《（浙江專(zhuān)用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十章 計(jì)數(shù)原理與古典概率 1 第1講 分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十章 計(jì)數(shù)原理與古典概率 1 第1講 分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理教學(xué)案（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第十章 計(jì)數(shù)原理與古典概率 知識(shí)點(diǎn) 最新考綱 兩個(gè)計(jì)數(shù)原理 理解分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理和分步乘法計(jì)數(shù)原理. 排列與組合 了解排列、組合的概念，會(huì)用排列數(shù)公式，組合數(shù)公式解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題. 二項(xiàng)式定理 了解二項(xiàng)式定理，理解二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì). 隨機(jī)事件的概率 了解事件、互斥事件、對(duì)立事件的概念． 了解概率與頻率的概念. 古典概型 了解古典概型、會(huì)計(jì)算古典概型中事件的概率. 離散型隨機(jī)變量及其分布列 了解取有限個(gè)值的離散型隨機(jī)變量及其分布列的概念，了解兩點(diǎn)分布. 二項(xiàng)分布及其應(yīng)用 了解獨(dú)立事件的概念． 了解獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布. 離散型隨機(jī)變量的

2、均值與方差 了解離散型隨機(jī)變量均值、方差的概念. 第1講　分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理 1．兩個(gè)計(jì)數(shù)原理 兩個(gè)計(jì)數(shù)原理 目標(biāo) 策略 過(guò)程 方法總數(shù) 分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理 完成一件事 有兩類(lèi)不同的方案 在第1類(lèi)方案中有m種不同的方法，在第2類(lèi)方案中有n種不同的方法 N＝m＋n種不同的方法 分步乘法計(jì)數(shù)原理 需要兩個(gè)步驟 做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法 N＝m×n種不同的方法 2.兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的區(qū)別 分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理與分類(lèi)有關(guān)，各種方法相互獨(dú)立，用其中的任一種方法都可以完成這件事；分步乘法計(jì)數(shù)原理與分步有關(guān)，各個(gè)步驟相互依存，只有

3、各個(gè)步驟都完成了，這件事才算完成． [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”) (1)在分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理中，兩類(lèi)不同方案中的方法可以相同．(　　) (2)在分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理中，每類(lèi)方案中的方法都能直接完成這件事．(　　) (3)在分步乘法計(jì)數(shù)原理中，每個(gè)步驟中完成這個(gè)步驟的方法是各不相同的．(　　) (4)在分步乘法計(jì)數(shù)原理中，事件是分兩步完成的，其中任何一個(gè)單獨(dú)的步驟都能完成這件事．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)× [教材衍化] 1．(選修2-3P10練習(xí)T4改編)已知某公園有4個(gè)門(mén)，從一個(gè)門(mén)進(jìn)，另一個(gè)門(mén)出，則不同的走法的種數(shù)為(　　

4、) A．16　　　　　　　　　　 B．13 C．12 D．10 解析：選C.將4個(gè)門(mén)編號(hào)為1，2，3，4，從1號(hào)門(mén)進(jìn)入后，有3種出門(mén)的方式，共3種走法，從2，3，4號(hào)門(mén)進(jìn)入，同樣各有3種走法，共有不同走法4×3＝12(種)． 2．(選修2-3P12A組T2改編)如圖，從A城到B城有3條路；從B城到D城有4條路；從A城到C城有4條路，從C城到D城有5條路，則某旅客從A城到D城共有________條不同的路線(xiàn)． 解析：不同路線(xiàn)共有3×4＋4×5＝32(條)． 答案：32 3．(選修2-3P12A組T5改編)已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，從M，N這兩

5、個(gè)集合中各選一個(gè)元素分別作為點(diǎn)的橫坐標(biāo)，縱坐標(biāo)，則這樣的坐標(biāo)在直角坐標(biāo)系中可表示第一、第二象限內(nèi)不同的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是________． 解析：分兩步：第一步先確定橫坐標(biāo)，有3種情況，第二步再確定縱坐標(biāo)，有2種情況，因此第一、二象限內(nèi)不同點(diǎn)的個(gè)數(shù)是3×2＝6. 答案：6 [易錯(cuò)糾偏] 分類(lèi)、分步標(biāo)準(zhǔn)不清致誤 1．從0，1，2，3，4，5這六個(gè)數(shù)字中，任取兩個(gè)不同數(shù)字相加，其和為偶數(shù)的不同取法的種數(shù)有(　　) A．30 B．20 C．10 D．6 解析：選D.從0，1，2，3，4，5這六個(gè)數(shù)字中，任取兩個(gè)不同數(shù)字相加和為偶數(shù)可分為兩類(lèi)，①取出的兩數(shù)都是偶數(shù)，共有3種方法；②取出

