[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。
