专题01 两个计数原理及其拓展方法的运用8种重点常考题型（高效培优专项训练）数学苏教版高二选择性必修第二册

专题01 两个计数原理及其拓展方法的运用8种重点常考题型 题型一：分类加法计数原理及其简单运用 题型二：分步加法计数原理及其简单运用 题型三：两个计数原理综合运用 题型四：实际问题中的计数问题 题型五：代数中的计数问题 题型六：几何中的计数问题 题型七：数字的排列问题 题型八：涂色问题 题型一：分类加法计数原理及其简单运用 1．已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一，二象限不同点的个数为（　　） A．18 B．17 C．16 D．10 2.如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（　　）    A．26 B．24 C．20 D．19 3.如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（  ） A．11 B．13 C．15 D．17 4.集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是__________- 5.某日小张坐火车从沈阳市到葫芦岛市，已知当天从沈阳市到葫芦岛市的火车中，“K”字开头的车次有7个，“D”字开头的车次有2个，“C”字开头的车次有1个，“G”字开头的车次有20个，“T”字开头的车次有2个，“Z”字开头的车次有7个，则小张当日车次的选择共有 种． 题型二：分步加法计数原理及其简单运用 6．书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（  ）种. A．504 B．84 C．1008 D．168 7.有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为（　　） A．12 B．64 C．81 D．256 8.已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（  ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 9.已知生物体内存在酶、酶、酶、酶、酶，酶可以与酶、酶、酶、酶中的任意一种酶发生特异性结合反应.现有3个不同的酶分子，每个酶分子都随机选择一种酶进行结合，且相互独立，则不同结合方式的种数是___________ A．72 B．68 C．64 D．58 10.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z，后两个字符要求用数字1～9，最多可以给 个程序模块命名． 题型三：两个计数原理综合运用 11．古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 ．    12.（多选）以下结论正确的是（  ） A．3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是 B．从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法 C．60有12个不同的正因数 D．从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减，可以得到12个不相等的差 13.（多选）现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（  ） A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 14.（多选）现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（  ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 15.高二年级(1)班有6人参加数学小组，(2)班有5人参加物理小组，(3)班有4人参加化学小组，问： (1)选其中1人担任数理化小组组长，有多少种不同的选法? (2)每班选1人参加全国数理化竞赛，有多少种不同的选法? (3)选取其中两人参加不同的学科竞赛，有多少种不同的选法? 题型四：实际问题中的计数问题 16．现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（  ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 17.如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（  ） A．5 B．6 C．7 D．8 18.某药品研究所研制了5种消炎药（，，，，）、4种退热药（，，，），现从中取出两种消炎药和一种退热药同时使用进行疗效试验，但已知，两种药必须同时使用，且，两种药不能同时使用，则不同的试验方案有（  ）种？ A．8 B．10 C．14 D．16 19.甲､乙､丙､丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，汉口江滩一定要有人去，则不同游览方案的种数为_________ 题型五：代数中的计数问题 20．求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（  ） A．8 B．10 C．15 D．16 21.已知函数，其中.则使函数不存在极值的有序数对共有（　　）对. A．7 B．8 C．9 D．10 22.从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（　　） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 23.集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 24.如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6，24，2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2 013，则n＝_____________ 题型六：几何中的计数问题 25．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（  ）. A．20种 B．16种 C．12种 D．8种 26.以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（  ） A．2 B．3 C．4 D．6 27.在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（  ） A．95 B．91 C．88 D．75 28.已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（　　）个． A．3 B．6 C．7 D．10 29.