数学选择性必修 第三册第六章 计数原理6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理优秀第2课时练习

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【夯实基础】
题型1实际问题中的计数问题
1.某学校高一年级共8个班，高二年级6个班从中选一个班级担任学校星期一早晨升旗任务，共有种安排方法
A．8B．6C．14D．48
【答案】C
【分析】根据分类加法计数原理即可求解.
【详解】根据分类计数的原理：共种方法．
故选：C
2.将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有
A．81B．64C．2D．14
【答案】B
【分析】依次把3个球放入盒子用分步乘法原理计算即可．
【详解】将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有，
故选：B
3.将封信投入个邮箱，共有（ ）种投法
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】按照分步计数原理即可得解.
【详解】第一步：投递第一封信，有2种投递方式，
第二步：投递第二封信，有2种投递方式，
第三步：投递第三封信，有2种投递方式，
所以一共有8中投法.
故选：C
4.若名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这个兴趣小组，每人选报组，则不同的报名方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】D
【分析】分析可知每个人都有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这个兴趣小组，每人选报组，
每个人都有种选择，则不同的报名方式种数为种.
故选：D.
5.把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有（ ）
A．4种B．5种C．6种D．7种
【答案】A
【详解】试题分析：分类：三堆中“最多”的一堆为5个，其他两堆总和为5，每堆最至少1个，只有2种分法．
三堆中“最多”的一堆为4个，其他两堆总和为6，每堆最至少1个，只有2种分法．
三堆中“最多”的一堆为3个，那是不可能的．
考点：本题主要考查分类计数原理的应用．
点评：本解法从“最多”的一堆分情况考虑开始，分别计算不同分法，然后求和．用列举法也可以，形象、直观易懂．
题型2 代数中的计数问题
1.从集合中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有（ ）个
A．98B．56C．84D．49
【答案】A
【分析】分类讨论当公差为，，……，时，对应的等差数列个数，再根据三个数成公差数列有两种情况，递增或递减，即可得到答案.
【详解】当公差为时，数列可以是：，，，……，共13种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共11种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共9种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共7种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，，，共5种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，共3种情况.
当公差为时，数列可以是：，共1种情况.
总的情况是.
又因为三个数成公差数列有两种情况，递增或递减，
所以这样的等差数列共有个.
故选：A
【点睛】本题主要考查分类计数原理，同时考查了等差数列的定义，属于简单题.
2.5400的正约数有（ ）个
A．48B．46C．36D．38
【答案】A
【分析】把5400进行质因数分解后利用质因数的指数进行计算．
【详解】，5400的正约数一定是由2的幂与3的幂和5的幂相乘的结果，
所以正约数个数为．
故选：A．
【点睛】本题考查分步乘法原理，解题关键是确定完成事件的方法．即寻找5400的正约数的方法．本题是分步计数原理．
3.的所有正约数（包含本身）个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将分解质因数后计算可得结果.
【详解】，的所有正约数（包含本身）个数为：.
故选：B.
4.展开后的不同项数为（ ）
A．9B．12C．18D．24
【答案】D
【分析】由分步乘法计数原理求解即可
【详解】分三步：第一步，从中任取一项，有4种方法；
第二步，从中任取一项，有3种方法；
第三步，从中任取一项有2张方法.
根据分步乘法计数原理，得共有（项）.
故选：D
5.(多选题）已知一组数据：0，1，2，4，则下列各选项正确的是（ ）
A．该组数据的极差，中位数，平均数之积为10
B．该组数据的方差为2.1875
C．从这4个数字中任取2个不同的数字可以组成8个两位数
D．在这4个数字中任取2个不同的数字组成两位数，从这些两位数中任取一数，取得偶数的概率为
【答案】BD
【分析】对于AB选项，根据极差、中位数、平均数、方差的求法计算即可；对于C选项，利用分步计数原理计算即可；对于D项，根据古典概型计算即可.
