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1第一章§1一、选择题1．[答案]D[解析]因为按x、y在各自的取值集合中各选一个值去做积这件事，可分两步完成：第一步，x在集合{2,3,7}中任取一个值有3种方法；第二步，y在集合{－31，－24,4}中任取一个值有3种方法．根据分步乘法计数原理有3×3＝9个不同的值．故选D.2．[答案]B[解析]由分类加法计数原理知，共有不同取法3＋5＋8＝16种．3．[答案]D[解析]参观路线分步完成：第一步选择三个“环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第二步选择余下两个“环形”路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；最后一个“环形”路线，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法．由分步计数原理知，共有3×2×2×2×2＝48(种)方法．二、填空题4．[答案]242[解析]任取两本不同的书，有三类：(1)取数学、语文各一本，(2)取语文、英语各一本，(3)取数学、英语各一本．然后求出每类取法，利用分类加法计数原理即可得解．取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90种不同取法；取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72种不同取法；取两本书中，一本数学、一本英语，有10×8＝80种不同取法．综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242种不同取法．故填242.5．[答案]36[解析]用分类加法计算原理：第一类，正方体的一条棱与面有两个“正交线面对”，共有24个；第二类，正方体的一条面对角线与对角面有一个“正交线面对”，共有12个．所以共有“正交线面对”的个数是24＋12＝36.三、解答题6．[分析]本题涉及分类加法计数原理与分步乘法计数原理，在分类中又包含分步，“类”、“步”交融，应注意根据所学知识认真分析，及对于一些“步”中分类的问题要学会具体对待．[解析]应分三类来解决该问题．第一类：一位数中除8以外符合要求的数有8个；第二类：二位数中，十位数除0、8以外有8种选法，而个位数除8以外有9种选法，故二位数中符合要求的数有8×9＝72(个)；第三类：三位数中①百位数为1，十位数和个位数上的数字除8以外都有9种选法，故三位数中，百位数为1的符合要求的数有9×9＝81(个)．②百位数为2的只有200这一个符合要求，∴三位数中符合要求的数有81＋1＝82(个)．由分类加法计数原理，符合要求的数字共有N＝8＋72＋82＝162(个)．[点评]考虑问题的原则是先分类而后分步，要注意在分类(或分步)时，必须做到不重不漏.一、选择题1．[答案]B[解析]由题意，m可能的取值为1,2，…，10；n可能的取值为1,2，…，8，先确定m有10种方法，再确定n有8种方法，按分步计数原理共有80种方法，但其中包括m＝n的情况共8种，故能组成落在矩形区域内的椭圆个数为72个．故选B.2．[答案]C[解析]依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C.3．[答案]C[解析]如图，上底面的一条对角线为例共4对，这样的对角线共12条，∴共有12×4＝48对．2本题也可以用排除法，C212－6－12求得．4．[答案]B[解析]由于“以A为起点，E为终点，每个城市经过且只经过一次”，并且求“最短路线的距离”，由选项判断，A中20.6在表中只有C和E之间的距离8.6是出现小数部分的，故CE是必定经过的路线，又因为A为起点，E为终点，故如果A正确，那么线路必须是：1.A－B－D－C－E或2.A－D－B－C－E，进行验证：线路1的距离和为5＋6＋9＋8.6＝28.6，故线路1不符合；线路2的距离之和为5＋6＋7＋8.6＝26.6，线路2也不符合，故排除A；再验证选项B，发现线路A－C－D－B－E的距离之和为4＋9＋6＋2＝21符合，故选B.5．