6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 课时作业（含解析）
文档属性
| 名称 | 6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 课时作业（含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 161.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-12 20:21:53 | ||
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文档简介
6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 课时作业
一、单选题
1．一个电路中含有（1）（2）两个零件，零件（1）含有A，B两个元件，零件（2）含有C，D，E三个元件，每个零件中有一个元件能正常工作则该零件就能正常工作，则该电路能正常工作的线路条数为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．5
2．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，则函数解析式为，值域为的同族函数有（ ）
A．3个 B．4个 C．8个 D．9个
3．中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408种 B．240种 C．1092种. D．120种
4．若自然数使得作竖式加法均不产生进位现象，则称为“开心数”.例如：32是“开心数”.因32+33+34不产生进位现象；23不是“开心数”，因23+24+25产生进位现象，那么，小于100的“开心数”的个数为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
5．某学校有东、南、西、北四个校门，受新冠肺炎疫情的影响，学校对进入四个校门做出如下规定：学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入校园.现有2名教师和4名学生要进入校园（不分先后顺序），则他们进入校园的方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．48种 D．64种
6．某教师准备对一天的五节课进行课程安排，要求语文、数学、外语、物理、化学每科分别要排一节课，则数学不排第一节，物理不排最后一节，且化学排第四节的概率是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知（其中）的展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数成等差数列．则下列结论正确的是（ ）
A．n的值为14 B．展开式中常数项为第8项
C．展开式中有理项有3项 D．二项式系数最大的项是第7项
8．用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的自然数如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301、4123等都是“凹数”，则下列结论中正确的是（ ）
A．组成的三位数的个数为60
B．在组成的三位数中，偶数的个数为30
C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20
D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为30
三、填空题
9．一件工作可以用2种方法完成，有3人会用第1种方法完成，另外5人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是_______.
10．回文联是我国对联中的一种.用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味.相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联:“客上天然居，居然天上客;人过大佛寺，寺佛大过人.”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为:“回文数”.如44，585，2662 等，那么用数字1，2，3， 4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为_______.
11．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.
12．某公园现有甲、乙、丙三只小船，甲船可乘3人，乙船可乘2人，丙船可乘1人，今有三个成人和2个儿童分乘这些船只(每船必须坐人)，为安全起见，儿童必须由成人陪同方可乘船，则分乘这些船只的方法有______种（用数字作答）.
四、解答题
13．某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．
（1）任选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？
（2）三个年级各选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？
（3）选2个班的学生参加社会实践活动，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？
14．在100件产品中，有97件合格品，3件次品从这100件产品中任意抽出5件．（此题结果用式子作答即可）
（1）抽出的5件中恰好有2件是次品的抽法有多少种；
（2）抽出的5件中至少有2件是次品的抽法有多少种；
（3）抽出的5件中至多有2件是次品的抽法有多少种？
15．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程.
（1）若体验课连续开设六周，每周一门，求其中“射”不排在第一周，“数”不排在最后一周的所有可能排法种数；
（2）甲、乙、丙、丁、戊五名教师在教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教“数”的课程安排方案种数.
16．（1）某外商计划在个城市投资个不同的项目，且在同一城市投资的项目不超过个，求该外商不同的投资方案有多少种？（用数字作答）
（2）某单位安排位员工在10月1日至10月7日值班，每天人，每人值班天，求员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】根据分步乘法计数原理即可求得
【详解】由分步乘法计数原理易得，该电路能正常工作的线路条数为条．
故选：C．
2．D
【分析】先分析出定义域里的可能取值，然后用分步乘法原理即可解决.
【详解】由, 解得
由, 解得
由, 解得
下面分三步安排定义域：
要使值域里面有1，定义域里面必须有0，有1种安排方法；
要使值域里面有2，定义域里面必须有-1或1或者都有，有3种安排方法；
要使值域里面有4，定义域里面必须有-2或2或者都有，有3种安排方法；
所以共有 种取法
故选：D.
3．A
【分析】根据给定条件先求出“射”不在第一次的“六艺”讲座不同的次序数，去掉“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的“六艺”讲座不同的次序数即可得解.
【详解】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为，
于是得，
所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.
故选：A
【点睛】思路点睛：含有两个限制条件的排列问题，利用排除法，先让一个条件被满足，再去掉这个条件满足时另一个条件不满足的所有可能即可解决问题.
