9-01,一轮回扣,2018高考数学,分类加法计数原理与分步乘法计数原理

第一节分类加法计数原理与
分步乘法计数原理
【最新考纲】.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．
．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第类方案中有种不同的方法，在第类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有＝＋种不同的方法．
．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第步有种不同的方法，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有＝×种不同的方法．
．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) ()在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )
()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．( )
()在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
()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能完成这件事．( )
答案：()×()√()√()×
．现有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( )
．种．种
．种．种
解析：按→→→顺序分四步涂色，共有×××＝(种)．
答案：
．(·滨洲模拟)甲、乙两人从门课程中选修门，则甲、乙所选课程中恰有门相同的选法有( )
．种．种
．种．种。

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.知识梳理1.分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.3.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.诊断自测1.判断正误【在括号内打“√”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，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.【】【4】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能完成这件事.【】解析分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以【1】，【4】均不正确.答案【1】×【2】√【3】√【4】×2.从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为【】A.6B.5C.3D.2解析5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.答案 B3.【选修2－3P28B2改编】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种解析需要先给C块着色，有4种结果；再给A块着色，有3种结果；再给B 块着色，有2种结果；最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48【种】.答案 D4.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种【用数字作答】.解析每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原理，总的报名方法共2×2×2×2×2＝32【种】.答案325.已知某公园有5个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法的种数为________【用数字作答】.解析分两步，第一步选一个门进有5种方法，第二步再选一个门出有4种方法，所以共有5×4＝20种走法.答案206.【2015·广东卷改编】某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言________条；若每两个同学互通一次电话，那么共通________次电话【均用数字作答】.解析第1位同学给余下的39位同学各写一条留言，共39条留言；依次下去，第40位同学给余下的39位同学各写一条留言，共39条留言，故全班共写了40×39＝1 560条毕业留言.显然互通一次电话的次数为12×1 560＝780.答案 1 560 780考点一 分类加法计数原理【例1】 【1】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4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有【 】A.4种B.6种C.10种D.16种【2】【2017·温州十校联考】满足a ，b ∈{－1，0，1，2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对【a ，b 】的个数为【 】A.14B.13C.12D.10解析 【1】分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法【如图】，同理，甲先传给丙时，满足条件有3种踢法.由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法.【2】①当a ＝0，有x ＝－b 2，b ＝－1，0，1，2有4种可能；②当a ≠0时，则Δ＝4－4ab ≥0，ab ≤1，【ⅰ】若a ＝－1时，b ＝－1，0，1，2有4种不同的选法；【ⅱ】若a ＝1时，b ＝－1，0，1有3种可能；【ⅲ】若a ＝2时，b ＝－1，0，有2种可能.∴有序数对【a ，b 】共有4＋4＋3＋2＝13【个】.答案 【1】B 【2】B规律方法 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.【1】根据题目特点恰当选择一个分类标准.【2】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，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复.【3】分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏，如本例【2】中易漏a ＝0这一类.【训练1】 【1】如图，从A 到O 有________种不同的走法【不重复过一点】.【2】若椭圆x 2m ＋y 2n ＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1，2，3，4，5}，n ∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为________【用数字作答】. 解析 【1】分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O 共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O 共2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法.【2】当m ＝1时，n ＝2，3，4，5，6，7共6个当m ＝2时，n ＝3，4，5，6，7共5个；当m ＝3时，n ＝4，5，6，7共4个；当m ＝4时，n ＝5，6，7共3个；当m ＝5时，n ＝6，7共2个，故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个.答案 【1】5 【2】20考点二 分步乘法计数原理【例2】 【1】【2017·郑州二模】教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有【 】A.10种B.25种C.52种D.24种【2】定义集合A 与B 的运算A *B 如下：A *B ＝{【x ，y 】|x ∈A ，y ∈B }，若A ＝{a ，b ，c }，B ＝{a ，c ，d ，e }，则集合A *B 的元素个数为________【用数字作答】. 解析 【1】每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步.由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法.【2】显然【a ，a 】，【a ，c 】等均为A *B 中的关系，确定A *B 中的元素是A 中取一个元素来确定x ，B 中取一个元素来确定y ，由分步计数原理可知A *B 中有3×4＝12个元素.答案 【1】D 【2】12规律方法 【1】在第【1】题中，易误认为分5步完成，错选B.【2】利用分步乘法计数原理应注意：①要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的.②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事.【训练2】【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】设集合A＝{－1，0，1}，B＝{0，1，2，3}，定义A*B＝{【x，y】|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________【用数字作答】.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.由分步乘法计数原理可得共有43种方法.【2】易知A∩B＝{0，1}，A∪B＝{－1，0，1，2，3}，∴x有两种取法，y有5种取法.由分步乘法计数原理，A*B的元素有2×5＝10【个】.答案【1】C【2】10考点三两个计数原理的综合应用【例3】【1】【2015·四川卷】用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有【】A.144个B.120个C.96个D.72个【2】【2017·杭州七校联考】如图所示，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色【4种颜色全部使用】，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________【用数字作答】.