【详解】由数据计算可得：该组数据的极差为4-0=4，中位数为（1+2）÷2=1.5，平均数为（0+1+2+4）÷4=1.75，它们之积为4×1.5×1.75=10.5，故A错误；
方差为，故B正确；
先排十位数，有三种排法，再排个位数也是三种派发，故可以组成9个两位数，即C错误；
而组成的9个两位数其中只有21，41两个奇数，从中随机抽一数，抽到偶数的概率为，故D正确.
故选：BD.
题型3几何计数问题
1.设椭圆＋＝1的焦点在y轴上，其中a∈{1，2，3，4，5}，b＝{1，2，3，4，5，6，7}，则满足上述条件的椭圆个数为（ ）
A．20B．24C．12D．11
【答案】A
【分析】根据椭圆的标准方程列出当a＝1、2、3、4、5时，b的的取值即可求解.
【详解】当a＝1时，b＝2，3，4，5，6，7，有6个.
当a＝2时，b＝3，4，5，6，7，有5个.
当a＝3时，b＝4，5，6，7，有4个.
当a＝4时，b＝5，6，7，有3个.
当a＝5时，b＝6，7，有2个.
由分类加法计数原理得6＋5＋4＋3＋2＝20(个).
故选：A
2.如图所示，在，间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，则焊接点脱落的不通情况有（ ）种.
A．9B．11C．13D．15
【答案】C
【分析】根据题意分脱落1个、2个、3个和4个，进而列举出所有情况得到答案.
【详解】解：按照可能脱落的个数分类讨论，
若脱落1个，则有（1），（4）两种情况，
若脱落2个，则有，，，，，共6种情况，
若脱落3个，则有，，，共4种情况，
若脱落4个，则有共1种情况，
综上共有种情况.
故选：C.
3.如图，标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点 向结点 传递消息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】先求出每一条线路单位时间内传递的最大信息量，再由分类加法原理求解即可
【详解】第一条线路单位时间内传递的最大信息量为 ；
第二条线路单位时间内传递的最大信息量为 ；
第三条线路单位时间内传递的最大信息量为 ；
第四条线路单位时间内传递的最大信息量为 ．
因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为 ，
故选：AB
4.如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为 ．
【答案】19
【分析】从A到B有4种不同的传递路线，由分类加法计数原理求解即可
【详解】解：由题图可知，从A到B有4种不同的传递路线，各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6，
由分类加法计数原理得，单位时间内传递的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19.
故答案为：19.
5.在三角形的每条边上各取三个分点（如图）．以这9个分点为顶点可画出若干个三角形，若从中任意抽取一个三角形，则其三个顶点分别落在原三角形的三条不同边上的概率为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】根据题意，首先分析可得9个点能构成三角形总个数，再由分步计数原理可得符合条件的三角形个数，由等可能事件的概率公式，计算可得答案.
【详解】由题意，这9个点能构成三角形的总数为.
要得到三个顶点分别落在原三角形的三条不同边上的三角形，须在原三角形三边上各取一点，组成三角形即可，则符合条件的三角形个数为.
所以概率为.
故答案为：.
题型4数字排列问题
1.用数字0，1，2，3组成没有重复数字的3位数，其中比200大的有（ ）
A．24个B．12个C．18个D．6个
【答案】B
【分析】先确定百位，由分步乘法原理求解
【详解】由题意可知，百位上的数字为2或3，十位上的数字可在剩余3个数字中选择1个数字，个位上的数字再在剩下的2个数字中任选1个，
故比200大的3位数的个数为.
故选：B
2.在1，2，3，4，5，6这六个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（ ）
A．36个B．48个C．54个D．60个
【答案】D
【分析】分这三个数字是三个奇数和两个偶数，一个奇数两种情况计算.
【详解】解：①这三个数字为三个奇数，共（个）；
②这三个数字为两个偶数，一个奇数，共（个）.
故各数位之和为奇数的共有（个）.
故选：D.