4．D
【详解】根据题意个位数需要满足要求：
∵n+（n+1）+（n+2）＜10，即n＜2.3，
∴个位数可取0，1，2三个数，
∵十位数需要满足：3n＜10， ∴n＜3.3，
∴十位可以取0，1，2，3四个数，故四个数的“开心数”共有3×4=12个．
故选D．
点睛：本题的关键是解题策略，本题可以列举，但是比较复杂，所以可以通过分析得到个位数和十位数的特征，从而得到开心数的个数，比较简洁.
5．D
【分析】利用分步乘法计数原理计算出方法总数.
【详解】因为学生只能从东门或西门进入校园，所以4名学生进入校园的方式共种.因为教师只可以从南门或北门进入校园，所以2名教师进入校园的方式共有种.故进入校园的方式共有16×4=64种.
故选：D
6．D
【分析】求出数学不排第一节，物理不排最后一节，化学排第四节的方法数，可求得概率
【详解】若数学排最后一节，化学排第四节，则其它的科目任排，则共有种，
若数学不排第一节，也不排最后一节，化学排第四节，则数学排在第二节或第三节，然后物理排在除最后一节的其它两节的任一节，最后语文和化学任意排，所以有，
所以数学不排第一节，物理不排最后一节，且化学排第四节共有种不同的方法，
所以所求概率为，
故选：D
7．AC
【分析】由二项式系数成等差数列求出，再根据二项式定理判断．
【详解】由题意，化简得，∵，∴．A正确；
展开式通项为，
显然其中无常数项，B错误；
当时，为整数，因此展开式中有3项为有理项，C正确；
展开式有15项，二项式系数最大的项为第8项，D错误．
故选：AC．
【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式和二项式系数的性质是解题关键．
8．BC
【分析】对于A，因为百位数上的数字不能为零，然后利用分步乘法原理即可求得答案，即可判断；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为0，②个位数为2或4，然后根据分步乘法原理及分类相加原理即可得出答案，从而判断；
对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，②十位为1，③十位为2，，然后根据分步乘法原理及分类相加原理即可得出答案，从而判断.
【详解】解：对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为，故A错误；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为0，则有种，
②个位数为2或4，则有种，
所以在组成的三位数中，偶数的个数为，故B正确；
对C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有种，
②十位为1，则有种，
③十位为2，则有种，
所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为，故C正确，D错误.
故选：BC.
9．8
【分析】利用分类加法计数原理即可求解.
【详解】解：由题可知，完成这件工作可以分为两类：
第一种方法完成有3种，第二种方法完成有5种，
则共有8种.
故答案为：8.
10．
【解析】根据题意，分2种情况讨论：①4位“回文数”中数字全部相同，②4位“回文数”中有2个不同的数字，求出每种情况下4位“回文数”的数目，由加法原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分2种情况讨论：
①4位“回文数”中数字全部相同，有6种情况，即此时有6个4位“回文数”；
②4位“回文数”中有2个不同的数字，有种情况，即此时有30个4位“回文数”；
则一共有个4位“回文数”；
故答案为：．
【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，关键是理解“回文数”的定义，属于基础题．
11．
【解析】逐项判断函数的奇偶性,根据计数原理,即可求得答案.
【详解】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:.
【点睛】本题主要考查了判断函数的奇偶性和计数原理,解题关键是掌握奇偶函数的判断方法和计数原理,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
12．18
【分析】将问题分成两类：一类是一个大人带两个儿童，一类是两个大人各带一个儿童.分别计算出方法数然后相加，得到总的方法数.
【详解】一个大人带两个儿童时，大人的选法有种，故方法数有种. 两个大人各带一个儿童时，先排好大人，再排小孩，方法数有种.故总的方法数有种.
【点睛】本小题主要考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理，考查排列数的计算，属于基础题.
13．（1）21；（2）336；（3）146.
【分析】(1)根据条件利用分类加法计数原理即可计算得解；
(2)根据条件利用分步乘法计数原理即可计算得解；
(3)先分三类，再将每一类分两步用分步乘法计数原理求出对应结果，然后将各类的计算结果相加即得.
