高考数学专题19 列举法策略（解析版）

专题19列举法策略例1．“2021年12月2日”因其数字“20211202”的对称性被很多人晒到了朋友圈，类似这样的对称性在二十一世纪，我们还能再遇到（       ）A．6次 B．7次 C．8次 D．9次【答案】B【解析】【分析】根据题意，直接列举求解即可.【详解】解：由对称性可知，前两位为，后两位为，因为每年有个月，所以列举可得，在二十一世纪，有，，，，，所以在二十一世纪，我们还能再遇到次.故选：B例2．从集合的非空子集中任取两个不同的集合和，若，则不同的取法共有（       ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】C【解析】【分析】分别讨论集合中元素个数为或的时候，集合的取法数，由分步乘法和分类加法计数原理可求得结果.【详解】若集合仅有个元素，则集合有种取法；集合有种取法；此时共有种取法；若集合中有个元素，则集合有种取法；集合有种取法；此时共有种取法；若集合中有个元素，则集合为的非空真子集，有种取法；此时共有种取法；综上所述：不同的取法共有种.故选：C.例3．三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有（       ）A．6种 B．8种 C．10种 D．16种【答案】C【解析】【分析】列出树状图，由分类加法计数原理即可求解.【详解】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分步加法计数原理可知：经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种，故选：C.例4．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（       ）A．4种 B．5种 C．6种 D．12种【答案】C【解析】【分析】按甲先传给乙和甲先传给丙分两类，两类方法相等，对第一类用列举法写出不同的传递方式后可得．【详解】解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式.故共有6种不同的传递方式.答案：C．例5．用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（       ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】D【解析】【分析】将涂色方法分为两类，即用三种颜色涂和用两种颜色涂，分别计算出两种情况下涂色方案的种数，根据分类加法计数原理即可求得结果.【详解】将六个方格标注为，如下图所示，①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色，当同色时，六个方格的涂色方法有种；当同色时，六个方格的涂色方法有种；当同色时，六个方格的涂色方法有种；②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种；综上所述：不同的填涂方法有种.故选：D.例6．从自然数1，2，3，4，5中，任意取出两个数组成两位的自然数，则在两位自然数中取出的数恰好能被3整除的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】每位上的数字之和能够被3整除，列举出事件个数，运用排列组合数求出总的事件个数．【详解】解：从自然数1，2，3，4，5中，任意取出两个数组成两位的自然数，共有个，两位自然数中取出的数恰好能被3整除有12，21，15，51，24，42，45，54，共8个，所以所求概率为.故选：A．例7．设，，，那么满足的所有有序数组的组数为（       ）A．45 B．46 C．47 D．48【答案】C【解析】【分析】对的取值进行分类讨论，结合已知分析和的取值情况，然后利用排列组合知识求解即可．【详解】①当时，，则，共1组；②当时，，则，不同时为2，共组；③当时，，则，为中任一元素，共组；④当时，，则，不同时为0，共组．故满足题意的有序数组共有47组．故选：C.例8．从集合中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有（       ）个A．98 B．56 C．84 D．49【答案】A【解析】【分析】分类讨论当公差为，，……，时，对应的等差数列个数，再根据三个数成公差数列有两种情况，递增或递减，即可得到答案.【详解】当公差为时，数列可以是：，，，……，共13种情况.当公差为时，数列可以是：，，，……，共11种情况.当公差为时，数列可以是：，，，……，共9种情况.当公差为时，数列可以是：，，，……，共7种情况.当公差为时，数列可以是：，，，，，共5种情况.当公差为时，数列可以是：，，，共3种情况.当公差为时，数列可以是：，共1种情况.总的情况是.又因为三个数成公差数列有两种情况，递增或递减，所以这样的等差数列共有个.故选：A【点睛】本题主要考查分类计数原理，同时考查了等差数列的定义，属于简单题.（多选题）例9．现将5个不同的小球全部放入标有编号1､2､3､4､5的五个盒子中（       ）A．若有一个盒子有3个球，有两个盒子各有1个球，则不同的放球方法种数为B．若恰有一个盒子没有小球，则不同的放球方法种数为C．若恰有两个盒子没有小球，则装有小球的盒子的编号之和恰为11的不同放法种数为150D．若这5个小球的编号分别为1~5号，则恰有四个盒子的编号与球的编号不同的放法种数为45【答案】BCD【解析】【分析】对于A，从5个球中选3个看成整体，再和剩下的2个球全排列放到3个不同的盒子中去即可；对于B，从5个球中选2个看成整体，再和剩下的3个球全排列放到4个不同的盒子中去中；对于C，由于5个盒子的编号的和为15，则2个盒子无小球的和为4，只有1，3满足要求，则5个球放到编号为2､4､5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个或各放3个，1个，1个，从而可求得答案；对于D，恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰有1个编号相同，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，然后其它的错位排即可【详解】对于A，不同的放球方法种数为，故A错误.