人教版高中数学选修2-3练习：第一章1.1第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理 Word版含解析
第一章计数原理
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理
A级基础巩固
一、选择题
1．已知集合A{1，2，3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集合A有()
A．2个B．3个C．4个D．5个
解析：满足题意的集合A分两类：第一类有一个奇数有{1}，{3}，{1，2}，{3，2}共4个；第二类有两个奇数有{1，3}，所以共有4＋1＝5(个)．
答案：D
2．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，则不同的配法有()
A．7种B．12种C．64种D．81种
解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同的选法；第二步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故不同取法共有4×3＝12(种)．
答案：B
3．如图所示，一条电路从A处到B处接通时，可构成的通路有()
A．8条B．6条C．5条D．3条
解析：依题意，可构成的通路有2×3＝6(条)．
答案：B
4．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，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是()
A．18 B．17 C．16 D．10
解析：分两类：第1类，M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、第二象限内的点有3×3＝9(个)；第2类，N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、第二象限内的点有4×2＝8(个)．由分类加法计数原理，在第一、第二象限内的点共有9＋8＝17(个)．
答案：B
5．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数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虚数6×6＝36(个)．
答案：C
二、填空题
6．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．
解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5，6，4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120(种)．答案：120
7．三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有________种．
解析：由分步乘法计数原理知，不同的选法有N＝2×2×2＝23＝8(种)．
答案：8
8．一学习小组有4名男生、3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有________种不同选法；若选男女生各一名当组长，共有________种不同选法．
解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选，有4种选法；另一类是从女生中选，有3种选法．根据分类加法计数原理，不同选法共有4＋3＝7(种)．
若选男女生各一名当组长，需分两步：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2步，从女生中选一名，有3种选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有4×3＝12(种)．
答案：712
三、解答题
9．若x，y∈N*，且x＋y≤6，试求有序自然数对(x，y)的个数．解：按x的取值进行分类：
x＝1时，y＝1，2，…，5，共构成5个有序自然数对；
x＝2时，y＝1，2，…，4，共构成4个有序自然数对；
……
x＝5时，y＝1，共构成1个有序自然数对．
根据分类加法计数原理，有序自然数对共有N＝5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．
10．如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，问有多少种不同的着色方案？
解：操场可从5种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理知，着色方案共有6×5×4×4＝480(种)．
B级能力提升
1．某班小张等4位同学报名参加A、B、C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有()
A．27种B．36种
C．54种D．81种
解析：除小张外，每位同学都有3种选择，小张只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2＝54(种)．
答案：C
2．有三个车队分别有4辆、5辆、5辆车，现欲从其中两个车队各抽取一辆车外出执行任务，设不同的抽调方案数为n，则n的值为________．
解析：不妨设三个车队分别为甲、乙、丙，则分3类．甲、乙各
一辆共4×5＝20(种)；甲、丙各一辆共4×5＝20(种)；乙、丙各一辆共5×5＝25(种)，所以共有20＋20＋25＝65(种)．
答案：65
3．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员中选2名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种．
解：按出场位置顺序逐一安排：
第一位置有3种安排方法；
第二位置有7种安排方法；
第三位置有2种安排方法；
第四位置有6种安排方法；
第五位置有1种安排方法．
由分步乘法计数原理知，不同的出场安排方法有3×7×2×6×1＝252(种)．。
高中数学选修2-3第一章练习卷及答案
22. (1)若
的展开式中， 的系数是 的系数的 倍，求 ；
(2)已知 中项，求 ；
的展开式中， 的系数是 的系数与 的系数的等差
(3)已知
的展开式中，二项式系数最大的项的值等于 ，求 .
第一章 计算原理 答案
1.1 分类加法计算原理与分步乘法计算原理
考法突破 【考点训练题】
两个计数原理训练题
一、选择题
丙甲乙丁,丙甲丁乙,丙乙甲丁,丙乙丁甲,丙丁甲乙,丙丁乙甲;
丁甲乙丙,丁甲丙乙,丁乙甲丙,丁乙丙甲,丁丙甲乙,丁丙乙甲.
(2)从五名同学中选出两名同学任正、副班长,共有 是:
种选法,形成的排列
,,,,,, , ,,,,,, ,, ,,,, .
1.3 二项式定理
考法突破 【考点训练题】
二项式定理训练题
B 从 人中选 人组成篮球队
C 从 人中选 人抽样调查
D 从 , , , , 中选 个数组成集合
2. 体操男队共六人参加男团决赛,但在鞍马项目上,根据规定,只需五人出场, 那么在鞍马项目上不同的出场顺序共有()
A种
B种
C
种
D种
3.
件产品中有 件次品,任意抽取 件,其中至少有 件次品的抽法有()
A
B
掌握
能用计数原理证明二项式定理
掌握
3
二项式定理
会用二项式定理解决与二项展开式有 掌握
关的简单问题
1.1 分类加法计算原理与分步乘法计算原理
考法突破
1.分类加法计数原理 完成一件事有 类不同的方案,在第一类方案中有 种不同的方法,在第二类方案中有 种 不同的方法,……,在第 类方案中有 种不同的方法,则完成这件事情,共有
，则 的值为 ( )
高中数学人教版选修2-3(理科)第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
高中数学人教版选修2-3（理科）第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．从甲地去乙地有3班火车，从乙地去丙地有2班轮船，则从甲地去丙地可选择的旅行方式有（ ）A ．5种B ．6种C ．7种D ．8种 2．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数为（ ）A ．20B ．15C ．12D ．103．身穿红、黄两种颜色衣服的各有2人，现将这4人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法共有（ ）A. 4种B. 6种C. 8种D. 12种4．若4个人报名参加3项体育比赛，每个人限报一项，则不同的报名方法的种数有（）A ．33B ．43C ．34D ．44 5．已知集合{}3,2,1-=M ，{}7,6,5,4--=N ，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，可得直角坐标系中第一、二象限不同点的个数是（ ）A ．18B ．16C ．14D ．106．由十个数和一个虚数单位i ，可以组成虚数的个数为（ ）A ．B ．C ．D ．7．一位同学希望在暑假期间给他的4位好友每人发一条短信问候，为省下时间学习，他准备从手机草稿箱中直接选取已有短信内容发出．已知他手机草稿箱中有3条适合的短信，则该同学共有不同的发短信的方法（ ）A ．12种B ．24种C ．64种D ．81种8．现准备将6台型号相同的电脑分配给5所小学，其中A 、B 两所希望小学每个学校至少2台，其他小学允许1台也没有，则不同的分配方案共有（ ）A ．13种B ．15种C ．20种D ．30种二、填空题9．一件工作可以用2种方法完成，有3人会用第1种方法完成，另外5人会用第2种0,1,2,3,...,9方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是 .10．如图，用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有种．11．4张卡片的正、反面分别写有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成________个不同的三位数．三、解答题12．如图，电路中共有7个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，电阻断路的可能性共有多少种情况.13．13．某体育彩票规定：从01至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至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，此人想把这种特殊要求的号买全，需要花多少钱? 14．某学校高二年级有12名语文教师、13名数学教师、15名英语教师，市教育局拟召开一个新课程研讨会.（1）若选派1名教师参会，有多少种派法?（2）若三个学科各派1名教师参会，有多少种派法?（3）若选派2名不同学科的教师参会，有多少种派法?参考答案1．B【解析】由分步计数原理得，可选方式有2×3＝6种．故选B．考点：分步乘法计数原理．2．D【解析】试题分析：抓住上底面的一个顶点，看从此顶点出发的对角线有多少条即可解决．解：由题意正五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，故从一个顶点出发的对角线有2条．正五棱柱对角线的条数共有2×5=10条．故选D点评：本题考查计数原理在立体几何中的应用，考查空间想象能力．3．C【解析】首先将两个穿红衣服的人排列，2种结果，再把两个穿黄色衣服的人排列在上面两个人形成的三个空中，同时，两人中间必须有一个，避免两个穿红色衣服的人相邻，共有2×2+2×2=8种，故选C.考点：计数原理.4．B【解析】4名同学报名参加3项体育比赛，每人限报一项，每人有3种报名方法；根据分步计数原理，可得共有3×3×3×3=43种不同的报名方法，故选C.考点：计数原理.5．C【解析】分两类：第一类：M中取横坐标，N中取纵坐标，共有3×2=6个第一、二象限的点；第二类：M中取纵坐标，N中取横坐标，共有2×4=8个第一、二象限的点.