2025人教A版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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| 名称 | 2025人教A版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 416.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-23 09:13:32 | ||
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文档简介
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2025人教A版高中数学选择性必修第三册
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础过关练
题组一 分类加法计数原理
1.(2024河北邢台名校联盟月考)崆山白云洞位于河北省邢台市临城县境内,是崆山白云洞风景区的主要景点.崆山白云洞是全球同纬度最大的溶洞,洞内四季恒温17 ℃.甲游客去崆山白云洞旅游,计划从5种洞厅模型和8种溶洞石头模型中任选1种购买,则不同的选法共有( )
A.40种 B.13种 C.20种 D.3种
2.(2023江苏常州期中)已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为 ( )
A.10 B.13 C.16 D.40
3.(教材习题改编)用1,3,5,7中的任意一个数作分子,2,4,8,9中的任意一个数作分母,可构成真分数的个数为 ( )
A.8 B.9 C.10 D.11
4.(2023重庆永川北山中学月考)如图,一只蚂蚁从正四面体ABCD的顶点A出发,沿着正四面体ABCD的棱爬行,每分钟爬一条棱,每次爬行的方向是随机的,则蚂蚁1分钟后到点B,4分钟后又回到点A的不同爬行路线有( )
A.6条 B.7条 C.8条 D.9条
5.(2024陕西汉中期末)一个三层书架,分别放置语文类读物7本,政治类读物9本,英语类读物8本,每本图书各不相同,从中取出1本,则不同的取法共有 种.
题组二 分步乘法计数原理
6.(2024河北石家庄七县联考)甲、乙分别从4门不同课程中选修1门,且2人选修的课程不同,则不同的选法种数为( )
A.6 B.8 C.12 D.16
7.(2023山东临沂沂水第四中学月考)在“3+1+2”模式的新高考方案中,“3”指语文、数学、外语三科为必考科目,“1”指在物理和历史两门科目中必选一门,“2”指在化学、生物、政治、地理中任选两门.某学生根据自己的实际情况确认了要选生物,那么此同学可能的选课方式共有( )
A.2种 B.4种 C.6种 D.12种
8.(教材习题改编)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.5 B.6 C.8 D.9
9.(2024福建宁德期末)学校组织研学活动,现有寿宁下党乡、福安柏柱洋、屏南漈头村、福鼎赤溪村4条路线供3个年级选择,每个年级必须且只能选择一条路线,则不同的选择方法有( )
A.4种 B.24种 C.64种 D.81种
10.(2024江西九江六校期末)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,所得直线中经过坐标原点的有 条(用数字表示).
11.(2023山东枣庄第八中学期中)如图,现要对某公园的4个区域进行绿化,有4种不同颜色的花卉可供选择,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉,则不同的绿化方案种数为 .
12.(2024河北石家庄期中)某班有5名同学报名参加三项智力竞赛.
(1)每人恰好参加一项,每项人数不限,有多少种不同的报名方法
(2)每项限报1人,且每人至多参加一项,有多少种不同的报名方法
题组三 两个计数原理的综合应用
13.商店里有15种上衣,18种裤子,若某人要买一件上衣或一条裤子有M种选择,买一件上衣和一条裤子有N种选择,则M,N的值分别为( )
A.270,270 B.270,33
C.33,270 D.33,33
14.(2024广西玉林期末)某班级的6名同学准备去参加学校运动会的志愿服务活动,其中甲、乙两名同学要么都去,要么都不去,其他人根据个人情况可选择去也可选择不去,则不同的方案种数为( )
A.16 B.32
C.48 D.64
15.(易错题)中国有十二生肖,又叫十二属相,每个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学每个吉祥物都喜欢,若三位同学对选取的礼物都满意,则不同的选法有( )
A.30种 B.50种
C.60种 D.90种
16.(2024江苏无锡江阴两校联考)某大学组织学生无偿献血.在一个班级体检合格的学生中,O型血有11人,A型血有7人,B型血有6人,AB型血有5人.
(1)从中任选1名学生去献血,有多少种不同的选法
(2)从四种血型的学生中各选1名学生去献血,有多少种不同的选法
(3)从中任选2名具有不同血型的学生去献血,有多少种不同的选法
能力提升练
题组一 分类加法计数原理
1.(2024重庆第一中学校月考)古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界,画出形状相同的两个阴阳鱼,阳鱼的头部有个阴眼,阴鱼的头部有个阳眼,表示万物都在相互转化,互相渗透,阴中有阳,阳中有阴,阴阳相合,相生相克,蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律,由八卦模型图可抽象得到正八边形,从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形,其中梯形的个数为( )
A.8 B.16 C.24 D.32
2.(2024江苏泰州靖江高级中学月考)小明在某一天中有七个课间休息时段,为准备“小歌手”比赛,他想要选出至少一个课间休息时段来练习唱歌,但他希望任意两个练习的时间段之间至少有两个课间不唱歌,则小明练习方案的种数为( )
A.31 B.18 C.21 D.33
3.(2023北京顺义牛栏山第一中学月考)算盘是中国古代的一项重要发明.现有一种算盘(如图1),共两档,自右向左分别表示个位和十位,档中横以梁,梁上一珠拨下,记作数字5,梁下五珠,上拨一珠记作数字1(如图2中算盘表示整数51).如果拨动图1算盘中的两枚算珠,可以表示不同整数的个数为( )
A.8 B.10 C.15 D.16
4.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )
A.14 B.13 C.12 D.10
5.(2023浙江精诚联盟联考)已知盒子里有8个除颜色外完全相同的小球,其中2个黑球,6个白球.现每次不放回地抽取2个小球,直到2个黑球全部取出为止,则不同的取法种数为( )
A.10 B.4 C.16 D.20
6.(2024广西钦州期中)定义:“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”,比如116,431,则所有幸运数的个数为( )
A.21 B.35 C.36 D.45
题组二 分步乘法计数原理
7.(2023江苏南通如皋中学期末)某校为增强学生体质,决定开展为期三天的阳光体育运动活动,共开设跑步、足球、篮球三项运动,每天的活动时间同时进行两项体育运动,篮球和足球不安排在同一天进行,则不同的安排方案种数为( )
A.27 B.26 C.20 D.8
8.(2024浙江金华期中)汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后,需要紧固轮胎的五个螺栓,记为A,B,C,D,E(在正五边形的顶点上),紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓,但不能连续固定相邻的两个,则不同的固定螺栓顺序的种数为( )
A.20 B.15 C.10 D.5
9.(2023北京第十九中学期中)最美人间四月天,赏花踏青正当时.某中学高二年级三个班级去国家植物园、圆明园、奥林匹克森林公园、香山公园观赏海棠花,若国家植物园必须有班级要去,除此之外去哪个公园可自由选择,则不同的方案种数为( )
A.16 B.18 C.37 D.48
10.(2024辽宁沈阳二中开学考试)整数3 528有 个不同的正因数.