对于B，不同的放球方法种数为，故B正确.对于C，5个球放到编号为2､4､5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个的方法有种；各放3个，1个，1个的方法有种.共有150种，故C正确.对于D，恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰有1个编号相同，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况，不妨设5号球放在5号盒子里，其余4个球的放法为，，，，，，，，，共9种，故恰好有1个球的编号与盒子的编号相同的投放方法总数为种，故D正确.故选:BCD.（多选题）例10．从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所组成的数中（       ）A．偶数有60个B．比300大的奇数有48个C．个位和百位数字之和为7的数有24个D．能被3整除的数有48个【答案】ACD【解析】【分析】结合简单的排列数计算对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A，其个位数字为2或4或6，有3种情况，在剩余5个数字中任选2个，安排在百位和十位，有种情况，则有3×20＝60个三位偶数，A正确；对于B，分2种情况讨论，若百位数字为3或5，有2×2×4＝16个三位奇数，若百位数字为4或6，有2×3×4＝24个三位奇数，则符合题意的三位数有16+24＝40个，B错误；对于C，个位和百位数字之和为7有（1，6），（2，5），（3，4），共3种情况，则符合题意的三位数有个，故C正确；对于D，能把3整除，则三个数字之和为3的倍数，共有（1，2，3），（1，2，6），（1，3，5），（1，5，6），（2，3，4），（2，4，6），（3，4，5），（4，5，6）八种选择，故能被3整除的数有个，故D正确；故选：ACD（多选题）例11．从，，，，，中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所有组成的数中（       ）A．奇数有个B．包含数字的数有个C．个位和百位数字之和为的数有个D．能被整除的数有个【答案】AD【解析】【分析】对于A，先排好个位数，再排十位和百位，故可求排列数，故可判断A的正误.对于B，可从余下的5个数中选择两个，再全排列后可得所求的排列数，故可判断B的正误.对于C，可就个位、百位的数字分类讨论，从而可得所求的排列数，故可判断C的正误；对于D，可根据各数字之和为3的倍数分类讨论后可得所求的排列数，故可判断D的正误.【详解】对于A，先从，，中任取一个数放在个位，再任取两个数放在十位和百位，一共有个，故正确；对于B，先从以外的数中任取个，对个数全排列，一共有个，故错误；对于C，个位和百位的数可以是，，顺序可以交换，再从剩下的数中任选一个放在十位上，所以一共有个，故错误；对于D，要使组成的数能被整除，则各位数之和为的倍数，取出的数有，，，，，，，，共种情况，所以组成的能被整除的数有个，故正确．故选：AD.例12．甲、乙、丙、丁4人进行篮球训练，互相传球，要求每人接球后立即传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第四次传球后，球又回到甲手中的传球方式共有__________种．【答案】【解析】【详解】可以分两类：其一是第一次甲传球给乙、丙、丁，有种；第二次是传球给甲，有种；第三次是甲传球给乙、丙、丁，有种；第四次是传给甲，有种；由分步计数原理可得种；第二类是第一次甲先传给乙、丙、丁，有种；第二次分别传给其它两人，有种；第三次再分别传给另外两人，有种；第四次传给甲，只有1种；由分步计数原理可知种，由分类计数原理可得所有传球方式共有，应填答案．例13．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有（用数字作答）．【答案】6.【解析】【详解】试题分析：若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法,同理甲先传给丙,也有3种不同的传法,共有6种不同的传法.故答案为6.考点：分类加法计数原理.例14．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是________．【答案】60【解析】【详解】分析：首先将选定第一个钉，总共有6种方法，假设选定1号，之后分析第二步，第三步等，按照分类加法计数原理，可以求得共有10种方法，利用分步乘法计数原理，求得总共有种方法.详解：根据题意，第一个可以从6个钉里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号钉的时候，第二个可以选3,4,5号钉，依次选下去，可以得到共有10种方法，所以总共有种方法，故答案是60.点睛：该题考查的是有关分类加法计数原理和分步乘法计数原理，在解题的过程中，需要逐个的将对应的过程写出来，所以利用列举法将对应的结果列出，而对于第一个选哪个是机会均等的，从而用乘法运算得到结果.例15．一个三位数，个位､十位､百位上的数字依次为，当且仅当且时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为___________.【答案】【解析】【分析】首先分析只能去3,4,5，然后分类讨论满足题意的凸数个数，最后相加即可.【详解】由题意可得只能去3,4,5，当时，凸数有132,231共2个；当时，凸数有142,241,143,341,243,342共6个；当时，凸数有152,251,153,351,154,451,253,352,254,452,354,453共12个；综上，共有20个凸数.故答案为：20【点睛】本题主要考查分类加法技术原理，在求解过程中要明确分类标准，在每一类里面的计算要注意不重不漏.例16．从1，2，3，…，15中选取三个不同的数组成三元数组，且满足，，则这样的数组共有______个.（用数字作答）【答案】56【解析】【分析】由已知可得，，，再依次讨论即可求出.【详解】由，，得，，，当时，可取中任一数，共有6种取法，则此时共有种取法；当时，可取中的任一数，共有5种取法，则此时共有种取法；同理当取时，对应的分别有10，6，3，1种取法.综上，这样的数组共有（个）.故答案为：56.【点睛】关键点睛：