共有6+8=14个不同的点.故选C.考点：计数原理.6．D【解析】复数()i ,,0a b a b b +∈≠R 为虚数，则有种可能，有种可能，共有种可能.故选D. 考点：计数原理.7．D【解析】给每一位好友都有3种选择，因此共有发短信的方法种，故选D ．考点：计数原理.8．B【解析】①先给A 、B 两所希望小学分配电脑，若每个学校2台，由于电脑型号相同，故只有1种情况，其次将剩余的2台电脑分给其他3所小学，若一所小学2台，其他的没有，有3种情况；若2所小学各1台，另一所小学没有，有3种情况，共有6中情况；②若A 、B 两所希望小学其中一所得3台，另一所2台，有2种情况，再将剩余的1台电脑分给其他3所小学，有3种情况，共3×2=6种情况； ③若给A 、B 两所希望小学各分配3台电脑，有1种情况；④若A 、B 两所希望小学其中一所得4台，另一所2台，有2种情况.综上，共6+6+1+2=15种情况，故选B ．考点：计数原理.9．8【解析】利用分类加法计数原理，可知完成一件事可以分为两类，第一种方法完成有3种，第二种方法完成有5种，一共有3+5=8种.考点：分类计数原理.10．180【解析】试题分析：第一步涂B 、C ，共25A 种方法；第二步涂A 、D ，共23=9种方法，由分步计数原理，共259=180A ⨯种方法； 考点：1.涂色问题；2.排列；3.分步计数原理；11．1684381=【解析】要组成三位数，根据百位、十位、个位可知应分三步：第一步：百位可放8－1＝7个数；第二步：十位可放6个数；第三步：个位可放4个数．故由分步计数原理，得共可组成7×6×4＝168个不同的三位数．考点：分步计数原理.12．63【解析】每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线a、-=种；支线c中至少有一个电阻断b、c，支线a，b中至少有一个电阻断路情况都有2213-=种，每条支线至少有一个电阻断路，灯A就不亮，因此灯A不亮的情路的情况有3217况共有3×3×7=63种情况.考点：计数原理问题.13．8640元【解析】第一步：从01至10中选3个连续的号码有01,02,03；02,03,04；…；08,09,10，共8种不同的选法；第二步：同理，从11至20中选2个连续的自然数有9种不同的选法；第三步：从21至30中选一个号码有10种不同的选法；第四步：从31至36中选一个号码有6种不同的选法.共可组成8×9×10×6=4320注，所以需要花费2×4320=8640元钱.考点：分步计数原理.视频14．（1）40（2）2340（3）531【解析】（1）分三类：第一类选语文老师，有12种不同选法；第二类选数学老师，有13种不同选法；第三类选英语老师，有15种不同选法，共有12+13+15=40种不同的选法. （2）分三步：第一步选语文老师，有12种不同选法；第二步选数学老师，有13种不同选法；第三步选英语老师，有15种不同选法，共有12×13×15=2340种不同的选法.（3）分三类：第一类选一位语文老师和一位数学老师共有12×13种不同的选法；第二类选一位语文老师和一位英语老师共有12×15种不同的选法；第三类选一位英语老师和一位数学老师共有15×13种不同的选法，共有12×13+12×15+13×15=531种不同的选法.考点：计数原理问题.。
人教版高中数学选修2-3 第一章 1-1-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
栏目导引
知识梳理
一、分类加法计数原理 1．完成一件事有两类不同的方案，在第一类方案中有 m种不同的方法，在第二类方案中有n种不同的方法，那么完 成这件事共有N＝ m＋n 种不同的方法． 2．如果完成一件事情有n类不同方案，在第一类方案中 有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，… 在第n类方法中有mn种不同的方法，则完成这件事情共有N＝ m1＋m2＋…＋mn 种不同的方法．
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人教A版数学选修2-3 第一章 计数原理
栏目导引
【错因】 错解一忽视数字0不能在首位的约束，按此 排法有可能为“0134”这种不符合要求的情况．
错解二忽视了题目“无重复数字的四位数”的约束，按 此排法有可能为“2032”，不符合条件．
若先排首位，应考虑排的是1,3,5还是2,4,6，因它直接关 系到第2步排个位的选取；
方法二(枚举法)：因为只取一人，这样设三个年级的优 秀 班 干 部 分 别 为 A1 ， A2 ， A3 ， A4 ， A5 ； B1 ， B2 ， B3 ， B4 ， B5，B6，B7；C1，C2，C3，C4，C5，C6，C7，C8，从以上20 种情况中选一人有20种选法．
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人教A版数学选修2-3 第一章 计数原理
工具
人教A版数学选修2-3 第一章 计数原理
栏目导引
[问题] 此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途 径？
[提示] 3＋4＝7.此委员这一天从济南到北京共有7种快 捷途径．
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人教A版数学选修2-3 第一章 计数原理
栏目导引
2．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．
栏目导引
解析： 方法一(定义法)：由于要从三个年级的优秀班 干部中选出一人，故可分为三类：第一类从高一的5名优秀 班干部中选取一人，有5种选法；第二类从高二的7名优秀班 干部中选取一人，有7种选法；第三类从高三的8名优秀班干 部中选取一人，有8种选法．又根据分类加法计数原理知， 共有5＋7＋8＝20种不同的选法．
人教版高中数学选修2-3第一章1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
导入新课想一想先看下面的问题从我们班推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？把我们的同学排成一排，共有多少种不同的排法？要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识.排列组合是一种重要的数学计数方法. 是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不同的做法.在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理.1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学目标知识目标（1）理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；（2）会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题.能力目标培养学生的归纳概括能力.情感目标（1）了解学习本章的意义，激发学生的兴趣；（2）引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式.教学重难点重点分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用理解.难点分类加法计数原理与分步乘法计数原理的理解.1、分类加法计数原理从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？解答由题意画图如下：解：从甲地到乙地有2类方法,第一类方法:乘火车，有3种方法;第二类方法:乘汽车，有2种方法. 所以从甲地到乙地共有3+2=5种方法.观察有什么特征知识要点分类加法计数原理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=m+n种不同的方法.A 大学B大学生物学化学医学物理学工程学数学会计学信息技术学法学例题1在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A，B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：如果这名同学只能选一个专业，那么它共有多少种选择呢？分析由于这名同学在A，B两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项的专业，因此符合分类加法计数原理的条件.继续解答解：这名同学可以选择两所大学中的一所，在A 所大学中有5种专业选择方法，在B所大学中有4种专业选择方法，又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此更具分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有5+4=9（种）探究如果完成一件事有三种不同方案，在第1类方案中有m1种方法，在第2类方案中有m2种方法，在第3类方案中有m3种方法那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事有n种不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么如何计数呢？N=m1+m2+m32、分步乘法计数原理用前6个大写英文字母和1~9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2，…的方式给教室里的座位编号，总共能变出多少个不同的号码？解答由题意画图如下： 字母 数字 得到的号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9A A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A 8 A 9注意上图是解决计数问题常用的“树形图”.你能用树形图列出所有可能的号码吗？解：由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任意一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6×9=54个不同的号码.观察有什么特征知识要点分步乘法计数原理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=m×n种不同的方法.例题2书架的第一层放有4本不同的计算机书，第二层放有5本不同的文艺书，从书架的第1、2层各取1本书，有多少种不同的取法？分析读题意可知，这是一个分步乘法计数题.继续解答解：从书架的第1，2，各取1本书，可以分成两个步骤完成:第一步，从第一层取1本计算机书，有4种方法；第二步，从第二层取1本文艺书，有5种方法；根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是 N=4×5=20探究如果完成一件事需要三个步骤，做第1步有m1种方法，做第2步有m2种方法，做第3步有m3种方法那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事有n种不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么如何计数呢？N=m1×m2×m3例题3一名同学有7枚明朝不同古币和10枚清朝不同古币(1）从中任取一枚，有多少种不同取法？(2）从中任取明清古币各一枚，有多少种不同取法？分析由于这名同学有明朝清朝两种不同的古币，（1）中要从中任取一枚，符合分类计数原理，（2）中要从明清中各取一枚，符合分步计数原理.继续解答解：（1）该题应用分类计数原理，分两类：第一类，取明朝古币有7种；第二类，取清朝古币有10种. 所以共有7+10=17种不同取法.（2）该题应用分步计数原理，分两步：第一步，取明朝古币有7种；第二步，取清朝古币有10种. 共有7×10=70种不同取法.课堂小结1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理：①是排列组合问题的最基本的原理；②是推导排列数、组合数公式的理论依据；③是求解排列、组合问题的基本思想.2．