11.将摆放在编号分别为1,2,3,4,5五个位置上的五件不同商品重新摆放,则恰有一件商品的位置不变的摆放方法有 种.(用数字作答)
题组三 两个计数原理的综合应用
12.(多选题)设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2,3,3,4条,现要从一面上山,从剩余三面中的任意一面下山,则下列结论正确的是( )
A.从东面上山有20种走法 B.从西面上山有27种走法
C.从南面上山有30种走法 D.从北面上山有32种走法
13.(2024福建泉州安溪第八中学质检)体育老师把9个相同的足球放入编号分别为1,2,3的三个箱子中,要求每个箱子中足球的个数不少于其编号,则不同的放球方法共有( )
A.8种 B.10种 C.12种 D.16种
14.(2024江苏苏州调研)已知集合P={1,2,3,4,5},若A,B是P的两个非空子集,则满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A,B)的个数为( )
A.49 B.48 C.47 D.46
15.(2024陕西榆林横山中学期中)如图所示的是一段灌溉用的水渠,上游和下游之间建有A,B,C,D,E五个水闸,若上游有充足水源但下游没有水,则这五个水闸打开或关闭的情况有( )
A.7种 B.15种 C.23种 D.26种
16.(2024四川宜宾检测)有一辆单向行驶的汽车,满载为25人,全程共设14个车站,途中每个车站均可上下乘客,由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票,在一次单程行驶中,车上最多卖出不同的车票的种数是( )
A.63 B.65 C.67 D.69
17.(2023陕西西安雁塔二中、渭北中学期中)如图,用四种不同的颜色给图中的A,B,C,D,E,F,G七个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法种数为( )
A.192 B.336 C.600 D.以上均不对
18.(2024重庆期中)某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有 种.
19.(2023山西运城景胜中学月考)从集合M={2,3,4,5,6,7,8,9}中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数,则不同的对数值的个数为 .
20.(2024上海浦东新区期末)从集合U={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}的子集中选出两个非空集合A,B,同时满足以下两个条件:①A∪B=U且A∩B= ;②若x∈A,则x+1∈B.则共有 种不同的选法.
答案与分层梯度式解析
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础过关练
1.B 2.B 3.D 4.B 6.C 7.C 8.B 9.C
13.C 14.B 15.B
1.B 不同的选法共有5+8=13种.故选B.
2.B 分两类情况讨论:
第一类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;
第二类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.
根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.
3.D 分四种情况:(1)当分子为1时,有,共4个真分数;(2)当分子为3时,有,共3个真分数;(3)当分子为5时,有,共2个真分数;(4)当分子为7时,有,共2个真分数.由分类加法计数原理知,可构成真分数的个数为4+3+2+2=11.故选D.
4.B 由题意可画图如下,则不同的爬行路线有7条.故选B.
5.答案 24
解析 由分类加法计数原理可得,不同的取法共有7+8+9=24种.
6.C 甲从4门课程中选择1门,有4种选法;乙再从甲未选的课程中选择1门,有3种选法.
根据分步乘法计数原理可得,不同的选法有4×3=12种.故选C.
7.C 从物理和历史中任选一门有2种选法,从化学、政治、地理中任选一门有3种选法,由分步乘法计数原理知,此同学可能的选课方式共有2×3=6(种).故选C.
8.B 由分步乘法计数原理得,该电路能正常工作的线路条数为2×3=6.故选B.
9.C 因为每个年级必须且只能选择一条路线,所以不同的选择方法有4×4×4=64种.故选C.
10.答案 30
解析 若直线Ax+By+C=0经过坐标原点,则C=0,从剩余6个元素中任意取两个作为A,B即可,故过坐标原点的直线有6×5=30条.
11.答案 48
解析 先在①处摆放花卉,有4种摆法,再在②处摆放花卉,有3种摆法,然后在③处摆放花卉,有2种摆法,最后在④处摆放花卉,有2种摆法.由分步乘法计数原理知,不同的绿化方案种数为4×3×2×2=48.
12.解析 (1)每人都可以从这三项竞赛中选报一项,各有3种不同的报名方法,根据分步乘法计数原理可得,有35=243(种)不同的报名方法.
(2)每项限报1人,且每人至多参加一项,因此可由竞赛选人,第一项竞赛有5种选法,第二项竞赛有4种选法,第三项竞赛有3种选法,根据分步乘法计数原理可得,有5×4×3=60(种)不同的报名方法.
13.C 由分类加法计数原理得M=15+18=33,由分步乘法计数原理得N=15×18=270.故选C.
14.B 若甲、乙两名同学都去,则方案种数为24=16;
若甲、乙两名同学都不去,则方案种数为24=16.
所以不同的方案种数为16+16=32.故选B.