6、的兩數(shù)都是奇數(shù)，共有3種方法，故由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得共有N＝3＋3＝6(種)． 2．某班新年聯(lián)歡會(huì)原定的6個(gè)節(jié)目已排成節(jié)目單，開(kāi)演前又增加了3個(gè)新節(jié)目，如果將這3個(gè)新節(jié)目插入節(jié)目單中，那么不同的插法種數(shù)為_(kāi)_______． 解析：3個(gè)新節(jié)目一個(gè)一個(gè)插入節(jié)目單中，分別有7，8，9種方法，所以不同的插法種數(shù)為7×8×9＝504. 答案：504 3．書(shū)架的第1層放有4本不同的語(yǔ)文書(shū)，第2層放有5本不同的數(shù)學(xué)書(shū)，第3層放有6本不同的體育書(shū)．從書(shū)架上任取1本書(shū)，不同的取法種數(shù)為_(kāi)_______，從第1，2，3層分別各取1本書(shū)，不同的取法種數(shù)為_(kāi)_______．　 解析：由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，從

7、書(shū)架上任取1本書(shū)，不同的取法種數(shù)為4＋5＋6＝15.由分步乘法計(jì)數(shù)原理知，從1，2，3層分別各取1本書(shū)，不同的取法種數(shù)為4×5×6＝120. 答案：15　120 　　　　　　分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理 (1)橢圓＋＝1(m>0，n>0)的焦點(diǎn)在x軸上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，則這樣的橢圓的個(gè)數(shù)為(　　) A．10　　　　　　　　　　 B．12 C．20 D．35 (2)在所有的兩位數(shù)中，個(gè)位數(shù)字大于十位數(shù)字的兩位數(shù)的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 【解析】　(1)因?yàn)榻裹c(diǎn)在x軸上，所以m＞n，以m的值為標(biāo)準(zhǔn)分類(lèi)，由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，可分為四

8、類(lèi)：第一類(lèi)：m＝5時(shí)，使m＞n，n有4種選擇；第二類(lèi)：m＝4時(shí)，使m＞n，n有3種選擇；第三類(lèi)：m＝3時(shí)，使m＞n，n有2種選擇；第四類(lèi)：m＝2時(shí)，使m＞n，n有1種選擇．故符合條件的橢圓共有10個(gè)．故選A. (2)根據(jù)題意，將十位上的數(shù)字按1，2，3，4，5，6，7，8的情況分成8類(lèi)，在每一類(lèi)中滿(mǎn)足題目條件的兩位數(shù)分別是8個(gè)，7個(gè)，6個(gè)，5個(gè)，4個(gè)，3個(gè)，2個(gè)，1個(gè)． 由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，符合條件的兩位數(shù)共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(個(gè))． 【答案】　(1)A　(2)36 1.(變條件)在本例(1)中，若m∈{1，2，…，k}，n∈{1，2，…，k}(k∈N*)，

9、其他條件不變，這樣的橢圓的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)閙>n. 當(dāng)m＝k時(shí)，n＝1，2，…，k－1. 當(dāng)m＝k－1時(shí)，n＝1，2，…，k－2. … 當(dāng)m＝3時(shí)，n＝1，2. 當(dāng)m＝2時(shí)，n＝1. 所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝(個(gè))． 答案： 2.(變條件)若本例(2)條件變?yōu)椤皞€(gè)位數(shù)字不小于十位數(shù)字”，則兩位數(shù)的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 解析：分兩類(lèi)：一類(lèi)：個(gè)位數(shù)字大于十位數(shù)字的兩位數(shù)，由本例(2)知共有36個(gè)；另一類(lèi)：個(gè)位數(shù)字與十位數(shù)字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9個(gè)．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，共有36＋9＝45(個(gè))． 答