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别：①分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；②分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成后才算做完这件事.3.运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：①分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏".②分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成.高考链接A 1（2008年福建卷7）某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数_____ .A. 14B. 24C. 28D. 48先分类，再分步！2（2007年全国Ⅱ卷文科第10题）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D 学生选小组N= 523. (2007年四川文科第9题）用数字1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有______.BA.48个B.36个C.24个D.18个分析：先分类，再分步，据题意，当个位数是2时，万位数是3，4，5，其他随意，共有3×3×2×1=18种；当个位数是4时，万位数是2，3，5，其他随意，共有3×3×2×1=18种所以共有36种.课堂练习1.填空（1）从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地的不同的走法共有 ______种.（2）甲、乙、丙3个班各有三好学生3，5，2名，现准备推选两名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有______种不同的推选方法.11 312.选择（1）一件工作可以用2种方法完成，有5人会用第1种方法完成，另有4人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是（ ）A.9B.2C.20D.6（2）从A 村去B 村的道路有3条，从B 村去C 村的道路有2条，从A 村经B 村去C 村，不同的路线有 ( )条.A.3B.4C.5D.6 √ √3.解答题(1)由数字l，2，3，4，5可以组成多少个允许重复数字的三位数.解：由于此三位数的数字允许重复，分三步：百、十、个位数各有5种取法，所以可以组成5×5×5=125个三位数.（2）电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与底等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态. 因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的计数法，即二进制，为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由８个二进制位构成，问：①一个字节（8位）最多可以表示多少个不同的字符？②计算机汉字国标码（GB 码）包含了6763个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？ 第1位 第2位 第3位 第8位 …… 2种 2种 2种 2种分析：如00000000，10000000，11111111.解：①由图可知组成一个字节为分步计数所以最多可以表示8个2256()②一个字节有256种表示方法，而汉字有6763个，所以每个汉字至少要用2个字节来表示.习题解答A组1. “一件事情”是“买一台某型号的电视机”不同的选法有4+7=11（种）.2. “一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，再分步”，不同的路线共有2×3+4×2=14（条）.3. 对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法.共有不同的分数4×4=16（个）.对于第二问，分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个，分子为5时，分母从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能是16，有1个.所以共有真分数4+3+2+1=10（个）.4.”一件事情”是“接通线路”。
高中数学人教a版选修2-3第一章1.1《分类加法计数原理与分步乘法计数原理》【练习】(学生版)
高中数学学习材料（灿若寒星精心整理制作）1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1．从甲地去乙地有3班火车，从乙地去丙地有2班轮船，甲到丙地再无其他路可走，则从甲地去丙地可选择的旅行方式有（）A．5 种B．6种C．7种D．8种2．将三封信投入三个信箱，可能的投放方法共有种( )A. 3 B．6 C．9 D．273．将1，2，3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大.当3，4固定在图中的位置时，填写空格的方法为（）3 4A.6种B.12种C.18种D.24种4．下表为第29届奥运会奖牌榜前10名：设(,)F C 表示从“金牌、银牌、铜牌、总数”4项中任取不同两项构成的一个排列，按下面的方式对10个国家进行排名：首先按F 由大至小排序（表格中从上至下），若F 值相同，则按C 值由大至小排序，若C 值也相同，则顺序任意，那么在所有的排序中，中国的排名之和是（）A ．15B ．20C ．24D ．27 5．方程22ay b x c =+中的,,{2,0,1,2,3}a b c ∈-，且,,a b c 互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有（）A.28条B.32条C.36条D.48条7.某团支部进行换届选举，从甲、乙、丙、丁四人中选出三人分别担任书记、副书记、组织委员，规定上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职方案有（）A ．10B ．11C ．12D ．13二、填空题7．若a ，b ∈N *，且a ＋b ≤5，则复数a ＋b i 的个数为______．8．个人参加某项资格考试，能否通过，有 种可能的结果？三、解答题9．某班新年联欢晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这2个节目插入原节目单中，那么有多少种不同的插法？10．现有高一四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.n（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？。
人教版高中数学选修2-3课后习题参考答案
新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章 计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 练习（P6） 1、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9； （2）要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6. 2、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12； （2）要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60.3、因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异， 所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择. 练习（P10）1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12） 1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）. 2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）. 3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）. 对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）. 4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A 中选横坐标，有6个选择；第二步，从A 中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）. （2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）. 习题1.1 B 组（P13） 1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）. 2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合 练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=； （2）777!5040A ==； （3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=； （4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25） 1、（1）甲、乙， 甲、丙， 甲、丁， 乙、丙， 乙、丁， 丙、丁； （2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯； （2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯； （3）3276351520C C -=-=； （4）328532356210148C C -=⨯-⨯=. 6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m m n n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27）1、（1）325454*********A A +=⨯+⨯=； （2）12344444412242464A A A A +++=+++=. 2、（1）315455C =； （2）19732002001313400C C ==； （3）346827C C ÷=；（4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n nn A A n A A nA n A +-+--=+-==； （2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）.8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n .9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）. 10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3)2n n n C n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便. 11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234444415C C C C +++=（种）. 