《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十章 計數(shù)原理與古典概率 1 第1講 分類加法計數(shù)原理與分步乘法計數(shù)原理教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十章 計數(shù)原理與古典概率 1 第1講 分類加法計數(shù)原理與分步乘法計數(shù)原理教學(xué)案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第十章 計數(shù)原理與古典概率 知識點 最新考綱 兩個計數(shù)原理 理解分類加法計數(shù)原理和分步乘法計數(shù)原理. 排列與組合 了解排列、組合的概念，會用排列數(shù)公式，組合數(shù)公式解決簡單的實際問題. 二項式定理 了解二項式定理，理解二項式系數(shù)的性質(zhì). 隨機事件的概率 了解事件、互斥事件、對立事件的概念． 了解概率與頻率的概念. 古典概型 了解古典概型、會計算古典概型中事件的概率. 離散型隨機變量及其分布列 了解取有限個值的離散型隨機變量及其分布列的概念，了解兩點分布. 二項分布及其應(yīng)用 了解獨立事件的概念． 了解獨立重復(fù)試驗的模型及二項分布. 離散型隨機變量的

2、均值與方差 了解離散型隨機變量均值、方差的概念. 第1講　分類加法計數(shù)原理與分步乘法計數(shù)原理 1．兩個計數(shù)原理 兩個計數(shù)原理 目標(biāo) 策略 過程 方法總數(shù) 分類加法計數(shù)原理 完成一件事 有兩類不同的方案 在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法 N＝m＋n種不同的方法 分步乘法計數(shù)原理 需要兩個步驟 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 2.兩個計數(shù)原理的區(qū)別 分類加法計數(shù)原理與分類有關(guān)，各種方法相互獨立，用其中的任一種方法都可以完成這件事；分步乘法計數(shù)原理與分步有關(guān)，各個步驟相互依存，只有

3、各個步驟都完成了，這件事才算完成． [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)在分類加法計數(shù)原理中，兩類不同方案中的方法可以相同．(　　) (2)在分類加法計數(shù)原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事．(　　) (3)在分步乘法計數(shù)原理中，每個步驟中完成這個步驟的方法是各不相同的．(　　) (4)在分步乘法計數(shù)原理中，事件是分兩步完成的，其中任何一個單獨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個門，從一個門進(jìn)，另一個門出，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個門編號為1，2，3，4，從1號門進(jìn)入后，有3種出門的方式，共3種走法，從2，3，4號門進(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． 解析：不同路線共有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、個集合中各選一個元素分別作為點的橫坐標(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)不同的點的個數(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)不同點的個數(shù)是3×2＝6. 答案：6 [易錯糾偏] 分類、分步標(biāo)準(zhǔn)不清致誤 1．從0，1，2，3，4，5這六個數(shù)字中，任取兩個不同數(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這六個數(shù)字中，任取兩個不同數(shù)字相加和為偶數(shù)可分為兩類，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，故由分類加法計數(shù)原理得共有N＝3＋3＝6(種)． 2．某班新年聯(lián)歡會原定的6個節(jié)目已排成節(jié)目單，開演前又增加了3個新節(jié)目，如果將這3個新節(jié)目插入節(jié)目單中，那么不同的插法種數(shù)為________． 解析：3個新節(jié)目一個一個插入節(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．書架的第1層放有4本不同的語文書，第2層放有5本不同的數(shù)學(xué)書，第3層放有6本不同的體育書．從書架上任取1本書，不同的取法種數(shù)為________，從第1，2，3層分別各取1本書，不同的取法種數(shù)為________．　 解析：由分類加法計數(shù)原理知，從

7、書架上任取1本書，不同的取法種數(shù)為4＋5＋6＝15.由分步乘法計數(shù)原理知，從1，2，3層分別各取1本書，不同的取法種數(shù)為4×5×6＝120. 答案：15　120 　　　　　　分類加法計數(shù)原理 (1)橢圓＋＝1(m>0，n>0)的焦點在x軸上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，則這樣的橢圓的個數(shù)為(　　) A．10　　　　　　　　　　 B．12 C．20 D．35 (2)在所有的兩位數(shù)中，個位數(shù)字大于十位數(shù)字的兩位數(shù)的個數(shù)為________． 【解析】　(1)因為焦點在x軸上，所以m＞n，以m的值為標(biāo)準(zhǔn)分類，由分類加法計數(shù)原理，可分為四