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中相互平行或相互垂直的有____________对 30.过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为________ 31.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 . 题型七：数字的排列问题 32．用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（  ） A．48 B．36 C．24 D．18 33.用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有（  ）个 A．24 B．36 C．48 D．60 34.我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有（　　） A．66个 B．55个 C．36个 D．28个 35.（多选）用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（  ） A．一共可以组成96个数 B．一共可以组成120个数 C．一共可以组成偶数60个 D．一共可以组成72个大于2000的数 36.用0，1，2，3这4个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答） 37.从 0，1，2，3，4，5 中取出三个不同数字组成一个三位数，且这个三位数能被 15 整除，则这样的三位数有 个. 38.我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有___________个 39.用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 题型八：涂色问题 40．用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（  ） A．5 B．6 C．7 D．8 41.用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（　　）    A．72 B．96 C．120 D．144 42.春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（　　） A．种 B．种 C．种 D．种 43.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 44.如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有　　 种． 45.如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有__________种． 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 两个计数原理及其拓展方法的运用8种重点常考题型 题型一：分类加法计数原理及其简单运用 题型二：分步加法计数原理及其简单运用 题型三：两个计数原理综合运用 题型四：实际问题中的计数问题 题型五：代数中的计数问题 题型六：几何中的计数问题 题型七：数字的排列问题 题型八：涂色问题 题型一：分类加法计数原理及其简单运用 1．已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一，二象限不同点的个数为（　　） A．18 B．17 C．16 D．10 【答案】B 【分析】按照横坐标和纵坐标取自的集合以及点所在象限分类讨论，利用加法计数原理即得. 【解析】因在第一，二象限内的点的横坐标可正可负，而纵坐标为正，这样的点分为两类情况： ①点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个； ②点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个. 由分类加法计数原理，第一，二象限不同点的个数为个. 故选：B 2.如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（　　）    A．26 B．24 C．20 D．19 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理计算． 【解析】由题图可知，从A到B有4种不同的传递路线，各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3，4，6，6， 由分类加法计数原理得，单位时间内传递的最大信息量为. 故选：D． 3.如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（  ） A．11 B．13 C．15 D．17 【答案】B 【分析】按照焊接点脱落的个数分类讨论，运用分类加法计数原理求解即可. 【解析】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有共2种情况， 若脱落2个，则有共6种情况， 若脱落3个，则有共4种情况， 若脱落4个，则有共1种情况， 由分类加法计数原理，情况种数共有种． 故选：B． 4.集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是__________- 【答案】6 【分析】根据第二象限坐标特征分类结合分类加法原理计算求解. 【解析】第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数． 若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则符合题意的点有，，共2个； 若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则符合题意的点有，，，，共4个． 综上，在第二象限内的点的个数为． 故答案为：6 5.某日小张坐火车从沈阳市到葫芦岛市，已知当天从沈阳市到葫芦岛市的火车中，“K”字开头的车次有7个，“D”字开头的车次有2个，“C”字开头的车次有1个，“G”字开头的车次有20个，“T”字开头的车次有2个，“Z”字开头的车次有7个，则小张当日车次的选择共有 种． 【答案】39 【分析】利用分类加法原理，可得答案. 【解析】由分类加法计数原理可得小张当日车次的选择共有种． 故答案为：. 题型二：分步加法计数原理及其简单运用 6．书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（  ）种. A．504 B．84 C．1008 D．168 【答案】A 【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得. 