【详解】（1）分三类：第一类，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二类，从高二年级
选1个班，有7种不同的选法；第三类，从高三年级选1个班，有8种不同的选法，
由分类加法计数原理，知共有种不同的选法；
（2）分三步：第一步，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二步，从高二年级
选1个班，有7种不同的选法；第三步，从高三年级选1个班，有8种不同的选法，
由分步乘法计数原理，知共有种不同的选法；
（3）分三类，每类又分两步：第一类，从高一，高二两个年级中各选1个班，有种不同的选法，
第二类，从高一、高三两个年级中各选1个班，有种不同的选法，
第三类，从高二，高三两个年级中各选1个班，有种不同的选法，
由分类加法计数原理，知共有种不同的选法．
14．（1）种；（2）种；（3）种．
【分析】（1）抽出的5件中恰好有2件是次品，则3件合格品，从而可得答案；
（2）抽出的5件中至少有2件是次品包含2件次品3件合格品和3件次品2件合格品，再利用分类计数原理可求得结果；
（3）抽出的5件中至多有2件是次品包含5件全是合格品，1件次品4件合格品和2件次品3件合格品，再利用分类计数原理可求得结果
【详解】解：（1）抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法
共有种抽法．．
（2）抽出的产品中至少有2件是次品的抽法
共有种抽法．
（3）抽出的产品中至多有2件是次品的抽法
共有种抽法．
15．（1）504种；（2）1440种.
【分析】（1）由题意，分“射”排在最后一周，剩下的课程没有限制和“射”不排在最后一周从中间四周选一周，再选一门课程排在最后一周，其他没有限制，然后与加法计数原理求解.
（2）由题意，分甲只任教1科和甲任教2科，然后与加法计数原理求解.
【详解】（1）当“射”排在最后一周时，，
当“射”不排在最后一周时，，
，
所以“射”不排在第一周，“数”不排在最后一周的排法有504种.
（2）当甲只任教1科时，，
当甲任教2科时，，
，
所以甲不任教“数”的课程安排方案有1440种.
【点睛】本题主要考查排列组合的应用以及分步，分类计数原理的应用，属于中档题.
16．（1）；（2）
【分析】（1）根据题意，分两种情况讨论，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，二是在三个城市各投资1个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
（2）首先求出基本事件总数，再利用分类加法计数原理与分步乘法计数原理求出员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的事件数，再根据古典概型概率公式计算可得；
【详解】解：（1）某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则有两种情况，
一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，
此时有种方案，
二是在三个城市各投资1个项目，有种方案，
共计有种方案，
（2）依题意某单位安排位员工在10月1日至10月7日值班，每天人，每人值班天，则基本事件总数为种；
则员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，分以下两类：
①甲乙相邻排在1、2日，则有种排法；
②甲乙相邻不排在1日，首先从其余4人中选一人排在10月1日，有种，再排其余人有种，按照分步乘法计数原理可知一共有种排法，
故满足员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的排法一共有种排法，故员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．一个电路中含有（1）（2）两个零件，零件（1）含有A，B两个元件，零件（2）含有C，D，E三个元件，每个零件中有一个元件能正常工作则该零件就能正常工作，则该电路能正常工作的线路条数为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．5
2．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，则函数解析式为，值域为的同族函数有（ ）
A．3个 B．4个 C．8个 D．9个
3．中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408种 B．240种 C．1092种. D．120种
4．若自然数使得作竖式加法均不产生进位现象，则称为“开心数”.例如：32是“开心数”.因32+33+34不产生进位现象；23不是“开心数”，因23+24+25产生进位现象，那么，小于100的“开心数”的个数为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
5．某学校有东、南、西、北四个校门，受新冠肺炎疫情的影响，学校对进入四个校门做出如下规定：学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入校园.现有2名教师和4名学生要进入校园（不分先后顺序），则他们进入校园的方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．48种 D．64种
6．某教师准备对一天的五节课进行课程安排，要求语文、数学、外语、物理、化学每科分别要排一节课，则数学不排第一节，物理不排最后一节，且化学排第四节的概率是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知（其中）的展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数成等差数列．则下列结论正确的是（ ）
A．n的值为14 B．展开式中常数项为第8项
C．展开式中有理项有3项 D．二项式系数最大的项是第7项
8．用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的自然数如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301、4123等都是“凹数”，则下列结论中正确的是（ ）
A．组成的三位数的个数为60
B．在组成的三位数中，偶数的个数为30
C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20
D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为30
三、填空题
9．一件工作可以用2种方法完成，有3人会用第1种方法完成，另外5人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是_______.
10．回文联是我国对联中的一种.用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味.相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联:“客上天然居，居然天上客;人过大佛寺，寺佛大过人.”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为:“回文数”.如44，585，2662 等，那么用数字1，2，3， 4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为_______.
11．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.
12．某公园现有甲、乙、丙三只小船，甲船可乘3人，乙船可乘2人，丙船可乘1人，今有三个成人和2个儿童分乘这些船只(每船必须坐人)，为安全起见，儿童必须由成人陪同方可乘船，则分乘这些船只的方法有______种（用数字作答）.