15.B ①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为2×10=20;
②若甲同学选择马,则乙同学有3种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为3×10=30.
综上,共有20+30=50种不同的选法.故选B.
16.解析 (1)由题意得任选1名学生去献血,有11+7+6+5=29种不同的选法.
(2)从四种血型的学生中各选1名学生去献血,有11×7×6×5=2 310种不同的选法.
(3)任选2名具有不同血型的学生去献血,有11×7+11×6+11×5+7×6+7×5+6×5=305种不同的选法.
能力提升练
1.C 2.B 3.A 4.B 5.A 6.C 7.D 8.C
9.C 12.ABD 13.B 14.A 15.C 16.C 17.C
1.C 梯形的上、下底平行且不相等,如图所示,
若以AB为底边,则可构成2个梯形,此类梯形有16个,
若以AC为底边,则可构成1个梯形,此类梯形共有8个,所以梯形的个数是16+8=24,故选C.
解题模板 利用分类加法计数原理求完成一件事的方法数,要明确完成这件事的限制条件,根据限制条件对事件进行分类,将复杂事件分解为简单事件,必要时采取列举的方法求出完成简单事件的方法数,再求和即可.
2.B 设七个课间的编号分别为1,2,3,4,5,6,7,
若仅有一个课间练习,则每个课间都可以,有7种方案;
若有两个课间练习,则选法有{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{2,5},{2,6},{2,7},{3,6},{3,7},{4,7},共10种方案,
若有三个课间练习,则选法为{1,4,7},共1种,
因此总数为7+10+1=18种.故选B.
3.A 拨动题图1算盘中的两枚算珠,有两类办法:只在一个档上拨动、在每一个档上各拨动一枚.由于拨动一枚算珠有梁上、梁下之分,所以只在一个档上拨动两枚算珠共有4种方法,在每一个档上各拨动一枚算珠也有4种方法.
由分类加法计数原理得共有8种方法,所以可以表示8个不同的整数.故选A.
4.B ①当a=0时,很显然方程有解,此时b可取4个值,故有4个有序数对满足题意;②当a≠0时,需Δ=4-4ab≥0,即ab≤1,此时满足要求的有序数对为(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(-1,2),(1,-1),(1,0),(1,1),(2,-1),(2,0),共9对.故满足题意的有序数对(a,b)的个数为4+9=13.
5.A ①1次取完:1种取法;
②2次取完:两次均取出1个黑球、1个白球,或第1次取出2个白球,第2次取出2个黑球,共2种取法;
③3次取完:前两次取出1个黑球、3个白球,第3次取出1个黑球、1个白球或前两次均取出白球,第3次取出2个黑球,共2+1=3种取法;
④4次取完:前三次取出1个黑球、5个白球,第4次取出1个黑球、1个白球或前三次均取出白球,第4次取出2个黑球,共3+1=4种取法.
由分类加法计数原理知,不同的取法种数为1+2+3+4=10.故选A.
6.C 按百位数字分类讨论:①百位数字为1时,后两位相加为7,有8种;
②百位数字为2时,后两位相加为6,有7种;
③百位数字为3时,后两位相加为5,有6种;
④百位数字为4时,后两位相加为4,有5种;
⑤百位数字为5时,后两位相加为3,有4种;
⑥百位数字为6时,后两位相加为2,有3种;
⑦百位数字为7时,后两位相加为1,有2种;
⑧百位数字为8时,后两位相加为0,有1种,故共有8+7+6+5+4+3+2+1=36种.故选C.
7.D 如果只安排两项体育运动,且篮球和足球不安排在同一天,那么每天要么安排跑步和足球,要么安排跑步和篮球,共有2×2×2=8种方法.故选D.
8.C 如图,先在A,B,C,D,E这五个螺栓中任选一个,有5种选法;假设选中A,则再在C,D中选一个,有2种选法;剩下的三个螺栓只有1种固定顺序.故共有5×2×1=10种不同的固定螺栓顺序.故选C.
9.C 高二年级三个班去哪个公园可自由选择的方案种数为43=64,国家植物园没有班级要去的方案种数为33=27,所以国家植物园必须有班级要去的不同方案种数为64-27=37.
10.答案 36
解析 因为3 528=23×32×72,
所以3 528的正因数必为2a×3b×7c的形式,a∈{0,1,2,3},b∈{0,1,2},c∈{0,1,2},
因此3 528共有4×3×3=36个不同的正因数.
11.答案 45
解析 根据题意,分两步进行分析:
第一步,从五件不同商品中选出一件,放到原来的位置上,有5种情况,假设编号为5的位置上放的商品不变;
第二步,剩下的四件都不在原来的位置上,即编号分别为1,2,3,4的四个位置上都不放原来的商品,则编号为1的位置有3种放法,假设其放了2号位置原来的商品,则2号位置有3种放法,剩下编号分别为3,4的两个位置只有1种放法,故剩下的四件商品有3×3×1=9种放法.
故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9=45(种).
12.ABD 对于A,若从东面上山,则上山的路有2条,下山的路有3+3+4=10(条),共有2×10=20(种)走法,A正确;对于B,若从西面上山,则上山的路有3条,下山的路有2+3+4=9(条),共有3×9=27(种)走法,B正确;对于C,若从南面上山,则上山的路有3条,下山的路有2+3+4=9(条),共有3×9=27(种)走法,C错误;对于D,若从北面上山,则上山的路有4条,下山的路有2+3+3=8(条),共有4×8=32(种)走法,D正确.故选ABD.
13.B 首先在三个箱子中放入与其编号相同个数的足球,这样还剩下3个足球,这3个足球的放置情况可分为以下三类:第一类,在每个箱子中各放入1个足球,有1种放法;第二类,把3个足球按个数分成1,2的两份,放入三个箱子中的其中两个,有3×2=6(种)放法;第三类,把3个足球都放入同一个箱子,有3种放法.