解析【1】由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A34＝72【个】；若万位是4，则有2×A34个＝48【个】，故比40 000大的偶数共有72＋48＝120【个】.选B.【2】按区域1与3是否同色分类：①区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2，4，5【还有3种颜色】有A33种方法.∴区域1与3涂同色，共有4A33＝24种方法.②区域1与3不同色：先涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法.∴这时共有A24×2×1×3＝72种方法.由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.答案【1】B【2】96规律方法【1】①注意在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.②注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.【2】解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.第【2】题中，相邻区域不同色，是按区域1与3是否同色分类处理.【训练3】【1】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.204C.729D.920【2】从一架钢琴挑出的十个音键中，分别选择3个，4个，5个，…，10个键同时按下，可发出和声，若有一个音键不同，则发出不同的和声，则这样的不同的和声数为________【用数字作答】.解析【1】若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0“凸数”为120与121，共2个.若a2＝3，则“凸数”有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】.【2】由题意知本题是一个分类计数问题，共有8种不同的类型，当有3个键同时按下，有C310种结果，当有4个键同时按下，有C410种结果，…，以此类推，根据分类加法计数原理得到共有C310＋C410＋C510＋…＋C1010＝C010＋C110＋C210＋…＋C1010－【C010＋C110＋C210】＝210－【1＋10＋45】＝968.答案【1】A【2】968[思想方法]1.应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.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.2.【1】分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.【2】分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.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. [易错防范]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.基础巩固题组【建议用时：25分钟】一、选择题1.从集合{0，1，2，3，4，5，6}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.30个B.42个C.36个D.35个解析∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数.答案 C2.某校举行乒乓球赛，采用单淘汰制，要从20名选手中决出冠军，应进行比赛的场数为【】A.18B.19C.20D.21解析因为每一场比赛都有一名选手被淘汰，即一场比赛对应一个失败者，要决出冠军，就要淘汰19名选手，故应进行19场比赛.答案 B3.【2017·舟山市质检】有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则有几种不同的选择方式【】A.24B.14C.10D.9解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式，第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法.∴由分类加法计数原理，共有12＋2＝14【种】选择方式.答案 B4.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解析当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7【个】.当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14【个】.答案 B5.用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法的种数为【】A.3B.5C.9D.12解析只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种.由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9【种】.答案 C6.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.6解析从0，2中选一个数字0，则0只能排在十位，从3，5，7中选两个数字排在个位与百位，共有C23A22＝6种；从0，2中选一个数字2，则2排在十位，从3，5，7中选两个数字排在个位与百位，共有C23A22＝6种；2排在百位，从3，5，7中选两个数字排在个位与十位，共有C23A22＝6种；由分类加法计数原理可知共有6＋6＋6＝18种.答案 B7.从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，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【】A.32个B.34个C.36个D.38个解析将和等于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C12＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个.故选A.答案 A8.【2016·全国Ⅱ卷】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为【】A.24B.18C.12D.9解析由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.答案 B二、填空题9.【2016·西安质检】如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个【用数字作答】.解析当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12【个】.答案1210.如图所示，在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个【用数字作答】.解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4011.【2016·长沙二模】将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________种.解析先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A33种不同排法.再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法.因此共有A33·2·1＝12【种】不同的排列方法.答案1212.从－1，0，1，2这4个数中任选3个不同的数作为函数y＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________个【用数字作答】.解析a，b，c的一组不同的取值对应着一个不同的二次函数.第1步，确定a【a≠0】的值，有3种方法；第2步，确定b的值，有3种方法【这时，b可取0】；第3步，确定c的值，有2种方法.故可组成3×3×2＝18个不同的二次函数.若二次函数为偶函数，则b＝0，这时只需确定a，c的值，分两步完成，共有3×2＝6个不同的偶函数.答案18 613.有六名同学报名参加三个智力竞赛项目【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，则有________种不同的报名方法；【2】每项限报一人，且每人至多参加一项，则有________种不同的报名方法；【3】每项限报一人，但每人参加的项目不限，则有________种不同的报名方法【用数字作答】.解析【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，知共有报名方法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】.答案【1】729【2】120【3】216能力提升题组【建议用时：15分钟】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【用数字作答】.解析区域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.答案26015.【2017·绍兴市调研】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.243B.252C.261D.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 B16.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有【】A.24对B.30对C.48对D.60对解析与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对.正方体的12条面对角线共有12×8＝96【对】，且每对均重复计算一次，故共有962＝48【对】.答案 C17.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P 点处进，Q 点处出，沿图中线路游览A ，B ，C 三个景点及沿途风景，则不重复【除交汇点O 外】的不同游览线路有________种【用数字作答】.解析 根据题意，从点P 处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法.由分步乘法计数原理知共有6×4×2＝48种不同游览线路.答案 4818.【2017.浙江名校协作体联考】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】9×10n。

