2021年高考理科数学一轮复习阶段测试六十九分类加法计数原理与分步乘法计数原理

课时作业56分类加法计数原理与分步乘法计数原理[基础达标]一、选择题1．一购物中心销售某种型号的智能手机，其中国产的品牌有20种，进口的品牌有10种，小明要买一部这种型号的手机，则不同的选法有()A．20种B．10种C．30种D．200种解析：分类完成此事，一类是买国产品牌，有20种选法，另一类是买进口品牌，有10种选法．由分类加法计数原理可知，共有20＋10＝30(种)选法．答案：C2．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中选取，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中选取，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)．答案：D3．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为()A．24B．48C．60D．72解析：先排个数，再排十位，百位，千位、万位，依次有2,4,3,2,1种排法，由分步乘法计数原理知：2×4×3×2×1＝48.答案：B4．[2020·东北师大附中模拟]连接正八边形的三个顶点而形成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有()A．40个B．30当中间数为5时，有4×5＝20个；当中间数为6时，有5×6＝30个；当中间数为7时，有6×7＝42个；当中间数为8时，有7×8＝56个；当中间数为9时，有8×9＝72个；故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．答案：A9.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．64 B．72C．84 D．96解析：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)．共有72种．答案：B10．A与B是I＝{1,2,3,4}的子集，若A∩B＝{1,2}，则称(A，B)为一个理想配集，若将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”的个数是()A．4 B．8 C．9 D．16解析：对子集A分类讨论．当A是二元集{1,2}，B可以为{1,2,3,4}，{1,2,4}，{1,2,3}，{1,2}共4种情况；当A是三元集{1,2,3}，B可以取{1,2,4}，{1,2}共有2种情况；当A是三元集{1,2,4}，B可以取{1,2,3}，{1,2}，共有2种情况；当A是四元集{1,2,3,4}，此时B取{1,2}有1种情况，根据分类加法计数原理得4＋2＋2＋1＝9种，故符合此条件的“理想配集”有9个．故选C.答案：C二、填空题11．若x，y∈N*，且x＋y≤6，则有序自然数对(x，y)共有________个．解析：当x＝1时，y可取的值为5,4,3,2,1，共5个；当x＝2时，y可取的值为4,3,2,1，共4个；当x＝3时，y可取的值为3,2,1，共3个；当x＝4时，y可取的值为2,1，共2个；当x＝5时，y可取的值为1，共1个．即当x＝1,2,3,4,5时，y的值依次有5,4,3,2,1个，由分类加法计数原理，得不同的数对(x，y)共有5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．答案：1512．[2020·辽宁沈阳一模]若原来站成一排的4个人重新站成一排，恰有一个人站在自己原来的位置，则共有________种不同的站法．解析：根据题意，分2步，先从4个人里选1人，其位置不变，有C14＝4种选法；对于剩余的三人，因为每个人都不能站在原来的位置上，因此三个人有2种站法．故不同的站法共有4×2＝8(种)．答案：813.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，则电路就不能，故共有26－1＝63(种)可能情况．答案：6314．已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对任意x∈A，y∈B，x＜y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有______个．解析：A＝{1}时，B有23－1＝7种情况；A＝{2}时，B有22－1＝3种情况；A＝{3}时，B有1种情况；A＝{1,2}时，B有22－1＝3种情况；A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况，故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．答案：17[能力挑战]15．[2020·太原市高三模拟]某校组织高一年级8个班级的8支篮球队进行单循环比赛(每支球队与其他7支球队各比赛一场)，计分规则是：胜一局得2分，负一局得0分，平局双方各得1分．下面关于这8支球队的得分情况叙述正确的是()A．可能有两支球队得分都是14分B．各支球队最终得分总和为56分C．各支球队中最高得分不少于8分D．得奇数分的球队必有奇数个解析：8支篮球队进行单循环赛，总的比赛场数为7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28，每场比赛两个队得分之和总是2分，∴各支球队最终得分总和为56分，故选B.答案：B16.如图所示，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有()A．288种B．264种C．240种D．168种解析：分两类：第一类，涂三种颜色，先涂点A，D，E有A34种方法，再涂点B，C，F有2种方法，故有A34×2＝48(种)方法；第二类，涂四种颜色，先涂点A，D，E有A34种方法，再涂点B，C，F有3C13种方法，故共有A34·3C13＝216(种)方法．由分类加法计数原理，共有48＋216＝264(种)不同的涂法．答案：B17．[2020·辽宁营口模拟]若数列{a n}满足：a1<a2>a3<a4>…>a2n－<a2n>…，则称数列{a n}为“正弦数列”．现将1,2,3,4,5这五个数排1成一个“正弦数列”，则不同的排列方案共有________种．解析：由题意，偶数项要比相邻的奇数项大，当首位是1时，不同的排列方案有13254,14253,14352,15243,15342，共5种；首位是2时，不同的排列方案有23154,24153,24351,25143,25341，共5种；当首位是3时，不同的排列方案有34152,34251,35142,35241，共4种；当首位是4时，不同的排列方案有45231,45132，共2种．故不同的排列方案共有5＋5＋4＋2＝16(种)．答案：16快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

