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新教材人教版高中数学选择性必修第三册
两个计数原理的综合应用
1.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,若要求剩余的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
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类不同的停放方法: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.
每一类均包含6种不同的停放方法,故共有24种不同的停放方法.
答案:C
2.一体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中,要求每个箱子放球的个数不少于其编号,则不同的放球方法有( )
A.10种 B.9种 C.8种 D.6种
解析:首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球,这样剩下三个足球,这三个足球可以随意放置,
第1种方法,可以在每一个箱子中放一个,有1种结果;
第2种方法,可以把球分成两份,1和2,这两份在三个位置,有3×2=6种结果;
第三种方法,可以把三个球都放到一个箱子中,有3种结果.
综上可知,共有1+6+3=10种结果.
答案:A
3.
如图,某电子器件是由三个电阻组成的回路,其中共有6个焊接点A,B,C,D,E,F,若某个焊接点脱落,整个电路就会不通,若现在电路不通了,则焊接点脱落的可能性共有( )
A.6种 B.36种 C.63种 D.64种
解析:每个焊接点都有正常与脱落两种情况,只要有一个脱落电路即不通,故共有26-1=63种.
答案:C
4.(多选题)已知函数y=ax2+bx+c,其中a,b,c∈{0,1,2,3,4},则不同的二次函数的个数可以用式子表示为( )
A.4×5×5
B.5×5×5
C.4×4+4×4+4×4×4+4
D.5×4×3
解析:(方法一)依分步乘法计数原理得,a有4种选择,b有5种选择,c也有5种选择,共有4×5×5个不同的函数.
(方法二)由题意可得a≠0,可分以下几类,
第1类,b=0,c≠0,此时a有4种选择,c也有4种选择,共有4×4=16个不同的函数;
第2类,c=0,b≠0,此时a有4种选择,b也有4种选择,共有4×4=16个不同的函数;
第3类,b≠0,c≠0,此时a,b,c都各有4种选择,共有4×4×4=64个不同的函数;
第4类,b=0,c=0,此时a有4种选择,共有4个不同的函数.
由分类加法计数原理,可确定不同的二次函数共有N=16+16+64+4=100(个).
答案:AC
5.设集合I={1,2,3,4,5},选择I的两个非空子集A和B,要使B中最小的数大于A中最大的数,则不同的选择方法共有( )
A.50种 B.49种 C.48种 D.47种
解析:以A中最大的数为标准,进行分类讨论,A中最大的数可能为1,2,3,4,共四种情况.
按分类加法计数原理做如下讨论:
①当A中最大的数为1时,B可以是{2,3,4,5}的非空子集,即有24-1=15(种)方法.
②当A中最大的数为2时,A可以是{2}或{1,2},B可以是{3,4,5}的非空子集,即有2×(23-1)=14(种)方法.
③当A中最大的数为3时,A可以是{3},{1,3},{2,3},{1,2,3},B可以是{4,5}的非空子集,即有4×(22-1)=12(种)方法.
④当A中最大的数为4时,A可以是{4},{1,4},{2,4},{3,4},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},B可以是{5},即有8×1=8(种)方法.
故共有15+14+12+8=49(种)方法.
答案:B
6.若椭圆x2m+y2n=1的焦点在y轴上,m∈{1,2,3,4,5},
解析:由于曲线是焦点在y轴上的椭圆,故nm.
当m=1时,n有6种取法;当m=2时,n有5种取法;……当m=5时,n有2种取法,则这样的椭圆共有6+5+4+3+2=20(个).
答案:20
7.若三角形的三边长均为正整数,其中一边长为4,另外两边长分别为b,c,且满足b≤4≤c,则这样的三角形有 个.?
解析:当b=1时,c=4;当b=2时,c=4,5;当b=3时,c=4,5,6;当b=4时,c=4,5,6,7.故共有10个这样的三角形.
答案:10
8.
如图,阴影部分由方格纸上的3个小方格组成,我们称这样的图案为L形,则在由3×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L形图案的个数为 .(注:其他方向的也是L形)?
解析:每四个小正方形图案都可画出四个不同的L形图案,该图中共有8个这样的小正方形.故可画出不同位置的L形图案的个数为4×8=32.
答案:32
9.有三项体育运动项目,每个项目均设冠军和亚军各一个奖项.
(1)学生甲参加了这三个运动项目,但只获得
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