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理两个计数原理两个计数原理目标策略过程方法总数分类加法计数原理完成一件事有01两类不同的方案在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法N＝02m＋n种不同的方法分步乘法计数原理需要03两个步骤做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法N＝04m×n种不同的方法两个计数原理的区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，缺一不可1．快递员去某小区送快递，该小区共有四个出入口，每个出入口均可进出，则该快递员进出该小区的方案种数为()A．6 B．8C．16 D．14答案 C解析方案种数为4×4＝16，故选C.2．某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有()A．3种B．6种C．7种D．9种答案 C解析买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案，因此共有方案3＋3＋1＝7(种)．3．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2160 B．720C．240 D．120答案 B解析分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法．共有10×9×8＝720种分法．4．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．16C．13 D．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．5．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()A．12 B．8C．6 D．4答案 C解析第一象限内不同点共有2×2＝4个，第二象限内不同点共有1×2＝2个，故共有4＋2＝6个．故选C.6．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有种．答案243解析每封邮件有3种不同的发送方式，故共有3×3×3×3×3＝243种不同的方法．考向一分类加法计数原理例1(1)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．204C．729 D．920答案 A解析若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有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)．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．(2)(2020·河北保定摸底)甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A，B，C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为()A．8 B．7C．6 D．5答案 B解析根据题意，分两种情况讨论：①乙和甲一起去A社区，此时将丙、丁二人安排到B，C社区即可，有A2＝2种情况，②乙不去A社区，则乙必须去C社区，若丙、丁都去B社区，有1种情况，若丙、丁中有1人去B社区，则先在丙、丁中选出1人，安排到B社区，剩下1人安排到A或C社区，有2×2＝4种情况，则不同的安排方法种数有2＋1＋4＝7种．故选B.(3)现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数为 .答案12解析若第一门安排在第一天或第五天，则第二门有3种安排方法，这时，共有C12×3＝6种方法；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有3×2＝6种方法．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12种．使用分类加法计数原理时应注意的三方面(1)各类方法之间相互独立，每种方法都能完成这件事，且方法总数是各类方法数相加得到的．(2)分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类．(3)完成这件事的任何一种方法必属于某一类，且分别属于不同类的方法都是不同的．1.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种答案 B解析依题意，得可能剩余一本画册或一本集邮册两种情况．第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C24＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10种．2．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有()A．50个B．45个C．36个D．35个答案 C解析由题意，知十位上的数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8，共8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理，知符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个．3．已知集合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．14C．15 D．21答案 B解析因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，所以x∈{y，2}．所以当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．故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.考向二分步乘法计数原理例2(1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24 B．18C．12 D．9答案 B解析分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.(2)某体育彩票规定：从01至36共36个号中选出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至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，若这个人把满足这种特殊要求的号买全，要花()A．3360元B．6720元C．4320元D．8640元答案 D解析从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选1个号有6种选法．由分步乘法计数原理，知共有8×9×10×6＝4320种选法，要花4320×2＝8640元．(3)现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有种不同的排法．答案1280解析完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原理，分步进行：第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1280种不同的排法．利用分步乘法计数原理解题的策略(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键，从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．4.两对夫妇各带一个小孩儿到上海迪士尼乐园游玩，购票后依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外两个小孩要排在一起，则这6个人的入园顺序的排法种数是()A．12 B．24C．36 D．48答案 B解析首尾要排两位爸爸有A2＝2种排法；两个小孩排在一起，再与两位妈妈排列有A2·A3＝12种排法，根据分步乘法计数原理，共有2×12＝24种排法．故选B.5．从6个人中选4个人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市至少有一人游览，每人只游览一个城市，且这6个人中，甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有种．答案240解析分步完成此事，第一步选1人去巴黎有4种方法，第二步选1人去伦敦有5种方法，第三步选1人去悉尼有4种方法，第四步选1人去莫斯科有3种方法，由分步乘法计数原理可知，共有4×5×4×3＝240种方案．6．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成个不同的二次函数，其中偶函数有个．(用数字作答)答案18 6解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3×3×2＝18个不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6个偶函数．多角度探究突破考向三两个计数原理的综合应用角度1与数字有关的问题例3(1)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(可有重复数字)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.(2)(2020·北京西城区模拟)从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的底数和真数，则所产生的不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52答案 D解析在8个数字中任取2个不同的数字共可产生8×7＝56个对数值，在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，则满足条件的对数值共有56－4＝52个．角度2与几何有关的问题例4(1)从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有() A．8种B．12种C．16种D．20种答案 B解析正方体共有3组对面互不相邻．与正方体的每组对面相邻的面有4个，所以有3×4＝12(种)选法．(2)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．48C．36 D．24答案 B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.角度3与涂色、种植有关的问题例5(1)用5种不同颜色给图中A，B，C，D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A．120 B．160C．180 D．240答案 C解析根据题意，因为规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B有4种涂法，D有3种涂法，C有3种涂法，所以共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方法．故选C.(2)如图，将一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有3种不同的花供选种，要求在同一块中种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为()A．12 B．24C．18 D．