12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C =；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C =. 13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C =. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A =；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A 中取，有m 种取法；第二步，从集合B 中取，有n 种取法. 所以共有取法mn 种. 说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C ⋅⋅=. 15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C ⋅=； （2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C =（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C -=； 如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C ++=； （4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C --=. 也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231545454120C C C C C C ++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =； （2）142198124234110C C ⋅=； （3）51982410141734C =； （4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词.习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<， 用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）.4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=. 5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法； 解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理 练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=.3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nnC ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111111210242C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=， 2、∵0122k n n nn n n n C C C C C ++++++=，0213nn n n C C C C ++=++∴012knnn n n n C C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n n nnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn nn n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nn n n n n C C C C ++++.2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++23369a b ab b（2）27311357752222222172135701682241281283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x ++=++； （2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+. 4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -； （2）91482099520T a b =-； （3）7924T =； （4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x 的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-； （2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n rn n T C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!n n nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ， 由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除； （2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章 复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法.（2）3276525C C ⋅=； （3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=； 说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置. （4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=. （7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=； 说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =. 说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）3856C =； （2）1234555530C C C C +++=. 4、468898C C +=.说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=； 说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同. 6、（1）59764446024C =； （2）23397442320C C ⋅=； （3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=. 7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=. 说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列. 8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--. （2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和.444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =--3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=. 9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+ 551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章 复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =； （2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=； 说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B 中能够找到唯一对应的元素，就能确定一个映射，对应的元素可以相同，所以是“有重复排列”问题.（4）2426106500000A ⨯=； （5）481258C -=； 说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中， 排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -= （6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=. 解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅；首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=. 3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--； （2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8m n l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法.根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）. 5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=， 上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n C C +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数. 解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C C C C +++++++=-=修2—3第二章课后习题解答第二章 随机变量及其分布2．1离散型随机变量及其分布列练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.（2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值.2、可以举的例子很多，这里给出几个例子：例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数；例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数； 例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量.练习（P49）1、设该运动员一次罚球得分为X说明：这是一个两点分布的例子，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正 1(2)({})0.25P X P ====正正 因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为 5448552()i i C C P X i C -==，i =0，1，2，3，4.