10、案：45 分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理的兩個(gè)條件 (1)根據(jù)問(wèn)題的特點(diǎn)能確定一個(gè)適合它的分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，然后在這個(gè)標(biāo)準(zhǔn)下進(jìn)行分類(lèi)； (2)完成這件事的任何一種方法必須屬于某一類(lèi)，并且分別屬于不同類(lèi)的兩種方法是不同的方法，只有滿(mǎn)足這些條件，才可以用分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理．　 1．甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，先贏三局者獲勝，決出勝負(fù)為止，則所有可能出現(xiàn)的情況(各人輸贏局次的不同視為不同情況)共有(　　) A．10種 B．15種 C．20種 D．30種 解析：選C.首先分類(lèi)計(jì)算假如甲贏，比分3∶0是1種情況；比分3∶1共有3種情況，分別是前3局中(因?yàn)榈谒木挚隙ㄒA)，第一或第二或第三局輸，其

11、余局?jǐn)?shù)獲勝；比分是3∶2共有6種情況，就是說(shuō)前4局2∶2，最后一局獲勝，前4局中，用排列方法，從4局中選2局獲勝，有6種情況．甲一共有1＋3＋6＝10種情況獲勝．所以加上乙獲勝情況，共有10＋10＝20種情況． 2．已知集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P?Q.把滿(mǎn)足上述條件的一對(duì)有序整數(shù)對(duì)(x，y)作為一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，則這樣的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是(　　) A．9 B．14 C．15 D．21 解析：選B.因?yàn)镻＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P?Q， 所以x∈{y，2}． 所以當(dāng)x＝2時(shí)，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7種情況；

12、當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7種情況． 故共有7＋7＝14種情況，即這樣的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為14. 　　　　　　分步乘法計(jì)數(shù)原理 (1)如圖，小明從街道的E處出發(fā)，先到F處與小紅會(huì)合，再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動(dòng)，則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數(shù)為(　　) A．24　　　　　　　　　 B．18 C．12 D．9 (2)有六名同學(xué)報(bào)名參加三個(gè)智力項(xiàng)目，每項(xiàng)限報(bào)一人，且每人至多參加一項(xiàng)，則共有________種不同的報(bào)名方法． 【解析】　(1)由題意可知E→F共有6種走法，F(xiàn)→G共有3種走法，由乘法計(jì)數(shù)原理知，共有6×3＝18種走法，故選B.

13、 (2)每項(xiàng)限報(bào)一人，且每人至多參加一項(xiàng)，因此可由項(xiàng)目選人，第一個(gè)項(xiàng)目有6種選法，第二個(gè)項(xiàng)目有5種選法，第三個(gè)項(xiàng)目有4種選法，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，可得不同的報(bào)名方法共有6×5×4＝120(種)． 【答案】　(1)B　(2)120 1.(變條件)若將本例(2)中的條件“每項(xiàng)限報(bào)一人，且每人至多參加一項(xiàng)”改為“每人恰好參加一項(xiàng)，每項(xiàng)人數(shù)不限”，則有多少種不同的報(bào)名方法？ 解：每人都可以從這三個(gè)智力項(xiàng)目中選報(bào)一項(xiàng)，各有3種不同的報(bào)名方法，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，可得不同的報(bào)名方法共有36＝729(種)． 2．(變條件)若將本例(2)條件中的“每人至多參加一項(xiàng)”改為“每人參加的項(xiàng)目數(shù)不

14、限”，其他不變，則有多少種不同的報(bào)名方法？ 解：每人參加的項(xiàng)目數(shù)不限，因此每一個(gè)項(xiàng)目都可以從六人中任選一人，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，可得不同的報(bào)名方法共有63＝216(種)． 利用分步乘法計(jì)數(shù)原理解題的策略 (1)要按事件發(fā)生的過(guò)程合理分步，即分步是有先后順序的． (2)分步要做到“步驟完整”，只有完成了所有步驟，才完成任務(wù)，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，把完成每一步的方法數(shù)相乘，得到總方法數(shù)． [提醒]　分步必須滿(mǎn)足兩個(gè)條件：一是步驟互相獨(dú)立，互不干擾；二是步與步確保連續(xù)，逐步完成．　 1．將3張不同的電影票分給10名同學(xué)中的3人，每人1張，則不同的分法種數(shù)是(　　) A．2