6答案 C解析四块地种2种不同的花共有C23A2＝6种不同的种植方法，四块地种3种不同的花共有2A3＝12种不同的种植方法，所以共有6＋12＝18种不同的种植方法，故选C.利用两个计数原理解题时的三个注意点(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时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．(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．7.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48 B．18C．24 D．36答案 D解析分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36个．8．用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是()A．12 B．24C．30 D．36答案 C解析按顺序涂色，第一个圆有3种选择，第二个圆有2种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有1种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C12×C12＝24(种)，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得不同的涂色方案的种数是24＋6＝30.9．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为()A．5 B．24C．32 D．64答案 D解析5日至9日，即5,6,7,8,9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝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，另外一天安排其他车，有2×2＝4种，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝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.10．某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5块区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所选花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数为()A．96 B．114C．168 D．240答案 C解析首先在a中种植，有4种不同方法，其次在b中种植，有3种不同方法，再次在c中种植，若c与b同色，则c有1种方法，d有3种不同方法，若c与b不同色，则c有2种不同方法，d有2种不同方法，最后在e中种植，有2种不同方法，所以不同的种植方法共有4×3×(1×3＋2×2)×2＝168(种)，故选C.一、单项选择题1．已知5名同学报名参加两个课外活动小组，每名同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有()A．10种B．20种C．25种D．32种答案 D解析5名同学依次报名，每人均有2种不同的选择，所以共有2×2×2×2×2＝32种不同的报名方法．2．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买一张，则不同的买法共有()A．7种B．8种C．6种D．9种答案 A解析要完成的“一件事”是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买1张IC 卡、买2张IC卡、买3张IC卡，而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事．买1张IC卡有2种方法，买2张IC卡有3种方法，买3张IC卡有2种方法．不同的买法共有2＋3＋2＝7种．3．(2020·江西新余摸底)7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A．120 B．240C．360 D．480答案 C解析第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到前排，有3种方法；第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种方法；第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人，有5种方法，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的加入方法种数为3×4×5×6＝360.故选C.4．教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有()A．10种B．25种C．52种D．24种答案 D解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，得共有24种不同的走法．5．设集合A＝{1,2,3,4}，m，n∈A，则关于x，y的方程x2m＋y2n＝1表示焦点位于x轴上的椭圆有()A．6个B．8个C．12个D．16个答案 A解析 因为椭圆的焦点在x 轴上，所以当m ＝4时，n ＝1,2,3；当m ＝3时，n ＝1,2；当m ＝2时，n ＝1.故满足条件的椭圆共有3＋2＋1＝6个．6．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，有2种；有两枚反面相对有21121212,21211212,21212112，有3种，共5种摆法，故选B.7．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有 ( )A ．8种B ．9种C ．10种D ．11种 答案 B解析 设四位监考教师分别为A ，B ，C ，D ，所教班分别为a ，b ，c ，d ，假设A 监考b ，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A 监考c ，d 时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理，可得共有3＋3＋3＝9种监考方法．8．直线l ：xa ＋yb ＝1，a ∈{1,3,5,7}，b ∈{2,4,6,8}．若l 与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为( )A ．6B ．7C ．8D ．16答案 B解析 l 与坐标轴围成的三角形的面积为S ＝12ab ≥10，即ab ≥20.当a ＝1时，不满足；当a ＝3时，b ＝8，即1条．当a ∈{5,7}时，b ∈{4,6,8}，此时a 的取法有2种，b 的取法有3种，则直线l 的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.9.如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有()A．24种B．48种C．72种D．96种答案 C解析分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D 有1种，有4×3×2＝24种；②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D 各有2种，有4×3×2×2＝48种．故不同的涂色方法有48＋24＝72种．10．用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由分类加法计数原理及分步乘法计数原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)答案 A解析分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，表示为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，表示为1＋b5；第三步，从5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，表示为(1＋c)5，所以所有取法可表示为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.11．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄．为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有()A．2种B．6种C．12种D．14种答案 C解析分两步：第一步，先选垄，如图所示，共有6种选法；第二步，种植A，B 两种作物，有2种方法．所以根据分步乘法计数原理，可得不同的选垄方法有6×2＝12种．故选C.12．(2020·定州摸底)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有()A．288种B．144种C．576种D．96种答案 C解析依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576种．二、填空题13．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)．答案36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，有4种选法．第三步，从剩下的3人中选体育委员，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)．14．在6张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余3张无奖．将这6张奖券分配给3个人，每人2张，不同的获奖情况有种(用数字作答)．答案24解析一种情况将有奖券按2张、1张分给3个人中的2个人，种数为3×3×2×1＝18；另一种将3张有奖的奖券分给3个人，种数为3×2×1＝6，则获奖情况总共有18＋6＝24(种)．15.如图，要让电路从A处到B处接通(只考虑每个小并联单元只有一个开关闭合的情况)，可有条不同的路径．答案9解析分以下三种情况计数：①第一层有3×2＝6条路径；②第二层有1条路径；③第三层有2条路径．由分类加法计数原理知，共有6＋1＋2＝9条路径．16．4张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成个不同的三位数．答案168解析要组成三位数，根据首位、十位、个位应分三步：第一步：首位可放8－1＝7个数；第二步：十位可放6个数；第三步：个位可放4个数．故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168个不同的三位数．三、解答题17．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？(六名同学不一定都能参加)(1)每人只参加一项，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)每人都可以从三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有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，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120种．(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216种．。

