【高考总动员】2016届高考数学总复习 课时提升练55 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 理 新人教版

课时规范练55 分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础巩固组1.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为()A.40B.16C.13D.102.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是()A.56B.65C. D.6×5×4×3×23.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有()A.24种B.30种C.36种D.48种4.(2018山西一模)某天的值日工作由4名同学负责,且其中1人负责清理讲台,另1人负责扫地,其余2人负责拖地,则不同的分工共有()A.6种B.12种C.18种D.24种5.(2018北京一零一中学3月模拟)某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆参观,则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有()A.种B.×54种C.×54种D.种6.(2018辽宁丹东模拟)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人,每人一张,且甲、乙分得的电影票连号,则共有不同分法的种数为()A.12B.24C.48D.607.(2018黑龙江牡丹江)将数字1,2,3,4,填入下面的表格内,要求每行、每列的数字互不相同,如图所示,则不同的填表方式共有()种A.432B.576C.720D.8648.(2018新疆乌鲁木齐二诊)有五名同学站成一排照毕业纪念照,其中甲不能和乙站在一起,并且乙、丙两位同学要站在一起,则不同的站法种数有(用数字作答).9.若甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有种.10.三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数是.综合提升组11.从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为()A.24B.18C.12D.612.(2018内蒙古赤峰模拟)把2支相同的晨光签字笔,3支相同的英雄钢笔,全部分给4名优秀学生,每名学生至少1支,则不同的分法有()A.24种B.28种C.32种D.36种13.(2018天津模拟)将数字“124470”重新排列后得到不同的偶数个数为()A.180B.192C.204D.26414.如图所示,一个地区分为5个行政区域,现给该地区的地图涂色,要求相邻区域不得使用同一种颜色,现有4种颜色可供选择,则涂色方法共有的种数为.15.我们把中间位上的数字最大,而两边依次减小的多位数称为“凸数”.如132,341等,则由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位凸数的个数是.16.(2018浙江宁波模拟)现有红、黄、蓝、绿四个骰子,每个骰子的六个面上的数字分别为1,2,3,4,5,6.若同时掷这四个骰子,则四个骰子朝上的数字之积等于24的情形共有种(请用数字作答).创新应用组17.对甲、乙、丙、丁四人进行编号,甲不编“1”号、乙不编“2”号、丙不编“3”号、丁不编“4”号的不同编号方法有()A.8种B.9种C.10种D.11种18.如图,在由若干个同样小的平行四边形组成的大平行四边形内有一个★,则含有★的平行四边形共有个.(用数字作答)参考答案课时规范练55 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.C分两类情况讨论:第1类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;第2类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.2.A6名同学中的每一名同学都可以从5个课外知识讲座中任选一个,由分步乘法计数原理可知不同的选法种数是56.故选A.3.D按A→B→C→D的顺序分四步着色,共有4×3×2×2=48种不同的着色方法.4.B方法数有=12种.故选B.5.C因为有且只有两个年级选择甲博物馆,所以参观甲博物馆的年级有种情况,其余年级均有5种选择,所以共有54种情况,根据分步乘法计数原理可得共有×54种情况,故选C.6.C先从4组2张连号票,比如(1,2)(2,3)(3,4)(4,5)中取出一组,分给甲、乙两人,共有=8种,其余的3张票随意分给剩余的3人,共有=6种方法,根据分步乘法计数原理可知,共有8×6=48种不同的分法,故选C.7.B对符合题意的一种填法如图,行交换共有=24种,列交换共有=24种,所以根据分步乘法计数原理得到不同的填表方式共有24×24=576种,故选B.8.36根据题意,先排除甲后的其余4人进行排列,因为乙、丙两位同学要站在一起,故将乙、丙“捆绑”再与其余2人进行全排,共有=12种不同的排法,再将甲插空,由于甲不能和乙站在一起,故甲有3种插法,所以根据分步乘法计数原理,不同的站法有12×3=36种.故答案为36.9.24分步完成,首先甲、乙两人从4门课程中同选1门,有4种方法;其次甲从剩下的3门课程中任选1门,有3种方法;最后乙从剩下的2门课程中任选1门,有2种方法.于是,甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2=24(种).10.36另两边长用x,y(x,y∈N+)表示,不妨设1≤x≤y≤11,要构成三角形,必须x+y≥12.当y取11时,x可取1,2,3,…,11,有11个三角形;当y取10时,x可取2,3,…,10,有9个三角形;……当y取6时,x只能取6,只有1个三角形.所以所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.11.B三位数可分成两类,第一类是奇偶奇,其中个位有3种选择,十位有2种选择,百位有2种选择,共有3×2×2=12(个);第二类是偶奇奇,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有1种选择,共有3×2×1=6(个).故由分类加法计数原理,可知共有奇数12+6=18(个).故选B.12.B第一类,有一个人分到一支钢笔和一支签字笔,这种情况下的分法有:先将一支钢笔和一支签字笔分给一个人,有4种分法,将剩余的2支钢笔, 1支签字笔分给剩余3名同学,有3种分法,共有3×4=12种不同的分法;第二类,有一个人分到两支签字笔,这种情况下的分法有:先将两支签字笔分给一个人,有4种情况,将剩余的3支钢笔分给剩余3个人,只有1种分法,共有4×1=4种不同的分法;第三类,有一个人分到两支钢笔,这种情况的分法有:先将两支钢笔分给一个人,有4种情况,再将剩余的两支签字笔和一支钢笔分给剩余的3个人,有3种分法,那共有3×4=12种不同的分法.综上所述,总共有12+4+12=28种不同的分法.故选B.13.C根据题意,分3种情况讨论:①个位数字为0,在前面5个数位中任选2个,安排2个数字4,有=10种情况,将剩下的3个数字全排列,安排在其他的数位,有=6种情况,则此时有10×6=60个偶数,②个位数字为2,0不能在首位,有4种情况,在剩下的4个数位中任选2个,安排2个数字4,有=6种情况,将剩下的2个数字全排列,安排在其他的数位,有=2种情况,则此时有4×6×2=48个偶数,③个位数字为4,0不能在首位,有4种情况,将剩下的4个数字全排列,安排在其他的数位,有=24种情况,则此时有4×24=96个偶数.共有60+48+96=204个不同的偶数;故选C.14.72因为区域1与其他4个区域都相邻,首先考虑区域1,有4种涂法,然后再按区域2,4同色和不同色,分为两类:第一类,区域2,4同色,有3种涂法,此时区域3,5均有2种涂法,共有4×3×2×2=48种涂法;第二类,区域2,4不同色,先涂区域2,有3种涂法,再涂区域4,有2种涂法,此时区域3,5都只有1种涂法,共有4×3×2×1×1=24种涂法.根据分类加法计数原理知,共有48+24=72种满足条件的涂色方法.15.20根据“凸数”的特点,中间的数字只能是3,4,5,故分三类,第一类,当中间数字为3时,此时有2种(132,231);第二类,当中间数字为4时,从1,2,3中任取两个放在4的两边,故有=6种;第三类,当中间数字为5时,从1,2,3,4中任取两个放在5的两边,故有=12种;根据分类加法计数原理知,由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位凸数的个数是2+6+12=20.16.52因为24=6×4×1×1=6×2×2×1=4×3×2×1=3×2×2×2,对于上述四种情形掷这四个骰子时,分别有=12,×=12,=24,=4种情形,综上共有12+12+24+4=52种情形.17.B依题意,符合要求的编号方法为“1”号是乙、丙、丁三人中的某一个.①当乙的编号为“1”时,其他人的编号如下:1 2 3 4乙甲丁丙乙丙丁甲乙丁甲丙显然,此时有3种不同的编号方法;②当丙的编号为“1”时,其他人的编号如下:1 2 3 4丙甲丁乙丙丁甲乙丙丁乙甲显然,此时有3种不同的编号方法;③当丁的编号为“1”时,其他人的编号如下:1 2 3 4丁甲乙丙丁丙甲乙丁丙乙甲显然,此时有3种不同的编号方法.由分类加法计数原理,知不同的编号方法有3+3+3=9(种).18.48含有★的平行四边形的左上角的顶点有4种可能,右下角的顶点有12种可能.由一个左上角顶点和一个右下角顶点就能构成一个平行四边形,所以共有48个含有★的平行四边形.。