【解析】将新买的本书逐一放进去， 对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 由分步乘法计数原理可得，共有(种). 故选：A. 7.有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为（　　） A．12 B．64 C．81 D．256 【答案】C 【分析】由分步乘法计数原理计算可得. 【解析】由题意可得每个信号灯有三种情况，各自独立， 故该装置所能发出的不同信号种数为种. 故选：C. 8.已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（  ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 【答案】B 【分析】根据第二象限点的特征，运用分步乘法计数原理进行求解即可. 【解析】在第二象限的点的横坐标为负数，纵坐标为正数， 由题意得点的横坐标有，两种选择，点的纵坐标有3，5两种选择． 由分步乘法计数原理，得在第二象限的点有个． 故选：B． 9.已知生物体内存在酶、酶、酶、酶、酶，酶可以与酶、酶、酶、酶中的任意一种酶发生特异性结合反应.现有3个不同的酶分子，每个酶分子都随机选择一种酶进行结合，且相互独立，则不同结合方式的种数是___________ A．72 B．68 C．64 D．58 【答案】64 【分析】共三种不同的酶分子，每个酶分子都有酶四种结合方式，那么将三个3相乘即是不同的结合方式的种数. 【解析】根据题意，酶可以与酶、酶、酶、酶中的任意一种酶发生特异性结合反应， 即每一个酶分子都有4种结合选择方式， 那么3个不同的酶分子的结合方式共有（种）. 故答案为：. 10.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z，后两个字符要求用数字1～9，最多可以给 个程序模块命名． 【答案】 【分析】根据题意可确定每个字符的可能数，再利用分步乘法原理计算即可. 【解析】首字符要求用字母A～G或U～Z，共种可能， 后两个字符要求用数字1～9，所以后两个字符中每个各有种可能， ，所以最多可以给个程序模块命名． 故答案为：. 题型三：两个计数原理综合运用 11．古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 ．    【答案】24 【分析】首先分情况，先确定两个顶点，再确定其他顶点，即可求解. 【解析】梯形的上、下底平行且不相等，如图，    若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有（个）， 若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有（个）， 所以梯形的个数是（个）． 故答案为：24 12.（多选）以下结论正确的是（  ） A．3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是 B．从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法 C．60有12个不同的正因数 D．从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减，可以得到12个不相等的差 【答案】AC 【分析】根据计数原理等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【解析】A选项，3个班分别从4个景点中选择一处游览，根据分步乘法计数原理， 不同选法的种数是，A选项正确. B选项，从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本， 根据分步乘法计数原理，不同选法的种数是，B选项错误. C选项，，所以正因数有个，C选项正确. D选项，从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减， 得到的差有，共个不相等的差，D选项错误. 故选：AC 13.（多选）现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（  ） A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 【答案】BD 【分析】根据分类与分步计数原理逐个计算即可. 【解析】A选项：取2个球，红、黄各1，有种选法，该选项错误. B选项：每种颜色选出1个球，共取3个，有种选法，该选项正确. C选项：要选出不同颜色的2个球，有3种情况： 若取1红1黄，有种选法； 若取1红1绿，有种选法； 若取1黄1绿，有种选法； 因此共有种选法，该选项错误. D选项：甲先选有15种选法，乙再选有14种选法，所以共有种选法，该选项正确. 故选：BD. 14.（多选）现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（  ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 【答案】ABD 【分析】利用分步与分类计数原理计算得到选项ABD正确；若要选出不同颜色的2个球，有74种不同的选法，所以选项C错误. 【解析】A. 从中任选1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； B. 若每种颜色选出1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； C. 若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误； D. 若要不放回地依次选出2个球，有种不同的选法，所以该选项正确. 故选：ABD 15.高二年级(1)班有6人参加数学小组，(2)班有5人参加物理小组，(3)班有4人参加化学小组，问： (1)选其中1人担任数理化小组组长，有多少种不同的选法? (2)每班选1人参加全国数理化竞赛，有多少种不同的选法? (3)选取其中两人参加不同的学科竞赛，有多少种不同的选法? 【答案】(1)15；(2)120；(3)74 【分析】（1）由分类加法计数原理即可求解； （2）由分步乘法计数原理即可求解； （3）先分类再分步即可求解； 【解析】（1）选其中1人担任数理化小组组长，可以来自数学或物理或化学， 所以共有种选法； （2）分三步完成，第一步数学选1人，6种，第二步物理选1人，5种，第三步化学选1人，4种， 所以共有种； （3）来自数学、物理共有， 来自数学化学共有， 来自物理化学共有， 所以总共由种选法. 题型四：实际问题中的计数问题 16．现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（  ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 【答案】B 【分析】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解. 