卜人入州八九几市潮王学校第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理【2021年高考会这样考】考察分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用．【复习指导】复习时要弄清分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别与联络，这是解排列组合问题的根底．根底梳理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，那么完成这件事情一共有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情需要分成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，那么完成这件事情一共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．两个原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的根底并贯穿始终．分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简单的说分类的HY是“不重不漏，一步完成〞．而分步乘法计数原理中，各个步骤互相依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这件事的一种方法，简单的说步与步之间的方法“互相HY，多步完成〞．类比加法与乘法的关系，在特定的情况下分步乘法计数原理可简化运用分类加法计数原理的过程．双基自测1．(A教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数一共有()．A．238个B．232个C．174个D．168个解析可用排除法由0,1,2,3可组成的四位数一共有3×43＝192(个)，其中无重复的数字的四位数一共有3A ＝18(个)，故一共有192－18＝174(个)．答案C2．(2021·模拟)集合A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}．如今从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，那么一一共可以组成多少个集合()．A．24个B．36个C．26个D．27个解析CC＋CC＋CC＝26，应选C.答案C3．(2021·调研)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，那么甲、乙所选的课程中恰有1门一样的选法有()．A．6种B．12种C．24种D．30种解析分步完成．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门一样的选法一共有4×3×2＝24(种)，应选C.答案C4．(2021·)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．假设所用数字只有0和1，那么与信息0110至多有两个对应位置上的数字一样的信息个数为()．A．10B．11C．12D．15解析假设4个位置的数字都不同的信息个数为1；假设恰有3个位置的数字不同的信息个数为C；假设恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C，由分类计数原理知满足条件的信息个数为1＋C＋C＝11.答案B5．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，假设某个焊点脱落，整个电路就不通，如今发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况一共有________种．解析法一当线路不通时焊点脱落的可能情况一共有2×2×2×2－1＝15(种)．法二恰有i个焊点脱落的可能情况为C(i＝1,2,3,4)种，由分类计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况一共C＋C＋C＋C＝15(种)．答案15考向一分类加法计数原理【例1】►(2021·全国)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，那么不同的赠送方法一共有()．A．4种B．10种C．18种D．20种[审题视点]由于是两类不同的书本，故用分类加法计数原理．解析赠送一本画册，3本集邮册，一共4种方法；赠送2本画册，2本集邮册一共C种方法，由分类计数原理知不同的赠送方法一共4＋C＝10(种)．答案B分类时，首先要确定一个恰当的分类HY，然后进展分类；其次分类时要注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．【训练1】如以下图，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公一共边的三角形有________个．解析把与正八边形有公一共边的三角形分为两类：第一类，有一条公一共边的三角形一共有8×4＝32(个)；第二类，有两条公一共边的三角形一共有8(个)．由分类加法计数原理知，一共有32＋8＝40(个)．答案40考向二分步乘法计数原理【例2】►(2021·)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数一共有________个(用数字答题)．[审题视点]组成这个四位数须分4步完成，故用分步乘法计数原理．解析法一用2,3组成四位数一共有2×2×2×2＝16(个)，其中不出现2或者不出现3的一共2个，因此满足条件的四位数一共有16－2＝14(个)．法二满足条件的四位数可分为三类：第一类含有一个2，三个3，一共有4个；第二类含有三个2，一个3一共有4个；第三类含有二个2，二个3一共有C＝6(个)，因此满足条件的四位数一共有2×4＋C＝14(个)．答案14此类问题，首先将完成这件事的过程分步，然后再找出每一步中的方法有多少种，求其积．注意：各步之间互相联络，依次都完成后，才能做完这件事．简单说使用分步计数原理的原那么是步与步之间的方法“互相HY，逐步完成〞．【训练2】由数字1,2,3,4，(1)可组成多少个3位数；(2)可组成多少个没有重复数字的3位数；(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字．解(1)百位数一共有4种排法；十位数一共有4种排法；个位数一共有4种排法，根据分步计数原理一共可组成43＝64个3位数．(2)百位上一共有4种排法；十位上一共有3种排法；个位上一共有2种排法，由分步计数原理一共可排成没有重复数字的3位数4×3×2＝24(个)．(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，一共4个．考向三涂色问题【例3】►如图，用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？[审题视点]根据乘法原理逐块涂色，要注意在不相邻的区域内可使用同一种颜色．解法一如题图分四个步骤来完成涂色这件事：涂A有5种涂法；涂B有4种方法；涂C有3种方法；涂D有3种方法(还可以使用涂A的颜色)．根据分步计数原理一共有5×4×3×3＝180种涂色方法．法二由于A、B、C两两相邻，因此三个区域的颜色互不一样，一共有A＝60种涂法；又D与B、C相邻、因此D有3种涂法；由分步计数原理知一共有60×3＝180种涂法．涂色问题的本质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中假设出现某一步需分情况说明时还要进展分类．涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个根本原理和排列组合的知识灵敏处理．【训练3】如以下图，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，假设只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．解法一可分为两大步进展，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，用分步乘法原理即可得出结论．由题设，四棱锥S­ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不一样，它们一共有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，假设C染2，那么D可染3或者4或者5，有3种染法；假设C染4，那么D可染3或者5，有2种染法，假设C染5，那么D可染3或者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)．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是否同色进展分类，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一共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．法三按所用颜色种数分类第一类，5种颜色全用，一共有A种不同的方法；第二类，只用4种颜色，那么必有某两个顶点同色(A与C，或者B与D)，一共有2×A种不同的方法；第三类，只用3种颜色，那么A与C、B与D必定同色，一共有A种不同的方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为A＋2×A＋A＝420(种)．标准解答20——如何解决涂色问题【问题研究】【解决方案】涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，详细操作法和按照颜色的数目进展分类法是解决这类问题的首选方法.【例如】►(本小题总分值是12分)用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田〞字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，假设颜色可以反复使用，一共有多少种不同的涂色方法？颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，首先确定第一个小方格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法．1 23 4[解答示范]如以下图，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．(2分)①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A＝12种不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法．由分步计数原理可知，有5×12×3＝180种不同的涂法；(6分)②当第2个、第3个小方格涂一样颜色时，有4种涂法，由于相邻西格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知．有5×4×4＝80种不同的涂法．(10分)由分类加法计数原理可得，一共有180＋80＝260种不同的涂法．(12分)在涂色问题中一定要看颜色是否可以重复使用，不允许重复使用的涂色问题实际上就是一般的排列问题，当颜色允许重复使用时，要充分利用两个计数原理分析解决问题．【试一试】(2021·)给n个自上而下相连的正方形着黑色或者白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如以下图所示：由此推断，当n＝6时，黑色正方形互不相邻的着色方案一共有__________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案一共有________种．(结果用数值表示)[尝试解答](1)当n＝6时，假设没有黑色正方形有1种方案，当有1个黑色正方形时，有6种方案，当有两个黑色正方形时，采用插空法，即两个黑色正方形插入四个白色正方形形成的5个空内，有C＝10种方案，当有三个黑色正方形时，同上方法有C＝4种方案，由图可知不可能有4个，5个，6个黑色正方形，综上可知一共有21种方案．(2)将6个正方形空格涂有黑白两种颜色，每个空格都有两种方案，由分步计数原理一一共有26种方案，本问所求事件为(1)的对立事件，故至少有两个黑色正方形相邻的方案有26－21＝43(种)．答案2143。

