1．已知集合A?{1,2,3}且A中至少有一个奇数，则这样的集合有( )
A．2个 B．3个
C．4个 D．5个
答案 D
解析 满足题意的集合A分两类；第一类有一个奇数有{1}，{3}，{1,2}，{3,2}共4个；第二类有两个奇数有{1,3}，所以共有4＋1＝5个．
2．集合A＝{a，b，c}，B＝{d，e，f，g}，从集合A到集合B的不同的映射个数是( )
A．24 B．81
C．6 D．64
答案 D
解析 第一步，在B中与A中元素a对应的有4种情况；第二步，在B中与A中元素b对应的有4种情况，在B中与A中元素c对应的有4种情况，根据分步乘法计数原理可得共有：4×4×4＝64种映射．
3．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为( )
A．34 B．43
C．12 D．16
答案 C
解析 确定A*B中元素(x，y)，可分为两步，第一步，确定x，共有3种方法；第二步确定y，有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有3×4＝12种不同的方法，故选C.
4．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A、B、O、AB型四种之一，依血型遗传学，当父母的血型中没有AB型时，子女的血型有可能是O型，若某人的血型是O型，则其父母血型的所有可能情况有( )
A．6种 B．9种
C．10种 D．12种
答案 B
解析 找出其父母血型的所有情况分两步完成，第一步找父亲的血型，依题意有3种；第二步找母亲的血型也有3种，由分步乘法计数原理得：其父母血型的所有可能情况有3×3＝9种．
5．如图所示，从A→B→C，有________种不同的走法．从A→C，有________种不同的走法．
答案 4 6
课件40张PPT。第一章 计数原理课后巩固
1．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( )
A．324 B．328
C．360 D．648
答案 B
解析 若组成没有重复数字的三位偶数，可分为两种情况：①当个位上是0时，共有9×8＝72(种)情况；②当个位上是不为0的偶数时，共有4×8×8＝256(种)情况，综上，共有72＋256＝328(种)情况．
2．在(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)的展开式中，含x4的项的系数是( )
A．－15 B．85
C．－120 D．274
答案 A
解析 根据乘法原理，含x4的项是4个因式中取x，余下一个因式取常数项形成的，所以含x4的项的系数是(－1－2－3－4－5)，即－15.
3．某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．一球队打完15场，积33分，若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有( )
A．5种 B．4种
C．3种 D．6种
答案 C
4．春回大地，大肥羊学校的春季运动会正在如火如荼地进行，喜羊羊、懒羊羊、沸羊羊、暖羊羊4只小羊要争夺5项比赛的冠军，则有________种不同的夺冠情况．
答案 45
5．电子计算机的输入纸带每排有8个穿孔位置，每个穿孔位置可穿孔或不穿孔，则每排最多可产生________种不同的信息．
答案 256
解析 8个位置上的每个位置穿孔或不穿孔都可确定一个信息，故应分步完成确定一个信息，由分步乘法计数原理得28＝256.
6．由1,2,3,4可以组成多少个自然数(数字可以重复，最多只能是四位数)?
思路分析 按自然数的位数多少，可以分为以下四类：一位，二位，三位，四位的自然数，而在每一类中，又可以分成几步进行．
解析 组成的自然数可以分为以下四类：
第一类：一位自然数，共有4个；
第二类：二位自然数，又可分两步来完成．先取出十位上的数字，再取出个位上的数字，共有4×4＝16(个)；
第三类：三位自然数，又可分三步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4＝64(个)；
第四类：四位自然数，又可分四步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4×4＝256(个)．
由分类加法计数原理知，可以组成的不同的自然数为
4＋16＋64＋256＝340(个)．
课件33张PPT。第一章 计数原理课后巩固课时作业(一)
1．衡水二中高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任学校星期一早晨升旗任务，共有的安排方法种数是( )
A．8 B．6
C．14 D．48
答案 C
解析 一共有14个班，从中选1个，∴共有14种．
2．教学大楼共有四层，每层都有东西两个楼梯，由一层到四层共有的走法种数是( )
A．32 B．23
C．42 D．24
答案 B
解析 由一层到二层有2种选择，二层到三层有2种选择，三层到四层有2种选择，∴23＝8.