3.由这十个数字组成的无重复数字的四位数中，个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的个数为（ ）
A．180B．196C．210D．224
【答案】C
【解析】首先分析可得，个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的情况有2种，即：①当个位与百位数字为0，8时，②当个位与百位为1，9时，分别求出所有的情况，由加法原理计算可得答案．
【详解】分两种情况：
（1）个位与百位填入0与8，则有个；
（2）个位与百位填入1与9，则有个.
则共有个.
故选：C
【点睛】本题考查排列、组合的综合运用，注意分类讨论的运用．
4.由0，1，2，5四个数组成没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数是（ ）
A．24B．12C．10D．6
【答案】C
【解析】分个位数是0和个位数是5两类求解.
【详解】当个位数是0时，有个，
当个位数是5时，有个，
所以能被5整除的个数是10，
故选：C
5.(多选题）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（ ）
A．四位回文数有90个
B．四位回文数有45个
C．（）位回文数有个
D．（）位回文数有个
【答案】AC
【分析】按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】根据题意，对于四位回文数，
有1001、1111、1221、……、1991、
2002、2112、2222、……、2992、
……、
9009、9119、9229、……、9999，
其首位和个位有种选法，第二为和第三位有种选法，故共有个，则A正确，B错误；
对于位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，
第个数字，即最中间的数字有10种选法，
则共有种选法，
即（）位回文数有个，故C正确，D错误.
故选：AC.
题型5涂色问题
1.某正方体形木块的六个面分别标有数字1~6，用红､黄､蓝､白4种颜色给这六个面涂色（不一定每种颜色都用上），相邻两个面所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案有（ ）

A．48种B．72种C．96种D．144种
【答案】C
【分析】根据分步计数原理分步进行涂色即可求解.
【详解】先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，再涂区域3，有2种选择.若区域4的颜色和区域2的颜色不同，此时区域只有一种选择；若区域4的颜色和区域2的颜色相同，剩下的区域有3种选择.故不同的涂色方案有种.
故选：C.
2.如图，用4种不同的颜色对图中4个区域涂色，要求每个区域涂1种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有 种．
【答案】48
【分析】利用分步计数原理，一个个按照顺序去考虑涂色.
【详解】按照分步计数原理，
第一步：涂区域1，有4种方法；
第二步：涂区域2，有3种方法；
第三步：涂区域3，分两类：（1）区域3与1同色，则区域4有2种方法；（2）区域3与1不同色，则区域3有2种方法，区域4有1种方法；
所以不同的涂色种数有种．
故答案为：48
3.现有5种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（ ）
A．150种B．180种C．240种D．120种
【答案】B
【分析】分步完成涂色，先涂，再涂，然后涂，．
【详解】分步涂色，第一步对涂色有5种方法，第二步对涂色有4种方法，第三步对涂色有3种方法，第四步对涂色有3种方法，
∴总的方法数为．
故选：B．
【点睛】本题考查分步乘法原理，解题关键是确定完成涂色这件事的方法：分类还是分步．
4.（多选题）如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A．
B．当时，若同色，共有48种涂法
C．当时，若不同色，共有48种涂法
D．当时，总的涂色方法有420种
【答案】ABD
【分析】根据同色或者不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【详解】对于A，由于区域与均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确，
对于B，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，由于同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，B正确；
对于C，当时，涂有种，
当不同色（D只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能用与同色，此时共有24种涂法，C错误；
对于D，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，当同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与同色的颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，
当不同色，此时四块区域所用颜色各不相同，共有，
只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂此时共有种涂法，
综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确，
故选：ABD
5.现有红、黄、蓝三种颜色，对如图所示的正五角星的内部涂色（分割成六个不同区域），要求每个区域涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则不同的涂色方法有（ ）

A．48种B．64种C．96种D．144种
【答案】C
【详解】根据题意，假设正五角星的区域为，，，，，，如图所示，

先对区域涂色，有3种方法，再对，，，，这5个区域进行涂色，
∵，，，，这5个区域都与相邻，∴每个区域都有2种涂色方法，
∴共有种涂色方法．故选C．
【能力提升】
单选题
1.现有7名同学去听同时进行的4个科普知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同的选法的种数是（ ）
A．11B．C．28D．
【答案】B
【分析】根据分步计数原理直接求解即可.