分类加法计数原理和分步乘法计数原理教案教案：分类加法计数原理和分步乘法计数原理教学目标：1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的概念和应用。

2.能够运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决问题。

教学重点：1.掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理的具体应用。

2.提高学生的问题解决能力。

教学难点：能够正确理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用，并能运用到实际问题中。

教学准备：1.板书：分类加法计数原理和分步乘法计数原理的定义和示例。

2.教学课件：包含丰富的分类加法计数原理和分步乘法计数原理的例题。

教学过程：Step 1：导入新知识（10分钟）导入新知识：让学生思考以下问题：1.如果我有两种不同的衣服和三种不同的裤子，我可以有多少种不同的搭配方式？2.如果我有三个家具店，每个店铺里有四种不同的椅子和五种不同的桌子，我可以有多少种不同的搭配方式？引导学生思考和讨论问题，引出分类加法计数原理的概念。

Step 2：分类加法计数原理（20分钟）1.板书：分类加法计数原理的定义。

2.板书：示例题目，并与学生一起解答。

例题1：小明有五个红苹果和三个绿苹果，请问他有多少个苹果？解答过程：将问题分为红苹果和绿苹果两个部分，根据分类加法计数原理，总数为红苹果的个数加上绿苹果的个数，即5+3=8例题2：甲班有四个男生和五个女生，乙班有三个男生和六个女生，请问两个班级一共有多少学生？解答过程：将问题分为甲班和乙班两个部分，根据分类加法计数原理，总数为甲班学生的个数加上乙班学生的个数，即4+5+3+6=183.布置练习题：让学生自己尝试解决几个分类加法计数原理的练习题。

Step 3：分步乘法计数原理（20分钟）1.板书：分步乘法计数原理的定义。

分步乘法计数原理：当一个问题可以分为多个独立的步骤时，总数为每个步骤的选择数相乘。

2.板书：示例题目，并与学生一起解答。

例题1：小明有五种不同的上衣和三种不同的裤子，请问他有多少种不同的穿搭方式？解答过程：将问题分为选择上衣和选择裤子两个步骤，根据分步乘法计数原理，总数为上衣的种类数乘以裤子的种类数，即5×3=15例题2：家餐厅有四道不同的主菜和五种不同的甜点，请问用餐顾客有多少种不同的品尝方式？解答过程：将问题分为选择主菜和选择甜点两个步骤，根据分步乘法计数原理，总数为主菜的种类数乘以甜点的种类数，即4×5=20。

