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§10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．分类加法计数原理做一件事，完成它有n类方法，在第一类方法中有m1种不同的方式，在第二类方法中有m2种不同的方式……在第n类方法中有m n种不同的方式．那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方式．2．分步乘法计数原理做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方式，做第二个步骤有m2种不同的方式……做第n个步骤有m n种不同的方式．那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方式．3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件情形的不同方式的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各类方式彼此独立，用其中的任一种方式都能够完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤彼此依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．1．判定下面结论是不是正确(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式能够相同．( ×)(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方式都能直接完成这件事．( √)(3)在分步乘法计数原理中，情形是分两步完成的，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，这件情形才算完成．( √)(4)若是完成一件情形有n个不同步骤，在每一步中都有假设干种不同的方式m i(i＝1,2,3，，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…m n种方式．( √)2．5位同窗报名参加两个课外活动小组，每位同窗限报其中的一个小组，那么不同的报名方式共有________种．答案32解析每位同窗有两种不同的报名方式，而且只有这5位同窗全数报名终止，才算事件完成．因此共有2×2×2×2×2＝32(种)．3．有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3件长裤，若是一条长裤与一件上衣配成一套，那么不同的配法种数是________．答案12解析由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，因此有4×3＝12(种)选法．4．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门相同的选法有________种．答案24解析分步完成．第一甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方式，第二甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方式，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方式，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)．5．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都显现一次，如此的四位数共有________个．(用数字作答)答案14解析数字2,3至少都显现一次，包括以下情形：“2”显现1次，“3”显现3次，共可组成C14＝4(个)四位数．“2”显现2次，“3”显现2次，共可组成C24＝6(个)四位数．“2”显现3次，“3”显现1次，共可组成C34＝4(个)四位数．综上所述，共可组成14个如此的四位数.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当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，或从高三三班女生当选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？思维启发用分类加法计数原理．解(1)完成这件事有三类方式第一类，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，依照分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)选法．(2)完成这件事有三类方式第一类，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．思维升华分类时，第一要依照问题的特点确信一个适合它的分类标准，然后在那个标准下进行分类；第二分类时要注意知足一个大体要求，确实是完成这件情形的任何一种方式必需属于某一类，而且别离属于不同种类的两种方式是不同的方式，只有知足这些条件，才能够用分类加法计数原理．(1)在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？(2)方程x2m＋y2n＝1表示核心在y轴上的椭圆，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么如此的椭圆有多少个？解(1)分析个位数字，可分以下几类：个位是9，那么十位能够是1,2,3，…，8中的一个，故有8个；个位是8，那么十位能够是1,2,3，…，7中的一个，故有7个；同理，个位是7的有6个；个位是6的有5个；…个位是2的只有1个．由分类加法计数原理，知足条件的两位数有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．(2)以m的值为标准分类，分为五类．第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择；第二类：m＝2时，使n>m，n有5种选择；第三类：m＝3时，使n>m，n有4种选择；第四类：m＝4时，使n>m，n有3种选择；第五类：m＝5时，使n>m，n有2种选择．∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20(种)方式，即有20个符合题意的椭圆．题型二分步乘法计数原理的应用例2有六名同窗报名参加三个智力竞赛项目，在以下情形下各有多少种不同的报名方式？(不必然六名同窗都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人最多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．思维启发能够依照报名进程，利用分步乘法计数原理．解(1)每人都能够从这三个竞赛项目当选报一项，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，且每人最多参加一项，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，得共有报名方式6×5×4＝120(种)．(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都能够从这六人当选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方式63＝216(种)．思维升华利用分步乘法计数原明白得决问题：①要按事件发生的进程合理分步，即分步是有前后顺序的；②各步中的方式相互依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，假设a，b，c∈M，那么：(1)y＝ax2＋bx＋c能够表示多少个不同的二次函数；(2)y＝ax2＋bx＋c能够表示多少个图象开口向上的二次函数．解(1)a的取值有5种情形，b的取值有6种情形，c的取值有6种情形，因此y＝ax2＋bx＋c能够表示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种情形，b、c的取值均有6种情形，因此y＝ax2＋bx＋c能够表示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如下图，将一个四棱锥的每一个极点染上一种颜色，并使同一条棱上的两头异色，若是只有5种颜色可供利用，求不同的染色方式总数．思维启发染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选极点进行分类、分步，从不同角度解决问题．解方式一可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三极点染色，然后再分类考虑另外两极点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S—ABCD的极点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方式．当S、A、B染好时，不妨设其颜色别离为一、二、3，假设C染2，那么D可染3或4或5，有3种染法；假设C染4，那么D可染3或5，有2种染法；假设C染5，那么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，故不同的染色方式有60×7＝420(种)．方式二以S、A、B、C、D顺序分步染色．第一步，S点染色，有5种方式；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方式；第三步，B点染色，与S、A别离在同一条棱上，有3种方式；第四步，C点染色，也有3种方式，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是不是同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方式；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，因此C点有2种染色方式，D点也有2种染色方式．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方式共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．方式三按所用颜色种数分类．第一类，5种颜色全用，共有A55种不同的方式；第二类，只用4种颜色，那么必有某两个极点同色(A与C，或B与D)，共有2×A45种不同的方式；第三类，只用3种颜色，那么A与C、B与D必然同色，共有A35种不同的方式．由分类加法计数原理，得不同的染色方式总数为A55＋2×A45＋A35＝420(种)．思维升华用两个计数原明白得决计数问题时，关键是明确需要分类仍是分步．