，B，C，D)涂色，要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．    【答案】260 【解析】本题的解法可按照顺序涂色，因块与块不共边，故可分成A，C同色与不同色两类情况. 第一类，A，C颜色相同，则A有5种涂色方法，B有4种涂色方法，D有4种涂色方法， 由分步乘法计数原理知，共有种涂法； 第二类，A，C颜色不同，则A有5种涂色方法，C有4种涂色方法，B有3种涂色方法，D也有3种涂色方法（因B块与D块不共边）， 由分步乘法计数原理知，共有种涂法． 根据分类加法计数原理，共有种不同的涂色方案． 32．现有A，B，C，D，E五个兴趣小组，在劳动实践课上制作的手工艺品，摆放到如图所示桌面上的四个区域，供学生参观，若要求相邻区域不可以放入同一个兴趣小组的手工艺品，每个区域内只能摆放一个兴趣小组的手工艺品，共有 种摆法． 【答案】260 【解析】分两类：第一类，2，3区域放同一兴趣小组的手工艺品： 第一步，第1区域，有5种摆法， 第二步，第2，3区域有4种摆法， 第三步，第4区域有4种摆法，共计有种摆法； 第二类，2，3区域摆放不同兴趣小组的手工艺品： 第一步，第1区域，有5种摆法， 第二步，第2区域，有4种摆法， 第三步，第3区域，有3种摆法，第四步，第4区域，有3种摆法， 共计有5×4×3×3=180种摆法． 故共有80+180=260种摆法． 故答案为：260. 33．某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 种． 【答案】396 【解析】将六个扇形区域标号为1到6（如图所示），分两类完成这件事情： 第一类：若1和3种植的鲜花相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有6种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种. 第二类：若1和3种植的鲜花不相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种. 按照分类加法计数原理得，共有种. 故答案为：396. 34．如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【答案】(1)60；(2)240 【解析】（1）由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C颜色相同，且B，D颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法. （2）解法一：由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同， 所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法（如：B，D颜色相同）； 再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上， 最后D涂B的颜色，有种不同的涂色方法. 根据分步计数原理知，共有种不同的涂色方法. 解法二：分两类. 第一类，A与C颜色相同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法； 第二类，A与C颜色不同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法. 根据分类计数原理知，共有种不同的涂色方法. 35．从1，2，3，…，20，21这21个整数中任选两个不同的整数，其中使得的个位上的数字为9的有序数组的个数为（   ） A．75 B．80 C．85 D．90 【答案】C 【解析】的个位上的数字具有周期性规律，如表所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 的个位上的数字 2 4 8 6 2 4 8 6 的个位上的数字 3 9 7 1 3 9 7 1 由表可得，的个位上的数字周期为， 因此，①当取时，可取，此时满足题意的有序数组有个； ②当取时，可取，此时满足题意的有序数组有个； ③当取时，可取，此时满足题意的有序数组有个， 综上，满足题意的有序数组的个数为个， 故选：C. 36．如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】给挂件进行如图所示的编号， 中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件， 用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色， 1号有4种涂色方法，2，3，4号有6种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： ①若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ②若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ③若5号与1号异色，与3号同色，5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，7号有2种涂色方法； 当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ④若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； 综上，所有的涂色方法种数为，故C正确． 故选：C． 37．、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为 . 【答案】 【解析】因为没有比大的数，所以只能排在第一位或者第五位， 当排在第一位时，若排在第二位，此时排列可以是，，，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 由上可知，当排在第一位时，共有种情况， 同理可得，当排在第五位时，也有种情况满足条件， 综上所述，共有种排列满足条件， 故答案为：. 38．给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相连的着色方案如图所示：由此推断，当时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种（结果用数值表示） 【答案】21 【解析】由题意知黑色正方形互不相连， 故当时，有全黑或全白种， 当时，有白黑、黑白、全白种， 当时，有黑白黑、白白黑、白黑白、黑白白、全白共种， 当时，有白黑白黑、黑白黑白、黑白白黑、白白白黑、白白黑白、白黑白白、黑白白白、全白共种， 当时，有黑白黑白黑、黑白白白黑、黑白白黑白、黑白黑白白、白黑白白黑、白黑白黑白、 白白黑白黑、黑白白白白、白黑白白白、白白黑白白、白白白黑白、白白白白黑、全白共种， 故当时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有种结果： 黑白黑白黑白、黑白黑白白黑、黑白白黑白黑、白黑白黑白黑、 黑白白白白黑、黑白白白黑白、黑白白黑白白、黑白黑白白白、 白黑白白白黑、白黑白白黑白、白黑白黑白白、白白黑白白黑、白白黑白黑白、白白白黑白黑、 黑白白白白白、白黑白白白白、白白黑白白白、白白白黑白白、白白白白黑白、白白白白白黑、全白共种， 故答案为：21 39．某班5位同学参加3项跑步比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有 种. 【答案】 【解析】设报1项的同学有人，报2项的同学有人， 由题意有：5位同学每人报名1项或2项，3个项目每个项目恰有2人报名，总报名名额为， 所以，即恰好有1人报2项，其余4人各报1项， 第一步：先选报2项的同学有5种选法， 第二步：选该同学报的2个项目有3种选法，假设选的项目是和， 则项目各已有1人，还需各1人，项目还需要2人， 第三步：分配剩余4人，从4人中选1人去项目有4种选法，选1人去项目有3种选法， 剩余的2人去项目有1种选法，共有种选法， 根据分步乘法计数原理有：种选法. 