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两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．分类加法计数原理的理解分类加法计数原理中的“完成一件事有两个不同方案”，是指完成这件事的所有方法可以分为两类，即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，两类中没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方法都在某一类中．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．分步乘法计数原理的理解分步乘法计数原理中的“完成一件事需要两个步骤”，是指完成这件事的任何一种方法，都需要分成两个步骤．在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成这两个步骤就能完成这件事，即各个步骤是相互依存的，每个步骤都要做完才能完成这件事．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事情若是分两步完成的，那么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．( )答案：(1)×(2)√(3)√(4)√某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有( )A．3种B．4种C．7种D．12种答案：C已知x∈{2，3，7}，y∈{－31，－24，4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是( ) A．1 B．3C．6 D．9答案：D某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有________种．答案：3加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人可以选择，第二道工序有6人可以选择，第三道工序有4人可以选择，每两道工序中可供选择的人各不相同，如果从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．答案：120探究点1 分类加法计数原理[学生用书P2]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】法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8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．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．法二：按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9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．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．[变问法]在本例条件下，个位数字小于十位数字且为偶数的两位数有多少个？解：当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．当个位数字是6时，十位数字可取7，8，9，共3个．当个位数字是4时，十位数字可取5，6，7，8，9，共5个．同理可知，当个位数字是2时，共7个，当个位数字是0时，共9个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个).利用分类加法计数原理计数时的解题流程某校高三共有三个班，各班人数如下表：男生人数女生人数总人数高三(1)班30 20 50 高三(2)班30 30 60 高三(3)班 35 20 55(1)(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：第1类，从高三(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高三(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．探究点2 分步乘法计数原理[学生用书P2]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 ，则可以组成抛物线的条数为多少？【解】 由题意知a 不能为0，故a 的值有5种选法； b 的值也有5种选法；c 的值有4种选法．由分步乘法计数原理得：5×5×4＝100(条)．1．[变问法]若本例中的二次函数图象开口向下，则可以组成多少条抛物线？解：需分三步完成，第一步确定a 有2种方法，第二步确定b 有5种方法，第三步确定c 有4种方法，故可组成2×5×4＝40条抛物线．2．[变条件、变问法]若从本例的六个数字中选2个作为椭圆x 2m ＋y 2n＝1的参数m ，n ，则可以组成椭圆的个数是多少？解：据条件知m >0，n >0，且m ≠n ，故需分两步完成，第一步确定m ，有3种方法，第二步确定n ，有2种方法，故确定椭圆的个数为3×2＝6(个)．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程从1，2，3，4中选三个数字，组成无重复数字的整数，则满足下列条件的数有多少个？(1)三位数；(2)三位偶数．解：(1)分三步：第1步，排个位，有4种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法；第3步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有4×3×2＝24个满足要求的三位数．(2)第1步，排个位，只能从2，4中选1个，有2种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数中选1个，有3种方法；第3步，排百位，只能从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有2×3×2＝12个满足要求的三位偶数．探究点3 两个计数原理的综合应用[学生用书P3]甲同学有5本不同的数学书、4本不同的物理书、3本不同的化学书，现在乙同学向甲同学借书，(1)若借1本书，则有多少种借法？(2)若每科各借1本书，则有多少种借法？(3)若任借2本不同学科的书，则有多少种借法？【解】(1)需完成的事情是“借1本书”，所以借给乙数学、物理、化学书中的任何1本，都可以完成这件事情．根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＝12种借法．(2)需完成的事情是“每科各借1本书”，意味着要借给乙3本书，只有从数学、物理、化学三科中各借1本，才能完成这件事情．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60种借法．(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借2本不同学科的书”，可分三类：第1类，借1本数学书和1本物理书，只有2本书都借，事情才能完成，根据分步乘法计数原理，有5×4＝20种借法；第2类，借1本数学书和1本化学书，有5×3＝15种借法；第3类，借1本物理书和1本化学书，有4×3＝12种借法．根据分类加法计数原理，共有20＋15＋12＝47种借法．利用两个计数原理的解题策略用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？解：(1)分三类：第一类，选出的是医生，有3种选法；第二类，选出的是护士，有5种选法；第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10(种)选法．(2)分三步：第一步，选1名医生，有3种选法；第二步，选1名护士，有5种选法；第三步，选1名麻醉师，有2种选法．根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30(种)选法．1．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A．8 B．15C．18 D．30解析：选A.共有5＋3＝8种不同的选法．2．已知集合A＝{1，2}，B＝{3，4，5}，从集合A、B中先后各取一个元素构成平面直角坐标系中的点的横、纵坐标，则可确定的不同点的个数为( )A．5 B．6C．10 D．12解析：选B.完成这件事可分两步：第一步，从集合A中任选一个元素，有2种不同的方法；第二步，从集合B中任选一个元素，有3种不同的方法．由分步乘法计数原理得，一共有2×3＝6种不同的方法．3．体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有( )A．12种B．7种C．14种D．49种解析：选D.要完成进、出门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场，第一步进门有4＋3＝7种方法；第二步出门也有4＋3＝7种方法，由分步乘法计数原理知进、出门的方案有7×7＝49种．4．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营．(1)若从中选1人作总负责人，共有多少种不同的选法？(2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？(3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法？解：(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选1人作总负责人有42种选法；从高三选1人作总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122种选法．(2)从高一选1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有30种选法．由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63 000种选法．(3)①高一和高二各选1人作中心发言人，有50×42＝2 100 种选法；②高二和高三各选1人作中心发言人，有42×30＝1 260种选法；③高一和高三各选1人作中心发言人，有50×30＝1 500种选法．故共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860种选法．[A 基础达标]1．完成一项工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外有4个人只会用第二种方法，从这9个人中选1人完成这项工作，不同的选法种数是( )A．5 B．4C．9 D．20解析：选C.由分类加法计数原理求解，5＋4＝9(种)．故选C.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，可得直角坐标系中第一、二象限不同点的个数是( )A．18 B．16C．14 D．10解析：选C.分两类：第一类M中取横坐标，N中取纵坐标，共有3×2＝6(个)第一、二象限的点；第二类M中取纵坐标，N中取横坐标，共有2×4＝8(个)第一、二象限的点．综上可知，共有6＋8＝14(个)不同的点．3．现有4名同学去听同时进行的3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．81 B．64C．48 D．24解析：选A.每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种)，故选A.4．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )A．15 B．12C．5 D．4解析：选A.分情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况．由分类加法计数原理可得，满足条件的有序自然数对(x，y)的个数是6＋5＋4＝15.5．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有( )A．24种B．16种C．12种D．10种解析：选C.完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C.6．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种．解析：分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种；当集合C中的元素属于集合B时，有4种．因为集合A与集合B无公共元素，所以集合C的情况共有3＋4＝7(种)．答案：77．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有________种．解析：小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知共有2×3×3×3＝54种不同的报名方法．答案：548．直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，2，3，5，7这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．解析：若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时，有5×4＝20条，则共有20＋2＝22(条)，即所求的不同的直线共有22条．答案：229．(2018·云南丽江测试)现有高二四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．(3)分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．10．(1)如图，在由电键组A与B所组成的并联电路中，要接通电源且仅闭合其中一个电键，使电灯C发光的方法有多少种？(2)如图，由电键组A，B组成的电路中，要闭合两个电键接通电源，使电灯C发光的方法有几种？解：(1)只要闭合图中的任一电键，电灯即发光．由于在电键组A中有2个电键，电键组B 中有3个电键，且分别并联，应用分类加法计数原理，所以共有2＋3＝5(种)接通电源使电灯发光的方法．(2)只有在闭合A组中2个电键中的一个之后，再闭合B组中3个电键中的一个，才能使电灯的电源接通，电灯才能发光．根据分步乘法计数原理，共有2×3＝6(种)不同的接通方法使电灯发光．[B 能力提升]11．(2018·郑州高二检测)从集合{1，2，3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4C．6 D．8解析：选D.以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．12．(2018·长沙高二检测)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．13C．12 D．10解析：选B.对a进行讨论，为0与不为0，当a不为0时还需考虑判别式与0的大小．若a＝0，则b＝－1，0，1，2，此时(a，b)的取值有4个；若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1，此时(a，b)的取值为(－1，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(－1，2)，(1，1)，(1，0)，(1，－1)，(2，－1)，(2，0)，共9个．所以(a，b)的个数为4＋9＝13.故选B.13．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，点P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)．(1)点P可以表示平面上的多少个不同点？(2)点P可以表示平面上的多少个第二象限的点？(3)点P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？解：(1)完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法有6种．由分步乘法计数原理知，点P可以表示平面上6×6＝36(个)不同点．(2)根据条件，需满足a＜0，b＞0.完成这件事分两个步骤：a的取法有3种，b的取法有2种，由分步乘法计数原理知，点P 可以表示平面上3×2＝6(个)第二象限的点．(3)因为点P不在直线y＝x上，所以第一步a的取法有6种，第二步b的取法有5种，根据分步乘法计数原理可知，点P可以表示6×5＝30(个)不在直线y＝x上的点．14．(选做题)某节目中准备了两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有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，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑，分两大类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400种结果．(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400种结果．因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．。