核心素养测评六十九分类加法计数原理与分步乘法计数原理(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.如图,从A到O的不同的走法(不重复过一点)有______种( )A.1B.2C.4D.5【解析】选D.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,有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,有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.将3张不同的演唱会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法的种数是 ( )A.2 160B.720C.240D.120【解题指南】按顺序分步骤确定每张门票的分法种数,根据分步乘法计数原理得到结果.【解析】选B.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.3.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【解析】选D.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可知,共有24种不同的走法.4.甲、乙、丙3位同学选修课程,从4门课程中,甲选修2门,乙、丙各选修3门,则不同的选修方案共有( )A.36种B.48种C.96种D.192种【解析】选C.设4门课程分别为1,2,3,4,甲选修2门,可有1,2;1,3;1,4;2,3; 2,4;3,4共6种情况,同理乙,丙均可有1,2,3;1,2,4;2,3,4;1,3,4共4种情况,所以不同的选修方案共有6×4×4=96(种).5.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.65B.56C.30D.11【解析】选B.每一位同学有5种不同的选择,则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56.6.《九章算术》中记载有“阳马,鳖臑(biēnào)”,阳马是底面为矩形,有一条侧棱与底面垂直的四棱锥,鳖臑是四个面都是直角三角形的四面体.若以正方体的顶点为阳马的顶点,可以得到m个阳马,以正方体的顶点为鳖臑的顶点,可以得到n个鳖臑,则( )A.m=12,n=24B.m=36,n=24C.m=12,n=72D.m=36,n=72【解析】选D.因为以正方体的一个顶点为四棱锥的顶点所得的阳马有3个,而正方体有12个顶点,所以阳马的个数m=36,因为每个阳马可以拆分为2个鳖臑,所以鳖臑的个数n=72.7.某校为了庆祝新中国成立70周年举办文艺汇演,原节目单上有9个节目已经排好顺序,又有3个新节目需要加进去,不改变原来的顺序,则新节目单的排法有______种 ( )A.12B.27C.729D.1 320【解题指南】可以考虑3个新节目逐一加入原来的节目单中去. 【解析】选D.第一步:9个节目空出10个位置,可以加入1个新来的节目,所以加入一个新节目有10种方法,第二步:从排好的10个节目空出的11个位置中,加入第2个新节目,有11种方法,第三步:从排好的11个节目空出的12个位置中,加入第3个新节目,有12种方法,所以由分步乘法计数原理得加入3个新节目后的节目单的排法有10×11×12=1 320(种).二、填空题(每小题5分,共15分)8.小明计划在2019年的暑假从他居住的昆明到北京去游学,他可以坐动车,也可以乘高铁,还可以乘飞机,已知动车每日5班,高铁每日10班,飞机每日2班,则小明在某一天从昆明到北京有________种出行方式.【解析】出行方式分3类,动车有5种方式,高铁有10种方式,飞机有2种方式,这三类的每一种方式都可以达到出行目的,所以由分类加法计数原理得共有5+10+2=17种出行方式.答案:179.甲组有4名男同学、2名女同学;乙组有5名男同学、2名女同学,若从甲、乙两组中各选出2名同学,则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有______种.【解析】分两类:第一类,甲组1男1女,乙组2男0女,再分两个步骤,第一步甲组选1男1女,有4×2=8(种)方法,第二步乙组选2男0女,把5个男同学编号1,2,3,4,5,从中选2人,有12,13,14,15,23,24,25,34,35,45,有10种方法,所以第一类共有8×10=80种方法,第二类,甲组2男0女,乙组1男1女,再分两个步骤,第一步甲组选2男0女,把4个男同学编号1,2,3,4,从中选2人,有12,13,14,23,24,34,共6种方法,第二步乙组选1男1女,有5×2=10(种)方法,所以第二类共有6×10=60种方法,所以选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有80+60=140(种).答案:14010.已知集合M={1,2,3,4},集合A,B为集合M的非空子集,若对∀x∈A,y∈B,x<y恒成立,则称(A,B)为集合M的一个“子集对”,则集合M 的“子集对”共有________个.【解析】当A={1}时,B有23-1种情况;当A={2}时,B有22-1种情况;当A={3}时,B有1种情况;当A={1,2}时,B有22-1种情况;当A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情况.所以满足题意的“子集对”共有7+3+1+3+3=17(个).答案:17(15分钟35分)1.