【详解】7名同学每人有4种选择，所以共有种.
故选：B.
2.为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了12个接种点，在乡镇设立了29个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ）
A．31种B．358种C．41种D．348种
【答案】C
【分析】根据题意该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点,由加法原理计算可得答案.
【详解】该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点，所以共有种不同接种点的选法．
故选：C．
3.如图，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有多少种（ ）
A．280B．180C．96D．60
【答案】B
【分析】按区域分四步，由分步乘法计数原理，即可求得结论.
【详解】按区域分四步：第1步，A区域有5种颜色可选；
第2步，B区域有4种颜色可选；
第3步，C区域有3种颜色可选；
第4步，D区域也有3种颜色可选.
由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3=180种不同的涂色方案.
选选：B.
【点睛】本题主要考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，正确分步是关键，属于基础题.
4.古代“五行”学认为物质分金､木､土､水､火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金，将五种不同属性的物质任意排成一列，且排列中属性相克的两种物质不相邻，则不同的排列方法有（ ）
A．5种B．10种C．20种D．130种
【答案】B
【分析】利用分步乘法原理求解即可
【详解】由题意，可看成是五个位置排列五种事物，则第一个位置有5种排法，
不妨设第一个位置排上的是金，
则第二步只能从土和水中选一种排列，则有2种排法，不妨设排上的是水，
第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，
所以由分步乘法原理可得共有种排法，
故选：B
5.若有4名女生和2名男生去两家企业参加实习活动，两家企业均要求既有女生又有男生，则不同的分配方案有（ ）种
A．20B．28C．32D．64
【答案】B
【分析】根据分步乘法计数原理，先安排男生，再安排女生，在安排女生时，利用间接法分析运算即可.
【详解】先安排2名男生，保证每个小组都有男生，共有种分配方案；
再安排4名女生，若将每个女生随机安排，共有种分配方案，
若女生都在同一小组，共有种分配方案，
故保证每个小组都有女生，共有种分配方案；
所以共有种分配方案.
故选：B.
6.有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（ ）
A．1512种B．1346种C．912种D．756种
【答案】D
【分析】先从A区域涂色，讨论B，D区域涂相同、不同颜色的两种情况，再确定C，E，F区域涂色方法，应用分类分步计数原理求不同涂色方法数.
【详解】1、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂相同颜色，则有3种方法，C，E，F区域分别有3种方法，共有4×3×3×3×3=324种方法．
2、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂不同颜色，则有3×2种方法，则E区域有2种方法，C，F分别有3种方法，共有4×3×2×2×3×3=432种方法．
故不同的涂色方法共有756种．
故选：D
7.编号为1，2，3的三位学生随意坐入编号为1，2，3的三个座位，每个座位坐一位学生，则三位学生所坐的座位号与学生的编号恰好都不同的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】所有的排列法共有种，用列举法求得满足条件的排列数只有2种，由此可求得满足条件的概率.
【详解】编号为1，2，3的三位学生随意坐入编号为1，2，3的三个座位时，1号学生有3种坐法，2号学生有2种坐法，3号学生只有1种坐法，所以一共有6种坐法，其中座位号与学生的编号恰好都不同的坐法只有2种，所以所求的概率.
故选：B.
8.设A＝（1，2，3，，10），若方程x2﹣bx﹣c＝0，满足b、c属于A，且方程至少有一根a属于A，称方程为漂亮方程，则“漂亮方程”的总个数为（ ）
A．8个B．10个C．12个D．14个
【答案】C
【分析】根据题意，用十字相乘法，先把c分解因数，依据方程根与系数的关系，这两个因数的差就是b，进而可以确定方程，再依次分析c等于2…10，分别分析、列举其“漂亮方程”的个数，由加法原理，计算可得答案.