综上可知,不同的放球方法共有1+6+3=10(种).故选B.
14.A ①若A中的最大数为1,则集合A为{1},B中不含1即可,所以B有24-1=15(个),此时集合对(A,B)的个数为15;
②若A中的最大数为2,则集合A可以为{2},{1,2},共2个,B中不含1,2即可,所以B有23-1=7(个),此时集合对(A,B)的个数为2×7=14;
③若A中的最大数为3,则集合A可以为{3},{1,3},{2,3},{1,2,3},共4个,B中不含1,2,3即可,所以B有22-1=3(个),此时集合对(A,B)的个数为4×3=12;
④若A中的最大数为4,则集合A可以为{4},{1,4},{2,4},{3,4},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},共8个,B中不含1,2,3,4即可,所以B有21-1=1(个),此时集合对(A,B)的个数为8×1=8.
综上,一共有15+14+12+8=49个满足题意的集合对.故选A.
15.C 这五个水闸任意打开或关闭共有25=32种情况,若上游有水流到下游,则A水闸一定打开,B,C至少打开一个,D,E至少打开一个,情况共有1×3×3=9(种),故下游没水的情况有32-9=23(种).
16.C 车上应该准备每个车站到它后面每一个车站的车票,所以一共应该准备13+12+11+…+2+1=91(种),
但车票不可能在一场单程行驶中都卖出去,
当以前面7个车站中的某一个作为起点,后面7个车站中的某一个作为终点时,应当有7×7=49种车票,此种情况下车票种类最多,
但持有这种票的乘客都要通过7号车站与8号车站之间,且汽车满载为25人,
所以这类车票至少会有49-25=24种卖不出去,
所以车上最多卖出不同的车票的种数是91-24=67.
故选C.
17.C 先对E涂色,有4种涂色方法,再对F涂色,有3种涂色方法,然后对G涂色,有2种涂色方法.对A涂色分以下三种情况:
(1)当A与F同色时,B有2种涂色方法.
若C与F同色,则D有3种涂色方法;
若C与F不同色,则C有1种涂色方法,D有2种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×2×(1×3+1×2)=240.
(2)当A与G同色时,
若C与F同色,则B,D各有2种涂色方法;
若C与F不同色,则C有2种涂色方法,B有2种涂色方法,D有1种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×(1×2×2+2×2×1)=192.
(3)当A既不与F同色,也不与G同色时,A有1种涂色方法.
若B与F同色,且C与A同色,则D有2种涂色方法;若B与F同色,C与A不同色,则C有1种涂色方法,D有1种涂色方法;若B与F不同色,则B有1种涂色方法,
①若C与F同色,则D有2种涂色方法,
②若C与F不同色,则C有1种涂色方法,D有2种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×[1×1×2+1×1×1+1×(1×2+1×2)]=168.
综上,不同的涂色方法种数为240+192+168=600.
故选C.
18.答案 28
解析 由题意得既会踢足球又会打篮球的人数为5+6-9=2,只会打篮球的人数为3,只会踢足球的人数为4.
若从只会打篮球的3人中选1人,则有3×6=18种选法;若从既会踢足球又会打篮球的2人中选1人参加篮球赛,从剩下的会踢足球的5人中选1人参加足球赛,则有2×5=10种选法.故不同的选派方案有18+10=28(种).
方法总结 解决此类问题时可按只会一种本领被选的人数来分类,将会多种本领和只会另一种本领的人放在一起,这样可简化解题过程.
19.答案 52
解析 第一步,取底数,有8种取法;
第二步,取真数,有7种取法.
根据分步乘法计数原理,共得到8×7=56个对数.
但在这些对数中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以可以得到56-4=52个不同的对数值.
20.答案 88
解析 由题易知集合A、B中的元素互不相同且元素个数相加为10,又若x∈A,则x+1∈B,所以由A中的元素可唯一确定B中的元素,因此按集合A中的元素个数进行分类讨论.
当A为单元素集合时,有{1},{2},…,{9},共9种情况.
当A为双元素集合时,含有数字1的有{1,3},{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{1,8},{1,9},共7种情况;含有数字2的有{2,4},{2,5},{2,6},{2,7},{2,8},{2,9},共6种情况;……;含有数字7的有{7,9},共1种情况,故共有1+2+3+4+5+6+7=28种情况.
当A为三元素集合时,含有数字1,3的有{1,3,5},{1,3,6},{1,3,7},{1,3,8},{1,3,9},共5种情况;含有数字1,4的有{1,4,6},{1,4,7},{1,4,8},{1,4,9},共4种情况;……;含有数字1,7的有{1,7,9},共1种情况,所以A中最小数字是1的情况共有1+2+3+4+5=15(种).同理含有数字2,4的有{2,4,6},{2,4,7},{2,4,8},{2,4,9},共4种情况;……;含有数字2,7的有{2,7,9},共1种情况,所以A中最小数字是2的情况共有1+2+3+4=10(种).同理A中最小数字是3的情况有1+2+3=6(种),A中最小数字是4的情况有1+2=3(种),A中最小数字是5的情况有{5,7,9},共1种.所以A为三元素集合时共有15+10+6+3+1=35种情况.
当A为四元素集合时,含有数字1,3的有{1,3,5,7},{1,3,5,8},{1,3,5,9},{1,3,6,8},{1,3,6,9},{1,3,7,9},共6种情况;同理含有数字1,4的有{1,4,6,8},{1,4,6,9},{1,4,7,9},共3种情况;含有数字1,5的有{1,5,7,9},共1种情况,所以A中最小数字是1的情况共有1+3+6=10(种).A中最小数字是2的情况共有1+3=4(种),A中最小数字是3的情况有1种,所以A为四元素集合时共有1+4+10=15种情况.
当A为五元素集合时,有{1,3,5,7,9},共1种情况.综上可知,共有9+28+35+15+1=88种不同的选法.