课时规范练57 分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础巩固组1.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A.40B.16C.13D.10答案:C解析:分两类情况讨论:第1类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;第2类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13(个)不同的平面.2.(河南洛阳模拟)一个电路中含有(1)(2)两个零件,零件(1)含有A,B两个元件,零件(2)含有C,D,E三个元件,每个零件中有一个元件能正常工作则该零件就能正常工作,则该电路能正常工作的线路条数为( )A.9B.8C.6D.5答案:C解析:由分步乘法计数原理易得,该电路能正常工作的线路条数为2×3=6(条).故选C.3.有5名学生志愿者到2个小区参加疫情防控常态化宣传活动,每名学生只去1个小区,每个小区至少安排1名学生,则不同的安排方法有( ) A.10种 B.20种 C.30种 D.40种答案:C解析:根据题意,将5名学生志愿者安排到2个小区,每个人都有2种安排方法,则5个人有2×2×2×2×2=32(种)不同的安排方法,其中5人都去1个小区的安排方法有2种,则符合题意的安排方法有32-2=30(种).4.(安徽马鞍山一模)现有4名志愿者要安排到3个服务站点参加服务,每名志愿者只能安排到一个站点,每个站点至少安排一名志愿者,则不同的安排方案共有( )A.48种B.36种C.24种D.12种答案:B解析:先将4名志愿者分成3组,其中2组1人,1组2人,有C42种分法,再将3组人分给3个服务站有C42·A33=36(种)安排方案.故选B.5.(山西临汾三模)五一劳动节期间,有6名志愿者要去3所敬老院做义工,这3所敬老院的规模不同,其中2所敬老院规模较小,各需1名义工,剩余4人均去另1所,则不同的分配方案有种.答案:30解析:第一步:先从6名志愿者中选取4名志愿者去一所养老院,有C64种方法;第二步:将剩下的2名志愿者分别安排在剩下的2所养老院中,有A22种方法.根据分步乘法计数原理,有C64A22=30(种)方法.6.任取集合{1,2,3,4,…,10}中三个不同数a1,a2,a3,且满足a2-a1≥2,a3-a2≥3,则选取这样的三个数的方法共有种.答案:35解析:第一类,a3-a1=5,a1,a3的值有5种情况,则a2只有1种情况,共有5×1=5(种)情况;第二类,a3-a1=6,a1,a3的值有4种情况,则a2有2种情况,共有4×2=8(种)情况;第三类,a3-a1=7,a1,a3的值有3种情况,则a2有3种情况,共有3×3=9(种)情况;第四类,a3-a1=8,a1,a3的值有2种情况,则a2有4种情况,共有2×4=8(种)情况;第五类,a3-a1=9,a1,a3的值有1种情况.则a2有5种情况,共有1×5=5(种)情况.则选取这样的三个数的方法共有5+8+9+8+5=35(种).7.如图所示线路图,机器人从A 地经B 地走到C 地,最近的走法共有 种.答案:20解析:A 到B 共2种最近的走法,从B 到C 共C 52种最近的走法,由分步乘法计数原理,知从A 地经B 地走到C 地,最近的走法共有2C 52=20(种).综合提升组8.(河南郑州一模)为了落实五育并举,全面发展学生素质,学校准备组建书法、音乐、美术、体育社团,现将5名同学分配到这4个社团进行培训,每名同学只分配到1个社团,每个社团至少分配1名同学,则不同的分配方案共有( ) A.60种 B.120种 C.240种 D.480种答案:C解析:由题意,分步完成,第一步,将5名同学按1,1,1,2分成4组,有C 51C 41C 31C 22A 33种分组方法;第二步,将分成4组的学生安置在4个社团,有A 44种方法,由分步乘法计数原理得,共有C 51C 41C 31C 22A 33·A 44=240(种)不同的分配方案,故选C.9.如图,在由若干个同样小的平行四边形组成的大平行四边形内有一个★,则含有★的平行四边形共有个.(用数字作答)答案:48解析:含有★的平行四边形的左上角的顶点有4种可能,右下角的顶点有12种可能.由一个左上角顶点和一个右下角顶点就能构成一个平行四边形,所以共有48个含有★的平行四边形.10.如图,矩形的对角线把矩形分成A,B,C,D四部分,现用5种不同颜色给四部分涂色,每部分涂1种颜色,要求共边的两部分颜色互异,则共有种不同的涂色方法.答案:260解析:由题意,区域A有5种涂色方法;区域B有4种涂色方法;区域C的涂色方法可分2类:若C与A涂同色,区域D有4种涂色方法;若C与A涂不同色,此时区域C有3种涂色方法,区域D也有3种涂色方法.所以共有5×4×4+5×4×3×3=260(种)涂色方法.创新应用组11.某城市关系要好的A,B,C,D四个家庭各有两个小孩共8人,分乘甲、乙两辆汽车出去游玩,每车限坐4名(乘同一辆车的4名小孩不考虑位置),其中A户家庭的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名小孩恰有2名来自同一个家庭的乘坐方式共有( )A.18种B.24种C.36种D.48种答案:B解析:根据题意,分2类情况讨论:①A户家庭的孪生姐妹在甲车上,甲车上剩下两个要来自不同的家庭,可以在剩下的三个家庭中任选2个家庭,再从每个家庭的2个小孩中任选一个,来乘坐甲车,有3×2×2=12(种)乘坐方式;②A户家庭的孪生姐妹不在甲车上,需要在剩下的三个家庭中任选1个家庭,让其2个小孩都在甲车上,对于剩余的2个家庭,从每个家庭的2个小孩中任选一个,来乘坐甲车,有3×2×2=12(种)乘坐方式.则共有12+12=24(种)乘坐方式,故选B.。

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．从3名男同学和2名女同学中选1人主持本班某次主题班会，不同选法种数为()A．6种B．5种C．3种D．2种解析由分类加法计算原理知总方法数为3＋2＝5(种)．答案 B2．4位同学从甲、乙、丙3门课程中各选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法有()A．12种B．24种C．30种D．36种解析分三步，第一步先从4位同学中选2人选修课程甲．共有C24种不同选法，第二步给第3位同学选课程，有2种选法．第三步给第4位同学选课程，也有2种不同选法．故共有C24×2×2＝24(种)．答案 B3．从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()A．24 B．18 C．12 D．6解析三位数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇．对于(1)，个位(3种选择)，十位(2种选择)，百位(2种选择)，共12种；对于(2)，个位(3种选择)，十位(2种选择)，百位(1种选择)，共6种，即12＋6＝18.故选B.答案 B4．已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是()A．18 B．10 C．16 D．14解析分两类：第一类：M中元素作横坐标，共3×2＝6个点，第二类：N中元素作横坐标，共4×2＝8个点，由分类加法原理知点的个数共6＋8＝14个．答案 D5．(2013·四川卷)从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是()A．9 B．10 C．18 D．20解析由于lg a－lg b＝lg ab(a＞0，b＞0)，∴lg ab有多少个不同的值，只需看ab不同值的个数．从1，3，5，7，9中任取两个作为ab有A25种，又13与39相同，31与93相同，∴lg a－lg b的不同值的个数有A25－2＝18. 答案 C二、填空题6．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有________个(用数字作答)．解析数字2，3至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C14＝4(个)四位数．“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C24＝6(个)四位数．“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C34＝4(个)四位数．综上所述，共可组成14个这样的四位数．答案147．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案368．将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格中，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种．解析编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．于是由分类加法计数原理，得共有3＋3＋3＝9(种)不同的填法．答案9三、解答题9．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加，(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？(3)若需老师，男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？解(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类各自有3、6、8种方法，总方法数为3＋6＋8＝17(种)．(2)分两步，先选教师共3种选法，再选学生共6＋8＝14种选法，由分步乘法计数原理知，总方法数为3×14＝42(种)．(3)教师、男、女同学各一人可分三步，每步方法依次为3，6，8种．由分步乘法计数原理知方法数为3×6×8＝144(种)．10．电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？解分两类：(1)幸运之星在甲箱中抽，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17 400(种)．(2)幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400(种)．共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．能力提升题组(建议用时：25分钟)11．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有()A．12种B．10种C．9种D．8种解析分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2(种)选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6(种)选派方法．由分步乘法计数原理，不同选派方案共有2×6＝12(种)．答案 A12．(2013·山东卷)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A．243 B．252C．261 D．279解析0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．答案 B13．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，...，99.3位回文数有90个：101，111，121， (191)202，…，999.则(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合计数原理，知有9×10n种填法．答案(1)90(2)9×10n14．将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同涂色方法？解法一本题利用了分步原理求涂色问题．给出区域标记号A，B，C，D，E(如图)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．故共有48＋24＝72(种)不同的涂色的方法．注：本例若按A，B，E，D，C顺序涂色，在最后给区域C涂色时，就应考虑A与E，B 与D是否同色这两种情况．法二按用3种或用4种颜色分两类，第一类用3种，此时A与E，B与D分别同色，于是涂法种数为A34＝24(种)；第二类用4种，此时，A与E，B与D有且只有一组同色，涂法种数为2A44＝48(种)．由分类加法计数原理知涂法总数为24＋48＝72(种).。

