《高中数学 第一章 计数原理 1.1 两个基本计数原理优化训练 苏教版选修2-3》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学 第一章 计数原理 1.1 两个基本计数原理优化训练 苏教版选修2-3（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第1章 计数原理1.1 两个基本计数原理五分钟训练（预习类训练，可用于课前）1.将三封信投到4个邮筒,最多的投法有_种( )A.4 B.3 C.43 D.34答案：C解析：分三步:(1)第一封信可投入4个中任一个,4种情况;(2)第二封信可投入4个中任一个,4种情况;(3)第三封信可投入4个中任一个,4种情况;根据分步计数原理,知N=444=43(种).2.已知集合A=1,2,3,集合B=4,5,6,映射f:AB,且满足1的象是4,则这样的映射有( )A.2个 B.4个 C.8个 D.9个答案：D解析:因为14,则由映射定义知2和3各有3种对应方式.由分步乘法计数原理得N=33=9(种).3.
2、某商业大厦有东,南,西三个大门,楼内东西两侧各有两个楼梯,由楼外到二楼上的走法种数是( )A.5 B.7 C.10 D.12答案：D解析:分三步:第一步:进大门有3种情况;第二步:上二楼有4种情况.N=34=12(种).4.从1,2,3,4,7,9六个数中,任取两个数作对数的底数和真数,则所有不同的对数的值的个数是_个.答案：17解析:分两类:(1)当取1时,1只能为真数,此时y=0.(2)不取1时,分两步.取底数有5种;取真数有4种.其中,log23=log49,log32=log94,log24=log39,log42=log93,N=1+54-4=17(个).十分钟训练（强化类训练，可用
3、于课中）1.已知集合A=0,2,5,7,9,从集合A中取两个元素相乘组成集合B,则集合B的子集个数为( )A.7 B.16 C.127 D.1281.答案：D解析:分两类:(1)取0时,有1种;(2)不取0时,有6种.B中含有7个元素,子集为27=128个.2.把10个苹果分成三堆，要求每一堆至少有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种答案：A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；且每一类中只有一种分法.3.现有四种不同款式的上衣与三件不同颜色的长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,则不同的选法种数为（ ）
4、A.7 B.64 C.12 D.81答案：C解析：因为在四件上衣中任取一件有4种不同的取法,再在三件长裤中任取一件有3种不同的取法,要完成配套,则由分步计数原理,共有43=12种不同的取法.4.集合A=a,b,c,d,e有5个元素,集合B=m,n,f,h有4个元素,则(1)从集合A到集合B可以建立_个不同的映射;(2)从集合B到集合A可以建立_个不同的映射.答案：(1)45 (2)54解析:要想建立一个从A到B的映射,必须使集合A中的每一个元素都能在B中有唯一确定的元素与之对应.因此,要使A中5个元素均找到象,必分5步完成.首先看A中元素a在B中有象的可能有4种,其他同样用分步原理求解.根据映
5、射定义,以及分步计数原理可得(1)可建立起44444=45(个)不同的映射;(2)可建立起5555=54(个)不同的映射.5.在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数共有_个.答案：36解析：根据题意,将十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类,在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个,7个,6个,5个,4个,3个,2个,1个.由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).30分钟训练（巩固类训练，可用于课后）1.由0,1,2,3组成的四位数(数字可重复使用)的个数为（ ）A.18 B.24 C.44 D.343答案：
6、D解析：组成的四位数的千位上有3种选择,其余位都有4种选择,故有343种.2.3名教师和7名学生排成一横排照相，3名教师必须排在一起的不同排法种数有（ ）A. B. C. D.答案：A解析：3名教师排一起，有种方法，再把3名老师看成1人，与7名学生排，有A88种方法，由乘法原理，共有A88种不同的排法.3.某体育彩票规定: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,则此人把这种特殊要求的号买全,至少要花( )A.3 360元 B.6 720元 C.4 320元 D.
7、8 640元答案：D解析:这种特殊要求的号共有89106=4 320(注),因此至少需花钱4 3202=8 640(元).4.设集合A=1,2,3,4,m,nA,则方程=1表示焦点位于x轴上的椭圆有（ ）A.6个 B.8个 C.12个 D.16个答案：A解析：当m=4时,n=1,2,3;当m=3时,n=1,2；当m=2时,n=1，共有3+2+1=6,选A.5.圆周上有2n个等分点(n1)，以其中三个为顶点的直角三角形的个数为_.答案：2n2-2n解析：因为有2n个等分点,由每两个过圆心的等分点可组成(2n-2)个直角三解形,有=n对过圆心的等分点,所以有n(2n-2)个直角三角形.6.4张卡片
8、的正、反面分别有0与1、2与3、4与5、6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？解:分三个步骤：第一步：首位可放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.据乘法原理，可组成N=764=168个.7.2 160的正约数有多少个?其中偶数有多少个?解:由已知,得2 160的正约数为2m3n5P,其中m0,1,2,3,4,n0,1,2,3,p0,1.由分步计数原理知2 160的正约数有542=40个.其中偶数有442=32个.8.f是集合M=a,b,c,d到集合N=0,1,2的映射,有f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=4,则不同的映射有多少个?解:由f
9、(a)+f(b)+f(c)+f(d)=4知4=0+0+2+2,4=1+1+2+0,4=1+1+1+1,共3类,由加法原理,共有6+62+1=19个映射.9.甲、乙、丙、丁四个人各写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？解：排出所有的分配方案.（1）甲取得乙卡，分配方案如下图，此时乙有甲、丙、丁3种取法，若乙取甲,则丙取丁、丁取丙；若乙取丙，则丙取丁、丁取甲;若乙取丁，则丙取甲、丁取丙，故有3种分配方案.（2）甲取得丙卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取得贺卡如下：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人依序可取得贺卡如下：丁甲乙丙，丁丙甲乙，丁丙乙甲.由加法原理，共有3+3+3=9种.10.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.问:(1)如果翻山而过,有多少种不同走法?(2)如果绕道而行,有多少种不同走法?(3)从甲地到乙地共有多少种不同走法?解:(1)翻山分两步:上山有2种;下山有3种.N=23=6(种).(2)绕道分两类:山南绕道有3种;山北绕道有2种.N=2+3=5(种).(3)从甲到乙共两类:不走山路有5种;走山路有6种.N=5+6=11(种).