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2025人教A版高中数学选择性必修第三册
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础过关练
题组一 分类加法计数原理
1.(2024河北邢台名校联盟月考)崆山白云洞位于河北省邢台市临城县境内,是崆山白云洞风景区的主要景点.崆山白云洞是全球同纬度最大的溶洞,洞内四季恒温17 ℃.甲游客去崆山白云洞旅游,计划从5种洞厅模型和8种溶洞石头模型中任选1种购买,则不同的选法共有( )
A.40种 B.13种 C.20种 D.3种
2.(2023江苏常州期中)已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为 ( )
A.10 B.13 C.16 D.40
3.(教材习题改编)用1,3,5,7中的任意一个数作分子,2,4,8,9中的任意一个数作分母,可构成真分数的个数为 ( )
A.8 B.9 C.10 D.11
4.(2023重庆永川北山中学月考)如图,一只蚂蚁从正四面体ABCD的顶点A出发,沿着正四面体ABCD的棱爬行,每分钟爬一条棱,每次爬行的方向是随机的,则蚂蚁1分钟后到点B,4分钟后又回到点A的不同爬行路线有( )
A.6条 B.7条 C.8条 D.9条
5.(2024陕西汉中期末)一个三层书架,分别放置语文类读物7本,政治类读物9本,英语类读物8本,每本图书各不相同,从中取出1本,则不同的取法共有 种.
题组二 分步乘法计数原理
6.(2024河北石家庄七县联考)甲、乙分别从4门不同课程中选修1门,且2人选修的课程不同,则不同的选法种数为( )
A.6 B.8 C.12 D.16
7.(2023山东临沂沂水第四中学月考)在“3+1+2”模式的新高考方案中,“3”指语文、数学、外语三科为必考科目,“1”指在物理和历史两门科目中必选一门,“2”指在化学、生物、政治、地理中任选两门.某学生根据自己的实际情况确认了要选生物,那么此同学可能的选课方式共有( )
A.2种 B.4种 C.6种 D.12种
8.(教材习题改编)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.5 B.6 C.8 D.9
9.(2024福建宁德期末)学校组织研学活动,现有寿宁下党乡、福安柏柱洋、屏南漈头村、福鼎赤溪村4条路线供3个年级选择,每个年级必须且只能选择一条路线,则不同的选择方法有( )
A.4种 B.24种 C.64种 D.81种
10.(2024江西九江六校期末)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,所得直线中经过坐标原点的有 条(用数字表示).
11.(2023山东枣庄第八中学期中)如图,现要对某公园的4个区域进行绿化,有4种不同颜色的花卉可供选择,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉,则不同的绿化方案种数为 .
12.(2024河北石家庄期中)某班有5名同学报名参加三项智力竞赛.
(1)每人恰好参加一项,每项人数不限,有多少种不同的报名方法
(2)每项限报1人,且每人至多参加一项,有多少种不同的报名方法
题组三 两个计数原理的综合应用
13.商店里有15种上衣,18种裤子,若某人要买一件上衣或一条裤子有M种选择,买一件上衣和一条裤子有N种选择,则M,N的值分别为( )
A.270,270 B.270,33
C.33,270 D.33,33
14.(2024广西玉林期末)某班级的6名同学准备去参加学校运动会的志愿服务活动,其中甲、乙两名同学要么都去,要么都不去,其他人根据个人情况可选择去也可选择不去,则不同的方案种数为( )
A.16 B.32
C.48 D.64
15.(易错题)中国有十二生肖,又叫十二属相,每个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学每个吉祥物都喜欢,若三位同学对选取的礼物都满意,则不同的选法有( )
A.30种 B.50种
C.60种 D.90种
16.(2024江苏无锡江阴两校联考)某大学组织学生无偿献血.在一个班级体检合格的学生中,O型血有11人,A型血有7人,B型血有6人,AB型血有5人.
(1)从中任选1名学生去献血,有多少种不同的选法
(2)从四种血型的学生中各选1名学生去献血,有多少种不同的选法
(3)从中任选2名具有不同血型的学生去献血,有多少种不同的选法
能力提升练
题组一 分类加法计数原理
1.(2024重庆第一中学校月考)古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界,画出形状相同的两个阴阳鱼,阳鱼的头部有个阴眼,阴鱼的头部有个阳眼,表示万物都在相互转化,互相渗透,阴中有阳,阳中有阴,阴阳相合,相生相克,蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律,由八卦模型图可抽象得到正八边形,从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形,其中梯形的个数为( )
A.8 B.16 C.24 D.32
2.(2024江苏泰州靖江高级中学月考)小明在某一天中有七个课间休息时段,为准备“小歌手”比赛,他想要选出至少一个课间休息时段来练习唱歌,但他希望任意两个练习的时间段之间至少有两个课间不唱歌,则小明练习方案的种数为( )
A.31 B.18 C.21 D.33
3.(2023北京顺义牛栏山第一中学月考)算盘是中国古代的一项重要发明.现有一种算盘(如图1),共两档,自右向左分别表示个位和十位,档中横以梁,梁上一珠拨下,记作数字5,梁下五珠,上拨一珠记作数字1(如图2中算盘表示整数51).如果拨动图1算盘中的两枚算珠,可以表示不同整数的个数为( )
A.8 B.10 C.15 D.16
4.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )
A.14 B.13 C.12 D.10
5.(2023浙江精诚联盟联考)已知盒子里有8个除颜色外完全相同的小球,其中2个黑球,6个白球.现每次不放回地抽取2个小球,直到2个黑球全部取出为止,则不同的取法种数为( )
A.10 B.4 C.16 D.20
6.(2024广西钦州期中)定义:“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”,比如116,431,则所有幸运数的个数为( )
A.21 B.35 C.36 D.45
题组二 分步乘法计数原理
7.(2023江苏南通如皋中学期末)某校为增强学生体质,决定开展为期三天的阳光体育运动活动,共开设跑步、足球、篮球三项运动,每天的活动时间同时进行两项体育运动,篮球和足球不安排在同一天进行,则不同的安排方案种数为( )
A.27 B.26 C.20 D.8
8.(2024浙江金华期中)汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后,需要紧固轮胎的五个螺栓,记为A,B,C,D,E(在正五边形的顶点上),紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓,但不能连续固定相邻的两个,则不同的固定螺栓顺序的种数为( )
A.20 B.15 C.10 D.5
9.(2023北京第十九中学期中)最美人间四月天,赏花踏青正当时.某中学高二年级三个班级去国家植物园、圆明园、奥林匹克森林公园、香山公园观赏海棠花,若国家植物园必须有班级要去,除此之外去哪个公园可自由选择,则不同的方案种数为( )
A.16 B.18 C.37 D.48
10.(2024辽宁沈阳二中开学考试)整数3 528有 个不同的正因数.
