故共有10种.

7.53 [解析] (a,b)的不同的取值共有64个,其中logab=1有8个,logab=2有2个,logab=有2个,logab=log23有2个,logab=log32有2个,则不同取值的个数为64-7-1-1-1-1=53. 8.15 [解析] 从4名会唱歌的学生中选出2名有=6(种)选法,从3名会跳舞的学生中选出1名有3种选法,但其中有1名既会唱歌又会跳舞的学生,两组不能同时用,∴共有3×6-3=15(种)选法. 【课堂考点探究】

例1 [思路点拨] (1)取书可按书架的层次分类来计数; (2)可以按选择路线分甲→乙→丁,甲→丙→丁两类计数.

(1)B (2)B [解析] (1)书架上有3+5+8=16(本)书,则从中任取1本书,共有16种不同的取法.故选B.

(2)分两类:第一类,从甲地到乙地再到丁地,共有2×3=6(种);第二类,从甲地到丙地再到丁地,共有4×2=8(种).根据分类加法计数原理可得,共有6+8=14(种),故从甲地到丁地共有14条不同的路.故选B.

变式题 (1)D (2)B [解析] (1)3到9楼共7个楼层,分两类进行:一是每次都下1人,共有=210(种)方法;二是一次下1人,另一次下2人,共有数原理可得,下电梯的方法有210+126=336(种),应选D.

(2)分类讨论:当广告牌的底色没有蓝色时,有1种配色方案;当广告牌有1块用蓝色时,有

=126(种)方法.由分类加法计

=6(种)配色方案;当广告牌有2块用蓝色时,先排4块红色广告牌,形成5个位置,插入2

块蓝色广告牌,有=10(种)配色方案;当广告牌有3块用蓝色时,先排3块红色广告牌,形成4个位置,再插入3块蓝色广告牌,有=4(种)配色方案.由于相邻广告牌的底色不能同为蓝色,所以不可能有4块蓝色广告牌.根据分类加法计数原理,有1+6+10+4=21(种)配色方案.故选B.

例2 [思路点拨] (1)先安排车牌尾数为奇数的车在奇数日出行,而偶数日又以甲的车使用一日与不使用两种情况分类,最后结合分步乘法计数原理求解;(2)如图,考虑按A,B,C,D,E的顺序安装,A,B两角应选不同颜色的灯,在安装C角的灯时,要考虑所选灯的颜色是否与A同色,D,E两角安装什么颜色的灯就好办了.

49

(1)D (2)30 [解析] (1)5日至9日,分别为5,6,7,8,9日,有3天奇数日,2天偶数日.第一

3

步,安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有2=8(种);第二步,安排偶数日出行分两类,第一类,先选1天安排甲的车,另外1天安排其他车,有2×2=4(种),第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,共

有2=4(种),共计4+4=8(种).根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为8×8=64.故选D.

(2)如图,按A,B,C,D,E的顺序开始安装灯,则A角有3种装法,B角有2种装法,安装C角的灯可分两类进行:①当C角与A角灯的颜色相同时,D,E角灯的装法有2种;②当C角与A角灯的颜色不同时,D,E角灯的装法有3种.根据两个基本原理可得,不同的安装方法共有3×2×(2+3)=30(种).

2

变式题 (1)A (2)A [解析] (1)区域1有6种不同的涂色方法,区域2有5种不同的涂色方法,区域3有4种不同的涂色方法,区域4有3种不同的涂色方法,区域6有4种不同的涂色方法,区域5有3种不同的涂色方法,根据分步乘法计数原理得,共有6×5×4×3×4×3=4320(种)涂色方法,故选A.

(2)首先安排文科班学生,文科2个班的学生有种安排方法,然后安排理科班学生,理科班的学生有×种安排方法,利用分步乘法计数原理可得,不同安排方法的种数为××=24.故选A.

例3 [思路点拨] (1)分3步进行:先安排一首一尾2位大人;再将2个小孩捆绑成一个元素;然后和剩余大人一起全排列.最后由分步乘法计数原理计算可得.

(2)先分选用三种颜色或四种颜色两类讨论,再分步:选用三种颜色时,必有②④同色,③⑤同色;选用四种颜色时,必有②④或③⑤同色.

(1)A (2)72 [解析] (1)分3步进行:①先分派2位大人,必须一首一尾,有=12(种)排法;②2个小孩一定要排在一起,将其看成一个元素,考虑其顺序有=2(种)排法;③将2个小孩与另外2位大人进行全排列,有=6(种)排法.故共有12×2×6=144(种)排法.故选A.

(2)由题意可知,当选用三种颜色着色时,由分步乘法计数原理得,有选用四种颜色着色时,由分步乘法计数原理得,有2原理可得有24+48=72(种)方法.

=24(种)方法,当

=48(种)方法,再据分类加法计数

50