《1.1-分类加法计数原理和分步乘法计数原理》-同步练习-1.doc

《1.1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理》
同步练习 1
基础练习
一、选择题
1．已知x∈{2，3，7}，y∈{－31，－24，4}，则x·y可表示成不同的值的个数是(　　)
A．1＋1＝2 B．1＋1＋1＝3
C．2×3＝6 D．3×3＝9
[答案]　D
[解析]　因为按x、y在各自的取值集合中各选一个值去做积这件事，可分两步完成：第一步，x在集合{2，3，7}中任取一个值有3种方法；第二步，y在集合{－31，－24，4}中任取一个值有3种方法．根据分步乘法计数原理有3×3＝9个不同的值．故选D.
2．(2014·陕西宝鸡中学高二期末)图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取一本书，共有(　　)种不同的取法．(　　)
A．120 B．16
C．64 D．39
[答案]　B
[解析]　由分类加法计数原理知，共有不同取法3＋5＋8＝16种．
3．一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种类共有(　　)
A．6种 B．8种
C．36种 D．48种
[答案]　D
[解析]　参观路线分步完成：第一步选择三个“环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第二步选择余下两个“环形”路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；最后一个“环形”路线，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法．由分步计数原理知，共有3×2×2×2×2＝48(种)方法．
二、填空题
4．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有________种不同的取法．
[答案]　242
[解析]　任取两本不同的书，有三类：(1)取数学、语文各一本，(2)取语文、英语各一本，(3)取数学、英语各一本．然后求出每类取法，利用分类加法计数原理即可得解．
取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90种不同取法；
取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72种不同取法；
取两本书中，一本数学、一本英语，有10×8＝80种不同取法．
综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242种不同取法．故填242.
5．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成“正交线面对”的个数是________．
[答案]　36
[解析]　用分类加法计算原理：第一类，正方体的一条棱与面有两个“正交线面对”，共有24个；第二类，正方体的一条面对角线与对角面有一个“正交线面对”，共有12个．所以共有“正交线面对”的个数是24＋12＝36.
三、解答题
6．从1到200的这二百个自然数中，各个位数上都不含数字8的共有多少个？
[分析]　本题涉及分类加法计数原理与分步乘法计数原理，在分类中又包含分步，“类”、“步”交融，应注意根据所学知识认真分析，及对于一些“步”中分类的问题要学会具体对待．
[解析]　应分三类来解决该问题．
第一类：一位数中除8以外符合要求的数有8个；
第二类：二位数中，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，故二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1，十位数和个位数上的数字除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的只有200这一个符合要求，
∴三位数中符合要求的数有81＋1＝82(个)．
由分类加法计数原理，符合要求的数字共有
N＝8＋72＋82＝162(个)．
[点评]　考虑问题的原则是先分类而后分步，要注意在分类(或分步)时，必须做到不重不漏.
能力提升
一、选择题
1．从集合{1，2，3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程＋＝1中的m和n，则能组成落在矩形区域B＝{(x，y)||x|<11，且|y|<9}内的椭圆的个数为(　　)
A．43个 B．72个
C．86个 D．90个
[答案]　B
[解析]　由题意，m可能的取值为1，2，…，10；n可能的取值为1，2，…，8，先确定m有10种方法，再确定n有8种方法，按分步计数原理共有80种方法，但其中包括m＝n的情况共8种，故能组成落在矩形区域内的椭圆个数为72个．故选B.
2．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是(　　)
A．4　　 B．24　　　　
C．43　　　 D．34
[答案]　C
[解析]　依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C.
3．(2014·安徽理，8)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
[答案]　C
[解析]　如图，上底面的一条对角线为例共4对，这样的对角线共12条，∴共有12×4＝48对．

本题也可以用排除法，C－6－12求得．
4．2014年南京青奥会火炬传递在A，B，C，D，E五个城市之间进行，各城市之间的路线距离(单位：百公里)见下表．若以A为起点，E为终点，每个城市经过且只经过一次，那么火炬传递的最短路线距离是(　　)