(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再别离对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，取得总数．(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，依照分步乘法计数原理，把完成每一步的方式数相乘，取得总数．(3)关于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方式来帮忙分析．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，若是颜色能够反复利用，共有多少种不同的涂色方式？解如下图，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格能够从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A24＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法．由分步乘法计数原理可知，有5×12×3＝180(种)不同的涂法；②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻方格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知．有5×4×4＝80(种)不同的涂法．由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260(种)不同的涂法．对两个大体原理熟悉不清致误典例：(10分)(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，能够乘火车，也能够坐轮船，在这一天的不同时刻里，火车有4趟，轮船有3次，问这人的走法可有________种．易错分析解决计数问题的大体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．解决此题易显现的问题是完成一件情形的标准不清楚致使计算显现错误，关于(1)，选择的标准不同，误以为每一个信箱有三种选择，因此可能的投法有34种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；关于(2)，易混淆“类”与“步”，误以为抵达乙地先坐火车后坐轮船，利用乘法原理计算．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，就做完了这件情形，由分步乘法计数原理可得共有43种方式．(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，每一种方式都能从甲地到乙地，依照分类加法计数原理，可得这人的走法可有4＋3＝7(种)．答案(1)C (2)7温馨提示(1)每封信只能投到一个信箱里，而每一个信箱能够装1封信，也能够装2封信，其选择不是唯一的，因此应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择．(2)在处置具体的应用问题时，第一必需弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处置情形，能够幸免计数的重复或遗漏.方式与技术1．分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方式的种数的问题，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各类方式彼此独立，用其中任何一种方式都能够做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤彼此依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．2．混合问题一样是先分类再分步．3．分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．4．要适当画出示用意或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探讨规律．失误与防范1．切实明白得“完成一件事”的含义，以确信需要分类仍是需要分步进行．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．确信题目中是不是有特殊条件限制．A组专项基础训练(时刻：40分钟)一、选择题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，如此的等比数列的个数为( )A．3 B．4 C．6 D．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，故如此的等比数列的个数为8个．2. 现有4种不同颜色要对如下图的四个部份进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，那么不同的着色方式共有( )A．24种B．30种C．36种D．48种答案D解析共有4×3×2×2＝48(种)，应选D.3． 集合P ＝{x,1}，Q ＝{y,1,2}，其中x ，y ∈{1,2,3，…，9}，且P ⊆Q .把知足上述条件的一对有序整数对(x ，y )作为一个点的坐标，那么如此的点的个数是( ) A ．9 B ．14 C ．15 D ．21答案 B解析 当x ＝2时，x ≠y ，点的个数为1×7＝7(个)；当x ≠2时，x ＝y ，点的个数为7×1＝7(个)，那么共有14个点，应选B.4． (2021·山东)用0,1，…，9十个数字，能够组成有重复数字的三位数的个数为( )A ．243B ．252C ．261D ．279答案 B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)．5． (2021·四川)从1,3,5,7,9这五个数中，每次掏出两个不同的数别离记为a ，b ，共可取得lg a －lg b 的不同值的个数是( ) A ．9 B ．10 C ．18 D ．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 的不同值的个数有A 25－2＝20－2＝18，选C. 二、填空题6． 一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从当选取男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．答案 20解析 先选男队员，有5种选法，再选女队员有4种选法，由分步乘法计数原理知共有5×4＝20(种)不同的选法．7． 某次活动中，有30人排成6行5列，现要从当选出3人进行礼仪演出，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，那么不同的选法种数为________(用数字作答)．答案 7 200解析 其中最先选出的一个人有30种方式，现在不能再从那个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，应选第二个人有20种方式，现在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，现在第三个人的选法有12种，依照分步乘法计数原理，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别离作为点的横坐标、纵坐标，那么如此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)．三、解答题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，从当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人当选1人说英语，共有6种方式，那么说日语的有2＋1＝3(种)，现在共有6×3＝18(种)；第二类：不从只会英语的6人当选1人说英语，那么只有1种方式，那么选会日语的有2种，现在共有1×2＝2(种)；因此依照分类加法计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．10．在某种信息传输进程中，用4个数字的一个排列(数字许诺重复)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最多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？解方式一分0个相同、1个相同、2个相同讨论．(1)假设0个相同，那么信息为1001.共1个．(2)假设1个相同，那么信息为0001,1101,1011,1000.共4个．(3)假设2个相同，又分为以下情形：①假设位置一与二相同，那么信息为0101；②假设位置一与三相同，那么信息为0011；③假设位置一与四相同，那么信息为0000；④假设位置二与三相同，那么信息为1111；⑤假设位置二与四相同，那么信息为1100；⑥假设位置三与四相同，那么信息为1010.共6个．故与信息0110最多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11.方式二假设0个相同，共有1个；假设1个相同，共有C14＝4(个)；假设2个相同，共有C24＝6(个)．故共有1＋4＋6＝11(个)．B组专项能力提升(时刻：30分钟)1．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为( )A．24 B．26 C．36 D．37答案C解析设另两边长别离为x、y，且不妨设1≤x≤y≤11，要组成三角形，必需x＋y≥12.当y取11时，x＝1,2,3，…，11，可有11个三角形；当y取10时，x＝2,3，…，10，可有9个三角形；……；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.2．将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下别离依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方式种数为( )A.4 B．6 C．9 D．12答案B解析如下图，依照题意，1,2,9三个数字的位置是确信的，余下的数中，5只能在a，c位置，8只能在b，d位置，依(a，b，c，d)顺序，具体有(5,8,6,7)，(5,6,7,8)，(5,7,6,8)，(6,7,5,8)，(6,8,5,7)，(7,8,5,6)，合计6种.34bc d93. 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，那么不同的种法总数为( )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，不同的种法种数为36＋48＝84.4．