因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A 组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X ，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X ＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X ＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X ＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X ＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X ＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X ＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义 12345X ⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X 是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X ＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X ＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X ＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X ＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X ＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km 所用时间X 不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4minY >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间 它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}.4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即 （1）0i p ≥，1,2,,i n =；（2）11n i i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率.6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯. 说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的 篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的 取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列 为即（2112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000.2．2二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯.说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=（2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯= （3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，。
人教版高中数学选修2-3知识讲解,巩固练习(教学资料)：专题1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第一章计数原理1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识一、分类加法计数原理1．分类加法计数原理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.2．分类加法计数原理的推广完成一件事有n类不同的方案，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m n种不同的方法，那么完成这件事共有N= 种不同的方法．【注】分类加法计数原理的特点是各类中的每一个方法都可以完成要做的事情.二、分步乘法计数原理1．分步乘法计数原理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．2．分步乘法计数原理的推广完成一件事需要分成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m n种不同的方法，那么完成这件事共有N= 种不同的方法．【注】分步乘法计数原理的特点是每一步中都要使用一个方法才能完成该步要做的事情.可以用下图表示分步乘法计数原理的原理：3．两个计数原理的联系与区别分类加法计数原理分步乘法计数原理联系分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是关于完成一件事情的不同方法的种数问题．区别(1)完成一件事共有n类方法，关键词是“分类”．(2)各类方法都是互斥的、并列的、相互独立的.(3)每类方法都能完成这件事．(1)完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”．(2)每步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事．(3)各步之间是互相关联的、互相依存的.三、两个计数原理的应用1．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步．应用分类加法计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性，各类中的每个方法都能独立的将这件事情完成；应用分步乘法原理时，要注意“步”与“步”之间是连续的，做一件事需分成若干个互相联系的步骤，所有步骤依次相继完成，这件事才算完成．2．分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．3．分步要做到“步骤完整”，步与步之间要相互独立，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到总数．知识参考答案：一、1．m+n2．m1＋m2＋···＋m n二、1．m×n2．m1×m2×···×m n重点重点分类加法计数原理、分步乘法计数原理难点两个计数原理的应用易错混淆分步、分类致误或分步、分类时考虑不全致误1．分类加法计数原理的应用对分类加法计数原理的理解注意点：（1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定一个分类标准，在这个标准下进行分类.（2）“完成一件事有n类不同方案”是指完成这件事的所有方法可分为n类，即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，而不需要再用到其他方法；每一类没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方法都在某一类中.简单地说，就是应用分类加法计数原理时要做到“不重不漏”.【例1】从甲地到乙地一天之中有三次航班、两趟火车，某人利用这两种交通工具在当天从甲地赶往乙地的方法有A．2种B．3种C．5种D．6种【答案】C【例2】把3枚相同的纪念邮票和4枚相同的纪念币作为礼品送给甲、乙两名学生，要求全部分完且每人至少有一件礼品，则不同的分法共有种.【答案】18【解析】以甲分得的礼品数为标准分类（用(a,b)表示甲分得纪念邮票a枚，纪念币b枚），可分为6类：第1类，甲分得1件礼品有2种分法：（1,0），（0,1）；第2类，甲分得2件礼品有3种分法：（2,0），（1,1），（0,2）；第3类，甲分得3件礼品有4种分法：（3,0），（2,1），（1,2），（0,3）；第4类，甲分得4件礼品有4种分法：（3,1），（2,2），（1,3），（0,4）；第5类，甲分得5件礼品有3种分法：（3,2），（2,3），（1,4）；第6类，甲分得6件礼品有2种分法：（3,3），（2,4）.根据分类加法计数原理，不同的分法共有2+3+4+4+3+2=18种.【名师点睛】本题的分类标准并不明显，根据题意，这些礼品要全部分完且每人至少有一件礼品，因此可以将甲、乙这两人中一人分得的礼品数作为分类标准，本题从甲分得的礼品数考虑，也可以从两类礼品的角度考虑，分两个步骤完成，应用分步乘法计数原理解决.2．分步乘法计数原理的应用对分步乘法计数原理的理解注意点：（1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定分步标准，标准不同，分步的步骤也会不同.（2）“完成一件事需要n个步骤”是指完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成所有这些步骤就能完成这件事.即各步骤是相互依存的，只有每个步骤都完成才能完成这件事.简单地说，就是应用分步乘法计数原理时要做到“步骤完整”.【例3】某市汽车牌照号码(由4个数字和1个字母组成)可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B,C,D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，某车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码所有可能的情况有A．180种B．360种C．720种D．960种【答案】D【解析】分五步完成,第i步取第i个号码由分步乘法计数原理,可得车牌号码共有种.【例4】（1）用数字1,2,3可以组成多少个三位数？（2）用数字1,2,3可以组成多少个没有重复数字的三位数？【答案】（1）27；（2）6.【解析】（1）要完成“组成三位数”这件事,需分以下3步：第一步：确定个位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；第二步：确定十位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；第三步：确定百位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法.根据分步乘法计数原理,可以组成的三位数有3×3×3=27个.（2）要完成“组成没有重复数字的三位数”这件事,需分以下3步：第一步：确定个位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；第二步：确定十位数字,第一步选过的数字不能选择,因此有2种选法；第三步：确定百位数字,只有1种选法.根据分步乘法计数原理,知可以组成的三位数有3×2×1=6个.【规律总结】（1）应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．（2）利用分步乘法计数原理解题的一般思路．①分步：将完成这件事的过程分成若干步；②计数：求出每一步中的方法数；③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．3．两个计数原理的综合应用应用两个计数原理解题时的策略：（1）确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理，还是两种原理综合应用解题．（2）处理好类与步的关系：对于较为复杂的题目，在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中又可能分类计算所用的方法，两者要有机结合．（3）注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏．【例5】编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1，2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？