3．小冉有3条不同款式的裙子，5双不同款式的靴子，某日她要去参加聚会，若穿裙子和靴子，则不同的穿着搭配方式的种数为( )
A．7种 B．8种
C．15种 D．125种
答案 C
解析 不同的穿着搭配方式分两步完成，由分步乘法计数原理知共有3×5＝15种，故选C.
4．有7名女同学和9名男同学，组成班级乒乓球混合双打代表队，共可组成( )
A．7队 B．8队
C．15队 D．63队
答案 D
解析 第一步选男同学，有9种选法；第二步选女同学有7种选法，根据分步乘法计数原理，可得共有7×9＝63(种)组成方式．
5．如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有( )
A．12对 B．24对
C．36对 D．48对
答案 B
解析
把六棱锥所有棱分成三类：第1类：底面上的六条棱所在的直线共面，故每两条之间不能构成异面直线．
第2类：六条侧棱所在的直线共点，故每两条之间也不能构成异面直线．
第3类：结合右图可知，只有底面棱中1条棱所在直线与和它不相交的4条侧棱所在的4条直线中1条才能构成一对异面直线，再由分步计数原理得，可构成异面直线6×4＝24(对)．
6．某运动会组委会派小张、小赵、小李、小罗，四人从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张只能从事前两项工作，其余3人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( )
A．12种 B．36种
C．18种 D．48种
答案 A
解析 分四步．第一步：先安排小张，有选法2种；第二至四步安排剩余三人，分别有不同选法3种，2种，1种，则由分步乘法计数原理得，不同的选派方案有12种．
7．从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲、乙两型号各一台，则不同的取法共有( )
A．140种 B．80种
C．70种 D．35种
答案 C
解析 分为两类：①选2台甲型电视机，1台乙型电视机，2台甲型电视机有6种选法，1台乙型电视机有5种选法，共有6×5＝30(种)选法；②选2台乙型电视机，1台甲型电视机，2台乙型电视机有10种选法，1台甲型电视机有4种选法，共有10×4＝40(种)选法．故选C.
8．某同学去逛书店，喜欢三本书，决定至少买其中的一本，则购买方案有________种．
答案 7
解析 分类：第一类：买其中的一本，方法有3种；
第二类：买其中的两本，方法有3种；
第三类：三本书全买，方法有1种．
由分类加法计数原理知，N＝3＋3＋1＝7种购买方案．
9．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有________个．
答案 36
解析 第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据乘法计数原理，共有6×6＝36种方法．
10．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则x·y可表示不同的值的个数是________．
答案 9
解析 因为按x、y在各自的取值集合中各选一个值去做积这件事，可分两步完成：第一步，x在集合{2,3,7}中任取一个值有3种方法；第二步，y在集合{－31，－24,4}中任取一个值有3种方法．根据分步计数原理得，有3×3＝9种不同的值．
11．若x、y分别在0,1,2，…，10中取值，则P(x，y)在第一象限的个数是________．
答案 100
解析 要完成这件事，需分两步：横坐标x可从1,2,3，…，10个数字中任取一个．共有10种方法；因为数字可重复，所以纵坐标y也有10种方法，由乘法原理共有10×10＝100(个)．
12．已知a∈{3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数有________个．
答案 24
解析 圆方程由三个量a、b、r确定，a，b，r分别有3种、4种、2种选法，由分步乘法计数原理，表示不同的圆的个数为3×4×2＝24(个)．
13．在一宝宝“抓周”的仪式上，他面前摆着2件学习用品，2件生活用品，1件娱乐用品，若他可抓其中的两件物品，则他抓的结果有________种．
答案 10
解析 设学习用品为a1，a2，生活用品为b1，b2，娱乐用品为c，则结果有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c)，(a2，b1)(a2，b2)，(a2，c)，(b1，b2)，(b1，c)，(b2，c)，共10种．
14．由1到200的自然数中，各数位上都不含8的有________个．
答案 162个
解析 一位数8个，两位数8×9＝72个．
3位数
1
×
×
有9×9＝81个，
另外
2
×
×
1个(即200)，
共有8＋72＋81＋1＝162个．
15．某工厂的三个车间的工人举行了劳动技能比赛活动，第一车间有2人胜出，第二车间有3人胜出，第三车间有2人胜出，厂长要求每个车间选出一人进入厂技能领导小组，有多少种不同的选法？
解析 (定义法)本题可分三步完成．第一步，从第一车间中选1人有2种选法；第二步，从第二车间中选1人有3种选法；第三步，从第三车间中选1人有2种选法，根据分步乘法计数原理知一共有N＝2×3×2＝12种选法．