[答案]B[解析]本题考查抛物线、计数原理．由题意知a≠0，且b≠0，下面分2类：若c＝0，ay＝b2x2，不同抛物线有5×4－6＝14条，若c≠0，不同抛物线有5×4×3－12＝48，共48＋14＝62条．分类要全面，要不重不漏．二、填空题6．[答案]300[解析]由题意可知m＋n＝1942，当m，n中一个数确定时，另一个数也就唯一确定了，所以不妨设m＝1000x1＋100x2＋10x3＋x4，则x1有2种不同取法，x2有10种不同取法，x3有5种不同取法，x4有3种不同取法，所以所求的有序数对的个数为2×10×5×3＝300.7.[答案]390[解析]给四个格子编号如答图所示，由题意①号格子有6种不同涂色方法，②号格子有5种不同的涂色方法，若③号格子与①号格子同色，则④号格子有5种不同涂色方法(可以与②号同色)，由乘法原理有6×5×5＝150(种)涂色方法；若③号格子与①号格子不同色，则③号格子有4种不同涂色方法，此时④号格子只能与①号或②号同色，因而有2种涂色方法，由乘法原理有6×5×4×2＝240(种)涂色方法，最后由加法原理共有150＋240＝390(种)不同的涂色方法，故填390.三、解答题8．[分析]由题目可获取以下主要信息：①有4个人、4张贺卡；②取别人写的贺卡．解答本题可根据自己写的卡的情况，最简捷的办法是用分步乘法计数原理设计完成这件事的步骤．[解析]方法一(枚举法)：(1)甲取得乙卡，分配方案如表．此时乙有甲、丙、丁3种取法．若乙取甲的卡，则丙取丁的、丁取丙的，若乙取丙的卡，则丙取丁的，丁取丙的，故有3种分配方案．(2)甲取得丙卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲．(3)甲取得丁卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丁甲乙丙、乙丙甲乙、丁丙乙甲．由分类加法计数原理，共有N＝3＋3＋3＝9(种)．方法二(间接法)：4人各取1张贺卡．甲先取1张贺卡有4种方法，乙再取1张贺卡有3种方法，然后丙取1张贺卡有2种方法，最后丁仅有1种方法．由分步乘法计数原理，4个人各取1张贺卡共有4×3×2×1＝24(种)．4个人都取自己写的贺卡有1种方法；2个人取自己写的贺卡，另2个人不取自己所写贺卡的方法有6种(即4个人中选出取自己写的贺卡的2人有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁)；1个人取自己写的贺卡，另3个人不取自己所写贺卡方法有8种(从4个人中选出取自己写的贺卡的1个人有4种方法．而其余3个人都不取自己所写贺卡的方法有2种方法)．因此，4个人都不取自己所写贺卡的取法有N＝24－(1＋6＋8)＝9(种)．方法三(分步法)．第一步甲取1张不是自己所写的那张贺卡，有3种3取法；第二步由甲取的那张贺卡的写卡人取，也有3种取法；第三步由剩余两个中任1个人取，此时只有1种取法；第四步最后1个人取，只有1种取法．由分步乘法计数原理，共有N＝3×3×1×1＝9(种)．[点评]对于有限制条件的选取、抽取问题的计数，一般地，当数目不很大时，可用枚举法，但为保证不重不漏，可用树形图、框图及表格进行枚举；当数目较大，符合条件的情况较多时，可用间接法计数；否则直接用分类或分步计数原理计数．但一般根据选(抽)取顺序分步或根据选(抽)取元素的特点分类．9．[解析]可分两步进行，先将四棱锥一侧的三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．如图所示，由题设，四棱锥S－ABCD的顶点S，A，B所染颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60种染色方法．当S，A，B已染好时，不妨设其颜色分别为颜色1,2,3；若C颜色为2，则D可染颜色3,4,5之一，有3种染色法；若C染颜色4，则D可染颜色3或5，有2种染法；若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法，可见，当S，A，B已染好时，C与D还有7种染法，因此不同的染色方法共有60×7＝420种．