15、160 B．720 C．240 D．120 解析：選B.分步來(lái)完成此事．第1張電影票有10種分法；第2張電影票有9種分法；第3張電影票有8種分法，共有10×9×8＝720種分法． 2．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的點(diǎn)，則 (1)P可表示平面上________個(gè)不同的點(diǎn)； (2)P可表示平面上________個(gè)第二象限的點(diǎn)． 解析：(1)確定平面上的點(diǎn)P(a，b)可分兩步完成： 第一步確定a的值，共有6種確定方法； 第二步確定b的值，也有6種確定方法． 根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，得到平面上的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是6×6＝36. (

16、2)確定第二象限的點(diǎn)，可分兩步完成： 第一步確定a，由于a<0，所以有3種確定方法； 第二步確定b，由于b>0，所以有2種確定方法． 由分步乘法計(jì)數(shù)原理，得到第二象限的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是3×2＝6. 答案：(1)36　(2)6 　　　　　　兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的綜合應(yīng)用 (1)(2020·大同質(zhì)檢)如圖所示，用4種不同的顏色涂在圖中的矩形A，B，C，D中，要求相鄰的矩形涂色不同，則不同的涂法有(　　) A．72種 B．48種 C．24種 D．12種 (2)(2020·金華十校聯(lián)考)如果一個(gè)三位正整數(shù)“a1a2a3”滿(mǎn)足a1＜a2，且a2＞a3，則稱(chēng)這樣的三位數(shù)為凸數(shù)(如120，

17、343，275等)，那么所有凸數(shù)的個(gè)數(shù)為(　　) A．240 B．204 C．729 D．920 【解析】　(1)首先涂A有4種涂法，則涂B有3種涂法，C與A，B相鄰，則C有2種涂法，D只與C相鄰，則D有3種涂法，所以共有4×3×2×3＝72種涂法． (2)若a2＝2，則凸數(shù)為120與121，共1×2＝2個(gè)．若a2＝3，則凸數(shù)有2×3＝6個(gè)．若a2＝4，則凸數(shù)有3×4＝12個(gè)，…，若a2＝9，則凸數(shù)有8×9＝72個(gè)．所以所有凸數(shù)有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240個(gè)． 【答案】　(1)A　(2)A 與兩個(gè)計(jì)數(shù)原理有關(guān)問(wèn)題的解題策略 (1)在綜合應(yīng)用兩個(gè)

18、計(jì)數(shù)原理解決問(wèn)題時(shí)，一般是先分類(lèi)再分步，但在分步時(shí)可能又會(huì)用到分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理． (2)對(duì)于較復(fù)雜的兩個(gè)計(jì)數(shù)原理綜合應(yīng)用的問(wèn)題，可恰當(dāng)?shù)禺?huà)出示意圖或列出表格，使問(wèn)題形象化、直觀化．　 1.如圖，某教師要從A地至B地參加高考教研活動(dòng)： 路線(xiàn)Ⅰ：A到B有三條路線(xiàn)； 路線(xiàn)Ⅱ：A到C后再到B，其中A到C有1條路線(xiàn)，C到B有2條路線(xiàn)； 路線(xiàn)Ⅲ：從A到D，D到C，C到B，其中A到D，D到C，C到B各有2條路線(xiàn)，則該教師的選擇路線(xiàn)種數(shù)共有(　　) A．10 B．11 C．13 D．24 解析：選C.按路線(xiàn)Ⅰ，共有3種選擇；按路線(xiàn)Ⅱ，分2步可以到達(dá)B，共有1×2＝2種選擇；按路線(xiàn)

19、Ⅲ，分3步，共有2×2×2＝8種，故共有3＋2＋8＝13種選擇． 2．滿(mǎn)足a，b∈{－1，1，2}，且關(guān)于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實(shí)數(shù)解的有序數(shù)對(duì)(a，b)的個(gè)數(shù)為(　　) A．9 B．8 C．7 D．6 解析：選D.由a，b的取值可知，ax2＋2x＋b＝0有實(shí)數(shù)解的條件為Δ＝22－4ab＝4－4ab≥0，當(dāng)a＝－1時(shí)，b＝－1，1，2，共3種情況，當(dāng)a＝1時(shí)，b＝－1，1，共2種情況；當(dāng)a＝2時(shí)，b＝－1，有1種情況，共有3＋2＋1＝6種情況． 核心素養(yǎng)系列20　數(shù)學(xué)抽象——計(jì)數(shù)原理中的新定義問(wèn)題 　定義“規(guī)范01數(shù)列”{an}如下：{an}共有2m項(xiàng)，其中m項(xiàng)為0

