数学同步测控第一章分类加法计数原理和分步乘法计数原理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精同步测控我夯基，我达标1。将（a1+a2)（b1+b2+b3）(c1+c2+c3+c4）展开后的项数是（）A。9B.11C。12解析：由于展开后的每一项需从三个括号中各取一个因数相乘，完成这件事需要分成三个步骤:第一步从第一个括号中取出一个数有2种不同取法;第二步从第二个括号中取出一个数有3种不同取法；第三步从第三个括号中取出一个数有4种不同取法。由分步乘法计数原理可知，展开式中共有N=2×3×4=24项。答案：D2。书架上原来并排放着5本书，现要再插入3本不同的书，那么不同的插法有（)A.336种B.120种C。24种D。18种解析：分三步完成.第一步，将第一本书插入到原5本书形成的6个空当中，有6种插法；第二步，将第二本书插入到6本书形成的7个空当中，有7种插法；第三步，将第三本书插入到7本书形成的8个空当中,有8种插法.由分步乘法计数原理得，共有6×7×8=336种插不同的法.答案:A3。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个解析：当A含一个元素时，A=｛1}或{3};当A含两个元素时，A={1，2｝或{2，3｝或｛1，3}，∴共有5个集合.答案：D4.有四位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数共有（)A。8种B。9种C。10种D.11种解析：由分步乘法计数原理得3×3=9种.答案:B5.已知集合A=｛a，b，c，d}，B=｛x，y，z},则从集合A到集合B的映射个数最多有（）A。4×3×2B.4×3C.34解析：因为集合A中的每一个元素都要找到集合B中的一个元素作为自己的像,且只有当集合A中的每一个元素都在B中找到自己的像后,才能建立起从A到B的映射，因此,从A到B的映射最多有3×3×3×3=34个.答案：C6.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，积分33分。若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有…（)A。3种B。4种C。5种D.6种解析：胜、负、平的情况按胜分可有：胜11场，负4场；胜10场，平3场，负2场；胜9场，平6场，没有其他情况.答案：A7。（2007高考全国卷Ⅱ,文10)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种解析：分五步。第一步：第一位同学报名，有2种可能；第二步：第二位同学报名，有2种可能；第三、四、五步：第三、四、五位同学分别报名,均有2种可能。根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有2×2×2×2×2=25=32种。答案:D8.如图，从A→B→C，有____________种不同的走法；从A→C，有_________种不同的走法。解析：A→B→C分两步:第一步：A→B，有2种走法;第二步：B→C，有2种走法.∴A→B→C共有2×2=4种走法.A→C分两类：第一类:A→B→C共有4种走法;第二类:A→C(不经过B)有2种走法。∴A→C共有4+2=6种走法.答案：469。有5幅不同的国画，2幅不同的油画,7幅不同的水彩画，从这些画中选出2幅不同的画布置房间，不同的选法有__________________种。解析：分三类：第一类，选1幅国画和1幅油画，有5×2=10种选法。第二类，选1幅油画和1幅水彩画，有2×7=14种选法。第三类,选1幅国画和1幅水彩画，有5×7=35种选法。∴从这些画中选2幅不同的画的选法有10+14+35=59种。答案:5910.从甲地到乙地，如果翻过一座山，上山有2条路，下山有3条路。如果不走山路,由山北绕道有2条路,由山南绕道有3条路。（1）如果翻山而过，有多少种不同的走法?（2）如果绕道而行,有多少种不同的走法？（3)从甲地到乙地共有多少种不同的走法？解：（1）分两步：第一步，选一条上山路有2种走法;第二步，选一条下山路有3种走法。∴翻山而过，有2×3=6种不同的走法.（2）分两类:第一类：由山北绕道,有2种走法；第二类：由山南绕道，有3种走法。∴绕道而行，有2+3=5种不同的走法.（3）分两类:第一类：翻山而过，有6种走法；第二类：绕道而行，有5种走法。∴从甲地到乙地共有6+5=11种不同的走法。11。现要排一张5天的值班表，每天有一个人值班,共有5个人，每个人都可值多天或不值班，但相邻两天不准由同一人值班,问值班表共有多少种不同的排法？解：先排第一天，从5个人中选一个，有5种选法；再排第二天，此时不能排第一天已排的人，有4种排法；再排第三天，此时不能排第二天的人，仍有4种排法。