(5分)甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有( )A.6种B.12种C.30种D.36种【解析】选C.考虑问题的反面:甲、乙所选的课程2门都相同,把4门课程编号为1,2,3,4,从中选2门,有12,13,14,23,24,34共6种方法,所以甲、乙的选法都有6种,所以甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有6×6-6=30(种).2.(5分)一生产过程有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人分别照看这4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】选B.按照甲的情形分类:第一类:甲照看第一道工序,则丙照看第四道工序,余下4人选择2人照看第二、第三道工序,有4×3=12(种)方案,第二类:甲照看第四道工序,则乙照看第一道工序,余下4人选择2人照看第二、第三道工序,有4×3=12(种)方案,第三类:甲不照看第一道工序,也不照看第四道工序,则乙照看第一道工序,丙照看第四道工序,余下4人选择2人照看第二、第三道工序,有4×3=12种方案,所以由分类加法计数原理得不同的安排方案共有12+12+12=36(种).【一题多解】选B.按照4道工序的安排分为两个步骤,第一步安排第一道工序和第四道工序,(1)甲照看第一道工序,丙照看第四道工序,(2)甲照看第四道工序,乙照看第一道工序,(3)乙照看第一道工序,丙照看第四道工序,所以符合条件的方案有3种,第二步安排余下的两道工序,有4×3=12(种)方案,由分步乘法计数原理得不同的安排方案有3×12=36(种).3.(5分)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.256种B.128种C.72种D.64种【解析】选C.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).4.(10分)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数字中任意选取3个不同的数字,(1)求这3个数字组成等差数列的个数;(2)求以这3个数字为边长组成的三角形的个数.【解析】(1)按照公差的大小分类:公差为1的数列,有8个(0,1,2;1,2,3;2,3,4;…;7,8,9),公差为2的数列,有6个(0,2,4;1,3,5;2,4,6;…;5,7,9),公差为3的数列,有4个(0,3,6;1,4,7;2,5,8;3,6,9),公差为4的数列,有2个(0,4,8;1,5,9),所以公差为正数的等差数列有8+6+4+2=20(个).由对称性可知公差为负数的等差数列也有20个,所以这3个数字组成等差数列的个数为40.(2)按照边长最大的边分类:最长边为9,有7,8,9;6,8,9;5,8,9;4,8,9;3,8,9;2,8,9;6,7,9;5,7,9;4,7,9;3,7,9;5,6,9;4,6,9,共12个;最长边为8,有6,7,8;5,7,8;4,7,8;3,7,8;2,7,8;5,6,8;4,6,8;3,6,8;4,5,8,共9个;最长边为7,有5,6,7;4,6,7;3,6,7;2,6,7;4,5,7;3,5,7,共6个;最长边为6,有4,5,6,共1个.所以能组成三角形的个数为12+9+6+1=28.5.(10分)现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画.(1)从中任选一幅画布置房间,有几种不同的选法?(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间,有几种不同的选法?(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有几种不同的选法? 【解析】(1)分为三类:从国画中选,有5种不同的选法;从油画中选,有2种不同的选法;从水彩画中选,有7种不同的选法.根据分类加法计数原理共有5+2+7=14(种)不同的选法.(2)分为三步:国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法,根据分步乘法计数原理,共有5×2×7=70(种)不同的选法.(3)分为三类:第一类是一幅选自国画,一幅选自油画,由分步乘法计数原理知,有5×2=10(种)不同的选法.第二类是一幅选自国画,一幅选自水彩画,有5×7=35(种)不同的选法. 第三类是一幅选自油画,一幅选自水彩画,有2×7=14(种)不同的选法, 所以有10+35+14=59(种)不同的选法.【拓广探索练】1.(2020·聊城模拟)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”),则首数为2的“六合数”共有( ) A.18 B.15 C.12 D.9【解析】选B.若由3个2,一个0组成六合数,符合题意的有3个;若由2个2,2个1组成六合数,有3个;若由1个2,1个0,1个3,1个1,符合条件的六合数有6个;若由1个2,1个4,2个0组成六合数,共有3个.依分类加法计数原理可知:共有3+3+6+3=15个.2.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时,b各有五种情况.所以,共有2+2+3+3+5+5=20种情况.答案:20关闭Word文档返回原板块。