直线方程Ax＋By＝0，假设从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，那么可表示________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)．因此能够表示22条不同的直线．5. 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，此刻发觉电路不通了，那么焊点脱落的可能情形共有________种．答案15解析方式一当线路不通时焊点脱落的可能情形共有2×2×2×2－1＝15(种)．方式二恰有i个焊点脱落的可能情形为C i4(i＝1,2,3,4)种，由分类加法计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情形共C14＋C24＋C34＋C44＝15(种)．6．五名学生报名参加四项体育竞赛，每人限报一项，那么报名方式的种数为________．五名学生争夺四项竞赛的冠军(冠军不并列)，取得冠军的可能性有________种．答案4554解析报名的方式种数为4×4×4×4×4＝45(种)．取得冠军的可能情形有5×5×5×5＝54(种)．7．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．(1)假设B中每一元素都有原象，如此不同的f有多少个？(2)假设B中的元素0必无原象，如此的f有多少个？(3)假设f知足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，如此的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种方式，a2找象有3种方式，a3找象有2种方式，a4找象有1种方式，因此不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．(2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，因此为A中每一元素找象时都有3种方式．因此不同的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种方式；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)方式；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)方式；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)方式．因此不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．。
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．两个计数原理 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 ＝m ＋n 种不同的方法 分步乘法计数原理需要两 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N ＝m ×n 种不同的方法 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．导师提醒关注三个易错点(1)应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步．(2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准．(3)分步要做到“步骤完整”，步步相连．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，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为() A．16 B．13C．12 D．10解析：选C.由分步乘法计数原理可知，走法总数为4×3＝12.故选C.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A．30 B．20C．10 D．6解析：选D.从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两个不同数字和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．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为________．解析：3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.答案：504(教材习题改编)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为________．解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法总数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法总数为4×5×6＝120.答案：15120如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．答案：32分类加法计数原理(典例迁移)(1)椭圆x 2m ＋y 2n＝1(m >0，n >0)的焦点在x 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( )A ．10B ．12C ．20D ．35(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．【解析】 (1)因为焦点在x 轴上，m ＞n ，以m 的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m ＝5时，使m ＞n ，n 有4种选择；第二类：m ＝4时，使m ＞n ，n 有3种选择；第三类：m ＝3时，使m ＞n ，n 有2种选择；第四类：m ＝2时，使m ＞n ，n 有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是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，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．【答案】 (1)A (2)36[迁移探究1] (变条件)在本例(1)中，若m ∈{1，2，…，k }，n ∈{1，2，…，k }(k ∈N *)，其他条件不变，这样的椭圆有多少个？解：因为m >n .当m ＝k 时，n ＝1，2，…，k －1.当m ＝k －1时，n ＝1，2，…，k －2.…当m＝3时，n＝1，2.当m＝2时，n＝1.所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝k（k－1）2(个)．[迁移探究2](变条件)若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则这样的两位数的个数是多少？解：分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．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．1．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．解析：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 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 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．答案：52．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________．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)．所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．答案：240分步乘法计数原理(典例迁移)(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．24B．18C．12 D．9(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．【解析】(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.(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)．【答案】(1)B(2)120[迁移探究1](变条件)若本例(2)中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？解：每人都可以从这三个智力项目中选报一项，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)．[迁移探究2](变条件)若将本例(2)条件中的“每人至多参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？解：每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．利用分步乘法计数原理解题的策略(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)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，得到总方法数．[提醒]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．1．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P 表示坐标平面上第二象限的点的个数为()A．6 B．12C．24 D．36解析：选A.确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.2．如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．答案：633．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(用数学作答)．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)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．