故答案为：. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 6.1 乘法原理与加法原理 题型一 乘法原理的应用 1．名运动员争夺个运动项目的冠军（不能并列），那么冠军奖杯的归属有 不同的结果. 2．“回文数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443等．那么在四位数中，回文数共有 ． 3．乘积 (其中)的展开式中共有 项． 4．180的不同正因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．12 D．18 5．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． (1)共有多少种不同的报名方法？ (2)若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 题型二 加法原理的应用 6．若，则不同的有序集合组共有 种． 7．将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答） 8．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，从中任选一幅画布置房间，有 种不同的选法． 9．某书店有5种杂志，分别是5元，4元，3元，2元，1元，小张用10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是 （用数字作答）． 题型三 两个计数原理综合 10．如题图所示，要选择一条路径接通从A到B的电路，不同的接法共有（    ）．      A．6种 B．7种 C．8种 D．12种 11．在3000和8000之间，有多少个没有重复数字的偶数？ 12．将各位数字之和为的三位数叫“幸运数”，比如，，则所有“幸运数”的个数为 ． 13．设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数，且从中任取两个相乘所得均为5的倍数，则A的元素个数最多为 ． 题型一 计数原理常用方法-枚举法 14．由1、2、3、4可以组成 个2在百位的没有重复数字的四位数. 15．已知有红绿黄蓝4个不同颜色的球及红绿黄蓝4个不同颜色的盒子,现在在每个盒子里放一个球,并且确保4个盒子与盒子里的球的颜色都不相同,则不同的放法有 种. 16．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”共有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 17．直线（不全为 0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（  ） A．60 条 B．66 条 C．72 条 D．78 条 18．位顾客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一顶帽子，则人拿的都不是自己的帽子方案总数为 .（用数字作答） 19．如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为 . 20．在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为 . 21．已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上严格增函数的有序数对的个数是 22．如图，沿着箭头从点P走到点Q，有 种不同的最短路径． 23．已知六个函数:①;②;③;④;⑤;⑥,从中任选三个函数,则其中既有奇函数又有偶函数的选法共有 种. 24．若集合、满足，则称为集合的一个分拆，并规定：当且仅当时，与为集合的同一种分拆，求集合的不同分拆种数. 题型二 计数原理常用方法-间接法 25．甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有 种． 26．已知集合，，，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中的点的坐标，则确定不同点的坐标个数为 ． 题型三 涂色问题 27．如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成），给、、、这个三角形和“赵爽弦图”涂色，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知有种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是（    ）    A． B． C． D． 28．如图，对四棱锥的各面进行染色，要求有公共棱的两个面不同色.现有种颜色可供选择，则不同的染色方法共有 种. 29．如图，从左到右有5个空格. （1）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？ （2）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法？ 30．四色定理（Four color theorem）又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是1852年由毕业于伦敦大学的格斯里（Francis Guthrie）提出来的，其内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色．”四色问题的证明进程缓慢，直到1976年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理．现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有 种． 31．如图所示，用5种不同的颜料给4块图形(A，B，C，D)涂色，要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．    32．现有A，B，C，D，E五个兴趣小组，在劳动实践课上制作的手工艺品，摆放到如图所示桌面上的四个区域，供学生参观，若要求相邻区域不可以放入同一个兴趣小组的手工艺品，每个区域内只能摆放一个兴趣小组的手工艺品，共有 种摆法． 33．某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 种． 34．如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 35．从1，2，3，…，20，21这21个整数中任选两个不同的整数，其中使得的个位上的数字为9的有序数组的个数为（   ） A．75 B．80 C．85 D．90 36．如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 37．、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为 . 38．给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相连的着色方案如图所示：由此推断，当时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种（结果用数值表示） 39．某班5位同学参加3项跑步比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有 种. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $