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第十一章 第一节
一、选择题
1．5位同学报名参与两个课外活动小组，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
[答案] D
[解析] 由于每人均有两种选择方法，所以不同的报名方法有25＝32种．
2．从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为( )
A．6种 B．5种
C．3种 D．2种
[答案] B
[解析] 有3＋2＝5种．
3．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最终一个演讲，则不同的演讲次序共有( )
A．240种 B．360种
C．480种 D．720种
[答案] C
[解析] 本题考查了排列问题的应用．由题意，甲可从4个位置选择一个，其余元素不限制，所以全部不同次序共有AA＝480.利用特殊元素优先支配的原则分步完成得到结论．
4．某银行储蓄卡的密码是一个4位数码，某人接受千位、百位上的数字之积作为十位、个位上的数字(如2 816)的方法设计密码，当积为一位数时，十位上数字选0，千位、百位上都能取0.这样设计出来的密码共有( )
A．90个 B．99个
C．100个 D．112个
[答案] C
[解析] 由于千位、百位确定下来后十位、个位就随之确定，则只考虑千位、百位即可，千位、百位各有10种选择，所以有10×10＝100(个)．
5．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，假如要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为( )
A．16 B．18
C．24 D．32
[答案] C
[解析] 若将7个车位从左向右按1～7进行编号，则该3辆车有4种不同的停放方法：(1)停放在1～3号车位；(2)停放在5～7号车位；(3)停放在1,2,7号车位；(4)停放在1,6,7号车位．每一种停放方法均有A＝6种，故共有24种不同的停放方法．
6．某化工厂生产中需依次投放2种化工原料，现已知有5种原料可用，但甲、乙两种原料不能同时使用，且依次投料时，若使用甲原料，则甲必需先投放，则不同的投放方案有( )
A．10种 B．12种
C．15种 D．16种
[答案] C
[解析] 依题意，可将全部的投放方案分成三类，①使用甲原料，有C·1＝3种投放方案；②使用乙原料，有C·A＝6种投放方案；③甲、乙原料都不使用，有A＝6中投放方案，所以共有3＋6＋6＝15种投放方案．
二、填空题
7．(原创题)美女换装玩耍中，有5套裙子，4双鞋子，3顶帽子，要求裙、鞋、帽必需且只能各选择一件，则有________种装扮方案．
[答案] 60
[解析] 依据分步计数原理知，有5×4×3＝60种．
8．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的其次名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有________场竞赛．
[答案] 16
[解析] 小组赛共有2C场竞赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场竞赛；依据分类加法计数原理共有2C＋4＝16场竞赛．
9．农科院小李在做某项试验中，方案从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱这6种种子中选出4种，分别种植在4块不同的空地上(1块空地只能种1种作物)，若小李已打算在第1块空地上种玉米或高粱，则不同的种植方案有________种．(用数字作答)
[答案] 120
[解析] 由已知条件可得第1块地有C种种植方法，则第2～4块地共有A种种植方法，由分步乘法计数原理可得，不同的种植方案有CA＝120种．
三、解答题
10．一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同．
(1)从两个口袋里任取一封信，有多少种不同的取法？
(2)从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？
(3)把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？
[解析] (1)任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，因此是两类方法．
用分类加法计数原理，共有5＋4＝9(种)．
(2)各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这件事，因此应分两步骤完成．
由分步乘法计数原理，共有5×4＝20(种)．
(3)第一封建信投入邮筒有4种可能，其次封建信仍有4种可能，…，第九封建信还有4种可能．由分步乘法计数原理可知，共有49＝262144种不同的投法.
一、选择题
1．如图，A、B、C、D为四个村庄，要修筑三条大路，将这四个村庄连起来，则不同的修筑方法共有( )
A．8种 B．12种
C．16种 D．20种
[答案] C
[解析] 修筑方案可分为两类，一类是“折线型”，用三条大路把四个村庄连在一条曲线上(如图(1)，A－B－C－D)，有A种方法；另一类是“星型”，以某一个村庄为中心，用三条大路发散状连接其他三个村庄(如图(2)，A－B，A－C，A－D)，有4种方法．共有12＋4＝16种方法．
2．如图，用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色共有( )
A．400种 B．460种
C．480种 D．496种
[答案] C
[解析] 从A开头，有6种方法，B有5种，C有4种，D有4种，∴不同涂法有6×5×4×4＝480(种)，故选C．
二、填空题
3．用数字2、3组成四位数，且数字2、3至少都毁灭一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
[答案] 14
[解析] 数字2,3至少都毁灭一次，包括以下状况：
“2”毁灭1次，“3”毁灭3次，共可组成C＝4(个)四位数．
“2”毁灭2次，“3”毁灭2次，共可组成C＝6(个)四位数．
“2”毁灭3次，“3”毁灭1次，共可组成C＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数．
4．江西省某中学，为了满足新课改的需要，要开设9门课程共同学选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修4门，共有________种不同的选修方案．(用数值作答)
[答案] 75
[解析] 第一类，若从A、B、C三门选一门有C·C＝60(种)，其次类，若从其他六门中选4门有C＝15(种)，
∴共有60＋15＝75种不同的方法．
三、解答题
5．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问
(1)P可表示平面上多少个不同的点？
(2)P可表示平面上多少个其次象限的点？
(3)P可表示多少个不在直线y＝x上的点？
[分析] 完成“确定点P”这件事需依次确定横、纵坐标，应用分步乘法计数原理．
[解析] (1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；
其次步确定b的值，也有6种确定方法．依据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6×6＝36个．
(2)确定其次象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；
其次步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．
由分步乘法计数原理，得到其次象限点的个数是3×2＝6.
(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝B．因此a和b必需在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．
由(1)得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个．
[点评] 利用分步乘法计数原理解决问题：①要按大事发生的过程合理分步，即分步是有先后挨次的；②各步中的方法相互依存，缺一不行，只有各个步骤都完成才算完成这件事．
6．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必需放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？
[分析] 依据A球、B球所在位置进行分类争辩．
[解析] 依据A球所在位置分三类：
(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E有A＝6种不同的放法，则依据分步计数原理，此时有A＝6种不同的放法；
(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E有A＝6种不同的放法，则依据分步计数原理，此时有A＝6种不同的放法；
(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有A种不同的放法，依据分步计数原理，此时有AA＝18种不同的放法．
综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．
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