20、，m項(xiàng)為1，且對(duì)任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的個(gè)數(shù)不少于1的個(gè)數(shù)．若m＝4，則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有(　　) A．18個(gè)　　　　　　　　　 B．16個(gè) C．14個(gè) D．12個(gè) 【解析】　由題意，“規(guī)范01數(shù)列”有偶數(shù)項(xiàng)，即2m項(xiàng)，且所含0與1個(gè)數(shù)相等，首項(xiàng)為0，末項(xiàng)為1，若m＝4，說(shuō)明數(shù)列有8項(xiàng)，得必有a1＝0，a8＝1，則具體的排法如下：00001111，00010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，00110011，00110101，01000111，01001011，01001101，01010011，

21、01010101共14個(gè)． 【答案】　C 組數(shù)、組點(diǎn)、組線(xiàn)、組隊(duì)及抽取問(wèn)題的解題思路 (1)組數(shù)、組點(diǎn)、組線(xiàn)、組隊(duì)問(wèn)題：一般按特殊位置由誰(shuí)占領(lǐng)分類(lèi)，每類(lèi)中再分步計(jì)數(shù)，當(dāng)分類(lèi)較多時(shí)，也可用間接法求解． (2)有限制條件的抽取問(wèn)題：一般根據(jù)抽取的順序分步或根據(jù)選取的元素特點(diǎn)分類(lèi)，當(dāng)數(shù)目不大時(shí)，可用枚舉法，當(dāng)數(shù)目較大時(shí)，可用間接法求解．　 用a代表紅球，b代表藍(lán)球，c代表黑球，由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理及分步乘法計(jì)數(shù)原理，從1個(gè)紅球和1個(gè)藍(lán)球中取出若干個(gè)球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展開(kāi)式1＋a＋b＋ab表示出來(lái)，如：“1”表示一個(gè)球都不取、“a”表示取出一個(gè)紅球，而“ab”則表

22、示把紅球和藍(lán)球都取出來(lái)．以此類(lèi)推，下列各式中，其展開(kāi)式可用來(lái)表示從5個(gè)無(wú)區(qū)別的紅球、5個(gè)無(wú)區(qū)別的藍(lán)球、5個(gè)有區(qū)別的黑球中取出若干個(gè)球，且所有的藍(lán)球都取出或都不取出的所有取法是(　　) A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5 B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5 C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5) D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5) 解析：選A.因?yàn)闊o(wú)區(qū)別，所以取紅球的方法數(shù)為1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；因?yàn)樗{(lán)球要都取出，或都不取出，所以方法為1＋b5，因?yàn)楹谇蛴袇^(qū)別，因此，取

23、黑球的方法數(shù)為(1＋c)5，所以所有取法數(shù)為(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5.故選A. [基礎(chǔ)題組練] 1．從集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取兩個(gè)互不相等的數(shù)a，b組成復(fù)數(shù)a＋bi，其中虛數(shù)的個(gè)數(shù)是(　　) A．30　　　　　　　　　　 B．42 C．36 D．35 解析：選C.因?yàn)閍＋bi為虛數(shù)，所以b≠0，即b有6種取法，a有6種取法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知可以組成6×6＝36個(gè)虛數(shù)． 2．用10元、5元和1元來(lái)支付20元錢(qián)的書(shū)款，不同的支付方法有(　　) A．3種 B．5種 C．9種 D．12種 解析：選C.只用一種幣值有2張

24、10元，4張5元，20張1元，共3種； 用兩種幣值的有1張10元，2張5元；1張10元，10張1元；3張5元，5張1元；2張5元，10張1元；1張5元，15張1元，共5種； 用三種幣值的有1張10元，1張5元，5張1元，共1種． 由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得，共有3＋5＋1＝9(種)． 3．某電話(huà)局的電話(huà)號(hào)碼為139××××××××，若前六位固定，最后五位數(shù)字是由6或8組成的，則這樣的電話(huà)號(hào)碼的個(gè)數(shù)為(　　) A．20 B．25 C．32 D．60 解析：選C.依據(jù)題意知，最后五位數(shù)字由6或8組成，可分5步完成，每一步有2種方法，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，符合題意的電話(huà)號(hào)碼的個(gè)數(shù)為2

