6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时 两个计数原理及其简单应用
(概念课逐点理清式教学)
课时目标
1.通过具体实例,理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.能根据具体问题的特征,选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际计数问题.
逐点清(一) 分类加法计数原理
[多维度理解]
完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
微点助解
(1)分类加法计数原理中两类方案相互独立,各类方案中的各种方法也相互独立,用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.
(2)推广:如果完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,…,在第n类方案中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
[细微点练明]
1.某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习,某位学生任选1门课程学习,则不同的选法共有 ( )
A.40种 B.20种
C.15种 D.11种
2.设集合A={1,2,3,4},m,n∈A,则方程+=1表示焦点位于y轴上的椭圆有 ( )
A.6个 B.8个
C.12个 D.16个
3.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都有至少两个课间不唱歌让他休息,则小明练习方案的总数为 ( )
A.31种 B.18种
C.21种 D.33种
4.在所有的两位数中,求个位数字大于十位数字的两位数的个数.
逐点清(二) 分步乘法计数原理
[多维度理解]
完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
微点助解
(1)完成一件事的两个步骤,缺一不可,其中的一步不能独立完成这件事.
(2)推广:完成一件事需要n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,…,做第n步有mn种不同的方法,则完成这件事共有N=m1·m2·…·mn种不同的方法.
[细微点练明]
1.“声东击西”是游击战争的一种战术:声东可以击东、南、西、北中的任意一个方向,以此灵活地打击或消灭敌人.同样还有“声南击北”等不同的战术,由此可知这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为 ( )
A.16 B.12
C.4 D.3
2.从1,3,5,7,9这五个数中取出两个不同的数分别记为a,b,共可得到lg a-lg b的不同值的个数是 ( )
A.9 B.10
C.18 D.20
3.五一小长假前夕,甲、乙、丙三人从A,B,C,D四个旅游景点中任选一个前去游玩,其中甲到过A景点,所以甲不选A景点,则不同的选法有 ( )
A.64种 B.48种
C.36种 D.24种
4.全国中学生学科竞赛包含数学、物理、化学、生物、信息5个学科,4名同学欲报名参赛,每人必选且只能选择1个学科参加竞赛,则不同的报名方法种数是 .
逐点清(三) 两个计数原理的综合应用
[典例] 某药品研究所研制了5种消炎药(a1,a2,a3,a4,a5)、4种退烧药(b1,b2,b3,b4),现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效试验,但已知a1,a2两种药必须同时使用,且a3,b4两种药不能同时使用,则不同的试验方案有多少种
听课记录:
[思维建模]
两个计数原理的综合应用策略
(1)要清楚“分类”或“分步”的具体标准,在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则,在“分步”时要正确设计“分步”的程序,注意步与步之间的连续性.
(2)有些题目中“分类”与“分步”同时进行,即“先分类后分步”或“先分步后分类”.
(3)对于较复杂的两个原理综合应用的问题,可恰当地画出示意图或列出表格,化抽象为直观.
[针对训练]
某公园休息处东面有8个空闲的凳子,西面有6个空闲的凳子,小明与爸爸来这里休息.
(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐),有多少种不同的坐法
(2)若小明与爸爸分别就座,有多少种不同的坐法
第1课时 两个计数原理及其简单应用
[逐点清(一)]
[多维度理解] m+n
[细微点练明]
1.选D 根据分类加法计数原理,不同的选法共有4+5+2=11种.故选D.
2.选A 因为椭圆的焦点在y轴上,所以m3.选B 七个课间编号为1,2,3,4,5,6,7,如果仅有一个课间练习,则每个课间都可以,有7种方案,若有两个课间练习,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,选法为{1,4,7},共1种,故总数为7+10+1=18种.
4.解:法一 按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8分成八类,在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个.由分类加法计数原理知,满足条件的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36个.
法二 按个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9分成八类,在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个.由分类加法计数原理知,满足条件的两位数共有1+2+3+4+5+6+7+8=36个.
法三 所有的两位数共有90个,其中个位数字等于十位数字的两位数为11,22,33,…,99,共9个;有10,20,30,…,90共9个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置,则剩余的两位数有90-18=72个.在这72个两位数中,每一个个位数字(a)小于十位数字(b)的两位数都有一个十位数字(a)小于个位数字(b)的两位数与之对应,故满足条件的两位数的个数是72÷2=36.
[逐点清(二)]
[多维度理解] m×n
[细微点练明]
1.选A 根据题意,声的情况有4种,击的情况也有4种,所以这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为4×4=16.