【例6】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？【解析】（1）一个点的坐标由x，y两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点，可分为两类：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.由分类加法计数原理得不同点的个数为12＋12＝24(个).（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，同样可分为两类.由分类加法计数原理得适合题意的不同点的个数为2×2＋2×2＝8(个).4．分类或分步时考虑不全致误【例7】有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？【错解】每次升一面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×2＝6种不同信号；每次升3面旗可组成3×2×1＝6种不同的信号，根据分类加法计数原理知，共有不同信号3＋6＋6＝15种．【错因分析】每次升起2面或3面旗时，颜色可以相同．【正解】每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理得，共可组成：3＋9＋27＝39种不同的信号．【易错警示】审题时要细致，把题意弄清楚．本题中没有规定升起旗子的颜色不同，故既要考虑升起旗子的面数，又要考虑其颜色，不可偏废遗漏．【例8】甲、乙、丙、丁4名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生，则不同的冠军获得情况有种.【错解】错解1：分四步完成这件事.第1步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有可能1个也没获得，也可能获得1个或2个或全部，因此，共有4种不同情况；同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有4种不同情况.由分步乘法计数原理知，共有4×4×4×4=44=256种不同的冠军获得情况.错解2：分四步完成这件事.第1步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有3种不同情况；同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有3种不同情况.由分步乘法计数原理知，共有3×3×3×3=34=81种不同的冠军获得情况.【错因分析】要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”.但错解1、2中都有可能出现某一学科冠军被2人、3人，甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学科没有冠军产生的情况.【正解】可先举例说出其中的一种情况，如数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军分别是甲、甲、丙，可见研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军，才完成了这件事，而4名同学不一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步.第1步，产生第1个学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况；第2步，产生第2个学科冠军，因为夺得第1个学科冠军的同学还可以去争夺第2个学科的冠军，所以第2个学科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况；第3步，同理，产生第3个学科冠军，也有4种不同的获得情况.由分步乘法计数原理知，共有4×4×4=43=64种不同的冠军获得情况.【答案】64【易错警示】此类问题是一类元素允许重复选取的计数问题，可以用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么.也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据.基础训练1．某学生去书店,发现2本不同的好书,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2．设某班有男生30名，女生24名．现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，则不同的选法共有A．24种B．30种C．54种D．720种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．在一次才艺展示活动中,甲、乙、丙三位同学欲报名“朗诵比赛”、“歌唱比赛”,但学校规定每位同学限报其中的一个,且乙知道自己唱歌不如甲,若甲报唱歌比赛乙就报朗诵比赛,则他们三人不同的报名方法有A．3种B．6种C．7种D．8种5．从1,2,3,4,5五个数中任取3个,可组成不同的等差数列的个数为A．2 B．4C．6 D．86．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有A．12 B．24C．36 D．407．若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有_______种. 8．甲、乙、丙3个班各有三好学生3，5，2名，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，则共有________种不同的推选方法.9．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续．．．．固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________．10．现从高一四个班的学生中选取34人，其中一、二、三、四班分别选取7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．（1）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（2）推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？能力提升11．把4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，参观券全部分完，则不同的分法共有A．120种B．1024种C．625种D．5种12．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有A．6种B．36种C．63种D．64种13．设集合I={1，2，3，4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有A．50 种B．49 种C．48 种D．47 种14．若直线方程Ax+By=0中的A,B可以从0,1,2,3,5这5个数字中任取2个不同的数字，则方程所表示的不同直线有A ．5条B ．7条C ．12条D ．14条15．如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同涂色方法种数为A ．24种B ．48种C ．72种D ．96种16．已知a ∈{3,4,6}，b ∈{2,5,7,8}，则方程x 2a ＋y 2b＝1可表示________个不同的椭圆.17．将黑白2个小球随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，则黑白两球均不在1号盒子的概率为______ 18．我们把个位数比十位数小的两位数称为“和谐两位数”，则1，2，3，4四个数组成的两位数中，“和谐两位数”有________个.19．用n 种不同的颜色为下列两块广告牌（如图甲、乙）着色，要求A ，B ，C ，D 四个区域中相邻（有公共边界）的区域用不同的颜色.（1）若n =6,求为甲图着色时共有多少种不同的方法； （2）若为乙图着色时共有120种不同方法，求n .真题练习20．(新课标全国Ⅱ)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A ．24B ．18C ．12D ．921．(2019新课标全国Ⅲ)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a 中0的个数不少于1的个数.若m =4，则不同的“规范01数列”共有A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个22．(2019福建模拟)满足a ，b ∈{−1,0,1,2}，且关于x 的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数为 A ．14 B ．13 C ．12D ．1023．(2019山东模拟)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 ．243B ．252C ．261D ．27924．(2019安徽模拟)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对参考答案1 2 3 4 5 6 11 12C D D B D C D C13 14 15 20 21 22 23 24B DC B C B B C 1．【答案】C【解析】分两类:买1本书、买2本书,各类购买方式依次有2种、1种,故购买方式共有2+1=3种.2．【答案】D【解析】第一步，从30名男生中选出1人，有30种不同的选法；第二步，从24名女生中选出1人，有24种不同的选法．根据分步乘法计数原理得，共有30×24=720种不同的选法．3．【答案】D【解析】要完成进、出门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场，第一步进门有4+3=7种方法，第二步出门也有4+3=7种方法，由分步乘法计数原理知，进、出的方案有7×7=49种.4．【答案】B【解析】从甲着手分析,分两类：若甲报唱歌比赛,则乙报朗诵比赛,丙可任选,有2种报名方法；若甲报朗诵比赛,则乙、丙均可任选,有2×2=4种报名方法.所以共有2+4=6种不同的报名方法.5．【答案】D【解析】分两类:第1类,公差大于0,有①1,2,3,②2,3,4,③3,4,5,④1,3,5,共4个等差数列；第二类,公差小于0,也有4个.根据分类加法计数原理可知,共有4+4=8个不同的等差数列.【名师点睛】完成这件事，只要两位数的个位、十位确定了，这件事就算完成了，因此可考虑按十位上的数字情况或按个位上的数字情况进行分类．应用分类加法计数原理解题时要注意以下三点：（1）明确题目中所指的“完成一件事”指的是什么事，怎样才算是完成这件事．（2）完成这件事的n类办法中的各种方法是互不相同的，无论哪类办法中的哪种方法都可以单独完成这件事．（3）确立恰当的分类标准，这个“标准”必须满足：①完成这件事情的任何一种方法必须属于其中的一个类；②分别在不同两类中的两种方法不能相同．即不重复，无遗漏．7．【答案】81【解析】4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则每人有3种报名方法，则4人共有3×3×3×3=81种方法.8．【答案】31【解析】分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×5＝15种选法；第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×2＝6种选法；第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有5×2＝10种选法.综合以上三类，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31种不同选法.9．