25、5＝32. 4．用數(shù)字1，2，3，4，5組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，其中偶數(shù)的個(gè)數(shù)為(　　) A．24 B．48 C．60 D．72 解析：選B.先排個(gè)位，再排十位，百位，千位，萬(wàn)位，依次有2，4，3，2，1種排法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知偶數(shù)的個(gè)數(shù)為2×4×3×2×1＝48. 5．已知兩條異面直線(xiàn)a，b上分別有5個(gè)點(diǎn)和8個(gè)點(diǎn)，則這13個(gè)點(diǎn)可以確定不同的平面?zhèn)€數(shù)為(　　) A．40 B．16 C．13 D．10 解析：選C.分兩類(lèi)情況討論：第1類(lèi)，直線(xiàn)a分別與直線(xiàn)b上的8個(gè)點(diǎn)可以確定8個(gè)不同的平面；第2類(lèi)，直線(xiàn)b分別與直線(xiàn)a上的5個(gè)點(diǎn)可以確定5個(gè)不同的平面．根據(jù)分類(lèi)加

26、法計(jì)數(shù)原理知，共可以確定8＋5＝13個(gè)不同的平面． 6.如圖所示，小圓圈表示網(wǎng)絡(luò)的結(jié)點(diǎn)，結(jié)點(diǎn)之間的線(xiàn)段表示它們有網(wǎng)線(xiàn)相連，連線(xiàn)標(biāo)注的數(shù)字，表示該段網(wǎng)線(xiàn)單位時(shí)間內(nèi)可以通過(guò)的最大信息量，現(xiàn)從結(jié)點(diǎn)A向結(jié)點(diǎn)B傳遞信息，信息可以從分開(kāi)不同的路線(xiàn)同時(shí)傳遞，則單位時(shí)間內(nèi)傳遞的最大信息量為(　　) A．26 B．20 C．24 D．19 解析：選D.因?yàn)樾畔⒖梢詮姆珠_(kāi)不同的路線(xiàn)同時(shí)傳遞，由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，完成從A向B傳遞有四種辦法：12→5→3；12→6→4；12→6→7；12→8→6.故單位時(shí)間內(nèi)傳遞的最大信息量為四條不同網(wǎng)線(xiàn)上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19. 7．如圖所示，使電路接通

27、，開(kāi)關(guān)不同的開(kāi)閉方式有(　　) A．11種 B．20種 C．21種 D．12種 解析：選C.電路接通，則每一個(gè)并聯(lián)電路中至少有一個(gè)開(kāi)關(guān)閉合，再利用乘法原理求解．兩個(gè)開(kāi)關(guān)并聯(lián)的電路接通方式有3種，即每個(gè)開(kāi)關(guān)單獨(dú)接通共2種．兩個(gè)開(kāi)關(guān)都接通有一種，所以共有3種，同理三個(gè)開(kāi)關(guān)并聯(lián)的電路接通方式有7種，由乘法原理可知不同的閉合方式有3×7＝21(種)． 8．某市汽車(chē)牌照號(hào)碼可以上網(wǎng)自編，但規(guī)定從左到右第二個(gè)號(hào)碼只能從字母B，C，D中選擇，其他四個(gè)號(hào)碼可以從0～9這十個(gè)數(shù)字中選擇(數(shù)字可以重復(fù))，有車(chē)主第一個(gè)號(hào)碼(從左到右)只想在數(shù)字3，5，6，8，9中選擇，其他號(hào)碼只想在1，3，6，

28、9中選擇，則他的車(chē)牌號(hào)碼可選的所有可能情況有(　　) A．180種 B．360種 C．720種 D．960種 解析：選D.按照車(chē)主的要求，從左到右第一個(gè)號(hào)碼有5種選法，第二個(gè)號(hào)碼有3種選法，其余三個(gè)號(hào)碼各有4種選法．因此車(chē)牌號(hào)碼可選的所有可能情況有5×3×4×4×4＝960(種)． 9．直線(xiàn)l：＋＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積不小于10，則這樣的直線(xiàn)的條數(shù)為(　　) A．6 B．7 C．8 D．16 解析：選B.l與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為 S＝ab≥10，即ab≥20. 當(dāng)a＝1時(shí)，不滿(mǎn)足；當(dāng)a＝3時(shí)