四、解答题
13．某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．
（1）任选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？
（2）三个年级各选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？
（3）选2个班的学生参加社会实践活动，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？
14．在100件产品中，有97件合格品，3件次品从这100件产品中任意抽出5件．（此题结果用式子作答即可）
（1）抽出的5件中恰好有2件是次品的抽法有多少种；
（2）抽出的5件中至少有2件是次品的抽法有多少种；
（3）抽出的5件中至多有2件是次品的抽法有多少种？
15．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程.
（1）若体验课连续开设六周，每周一门，求其中“射”不排在第一周，“数”不排在最后一周的所有可能排法种数；
（2）甲、乙、丙、丁、戊五名教师在教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教“数”的课程安排方案种数.
16．（1）某外商计划在个城市投资个不同的项目，且在同一城市投资的项目不超过个，求该外商不同的投资方案有多少种？（用数字作答）
（2）某单位安排位员工在10月1日至10月7日值班，每天人，每人值班天，求员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】根据分步乘法计数原理即可求得
【详解】由分步乘法计数原理易得，该电路能正常工作的线路条数为条．
故选：C．
2．D
【分析】先分析出定义域里的可能取值，然后用分步乘法原理即可解决.
【详解】由, 解得
由, 解得
由, 解得
下面分三步安排定义域：
要使值域里面有1，定义域里面必须有0，有1种安排方法；
要使值域里面有2，定义域里面必须有-1或1或者都有，有3种安排方法；
要使值域里面有4，定义域里面必须有-2或2或者都有，有3种安排方法；
所以共有 种取法
故选：D.
3．A
【分析】根据给定条件先求出“射”不在第一次的“六艺”讲座不同的次序数，去掉“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的“六艺”讲座不同的次序数即可得解.
【详解】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为，
于是得，
所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.
故选：A
【点睛】思路点睛：含有两个限制条件的排列问题，利用排除法，先让一个条件被满足，再去掉这个条件满足时另一个条件不满足的所有可能即可解决问题.
4．D
【详解】根据题意个位数需要满足要求：
∵n+（n+1）+（n+2）＜10，即n＜2.3，
∴个位数可取0，1，2三个数，
∵十位数需要满足：3n＜10， ∴n＜3.3，
∴十位可以取0，1，2，3四个数，故四个数的“开心数”共有3×4=12个．
故选D．
点睛：本题的关键是解题策略，本题可以列举，但是比较复杂，所以可以通过分析得到个位数和十位数的特征，从而得到开心数的个数，比较简洁.
5．D
【分析】利用分步乘法计数原理计算出方法总数.
【详解】因为学生只能从东门或西门进入校园，所以4名学生进入校园的方式共种.因为教师只可以从南门或北门进入校园，所以2名教师进入校园的方式共有种.故进入校园的方式共有16×4=64种.
故选：D
6．D
【分析】求出数学不排第一节，物理不排最后一节，化学排第四节的方法数，可求得概率
【详解】若数学排最后一节，化学排第四节，则其它的科目任排，则共有种，
若数学不排第一节，也不排最后一节，化学排第四节，则数学排在第二节或第三节，然后物理排在除最后一节的其它两节的任一节，最后语文和化学任意排，所以有，
所以数学不排第一节，物理不排最后一节，且化学排第四节共有种不同的方法，
所以所求概率为，
故选：D
7．AC
【分析】由二项式系数成等差数列求出，再根据二项式定理判断．
【详解】由题意，化简得，∵，∴．A正确；
展开式通项为，
显然其中无常数项，B错误；
当时，为整数，因此展开式中有3项为有理项，C正确；
展开式有15项，二项式系数最大的项为第8项，D错误．
故选：AC．
【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式和二项式系数的性质是解题关键．
8．BC
【分析】对于A，因为百位数上的数字不能为零，然后利用分步乘法原理即可求得答案，即可判断；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为0，②个位数为2或4，然后根据分步乘法原理及分类相加原理即可得出答案，从而判断；
对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，②十位为1，③十位为2，，然后根据分步乘法原理及分类相加原理即可得出答案，从而判断.
【详解】解：对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为，故A错误；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为0，则有种，
②个位数为2或4，则有种，
所以在组成的三位数中，偶数的个数为，故B正确；
对C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有种，
②十位为1，则有种，
③十位为2，则有种，
所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为，故C正确，D错误.
故选：BC.
9．8
【分析】利用分类加法计数原理即可求解.
【详解】解：由题可知，完成这件工作可以分为两类：
第一种方法完成有3种，第二种方法完成有5种，
则共有8种.
