高中数学 第一章 计数原理 1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理同步测控 北师大版选修2-3(20

控北师大版选修2-3
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步测控北师大版选修2—3
我夯基，我达标
1.将（a1+a2)（b1+b2+b3）（c1+c2+c3+c4）展开后的项数是（）
A.9 B。

11 C。

12 D.24
解析：由于展开后的每一项需从三个括号中各取一个因数相乘，完成这件事需要分成三个步骤：第一步从第一个括号中取出一个数有2种不同取法；第二步从第二个括号中取出一个数有3种不同取法;第三步从第三个括号中取出一个数有4种不同取法.由分步乘法计数原理可知，展开式中共有N=2×3×4=24项.
答案:D
2.书架上原来并排放着5本书，现要再插入3本不同的书，那么不同的插法有（）
A。

336种 B。

120种 C。

24种 D。

18种
解析:分三步完成.第一步，将第一本书插入到原5本书形成的6个空当中，有6种插法;第二步，将第二本书插入到6本书形成的7个空当中,有7种插法；第三步，将第三本书插入到7本书形成的8个空当中，有8种插法。

由分步乘法计数原理得，共有6×7×8=336种插不同的法.
答案：A
3.已知集合A{1，2,3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（）
A。

2个 B.3个 C.4个 D。

5个
解析:当A含一个元素时，A={1｝或{3}；当A含两个元素时，A={1,2｝或｛2,3｝或{1,3｝,∴共有5个集合。

答案：D
4。

有四位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时,要求每位老师均不
在本班监考，则安排监考的方法种数共有（）
A.8种 B。

9种 C。

10种 D。

11种
解析：由分步乘法计数原理得3×3=9种。

答案：B
5。

已知集合A={a,b,c,d｝，B=｛x,y，z｝,则从集合A到集合B的映射个数最多有（）A.4×3×2 B.4×3 C。

34 D。

43
解析：因为集合A中的每一个元素都要找到集合B中的一个元素作为自己的像，且只有当集合A中的每一个元素都在B中找到自己的像后，才能建立起从A到B的映射,因此，从A到B的映射最多有3×3×3×3=34个.
答案：C
6。

某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分;负一场，得0分.一球队打完15场，积分33分。

若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有…（）
A.3种 B。

4种 C。

5种 D。

6种
解析：胜、负、平的情况按胜分可有：胜11场，负4场；胜10场，平3场，负2场;胜9场，平6场，没有其他情况.
答案：A
7.(2007高考全国卷Ⅱ，文10）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
解析：分五步.第一步：第一位同学报名，有2种可能；
第二步：第二位同学报名,有2种可能;
第三、四、五步:第三、四、五位同学分别报名，均有2种可能.
根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有2×2×2×2×2=25=32种。

答案：D
8.如图，从A→B→C，有____________种不同的走法；从A→C,有_________种不同的走法。

解析：A→B→C分两步：
第一步：A→B，有2种走法；
第二步：B→C，有2种走法.
∴A→B→C共有2×2=4种走法.
A→C分两类：
第一类：A→B→C共有4种走法；
第二类：A→C（不经过B)有2种走法。

∴A→C共有4+2=6种走法.
答案：4 6
9.有5幅不同的国画，2幅不同的油画,7幅不同的水彩画，从这些画中选出2幅不同的画布置房间,不同的选法有__________________种。

解析：分三类：第一类，选1幅国画和1幅油画，有5×2=10种选法.
第二类,选1幅油画和1幅水彩画，有2×7=14种选法.
第三类，选1幅国画和1幅水彩画，有5×7=35种选法.
∴从这些画中选2幅不同的画的选法有10+14+35=59种。

答案:59
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.
（1）如果翻山而过,有多少种不同的走法？
（2)如果绕道而行,有多少种不同的走法?
（3)从甲地到乙地共有多少种不同的走法?
解:（1)分两步：
第一步,选一条上山路有2种走法;
第二步,选一条下山路有3种走法。

∴翻山而过，有2×3=6种不同的走法.
(2）分两类：
第一类：由山北绕道，有2种走法;
第二类：由山南绕道，有3种走法。

∴绕道而行，有2+3=5种不同的走法。

（3)分两类：
第一类：翻山而过，有6种走法;
第二类:绕道而行,有5种走法。

∴从甲地到乙地共有6+5=11种不同的走法.
11.现要排一张5天的值班表,每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可值多天或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问值班表共有多少种不同的排法？
解：先排第一天,从5个人中选一个，有5种选法;再排第二天，此时不能排第一天已排的人，有4种排法；再排第三天,此时不能排第二天的人，仍有4种排法。