11.将摆放在编号分别为1,2,3,4,5五个位置上的五件不同商品重新摆放,则恰有一件商品的位置不变的摆放方法有 种.(用数字作答)
题组三 两个计数原理的综合应用
12.(多选题)设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2,3,3,4条,现要从一面上山,从剩余三面中的任意一面下山,则下列结论正确的是( )
A.从东面上山有20种走法 B.从西面上山有27种走法
C.从南面上山有30种走法 D.从北面上山有32种走法
13.(2024福建泉州安溪第八中学质检)体育老师把9个相同的足球放入编号分别为1,2,3的三个箱子中,要求每个箱子中足球的个数不少于其编号,则不同的放球方法共有( )
A.8种 B.10种 C.12种 D.16种
14.(2024江苏苏州调研)已知集合P={1,2,3,4,5},若A,B是P的两个非空子集,则满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A,B)的个数为( )
A.49 B.48 C.47 D.46
15.(2024陕西榆林横山中学期中)如图所示的是一段灌溉用的水渠,上游和下游之间建有A,B,C,D,E五个水闸,若上游有充足水源但下游没有水,则这五个水闸打开或关闭的情况有( )
A.7种 B.15种 C.23种 D.26种
16.(2024四川宜宾检测)有一辆单向行驶的汽车,满载为25人,全程共设14个车站,途中每个车站均可上下乘客,由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票,在一次单程行驶中,车上最多卖出不同的车票的种数是( )
A.63 B.65 C.67 D.69
17.(2023陕西西安雁塔二中、渭北中学期中)如图,用四种不同的颜色给图中的A,B,C,D,E,F,G七个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法种数为( )
A.192 B.336 C.600 D.以上均不对
18.(2024重庆期中)某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有 种.
19.(2023山西运城景胜中学月考)从集合M={2,3,4,5,6,7,8,9}中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数,则不同的对数值的个数为 .
20.(2024上海浦东新区期末)从集合U={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}的子集中选出两个非空集合A,B,同时满足以下两个条件:①A∪B=U且A∩B= ;②若x∈A,则x+1∈B.则共有 种不同的选法.
答案与分层梯度式解析
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础过关练
1.B 2.B 3.D 4.B 6.C 7.C 8.B 9.C
13.C 14.B 15.B
1.B 不同的选法共有5+8=13种.故选B.
2.B 分两类情况讨论:
第一类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;
第二类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.
根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.
3.D 分四种情况:(1)当分子为1时,有,共4个真分数;(2)当分子为3时,有,共3个真分数;(3)当分子为5时,有,共2个真分数;(4)当分子为7时,有,共2个真分数.由分类加法计数原理知,可构成真分数的个数为4+3+2+2=11.故选D.
4.B 由题意可画图如下,则不同的爬行路线有7条.故选B.
5.答案 24
解析 由分类加法计数原理可得,不同的取法共有7+8+9=24种.
6.C 甲从4门课程中选择1门,有4种选法;乙再从甲未选的课程中选择1门,有3种选法.
根据分步乘法计数原理可得,不同的选法有4×3=12种.故选C.
7.C 从物理和历史中任选一门有2种选法,从化学、政治、地理中任选一门有3种选法,由分步乘法计数原理知,此同学可能的选课方式共有2×3=6(种).故选C.
8.B 由分步乘法计数原理得,该电路能正常工作的线路条数为2×3=6.故选B.
9.C 因为每个年级必须且只能选择一条路线,所以不同的选择方法有4×4×4=64种.故选C.
10.答案 30
解析 若直线Ax+By+C=0经过坐标原点,则C=0,从剩余6个元素中任意取两个作为A,B即可,故过坐标原点的直线有6×5=30条.
11.答案 48
解析 先在①处摆放花卉,有4种摆法,再在②处摆放花卉,有3种摆法,然后在③处摆放花卉,有2种摆法,最后在④处摆放花卉,有2种摆法.由分步乘法计数原理知,不同的绿化方案种数为4×3×2×2=48.
12.解析 (1)每人都可以从这三项竞赛中选报一项,各有3种不同的报名方法,根据分步乘法计数原理可得,有35=243(种)不同的报名方法.
(2)每项限报1人,且每人至多参加一项,因此可由竞赛选人,第一项竞赛有5种选法,第二项竞赛有4种选法,第三项竞赛有3种选法,根据分步乘法计数原理可得,有5×4×3=60(种)不同的报名方法.
13.C 由分类加法计数原理得M=15+18=33,由分步乘法计数原理得N=15×18=270.故选C.
14.B 若甲、乙两名同学都去,则方案种数为24=16;
若甲、乙两名同学都不去,则方案种数为24=16.
所以不同的方案种数为16+16=32.故选B.
15.B ①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为2×10=20;
②若甲同学选择马,则乙同学有3种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为3×10=30.