【详解】解：用十字相乘法，先把c分解因数，依据方程根与系数的关系，这两个因数的差就是b；
c＝2 时，有2×1＝2，b＝2﹣1＝1，则漂亮方程为x2﹣x﹣2＝0；
c＝3时，有3×1＝3，b＝3﹣1＝2，则漂亮方程为x2﹣2x﹣3＝0；
c＝4时，有4×1＝4，b＝4﹣1＝3，则漂亮方程为x2﹣3x﹣4＝0，
c＝5时，有5×1＝5，b＝5﹣1＝4，则漂亮方程为x2﹣4x﹣5＝0；
c＝6时，有6×1＝6，b＝6﹣1＝5，则漂亮方程为x2﹣5x﹣6＝0，
同时，有2×3＝6，b＝3﹣1＝2，则漂亮方程为x2﹣x﹣6＝0；
c＝7时，有7×1＝7，b＝7﹣1＝6，则漂亮方程为x2﹣6x﹣7＝0，
c＝8时，有8×1＝8，b＝8﹣1＝7，则漂亮方程为x2﹣7x﹣8＝0，
同时，有2×4＝8，b＝4﹣2＝2，则漂亮方程为x2﹣2x﹣8＝0；
c＝9时，有9×1＝9，b＝9﹣1＝8，则漂亮方程为x2﹣8x﹣9＝0；
c＝10时，有10×1＝10，b＝10﹣1＝9，则漂亮方程为x2﹣10x﹣9＝0，
同时，有2×5＝10，b＝5﹣2＝3，则漂亮方程为x2﹣3x﹣10＝0；
综合可得，共12个漂亮方程，
故选：C.
多选题
9.下列正确的是（ ）
A．由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数
B．由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数
C．由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码
D．由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数
【答案】ACD
【分析】利用分步计数原理结合排列组合数进行计算即可．
【详解】由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有个，故A正确；
若三个数是偶数，则个位可以是2，4，则共有没有重复数字有个，故B错误；
数字1，2，3，4能够组成三位密码有个，故C正确；
若三位数比320大，则百位是4时，有个，
若百位是3，则十位可以是2，3，4时，个位可以是1，2，3，4，共有个，则比320大的三位数有个，故D正确．
故选：ACD．
10.现安排高二年级、、三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（ ）
A．共有不同的安排方法有种
B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
【答案】ABD
【分析】按照分步乘法计数原理一一计算可得；
【详解】解：根据题意，
对于A：，，三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，
每个学生有4种选法，则三个学生有种选法，故A正确；
对于B：三人到4个工厂，有种情况，其中甲工厂没有人去，
即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有种，
则工厂甲必须有同学去的安排方法有种，故B正确；
对于C：若同学必须去工厂甲，剩下2名同学安排到4个工厂即可，
有种安排方法，故C错误；
对于D：若三名同学所选工厂各不相同，有种安排方法，故D正确；
故选：ABD．
11.已知数字，由它们组成四位数，下列说法正确的有（ ）
A．组成可以有重复数字的四位数有个
B．组成无重复数字的四位数有96个
C．组成无重复数字的四位偶数有66个
D．组成无重复数字的四位奇数有28个
【答案】AB
【分析】根据题意，由分类分步计数原理依次分析各选项，即可得答案.
【详解】解：对A：四位数的首位不能为0，有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可以有重复数字的四位数有个，故选项A正确；
对B：四位数的首位不能为0，有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3 个数位，有种情况，则组成无重复数字的四位数有个，故选项B正确；
对C：若0在个位，有个四位偶数，若0不在个位，有个四位偶数，则组成无重复数字的四位偶数共有个四位偶数，故选项C错误；
对D：组成无重复数字的四位奇数有个，故选项D错误；
故选：AB.
12.有一项活动，需在3名老师、8名男学生和5名女学生中选人参加，则下列结论正确的是（ ）.
A．若只需1人参加，则有16种不同的选法
B．若需老师、男学生、女学生各1人参加，则有16种不同的选法
C．若需老师、男学生、女学生各1人参加，则有120种不同的选法
D．若需1名老师、1名学生参加，则有16种不同的选法
【答案】AC
【分析】根据题意，结合分类计数原理和分步计数原理，准确计算，即可求解.
