1、同步测控我夯基，我达标1.将（a1+a2）（b1+b2+b3）（c1+c2+c3+c4）展开后的项数是（ ）A.9 B.11 C.12 D.24解析：由于展开后的每一项需从三个括号中各取一个因数相乘，完成这件事需要分成三个步骤：第一步从第一个括号中取出一个数有2种不同取法；第二步从第二个括号中取出一个数有3种不同取法；第三步从第三个括号中取出一个数有4种不同取法.由分步乘法计数原理可知，展开式中共有N=234=24项.答案：D2.书架上原来并排放着5本书，现要再插入3本不同的书，那么不同的插法有（ ）A.336种 B.120种 C.24种 D.18种解析：分三步完成.第一步，将第一本书插入到原
2、5本书形成的6个空当中，有6种插法；第二步，将第二本书插入到6本书形成的7个空当中，有7种插法；第三步，将第三本书插入到7本书形成的8个空当中，有8种插法.由分步乘法计数原理得，共有678=336种插不同的法.答案：A3.已知集合A1,2,3，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（ ）A.2个 B.3个 C.4个 D.5个解析：当A含一个元素时，A=1或3；当A含两个元素时，A=1，2或2，3或1，3，共有5个集合.答案：D4.有四位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数共有（ ）A.8种 B.9种 C.10种 D.11种解析
3、：由分步乘法计数原理得33=9种.答案：B5.已知集合A=a,b,c,d,B=x,y,z,则从集合A到集合B的映射个数最多有（ ）A.432 B.43 C.34 D.43解析：因为集合A中的每一个元素都要找到集合B中的一个元素作为自己的像，且只有当集合A中的每一个元素都在B中找到自己的像后，才能建立起从A到B的映射，因此，从A到B的映射最多有3333=34个.答案：C6.某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分.一球队打完15场，积分33分.若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有（ ）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种解析：胜、负、平的情况按胜分可有：胜1
4、1场，负4场；胜10场，平3场，负2场；胜9场，平6场，没有其他情况.答案：A7.(2007高考全国卷,文10)5位同学报名参加两个课外活动小组，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种解析：分五步.第一步：第一位同学报名，有2种可能；第二步：第二位同学报名，有2种可能；第三、四、五步：第三、四、五位同学分别报名，均有2种可能.根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有22222=25=32种.答案：D8.如图，从ABC，有_种不同的走法；从AC，有_种不同的走法.解析：ABC分两步：第一步：AB，有2种走法；第二步：BC，有2种走法.
5、ABC共有22=4种走法.AC分两类：第一类：ABC共有4种走法；第二类：AC（不经过B）有2种走法.AC共有4+2=6种走法.答案：4 69.有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，从这些画中选出2幅不同的画布置房间，不同的选法有_种.解析：分三类：第一类，选1幅国画和1幅油画，有52=10种选法.第二类，选1幅油画和1幅水彩画，有27=14种选法.第三类，选1幅国画和1幅水彩画，有57=35种选法.从这些画中选2幅不同的画的选法有10+14+35=59种.答案：5910.从甲地到乙地，如果翻过一座山，上山有2条路，下山有3条路.如果不走山路,由山北绕道有2条路,由山南绕道有3条
6、路.（1）如果翻山而过,有多少种不同的走法?（2）如果绕道而行,有多少种不同的走法?（3）从甲地到乙地共有多少种不同的走法?解：（1）分两步：第一步，选一条上山路有2种走法;第二步，选一条下山路有3种走法.翻山而过，有23=6种不同的走法.（2）分两类：第一类：由山北绕道，有2种走法;第二类：由山南绕道，有3种走法.绕道而行，有2+3=5种不同的走法.（3）分两类：第一类：翻山而过，有6种走法；第二类：绕道而行，有5种走法.从甲地到乙地共有6+5=11种不同的走法.11.现要排一张5天的值班表,每天有一个人值班,共有5个人,每个人都可值多天或不值班,但相邻两天不准由同一人值班,问值班表共有多少
7、种不同的排法?解：先排第一天，从5个人中选一个，有5种选法；再排第二天，此时不能排第一天已排的人，有4种排法；再排第三天，此时不能排第二天的人，仍有4种排法.同理，第四、五天均各有4种排法，由分步乘法计数原理可得值班表共有54444=1 280种不同的排法.我综合，我发展12.把10个苹果分成三堆,要求每一堆至少1个,至多5个,则不同的分类方法共有（ ）A.4种 B.5种 C.6种 D.7种解析：按每堆苹果的数量可分为4类，即1，4，5；2，3，5；3，3，4；2，4，4.且每类中只有一种分法，选A.答案：A13.从1,2,3,4四个数字中任取数（不重复取）作和,则取出的这些数相加所得不同的和