【解析】依题意， 摆放20的方式有：2，0或20两种方式； 摆放220的方式有：2，2，0或22，0或2，20三种方式； 摆放126的方式有：1，2，6或12，6或1，26三种方式； 由分步计数原理知，数字20220126的摆放方式共有：种方式. 故选：B. 17.如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（  ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解. 【解析】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有种走法； 又从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走， 所以根据分类加法计数原理可得：从甲地到乙地的走法种数为. 故选：D. 18.某药品研究所研制了5种消炎药（，，，，）、4种退热药（，，，），现从中取出两种消炎药和一种退热药同时使用进行疗效试验，但已知，两种药必须同时使用，且，两种药不能同时使用，则不同的试验方案有（  ）种？ A．8 B．10 C．14 D．16 【答案】C 【分析】根据取出消炎药与退热药的要求，分三类情况进行讨论，根据加法原理得到结果. 【解析】解：当取，时，再取退烧药有（种）方案，此时不同的试验方案有4（种）方案； 当不取，且取时，取另一种消炎药的方法有（种）方案， 由于，两种药不能同时使用，所以再取退烧药有（种）方案， 此时不同的试验方案有（种）方案； 当取，时，再取退烧药有（种）方案，此时不同的试验方案有4（种）方案； 综上所述，不同的试验方案共有（种）方案. 故选：C. 19.甲､乙､丙､丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，汉口江滩一定要有人去，则不同游览方案的种数为_________ 【答案】65 【分析】根据题意，先由分步计数原理计算可得四人选择3个地方的全部情况数目，再计算汉口江滩没人去的情况数目，分析可得汉口江滩一定要有人去的游览方案数． 【解析】解：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，且每人只能去一个地方， 则每人有3种选择，则4人一共有种情况， 若汉口江滩没人去，即四位同学选择了黄鹤楼､东湖， 每人有2种选择方法，则4人一共有种情况， 故汉口江滩一定要有人去有种情况， 故答案为：65． 题型五：代数中的计数问题 20．求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（  ） A．8 B．10 C．15 D．16 【答案】C 【分析】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【解析】因为， 所以的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可， 有种取法，即有个正整数因数． 故选：C． 21.已知函数，其中.则使函数不存在极值的有序数对共有（　　）对. A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】由题设，根据得，进而列举出所有数对，即可得. 【解析】由题设，要使函数不存在极值，只需， 所以，满足的有序数对为，共10对. 故选：D 22.从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（　　） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 【答案】D 【分析】分是否取两类，当不取时，排除重复的即可得解. 【解析】当取时，则只能为真数，此时这个对数值为， 当不取时，底数有种，真数有种， 其中， 故此时有个， 所以共有个. 故选：D. 23.集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 【答案】 【分析】令，，求出集合的非空子集数，与集合的子集数，再由分步乘法计数原理计算可得. 【解析】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为： 24.如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6，24，2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2 013，则n＝_____________ 【答案】51 【分析】2013是四位数，故“好数”按四位数，按三大类分首位为0、1、2每一类再分，然后把数量相加即可． 【解析】解：本题可以把数归为“四位数”(含0006等)， 因此比2 013小的“好数”为0×××，1×××，2 004，共三类数， 第一类可分为：00××，01××，…，0 600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数； 第二类可分为：10××，11××，…，1 500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数， 第二类可分为：2 004，共1个 故2 013为第28+21+1+1=51个数，故n＝51. 故答案为： 题型六：几何中的计数问题 25．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（  ）. A．20种 B．16种 C．12种 D．8种 【答案】C 【分析】正方体共有条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有个 共有组，再考虑重复情况得到答案. 【解析】正方体共有条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有个 共有组，每组中包含两条棱，故有 故选：C 26.以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（  ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】由这些边为三角形仅有四种，，，，讨论底面三角形为、，结合对称性确定四面体个数. 【解析】以这些边为三角形仅有四种，，，． 固定四面体的一面作为底面： 当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即； 当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，． 其余情形得到的四面体均在上述情形中． 由此可知，四面体个数有3个． 故选：B 27.在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（  ） A．95 B．91 C．88 D．75 【答案】B 【分析】首先确定以为对角线的矩形中整点的个数，再确定上的整点数，最后根据对称性求出△中整点的个数. 