8、類：第一類：m＝5時，使m＞n，n有4種選擇；第二類：m＝4時，使m＞n，n有3種選擇；第三類：m＝3時，使m＞n，n有2種選擇；第四類：m＝2時，使m＞n，n有1種選擇．故符合條件的橢圓共有10個．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，在每一類中滿足題目條件的兩位數(shù)分別是8個，7個，6個，5個，4個，3個，2個，1個． 由分類加法計數(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)． 【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，這樣的橢圓的個數(shù)為________． 解析：因為m>n. 當(dāng)m＝k時，n＝1，2，…，k－1. 當(dāng)m＝k－1時，n＝1，2，…，k－2. … 當(dāng)m＝3時，n＝1，2. 當(dāng)m＝2時，n＝1. 所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝(個)． 答案： 2.(變條件)若本例(2)條件變?yōu)椤皞€位數(shù)字不小于十位數(shù)字”，則兩位數(shù)的個數(shù)為________． 解析：分兩類：一類：個位數(shù)字大于十位數(shù)字的兩位數(shù)，由本例(2)知共有36個；另一類：個位數(shù)字與十位數(shù)字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9個．由分類加法計數(shù)原理知，共有36＋9＝45(個)． 答

10、案：45 分類加法計數(shù)原理的兩個條件 (1)根據(jù)問題的特點能確定一個適合它的分類標(biāo)準(zhǔn)，然后在這個標(biāo)準(zhǔn)下進(jìn)行分類； (2)完成這件事的任何一種方法必須屬于某一類，并且分別屬于不同類的兩種方法是不同的方法，只有滿足這些條件，才可以用分類加法計數(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.首先分類計算假如甲贏，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(因為第四局肯定要贏)，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.把滿足上述條件的一對有序整數(shù)對(x，y)作為一個點的坐標(biāo)，則這樣的點的個數(shù)是(　　) A．9 B．14 C．15 D．21 解析：選B.因為P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P?Q， 所以x∈{y，2}． 所以當(dāng)x＝2時，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7種情況；

12、當(dāng)x＝y(tǒng)時，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7種情況． 故共有7＋7＝14種情況，即這樣的點的個數(shù)為14. 　　　　　　分步乘法計數(shù)原理 (1)如圖，小明從街道的E處出發(fā)，先到F處與小紅會合，再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動，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)報名參加三個智力項目，每項限報一人，且每人至多參加一項，則共有________種不同的報名方法． 【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，由乘法計數(shù)原理知，共有6×3＝18種走法，故選B.

13、 (2)每項限報一人，且每人至多參加一項，因此可由項目選人，第一個項目有6種選法，第二個項目有5種選法，第三個項目有4種選法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可得不同的報名方法共有6×5×4＝120(種)． 【答案】　(1)B　(2)120 1.(變條件)若將本例(2)中的條件“每項限報一人，且每人至多參加一項”改為“每人恰好參加一項，每項人數(shù)不限”，則有多少種不同的報名方法？ 解：每人都可以從這三個智力項目中選報一項，各有3種不同的報名方法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可得不同的報名方法共有36＝729(種)． 2．(變條件)若將本例(2)條件中的“每人至多參加一項”改為“每人參加的項目數(shù)不

14、限”，其他不變，則有多少種不同的報名方法？ 解：每人參加的項目數(shù)不限，因此每一個項目都可以從六人中任選一人，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可得不同的報名方法共有63＝216(種)． 利用分步乘法計數(shù)原理解題的策略 (1)要按事件發(fā)生的過程合理分步，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]　分步必須滿足兩個條件：一是步驟互相獨立，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，則 (1)P可表示平面上________個不同的點； (2)P可表示平面上________個第二象限的點． 解析：(1)確定平面上的點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)分步乘法計數(shù)原理，得到平面上的點的個數(shù)是6×6＝36. (

16、2)確定第二象限的點，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． 由分步乘法計數(shù)原理，得到第二象限的點的個數(shù)是3×2＝6. 答案：(1)36　(2)6 　　　　　　兩個計數(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)如果一個三位正整數(shù)“a1a2a3”滿足a1＜a2，且a2＞a3，則稱這樣的三位數(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．若a2＝3，則凸數(shù)有2×3＝6個．若a2＝4，則凸數(shù)有3×4＝12個，…，若a2＝9，則凸數(shù)有8×9＝72個．所以所有凸數(shù)有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240個． 【答案】　(1)A　(2)A 與兩個計數(shù)原理有關(guān)問題的解題策略 (1)在綜合應(yīng)用兩個