[点评]关于涂色问题，我们一般先给涂色部位依次标上相应的序号，以便分析问题．具体涂色时，看先给哪个部位涂色较简单．本例中首先须涂顶点S，其次A→B，涂C时要分类进行，分类标准是C同A和C不同于A两类．10．[解析]如果直接数图中矩形的个数，则有可能重复或遗漏，而以矩形的面积作为分类标准就能做到不重不漏．(1)面积为1的矩形有15个．(2)面积为2的矩形有两类：一是横向的，有4×3＝12个；二是竖向的，有2×5＝10个，故共有12＋10＝22个．(3)面积为3的矩形有3×3＋5＝14个．(4)面积为4的矩形有：横向的有2×3＝6个；正方形的有2×4＝8个，共有6＋8＝14个．(5)面积为5的矩形有3个．(6)面积为6的矩形有3×2＋4＝10个．(7)面积为8的矩形有2×2＝4个．(8)面积为9的矩形有3个．(9)面积为10的矩形有2个．(10)面积为12的矩形有2个．(11)面积为15的矩形有1个．故共有矩形15＋22＋14＋14＋3＋10＋4＋3＋2＋2＋1＝90个．[点评]本题中，可以用直接法一一地数出这些矩形的个数，但在“数”的过程中，容易出现重复和遗漏．而在这里以“面积”的大小作为分类标准，就可以避免重复和遗漏，并且它将一个大的计数问题分解成若干个小的计数问题，从而降低了思维难度，简化了解题过程，避免了错误的发生．第一章§2一、选择题1．[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，所以所有不同次序共有A14A55＝480.利用特殊元素优先安排的原则分步完成得到结论．2．[答案]C[解析]容易得到千位为1时组成四位数的个数为A34＝24，则千位为2,3,4,5时均有四位数24个，由于24×3＝72，四位数由小到大排列，可知第72个数为千位为3的最大的四位数即3542，故选C.3．[答案]D[解析]采用插空法．任两人隔1椅，共有2A33＝12，有两个隔2椅，共有A22·A33＝12，共有12＋12＝24(种)方法．二、填空题44．[答案]96[解析]先安排最后一棒，有A12种方案；再安排第一棒，有A12种方案；最后安排中间四棒，有A44种方案．所以不同的传递方案共有A12·A12·A44＝96种．5．[答案]96[解析]5张参观券分为4堆，有2个连号的有4种分法，每一种分法中的不同排列有A44种，因此共有不同的分法4A44＝4×24＝96种．三、解答题6．[解析]解法一：9本书按一定顺序排在一层，考虑到其中原来的6本书保持原有顺序，原来的每一种排法都重复了A66次．所以有A99÷A66＝504(种)．解法二：把书架上的这一层欲排的9本书看作9个位置，将新买的3本书放入这9个位置中的3个，其余的6本书按着原来顺序依次放入．则A39＝504(种)．解法三将新买来的3本书逐一插进去．空档中选1个，有7种选法，第2本书可从现在的7本书的8个空档中选1个，有8种选法，最后1本可从现在的8本书9个空档中选1个有9种选法；3本书都插进去，这件事才算做完，根据乘法原理，共有7×8×9＝504(种)不同的插入方法.一、选择题1．[答案]B[解析]先从除甲、乙外的4人中选取1人去巴黎，再从其余5人中选3人去伦敦、悉尼、莫斯科，共有不同选择方案，A14·A35＝240种．2．[答案]C[解析]首位为3时，有A44＝24；首位为2时，千位为3，则有A12A22＋1＝5，千位4或5时，A12A33＝12；首位为4时，千位为1或2，则A12A33＝12，千位为3，则有A12A22＋1＝5，∴共有24＋5＋12＋12＋5＝58.3．[答案]B[解析]分两类解决：第一类：甲排在第一位，共有A44＝24种排法．第二类：甲排在第二位，共有A13·A33＝18种排法．所以节目演出顺序的编排方案共有24＋18＝42种．4．[答案]A[解析]本题考查了分步计数原理的应用．利用分步计数原理，先填写最左上角的数，有C13＝3种；再填写右上角的数为2种；再填写第二行第一列的数有2种，一共有3×2×2＝12种．故选A.解题的关键是正确地利用分步计数原理合理地分步计算．5．[答案]B[解析]分两类：最左端排甲有A55＝120种不同的排法，最左端排乙，由于甲不能排在最右端，所以有C14A44＝96种不同的排法，由加法