数学选择性必修 第二册3.1.1 基本计数原理课后复习题

基本计数原理

(15分钟　30分)

1．家住广州的小明同学准备周末去深圳旅游，从广州到深圳一天中动车组有30个班次，特快列车有20个班次，汽车有40个不同班次．则小明乘坐这些交通工具去深圳不同的方法有(　　)

A．240种　　B．180种　　C．120种　　D．90种

【解析】选D.根据分类加法计数原理，得方法种数为30＋20＋40＝90(种).

2．将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为(　　)

A．80    B．100    C．110    D．120

【解析】选D.如图，

若先染A有5种色可选，B有4种色可选，C有3种色可选，D有2种色可选，则不同染色方法共有5×4×3×2＝120(种).

3．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种．

【解析】分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种；当集合C中的元素属于集合B时，有4种．因为集合A与集合B无公共元素，所以集合C的情况共有3＋4＝7(种).

答案：7

4．4名学生参加跳高、跳远、游泳比赛，4人都来争夺这三项冠军，则获得冠军情况的所有种数是________．

【解析】因为跳高冠军的分配有4种不同的方法，跳远冠军的分配有4种不同的方法，游泳冠军的分配有4种不同的方法，所以根据分步乘法计数原理，冠军的分配方法有4×4×4＝64(种).

答案：64

5．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．

(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法；

(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？

【解析】(1)从O型血的人中选1人有28种不同的选法；

从A型血的人中选1人有7种不同的选法；

从B型血的人中选1人有9种不同的选法；

从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．

任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理，有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．

(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理，有28×7×9×3＝5 292种不同的选法．

(30分钟　60分)

一、单选题(每小题5分，共20分)

1．某地政府召集5家企业的负责人召开扶贫会议，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　)

A．14     B．16     C．20     D．48

【解析】选B.按题意分成两类：第一类：甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人出自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理知有N1＝2×6＝12(种)情况；第二类：3人全来自其余4家企业，有N2＝4(种)情况．综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16(种).

2．某单位有4位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0，1，2，5，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，四人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天，则不同的用车方案种数是(　　)

A．4    B．12    C．16    D．24

【解析】选B.15日至18日，有2天奇数日和2天偶数日，车牌尾数中有2个奇数和2个偶数．

第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有22＝4种．

第二步安排偶数日出行，分两类：

第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2种；

第二类，不安排甲的车，只有1种选择，共计1＋2＝3种．

根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数共有4×3＝12.

3．李芳有4件不同颜色的衬衣、3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．“五一”劳动节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳不同的选择方式有(　　)

A．24种    B．14种    C．10种    D．9种

【解析】选B.不选连衣裙有4×3＝12种方法，选连衣裙有2种．共有12＋2＝14种．

4．某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为(　　)

A．9    B．12    C．18    D．24

【解析】选C.若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23种，因为前3次两种红包都有，即去掉只有一种红包的2种情况，所以有23－2＝6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6＝18种．

二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

5．《九章算术》中记载有“阳马，鳖臑(biē nào)”，阳马是底面为矩形，有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，鳖臑是四个面都是直角三角形的四面体．若以正方体的顶点为阳马的顶点，可以得到m个阳马，以正方体的顶点为鳖臑的顶点，可以得到n个鳖臑，则(　　)

A．m＝12    B．m＝24    C．n＝72    D．n＝48

【解析】选BD.因为以正方体的一个顶点为四棱锥的顶点所得的阳马有3个，而正方体有8个顶点，所以阳马的个数m＝24，因为每个阳马可以拆分为2个鳖臑，所以鳖臑的个数n＝48.

6．已知集合A＝{－1，2，3，4}，m，n∈A，则对于方程＋＝1的说法正确的是(　　)

A．可表示3个不同的圆

B．可表示6个不同的椭圆

C．可表示3个不同的双曲线

D．表示焦点位于x轴上的椭圆的有3个

【解析】选ABD.当m＝n>0时，方程＋＝1表示圆，故有3个，选项A正确；当m≠n且m，n>0时，方程＋＝1表示椭圆，故有3×2＝6个，选项B正确；若椭圆的焦点在x轴上，所以m>n>0.当m＝4时，n＝2，3；当m＝3时，n＝2；即所求的椭圆共有2＋1＝3(个)，选项D正确；当mn<0时，方程＋＝1表示双曲线，故有3×1＋1×3＝6个，选项C错误．

三、填空题(每小题5分，共10分)

7.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．

【解析】满足条件的有两类：

第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有m1＝8(个)；

第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有m2＝8×4＝32(个)，

所以满足条件的三角形共有8＋32＝40(个).

答案：40

8．已知集合P＝{1，2，3，4，5}，若A，B是P的两个非空子集，则所有满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A，B)的个数为________.

【解析】根据题意，分4种情况讨论：

当A中的最大数为1，即A＝{1}时，B＝{2}，{3}，{4}，{5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，{2，3，4}，{2，3，5}，{2，4，5}，{3，4，5}，{2，3，4，5}，即{2，3，4，5}的非空子集的个数为24－1＝15个；

当A中的最大数为2，即A＝{2}，或{1，2}时，B＝{3}，{4}，{5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，{3，4，5}，即2×(23－1)＝14个；

当A中的最大数为3，即A＝{3}，或{1，3}，或{2，3}，或{1，2，3}时，B＝{4}，{5}，{4，5}，即4×3＝12个；

当A中的最大数为4，即A＝{4}，或{1，4}，或{2，4}，或{3，4}，或{1，2，4}，或{1，3，4}，或{2，3，4}，或{1，2，3，4}时，B＝{5}，即23＝8个；

所以总个数为15＋14＋12＋8＝49.

答案：49

四、解答题(每小题10分，共20分)

9．某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．

(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？

(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？

(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？

【解析】(1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同的选法．由分类加法计数原理可得，共有N＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法．

(2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，有10种不同的选法．第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，有6种不同的选法．由分步乘法计数原理可得，共有N＝8×10×6＝480(种)不同的选法．

(3)分三类：每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法．因此，共有N＝8×10＋10×6＋8×6＝188(种)不同的选法．

10．用n种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①，②，③，④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色．

(1)若n＝6，为甲着色时共有多少种不同的方法？

(2)若为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值．

【解析】完成着色这件事，共分为四个步骤，可以依次考虑为①，②，③，④这四个区域着色时各自的方法数，再利用分步乘法计数原理确定出总的方法数．

(1)为①区域着色时有6种方法，为②区域着色时有5种方法，为③区域着色时有4种方法，为④区域着色时有4种方法，依据分步乘法计数原理，不同的着色方法有6×5×4×4＝480(种).

(2)由题意知，为①区域着色时有n种方法，为②区域着色时有(n－1)种方法，为③区域着色时有(n－2)种方法，为④区域着色时有(n－3)种方法，由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为n(n－1)(n－2)(n－3).

所以n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，

所以(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0，

即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－120＝0.

所以n2－3n－10＝0或n2－3n＋12＝0(舍去).

所以n＝5.

【创新迁移】

1．一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数共有(　　)

A.6种　　　B．8种　　　C．36种　　　D．48种

【解析】选D.由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，每种选法中可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，

所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种走法，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种走法，参观完第二个区域后，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48种不同的参观路线．

2．将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有________种．

【解析】假设第一行为1，2，3，则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1＝6(种)填法．故不同的填写方法共有6×2＝12(种).

答案：12