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课时分层提升练六十四分类加法计数原理与分步乘法计数原理……………………30分钟60分一、选择题(每小题5分,共25分)1.用4种不同的颜色填涂如表所示的1,2,3,4,5五个区域,要求一区一色,邻区异色,则不同的填涂方法种数是( )A.120B.96C.72D.48【解析】选B.先涂区域1有4种方法,区域2有3种涂色方法,区域3有2种涂色方法,区域4有2种涂色方法,区域5有2种涂色方法,根据分步乘法计数原理,得到共有4×3×2×2×2=96(种).2.(2020·玉林模拟)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【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;当公比为时,等比数列可为4,6,9.同理,公比为,,时,也有4个.故共有8个等比数列.3.某公司新招进8名员工,平均分给下属的甲、乙两个部门,其中两名英语翻译人员不能分给同一个部门,另三名电脑编程人员也不能分给同一个部门,则不同的分配方案种数是( )A.18B.24C.36D.72【解题指南】①甲部门要2名电脑编程人员和1名翻译人员;②甲部门要1名电脑编程人员和1名翻译人员.分别求得这2种方案的方法数,再利用分类加法计数原理,可得结论.【解析】选C.由题意可得,有2种分配方案:①甲部门要2名电脑编程人员,则有3种情况;翻译人员的分配有2种可能;再从剩下的3个人中选一人,有3种方法.根据分步乘法计数原理,共有3×2×3=18种分配方案.②甲部门要1名电脑编程人员,则方法有3种;翻译人员的分配方法有2种;再从剩下的3个人中选2个人,方法有3种,共3×2×3=18种分配方案.由分类加法计数原理,可得不同的分配方案共有18+18=36种.4.(2020·遵义模拟)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( )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1 2 D3 4 AC B 95,6,7,8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.5.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与一个正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成,现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不染色),要求每面染一色,且相邻的面均不同色,则不同的染色方案共有( )A.6种B.12种C.18种D.24种【解析】选B.先涂三棱锥P-ABC的三个侧面,然后涂三棱柱ABC-A1B1C1的三个侧面,当棱锥颜色确定后,棱柱对应有2种情形,即共有3×2×1×2=12种不同的染色方案.二、填空题(每小题5分,共15分)6.三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数是________.【解析】另两边长用x,y表示,且不妨设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.答案:367.用红、黄、蓝三种颜色去涂表中标号为1,2,…,9的9个小正方形(如表),使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同,且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的所有涂法共有________种.1 2 34 5 67 8 9【解析】把区域分为三部分,第一部分1,5,9,有3种涂法.第二部分4,7,8,当5,7同色时,4,8各有2种涂法,共4种涂法;当5,7异色时,7有2种涂法,4,8均只有1种涂法,故第二部分共4+2=6种涂法.第三部分与第二部分一样,共6种涂法.由分步乘法计数原理,可得共有3×6×6=108种涂法.答案:1088.如图,用6种不同的颜色把图中A,B,C,D4块区域分开,若相邻区域不能涂同一种颜色,则涂色方法共有________种(用数字作答).【解析】从A开始涂色,A有6种涂色方法,B有5种涂色方法,C有4种涂色方法,D有4种涂色方法.由分步乘法计数原理可知,共有6×5×4×4=480(种)涂色方法.答案:480三、解答题(每小题10分,共20分)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?【解析】(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,先选老师共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)老师、男同学、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总方法数为3×6×8=144种.10.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.【解析】(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.……………………20分钟40分1.(5分)我国古代数学名著《续古摘奇算法》(杨辉)一书中有关于三阶幻方的问题:将1,2,3,4,5,6,7,8,9分别填入3×3的方格中,使得每一行、每一列及对角线上的三个数的和都相等(如表所示),我们规定:只要两个幻方的对应位置(如每行第一列的方格)中的数字不全相同,就称为不同的幻方,那么所有不同的三阶幻方的个数是( )8 3 41 5 96 7 2A.9B.8C.6D.4【解析】选B.三阶幻方,是最简单的幻方.将1,2,3,4,5,6,7,8,9分别填入,其中有8种排法4 9 2,3 5 7,8 1 6;2 7 6,9 5 1,4 3 8;2 9 4,7 5 3,6 1 8;4 3 8,9 5 1,2 7 6; 8 1 6,3 5 7,4 9 2;6 1 8,7 5 3,2 9 4; 6 7 2,1 5 9,8 3 4;8 3 4,1 5 9,6 7 2.2.(5分)某体育彩票规定:从01至36共36个号中抽出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,则这人把这种特殊要求的号买全,至少要花( )A.3 360元B.6 720元C.4 320元D.8 640元【解题指南】根据题意,依次计算“01至10中三个连号的个数”、“11至20中两个连号的个数”、“21至30中单选号的个数”、“31至36中单选号的个数”,进而由分步乘法计数原理计算可得答案.【解析】选D.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中选一个号有6种选法,由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6=4 320(种)选法,至少需花4 320×2=8 640(元).3.