课时规范练55分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础巩固组1.(2019河北阜平一中模仿,5)将6名留学归国人员分配到济南、青岛两地工作,若济南至少安排2人,青岛至少安排3人,则不同的安排方法数是( )A.120B.150C.35D.65解析6名留学归国人员分配到济南、青岛两地工作.若济南至少安排2人,青岛至少安排3人,分两类,第一类,青岛安排3人,济南安排3人,有=20种;第二类,青岛安排4人,济南安排2人,有=15种.根据分类计数原理可得20+15=35种.故选C.2.(2019安徽蚌埠质检,7)某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包,活动规定每人可以依次点击4次,每次都会得到三种红包的一种,若集全三种即可获奖,但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也差别.员工甲按规定依次点击了4次,直到第4次才获奖.则他获得奖次的不同情形种数为( )A.9B.12C.18D.24剖析凭据题意,若员工甲直到第4次才获奖,则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包,则甲第4次获得的红包有3种情况,前三次获得的红包为其余的2种,有23-2=6种情况,则他获得奖次的不同情形种数为3×6=18种.故选C.3.(2019湖南师范大学附中、岳阳一中等六校联考,7)若m,n均为非负整数,在做m+n的加法时各位均不进位(例如:2 019+100=2 119),则称(m,n)为“简单的”有序对,而m+n称为有序对(m,n)的值,那么值为2 019的“简单的”有序对的个数是( )A.100B.96C.60D.30剖析由题意可知,只要确定了m,n即可确定,则可确定一个有序数对(m,n),则对于数m,使用分步计数原理,第一位取法有3种:0,1,2;第二位取法有1种:0;第三位取法有2种:0,1;第四位取法有10种:0,1,2,3,4,5,6,7,8,9;所以值为2 019的“简单的”有序对的个数是3×1×2×10=60.故选C.4.(2019贵州铜仁一中模仿,7)现有4种不同的颜色要对图形中(如图)的四个部门涂色,要求有公共边的两部门不克不及用统一颜色,则不同的涂色方法有( )种A.24B.30C.48D.50剖析凭据题意,对于区域A,有4种颜色可选,有4种涂色方法;对于区域B,与区域A相邻,有3种颜色可选,有3种涂色方法;对于区域C,与区域AB相邻,有2种颜色可选,有2种涂色方法;对于区域D,与区域AC相邻,有2种颜色可选,有2种涂色要领.则不同的涂色方法有4×3×2×2=48种.故选C.5.某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆观光,则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有( )A.A62×A54种B.A62×54种C.C62×54种D.C62×A54种解析因为有且只有两个年级选择甲博物馆,所以参观甲博物馆的年级有种环境,其余年级均有5种选择,所以共有54种情况,根据分步乘法计数原理可得共有54种情况,故选C.6.(2019黑龙江大庆模仿,8)数学与自然、生存相伴相随,无论是蜂的繁殖纪律,树的分枝,照旧钢琴音阶的分列,当中都蕴含了一个美丽的数学模型Fibonacci(斐波那契数列):1,1,2,3,5,8,13,21…,这个数列前两项都是1,从第三项起,每一项都即是前面两项之和,请你联合斐波那契数列,尝试解答下面的问题:小明走楼梯,该楼梯一共8级台阶,小明每步能够上一级或二级,请问小明的不同走法种数是( )A.20B.34C.42D.55:登上第1级:1种;登上第2级:2种;登上第3级:1+2=3种(前一步要么从第1级迈上来,要么从第2级迈上来);登上第4级:2+3=5种(前一步要么从第2级迈上来,要么从第3级迈上来);登上第5级:3+5=8种;登上第6级:5+8=13种;登上第7级:8+13=21种;登上第8级:13+21=34种,故选B.7.将数字1,2,3,4,填入表格内,要求每行、每列的数字互不雷同,如图所示,则不同的填表方式共有( )种A.432B.576C.720D.864解析对符合题意的一种填法如图,行交换共有=24种,列交换共有=24种,所以根据分步乘法计数原理得到不同的填表方式共有24×24=576种,故选B.8.(2019河北衡水模仿,14)从集合{1,2,3,4,…,10}中,选出5个数构成子集,使得这5个数中任意两个数的和都不等于11,则这样的子集有个.剖析由题意,将和等于11的放在一组:1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个,有=2种,共有2×2×2×2×2=32个.故选A.9.(2019内蒙古赤峰一模,14)某校从6名教师中选派3名教师去完成4项差别的工作,每人至少完成一项,每项工作由1人完成,此中甲和乙差别去,甲和丙只能同去或同不去,则不同的选派方案种数是.解析因为3名教师去完成4项差别的工作,每人至少完成一项,每项工作由1人完成,所以当3名西席确定时,则其中1人必须完成两项工作,故安排3名教师完成4项工作,可以先确定完成两项工作的1名人员,其方法有,然后再确定完成的工作,其方法有,然后再将剩下的两项工作分派给剩下的两人,其方法有,故当3名西席确定时,完成工作的要领有种.由于甲和乙差别去,甲和丙只能同去或同不去,故有三种要领选择西席,第一种方法:甲参加,乙不参加,丙参加,再从剩下的3人中选择1人,其要领有种,第二种方法:甲不参加,乙参加,丙不参加,再从剩下的3人中选择2人,其要领有种,第三种方法:甲不参加,乙不参加,丙不参加,再从剩下的3人中选择3人,其方法有种;故最终选派的方法为()=252.故选A.10.(2019福建宁德质检,14)中国古代十进制的算筹计数法,在数学史上是一个巨大的创造,算筹实际上是一根根同样是非的小木棍.如图,是利用算筹表示数1~9的一种要领.例如:137可表示为“”,26可表示为“”.现有6根算筹,据此表现要领,若算筹不克不及剩余,则可以用1~9这9个数字表示三位数的个数为.剖析分环境讨论,当百位数为1时,十位数为1有2种,十位数为2有2种,十位数为3有2种,十位数为4有1种,为6有2种,为7有2种,为8有1种;当百位数为2时,十位数为1有2种,为2有2种,为3有1种,为6有2种,为7有1种;当百位数为3时,十位数为1有2种,十位数为2有1种,为6有1种;当百位数为4时,只有1种;当百位数为6时,十位数为1有2种,为2有2种,为3有1种,为6有2种,为7有1种;当百位数为7时,十位数为1有2种,为2有1种,为6有1种;当百位数为8,只有一种,一共有38种.综合提升组11.(2019江西南康中学模仿,7)任取集合{1,2,3,4,…,10}中三个不同数a1,a2,a3,且满足a2-a1≥2,a3-a2≥3,则选取这样的三个数的方法种数共有( )A.27B.30C.35D.48剖析第一类,a3-a1=5,a1,a3的值有5种情况,则a2只有1种情况,共有5×1=5种情况;第二类,a3-a1=6,a1,a3的值有4种情况,则a2有2种情况,共有4×2=8种情况;第三类,a3-a1=7,a1,a3的值有3种情况,则a2有3种情况,共有3×3=9种情况;第四类,a3-a1=8,a1,a3的值有2种情况,则a2有4种情况,共有2×4=8种情况;第五类,a3-a1=9,a1,a3的值有1种情况,则a2有5种情况,共有1×5=5种情况;则选取这样的三个数方法种数共有5+8+9+8+5=35,故选C.12.把2支雷同的晨曦签字笔,3支雷同的好汉钢笔,全部分给4名优秀学生,每名学生至少1支,则不同的分法有( )A.24种B.28种C.32种D.36种剖析第一类,有一个人分到一支钢笔和一支签字笔,这种情况下的分法:先将一支钢笔和一支签字笔分给一个人,有4种分法,将剩余的2支钢笔, 1支签字笔分给剩余3名同学,有3种分法,共有3×4=12种不同的分法;第二类,有一自己分到两支签字笔,这种情况下的分法:先将两支签字笔分给一个人,有4种情况,将剩余的3支钢笔分给剩余3个人,只有1种分法,共有4×1=4种不同的分法;第三类,有一个人分到两支钢笔,这种情况的分法:先将两支钢笔分给一个人,有4种情况,再将剩余的两支签字笔和一支钢笔分给剩余的3个人,有3种分法,那共有3×4=12种差别的分法.综上所述,总共有12+4+12=28种差别的分法.故选B.13.现有红、黄、蓝、绿四个骰子,每个骰子的六个面上的数字分别为1,2,3,4,5,6.若同时掷这四个骰子,则四个骰子朝上的数字之积等于24的情形共有种(请用数字作答).解析因为24=6×4×1×1=6×2×2×1=4×3×2×1=3×2×2×2,对于上述四种情况掷这四个骰子时,分别有=12,=12,=24,=4种情形,综上共有12+12+24+4=52种情形.14.(2019河南南阳一中模仿,14)如图,矩形的对角线把矩形分成A,B,C,D四部分,现用5种不同颜色给四部门涂色,每部分涂1种颜色,要求共边的两部门颜色各别,则共有种不同的涂色方法(用数字作答).