29、，b＝8，即1條． 當(dāng)a∈{5，7}時(shí)，b∈{4，6，8}，此時(shí)a的取法有2種，b的取法有3種，則直線(xiàn)l的條數(shù)為2×3＝6.故滿(mǎn)足條件的直線(xiàn)的條數(shù)為1＋6＝7.故選B. 10．在如圖所示的五個(gè)區(qū)域中，現(xiàn)有四種顏色可供選擇，要求每一個(gè)區(qū)域只涂一種顏色，相鄰區(qū)域所涂顏色不同，則不同的涂色方法種數(shù)為(　　) A．24種 B．48種 C．72種 D．96種 解析：選C.分兩種情況： (1)A，C不同色，先涂A有4種，C有3種，E有2種，B，D有1種，有4×3×2＝24(種)． (2)A，C同色，先涂A有4種，E有3種，C有1種，B，D各有2種，有4×3×2×2＝48(種)． 綜

30、上兩種情況，不同的涂色方法共有48＋24＝72(種)． 11．從班委會(huì)5名成員中選出3名，分別擔(dān)任班級(jí)學(xué)習(xí)委員、文娛委員與體育委員，其中甲、乙二人不能擔(dān)任文娛委員，則不同的選法共有________種(用數(shù)字作答)． 解析：第一步，先選出文娛委員，因?yàn)榧?、乙不能?dān)任，所以從剩下的3人中選1人當(dāng)文娛委員，有3種選法． 第二步，從剩下的4人中選學(xué)習(xí)委員和體育委員，又可分兩步進(jìn)行：先選學(xué)習(xí)委員有4種選法，再選體育委員有3種選法．由分步乘法計(jì)數(shù)原理可得，不同的選法共有3×4×3＝36(種)． 答案：36 12．乘積(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展開(kāi)后共有________

31、項(xiàng)． 解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展開(kāi)式各項(xiàng)都是從每個(gè)因式中選一個(gè)字母的乘積，由分步乘法計(jì)數(shù)原理可得其展開(kāi)式共有3×4×5＝60(項(xiàng))． 答案：60 13．在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點(diǎn)P(a，b)的坐標(biāo)滿(mǎn)足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素．又點(diǎn)P到原點(diǎn)的距離|OP|≥5，則這樣的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 解析：依題意可知： 當(dāng)a＝1時(shí)，b＝5，6，兩種情況； 當(dāng)a＝2時(shí)，b＝5，6，兩種情況； 當(dāng)a＝3時(shí)，b＝4，5，6，三種情況； 當(dāng)a＝4時(shí)，b＝3，5，6，三種情況； 當(dāng)a＝5或6時(shí)，b各有五種情況． 所以共有

32、2＋2＋3＋3＋5＋5＝20種情況． 答案：20 14．如圖所示，在A，B間有四個(gè)焊接點(diǎn)，若焊接點(diǎn)脫落，則可能導(dǎo)致電路不通．今發(fā)現(xiàn)A，B之間線(xiàn)路不通，則焊接點(diǎn)脫落的不同情況有________種． 解析：采用排除法．各個(gè)焊點(diǎn)有2種情況，所以四個(gè)焊點(diǎn)共有24種可能，其中能使線(xiàn)路通的情況有：1，4同時(shí)通，且2和3至少有一個(gè)通時(shí)線(xiàn)路才能通，共有3種可能，故不通的情況共有24－3＝13種情況． 答案：13 15．將4個(gè)不同小球放入3個(gè)不同的盒子，其中每個(gè)盒子都不空的放法共有________種． 解析：必有一個(gè)盒子放2個(gè)小球，將4個(gè)小球分3組，其中有2個(gè)小球?yàn)橐唤M，另外2個(gè)小球?yàn)閮山M，共有

33、6種分組方法．然后，每一種分組的小球放入3個(gè)不同盒子，按分步乘法計(jì)數(shù)原理，有3×2×1種放法，共有6×(3×2×1)＝36(種)放法． 答案：36 16．如果一條直線(xiàn)與一個(gè)平面垂直，那么稱(chēng)此直線(xiàn)與平面構(gòu)成一個(gè)“正交線(xiàn)面對(duì)”．在一個(gè)正方體中，由兩個(gè)頂點(diǎn)確定的直線(xiàn)與含有四個(gè)頂點(diǎn)的平面構(gòu)成的“正交線(xiàn)面對(duì)”的個(gè)數(shù)是________． 解析：分類(lèi)討論：第1類(lèi)，對(duì)于每一條棱，都可以與兩個(gè)側(cè)面構(gòu)成“正交線(xiàn)面對(duì)”，這樣的“正交線(xiàn)面對(duì)”有2×12＝24個(gè)；第2類(lèi)，對(duì)于每一條面對(duì)角線(xiàn)，都可以與一個(gè)對(duì)角面構(gòu)成“正交線(xiàn)面對(duì)”，這樣的“正交線(xiàn)面對(duì)”有12個(gè)．所以正方體中“正交線(xiàn)面對(duì)”共有24＋12＝36(個(gè))．