故答案为：8.
10．
【解析】根据题意，分2种情况讨论：①4位“回文数”中数字全部相同，②4位“回文数”中有2个不同的数字，求出每种情况下4位“回文数”的数目，由加法原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分2种情况讨论：
①4位“回文数”中数字全部相同，有6种情况，即此时有6个4位“回文数”；
②4位“回文数”中有2个不同的数字，有种情况，即此时有30个4位“回文数”；
则一共有个4位“回文数”；
故答案为：．
【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，关键是理解“回文数”的定义，属于基础题．
11．
【解析】逐项判断函数的奇偶性,根据计数原理,即可求得答案.
【详解】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:.
【点睛】本题主要考查了判断函数的奇偶性和计数原理,解题关键是掌握奇偶函数的判断方法和计数原理,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
12．18
【分析】将问题分成两类：一类是一个大人带两个儿童，一类是两个大人各带一个儿童.分别计算出方法数然后相加，得到总的方法数.
【详解】一个大人带两个儿童时，大人的选法有种，故方法数有种. 两个大人各带一个儿童时，先排好大人，再排小孩，方法数有种.故总的方法数有种.
【点睛】本小题主要考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理，考查排列数的计算，属于基础题.
13．（1）21；（2）336；（3）146.
【分析】(1)根据条件利用分类加法计数原理即可计算得解；
(2)根据条件利用分步乘法计数原理即可计算得解；
(3)先分三类，再将每一类分两步用分步乘法计数原理求出对应结果，然后将各类的计算结果相加即得.
【详解】（1）分三类：第一类，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二类，从高二年级
选1个班，有7种不同的选法；第三类，从高三年级选1个班，有8种不同的选法，
由分类加法计数原理，知共有种不同的选法；
（2）分三步：第一步，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二步，从高二年级
选1个班，有7种不同的选法；第三步，从高三年级选1个班，有8种不同的选法，
由分步乘法计数原理，知共有种不同的选法；
（3）分三类，每类又分两步：第一类，从高一，高二两个年级中各选1个班，有种不同的选法，
第二类，从高一、高三两个年级中各选1个班，有种不同的选法，
第三类，从高二，高三两个年级中各选1个班，有种不同的选法，
由分类加法计数原理，知共有种不同的选法．
14．（1）种；（2）种；（3）种．
【分析】（1）抽出的5件中恰好有2件是次品，则3件合格品，从而可得答案；
（2）抽出的5件中至少有2件是次品包含2件次品3件合格品和3件次品2件合格品，再利用分类计数原理可求得结果；
（3）抽出的5件中至多有2件是次品包含5件全是合格品，1件次品4件合格品和2件次品3件合格品，再利用分类计数原理可求得结果
【详解】解：（1）抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法
共有种抽法．．
（2）抽出的产品中至少有2件是次品的抽法
共有种抽法．
（3）抽出的产品中至多有2件是次品的抽法
共有种抽法．
15．（1）504种；（2）1440种.
【分析】（1）由题意，分“射”排在最后一周，剩下的课程没有限制和“射”不排在最后一周从中间四周选一周，再选一门课程排在最后一周，其他没有限制，然后与加法计数原理求解.
（2）由题意，分甲只任教1科和甲任教2科，然后与加法计数原理求解.
【详解】（1）当“射”排在最后一周时，，
当“射”不排在最后一周时，，
，
所以“射”不排在第一周，“数”不排在最后一周的排法有504种.
（2）当甲只任教1科时，，
当甲任教2科时，，
，
所以甲不任教“数”的课程安排方案有1440种.
【点睛】本题主要考查排列组合的应用以及分步，分类计数原理的应用，属于中档题.
16．（1）；（2）
【分析】（1）根据题意，分两种情况讨论，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，二是在三个城市各投资1个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
（2）首先求出基本事件总数，再利用分类加法计数原理与分步乘法计数原理求出员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的事件数，再根据古典概型概率公式计算可得；
【详解】解：（1）某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则有两种情况，
一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，
此时有种方案，
二是在三个城市各投资1个项目，有种方案，
共计有种方案，
（2）依题意某单位安排位员工在10月1日至10月7日值班，每天人，每人值班天，则基本事件总数为种；
则员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，分以下两类：
①甲乙相邻排在1、2日，则有种排法；
②甲乙相邻不排在1日，首先从其余4人中选一人排在10月1日，有种，再排其余人有种，按照分步乘法计数原理可知一共有种排法，
故满足员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的排法一共有种排法，故员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率
答案第1页，共2页
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