8、共有（ ）A.8个 B.9个 C.10个 D.5个解析：按所取数字的个数分为3类：第一类：从中任取两个数求和，其和有3，4，5，6，7五种情况；第二类：从中任取三个数求和，其和有6，7，8，9四种情况；第四类：从中取四个数求和，其和只有10这一种情况.又因为第一类和第二类中有两个相同的和（6，7），重复的和共只能算作一个，故不同的和共有5+4+1-2=8种情况.答案：A14.某种彩票规定:从01至36共36个号中抽出7个号为一注,每注2元,某人想从01至10中选3个连续的号,从11到20中选2个连续的号,从21至30中选1个号,从31至36中选1个号组成一注,则这人把这种特殊要求的号买全,至少
9、要花（ ）A.3 360元 B.6 720元 C.4 320元 D.8 640元解析：这种特殊要求的号共有89106=4 320注.因此至少需花钱4 3202=8 640元.答案：D15.同室四人各写一张贺卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺卡,则四张贺卡的不同分配方式有_种.解析：思路1：记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他的三人之一收到,故有3种分配方式.以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类：甲收到乙送出的卡片，这时，丙、丁只有互送卡片一种分配方式.第二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种（分别为丙和丁送出的），对于每一种
10、情形，丁收到卡片的方式只有一种.因此，根据分类加法计数原理与分步乘法计数原理，不同的分配方式数为3（1+2）=9.思路2：由于4个数目不大，化为填数问题之后，可用穷举法进行具体的填写：再也没有合乎要求的填数法，故共有9种填法.本题也可用画“树形图”的方法列出各种分配方式.答案：916.某城市在中心广场建造一个花圃,花圃分为6个部分,如下图,现要栽4种不同颜色的花,每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花,不同的栽种方法有_种.解析：分五类：第一类：2和4同色，选一种颜色有4种方法；3和6同色，选一种颜色有3种方法；区域1选一种颜色，有2种方法；区域5选一种颜色，有1种方法;故第一类中共有4
11、321=24种方法.第二类：2和4同色，选一种颜色有4种方法；3和5同色，选一种颜色有3种方法；区域1选一种颜色有2种方法；区域6选一种颜色有1种方法;故第二类中共有4321=24种方法.同理，第三类中：2和5同色，3和6同色，区域1，区域4各一种颜色.第四类中：2和5同色，4和6同色，区域1，区域3各一种颜色.第五类中，3和5同色，4和6同色，区域1，区域2各一种颜色.每一类中都有4321=24种方法，故不同的栽种方法共有120种.答案：120我创新，我超越17.已知f是集合M=1,2,3,4到集合N=0，1，2的函数，且f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=4，则从M到N的不同函数f共有
12、多少个？解：由于f（1）、f（2）、f（3）、f（4）都是集合N中的元素，且f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=4,故f（1）、f（2）、f（3）、f（4）的值有三类：第一类，两个为2，另两个为0，有6种情况如下：情况1情况2情况3情况4情况5情况6f（1）222000f（2）200220f（3）020202f（4）002022第二类，两个为1，一个为0，一个为2，分三步确定f（1）、f（2）、f（3）、f（4）的值：第一步确定f（1）、f（2）、f（3）、f（4）中的一个为0，有4种方法;第二步确定剩余3个中的一个为2，有3种方法；第三步剩余的2个值确定为1，有1种方法.第二类共有431
13、=12种方法.第三类，四个都是1，有1种方法.综上知，从M到N的不同函数f的个数为6+12+1=19个.18.5张1元币、4张1角币、1张5分币、2张2分币，可组成多少种不同的币值（一张不取，即0元0角0分不计在内）？分析：此题若分类，则情形较多，易重复，若分步组合，则思路较为清晰，但应排除0元0角0分的情况.解：先分为三种币值的不同组合：元币：0元，1元，2元，3元，4元，5元；角币：0角，1角，2角，3角，4角；分币：0分，2分，4分，5分，7分，9分.然后分三步进行：第一步，从元币中选取，有6种取法；第二步，从角币中选取，有5种取法；第三步，从分币中选取，有6种取法.根据分步乘法计数原理，共有656=180种情况.除去0元0角0分这种情况，可组成180-1=179种不同币值.
