高中数学 第一章 计数原理 1_1 两个基本计数原理课后导练 苏教版选修2-31

高中数学 第一章 计数原理 1.1 两个基本计数原理课后导练 苏教版选修2-3基本达标1.将三封信投到4个邮筒,最多的投法有_种.()A.4B.3C.43D.34解析:分三步:(1)第一封信可投入4个中任一个,4种情况;(2)第二封信可投入4个中任一个,4种情况;(3)第三封信可投入4个中任一个,4种情况;根据分步计数原理,知N=444=43(种).答案:C2.已知集合A=1,2,3,集合B =4,5,6,映射f:AB,且满足1的象是4,则这样的映射有()A.2个B.4个C.8个D.9个解析:因为14,则由映射定义知2和3各有3种对应方式.由分步乘法计数原理得N=33=9(种).答案:D3. 某商业大厦有东、南、西三个大门,楼内东西两侧各有两个楼梯,由楼外到二楼上的走法种数是()A.5B.7C.10D.12解析:分三步:第一步:进大门有三种情况;第二步:上一楼有两种情况;第三步:上二楼有两种情况.N=322=12(种).答案:D4.已知集合A =0,2,5,7,9,从集合A中取两个元素相乘组成集合B,则集合B的子集个数为()A.7B.16C.127D.128解析:分两类:(1)取0时,有1种;(2)不取0时,有6种.B中含有7个元素,子集为27=128个.答案:D5.从1、2、3、4、7、9六个数中,任取两个数作对数的底数和真数,则所有不同的对数的值的个数是_个.解析:分两类:(1)当取1时,1只能为真数,此时y=0.(2)不取1时,分两步.取底数有5种;取真数有4种.其中, log23=log49,log32=log94,log24=log39, log42=log93,N=1+54-4=17(个).答案:176.将(a1+b1+c1+d1)(a2+b2+c2+d2)展开后不同的项有_项.解析:展开后每一项均由两个元素组成,分别来自两个括号,由分步乘法计数原理得N=44=16(项). 答案:167.从1、3、5、7四个数中任取两数相乘,可得到_个不同的积,从中任取两数相除可得到_个不同的商.解析:乘积共6种,分别为13、15、17、35、37、57.商数分两步:第一步:确定被除数,有四种;第二步:确定除数,有3种.根据乘法原理知N=34=12(种).答案:6128.已知a、bN+,但a+b6,则复数a+bi有多少个?解:(1)a=1时,b有5种方法;(2)a=2时,b有4种方法;(3)a=3时,b有3种方法;(4)a=4时,b有2种方法;(5)a=5时,b有1种方法.共有复数5+4+3+2+1=15个.9.2 160的正约数有多少个?其中偶数有多少个?解析:由已知,得2 160的正约数为2m3n5 p,其中m0,1,2,3,4,n0,1,2,3,p0,1.由分步计数原理知2 160的正约数有542=40个.其中偶数有442=32个.10.f是集合M =a,b,c,d到集合N =0,1,2的映射,有f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=4,则不同的映射有多少个?解析:由f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=4知4=0+0+2+2,4=1+1+2+0,4=1+1+1+1,共3类,由加法原理,共有6+62+1=19个映射.综合运用11.甲、乙、丙、丁四个人各写1张贺卡,放在一起,再各取1张不是自己所写的贺卡,共有多少种不同取法?解析:排出所有的分配方案.(1)甲取得乙卡,分配方案如右图,此时乙有甲、丙、丁3种取法,若乙取甲,则丙取丁、丁取丙;若乙取丙,则丙取丁、丁取甲;若乙取丁,则丙取甲、丁取丙,故有3种分配方案;(2)甲取得丙卡,分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取得贺卡如下: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人依序可取得贺卡如下:丁甲乙丙,丁丙甲乙,丁丙乙甲.由加法原理,共有3+3+3=9种.12.从-3,-2,-1,0,1,2,3中任取3个不同的数作为抛物线方程y =ax2+bx+c(a0)的系数,如果抛物线过原点且顶点在第一象限,则这样的抛物线共有多少条?解析:依据题意得0=a02+b0+c-故a可取-1,-2,-3;b可取1,2,3.所以共有N=33=9(条)抛物线.拓展探究13.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条路.问:(1)如果翻山而过,有多少种不同走法?(2)如果绕道而行,有多少种不同走法?(3)从甲地到乙地共有多少种不同走法?解析:(1)翻山分两