2.选C 先从1,3,5,7,9这五个数中任取一个数记为a,再从余下的四个数中任取一个数记为b,根据分步乘法计数原理得a,b的值有5×4=20种取法.又=,=,所以共可得到lg a-lg b的不同值的个数是20-2=18.故选C.
3.选B 因为甲不选A景点,所以应该分步完成:第一步,先考虑甲在B,C,D三个景点中任选一个,有3种选法;第二步,再考虑乙和丙,从A,B,C,D中分别任选一个景点,有4×4=16种选法.由分步乘法计数原理,得不同选法有3×16=48种.
4.解析:由已知第一位同学的报名方法有5种,第二名同学的报名方法有5种,第三名同学的报名方法有5种,第四名同学的报名方法有5种,由分步乘法计数原理可得4名同学的不同的报名方法种数是5×5×5×5=625种.
答案:625
[逐点清(三)]
[典例] 解:当取a1,a2时,再取退烧药有4种方案,此时不同的试验方案有4种;当不取a1,a2且取a3时,取另一种消炎药的方法有2种;由于a3,b4两种药不能同时使用,所以再取退烧药有3种方案,此时不同的试验方案有2×3=6种;当取a4,a5时,再取退烧药有4种方案,此时不同的试验方案有4种;综上所述,不同的试验方案共有4+6+4=14(种).
[针对训练]
解:(1)小明爸爸选凳子可以分两类:第一类:选东面的空闲凳子,有8种坐法;第二类:选西面的空闲凳子,有6种坐法.根据分类加法计数原理知,小明爸爸共有8+6=14(种)不同的坐法.
(2)小明与爸爸分别就座,可以分两步完成:第一步,小明先就座,从东、西面共8+6=14(个)空闲凳子中选一个坐下,共14种坐法;第二步,小明爸爸再就座,从东、西面共13个空闲凳子中选一个坐下,共13种坐法.由分步乘法计数原理知,小明与爸爸分别就座共有14×13=182(种)不同的坐法.
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6.1
分类加法计数原理与
分步乘法计数原理
两个计数原理及其简单应用
(概念课——逐点理清式教学)
第1课时
课时目标
1.通过具体实例，理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际计数问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
逐点清(一) 分类加法计数原理
逐点清(二) 分步乘法计数原理
逐点清(三) 两个计数原理
的综合应用
4
课时跟踪检测
逐点清(一) 分类加法计数原理
01
多维度理解
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=____种不同的方法.
微点助解
(1)分类加法计数原理中两类方案相互独立，各类方案中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.
(2)推广：如果完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
m+n
细微点练明
1.某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有 ( )
A.40种 B.20种
C.15种 D.11种
解析：根据分类加法计数原理，不同的选法共有4+5+2=11种.故选D.
√
2.设集合A={1，2，3，4}，m，n∈A，则方程+=1表示焦点位于y轴上的椭圆有( )
A.6个 B.8个
C.12个 D.16个
解析：因为椭圆的焦点在y轴上，所以m√
3.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都有至少两个课间不唱歌让他休息，则小明练习方案的总数为 ( )
A.31种 B.18种
C.21种 D.33种
√
解析：七个课间编号为1，2，3，4，5，6，7，如果仅有一个课间练习，则每个课间都可以，有7种方案，若有两个课间练习，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，选法为{1，4，7}，共1种，故总数为7+10+1=18种.
4.在所有的两位数中，求个位数字大于十位数字的两位数的个数.
解：法一 按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个.由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有8+7+6+5+
4+3+2+1=36个.
法二 按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个.由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1+2+3+4
+5+6+7+8=36个.
法三 所有的两位数共有90个，其中个位数字等于十位数字的两位数为11，22，33，…，99，共9个；有10，20，30，…，90共9个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置，则剩余的两位数有90-18=72个.在这72个两位数中，每一个个位数字(a)小于十位数字(b)的两位数都有一个十位数字(a)小于个位数字(b)的两位数与之对应，故满足条件的两位数的个数是72÷2=36.
逐点清(二) 分步乘法计数原理
02
多维度理解
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=_______种不同的方法.
微点助解
(1)完成一件事的两个步骤，缺一不可，其中的一步不能独立完成这件事.
(2)推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，则完成这件事共有N=m1·m2·…·mn种不同的方法.
m×n
细微点练明
1.“声东击西”是游击战争的一种战术：声东可以击东、南、西、北中的任意一个方向，以此灵活地打击或消灭敌人.同样还有“声南击北”等不同的战术，由此可知这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为 ( )
A.16 B.12 C.4 D.3
解析：根据题意，声的情况有4种，击的情况也有4种，所以这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为4×4=16.