18、計數(shù)原理解決問題時，一般是先分類再分步，但在分步時可能又會用到分類加法計數(shù)原理． (2)對于較復(fù)雜的兩個計數(shù)原理綜合應(yīng)用的問題，可恰當(dāng)?shù)禺嫵鍪疽鈭D或列出表格，使問題形象化、直觀化．　 1.如圖，某教師要從A地至B地參加高考教研活動： 路線Ⅰ：A到B有三條路線； 路線Ⅱ：A到C后再到B，其中A到C有1條路線，C到B有2條路線； 路線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，則該教師的選擇路線種數(shù)共有(　　) A．10 B．11 C．13 D．24 解析：選C.按路線Ⅰ，共有3種選擇；按路線Ⅱ，分2步可以到達(dá)B，共有1×2＝2種選擇；按路線

19、Ⅲ，分3步，共有2×2×2＝8種，故共有3＋2＋8＝13種選擇． 2．滿足a，b∈{－1，1，2}，且關(guān)于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實數(shù)解的有序數(shù)對(a，b)的個數(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有實數(shù)解的條件為Δ＝22－4ab＝4－4ab≥0，當(dāng)a＝－1時，b＝－1，1，2，共3種情況，當(dāng)a＝1時，b＝－1，1，共2種情況；當(dāng)a＝2時，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——計數(shù)原理中的新定義問題 　定義“規(guī)范01數(shù)列”{an}如下：{an}共有2m項，其中m項為0

20、，m項為1，且對任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的個數(shù)不少于1的個數(shù)．若m＝4，則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有(　　) A．18個　　　　　　　　　 B．16個 C．14個 D．12個 【解析】　由題意，“規(guī)范01數(shù)列”有偶數(shù)項，即2m項，且所含0與1個數(shù)相等，首項為0，末項為1，若m＝4，說明數(shù)列有8項，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． 【答案】　C 組數(shù)、組點、組線、組隊及抽取問題的解題思路 (1)組數(shù)、組點、組線、組隊問題：一般按特殊位置由誰占領(lǐng)分類，每類中再分步計數(shù)，當(dāng)分類較多時，也可用間接法求解． (2)有限制條件的抽取問題：一般根據(jù)抽取的順序分步或根據(jù)選取的元素特點分類，當(dāng)數(shù)目不大時，可用枚舉法，當(dāng)數(shù)目較大時，可用間接法求解．　 用a代表紅球，b代表藍(lán)球，c代表黑球，由分類加法計數(shù)原理及分步乘法計數(shù)原理，從1個紅球和1個藍(lán)球中取出若干個球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展開式1＋a＋b＋ab表示出來，如：“1”表示一個球都不取、“a”表示取出一個紅球，而“ab”則表

22、示把紅球和藍(lán)球都取出來．以此類推，下列各式中，其展開式可用來表示從5個無區(qū)別的紅球、5個無區(qū)別的藍(lán)球、5個有區(qū)別的黑球中取出若干個球，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.因為無區(qū)別，所以取紅球的方法數(shù)為1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；因為藍(lán)球要都取出，或都不取出，所以方法為1＋b5，因為黑球有區(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}中任取兩個互不相等的數(shù)a，b組成復(fù)數(shù)a＋bi，其中虛數(shù)的個數(shù)是(　　) A．30　　　　　　　　　　 B．42 C．36 D．35 解析：選C.因為a＋bi為虛數(shù)，所以b≠0，即b有6種取法，a有6種取法，由分步乘法計數(shù)原理知可以組成6×6＝36個虛數(shù)． 2．用10元、5元和1元來支付20元錢的書款，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． 由分類加法計數(shù)原理得，共有3＋5＋1＝9(種)． 3．某電話局的電話號碼為139××××××××，若前六位固定，最后五位數(shù)字是由6或8組成的，則這樣的電話號碼的個數(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)分步乘法計數(shù)原理，符合題意的電話號碼的個數(shù)為2

25、5＝32. 4．用數(shù)字1，2，3，4，5組成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，其中偶數(shù)的個數(shù)為(　　) A．24 B．48 C．60 D．72 解析：選B.先排個位，再排十位，百位，千位，萬位，依次有2，4，3，2，1種排法，由分步乘法計數(shù)原理知偶數(shù)的個數(shù)為2×4×3×2×1＝48. 5．已知兩條異面直線a，b上分別有5個點和8個點，則這13個點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.分兩類情況討論：第1類，直線a分別與直線b上的8個點可以確定8個不同的平面；第2類，直線b分別與直線a上的5個點可以確定5個不同的平面．根據(jù)分類加

