高考数学专题19 列举法策略(解析版)

2023-11-09 · U1 上传 · 18页 · 628.1 K

专题19列举策略例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:

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