同理,第四、五天均各有4种排法，由分步乘法计数原理可得值班表共有5×4×4×4×4=1280种不同的排法。我综合，我发展12.把10个苹果分成三堆,要求每一堆至少1个,至多5个，则不同的分类方法共有(）A.4种B.5种C.6种D.7种解析：按每堆苹果的数量可分为4类,即1，4，5；2,3,5；3，3，4；2，4,4.且每类中只有一种分法，∴选A。答案：A13。从1，2,3，4四个数字中任取数（不重复取）作和，则取出的这些数相加所得不同的和共有（）A。8个B。9个C。10个D.5个解析：按所取数字的个数分为3类:第一类：从中任取两个数求和,其和有3,4，5,6,7五种情况；第二类：从中任取三个数求和,其和有6，7，8，9四种情况；第四类：从中取四个数求和，其和只有10这一种情况。又因为第一类和第二类中有两个相同的和（6，7），重复的和共只能算作一个,故不同的和共有5+4+1—2=8种情况.答案：A14。某种彩票规定:从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元,某人想从01至10中选3个连续的号，从11到20中选2个连续的号,从21至30中选1个号,从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全,至少要花（）A。3360元B.6720元C。4320元D。8640元解析：这种特殊要求的号共有8×9×10×6=4320注.因此至少需花钱4320×2=8640元.答案：D15。同室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡,则四张贺卡的不同分配方式有__________________种。解析：思路1：记四人为甲、乙、丙、丁,则甲送出的卡片可以且只可以由其他的三人之一收到,故有3种分配方式.以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类:第一类：甲收到乙送出的卡片，这时，丙、丁只有互送卡片一种分配方式.第二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种(分别为丙和丁送出的)，对于每一种情形，丁收到卡片的方式只有一种.因此，根据分类加法计数原理与分步乘法计数原理，不同的分配方式数为3×（1+2）=9。思路2：由于4个数目不大,化为填数问题之后，可用穷举法进行具体的填写：再也没有合乎要求的填数法,故共有9种填法.本题也可用画“树形图"的方法列出各种分配方式.答案：916.某城市在中心广场建造一个花圃,花圃分为6个部分,如下图，现要栽4种不同颜色的花,每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有________________种。解析:分五类:第一类:2和4同色，选一种颜色有4种方法；3和6同色,选一种颜色有3种方法;区域1选一种颜色，有2种方法；区域5选一种颜色，有1种方法；故第一类中共有4×3×2×1=24种方法.第二类：2和4同色，选一种颜色有4种方法；3和5同色，选一种颜色有3种方法；区域1选一种颜色有2种方法；区域6选一种颜色有1种方法；故第二类中共有4×3×2×1=24种方法。同理，第三类中：2和5同色，3和6同色，区域1，区域4各一种颜色。第四类中：2和5同色，4和6同色，区域1，区域3各一种颜色。第五类中，3和5同色，4和6同色，区域1，区域2各一种颜色.每一类中都有4×3×2×1=24种方法，故不同的栽种方法共有120种。答案：120我创新，我超越17。已知f是集合M=｛1,2,3,4}到集合N={0，1,2}的函数,且f（1）+f（2）+f（3）+f(4）=4，则从M到N的不同函数f共有多少个？解：由于f(1）、f（2）、f（3)、f（4）都是集合N中的元素，且f（1）+f(2）+f（3)+f(4）=4,故f(1）、f（2）、f（3）、f（4)的值有三类:第一类，两个为2,另两个为0，有6种情况如下：情况1情况2情况3情况4情况5情况6f（1)222000f（2)200220f(3）020202f（4）002022第二类，两个为1,一个为0，一个为2，分三步确定f(1）、f（2）、f(3）、f（4）的值：第一步确定f（1）、f(2）、f(3)、f（4）中的一个为0，有4种方法;第二步确定剩余3个中的一个为2，有3种方法；第三步剩余的2个值确定为1，有1种方法.∴第二类共有4×3×1=12种方法。第三类，四个都是1，有1种方法。综上知，从M到N的不同函数f的个数为6+12+1=19个.18。5张1元币、4张1角币、1张5分币、2张2分币，可组成多少种不同的币值（一张不取,即0元0角0分不计在内）？分析：此题若分类，则情