剖析由题意,区域A有5种涂色要领.区域B有4种涂色要领.区域C的涂色方法可分2类:若C与A涂同色,区域D有4种涂色要领.若C与A涂不同色,此时区域C有3种涂色要领,区域D也有3种涂色要领.所以共有5×4×4+5×4×3×3=260种涂色要领.15.(2019江苏泰州模仿,11)在冬奥会志愿者运动中,甲、乙等5人报名参加了A,B,C三个项目的志愿者工作,因工作必要,每个项目仅需1名志愿者,且甲不能参加A,B项目,乙不能参加B,C项目,那么共有种不同的志愿者分派方案.(用数字作答)解析若甲,乙都参加,则甲只能参加C项目,乙只能参加A项目,B 项目有3种方法;若甲参加,乙不参加,则甲只能参加C项目,A,B 项目,有=6种方法;若甲参加,乙不参加,则乙只能参加A项目,B,C项目,有=6种方法;若甲不到场,乙不参加,有=6种方法.凭据分类计数原理,共有3+6+6+6=21种.创新应用组16.将数字“124470”重新排列后得到不同的偶数个数为()A.180B.192C.204D.264剖析凭据题意,分3种情况讨论:①个位数字为0,在前面5个数位中任选2个,安排2个数字4,有C52=10种情况,将剩下的3个数字全分列,摆设在其他的数位,有=6种情况,则此时有10×6=60个偶数.②个位数字为2,0不克不及在首位,有4种情况,在剩下的4个数位中任选2个,安排2个数字4,有C42=6种情况,将剩下的2个数字全分列,摆设在其他的数位,有=2种情况,则此时有4×6×2=48个偶数.③个位数字为4,0不克不及在首位,有4种情况,将剩下的4个数字全分列,摆设在其他的数位,有=24种情况,则此时有4×24=96个偶数.共有60+48+96=204个差别的偶数.故选C.17.(2019江苏连云港模仿,14)已知x,y∈N+,满足,则所有数对(x,y)的个数是.因为1x −1y=12019,即2 019y-2 019x=xy,所以(x-2 019)(y+2 019)=-2 0192.因为已知x,y∈N+,所以y+2 019>0,x-2 019<0.又2 019=3×673,故有以下情况:若x-2 019=-3,y+2 019=673×2 019,得x=2 016,y=1 356 768,若x-2 019=-9,y+2 019=6732,得x=2 010,y=450 910,若x-2 019=-673,y+2 019=3×2 019,得x=1 346,y=4 038,若x-2 019=-1,y+2 019=2 0192,得x=2 018,y=2 019×2 018,即(x,y)的值共4个.18.如图,在由若干个同样小的平行四边形组成的大平行四边形内有一个★,则含有★的平行四边形共有个.(用数字作答)解析含有★的平行四边形.左上角的顶点有4种可能,右下角的顶点有12种可能.由一个左上角顶点和一个右下角顶点就能组成一个平行四边形,所以共有48个含有★的平行四边形.。

§11.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n 种不同的方法．3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(√)(3)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．(√)(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m i(i＝1,2,3，，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…m n种方法．(√)1．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过3次传递后，毽子又被踢回给甲．则不同的传递方式共有()A．5种B．2种C．3种D．4种答案 B解析传递方式有甲→乙→丙→甲；甲→丙→乙→甲．2．(2013·山东)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为() A．243 B．252 C．261 D．279答案 B解析由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648.则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.3．(2013·福建)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A．14 B．13 C．12 D．10答案 B解析当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时Δ＝4－4ab≥0，ab≤1此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B.4．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)答案14解析数字2,3至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C14＝4(个)四位数．“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C24＝6(个)四位数．“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C34＝4(个)四位数．综上所述，共可组成14个这样的四位数.题型一分类加法计数原理的应用例1高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，男生35人，女生20人．(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？思维点拨按班级分类．解(1)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，根据分类加法计数原理，任选一名学生任学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)选法．(2)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．综上知，共有30＋30＋20＝80(种)选法．思维升华分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？解方法一按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个．方法二按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个．题型二分步乘法计数原理的应用例2有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．解(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36＝729(种)．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．思维升华(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数．解(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c 可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．题型三两个原理的综合应用例3如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数．思维点拨染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题．解方法一可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，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．由题设，四棱锥S—ABCD的顶点S、A、B 所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．方法二以S、A、B、C、D顺序分步染色．第一步，S点染色，有5种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B 也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．方法三按所用颜色种数分类．第一类，5种颜色全用，共有A55种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A45种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A35种不同的方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A55＋2×A45＋A35＝420.思维升华(1)应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步．(2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键．(3)分步要做到“步骤完整”，步步相连能将事件完成．(4)较复杂的问题可借助图表完成．如图，正五边形ABCDE中，若把顶点A、B、C、D、E染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有()A．30种B．27种C．24种D．21种答案 A解析由题意知本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况．如果A的两个相邻点颜色相同，有2种情况；这时最后两个点也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不同，有2种情况；这时最后两个点有3种情况．∴方法共有3(2×2＋2×3)＝30种．对两个基本原理认识不清致误典例：(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A．24种B．4种C．43种D．34种(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种．易错分析解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算．