答案：18 6两个计数原理的综合应用(多维探究)角度一涂色、种植问题如图，用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有()A．400种B．460种C．480种D．496种【解析】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360种方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120种方法．由分类加法计数原理可知：不同的涂法有360＋120＝480(种)．【答案】 C角度二与几何有关的问题(1)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(2)如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．【解析】(1)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.(2)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】(1)B(2)40角度三排数与排队问题(1)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)生产过程中有4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()A．24种B．36种C．48种D．72种【解析】(1)①首位为5，末位为0：4×3×2＝24(个)；②首位为5，末位为2：4×3×2＝24(个)；③首位为5，末位为4：4×3×2＝24(个)；④首位为4，末位为0：4×3×2＝24(个)；⑤首位为4，末位为2：4×3×2＝24(个)．由分类加法计数原理，得共有24＋24＋24＋24＋24＝120(个)．故选B.(2)分两类：①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12(种)；②第一道工序不安排甲时有1×2×4×3＝24(种)．所以共有12＋24＝36(种)．故选B.【答案】(1)B(2)B利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么．(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．(3)弄清分步、分类的标准是什么．(4)利用两个计数原理求解．1．在如图所示的五个区域中，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，则不同的涂色方法种数为()A．24 B．48C．72 D．96解析：选C.分两种情况：(1)A，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)．(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)．综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．2．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与该平面构成一个“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解析：选D.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)．计数原理中的新定义问题定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个【解析】由题意，“规范01数列”有偶数项，即2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，若m＝4，说明数列有8项，得必有a1＝0，a8＝1，则具体的排法如下：00001111，00010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，00110011，00110101，01000111，01001011，01001101，01010011，01010101共14个．【答案】 C组数、组点、组线、组队及抽取问题的解题思路(1)组数、组点、组线、组队问题：一般按特殊位置由谁占领分类，每类中再分步计数，当分类较多时，也可用间接法求解．(2)有限制条件的抽取问题：一般根据抽取的顺序分步或根据选取的元素特点分类，当数目不大时，可用枚举法，当数目较大时，可用间接法求解．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．以此类推，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)解析：选A.因为无区别，所以取红球的方法数为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；因为蓝球要都取出，或都不取出，所以方法为1＋b5，因为黑球有区别，因此，取黑球的方法数为(1＋c)5，所以所有取法数为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5.故选A.[基础题组练]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，其中虚数的个数是()A．30B．42C．36 D．35解析：选C.因为a＋b i为虚数，所以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．2．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．16 C．13D．10解析：选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．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解析：选B.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7种情况；当x＝y时，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况．故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.4．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．3 B．4C．6 D．8解析：选D.当公比为2时，等比数列可为1，2，4或2，4，8；当公比为3时，等比数列可为1，3，9；当公比为32时，等比数列可为4，6，9.同理公比为12，13，23时，也有4个．故共有8个等比数列．5．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：选A.将和等于11的数放在一组：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个子集．故选A.6．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：选D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有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)．7．直线l ：x a ＋y b＝1中，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解析：选B.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.8．一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( )A ．6种B ．8种C ．12种D ．48种解析：选D.从P 点处进入结点O 以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A 景点，再进入另外两个景点，最后从Q 点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B 景点，有16种不同的方法；若先游览C 景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．9．如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A ，B ，C ，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )A．72种B．48种C．24种D．12种解析：选A.法一：首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C 有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24种，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．10．(2019·惠州调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013 是“六合数”)，则首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选B.依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个数分别为400，040，004；由3，1，0组成6个数分别为310，301，130，103，013，031；由2、2、0组成3个数分别为220，202，022；由2，1，1组成3个数分别为211，121，112.共计：3＋6＋3＋3＝15(个)．11．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.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.12．将1，2，3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3，4固定在图中的位置时，填写空格的方法有()A.6种B．12种C．18种D．24种解析：选A.根据数字的大小关系可知，1，2，9的位置是固定的，如图所示，则剩余5，6，7，8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5，6，7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法.13.把3封信投到4种．解析：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＝64种投法．答案：6414．