【创新设计】（浙江专用）2022届高考数学总复习 第10篇 第1讲 随机抽样限时训练 理

计数原理第1讲　随机抽样分层A级　基础达标演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．若甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有(　　)．　A．20种B．30种C．40种D．60种解析　分三类：甲在周一，共有A种排法；甲在周二，共有A种排法；甲在周三，共有A种排法；∴A＋A＋A＝20.答案　A2．(2022·琼海模拟)某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法总数是(　　)．A．210B．420C．56D．22解析　由分类加法计数原理：两类配餐方法和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法总数为：CC＋CC＝210.答案　A3．(2022·海口模拟)某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展，某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团．且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为(　　)．A．72B．108C．180D．216解析5\n　设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”，有下列两种情况：(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”，有C种方法，然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有CA种方法，故共有CCA种参加方法；(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”，有C种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A种方法，这时共有CA种参加方法；综合(1)(2)，共有CCA＋CA＝180种参加方法．答案　C4．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　　)．A．60B．48C．36D．24解析　长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12个，共36＋12＝48个，故选B.答案　B二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2022·抚州模拟)从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有________条(用数字表示)．解析　因为直线过原点，所以C＝0，从1,2,3,5,7,11这6个数中任取2个作为A、B，两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A＝30.答案　306．数字1,2,3，…，9这九个数字填写在如图的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每列从上到下也依次增大，当数字4固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有________种．解析　必有1、4、9在主对角线上，2、3只有两种不同的填法，对于它们的每一种填法，5只有两种填法．对于5的每一种填法，6、7、8只有3种不同的填法，由分步计数原理知共有22×3＝12种填法．答案　12三、解答题(共25分)7．(12分)设集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)是坐标平面上的点，a，b∈M.(1)P可以表示多少个平面上的不同的点？(2)P可以表示多少个第二象限内的点？5\n(3)P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？解　(1)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定纵坐标有6种，经检验36个点均不相同，由分步乘法计数原理得N＝6×6＝36(个)．(2)分两步，第一步确定横坐标有3种，第二步确定纵坐标有2种，根据分步乘法计数原理得N＝3×2＝6个．(3)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定纵坐标有5种，根据分步乘法计数原理得N＝6×5＝30个．8．(13分)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，求不同的染色方法数．解　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SABCD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种染法，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)．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)．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，只用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，只用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)．分层B级　创新能力提升5\n1．从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有(　　)．　A．300种B．240种C．144种D．96种解析　甲、乙两人不去巴黎游览情况较多，采用排除法，符合条件的选择方案有CA－CA＝240.答案　B2．(2022·安徽)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为(　　)．A．1或3B．1或4C．2或3D．2或4解析　利用排列、组合知识求解．设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示．若任意两位同学之间都进行交换共进行C＝15(次)交换，现共进行13次交换，说明有两次交换没有发生，此时可能有两种情况：(1)由3人构成的2次交换，如a－b和a－c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人．(2)由4人构成的2次交换，如a－b和c－e之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，e四人．故选D.答案　D3．(2022·潍坊期中)如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析　当相同的数字不是1时，有C个；当相同的数字是1时，共有CC个，由分类加法计数原理得共有“好数”C＋CC＝12个．答案　124．将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有________种．解析5\n　由于3×3方格中，每行、每列均没有重复数字，因此可从中间斜对角线填起．如图中的△，当△全为1时，有2种(即第一行第2列为2或3，当第二列填2时，第三列只能填3，当第一行填完后，其他行的数字便可确定)，当△全为2或3时，分别有2种，所以共有6种；当△分别为1,2,3时，也共有6种．共12种．答案　125．如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，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．则不同的涂色方法共有多少种？解　先涂A、D、E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后再按B、C、F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一类是B与E或D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264(种)．6．从1,2,3，…，9这9个数字中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数．一共可以得到多少个不同的对数值？其中比1大的有几个？解　在2,3，…，9这8个数中任取2个数组成对数，有A个，在这些对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，重复计数4个；又1不能作为对数的底数，1作为真数时，不论底数为何值，其对数值均为0.所以，可以得到A－4＋1＝53个不同的对数值．要求对数值比1大，分类完成；底数为2时，真数从3,4，5，…，9中任取一个，有7种选法；底数为3时，真数从4，5，…，9中任取一个，有6种选法……依次类推，当底数为8时，真数只能取9，故有7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28(个)．但其中log24＝log39，log23＝log49，所以，比1大的对数值有28－2＝26(个)．5