第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[A 基础达标]
1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车2班，轮船3班，某人从甲地到乙地，共有不同的走法种数为( )
A．13 C．24
B．16 D．48
解析：选A．由分类加法计数原理可知，不同的走法种数为8＋2＋3＝13(种)． 2．(2019·郑州高二检测)如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为( )
A．8 C．5
B．6 D．3
解析：选B．从A处到B处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路；第二步，后一个并联电路接通有3条线路．由分步乘法计数原理知电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为2×3＝6(条)，故选B．
3．(2019·西安高二检测)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A．40 C．13
B．16 D．10
解析：选C．分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13(个)不同的平面．
4．现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A．81 C．48
B．64 D．24
4
解析：选A．每个同学都有3种选择，所以不同选法共有3＝81(种)，故选A． 5．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )
A．15 C．5
B．12 D．4
解析：选A．分三类情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；
- 1 -
②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况； ③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况．
由分类加法计数原理可得，满足条件的有序自然数对(x，y)的个数是6＋5＋4＝15(个)． 6．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有________种． 解析：完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12(种)不同的行车路线．
答案：12
7．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
8．(2019·海口高二检测)已知函数y＝ax＋bx＋c为二次函数，其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}，则不同的二次函数个数为________．
解析：若y＝ax＋bx＋c为二次函数，则a≠0，要完成该事件，需分步进行： 第一步，对系数a有4种选法； 第二步，对系数b有5种选法； 第三步，对系数c有5种选法．
所以共有4×5×5＝100(个)不同的二次函数． 答案：100
9．现有高二四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？ (2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人作中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？ 解：(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法； 第二类，从二班学生中选1人，有8种选法； 第三类，从三班学生中选1人，有9种选法； 第四类，从四班学生中选1人，有10种选法． 所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．
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2
2
(3)分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法； 从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法； 从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法； 从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法； 从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法； 从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)． 10．(2019·长沙高二检测)已知集合A＝{a，b，c}，集合B＝{－1，0，1}． (1)从集合A到B能构造多少个不同的函数？ (2)满足f(a)＋f(b)＋f(c)＝0的函数有多少个？
解：(1)每个元素a，b，c都可以有3个数和它对应，故从A到B能构造3×3×3＝27(个)不同的函数．
(2)列表如下： f(a) f(b) f(c) 0 0 0 0 1 －1 0 －1 1 1 0 －1 1 －1 0 －1 1 0 －1 0 1 从表中可知满足f(a)＋f(b)＋f(c)＝0的函数有7个． [B 能力提升]
11．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A．3 C．6
B．4 D．8
解析：选D．以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．
12．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14 C．12
B．13 D．10
2
解析：选B．对a进行讨论，为0与不为0，当a不为0时还需考虑判别式与0的大小关系．
若a＝0，则b＝－1，0，1，2，此时(a，b)的取值有4个；
若a≠0，则方程ax＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1，
此时(a，b)的取值为(－1，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(－1，2)，(1，1)，(1，0)，
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2
(1，－1)，(2，－1)，(2，0)，共9个．
所以(a，b)的个数为4＋9＝13(个)．故选B．
13．某节目中准备了两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？
解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑，分两大类：
(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400(种)结果．
(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400(种)结果． 因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．
14．(选做题)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有多少种？
解：法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6种不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块土地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)．
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