16．某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元的单片软件和70元的盒装磁盘．根据需要，软件至少买3张，磁盘至少买2盒．则不同的选购方式共有多少种？
解析 可设购买60元的单片软件和70元的盒装磁盘分别为x片、y盒，依照所用资金不超过500元，来建立数学模型，从而解决问题．
设购买单片软件x片，盒装磁盘y盒，则依题意有60x＋70y≤500(x，y∈N*，有x≥3，y≥2)，按购买x片分类：
x＝3，则y＝2,3,4，共3种方法；
x＝4，则y＝2,3，共2种方法；
x＝5，则y＝2，共1种方法；
x＝6，则y＝2，共1种方法．
依分类计数原理不同的选购方式有
N＝3＋2＋1＋1＝7(种)．
答：不同的选购方式有7种．
点评 本题主要考查分类计数原理的灵活运用，在解题中要特别注意知识的联想和应用．
?重点班选做题
17．如下图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上标注的数字，表示该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的网线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为________．
答案 19
解析 因信息可以分开沿不同的路线传递，由分类计数原理，完成从A向B传递有四种办法：12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19.
18．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．
答案 2n(n－1)
解析
这2n个等分点可确定n条直径，每条直径可确定(2n－2)个直角三角形，∴共有n(2n－2)＝2n(n－1)个直角三角形．
19．电视台在“快乐大本营”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？
解析 抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑．
分两大类：
(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400种结果；
(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400种结果．
因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．
课时作业(二)
1．一个礼堂有4个门，若从一个门进，从任一门出，共有不同走法( )
A．8种 B．12种
C．16种 D．24种
答案 C
解析 第一步，进门有4种方法；第二步，出门也有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×4＝16种．
2．从集合A＝{0,1,2,3,4}中任取三个数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c.则可构成不同的二次函数的个数是( )
A．48 B．59
C．60 D．100
答案 A
解析 由于是二次函数，需分三步确定系数a，b，c，a有除0之外的四种选法，b有四种选法，c有三种选法，故有4×4×3＝48种．
3．某电话局的电话号码为168～×××××，若后面的五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码一共有( )
A．20个 B．25个
C．32个 D．60个
答案 C
解析 五位数字是由6或8组成的，可分五步完成，每一步都有两种方法，根据分步计数原理，共有25＝32个．
4．在2、3、5、7、11这五个数字中，任取两个数字组成分数，其中假分数的个数为( )
A．20 B．10
C．5 D．24
答案 B
5．将5名大学毕业生全部分配给3所不同的学校，不同的分配方式的种数有( )
A．8种 B．15种
C．125种 D．243种
答案 D
解析 每名大学生有三种不同的分配方式，所以共有35种不同的分配方式．
6．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共有( )
A．24种 B．18种
C．12种 D．6种
答案 B
解析 (直接法)：黄瓜种在第一块土地上有3×2×1＝6种．同样，黄瓜可种在第二块、第三块土地上，共有不同的种法有6×3＝18种．
(间接法)：4种选3种，种在三块地上有4×3×2＝24种，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种，共有不同种法24－6＝18种．
7．已知异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则经过这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A．40 B．13
C．10 D．16
答案 B
解析 根据一条直线与直线外一点可确定一个平面，因此可分为两类；
第一类，直线a与直线b上的点所确定的平面有8个平面；第二类，直线b与直线a上的点所确定的平面有5个，根据分类加法计数原理，共有8＋5＝13个不同平面．