解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于(1)，选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用乘法原理计算．解析(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有4＋3＝7(种)．答案(1)C(2)7温馨提醒(1)每封信只能投到一个信箱里，而每个信箱可以装1封信，也可以装2封信，其选择不是唯一的，所以应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择．(2)在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏．方法与技巧1．分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．2．分类标准要明确，做到不重复不遗漏．3．混合问题一般是先分类再分步．4．要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．失误与防范1．切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．3．确定题目中是否有特殊条件限制．A组专项基础训练(时间：40分钟)1．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A ．3B ．4C ．6D ．8答案 D解析 按从小到大顺序有124,139,248,469共4个，同理按从大到小顺序也有4个，故这样的等比数列的个数为8个．2．小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，不同的摆法有( )A ．4种B ．5种C ．6种D ．9种答案 B解析 记反面为1，正面为2；则正反依次相对有12121212,21212121两种；有两枚反面相对有21121212,21211212,21212112三种；共5种摆法，故选B.3．集合P ＝{x,1}，Q ＝{y,1,2}，其中x ，y ∈{1,2,3，…，9}，且P ⊆Q .把满足上述条件的一对有序整数对(x ，y )作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )A ．9B ．14C ．15D ．21答案 B解析 当x ＝2时，x ≠y ，点的个数为1×7＝7；当x ≠2时，x ＝y ，点的个数为7×1＝7，则共有14个点，故选B.4．(2013·四川)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是( )A ．9B ．10C ．18D ．20答案 C解析 由于lg a －lg b ＝lg a b (a >0，b >0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为a b 有A 25＝20种，又13与39相同，31与93相同，∴lg a －lg b 的不同值的个数为A 25－2＝20－2＝18，选C. 5．从－2、－1、0、1、2、3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的系数a 、b 、c ，则可以组成顶点在第一象限且过原点的抛物线条数为( )A ．6B ．20C ．100D ．120答案 A解析 分三步：第一步c ＝0只有1种方法；第二步确定a ，a 从－2、－1中选一个，有2种不同方法；第三步确定b ，b 从1、2、3中选一个，有3种不同的方法．根据乘法计数原理得1×2×3＝6种不同的方法．6．如图，将网格中的三条线段沿网格线上下或左右平移，组成一个首尾相接的三角形，则三条线段一共至少需要移动________格．答案9解析如图，将网格中的三条线段沿网格线平移后组成一个首尾相接的三角形，根据平移的基本性质知：左边的线段向右平移3格，中间的线段向下平移2格，最右边的线段先向左平移2格，再向上平移2格，此时平移的格数最少为3＋2＋2＋2＝9，其他平移方法都超过9格，∴至少需要移动9格．7．某次活动中，有30人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________(用数字作答)．答案7 200解析其中最先选出的一个人有30种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.8．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是________．答案 6解析分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2＝4(个)；第二类，第二象限内的点，有1×2＝2(个)．共4＋2＝6(个)．9．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？解由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3(种)，此时共有6×3＝18(种)；第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2(种)；所以根据分类加法计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．10．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？解 方法一 分0个相同、1个相同、2个相同讨论．(1)若0个相同，则信息为1001.共1个．(2)若1个相同，则信息为0001,1101,1011,1000.共4个．(3)若2个相同，又分为以下情况：①若位置一与二相同，则信息为0101；②若位置一与三相同，则信息为0011；③若位置一与四相同，则信息为0000；④若位置二与三相同，则信息为1111；⑤若位置二与四相同，则信息为1100；⑥若位置三与四相同，则信息为1010.共6个．故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11.方法二 若0个相同，共有1个；若1个相同，共有C 14＝4(个)；若2个相同，共有C 24＝6(个)．故共有1＋4＋6＝11(个)．B 组 专项能力提升(时间：25分钟)11．已知集合M ＝{1,2,3}，N ＝{1,2,3,4}，定义函数f ：M →N .若点A (1，f (1))、B (2，f (2))、C (3，f (3))，△ABC 的外接圆圆心为D ，且DA →＋DC →＝λDB →(λ∈R )，则满足条件的函数f (x )有( )A ．6种B ．10种C ．12种D ．16种答案 C解析 由DA →＋DC →＝λDB →(λ∈R )，说明△ABC 是等腰三角形，且BA ＝BC ，必有f (1)＝f (3)，f (1)≠f (2)；当f (1)＝f (3)＝1时，f (2)＝2、3、4，有三种情况．f (1)＝f (3)＝2；f (2)＝1、3、4，有三种情况．f (1)＝f (3)＝3；f (2)＝2、1、4，有三种情况．f (1)＝f (3)＝4；f (2)＝2、3、1，有三种情况．因而满足条件的函数f (x )有12种．12．直角坐标xOy 平面上，平行直线x ＝n (n ＝0,1,2，…，5)与平行直线y ＝n (n ＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有( )A ．25个B ．36个C ．100个D ．225个答案 D解析由题意知：从横轴上的点中任选两点作为矩形的两个顶点，有C26种选法，再从纵轴中选两个点有C26种选法，作为矩形的另两个顶点，由分步乘法计数原理知：有C26C26＝225.13.如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为()A．96 B．84 C．60 D．48答案 B解析可依次种A、B、C、D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法，由分类加法计数原理，不同的种法总数为36＋48＝84.14．已知直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A、B的值，则可表示________条不同的直线．答案22解析分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线；第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故有5×4＝20(种)．所以可以表示22条不同的直线．15．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，获得冠军的可能性有________种．答案4554解析报名的方法种数为4×4×4×4×4＝45.获得冠军的可能情况有5×5×5×5＝54(种)．16．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．答案24解析分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)．17．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．(1)若B中每一元素都有原象，这样不同的f有多少个？(2)若B中的元素0必无原象，这样的f有多少个？(3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，这样的f又有多少个？解(1)显然对应是一一对应的，即为a1找象有4种方法，a2找象有3种方法，a3找象有2种方法，a4找象有1种方法，所以不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．(2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，所以为A中每一元素找象时都有3种方法．所以不同的f共有34＝81(个)．(3)分为如下四类：第一类：A中每一元素都与1对应，有1种方法；第二类：A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有C24·C12＝12(种)方法；第三类，A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有C24·C22＝6(种)方法；第四类，A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有C14·C13＝12(种)方法．所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．- 11 -。