26、法計數(shù)原理知，共可以確定8＋5＝13個不同的平面． 6.如圖所示，小圓圈表示網(wǎng)絡(luò)的結(jié)點，結(jié)點之間的線段表示它們有網(wǎng)線相連，連線標(biāo)注的數(shù)字，表示該段網(wǎng)線單位時間內(nèi)可以通過的最大信息量，現(xiàn)從結(jié)點A向結(jié)點B傳遞信息，信息可以從分開不同的路線同時傳遞，則單位時間內(nèi)傳遞的最大信息量為(　　) A．26 B．20 C．24 D．19 解析：選D.因為信息可以從分開不同的路線同時傳遞，由分類加法計數(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.故單位時間內(nèi)傳遞的最大信息量為四條不同網(wǎng)線上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19. 7．如圖所示，使電路接通

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

28、9中選擇，則他的車牌號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.按照車主的要求，從左到右第一個號碼有5種選法，第二個號碼有3種選法，其余三個號碼各有4種選法．因此車牌號碼可選的所有可能情況有5×3×4×4×4＝960(種)． 9．直線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，不滿足；當(dāng)a＝3時

29、，b＝8，即1條． 當(dāng)a∈{5，7}時，b∈{4，6，8}，此時a的取法有2種，b的取法有3種，則直線l的條數(shù)為2×3＝6.故滿足條件的直線的條數(shù)為1＋6＝7.故選B. 10．在如圖所示的五個區(qū)域中，現(xiàn)有四種顏色可供選擇，要求每一個區(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5名成員中選出3名，分別擔(dān)任班級學(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，因為甲、乙不能擔(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)展開后共有________

31、項． 解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展開式各項都是從每個因式中選一個字母的乘積，由分步乘法計數(shù)原理可得其展開式共有3×4×5＝60(項)． 答案：60 13．在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點P(a，b)的坐標(biāo)滿足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素．又點P到原點的距離|OP|≥5，則這樣的點P的個數(shù)為________． 解析：依題意可知： 當(dāng)a＝1時，b＝5，6，兩種情況； 當(dāng)a＝2時，b＝5，6，兩種情況； 當(dāng)a＝3時，b＝4，5，6，三種情況； 當(dāng)a＝4時，b＝3，5，6，三種情況； 當(dāng)a＝5或6時，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間有四個焊接點，若焊接點脫落，則可能導(dǎo)致電路不通．今發(fā)現(xiàn)A，B之間線路不通，則焊接點脫落的不同情況有________種． 解析：采用排除法．各個焊點有2種情況，所以四個焊點共有24種可能，其中能使線路通的情況有：1，4同時通，且2和3至少有一個通時線路才能通，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個不同小球放入3個不同的盒子，其中每個盒子都不空的放法共有________種． 解析：必有一個盒子放2個小球，將4個小球分3組，其中有2個小球為一組，另外2個小球為兩組，共有

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

34、 答案：36 17．已知集合A＝{最大邊長為7，且三邊長均為正整數(shù)的三角形}，則集合A的真子集共有________個． 解析：另外兩個邊長用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，x可取1，2，3，…，7，有7個三角形； 當(dāng)y取6時，x可取2，3，…，6，有5個三角形； 當(dāng)y取5時，x可取3，4，5，有3個三角形． 當(dāng)y取4時，x只能取4，只有1個三角形． 所以所求三角形的個數(shù)為7＋5＋3＋1＝16.其真子集共有(216－1)個． 答案：216－1 [綜合題組練] 1．有一項活動需在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，由分步乘法計數(shù)原理知，總方法數(shù)為3×6×8＝144(種)． 2．同室四人各寫一張賀年卡，先集中起來，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)四個人為甲、乙、丙、丁，依次寫的賀年卡為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)可組成多少個三位數(shù)？ (2)可組成多少個沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？ (3)可組成多少個沒有重復(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；個位數(shù)共有4種排法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理知共可組成43＝64個三位數(shù)． (2)百位上共有4種排法；十位上共有3種排法；個位上共有2種排法，由分步乘法計數(shù)原理知共可排成沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)4×3×2＝24(個)． (3)排出的三位數(shù)分別是432、431、421、321，共4個． 4．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若a，b，c∈M，則： (1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少個不同的二次函數(shù)？ (2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少個圖象開口向上的二次函數(shù)？ 解：(1)y＝ax2＋bx＋c表示二次函數(shù)時，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個不同的二次函數(shù)． (2)當(dāng)y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向上時，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個圖象開口向上的二次函數(shù)． 14