【解析】由题设，直线分别交x、y轴于、，    以高为10，宽为15的矩形内（含边）整数点有176个，其中直线上的整数点有、、、、、，共6个， 所以，矩形对角线两侧的三角形中整点的个数为个， 综上，△中整点的个数为个. 故选：B 28.已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（　　）个． A．3 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【解析】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论 ，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理， 和 也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 29.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中相互平行或相互垂直的有____________对 【答案】18 【分析】考虑相对面的相互平行或相互垂直的情况即可，相对面中，相互平行的有2对，相互垂直的4对. 【解析】从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，相互平行或相互垂直， 则考虑相对面的相互平行或相互垂直的情况即可. 相对面中，相互平行的有2对，相互垂直的4对，共6对， 正方体有三组相对面，故3×6=18， 故答案为：18 30.过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为________ 【答案】36 【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案. 【解析】如图，分以下几类： 棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对； 棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对； 侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 所以共有对. 故答案为：36 31.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 【分析】根据向量共面的推论易知在面内，且面，结合正方体的对称性及空间数量积运算确定不同取值的个数. 【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 题型七：数字的排列问题 32．用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（  ） A．48 B．36 C．24 D．18 【答案】D 【分析】根据分步乘法原理计算求解. 【解析】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2种情况，首位数字有3种情况，十位数字有3种情况， 所以三位奇数的个数为种情况. 故选：D. 33.用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有（  ）个 A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】D 【分析】应用分类分步计数原理求四位数的个数. 【解析】若四位数中没有2，共有个， 若四位数中有1个2，共有个， 若四位数中有2个2，共有个， 因此共有60个. 故选：D 34.我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有（　　） A．66个 B．55个 C．36个 D．28个 【答案】C 【分析】按照首位数字为1~8进行分类，相加得到答案. 【解析】当首位数字为1时，后两位相加为7， “幸运数”分别是116,161,125,152,134,143,107,170，共8个； 当首位数字为2时，后两位相加为6， “幸运数”分别是206,260,215,251,224,242,233，共7个； 当首位数字为3时，后两位相加为5，“幸运数”分别是305,350,314,341,323,332，共6个； 当首位数字为4时，后两位相加为4，“幸运数”分别是404,440,413,431,422，共5个； 当首位数字为5时，后两位相加为3，“幸运数”分别是503,530,512,521，共4个； 当首位数字为6时，后两位相加为2，“幸运数”分别是602,620,611，共3个； 当首位数字为7时，后两位相加为1，“幸运数”分别是701,710，共2个； 当首位数字为8时，后两位相加为0，“幸运数”是800，共1个. 因此，所有的“幸运数”共有个. 故选：C. 35.（多选）用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（  ） A．一共可以组成96个数 B．一共可以组成120个数 C．一共可以组成偶数60个 D．一共可以组成72个大于2000的数 【答案】ACD 【分析】由特殊位置优先的原则，结合两个计数原理逐个判断即可. 【解析】对于AB，四位数的首位不能为0，有4种选项，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位， 可以组成无重复数字的四位数个，A正确， B错误； 对于C，若个位数为0，则有个，若个位数不为0，则有个， 所以可以组成无重复数字的四位偶数个，C正确； 对于D，四位数的首位有3种选择，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位， 可以组成无重复数字且大于2000的四位数个，D正确． 故选：ACD 36.用0，1，2，3这4个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答） 【答案】18 【分析】需要分步确定三位数的百位、十位和个位数字. 【解析】组成的数是三位数，故百位不能是， 百位有种选择； 百位选了一个数字后，十位还有种选择； 百位和十位各选了一个数字后，个位还有种选择； 一共可以组成没有重复数字的三位数有：（个） 故答案：. 37.从 0，1，2，3，4，5 中取出三个不同数字组成一个三位数，且这个三位数能被 15 整除，则这样的三位数有 个. 【答案】 【分析】按末位数为0或5分类，再按三位数字和能被3整除列举即可. 【解析】（1）当末位数为0时，剩余数字从中选取两个不同数字作为前两位， 数字和等于前两位数字之和（因末位为0），必须能被3整除。 满足和能被3整除的配对有：， 满足能被15整除的三位数有：120，210，150，510，240，420，450，540共8个三位数； （2）当末位数为5时，剩余数字从中选取两个不同数字作为前两位，且首位不能为0， 数字和等于前两位数字之和加5，必须能被3整除， 满足和能被3整除的配对有：， 满足能被15整除的三位数有105，405，135，315，345，435共6个三位数； 综上：满足能被15整除的三位数一共有个. 