√
2.从1，3，5，7，9这五个数中取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a-lg b的不同值的个数是 ( )
A.9 B.10
C.18 D.20
解析：先从1，3，5，7，9这五个数中任取一个数记为a，再从余下的四个数中任取一个数记为b，根据分步乘法计数原理得a，b的值有5
×4=20种取法.又==，所以共可得到lg a-lg b的不同值的个数是20-2=18.故选C.
√
3.五一小长假前夕，甲、乙、丙三人从A，B，C，D四个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲到过A景点，所以甲不选A景点，则不同的选法有 ( )
A.64种 B.48种
C.36种 D.24种
√
解析：因为甲不选A景点，所以应该分步完成：第一步，先考虑甲在B，C，D三个景点中任选一个，有3种选法；第二步，再考虑乙和丙，从A，B，C，D中分别任选一个景点，有4×4=16种选法.由分步乘法计数原理，得不同选法有3×16=48种.
4.全国中学生学科竞赛包含数学、物理、化学、生物、信息5个学科，4名同学欲报名参赛，每人必选且只能选择1个学科参加竞赛，则不同的报名方法种数是______.
解析：由已知第一位同学的报名方法有5种，第二名同学的报名方法有5种，第三名同学的报名方法有5种，第四名同学的报名方法有5种，由分步乘法计数原理可得4名同学的不同的报名方法种数是5×5×5×5=625种.
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逐点清(三) 两个计数原理
的综合应用
03
[典例] 某药品研究所研制了5种消炎药(a1，a2，a3，a4，a5)、4种退烧药(b1，b2，b3，b4)，现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效试验，但已知a1，a2两种药必须同时使用，且a3，b4两种药不能同时使用，则不同的试验方案有多少种
解：当取a1，a2时，再取退烧药有4种方案，此时不同的试验方案有4种；当不取a1，a2且取a3时，取另一种消炎药的方法有2种；由于a3，b4两种药不能同时使用，所以再取退烧药有3种方案，此时不同的试验方案有2×3=6种；当取a4，a5时，再取退烧药有4种方案，此时不同的试验方案有4种；综上所述，不同的试验方案共有4+6+4=14(种).
[思维建模]
两个计数原理的综合应用策略
(1)要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性.
(2)有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”.
(3)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，化抽象为直观.
针对训练
某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息.
(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有多少种不同的坐法
解：小明爸爸选凳子可以分两类：第一类：选东面的空闲凳子，有8种坐法；第二类：选西面的空闲凳子，有6种坐法.根据分类加法计数原理知，小明爸爸共有8+6=14(种)不同的坐法.
(2)若小明与爸爸分别就座，有多少种不同的坐法
解：小明与爸爸分别就座，可以分两步完成：第一步，小明先就座，从东、西面共8+6=14(个)空闲凳子中选一个坐下，共14种坐法；第二步，小明爸爸再就座，从东、西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法.由分步乘法计数原理知，小明与爸爸分别就座共有14×13=
182(种)不同的坐法.
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1.现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，3幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有 ( )
A.10种 B.12种
C.20种 D.36种
解析：依题意，不同的选法共有3+4+3=10种.故选A.
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2.现有3名老师、6名男同学和4名女同学共13人.若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为 ( )
A.30 B.18
C.12 D.13
解析：先从3名老师中任选1名，有3种选法，再从10名学生中任选1名，有10种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×10=30.
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3.体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有 ( )
A.12种 B.7种
C.14种 D.49种
解析：由题意知某人从体育场进门有4+3=7(种)方式，出门有4+3=7(种)
方式，根据分步乘法计数原理可知，他进、出门的方案有7×7=49(种).
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4.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个不同的数a，b组成复数a+bi，其中虚数有 ( )
A.30个 B.42个
C.36个 D.35个
解析：要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)，有6种方法，第二步确定a，有6种方法，故由分步乘法计数原理知，共有6×6=36(个)虚数.
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5.现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是 ( )
A.81 B.64
C.48 D.24
解析：每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34=81(种).
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6.如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，那么电路不通时焊接点脱落的不同情况有 ( )
A.9种 B.11种
C.13种 D.15种
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解析：按照可能脱落的个数分类讨论.若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；若脱落2个，则有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6种情况；若脱落3个，则有(1，2，3)，(1，2，4)，(2，3，4)，(1，3，4)，共4种情况；若脱落4个，则有(1，2，3，4)，共1种情况；综上，共有2+6+4+1=13(种)情况.