【答案】60【解析】第一步任意选取一个螺栓，有6种方法；第二步，按照要求以此固定，不妨第一次固定螺栓1，则有如下的固定方法：1,3,5,2,4,6；1,3,5,2,6,4；1,3,6,4,2,5；1,5,2,4,6,3；1,5,3,6,2,4；1,5,3,6,4,2；1,4,2,6,3,5；1,4,2,5,3,6；1,4,6,3,5,2；1,4,6,2,5,3，共有10种方法，所以总共有种方法，故答案是60.10．【解析】（1）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N＝7×8×9×10＝5040(种)．（2）分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8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N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．11．【答案】D【解析】由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，每次分完只有一个代表队得不到，所以共有5种不同的分法．故选D．12．【答案】C【解析】每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有26－1＝63种．故选C．13．【答案】B【解析】按分类加法计数原理做如下讨论：①当A中最大的数为1时，B可以是{2，3，4，5}的非空子集，即有24－1＝15种方法；②当A中最大的数为2时，A可以是{2}或{1，2}，B可以是{3，4，5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14种方法；③当A中最大的数为3时，A可以是{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，B可以是{4，5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12种方法；④当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，B可以是{5}，即有8×1＝8种方法.故共有15＋14＋12＋8＝49种方法.14．【答案】D【解析】方法一（直接法）：本题中有特殊数字0，所以，以A,B中是否有数字0为标准进行分类，可分两类：第1类，当A,B中有一个为0时，表示直线x=0或y=0，共2条不同直线.第2类，当A,B都不为0时，确定直线Ax+By=0需要分两步完成：第1步，确定A的值，有4种不同的方法；第2步，确定B的值，有3种不同的方法.由分步乘法计数原理知，共可确定4×3=12条不同直线.由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2+12=14条.方法二（间接法）：分两步：第1步，确定A的值，有5种不同的方法；第2步，确定B的值，有4种不同的方法.由分步乘法计数原理知，可以确定5×4=20条直线.在这20条直线中，A=0，B=1，2，3，5，以及B=0，A=1，2，3，5各表示一条直线，即有6条直线是重复计数的，因此，符合条件的不同直线共有20−6=14条.【名师点睛】间接法体现了“正难则反”的思想.若问题从正面考虑的话情况比较多,而问题的反面情况较少,且容易计数,则宜采用间接法,即先求出方法总数,再减去不符合条件的方法数或重复计数的方法数. 15．【答案】C【解析】解法1：分两种情况：①A、C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B、D有1种，由分步乘法计数原理知有4×3×2＝24种．②A、C同色，先涂A有4种，E有3种，E有2种，B、D各有2种，由分步乘法计数原理知有4×3×2×2＝48种．由分类加法计数原理知，共有72种，故选C．解法2：先涂A，有4种涂法，再涂B、D，①若B 与D 同色，则B 有3种，E 有2种，C 有2种，共有4×3×2×2＝48种；②若B 与D 不同色，则B 有3种，D 有2种，E 有1种，C 有1种，共有4×3×2×1×1＝24种， 由分类加法计数原理知，共有不同涂法48＋24＝72种． 故选C ．【名师点睛】这是一个有限制条件的计数问题，解决方法是：特殊位置、特殊元素优先安排的原则．本题是先分类再分步，而分类的标准是两个特殊位置，这样，在分类时才能做到“不重不漏”．应用两个计数原理解题时的策略：(1)确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理，还是两种原理综合应用解题．(2)处理好类与步的关系：对于较为复杂的题目，在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中又可能分类计算所用的方法，两者要有机结合． (3)注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏． 16．【答案】12【解析】∵a ∈{3,4,6}，b ∈{2,5,7,8}，∴x 2a ＋y 2b ＝1可表示不同的椭圆个数为3×4＝12个．17．【答案】49【解析】黑白两个球随机放入编号为的三个盒子中，每个球都有三种放法，故共有种放法，黑白两球均不在一号盒，都有两种放法，共有，所以黑白两球均不在一号盒的概率为49，故答案为49. 【名师点睛】计数原理与其他知识交汇命题，常以“个数”或“概率”形式出现，计数常采用列举数数、树状图、表格等方法．解答时，先依据其他知识转化，将所求问题归结为计数问题，再按计数原理进行计算．19．【解析】（1）对区域A ，B ，C ，D 按顺序着色，共有6×5×4×4=480种不同的方法.（2）对区域A，B，C，D按顺序着色，依次有n种、n−1种、n−2种和n−3种，由分步乘法计数原理，不同的着色方法共有n(n−1)(n−2)(n−3)=120，整理得(n2−3n)(n2−3n+2)=120，(n2−3n)2+2(n2−3n)−120=0，n2−3n−10=0或n2−3n+12=0（舍去），解得n=5.【名师点睛】（1）由题意知本题考查的是分步乘法计数原理，对区域A，B，C，D按顺序着色，第一块有6种方法，第二块就不能选第一块的颜色，有5种结果，以此类推，根据分步计数原理得到结果．（2）利用分步乘法计数原理得到不同的染色方法有n(n−1)(n−2)(n−3)种，再根据共有120种结果，列出等式，解关于n的方程，即可得到结果．对于着色问题的两种典型现象：一是平面图涂颜色：先涂接触区域最多的一块；二是立体图涂颜色：先涂具有同一顶点的几个平面，其他平面每步涂法分类列举.20．【答案】B【解析】由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，则共有6×3=18种走法，故选B.【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．21．【答案】C【解析】由题意，得必有10a=，81a=，则具体的排法列表如下：0 00 1 1 11 10 1 110 11 010 1 110 11 01 00 11 010 1 1 10 1 1 0 10 1 1由上表知，不同的“规范01数列”共有14个，故选C.【方法点拨】求解计数问题时，如果遇到情况较为复杂，即分类较多，标准也较多，同时所求计数的结果不太大时，往往利用表格法、树状图将其所有可能一一列举出来，常常会达到岀奇制胜的效果． 22．【答案】B【解析】当0a =时，关于x 的方程为20x b +=，此时有序数对()()()0,10,00,102),(-，，，均满足要求； 当0a ≠时，440ab ∆=-≥，所以1ab ≤，此时满足要求的有序数对为()()(1,11,01,11,2)()-----,,,,()()()111,01,1212,0()()--,,,，,,．综上，共有13个满足要求的有序数对． 23．【答案】B【解析】十个数排成不重复数字的三位数的求解方法是： 第1步，排百位数字，有9种方法(0不能作首位)； 第2步，排十位数字，有9种方法； 第3步，排个位数字，有8种方法，根据乘法原理，共有9×9×8=648个没有重复数字的三位数． 可以组成所有三位数的个数有9×10×10=900（个）， 所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900−648=252. 24．【答案】C【解析】如图，在上底面中选11B D ，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样11A C 对应的也有8对，下底面也有16对，共有32对；左右侧面与前后侧面中共有16对．所以全部共有48对．。
人教版高中数学选修2-3练习：1.1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
学业分层测评(建议用时： 45 分钟 )[ 学业达标 ]一、选择题1．如图 1-1-1 所示为一个电路图，从左到右可通电的线路共有()图 1-1-1A．6 条B．5 条C．9 条D．4 条2 条．由【分析】从左到右通电线路可分为两类：从上边有 3 条；从下边有分类加法计数原理知，从左到右通电的线路共有 3＋2＝5 条．【答案】B2．有5 列火车停在某车站并排的 5 条轨道上，若火车A 不可以停在1 道上，第则 5 列火车的泊车方法共有()A．96 种B．24 种C．120 种D．12 种【分析】先排第 1 道，有 4 种排法，第2,3,4,5 道各有4,3,2,1 种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1＝96 种．【答案】A()3．将5 封信投入 3 个邮筒，不一样的投法共有A．53种B．35种C．8 种D．15 种5 封信投完，共有【分析】每封信均有 3 种不一样的投法，因此挨次把3×3×3×3×3＝35种投法．【答案】B4．假如 x，y∈N，且 1≤x≤3，x＋ y<7，则知足条件的不一样的有序自然数对的个数是 ()A．15B．12C．5D．4【分析】利用分类加法计数原理．当 x＝1 时， y＝0,1,2,3,4,5，有 6 个；当 x＝ 2 时， y＝0,1,2,3,4，有 5 个；当x＝3 时， y＝ 0,1,2,3，有 4 个．据分类加法计数原理可得，共有6＋5＋4＝15 个．【答案】A5．从会合 {1,2,3,4,5} 中任取B 的值，则形成的不一样直线有(A．18 条C．25 条2 个不一样的数，作为方程Ax＋By＝ 0 的系数) 【导学号： 97270002】B．20 条D．10 条A，【分析】取法，此中当第一步，取A＝1，B＝2A 的值，有 5 种取法；第二步，取B 的值，有 4 种时与 A＝2，B＝4 时是同样的方程；当A＝2，B＝1时与A＝4，B＝2 时是同样的方程，故共有5×4－ 2＝18 条．【答案】A二、填空题x2y26．椭圆 m＋ n ＝1 的焦点在y 轴上，且m∈{1,2,3,4,5} ， n∈ {1,2,3,4,5,6,7} ，则知足题意的椭圆的个数为________．【分析】由于焦点在y 轴上，因此 0<m<n，考虑 m 挨次取 1,2,3,4,5 时，切合条件的 n 值分别有 6,5,4,3,2 个，由分类加法计数原理知，知足题意的椭圆的个数为 6＋ 5＋4＋3＋2＝20 个．【答案】207．某班 2016 年元旦晚会原定的 5 个节目已排成节目单，开演前又增添了 2 个新节目，假如将这两个节目插入原节目单中，那么不一样的插法的种数为 ______．【分析】将第一个新节目插入 5 个节目排成的节目单中有 6 种插入方法，再将第二个新节目插入到刚排好的6 个节目排成的节目单中有7 种插入方法，利用分步乘法计数原理，共有插入方法： 6×7＝42(种)．【答案】428．如图1-1-2，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线标明的数字表示该段网线单位时间内能够经过的最大信息量，现从结点 B 向结点 A 传达信息，信息能够分开沿不一样的路线同时传达，则单位时间内传达的最大信息量为 ________．图1-1-2【分析】依题意，第一找出 B 到A 的路线，一共有 4 条，分别是BCDA，信息量最大为3；BEDA，信息量最大为4；BFGA，信息量最大为6；BHGA，信息量最大为 6.由分类加法计数原理，单位时间内传达的最大信息量为3＋ 4＋ 6＋6＝19.