故答案为：14 38.我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有___________个 【答案】21 【分析】按照首位数字为进行分类，计算每种情况下的“吉祥数”个数，相加得到总数. 【解析】当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 因此，所有的“吉祥数”共有个. 故答案为：21 39.用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 【答案】(1)100；(2)180；(3)48；(4)131；(5)175 【分析】（1）分析可知，数字不重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （2）分析可知，数字允许重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （3）根据分步乘法原理，先选个位数字，再选百位数字，再选十位数字即可求解； （4）分三种情况讨论：个位数、两位数、三位数，分别计算出这三种情况下满足条件的自然数的个数，利用分类加法计数原理可得结果. （5）根据分类加法原理，按首位数字为3或4；首位数字为5，百位数字不是4；首位数字为5,百位数字是4分类即可求解. 【解析】（1）若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字不重复的三位数个数为. （2）若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字允许重复的三位数的个数为个. （3）分3步： 先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； 再选百位数字有4种选法； 十位数字也有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个 （4）若组成的数字为数字不重复的小于1000的自然数，分以下三种讨论： ①数字为个位数，共6个； ②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个； 数字为三位数，共有100个. 综上所述，数字不重复的小于1000的自然数个数为个. （5）分4类： 千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个； 千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有个； 千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有个； ④也满足条件； 故所求四位数共有个. 题型八：涂色问题 40．用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（  ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】由每块区域都与其他三块区域有公共边，故用分步乘法计算即可. 【解析】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种， 舍去，得(负数解舍去). 故选：C. 41.用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（　　）    A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【解析】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 42.春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（　　） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】对五个区域进行编号，依次分析、、、的布置方案种数，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【解析】如下图所示： 区域有种选择，区域有种选择， 若区域、种同一种花，则区域有种选择，区域有种选择； 若区域、种所种的花不同，则区域有种选择，区域有种选择. 由分步乘法和分类加法计数原理可知，不同的布置方案种数为. 故选：A. 43.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 【答案】630 【分析】由题知只需考虑区域1，2，3，4的颜色即可，不妨先涂区域1、区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同及相同两种情况考虑即可求解. 【解析】涂色问题  根据题意，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色情况． 先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择， 当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择； 当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择． 故不同的涂色方案有（种）． 故答案为：630. 44.如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有　　 种． 【答案】48 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可． 【解答】用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色， 对于区域A，有4种涂色方法， 对于区域B，有3种涂色方法， 对于区域C，有2种涂色方法，对于区域D，有2种涂色方法， 则由分步乘法计数原理可得4×3×2×2＝48种涂色方法． 故答案为：48． 45.如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有__________种． 【答案】600 【分析】根据题意，先排，，的方法，分与相同，与相同和既不同于又不同于，三种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【解析】由题意，可得，，分别有4，3，2种方法， （1）当与相同时，有1种方法，此时有2种， ①若与相同有有1种方法，同时有3种方法， ②若与不同，此时有2种方法， 共有：种方法； （2）当与相同时，有1种方法，此时讨论的3种方法， 共有种方法； （3）当既不同于又不同于时，有1种方法， 共有种方法， 由分类计数原理，可得共有种方法． 故答案为：600． 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $