[A组 基础巩固]
1.某学生去书店,发现2本好书,决定至少买其中一本,则购买方式共有( )
A.1种 B.2种
C.3种 D.4种
解析:分两类:买1本书、买2本书,各类的购买方式依次有2种、1种,故购买方式共有2+1=3种.
答案:C
2.用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A.243 B.252
C.261 D.279
解析:十个数字组成三位数的个数为9×10×10=900.没有重复数字的三位数有9×9×8=648,所以有重复数字的三位数的个数为900-648=252.
答案:B
3.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,则不同的配法种数为( )
A.7 B.12
C.64 D.81
解析:要完成长裤与上衣配成一套,分两步:
第一步,选上衣,从4件中任选一件,有4种不同选法;
第二步,选长裤,从3条长裤中任选一条,有3种不同选法.
故共有4×3=12种不同的配法.
答案:B
4.某人有3个不同的电子邮箱,他要发5个电子邮件,发送的方法的种数为( )
A.8 B.15
C.243 D.125
解析:每个邮件有3种不同的发送方法,故5个邮件的发送方法有35=243(种).
答案:C
5.现有6名同学去听同时进行的5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.56 B.65
C. D.6×5×4×3×2
解析:由分步乘法计数原理得N=5×5×5×5×5×5=56.
答案:A
6.由电键组A、B组成的串联电路中,如图,接通电源使电灯发光的方法有________种(每个电键组只闭合一个电键).
解析:只有在合上A组两个电键中的任意1个之后,再合上B组3个电键中的任意1个,才能使电灯的电源接通,电灯才能发光.
根据分步乘法计数原理,共有2×3=6种不同的方法接通电源,使电灯发光.
答案:6
7.已知x∈{2,3,7},y∈{-3,-4,8},则x·y可表示不同的值的个数为________.
解析:分两步:第一步,在集合{2,3,7}中任取一个值,有3种不同取法;
第二步,在集合{-3,-4,8}中任取一个值,有3种不同取法.
故x·y可表示3×3=9个不同的值.
答案:9
8.有三个盒子,分别装有不同编号的红色小球6个,白色小球5个,黄色小球4个,现从盒子里任取红、白、黄小球各一个,有不同的取法__________种.
解析:完成这件事可分三步:
第一步:取红球,有6种不同的取法;
第二步:取白球,有5种不同的取法;
第三步:取黄球,有4种不同的取法.
根据分步乘法计数原理,共有N=6×5×4=120种不同的取法.
答案:120
9.有一项活动,需在3名老师,8名男同学和5名女同学中选人参加.
(1)若只需一人参加,有多少种不同选法?
(2)若需老师、男同学、女同学各一人参加,有多少种不同选法?
(3)若需一名老师,一名学生参加,有多少种不同选法?
解析:(1)有三类选人的方法:3名老师中选一人,有3种选法;8名男同学中选一人,有8种选法;5名女同学中选一人,有5种选法.
由分类加法计数原理,共有3+8+5=16种选法.
(2)分三步选人:第一步选老师,有3种选法;第二步选男同学,有8种选法;第三步选女同学,有5种选法.
由分步乘法计数原理,共有3×8×5=120种选法.
(3)可分两类,每一类又分两步.第一类,选一名老师再选一名男同学,有3×8=24种选法;第二类,选一名老师再选一名女同学,有3×5=15种选法.
由分类加法计数原理,共有24+15=39种选法.
10.设有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画.
(1)从中任选一幅画布置房间,有多少种选法?
(2)从三种画中各选一幅布置房间,有多少种选法?
解析:(1)分3类计数:
第一类:选出的是国画,有5种选法;
第二类:选出的是油画,有2种选法;
第三步:选出的是水彩画,有7种选法.
根据分类加法计数原理,共有5+2+7=14种选法.
(2)分3步计数:
第一步:选1幅国画,有5种选法;
第二步:选1幅油画,有2种选法;
第三步:选1幅水彩画,有7种选法.
根据分步乘法计数原理,共有5×2×7=70种选法.
[B组 能力提升]
1.设集合A={-1,0,1},集合B={0,1,2,3},定义A*B={(x,y)|x∈A∩B,y∈A∪B},则A*B中元素个数是( )
A.7 B.10
C.25 D.52
解析:A∩B={0,1},A∪B={-1,0,1,2,3},x有2种取法,y有5种取法.由分步乘法计数原理得2×5=10,故选B.
答案:B
2.五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目,每个工程队承建1项,其中甲工程队不承建1号子项目,则不同的承建方案种数为( )
A.4 B.96
C.120 D.24
解析:完成承建任务可以分五步,第一步安排1号子项目,有4个工程队可以承建,有4种安排法;第二步安排2号子项目,有4种;第三步安排3号子项目,有3种;第四步安排4号子项目,有2种;第五步安排5号子项目,有1种.由分步乘法计数原理,共有4×4×3×2×1=96(种).
答案:B
3.如图所示,在A,B间有四个焊接点,若焊接点脱落,则可能导致电路不通,今发现A,B之间线路不通,则焊接点脱落的不同情况有________种.
解析:依次考虑焊接点1脱落,2和3同时脱落或焊接点4脱落等情况:一、焊接点1脱落后,不论焊接点2、3、4脱落与否,电路不通,所以有2×2×2=8种;二、焊接点1不脱落,2、3同时脱落,4脱落或不脱落,此时线路不通,有2种;三、焊接点1不脱落,4脱落,2、3不同时脱落,此时线路也不通,有3种,所以共有8+2+3=13(种).
答案:13
4.集合A={1,2,-3},B={-1,-2,3,4}.现从A、B中各取一个元素作为点P(x,y)的坐标.
(1)可以得到多少个不同的点?
(2)在这些点中,位于第一象限的有几个点?
解析:(1)要完成这件事分两类:
第一类,选A中的元素为x,B中的元素为y,有3×4=12个不同的点;
第二类,选A中的元素为y,B中的元素为x,有4×3=12个不同的点.
故可以得到24个不同的点.
(2)第一象限内的点,即x,y必须为正数,从而只能取A、B中的正数,同样分两类.N=2×2+2×2=8(个).
即在这些点中,位于第一象限的有8个点.
5.有三项体育运动项目,每个项目均设冠军和亚军各一名.
(1)学生甲参加了这三个运动项目,但只获得一个奖项,学生甲获奖的不同情况有多少种?
(2)有4名学生参加了这三个运动项目,若一个学生可以获得多项冠军,那么各项冠军获得者的不同情况有多少种?
解析:(1)三项体育运动项目,每个项目设冠军和亚军各一名,即每个项目可有2个奖项.
由分类加法计数原理,学生甲获奖的不同情况有2+2+2=6(种).
(2)三项体育运动项目,共有3个冠军奖项,每名学生都可获得这三项冠军,各项冠军获得者的不同情况可分步完成:
第一步:第一项冠军的获得者是这4名同学中的任意一名,因此有4种可能;
第二步:第二项冠军的获得者也有4种可能;
第三步:第三项冠军的获得者也有4种可能.
由分步乘法计数原理,各项冠军获得者的不同情况共有4×4×4=64(种).
课件23张PPT。
[A组 基础巩固]
1.一个袋子里放有6个球,另一个袋子里放有8个球,每个球各不相同,从两袋子里各取一个球,不同取法的种数为( )
A.182 B.14
C.48 D.91
解析:分两步:第一步,从放有6个球的袋子中取一个球有6种取法;第二步,从放有8个球的袋子中取一个球有8种取法,由分步乘法计数原理可知,共有6×8=48种不同的取法.
答案:C
2.在1,2,3,4四个数字中任取数(不重复取)作和,则取出这些数的不同的和共有( )
A.8个 B.9个
C.10个 D.5个
解析:第一类:两个数的和是1+2=3,1+3=4,1+4=5,2+3=5,2+4=6,3+4=7;第二类:三个数的和是1+2+3=6,1+2+4=7,1+3+4=8,2+3+4=9;第三类:四个数的和是1+2+3+4=10.故得到不同的和为3,4,5,6,7,8,9,10,共有8个不同的数.
答案:A
3.由数字0,1,2,3,4可组成无重复数字的两位数的个数是( )
A.25 B.20
C.16 D.12
解析:由于首位不能为“0”,所以十位从数字“1,2,3,4”中选取一个,有4种方法,个位从剩余4个数字中选取一个,也有4种方法.所以由分步乘法计数原理可知有4×4种安排的方法,所以有16个两位数.
答案:C
4.甲、乙、丙三人传球,从甲开始传出,并记为第一次,经过5次传球,球恰好回到甲手中,则不同的传球方法的种数是( )
A.6 B.8
C.10 D.15
解析:本题数字不大,可用树形图法,结果一目了然.如下图,易知选C.
答案:C
5.如图所示,一环形花坛分成A、B、C、D四块,现有4种不同的花供选种,要求在每块里种1种花,且相邻的2块种不同的花,则不同的种法总数为( )
A.96 B.84
C.60 D.48
解析:分两类,当A、C同种时,先种A、C有4种方法,再种B有3种方法,最后种D有3种方法.由分步乘法计数原理得,共有种法4×3×3=36(种).
当A、C异种时,先种A、C有4×3=12种方法,再种B有2种方法,最后种D有2种方法.由分步乘法计数原理得,共有种法12×2×2=48(种).
综上,由分类加法计数原理得,共有种法36+48=84(种).
答案:B
6.由数字1、2、3、4、5可组成________个允许有重复数字的三位数,可组成________个无重复数字的三位数.