【详解】由题意，有一项活动，需在3名老师、8名男学生和5名女学生中选人参加，共有人，
若只需1人参加，由分类计数原理，可得有3+8+5=16（种）不同的选法，所以A正确；
若需老师、男学生、女学生各1人参加，由分步计数原理，可得有3×8×5=120（种）不同的选法，所以B错误，C正确；
若需1名老师、1名学生参加，由分步计数原理，可得有3×13=39（种）不同的选法，所以D错误．
故选：AC
填空题
13.用3个0，4个1，3个2组成一个十位数，则3个0连在一起的不同的十位数共有 个．
【答案】245
【分析】由于最前面不能排0，所以分两类排列，一类是最前面排1，另一类最前面排2，然后利用分类加法原理求解即可
【详解】由于最前面不能排0，所以要从1和2中选一个放在最前面，
若最前面排1，将3个0捆绑在一起看成一个整体，和3个1，3个2在一起看成7个元素去占7个位置，先从7个位置中选一个放入3个0，然后从剩下的6个位置中选3个放入3个1，剩下的3个空留给3个2，则有个；
若最前面排2，将3个0捆绑在一起看成一个整体，和4个1，2个2在一起看成7个元素去占7个位置，先从7个位置中选一个放入3个0，然后从剩下的6个位置中选2个放入2个2，剩下的4个空留给4个1，则有个，
故3个0连在一起的不同的十位数共有个．
故答案为：245
14.假期里，有4名同学去社区做文明实践活动，根据需要，要安排这4名同学去甲、乙两个文明实践站，每个实践站至少去1名同学，每名同学只去1个实践站，则不同的安排方法共有 种．
【答案】14
【分析】根据题意，用间接法分析，先计算“将4人安排到2个文明实践站”的方法，排除其中“都安排在同一个文明实践站”的方法，计算可得答案.
【详解】根据题意，将4人安排到2个文明实践站，每人有2种安排方法，则有2×2×2×2=16种安排方法，其中都安排在同一个文明实践站的方法有2种，则有16-2=14种不同的安排方法.
故答案为：14.
15.用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2134大的数字个数为 .（用数字作答）
【答案】17
【分析】根据题意，按四位数的千位数字分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，
当其千位数字为3或4时，有种情况，即有12个符合题意的四位数，
当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2134，则有6﹣1＝5个比2134大的四位数，
故有12+5＝17个比2134大的四位数，
故答案为：17．
16.如图，圆形花坛分为部分，现在这部分种植花卉，要求每部分种植种，且相邻部分不能种植同一种花卉，现有种不同的花卉供选择，则不同的种植方案共有 种（用数字作答）
【答案】260
【分析】先分1，3相同与1，3不相同两类，每类中按分步计数原理，分2，4相同或不同两类求解，然后再分类计数原理求和.
【详解】根据题意：当1，3相同时，2，4相同或不同两类，有：种，
当1，3不相同时，2，4相同或不同两类，有：种，
所以不同的种植方案共有种，
故答案为：260
【点睛】本题主要考查计数原理的应用问题，还考查了分析求解问题的能力，所以中档题.
解答题
17.通信公司在某一段时间内向市场投放一批手机号码，这一批号码（共11位数字）的前七位是统一的，后四位都是之间的一个数字，那么这一号段共有多少个不同的号码？
【答案】
【分析】由于前七位已确定，我们只需分4步来确定后四位数字，11位手机号码就最终确定，要用分步乘法计数原理来计算．
【详解】后四位中的每一位都可以从这10个数字中任选一个，都有10种选法．
根据分步乘法计数原理，可依次确定手机号码的第八、九、十、十一位，
那么这一号段共有个不同的号码．
18.书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书．
（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？
（2）从书架上任取数学书和语文书各1本，有多少种不同的取法？
【答案】（1）种；（2）种；
【分析】（1）按照分类加法计数原理计算可得；
（2）按照分步乘法计数原理计算可得；
【详解】解：书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书．
（1）从书架上任取1本书，则有种取法；
（2）从书架上任取数学书和语文书各1本，则有种取法；
19.盒子里装有六个大小相同的小球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，现从盒子里随机不放回地抽取3次，每次抽取1个小球，按抽取顺序将球上数字分别作为一个三位数的百位、十位与个位数字：
(1)一共能组成多少个不同的三位数？
(2)求事件“组成的三位数小于300”的概率．
【答案】(1)120 (2)
【分析】（1）由分步计数原理进行求解；（2）求出小于300的三位数个数，在第一问基础上用古典概型求概率公式进行求解.