综上,共有20+30=50种不同的选法.故选B.
16.解析 (1)由题意得任选1名学生去献血,有11+7+6+5=29种不同的选法.
(2)从四种血型的学生中各选1名学生去献血,有11×7×6×5=2 310种不同的选法.
(3)任选2名具有不同血型的学生去献血,有11×7+11×6+11×5+7×6+7×5+6×5=305种不同的选法.
能力提升练
1.C 2.B 3.A 4.B 5.A 6.C 7.D 8.C
9.C 12.ABD 13.B 14.A 15.C 16.C 17.C
1.C 梯形的上、下底平行且不相等,如图所示,
若以AB为底边,则可构成2个梯形,此类梯形有16个,
若以AC为底边,则可构成1个梯形,此类梯形共有8个,所以梯形的个数是16+8=24,故选C.
解题模板 利用分类加法计数原理求完成一件事的方法数,要明确完成这件事的限制条件,根据限制条件对事件进行分类,将复杂事件分解为简单事件,必要时采取列举的方法求出完成简单事件的方法数,再求和即可.
2.B 设七个课间的编号分别为1,2,3,4,5,6,7,
若仅有一个课间练习,则每个课间都可以,有7种方案;
若有两个课间练习,则选法有{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{2,5},{2,6},{2,7},{3,6},{3,7},{4,7},共10种方案,
若有三个课间练习,则选法为{1,4,7},共1种,
因此总数为7+10+1=18种.故选B.
3.A 拨动题图1算盘中的两枚算珠,有两类办法:只在一个档上拨动、在每一个档上各拨动一枚.由于拨动一枚算珠有梁上、梁下之分,所以只在一个档上拨动两枚算珠共有4种方法,在每一个档上各拨动一枚算珠也有4种方法.
由分类加法计数原理得共有8种方法,所以可以表示8个不同的整数.故选A.
4.B ①当a=0时,很显然方程有解,此时b可取4个值,故有4个有序数对满足题意;②当a≠0时,需Δ=4-4ab≥0,即ab≤1,此时满足要求的有序数对为(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(-1,2),(1,-1),(1,0),(1,1),(2,-1),(2,0),共9对.故满足题意的有序数对(a,b)的个数为4+9=13.
5.A ①1次取完:1种取法;
②2次取完:两次均取出1个黑球、1个白球,或第1次取出2个白球,第2次取出2个黑球,共2种取法;
③3次取完:前两次取出1个黑球、3个白球,第3次取出1个黑球、1个白球或前两次均取出白球,第3次取出2个黑球,共2+1=3种取法;
④4次取完:前三次取出1个黑球、5个白球,第4次取出1个黑球、1个白球或前三次均取出白球,第4次取出2个黑球,共3+1=4种取法.
由分类加法计数原理知,不同的取法种数为1+2+3+4=10.故选A.
6.C 按百位数字分类讨论:①百位数字为1时,后两位相加为7,有8种;
②百位数字为2时,后两位相加为6,有7种;
③百位数字为3时,后两位相加为5,有6种;
④百位数字为4时,后两位相加为4,有5种;
⑤百位数字为5时,后两位相加为3,有4种;
⑥百位数字为6时,后两位相加为2,有3种;
⑦百位数字为7时,后两位相加为1,有2种;
⑧百位数字为8时,后两位相加为0,有1种,故共有8+7+6+5+4+3+2+1=36种.故选C.
7.D 如果只安排两项体育运动,且篮球和足球不安排在同一天,那么每天要么安排跑步和足球,要么安排跑步和篮球,共有2×2×2=8种方法.故选D.
8.C 如图,先在A,B,C,D,E这五个螺栓中任选一个,有5种选法;假设选中A,则再在C,D中选一个,有2种选法;剩下的三个螺栓只有1种固定顺序.故共有5×2×1=10种不同的固定螺栓顺序.故选C.
9.C 高二年级三个班去哪个公园可自由选择的方案种数为43=64,国家植物园没有班级要去的方案种数为33=27,所以国家植物园必须有班级要去的不同方案种数为64-27=37.
10.答案 36
解析 因为3 528=23×32×72,
所以3 528的正因数必为2a×3b×7c的形式,a∈{0,1,2,3},b∈{0,1,2},c∈{0,1,2},
因此3 528共有4×3×3=36个不同的正因数.
11.答案 45
解析 根据题意,分两步进行分析:
第一步,从五件不同商品中选出一件,放到原来的位置上,有5种情况,假设编号为5的位置上放的商品不变;
第二步,剩下的四件都不在原来的位置上,即编号分别为1,2,3,4的四个位置上都不放原来的商品,则编号为1的位置有3种放法,假设其放了2号位置原来的商品,则2号位置有3种放法,剩下编号分别为3,4的两个位置只有1种放法,故剩下的四件商品有3×3×1=9种放法.
故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9=45(种).
12.ABD 对于A,若从东面上山,则上山的路有2条,下山的路有3+3+4=10(条),共有2×10=20(种)走法,A正确;对于B,若从西面上山,则上山的路有3条,下山的路有2+3+4=9(条),共有3×9=27(种)走法,B正确;对于C,若从南面上山,则上山的路有3条,下山的路有2+3+4=9(条),共有3×9=27(种)走法,C错误;对于D,若从北面上山,则上山的路有4条,下山的路有2+3+3=8(条),共有4×8=32(种)走法,D正确.故选ABD.
13.B 首先在三个箱子中放入与其编号相同个数的足球,这样还剩下3个足球,这3个足球的放置情况可分为以下三类:第一类,在每个箱子中各放入1个足球,有1种放法;第二类,把3个足球按个数分成1,2的两份,放入三个箱子中的其中两个,有3×2=6(种)放法;第三类,把3个足球都放入同一个箱子,有3种放法.
综上可知,不同的放球方法共有1+6+3=10(种).故选B.