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7.给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A，B，后两个字符用a，b，c(允许重复)，则不同编号的书共有 ( )
A.8本 B.9本
C.12本 D.18本
解析：需分三步完成：第一步，首字符有2种编法；第二步，第二个字符有3种编法；第三步，第三个字符有3种编法，故由分步乘法计数原理知，不同编号的书共有2×3×3=18(本).
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8.十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有 ( )
A.24种 B.16种
C.12种 D.10种
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解析：完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口
进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3
种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入
时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3+3+3+
3=12(种)不同的行车路线.
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9.从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为 ( )
A.64 B.56
C.53 D.51
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解析：由于1只能作为真数，则以1为真数，从其余各数中任取一数为底数，对数值均为0，从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成8×7=56个对数式，其中，log24=log39，log42
=log93，log23=log49，log32=log94，重复了4次，所以得到不同对数值的个数为1+56-4=53.
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10.[多选]现有四个组的学生34人，其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.下列说法正确的是 ( )
A.选其中1人为负责人，有34种不同的选法
B.每组选1名为组长，有5 040种不同的选法
C.推选2人做中心发言，有691种不同的选法
D.推选2人做中心发言，这2人须来自不同的组，有431种不同的选法
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解析：分四类：第一类，从一组学生中选1人，有7种选法；第二类，从二组学生中选1人，有8种选法；第三类，从三组学生中选1人，有9种选法；第四类，从四组学生中选1人，有10种选法.所以共有不同的选法N1=7+8+9+10=34(种).所以A正确；分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四组学生中选1名为组长.所以共有不同的选法N2=
7×8×9×10=5 040(种).所以B正确；
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分两类，第一类是在一、二、三、四组中各选2人，共有(7×6+8×
7+9×8+10×9)÷2=130，第二类是在四组中各取两组，每组选一人，从一、二组学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三组学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四组学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三组学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四组学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四组学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法N3=7×
8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种).两类共有130+431=561(种)，所以C错误，D正确.
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11.已知集合A={0，3，4}，B={1，2，7，8}，C={x|x∈A或x∈B}，则集
合C的子集中恰有一个元素的有___种.
解析：当子集中的元素属于集合A时，有3种情况；当子集中的元素属于集合B时，有4种情况.∵集合A与集合B无公共元素，∴子集的情况共有3+4=7(种).
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12.某教学楼共有6层，每层都有南、北两个楼梯，则从一楼到六楼共有_____种走法.
解析：根据题意，教学楼共有6层，共5层楼梯，每层均有两个楼梯，即每层有2种走法，则一共有2×2×2×2×2=32(种)走法.
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13.某节目中准备了两个信箱，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，若先从两个信箱中任意确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴有多少种不同结果
解：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：
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(1)幸运之星在甲信箱中抽，先定幸运之星，再在两信箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20=17 400(种)结果.
(2)幸运之星在乙信箱中抽，同理有20×19×30=11 400(种)结果.
所以共有不同结果17 400+11 400=28 800(种).
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14.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，这样的等比数列有多少个
解：法一 以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个数列，所以所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个).
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法二 当公比为2时，等比数列可为1，2，4；2，4，8；当公比为3时，等比数列可为1，3，9；当公比为时，等比数列可为4，6，9.同时，4，2，1；8，4，2；9，3，1和9，6，4也是等比数列，共8个.课时跟踪检测(一) 两个计数原理及其简单应用
1.现有3幅不同的油画,4幅不同的国画,3幅不同的水彩画,从这些画中选一幅布置房间,则不同的选法共有 ( )
A.10种 B.12种
C.20种 D.36种
2.现有3名老师、6名男同学和4名女同学共13人.若需1名老师和1名学生参加评选会议,则不同的选法种数为 ( )
A.30 B.18
C.12 D.13
3.体育场南侧有4个大门,北侧有3个大门,某人到该体育场晨练,则他进、出门的方案有 ( )
A.12种 B.7种
C.14种 D.49种
4.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个不同的数a,b组成复数a+bi,其中虚数有 ( )
A.30个 B.42个
C.36个 D.35个
5.现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是 ( )
A.81 B.64
C.48 D.24
6.如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通,那么电路不通时焊接点脱落的不同情况有 ( )
A.9种 B.11种
C.13种 D.15种
7.给一些书编号,准备用3个字符,其中首字符用A,B,后两个字符用a,b,c(允许重复),则不同编号的书共有 ( )
A.8本 B.9本
C.12本 D.18本
8.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,则不同的行车路线有 ( )
A.24种 B.16种
C.12种 D.10种
9.从1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字中任取两个,其中一个作为底数,另一个作为真数,则可以得到不同对数值的个数为 ( )
A.64 B.56
C.53 D.51
10.[多选]现有四个组的学生34人,其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人,他们自愿组成数学课外小组.下列说法正确的是 ( )
A.选其中1人为负责人,有34种不同的选法
B.每组选1名为组长,有5 040种不同的选法
C.推选2人做中心发言,有691种不同的选法
D.推选2人做中心发言,这2人须来自不同的组,有431种不同的选法
11.已知集合A={0,3,4},B={1,2,7,8},C={x|x∈A或x∈B},则集合C的子集中恰有一个元素的有 种.