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学生委员、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人担任文娱委员，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：3615．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝25，则符合条件的三角形共有________个．解析：根据三边构成三角形的条件可知，c<25＋a.第一类：当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个值；第二类，当a＝2，b＝25时，c可取25，26，共2个值；……当a＝25，b＝25时，c可取25，26，…，49，共25个值；所以三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.答案：32516．在某一运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四条跑道可安排．故安排方式有4×3×2＝24(种)．第二步：安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．答案：2 880[综合题组练]1．(2019·湖南郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有()A．4 320种B．2 880种C．1 440种D．720种解析：选A.分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320种不同的涂色方法，故选A.2．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A．6种B．12种C．18种D．20种解析：选D.分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2×3＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．故输2局，第5局赢)，共有2×4×32选D.3．(创新型)(2019·湖南十二校联考)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：134＋3 802＝3 936)，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1 942的“简单的”有序对的个数是________．解析：第1步，1＝1＋0，1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9，9＝1＋8，9＝2＋7，9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4，4＝1＋3，4＝2＋2，4＝3＋1，4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2，2＝1＋1，2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.答案：3004．x＋y＋z＝10的正整数解的组数为________．解析：可按x的值分类：当x＝1时，y＋z＝9，共有8组；当x＝2时，y＋z＝8，共有7组；当x＝3时，y＋z＝7，共有6组；当x＝4时，y＋z＝6，共有5组；当x＝5时，y＋z＝5，共有4组；当x＝6时，y＋x＝4，共有3组；当x＝7时，y＋z＝3，共有2组；当x＝8时，y＋z＝2，共有1组．由分类加法计数原理可知：共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝8×9＝36(组)．2答案：365．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)y＝ax2＋bx＋c表示二次函数时，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)当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．6．(综合型)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，求不同的染色方法种数．解：法一：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(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)．。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、基础知识两个计数原理完成一件事的策略完成这件事共有的方法分类加法计数原理有两类不同方案❶，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＝m＋n种不同的方法分步乘法计数原理需要两个步骤❷，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＝m×n种不同的方法注：(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.二、常用结论1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2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，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法.2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第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.三、考点解析考点一：分类加法计数原理1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.2.如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点).3.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________.4.如果一个三位正整数如“a 1a 2a 3”满足a 1＜a 2且a 2＞a 3，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________.考点二 分步乘法计数原理例、(1)已知集合M ＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P (a ，b )(a ，b ∈M )表示平面上的点，则P 可表示坐标平面上第二象限的点的个数为( )A.6B.12C.24D.36(2)有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.[解题技法]利用分步乘法计数原理解决问题的策略(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，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)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成.[题组训练]1.如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A ，B ，C ，D ，E ，F ，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种.2.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f (x )＝ax 2＋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).考点三 ：两个计数原理的综合应用例、(1)如图所示的五个区域中，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，则不同的涂色方法种数为( )A.24B.48C.72D.96(2)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.48B.18C.24D.36(3)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.60B.48C.36D.24[解题技法]1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么.(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类.(3)弄清分步、分类的标准是什么.(4)利用两个计数原理求解.2.涂色、种植问题的解题关注点和关键(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素.(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理.[题组训练]1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.2.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).课后作业1.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.212.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为()A.504B.210C.336D.1203.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.104.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5.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.86.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为()34A.6种B.12种C.18种D.24种7.用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有()A.4 320种B.2 880种C.1 440种D.720种8.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A.18个B.15个C.12个D.9个9.在某一运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种.10.有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答).。