14.A ①若A中的最大数为1,则集合A为{1},B中不含1即可,所以B有24-1=15(个),此时集合对(A,B)的个数为15;
②若A中的最大数为2,则集合A可以为{2},{1,2},共2个,B中不含1,2即可,所以B有23-1=7(个),此时集合对(A,B)的个数为2×7=14;
③若A中的最大数为3,则集合A可以为{3},{1,3},{2,3},{1,2,3},共4个,B中不含1,2,3即可,所以B有22-1=3(个),此时集合对(A,B)的个数为4×3=12;
④若A中的最大数为4,则集合A可以为{4},{1,4},{2,4},{3,4},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},共8个,B中不含1,2,3,4即可,所以B有21-1=1(个),此时集合对(A,B)的个数为8×1=8.
综上,一共有15+14+12+8=49个满足题意的集合对.故选A.
15.C 这五个水闸任意打开或关闭共有25=32种情况,若上游有水流到下游,则A水闸一定打开,B,C至少打开一个,D,E至少打开一个,情况共有1×3×3=9(种),故下游没水的情况有32-9=23(种).
16.C 车上应该准备每个车站到它后面每一个车站的车票,所以一共应该准备13+12+11+…+2+1=91(种),
但车票不可能在一场单程行驶中都卖出去,
当以前面7个车站中的某一个作为起点,后面7个车站中的某一个作为终点时,应当有7×7=49种车票,此种情况下车票种类最多,
但持有这种票的乘客都要通过7号车站与8号车站之间,且汽车满载为25人,
所以这类车票至少会有49-25=24种卖不出去,
所以车上最多卖出不同的车票的种数是91-24=67.
故选C.
17.C 先对E涂色,有4种涂色方法,再对F涂色,有3种涂色方法,然后对G涂色,有2种涂色方法.对A涂色分以下三种情况:
(1)当A与F同色时,B有2种涂色方法.
若C与F同色,则D有3种涂色方法;
若C与F不同色,则C有1种涂色方法,D有2种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×2×(1×3+1×2)=240.
(2)当A与G同色时,
若C与F同色,则B,D各有2种涂色方法;
若C与F不同色,则C有2种涂色方法,B有2种涂色方法,D有1种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×(1×2×2+2×2×1)=192.
(3)当A既不与F同色,也不与G同色时,A有1种涂色方法.
若B与F同色,且C与A同色,则D有2种涂色方法;若B与F同色,C与A不同色,则C有1种涂色方法,D有1种涂色方法;若B与F不同色,则B有1种涂色方法,
①若C与F同色,则D有2种涂色方法,
②若C与F不同色,则C有1种涂色方法,D有2种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×[1×1×2+1×1×1+1×(1×2+1×2)]=168.
综上,不同的涂色方法种数为240+192+168=600.
故选C.
18.答案 28
解析 由题意得既会踢足球又会打篮球的人数为5+6-9=2,只会打篮球的人数为3,只会踢足球的人数为4.
若从只会打篮球的3人中选1人,则有3×6=18种选法;若从既会踢足球又会打篮球的2人中选1人参加篮球赛,从剩下的会踢足球的5人中选1人参加足球赛,则有2×5=10种选法.故不同的选派方案有18+10=28(种).
方法总结 解决此类问题时可按只会一种本领被选的人数来分类,将会多种本领和只会另一种本领的人放在一起,这样可简化解题过程.
19.答案 52
解析 第一步,取底数,有8种取法;
第二步,取真数,有7种取法.
根据分步乘法计数原理,共得到8×7=56个对数.
但在这些对数中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以可以得到56-4=52个不同的对数值.
20.答案 88
解析 由题易知集合A、B中的元素互不相同且元素个数相加为10,又若x∈A,则x+1∈B,所以由A中的元素可唯一确定B中的元素,因此按集合A中的元素个数进行分类讨论.
当A为单元素集合时,有{1},{2},…,{9},共9种情况.
当A为双元素集合时,含有数字1的有{1,3},{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{1,8},{1,9},共7种情况;含有数字2的有{2,4},{2,5},{2,6},{2,7},{2,8},{2,9},共6种情况;……;含有数字7的有{7,9},共1种情况,故共有1+2+3+4+5+6+7=28种情况.
当A为三元素集合时,含有数字1,3的有{1,3,5},{1,3,6},{1,3,7},{1,3,8},{1,3,9},共5种情况;含有数字1,4的有{1,4,6},{1,4,7},{1,4,8},{1,4,9},共4种情况;……;含有数字1,7的有{1,7,9},共1种情况,所以A中最小数字是1的情况共有1+2+3+4+5=15(种).同理含有数字2,4的有{2,4,6},{2,4,7},{2,4,8},{2,4,9},共4种情况;……;含有数字2,7的有{2,7,9},共1种情况,所以A中最小数字是2的情况共有1+2+3+4=10(种).同理A中最小数字是3的情况有1+2+3=6(种),A中最小数字是4的情况有1+2=3(种),A中最小数字是5的情况有{5,7,9},共1种.所以A为三元素集合时共有15+10+6+3+1=35种情况.
当A为四元素集合时,含有数字1,3的有{1,3,5,7},{1,3,5,8},{1,3,5,9},{1,3,6,8},{1,3,6,9},{1,3,7,9},共6种情况;同理含有数字1,4的有{1,4,6,8},{1,4,6,9},{1,4,7,9},共3种情况;含有数字1,5的有{1,5,7,9},共1种情况,所以A中最小数字是1的情况共有1+3+6=10(种).A中最小数字是2的情况共有1+3=4(种),A中最小数字是3的情况有1种,所以A为四元素集合时共有1+4+10=15种情况.
当A为五元素集合时,有{1,3,5,7,9},共1种情况.综上可知,共有9+28+35+15+1=88种不同的选法.
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