同理，第四、五天均各有4种排法，由分步乘法计数原理可得值班表共有
5×4×4×4×4=1 280种不同的排法.
我综合，我发展
12。

把10个苹果分成三堆，要求每一堆至少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
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。

且每类中只有一种分法，∴选A。

答案：A
13.从1,2，3,4四个数字中任取数（不重复取)作和,则取出的这些数相加所得不同的和共有（）
A。

8个 B。

9个 C。

10个 D.5个
解析:按所取数字的个数分为3类:
第一类：从中任取两个数求和，其和有3，4，5,6，7五种情况；
第二类：从中任取三个数求和，其和有6，7，8，9四种情况；
第四类：从中取四个数求和，其和只有10这一种情况。

又因为第一类和第二类中有两个相同的和(6，7)，重复的和共只能算作一个，故不同的和共有5+4+1—2=8种情况.
答案:A
14.某种彩票规定: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到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，则这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.8 640元
解析：这种特殊要求的号共有8×9×10×6=4 320注。

因此至少需花钱4 320×2=8 640元.
答案：D
15。

同室四人各写一张贺卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式有__________________种。

解析:思路1:记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他的三人之一收到，
故有3种分配方式。

以乙收到为例,其他人收到卡片的情况可分为两类：
第一类：甲收到乙送出的卡片，这时,丙、丁只有互送卡片一种分配方式。

第二类:甲收到的不是乙送出的卡片,这时，甲收到卡片的方式有2种（分别为丙和丁送出的）,对于每一种情形，丁收到卡片的方式只有一种。

因此，根据分类加法计数原理与分步乘法计数原理，不同的分配方式数为3×(1+2）=9.
思路2：由于4个数目不大，化为填数问题之后，可用穷举法进行具体的填写：
再也没有合乎要求的填数法，故共有9种填法.本题也可用画“树形图"的方法列出各种分配方式。

答案：9
16.某城市在中心广场建造一个花圃,花圃分为6个部分，如下图，现要栽4种不同颜色的花,每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花,不同的栽种方法有________________种.
解析：分五类:
第一类:2和4同色，选一种颜色有4种方法；
3和6同色，选一种颜色有3种方法；
区域1选一种颜色，有2种方法；
区域5选一种颜色，有1种方法；
故第一类中共有4×3×2×1=24种方法。

第二类：2和4同色，选一种颜色有4种方法；
3和5同色，选一种颜色有3种方法；
区域1选一种颜色有2种方法；
区域6选一种颜色有1种方法;
故第二类中共有4×3×2×1=24种方法。

同理,第三类中：2和5同色，3和6同色，区域1，区域4各一种颜色。

第四类中:2和5同色,4和6同色，
区域1，区域3各一种颜色。

第五类中，3和5同色，4和6同色，区域1,区域2各一种颜色。

每一类中都有4×3×2×1=24种方法，故不同的栽种方法共有120种。

答案：120
我创新，我超越
17。

已知f是集合M={1，2，3，4}到集合N=｛0，1，2}的函数，且f（1）+f（2）+f（3）+f （4)=4，则从M到N的不同函数f共有多少个？
解：由于f（1)、f（2)、f（3）、f（4）都是集合N中的元素,且f（1)+f（2）+f（3）+f（4)=4，故f（1)、f（2)、f（3）、f（4）的值有三类：
第一类，两个为2，另两个为0，有6种情况如下：
第二类，两个为1,一个为0，一个为2，分三步确定f（1)、f（2）、f（3)、f（4）的值：
第一步确定f（1）、f（2）、f（3)、f（4)中的一个为0，有4种方法；
第二步确定剩余3个中的一个为2，有3种方法；
第三步剩余的2个值确定为1，有1种方法。

∴第二类共有4×3×1=12种方法.
第三类，四个都是1，有1种方法。

综上知,从M到N的不同函数f的个数为6+12+1=19个。

18.5张1元币、4张1角币、1张5分币、2张2分币,可组成多少种不同的币值（一张不取，即0元0角0分不计在内）？
分析：此题若分类，则情形较多,易重复,若分步组合，则思路较为清晰,但应排除0元0角0分的情况。

解：先分为三种币值的不同组合：
元币：0元，1元,2元，3元，4元,5元；
角币：0角，1角,2角，3角,4角;
分币:0分,2分，4分，5分，7分，9分.
然后分三步进行：
第一步，从元币中选取，有6种取法；
第二步，从角币中选取，有5种取法；
第三步，从分币中选取,有6种取法。

根据分步乘法计数原理，共有6×5×6=180种情况。

除去0元0角0分这种情况,可组成180—1=179种不同币值。