【答案】19三、解答题9．有不一样的红球 8 个，不一样的白球7 个．(1)从中随意拿出一个球，有多少种不一样的取法？(2)从中随意拿出两个不一样颜色的球，有多少种不一样的取法？【解】(1)由分类加法计数原理，从中任取一个球共有8＋7＝15(种)．(2)由分步乘法计数原理，从中任取两个不一样颜色的球共有8×7＝ 56(种 )．10．某单位员工义务献血，在体检合格的人中，O 型血的共有 28 人， A 型血的共有 7 人， B 型血的共有 9 人， AB 型血的共有 3 人．(1)从中任选 1 人去献血，有多少种不一样的选法；(2)从四种血型的人中各选 1 人去献血，有多少种不一样的选法？【解】从 O 型血的人中选 1 人有 28 种不一样的选法；从 A 型血的人中选 1 人有 7 种不一样的选法；从 B 型血的人中选 1 人有 9 种不一样的选法；从AB 型血的人中选1 人有3 种不一样的选法．(1)任选1 人去献血，即不论选哪一种血型的哪一个人，“任选1 人去献血”这件事情都能够达成，因此用分类加法计数原理．有 28＋ 7＋ 9＋ 3＝47 种不一样的选法．(2)要从四种血型的人中各选 1 人，即从每种血型的人中各选出 1 人后，“各选 1 人去献血”这件事情才达成，因此用分步乘法计数原理．有 28×7×9×3＝5 292 种不一样的选法．[ 能力提高 ]1.一植物园观光路径如图1-1-3 所示，若要所有观光而且路线不重复，则不同的观光路线种数共有 ()图 1-1-3A．6 种C．36 种B．8 种D．48 种【分析】由题意知在 A 点可先观光地区1，也可先观光地区 2 或3，每种选法中能够按逆时针观光，也能够按顺时针观光，因此第一步能够从 6 个路口任选一个，有 6 种走法，观光完第一个地区后，选择下一步走法，有 4 种走法，参观完第二个地区后，只剩下最后一个地区，有 2 种走法，依据分步乘法计数原理，共有 6×4×2＝48 种不一样的观光路线．【答案】D2．某市汽车牌照号码 (由 4 个数字和 1 个字母构成 )能够上网自编，但规定从左到右第二个号码只好从字母 B，C， D 中选择，其余四个号码能够从 0～9这十个数字中选择( 数字能够重复 )．某车主第一个号码(从左到右 )只想在数字3,5,6,8,9 中选择，其余号码只想在1,3,6,9 中选择，则他的车牌号码所有可能的情况有 ()【导学号：97270003】A．180 种C．720 种B．360 种D．960 种【分析】分五步达成，第 i 步取第 i 个号码 (i＝1,2,3,4,5)．由分步乘法计数原理，可得车牌号码共有5×3×4×4×4＝960 种．【答案】D3．直线方程 Ax＋By＝0，若从 0,1,3,5,7,8 这 6 个数字中每次取两个不一样的数作为 A， B 的值，则可表示 ________条不一样的直线．【分析】若 A 或B 中有一个为零时，有 2 条；当AB≠0时有5×4＝20 条，故共有20＋2＝22 条不一样的直线．【答案】224．已知会合M＝ { － 3，－ 2，－ 1,0,1,2} ， P(a， b)表示平面上的点 (a， b∈M)，(1)P 能够表示平面上的多少个不一样点？(2)P 能够表示平面上的多少个第二象限的点？(3)P 能够表示多少个不在直线y＝x 上的点？【解】 (1)达成这件事分为两个步骤： a 的取法有 6 种，b 的取法有 6 种．由分步乘法计数原理知， P 能够表示平面上的 6×6＝ 36(个 )不一样点．(2)依据条件需知足a<0，b>0.达成这件事分两个步骤： a 的取法有 3 种， b 的取法有 2 种，由分步乘法计数原理知， P 能够表示平面上的 3×2＝6(个)第二象限的点． (3)由于点 P 不在直线 y＝x 上，因此第一步 a 的取法有 6 种，第二步 b 的取法有 5 种，依据分步乘法计数原理可知， P 能够表示 6×5＝30(个)不在直线 y＝ x 上的点．。
人教版高中数学选修2-3练习：第一章1.1第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第一章计数原理1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理A级基础巩固一、选择题1．已知集合A{1，2，3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集合A有()A．2个B．3个C．4个D．5个解析：满足题意的集合A分两类：第一类有一个奇数有{1}，{3}，{1，2}，{3，2}共4个；第二类有两个奇数有{1，3}，所以共有4＋1＝5(个)．答案：D2．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，则不同的配法有()A．7种B．12种C．64种D．81种解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同的选法；第二步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故不同取法共有4×3＝12(种)．答案：B3．如图所示，一条电路从A处到B处接通时，可构成的通路有()A．8条B．6条C．5条D．3条解析：依题意，可构成的通路有2×3＝6(条)．答案：B4．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，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是()A．18 B．17 C．16 D．10解析：分两类：第1类，M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、第二象限内的点有3×3＝9(个)；第2类，N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、第二象限内的点有4×2＝8(个)．由分类加法计数原理，在第一、第二象限内的点共有9＋8＝17(个)．答案：B5．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数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虚数6×6＝36(个)．答案：C二、填空题6．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5，6，4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120(种)．答案：1207．三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有________种．解析：由分步乘法计数原理知，不同的选法有N＝2×2×2＝23＝8(种)．答案：88．一学习小组有4名男生、3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有________种不同选法；若选男女生各一名当组长，共有________种不同选法．解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选，有4种选法；另一类是从女生中选，有3种选法．根据分类加法计数原理，不同选法共有4＋3＝7(种)．若选男女生各一名当组长，需分两步：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2步，从女生中选一名，有3种选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有4×3＝12(种)．答案：712三、解答题9．若x，y∈N*，且x＋y≤6，试求有序自然数对(x，y)的个数．解：按x的取值进行分类：x＝1时，y＝1，2，…，5，共构成5个有序自然数对；x＝2时，y＝1，2，…，4，共构成4个有序自然数对；……x＝5时，y＝1，共构成1个有序自然数对．根据分类加法计数原理，有序自然数对共有N＝5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．10．如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，问有多少种不同的着色方案？解：操场可从5种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理知，着色方案共有6×5×4×4＝480(种)．B级能力提升1．某班小张等4位同学报名参加A、B、C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有()A．27种B．36种C．54种D．81种解析：除小张外，每位同学都有3种选择，小张只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2＝54(种)．答案：C2．有三个车队分别有4辆、5辆、5辆车，现欲从其中两个车队各抽取一辆车外出执行任务，设不同的抽调方案数为n，则n的值为________．解析：不妨设三个车队分别为甲、乙、丙，则分3类．甲、乙各一辆共4×5＝20(种)；甲、丙各一辆共4×5＝20(种)；乙、丙各一辆共5×5＝25(种)，所以共有20＋20＋25＝65(种)．答案：653．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员中选2名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种．解：按出场位置顺序逐一安排：第一位置有3种安排方法；第二位置有7种安排方法；第三位置有2种安排方法；第四位置有6种安排方法；第五位置有1种安排方法．由分步乘法计数原理知，不同的出场安排方法有3×7×2×6×1＝252(种)．小课堂：如何培养学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。
2014-2015学年高中数学(人教版选修2-3)配套课件第一章 1.1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第n步有mn种不同的方法．那么完成这件事有
N＝m1 · m2· …· mn 种不同的方法．原理的核心是每一个步 ________________ 骤都依次完成后，这件事情才能完成． 例如：某人上楼从底层到三层，今知从底层到二层 有4个扶梯可走，又从二层到三层有2个扶梯可走，问此人
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且每一类方案中的每一种方法都可以独立地完成这件事，
在应用该原理解题时，首先要根据问题的特点，确定好
分类的标准．分类时应满足：完成一件事的任何一种方 法，必属于某一类且仅属于某一类．
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变 式 迁 移
1．(1)某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学
为数学科代表，则不同选法的种数有( A．50种 B．26种 C．24种 D．616种 (2)一项工作可以用A或B这两种方法中的一种方法完 成，有4人会用A方法完成，另外8人会用B方法完成，从中 选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是( A．12种 B．32种 C．24种 D．64种 )
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高三(3)
31
20
51
(1)从三个班中选一名学生会主席，有多少种不同 的选法？ (2)从(1)班、(2)班女生中或从(3)班男生中选一名学 生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
解析：(1)从三个班中任选一名学生，可分三类：
第1类，从高三(1)班任选一名学生，有54种不同选 法； 第2类，从高三(2)班任选一名学生，有50种不同选 法； 第3类，从高三(3)班任选一名学生，有51种不同选
)
A．8个 B．9个 C．10个 D．12个
变 式 训 练
解析：根据分步乘法计数原理，得不同的值