【详解】（1）由分步计数原理可得三位数的个数为个.
（2）若百位数字为2，则有个；
若百位数字为1，则有个，所以所求事件的概率为．
20.从1，2，3，4，5这5个整数中，允许重复地取出3个数a，b，c，构成一个三位数X＝100a+10b+c．
（1）X有多少个？其中偶数多少个？（均用数字作答）
（2）将所有的X从小到大排列，第75个X是多少？
【答案】（1）125，50，（2）355
【分析】（1）a，b，c各有5种取法，按分步乘法原理求解即可X的个数，先对c取值有2种，a，b各5种，按分步乘法原理求解即可得偶数的个数，
（2）求出百位为1的个数，百位为2的个数，百位为3的个数，可求得第75个X
【详解】（1）由题意可得a，b，c各有5种取法，所以分步乘法原理可得3个数a，b，c，构成一个三位数X有个，
其中偶数有c取值有2种，a，b各5种，按分步乘法原理可得个，
（2）当百位为1时的三位数有，
当百位为2时的三位数有，
当百位为3时的三位数有，
所以将所有的X从小到大排列，第75个X是百位数字为3的组成的最大的三位数为355
21.现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人.
（1）选1人为负责人，有多少种不同的选法？
（2）每组选1名组长，有多少种不同的选法？
（3）推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？
【答案】（1）34；（2）5040；（3）431
【分析】（1）根据分类计数原理即可得到答案；
（2）根据分步计数原理即可得到答案；
（3）根据题根据分步分类计数原理可得答案．
【详解】（1）分四类：第一类，从一组中选1人，有7种选法；
第二类，从二组中选1人，有8种选法；
第三类，从三组中选1人，有9种选法；
第四类，从四组中选1人，有10种选法.
所以不同的选法共有（种）；
（2）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四组中选1名组长，所以不同的选法共有（种）；
（3）分六类：从一、二组中各选1人，有种不同的选法；
从一、三组中各选1人，有种不同的选法；
从一、四组中各选1人，有种不同的选法；
从二、三组中各选1人，有种不同的选法；
从二、四组中各选1人，有种不同的选法；
从三、四组中各选1人，有种不同的选法.
所以不同的选法共有（种）.
22.已知集合A＝{2，4，6，8}，B＝{1，3，5，7，9}，从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字，问：
（1）能组成多少个不同的两位数？
（2）能组成多少个十位数字小于个位数字的两位数？
【答案】（1）20；（2）10.
【分析】（1）利用乘法分步原理求解；
（2）直接分四种情况讨论，利用分类加法原理得解.
【详解】解：(1)从A中取一个数作为十位数字，有4种不同的取法，从B中取一个数作为个位数字，有5种不同的取法．由分步乘法计数原理可知，能组成4×5＝20(个)不同的两位数．
(2)要组成十位数字小于个位数字的两位数，可分如下情况：
当个位数字为9时，十位上的数字有4种取法，能组成4个十位数字小于个位数字的两位数；
当个位数字为7时，十位上的数字有3种取法，能组成3个十位数字小于个位数字的两位数；
当个位数字为5时，十位上的数字有2种取法，能组成2个十位数字小于个位数字的两位数；
当个位数字为3时，十位上的数字有1种取法，能组成1个十位数字小于个位数字的两位数．
所以组成的十位数字小于个位数字的两位数有1＋2＋3＋4＝10(个)．
【点睛】方法点睛：排列组合问题常用的方法有：一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.