A
B
C
D
E
A
0
5
4
5
6
B
5
0
7
6
2
C
4
7
0
9
8.6
D
5
6
9
0
5
E
6
2
8.6
5
0
A.20.6 B．21
C．22 D．23
[答案]　B
[解析]　由于“以A为起点，E为终点，每个城市经过且只经过一次”，并且求“ 最短路线的距离”，由选项判断，A中20.6在表中只有C和E之间的距离8.6是出现小数部分的，故CE是必定经过的路线，又因为A为起点，E为终点，故如果A正确，那么线路必须是：1.A－B－D－C－E或2.A－D－B－C－E，进行验证：线路1的距离和为5＋6＋9＋8.6＝28.6，故线路1不符合；线路2的距离之和为5＋6＋7＋8.6＝26.6，线路2也不符合，故排除A；再验证选项B，发现线路A－C－D－B－E的距离之和为4＋9＋6＋2＝21符合，故选B.
5．方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2，0，1，2，3}，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．60条 B．62条
C．71条 D．80条
[答案]　B
[解析]　本题考查抛物线、计数原理．
由题意知a≠0，且b≠0，下面分2类：
若c＝0，ay＝b2x2，不同抛物线有5×4－6＝14条，
若c≠0，不同抛物线有5×4×3－12＝48，共48＋14＝62条．
分类要全面，要不重不漏．
二、填空题
6．若一个m，n均为非负整数的有序数对(m，n)在做m＋n的加法时各位均不会进位，则称(m，n)为“简单的”有序数对，m＋n称为有序数对(m，n)的值，那么值为1942的“简单的”有序数对的个数是________．
[答案]　300
[解析]　由题意可知m＋n＝1942，当m，n中一个数确定时，另一个数也就唯一确定了，所以不妨设m＝1000x1＋100x2＋10x3＋x4，则x1有2种不同取法，x2有10种不同取法，x3有5种不同取法，x4有3种不同取法，所以所求的有序数对的个数为2×10×5×3＝300.
7.如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种(用数字作答)．
[答案]　390
[解析]　给四个格子编号如答图所示，由题意①号格子有6种不同涂色方法，②号格子有5种不同的涂色方法，若③号格子与①号格子同色，则④号格子有5种不同涂色方法(可以与②号同色)，由乘法原理有6×5×5＝150(种)涂色方法；若③号格子与①号格子不同色，则③号格子有4种不同涂色方法，此时④号格子只能与①号或②号同色，因而有2种涂色方法，由乘法原理有6×5×4×2＝240(种)涂色方法，最后由加法原理共有150＋240＝390(种)不同的涂色方法，故填390.
三、解答题
8．甲、乙、丙、丁4个人各写1张贺卡，放在一起，再各取1张不是自己所写的贺卡，共有多少种不同取法？
[分析]　由题目可获取以下主要信息：①有4个人、4张贺卡；②取别人写的贺卡．解答本题可根据自己写的卡的情况，最简捷的办法是用分步乘法计数原理设计完成这件事的步骤．
[解析]　方法一(枚举法)：(1)甲取得乙卡，分配方案如表．此时乙有甲、丙、丁3种取法．若乙取甲的卡，则丙取丁的、丁取丙的，若乙取丙的卡，则丙取丁的，丁取丙的，故有3种分配方案．
(2)甲取得丙卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲．
(3)甲取得丁卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丁甲乙丙、乙丙甲乙、丁丙乙甲．
由分类加法计数原理，共有N＝3＋3＋3＝9(种)．
方法二(间接法)：
4人各取1张贺卡．甲先取1张贺卡有4种方法，乙再取1张贺卡有3种方法，然后丙取1张贺卡有2种方法，最后丁仅有1种方法．由分步乘法计数原理，4个人各取1张贺卡共有4×3×2×1＝24(种)．
4个人都取自己写的贺卡有1种方法；
2个人取自己写的贺卡，另2个人不取自己所写贺卡的方法有6种(即4个人中选出取自己写的贺卡的2人有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁)；
1个人取自己写的贺卡，另3个人不取自己所写贺卡方法有8种(从4个人中选出取自己写的贺卡的1个人有4种方法．而其余3个人都不取自己所写贺卡的方法有2种方法)．
因此，4个人都不取自己所写贺卡的取法有
N＝24－(1＋6＋8)＝9(种)．
方法三(分步法)．
第一步　甲取1张不是自己所写的那张贺卡，有3种取法；
第二步　由甲取的那张贺卡的写卡人取，也有3种取法；
第三步　由剩余两个中任1个人取，此时只有1种取法；
第四步　最后1个人取，只有1种取法．
由分步乘法计数原理，共有N＝3×3×1×1＝9(种)．
[点评]　对于有限制条件的选取、抽取问题的计数，一般地，当数目不很大时，可用枚举法，但为保证不重不漏，可用树形图、框图及表格进行枚举；当数目较大，符合条件的情况较多时，可用间接法计数；否则直接用分类或分步计数原理计数．但一般根据选(抽)取顺序分步或根据选(抽)取元素的特点分类．
9．将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点颜色不同，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数是多少？
[解析]　可分两步进行，先将四棱锥一侧的三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．
如图所示，由题设，四棱锥S－ABCD的顶点S，A，B所染颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60种染色方法．
当S，A，B已染好时，不妨设其颜色分别为颜色1，2，3；若C颜色为2，则D可染颜色3，4，5之一，有3种染色法；若C染颜色4，则D可染颜色3或5，有2种染法；若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法，可见，当S，A，B已染好时，C与D还有7种染法，因此不同的染色方法共有60×7＝420种．
[点评]　关于涂色问题，我们一般先给涂色部位依次标上相应的序号，以便分析问题．具体涂色时，看先给哪个部位涂色较简单．本例中首先须涂顶点S，其次A→B，涂C时要分类进行，分类标准是C同A和C不同于A两类．
10．如图所示的5×3方格中有多少个矩形(每个小正方形的边长为1)？

[解析]　如果直接数图中矩形的个数，则有可能重复或遗漏，而以矩形的面积作为分类标准就能做到不重不漏．
(1)面积为1的矩形有15个．
(2)面积为2的矩形有两类：一是横向的，有4×3＝12个；二是竖向的，有2×5＝10个，故共有12＋10＝22个．
(3)面积为3的矩形有3×3＋5＝14个．
(4)面积为4的矩形有：横向的有2×3＝6个；正方形的有2×4＝8个，共有6＋8＝14个．
(5)面积为5的矩形有3个．
(6)面积为6的矩形有3×2＋4＝10个．
(7)面积为8的矩形有2×2＝4个．
(8)面积为9的矩形有3个．
(9)面积为10的矩形有2个．
(10)面积为12的矩形有2个．
(11)面积为15的矩形有1个．
故共有矩形15＋22＋14＋14＋3＋10＋4＋3＋2＋2＋1＝90个．
[点评]　本题中，可以用直接法一一地数出这些矩形的个数，但在“数”的过程中，容易出现重复和遗漏．而在这里以“面积”的大小作为分类标准，就可以避免重复和遗漏，并且它将一个大的计数问题分解成若干个小的计数问题，从而降低了思维难度，简化了解题过程，避免了错误的发生．