8．书架上原来并排放着5本不同的书，现要再插入3本不同的书，那么不同的插法共有( )
A．336种 B．120种
C．24种 D．18种
答案 A
解析 我们可以一本一本的插入，先插一本，可在原来5本书形成的6个空当中插入，共有6种插入的方法；然后再插第二本，这时书架上有6本书形成7个空当，有7种插入方法；再插最后一本，有8种插法，所以共有6×7×8＝336种不同的插法．
9．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
A．10种 B．20种
C．25种 D．32种
答案 D
解析 由分步计数原理得共有2×2×2×2×2＝32种．
10．有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )
A．14 B．23
C．48 D．120
答案 C
解析 分两步：第一步，取多面体，有5＋3＝8种不同的取法，第二步，取旋转体，有4＋2＝6种不同的取法．所以不同的取法种数是8×6＝48种．
11．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )
A．6种 B．12种
C．24种 D．30种
答案 C
12．从数字1,2,3,4,5,6中取两个数相加，其和是偶数，共得________个偶数．
答案 4
解析 分两类，3个奇数两两相加，3个偶数两两相加，都得偶数，又1＋5＝2＋4,3＋5＝2＋6，所以可得不同的偶数有3＋3－2＝4个．
13．从正方体的6个表面中取3个面，使其中两个面没有公共点，则共有________种不同的取法．
答案 12
解析 分两步完成这件事，第一步取两个平行平面，有3种取法；第二步再取另外一个平面，有4种取法，由分步计数原理共有3×4＝12种取法．
14．动物园的一个大笼子里，有4只老虎，3只羊，同一只羊不能被不同的老虎分食，问老虎将羊吃光的情况有多少种？
解析 因为3只羊都被吃掉，故应分为三步，逐一考虑．每只羊都可能被4只老虎中的一只吃掉，故有4种可能，按照分步乘法计数原理，故有4×4×4＝43＝64种．
15．用五种不同的颜色给图中的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色．
(1)共有多少种不同的涂色方法？
(2)若要求相邻(有公共边)的区域不同色，则共有多少种不同的涂色方法？
1
4
2
3
解析 (1)由于1至4号区域各有5种不同的涂法，故依分步乘法计数原理知，不同的涂色方法有54＝625种．
(2)第一类，1号区域与3号区域同色时，有5×4×4＝80种涂法，第二类，1号区域与3号区域异色时，有5×4×3×3＝180种涂法．依据分类加法计数原理知，不同的涂色方法有80＋180＝260(种)．
16．用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个．
(1)三位整数？
(2)无重复数字的三位整数？
(3)小于500的无重复数字的三位整数？
(4)小于500，且末位数字是8或9的无重复数字的三位整数？
(5)小于100的无重复数字的自然数？
解析 由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．
(1)百位的数字有9种选择，十位和个位的数字都各有10种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有9×10×10＝900(个)．
(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有9×9×8＝648(个)．
(3)百位数字只有4种选择，十位数字可有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有4×9×8＝288(个)．
(4)百位数字只有4种选择，个位数字只有2种选择，十位数字可有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有4×2×8＝64(个)．
(5)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类．
一位自然数：10个．
两位自然数：十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的两位数共有9×9＝81(个)．
由分类加法计数原理知，符合题意的自然数共有10＋81＝91(个)．
?重点班选做题
17．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系第一、第二象限中的不同点的个数有( )
A．18个 B．16个
C．14个 D．10个
答案 C
解析 此问题可分两类：
①以集合M的元素作为横坐标，集合N的元素作为纵坐标，集合M中任取一个元素的方法有3种，要使点在第一、第二象限内，则集合N中只能取5,6两个元素中的一个，有2种方法，根据分步乘法计数原理有3×2＝6个；
②以集合N中的元素作为横坐标，集合M中的元素为纵坐标，集合N中任取一个元素的方法有4种，要使点在第一、第二象限内，则集合M中只能取1,3两个元素中的一个，有2种方法，根据分步乘法计数原理，有4×2＝8个．
综合以上两类，利用分类加法计数原理，共有6＋8＝14个．故选C.