课时作业(五十五)第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础热身1.某人有3个电子,他要发5封不同的电子,则不同的发送方法有()A.8种B.15种C.35种D.53种2.[2017·某某六校联考]从集合{0,1,2,3,4,5}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+b i,其中虚数有()A.36个B.30个C.25个D.20个3.[2017·某某二模]为便民惠民,某通信运营商推出“优惠卡活动”.其内容如下:卡号的前七位是固定的,后四位从“0000”到“9999”共10000个参与该活动,凡卡号后四位带有“6”或“8”的一律作为“优惠卡”,则“优惠卡”的个数是()A.1980B.4096C.5904D.80204.已知函数y=ax2+bx+c,其中a,b,c∈{0,1,2},则不同的二次函数的个数是()A.256B.18C.16D.105.[2017·某某三诊]设a,b,c∈{1,2,3,4,5,6},若以a,b,c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三角形有个.能力提升6.如图K55-1所示,某货场有两堆集装箱,一堆有2个,一堆有3个,现需要全部装运,每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱,则在装运的过程中不同取法的种数是()A.6B.10C.12D.24图K55-17.[2017·某某期末]某夏令营组织5名高中生参观大学、清华大学等五所大学,要求每人任选一所大学参观,则有且只有2人选择大学的不同选法共有 ()A.240种B.480种C.640种D.1280种8.[2017·昌平区模拟]某校高三年级5个班进行拔河比赛,每2个班都要比赛一场.到现在为止,(1)班已经比了4场,(2)班已经比了3场,(3)班已经比了2场,(4)班已经比了1场,则(5)班已经比了()A.1场B.2场C.3场D.4场9.[2017·某某二模]某学校需从3名男生和2名女生中选出4人,分派到甲、乙、丙三地参加义工活动,其中甲地需要选派2人且至少有1名女生,乙地和丙地各需要选派1人,则不同的选派方法的种数是 ()A.18B.24C.36D.4210.[2017·西城区模拟]将五个1,五个2,五个3,五个4,五个5,共25个数填入一个五行五列的表格内(每格填入一个数),使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2,考查每列中五个数之和,记这五个和的最小值为m,则m的最大值为()A.8B.9C.10D.1111.[2017·某某、某某、某某三市联考]6个标有不同编号的乒乓球放在两头有盖的棱柱型纸盒中,正视图如图K55-2所示,若随机从一头取出一个乒乓球,分6次取完,并依次排成一行,则不同的排法种数是.(用数字作答)图K55-212.某大学的8名同学准备拼车去旅游,其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名同学,分乘甲、乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),若大一的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一年级的不同乘坐方式共有种.难点突破13.(5分)[2017·某某三诊]如图K55-3,一环形花坛分成A,B,C,D四块,现有3种不同的花供选种,要求在每块花坛里种一种花,且相邻的两块花坛种不同的花,则不同的种植方法总数为()图K55-3A.12B.24C.18D.614.(5分)[2017·某某一中、某某一中等八校联考]若一个无重复数字的四位数的各位数字之和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2017”.试问用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2017的“完美四位数”有()A.53个B.59个C.66个D.71个课时作业(五十五)1.C[解析]∵每封电子可通过3个不同的电子发送,∴要发5封电子,不同的发送方法有3×3×3×3×3=35(种),故选C.2.C[解析] 因为a,b互不相等且a+b i为虚数,所以b只能从{1,2,3,4,5}中选,有5种选法,a 从剩余的5个数中选,有5种选法,所以共有虚数5×5=25(个),故选C.3.C[解析] 卡号后四位不带“6”和“8”的个数为84=4096,故带有“6”或“8”的“优惠卡”有5904个.4.B[解析] 根据题设要求可先考虑二次项系数位置:可排数字1,2,有2种可能;再考虑一次项系数位置,可排数字0,1,2,有3种可能;最后考虑常数项位置,可排数字0,1,2,有3种可能.故由分步乘法计数原理可得所有不同二次函数的个数为2×3×3=18,应选B.5.27[解析] 先考虑等边的情况,a=b=c=1,2,…,6,有六个.再考虑等腰的情况,若a=b=1,c<a+b=2,此时c=1,与等边重复;若a=b=2,c<a+b=4,则c=1,3,有两个;若a=b=3,c<a+b=6,则c=1,2,4,5,有四个;若a=b=4,c<a+b=8,则c=1,2,3,5,6,有五个;若a=b=5,c<a+b=10,则c=1,2,3,4,6,有五个;若a=b=6,c<a+b=12,则c=1,2,3,4,5,有五个.故一共有27个符合题意的三角形.6.B[解析] 将左边的集装箱从上往下分别记为1,2,3,右边的集装箱从上往下分别记为4,5.分两种情况讨论: 若先取1,则有12345,12453,14253,14235,14523,12435,共6种取法;若先取4,则有45123,41235,41523,41253,共4种取法.故共有6+4=10(种)不同取法.7.C[解析] 由题意知可分两步:先在5人中任选2人选择大学,有=10(种)选法;剩下的3人在剩下的四所大学中各任选一所,有43=64(种)选法.故有且只有2人选择大学的不同选法有10×64=640(种).故选C.8.B[解析] 设①②③④⑤分别代表(1)(2)(3)(4)(5)班,①比了4场,则①和②③④⑤均比了1场;由于④只比了1场,则一定是和①比的;②比了3场,是和①③⑤比的;③比了2场,是和①②比的.所以此时⑤比了2场,是和①②比的.5个班的比赛情况可以用下图表示.9.D[解析] 由题设可分两类:一类是甲地有1名女生,先考虑甲地,有种选法,再考虑乙、丙两地,有种选法,共有=36(种)选法;另一类是甲地有2名女生,则甲地有种选法,乙、丙两地有种选法,共有=6(种)选法.由分类加法计数原理可得,不同的选派方法共有36+6=42(种),应选D.10.C[解析] 依据五个1分布的不同情况进行讨论,确定m的最大值.①若五个1分布在同一列,则m=5;②若五个1分布在两列中,则由题意知这两列中出现的最大数为3,故2m≤5×1+5×3=20,故m≤10;③若五个1分布在三列中,则由题意知这三列中出现的最大数为3,故3m≤5×1+5×2+5×3=30,故m≤10;④若五个1分布在至少四列中,则其中某一列至少有一个数大于3,这与已知矛盾.综上所述,m≤10.另一方面,如下表的例子说明m可以取到10.故m的最大值为10.1 1 1 4 51 12 4 52 2 2 4 53 3 24 53 3 34 511.32[解析] 排成一行的6个球,第1个球可从左边取,也可从右边取,有2种可能,同样第2个球也有2种可能,…,第5个球也有2种可能,第6个球只有1种可能,因此不同的排法种数为25=32.12.24[解析] 由题意分两类:第一类,大一的孪生姐妹在甲车上,则甲车上剩下的2名同学要来自不同的年级,从三个年级中选两个,有3种选法,然后从选择的两个年级中再分别选1名同学,有2×2=4(种)选法,剩下的4名同学乘坐乙车,故有3×4=12(种)选法;第二类,大一的孪生姐妹不在甲车上,则从剩下的三个年级中选择同一个年级的2名同学在甲车上,有3种选法,然后从剩下的两个年级中分别选择1名同学,有2×2=4(种)选法,剩下的4名同学乘坐乙车,故有3×4=12(种)选法.因此共有12+12=24(种)不同的乘坐方式.13.C[解析] 四块花坛种2种不同的花共有=6(种)不同的种植方法;四块花坛种3种不同的花共有2=12(种)不同的种植方法.故共有6+12=18(种)不同的种植方法,故选C.14.D[解析] 无重复数字且相加等于10的四个数字分别是(0,1,2,7),(0,1,3,6),(0,1,4,5),(0,2,3,5),(1,2,3,4),共五组.其中第一组(0,1,2,7)中,7排首位有=6(种)情况;2排首位,1或7排在第二位,有2=4(种)情况;2排首位,0排第二位,7排第三位有1种情况.共6+4+1=11(种)情况符合题设.第二、三组中3,6与4,5分别排首位,各有2=2×6=12(种)情况,共有2×12=24(种)情况符合题设.第四、五组中2,3,5与2,3,4分别排首位,各有3=3×6=18(种)情况,共有2×18=36(种)情况符合题设.依据分类加法计数原理可知,符合题设条件的“完美四位数”共有11+24+36=71(个),选D.。