34、 答案：36 17．已知集合A＝{最大邊長(zhǎng)為7，且三邊長(zhǎng)均為正整數(shù)的三角形}，則集合A的真子集共有________個(gè)． 解析：另外兩個(gè)邊長(zhǎng)用x，y(x，y∈N*)表示，且不妨設(shè)1≤x≤y≤7，要構(gòu)成三角形，必須x＋y≥8. 當(dāng)y取7時(shí)，x可取1，2，3，…，7，有7個(gè)三角形； 當(dāng)y取6時(shí)，x可取2，3，…，6，有5個(gè)三角形； 當(dāng)y取5時(shí)，x可取3，4，5，有3個(gè)三角形． 當(dāng)y取4時(shí)，x只能取4，只有1個(gè)三角形． 所以所求三角形的個(gè)數(shù)為7＋5＋3＋1＝16.其真子集共有(216－1)個(gè)． 答案：216－1 [綜合題組練] 1．有一項(xiàng)活動(dòng)需在3名老師，6名男同學(xué)和8名女同學(xué)中選

35、人參加， (1)若只需一人參加，有多少種不同選法？ (2)若需一名老師，一名學(xué)生參加，有多少種不同選法？ (3)若需老師、男同學(xué)、女同學(xué)各一人參加，有多少種不同選法？ 解：(1)只需一人參加，可按老師、男同學(xué)、女同學(xué)分三類(lèi)各自有3，6，8種方法，總方法數(shù)為3＋6＋8＝17(種)． (2)分兩步，先選老師共3種選法，再選學(xué)生共6＋8＝14種選法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知，總方法數(shù)為3×14＝42(種)． (3)老師、男、女同學(xué)各一人可分三步，每步方法依次為3，6，8種，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知，總方法數(shù)為3×6×8＝144(種)． 2．同室四人各寫(xiě)一張賀年卡，先集中起來(lái)，然后每人從中各拿1

36、張別人送出的賀年卡，則4張賀年卡不同的分配方式有幾種？ 解：設(shè)四個(gè)人為甲、乙、丙、丁，依次寫(xiě)的賀年卡為A，B，C，D. 第一步：甲有3種拿法，即拿了B，C或D. 第二步：對(duì)甲的每一種拿法，不妨設(shè)拿了乙的B卡，則乙也有3種拿法，即拿A，C或D，有3種拿法． 若乙拿了甲的A卡，則丙、丁只能是丙拿D，丁拿C. 若乙拿了丙的C卡，則丙只能拿D卡，丁拿A卡． 若乙拿了丁的D卡，則丁只能拿C卡，丙拿A卡． 所以分配方式共有3×3＝9(種)． 3．由數(shù)字1，2，3，4， (1)可組成多少個(gè)三位數(shù)？ (2)可組成多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？ (3)可組成多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字，且百位數(shù)字大于

37、十位數(shù)字，十位數(shù)字大于個(gè)位數(shù)字的三位數(shù)？ 解：(1)百位數(shù)共有4種排法；十位數(shù)共有4種排法；個(gè)位數(shù)共有4種排法，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理知共可組成43＝64個(gè)三位數(shù)． (2)百位上共有4種排法；十位上共有3種排法；個(gè)位上共有2種排法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知共可排成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)4×3×2＝24(個(gè))． (3)排出的三位數(shù)分別是432、431、421、321，共4個(gè)． 4．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若a，b，c∈M，則： (1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少個(gè)不同的二次函數(shù)？ (2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少個(gè)圖象開(kāi)口向上的二次函數(shù)？ 解：(1)y＝ax2＋bx＋c表示二次函數(shù)時(shí)，a的取值有5種情況，b的取值有6種情況，c的取值有6種情況，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180個(gè)不同的二次函數(shù)． (2)當(dāng)y＝ax2＋bx＋c的圖象開(kāi)口向上時(shí)，a的取值有2種情況，b，c的取值均有6種情況，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72個(gè)圖象開(kāi)口向上的二次函數(shù)． 14