18．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落可能性共有( )
A．6种 B．36种
C．63种 D．64种
答案 C
解析 每个焊点都有正常与脱落两种情况，共有26种情况，但其中有一种情况是各焊点都正常的情况，所以共有26－1种电路不通的情况．
19．已知互不相同的集合A、B满足A∪B＝{a，b}，则符合条件的A，B的组数共有________种．
答案 9
解析 当A＝?时，集合B＝{a，b}；当A只有1个元素时，B可以有2种情况，此时有2×2＝4种情况；当A＝{a，b}时，集合B＝?，{a}，{b}或{a，b}，此时有4种情况，综上可知，符合条件的A、B共有1＋4＋4＝9种．
1．已知a，b∈{0,1,2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形共有( )
A．9种 B．16种
C．20种 D．28种
答案 D
解析 当a为0时，b只能取0,1两个数；当a为9时，b只能取8,9两个数；当a为其他数时，b都可以取3个数．故共有28种情形．
2．(2012·广东)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 D
3．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，最多5个，则不同的分法共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
答案 A
4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A．3 B．4
C．6 D．8
答案 D
5．若5名学生争夺3项比赛冠军(每一名学生参赛项目不限)，则冠军获得者有________种不同情况(没有并列冠军)?
答案 53
思路分析 本题关键在于搞清楚要以谁为主来研究问题．本题中完成的事件是5名学生争夺3项比赛冠军，这里，每名学生能获几项比赛冠军不确定，但这每一项比赛的冠军都可以由5个运动员中的1人获得，故应以“冠军”为主，即“冠军”作为位置，由5名运动员去占3个位置．
解析 每个冠军皆有可能被5名学生中任1人获得，3个冠军依次被获得的不同情况有53种．
6．有1元、2元、5元、10元、50元、100元人民币各一张，则由这6张人民币可组成________种不同的币值．
答案 63
解析 对于每一张人民币来说，都有两种选择，用或不用，而都不用则形不成币值，由分步计数原理，
可得N＝2×2×2×2×2×2－1＝26－1＝63(种)．
7．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有________个．
答案 36
解析 另两边长用x、y表示，且设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.
当y取值11时，x＝1,2,3，…，11，可有11个三角形；
当y取值10时，x＝2,3，…，10，可有9个三角形，
……
当y取值6时，x只能取6，只有一个三角形．
∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.
8．设椭圆＋＝1的焦点在y轴上，m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆个数为________．
答案 20
9．有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．
答案 8
解析 第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号有2×2＝4(种)方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人操作的电脑的型号有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人操作的电脑的型号只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8(种)选派方法．
10.
如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个．
答案 40
解析 满足条件的有两类：第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有m1＝8(个)；第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有m2＝8×4＝32(个)，所以满足条件的三角形共有8＋32＝40(个)．
11．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄．为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有________种．
答案 12
解析 分两步：第一步，先选垄，如图，共有6种选法；
第二步，种植A、B两种作物，有2种选法；
因此，由分步乘法计数原理，不同的选垄种植方法有6×2＝12(种)．