课时提升练(五十五) 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A．56B．65C.5×6×5×4×3×22D.6×5×4×3×2【解析】由分步乘法计数原理得5×5×5×5×5×5＝56.【答案】 A2．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A．6种B．8种C．10种D．16种【解析】如下图，甲第一次传给乙时有5种方法，同理，甲传给丙也可以推出5种情况，综上有10种传法．【答案】 C3．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B、C、D 中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3、5、6、8、9中选择，其他号码只想在1、3、6、9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )A．180种 B.360种C．720种 D.960种【解析】按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二位号码有3种选法，其余三位号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．【答案】 D4．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A．60种 B.63种 C．65种 D.66种【解析】先找出和为偶数的各种情况，再利用分类加法计数原理求解．满足题设的取法可分为三类：一是四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C45＝5(种)；二是两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有C25·C24＝60(种)；三是四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种，所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】 D5．(2013·四川高考)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( )A．9 B.10 C．18 D.20【解析】从1,3,5,7,9这五个数中每次取出两个不同数的排列个数为A25＝20，但lg 1－lg 3＝lg 3－lg 9，lg 3－lg 1＝lg 9－lg 3，所以不同值的个数为20－2＝18，故选C.【答案】 C6．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( ) A．9 B.14 C．15 D.21【解析】∵P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，∴x∈{y,1,2}．∴当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．共有7＋7＝14种情况．即这样的点的个数为14.【答案】 B7．(2014·济南模拟)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A．40 B.16 C．13 D.10【解析】分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．【答案】 C8．(2014·杭州模拟)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )A．60 B.48 C．36 D.24【解析】长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.【答案】 B9．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有( ) A．20种 B.30种 C．40种 D.60种【解析】分三类：甲在周一，共有A24种排法；甲在周二，共有A23种排法；甲在周三，共有A22种排法；∴A24＋A23＋A22＝20.【答案】 A10．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为( )A．240 B.204 C．729 D.920【解析】若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个，若a2＝3，则“凸数”共2×3＝6个，若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．【答案】 A11．已知a，b∈{0,1,2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”，则a，b“心有灵犀”的情形的种数为( )A．9 B.16 C．20 D.28【解析】当a为0时，b只能取0,1两个数；当a为9时，b只能取8,9两个数；当a为其他数时，b都可以取3个数．故共有28种情形．【答案】 D12．用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字比其左邻的数字小的数叫做“渐降数”，则上述四位数中“渐降数”的个数为( )A．14 B.15 C．16 D.17【解析】由题意知，只需找出组成“渐降数”的四个数字即可，等价于从六个数字中去掉两个数字．从前向后先取0，有0与1,0与2,0与3,0与4,0与5，共5种情况；再取1，有1与2,1与3,1与4,1与5，共4种情况；依次向后分别有3,2,1种情况．根据分类加法计数原理，满足条件的“渐降数”共有1＋2＋3＋4＋5＝15个．【答案】 B二、填空题13．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1,2,3,4,5,6}中的元素，又点P到原点的距离|OP|≥5.则这样的点P的个数为________．【解析】依题意可知：当a＝1时，b＝5,6两种情况；当a＝2时，b＝5,6两种情况；当a＝3时，b＝4,5,6三种情况；当a＝4时，b＝3,5,6三种情况；当a＝5或6，b各有5种情况．所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．【答案】2014．(2014·沈阳模拟)一生产过程有四道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有________种．【解析】按甲先分类，再分步．①若甲在第一道工序，则第四道工序只能是丙，其余两道工序的按排方法有4×3＝12种；②若乙在第一道工序，则第四道工序从甲、丙两人中选一人，有2种方法，其余两道工序有4×3＝12种方法，所以共有12×2＝24种方法．综上可知，共有的安排方法有12＋24＝36种．【答案】3615．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数有________种．【解析】分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．【答案】504图10­1­616．如图10­1­6所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数有________种．【解析】可依次种A、B、C、D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法，由分类加法计数原理，不同的种法总数为36＋48＝84.【答案】84。

A1．如是某汽修企业的修点形散布，企业在年初分派A、B、C、D四个修点某种配件各50 件．在使用前需将A、B、C、D四个修点的批配件分整40、45、 54、61 件，但整只好在相修点之行，那么要达成上述整，最少的件次( n件配件从一个修点整到相修点的件次n)()A． 15B． 16C． 17D． 182．(2011 ·温州模) 由 0,1,2,3，⋯，9十个数字和一个虚数位i ，能够成虚数的个数()A．100B． 10C．9D． 903． 5 位同学名参加两个外活小，每位同学限此中的一个小，不一样的名方法共有 ()A．10 种B．20种C．25 种D．32种4．高三年的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会践，但去何工厂可自由，甲工厂必有班要去，不一样的分派方案有()A．16 种B．18种C．37 种D．48种5.(2012 ·汕模 ) 如，有 6 种不一样的色把中A、B、C、D四地区分开，若相地区不可以涂同一种色，不一样的涂法共有()A． 400 种B． 460 种C．480 种D． 496 种6．如所示，在，B 有四个接点，若接点零落，可能致路不通，今AA、 B 之路不通，接点零落的不一样状况有________种．7.如所示，在接正八形的三个点而成的三角形中，与正八形有公共的三角形有________个．8．将数字 1,2,3,4, 5,6 排成一列，第i 个数 a i( i ＝1,2，⋯，6)，若 a1≠1，a3≠3，a5≠5， a1＜ a3＜ a5，不一样的摆列方法有________种(用数字作答 )．9．从－ 1,0,1,2四个数中三个不一样的数作函数 f ( x)＝ ax2＋ bx＋c 的系数，可成 ________个不一样的二次函数，此中偶函数有________个 ( 用数字作答 ) ．10．某位工献血，在体合格的人中，O 型血的共有28 人， A 型血的共有7人， B 型血的共有9 人， AB型血的共有 3 人．(1)从中任 1 人去献血，有多少种不一样的法？(2)从四种血型的人中各 1 人去献血，有多少种不一样的法？11．有六名同学名参加三个智力目，在以下状况下各有多少种不一样的名方法？ ( 不必定六名同学都能参加)(1)每人恰巧参加一，每人数不限；(2)每限一人，且每人至多参加一；(3)每限一人，但每人参加的目不限．B1．从会合 {1,2,3,4，⋯，10}中，出由 5 个数成的子集，使得 5 个数中随意两个数的和都不等于11，的子集有()A．32 个B． 34 个C．36 个D． 38 个2．如，用 4 种不一样的色中 5 个地区涂色 (4 种色所有使用) ，要求每个地区涂一种色，相的地区不可以涂同样的色，不一样的涂色种数有________.123453.号 A，B，C，D，E 的五个小球放在如所示的五个盒子里，要求每个盒子只好放一个小球，且 A 球不可以放在1,2 号，B球必放在与A球相的盒子中，求不一样的放法有多少种？解答案作 ( 五十七 )A1． B只要 AD 10件，BC 5件，CD 1件，共16件次．2． D第一步：先确立部，可从0,1,2,3，⋯， 9 10 个数字中任取一个共10 种取法．第二步：确立虚部，可从1,2,3，⋯， 9 中任取一个共 9 种取法．由分步乘法数原理得共可成虚数的个数10×9＝ 90.3． D分5步达成，每一步有两种不一样的方法，故不一样的名方法有 25＝32( 种 ) ．4． C 三个班去四个工厂不一样的分派方案共43种，甲工厂没有班去的分派方案共33种，所以足条件的不一样的分派方案共有43－ 33＝ 37( 种 ) ．5．C 从A 开始，有 6 种方 法，B 有 5种，C 有 4种， 、 A 同色 1种， 、A 不一样色3DD种，∴不一样涂法有 6×5×4×(1 ＋ 3) ＝ 480( 种 ) ．6．