课题：分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识点1．分类加法计数原理（加法原理）的概念一般形式：完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，……，在第n 类方案中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N=1m +2m +……+n m 种不同的方法．2．分步乘法计数原理（乘法原理）的概念一般形式：完成一件事需要n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N=12n m m m ⨯⨯⨯…种不同的方法．3．两个原理的区别：（1）“每类”间与“每步”间的关系不同：分类加法计数原理中的每一类方案中的任何一种方法、不同类之间的任何一种方法都是相互独立，互不依赖的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依赖，且是连续性的．（2）“每类”与“每步”完成的效果不同：分类加法计数原理中所描述的每一种方法完成后，整个事件就完成了，而分步乘法计数原理中每一步中的每一种方法得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事．4．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，同时要优先考虑题中的限制条件．【注1】1．计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理：如果已知的每类方法中的每一种方法都能单独完成这件事，用分类加法计数原理；如果每类方法中的每一种方法只能完成事件的一部分，用分步乘法计数原理．2．利用分类计数原理解决问题时：（1）将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．（2）要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复；③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法．3．利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：（1）要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．（2）各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件．（3）对完成各步的方法数要准确确定．4．用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．（1）分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．（2）分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．（3）对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．（4）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．5．在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．（1）分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．（2）分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．6．分类加法计数原理的两个条件：（1）根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；（2）完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．分步乘法计数原理的两个条件：（1）明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．（2）将完成这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键．从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．7应用两种原理解题（1）分清要完成的事情是什么？（2）分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；（3）有无特殊条件的限制；（4）检验是否有重漏．8．涂色问题：涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点．涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法．涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类．涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理．【注2】（1）用两个计数原理解决计数问题时，关键是在开始之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步，分类时要注意不重不漏，分步时要注意整个事件的完成步骤．（2）两个原理的区别：①“每类”间与“每步”间的关系不同：分类加法计数原理中的每一类方案中的任何一种方法、不同类之间的任何一种方法都是相互独立，互不依赖的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依赖，且是连续性的．②“每类”与“每步”完成的效果不同：分类加法计数原理中所描述的每一种方法完成后，整个事件就完成了，而分步乘法计数原理中每一步中的每一种方法得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事．（3）本题定义了新概念“回文数”，然后以此为出发点设置了求五位“回文数”的个数问题．求解时充分依据题设条件与“回文数”的定义，运用分步、分类计数原理，逐一分析探求“回文数”的形成过程，从而确定其个数使得问题获解．典型例题例1图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取一本书，共有（）种不同的取法．A．120 B．16 C．64 D．39例2只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有（）A．6个B．9个C．18个D．36个例3如图所示，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（）A．24 B．18 C．12 D．9例4某校的A、B、C、D四位同学准备从三门选修课中各选一门，若要求每门选修课至少有一人选修，且A,B不选修同一门课，则不同的选法有（）A．36种B．72种C．30种D．66种例5用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（）A．144个B．120个C．96个D．72个例6图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取一本书，共有（）种不同的取法．A．120 B．16 C．64 D．39例7只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有（）A．6个B．9个C．18个D．36个例8某通讯公司推出一组卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带数字“5”或“8”的一律作为“金马卡”，享受一定优惠政策，则这组号码中“金马卡”的个数为（）A．2000 B．4096 C．5904 D．8320例9某班2名同学准备报名参加浙江大学、复旦大学和上海交大的自主招生考试，要求每人最多选报两所学校，则不同的报名结果有（）A．33种B．24种C．27种D．36种例10从1,2,…，9这九个数字中，任意抽取两个相加所得的和为奇数的不同代数式的种数是（）A．6 B．9 C．20 D．25例11按ABO血型系统学说，每个人的血型为A，B，O，AB型四种之一，依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB型时，子女的血型一定不是O型，若某人的血型的O型，则父母血型的所有可能情况有（）A．12种B．6种C．10种D．9种例12有5列火车停在某车站并列的5条轨道上，若火车A不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有（）A．96种B．24种C．120种D．12种例13把5名师范大学的毕业生分配到A、B、C三所学校，每所学校至少一人。