12.某教学楼共有6层,每层都有南、北两个楼梯,则从一楼到六楼共有 种走法.
13.某节目中准备了两个信箱,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,若先从两个信箱中任意确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴有多少种不同结果
14.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,这样的等比数列有多少个
课时跟踪检测(一)
1.选A 依题意,不同的选法共有3+4+3=10种.故选A.
2.选A 先从3名老师中任选1名,有3种选法,再从10名学生中任选1名,有10种选法.由分步乘法计数原理知,不同的选法种数为3×10=30.
3.选D 由题意知某人从体育场进门有4+3=7(种)方式,出门有4+3=7(种)方式,根据分步乘法计数原理可知,他进、出门的方案有7×7=49(种).
4.选C 要完成这件事可分两步,第一步确定b(b≠0),有6种方法,第二步确定a,有6种方法,故由分步乘法计数原理知,共有6×6=36(个)虚数.
5.选A 每个同学都有3种选择,所以不同选法共有34=81(种).
6.选C 按照可能脱落的个数分类讨论.若脱落1个,则有(1),(4),共2种情况;若脱落2个,则有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种情况;若脱落3个,则有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共4种情况;若脱落4个,则有(1,2,3,4),共1种情况;综上,共有2+6+4+1=13(种)情况.
7.选D 需分三步完成:第一步,首字符有2种编法;第二步,第二个字符有3种编法;第三步,第三个字符有3种编法,故由分步乘法计数原理知,不同编号的书共有2×3×3=18(本).
8.选C 完成该任务可分为四类,从每一个方向的入口进入都可作为一类,如图,从第1个入口进入时,有3种行车路线;同理,从第2个,第3个,第4个入口进入时,都分别有3种行车路线,由分类加法计数原理可得共有3+3+3+3=12(种)不同的行车路线.
9.选C 由于1只能作为真数,则以1为真数,从其余各数中任取一数为底数,对数值均为0,从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数,共能组成8×7=56个对数式,其中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,重复了4次,所以得到不同对数值的个数为1+56-4=53.
10.选ABD 分四类:第一类,从一组学生中选1人,有7种选法;第二类,从二组学生中选1人,有8种选法;第三类,从三组学生中选1人,有9种选法;第四类,从四组学生中选1人,有10种选法.所以共有不同的选法N1=7+8+9+10=34(种).所以A正确;
分四步:第一、二、三、四步分别从一、二、三、四组学生中选1名为组长.所以共有不同的选法N2=7×8×9×10=5 040(种).所以B正确;
分两类,第一类是在一、二、三、四组中各选2人,共有(7×6+8×7+9×8+10×9)÷2=130,第二类是在四组中各取两组,每组选一人,从一、二组学生中各选1人,有7×8种不同的选法;从一、三组学生中各选1人,有7×9种不同的选法;从一、四组学生中各选1人,有7×10种不同的选法;从二、三组学生中各选1人,有8×9种不同的选法;从二、四组学生中各选1人,有8×10种不同的选法;从三、四组学生中各选1人,有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法N3=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种).两类共有130+431=561(种),所以C错误,D正确.
11.解析:当子集中的元素属于集合A时,有3种情况;当子集中的元素属于集合B时,有4种情况.∵集合A与集合B无公共元素,∴子集的情况共有3+4=7(种).
答案:7
12.解析:根据题意,教学楼共有6层,共5层楼梯,每层均有两个楼梯,即每层有2种走法,则一共有2×2×2×2×2=32(种)走法.
答案:32
13.解: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)幸运之星在甲信箱中抽,先定幸运之星,再在两信箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20=17 400(种)结果.
(2)幸运之星在乙信箱中抽,同理有20×19×30=11 400(种)结果.
所以共有不同结果17 400+11 400=28 800(种).
14.解:法一 以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒,又得到4个数列,所以所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个).
法二 当公比为2时,等比数列可为1,2,4;2,4,8;当公比为3时,等比数列可为1,3,9;当公比为时,等比数列可为4,6,9.同时,4,2,1;8,4,2;9,3,1和9,6,4也是等比数列,共8个.
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