分析：四个焊接点共有 24 种状况，此中使线路通的状况是： 1,4 都通，2和 3中起码有一个通时线路才通，共有3 种可能，故不通的状况有24－3＝13( 种) ．答案：137．分析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有 8×4＝ 32( 个 ) ；第二类，有两条公共边的三角形共有 8 个．由分类加法计数原理知，共有 32＋8＝ 40( 个) ．答案： 408．分析：分两步： (1) 先排1， 3 ， 5，若a 1＝ 2，有 2 种排法；若a1＝3，有 2 种排aa a法；若 a 1＝ 4，有 1 种排法，共有35 种排法； (2) 再排 a 2， a 4， a 6，共有 A 3＝6 种排法，故不同的摆列方法有5×6＝ 30( 种 ) ．答案： 309．分析：一个二次函数对应着a ，b ，c ( a ≠0) 的一组 取值， a 的取法有 3 种， b 的取法有 3 种， c 的取法有 2 种，由分步乘法计数原理知共有二次函数3×3×2＝ 18( 个 ) ．若二次函数为偶函数，则 b ＝ 0，同上可知偶函数共有3×2＝ 6( 个) ．答案： 18610．分析： 从 O 型血的人中选 1 人有 28 种不一样的选法，从A 型血的人中选 1 人共有7 种不一样的选法 ，从 B 型血的人中选 1 人共有 9 种不一样的选法，从 AB 型血的人中选 1 人共有 3 种不一样的选法．(1) 任选 1 人去献血，即无论选哪一种血型的哪一个人，这件“任选 1 人去献血”的事情就已达成，所以用分类加法计数原理，有28＋ 7＋ 9＋ 3＝47 种不一样选法． (2) 要从四种血型的人中各选1 人，即要在每种血型的人中挨次选出 1 人后，这件“各选 1 人去献血”的事情才达成，所以用分步乘法计数原理，有 28×7×9×3＝ 5 292 种不一样的选法．11．分析：(1) 每人都能够从这三 个竞赛项目中选报一项，各有3 种不一样选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36＝ 729( 种) ．(2) 每项限报一人， 且每人至多参加一项， 所以可由项目选人， 第一个项目有 6 种选法，第二个项目有 5 种选法， 第三个项目只有 4 种选法， 由分步乘法计数原理， 得共有报名方法6×5×4＝ 120( 种 ) ．(3) 因为每人参加的项目不限，所以每一个项目都能够从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不一样的报名方法63＝ 216( 种 ) ．31． A先把数字分红 5 组： {1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7 }，{5,6}，因为选出的 5 个数中，随意两个数的和都不等于11，所以这 5 个数一定各来自上边5组中的一个元素，故共可构成2×2×2×2×2＝ 25＝ 32( 个 ) 这样的子集．故应选 A.2．分析：方法一：第一步：涂地区1，有4种方法；第二步：涂地区2，有 3 种方法；第三步：涂地区 4，有 2 种方法；第四步：涂地区3，( 此前三步已经用去三种颜色) 分两类：第一类， 3 与 1 同色，则地区 5 涂第四种颜色；第二类，地区 3 与 1 不一样色，则涂第四种颜色，此时地区 5 就能够涂地区 1 或地区 2 或地区 3 中的随意一种颜色，有 3 种方法．所以，不一样的涂色种数有4×3×2×(1 ×1＋1×3) ＝96 种．方法二：由题意知，有且仅有两个地区涂同样的颜色，分为4类：1与5同；2与 5同；3 与 5 同； 1 与 3 同．关于每一类有4×3×2×1＝ 24 种涂法，共有4×24＝ 96 种方法．答案：963．分析：依据A球所在位置分三类：(1)若 A球放在3号盒子内，则B球只好放在 4 号盒子内，余下的三个盒子放球C、 D、E，则依据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不一样的放法；(2)若A 球放在 5号盒子内，则B球只好放在 4 号盒子内，余下的三个盒子放球、、C DE，则依据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不一样的放法；(3)若 A球放在4号盒子内，则 B 球能够放在 2 号、 3 号、 5 号盒子中的任何一个，余下3的三个盒子放球C、D、 E有A3＝6种不一样的放法，依据分步乘法计数原理得，3×3×2×1＝18种不一样方法．综上所述，由分类加法计数原理得不一样的放法共有6＋ 6＋ 18＝30 种．。

课时规范练55分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时规范练第85页一、选择题1.5名应届毕业生报考3所高校,每人报且仅报1所院校,则不同的报名方法的种数是( )A.35B.53C.D.答案:A解析:第n名应届毕业生报考的方法有3种(n=1,2,3,4,5),根据分步计数原理,不同的报名方法共有3×3×3×3×3=35(种).2.已知集合M∈{1,-2,3},N∈{-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐标在平面直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是( )A.18B.10C.16D.14答案:D解析:M中元素作为横坐标,N中元素作为纵坐标,则在第一、二象限内点的个数有3×2=6;M中元素作为纵坐标,N中元素作为横坐标,则在第一、二象限内点的个数有2×4=8,共有6+8=14个.3.某位高三学生要参加高校自主招生考试,现从6所高校中选择3所报考,其中2所学校的考试时间相同,则该学生不同的报名方法种数是( )A.12B.15C.16D.20答案:C解析:若该考生不选择两所考试时间相同的学校,有=4种报名方法;若该考生选择两所考试时间相同的学校之一,有=12种报名方法,故共有4+12=16种不同的报名方法.4.甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面,不同的安排方案共有( )A.20种B.30种C.40种D.60种答案:A解析:可将安排方案分为三类:①甲排在周一,共有种排法;②甲排在周二,共有种排法;③甲排在周三,共有种排法,故不同的安排方案共有=20种.故选A.5.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,如果要求剩余的4个车位连在一起,则不同的停放方法的种数为( )A.16B.18C.24D.32答案:C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种不同的停放方法:(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.每一种停放方法均有=6种,故共有24种不同的停放方法.6.某化工厂生产中需依次投放2种化工原料,现已知有5种原料可用,但甲、乙两种原料不能同时使用,且依次投料时,若使用甲原料,则甲必须先投放,则不同的投放方案有( )A.10种B.12种C.15种D.16种答案:C解析:依题意,可将所有的投放方案分成三类,①使用甲原料,有·1=3种投放方案;②使用乙原料,有·=6种投放方案;③甲、乙原料都不使用,有=6种投放方案,所以共有3+6+6=15种投放方案.二、填空题7.将数字1,2,3,4,5,6按第一行1个数,第二行2个数,第三行3个数的形式随机排列,设N i(i=1,2,3)表示第i行中最大的数,则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是.(用数字作答)答案:240解析:由已知数字6一定在第三行,第三行的排法种数为=60;剩余的三个数字中最大的一定排在第二行,第二行的排法种数为=4,由分步计数原理满足条件的排列个数是240.8.某电子元件是由3个电阻组成的回路,其中有4个焊点A,B,C,D,若某个焊点脱落,整个电路就不通,现在发现电路不通了,那么焊点脱落的可能情况共有种.答案:15解析:若有一个焊点脱落,则有4种情况;若有2个焊点脱落,则有=6种情况;若有3个焊点脱落,则有=4种情况;若所有焊点脱落,有1种情况,共有4+6+4+1=15种情况.9.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是.(用数字作答)答案:336解析:分两类:每级台阶上1人共有种站法;一级2人,一级1人,共有·种站法,故共有·=336种站法.三、解答题10.如图,一个环形花坛分成A,B,C,D四块,现有4种不同的花供选种,要求在每块里种1种花,且相邻的2块种不同的花,求不同的种法总数.解:若种4种不同的花,则有4×3×2×1=24种种法;若种3种不同的花,则有×3×2×2=48种种法;若种2种不同的花,则有×2=12种种法;共有24+48+12=84种.11.直角坐标系xOy平面上,平行直线x=n(n=0,1,2,…,5)与平行直线y=n(n=0,1,2,…,5)组成的图形中,矩形共有多少个?解:在垂直于x轴的6条直线中任取2条,在垂直于y轴的6条直线中任取2条,4条直线相交得出一个矩形,所以矩形总数为=15×15=225个.12.某电视台连续播放6个广告,其中有3个不同的商业广告、两个不同的宣传广告、一个公益广告,要求最后播放的不能是商业广告,且宣传广告与公益广告不能连续播放,两个宣传广告也不能连续播放,则有多少种不同的播放方式?解:用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序,则完成这件事有三类方法.第一类:宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6,分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式.第二类:宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6,分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式.第三类:宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6,同样分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式.由分类加法计数原理得:6个广告不同的播放方式有36+36+36=108种.希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！。