解析:若允许重复,则三位数共有53=125(个);若不允许重复,则三位数共有5×4×3=60(个).
答案:125 60
7.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________种.
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).
答案:9
8.用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有________个(用数字作答).
解析:因为四位数的每个数位上都有两种可能性,其中四个数字全是2或3的情况不合题意,所以适合题意的四位数有24-2=14(个).
答案:14
9.用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图(1)(2)所示),要求在A、B、C、D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色.
(1)若n=6,为(1)着色时共有多少种不同的方法?
(2)若为(2)着色时共有120种不同的方法,求n.
解析:(1)为A着色有6种方法,为B着色有5种方法,为C着色有4种方法,为D着色也有4种方法,所以,共有着色方法6×5×4×4=480(种).
(2)与(1)的区别在于与D相邻的区域由两块变成了三块.同理,不同的着色方法数是n(n-1)(n-2)(n-3).
∵n(n-1)(n-2)(n-3)=120,
∴可用将自然数代入上式验证的方法,得n=5时上式成立.
10.现有高一4个班学生34人,其中一、二、三、四班分别有7人,8人,9人,10人.他们自愿组成数学课外活动小组.
(1)选其中一人为负责人,有多少种不同的选法?
(2)每班选一名组长,有多少种不同的选法?
(3)推选二人作中心发言,这二人需来自不同的班级,有多少种不同的选法?
解析:(1)分四类:第一类,从一班学生中选1人有7种选法;第二类,从二班学生中选1人有8种选法;第三类,从三班学生中选1人有9种选法;第四类,从四班学生中选1人有10种选法.所以共有不同的选法7+8+9+10=34(种).
(2)分四步:第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长.所以共有不同的选法7×8×9×10=5 040(种).
(3)分六类:每一类又分两步,从一、二班学生中各选1人,有7×8=56种不同的选法;从一、三班学生中各选1人,有7×9种不同的选法;从一、四班学生中各选1人,有7×10种不同的选法;从二、三班学生中各选1人,有8×9种不同的选法;从二、四班学生中各选1人,有8×10种不同的选法;从三、四班学生中各选1人,有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种).
[B组 能力提升]
1.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,则在直角坐标系中,第一、二象限不同点的个数为( )
A.18 B.16
C.14 D.10
解析:分为两大类:
第一类,以集合M中的元素为点的横坐标,集合N中的元素为点的纵坐标.
由分步乘法计数原理,有3×2=6个不同的点.
第二类,以集合N中的元素为点的横坐标,集合M中的元素为点的纵坐标.
由分步乘法计数原理,有4×2=8个不同的点.
由分类加法计数原理,第一、二象限内不同的点共有N=6+8=14(个).
答案:C
2.将1,2,3填入3×3的方格中,要求每行、每列都没有重复数字,如图是一种填法,则不同的填写方法共有( )
A.6种 B.12种
C.24种 D.48种
解析:假设第一行为1,2,3,则第二行第一列可为2或3,此时,其他剩余的空格都只有一种填法,又第一行有3×2×1=6种填法.
故不同填写方法共有6×2=12(种).
答案:B
3.在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中,不能被5整除的数共有________个.
解析:组成四位数可分为四步,第一步排千位有5种,第二步排百位有5种,第三步排十位有4种,第四步排个位有3种.由分步乘法计数原理得共有四位数5×5×4×3=300(个).同理,个位数为0的四位数有60个,个位数为5的四位数有48个.所以不能被5整除的四位数共有300-48-60=192(个).
答案:192
4.如图所示,花坛内有五个花池,有五种不同颜色的花卉可供栽种,每个花池内只能栽种同种颜色的花卉,相邻两池的花色不同,则共有________种栽种方案.
解析:先栽1区,有5种方案;再栽2区,有4种方案;接着栽3区,有3种方案;下面对4区花色情况进行分类:若4区与2区同色,则4区有1种方案,此时5区有3种方案,若4区与2区不同色,则4区有2种方案,此时5区有2种方案.
故共有5×4×3×(1×3+2×2)=420(种).
答案:420
5.在1到200这二百个自然数中,每个数位上都不含数字8的共有多少个?
解析:该题应分三类来解决:
第一类:一位数中,除8以外有8种选法,故符合要求的数有8个;
第二类:两位数中,十位数除0,8以外有8种选法,而个位数除8以外有9种选法,故两位数中符合要求的数有8×9=72(个);
第三类:三位数中:
(1)百位数为1,十位数和个数位上的数字除8以外都有9种选法,故三位数中,百位数为1的符合要求的数有9×9=81(个);
(2)百位数为2的数只有200这一个符合要求.
故三位数中符合要求的数有81+1=82(个).
由分类加法计数原理知,符合要求的数共有8+72+82=162(个).
课件21张PPT。