(5分)已知集合A={(x,y)|x2+y2≤1,x,y∈Z},B={(x,y)||x|≤2,|y|≤2,x,y∈Z},定义集合A B={(x1+x2,y1+y2)|(x1,y1)∈A,(x2,y2)∈B},则A B中元素的个数为 ( )A.77B.49C.45D.30【解析】选 C.A={(x,y)|x2+y2≤1,x,y∈Z}={(x,y)|x=±1,y=0;或x=0,y=±1;或x=0,y=0},B={(x,y)||x|≤2,|y|≤2,x,y∈Z}={(x,y)|x=-2,-1,0,1,2;y=-2,-1,0,1,2},A B表示点集.由x1=-1,0,1,x2=-2,-1,0,1,2,得x1+x2=-3,-2,-1,0,1,2,3,共7种取值可能.同理,由y1=-1,0,1,y2=-2,-1,0,1,2,得y1+y2=-3,-2,-1,0,1,2,3,共7种取值可能.当x1+x2=-3或3时,y1+y2可以为-2,-1,0,1,2中的一个值,分别构成5个不同的点,当x1+x2=-2,-1,0,1,2时,y1+y2可以为-3,-2,-1,0,1,2,3中的一个值,分别构成7个不同的点,故A B共有2×5+5×7=45(个)元素.4.(5分)若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“良数”.例如:32是“良数”,因为32+33+34不产生进位现象;23不是“良数”,因为23+24+25产生进位现象.那么小于1 000的“良数”的个数为( ) A.27 B.36 C.39 D.48【解析】选D.一位数的“良数”有0,1,2,共3个;两位数的“良数”十位数可以是1,2,3,两位数的“良数”有10,11,12,20,21,22,30,31,32,共9个;三位数的“良数”百位为1,2,3,十位为0时,个位可以是0,1,2,共3×3=9个,百位为1,2,3,十位不是零时,十位个位可以是两位“良数”,共有3×9=27个.根据分类加法计数原理,共有48个小于1 000的“良数”.5.(10分)从{-3,-2,-1,0,1,2,3}中任取3个不同的数作为抛物线方程y=ax2+bx+c(a≠0)的系数.设抛物线过原点,且顶点在第一象限.这样的抛物线共有多少条?【解析】抛物线y=ax2+bx+c过原点,且顶点在第一象限,a,b,c应满足即分三步,a可以取-3,-2,-1;b可以取1,2,3;c取0.所以满足条件的抛物线的条数为N=3×3×1=9.6.(10分)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,求共有多少种不同的染色方法.【解析】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).【变式备选】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,则有多少种不同的涂色方法?【解析】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区域的涂色取决于B与D涂的颜色,如果B与D颜色相同,则有2种涂色方法,如果不相同,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)不同的涂色方法.【误区警示】本题若按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.关闭Word文档返回原板块。

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．。

分类加法计数原理与分步乘法计数原理【基础知识】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，则完成这件事情，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，都涉及完成一件事情的不同方法的种数．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．[难点正本疑点清源]分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列、组合问题的基础并贯穿始终．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，简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”．而分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，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“相互独立，多步完成”．【题型讲解】题型一分类加法计数原理的应用分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是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．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？思维启迪：用分类加法计数原理．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．例2 王刚同学衣服上左、右各有一个口袋，左边口袋装有30张英语单词卡片，右边口袋装有20张英语单词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口袋里任取一张英语单词卡片，有多少种不同的取法？[解析] 从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类：第一类：从左边口袋取一张英语单词卡片有30种不同的取法；第二类：从右边口袋取一张英语单词卡片有20种不同的取法．根据分类加法计数原理，所以从口袋中任取一张英语单词卡片的方法种类为30＋20＝50(种). 例3 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？[分析] 该问题与计数有关，可考虑选用两个基本原理来计算，完成这件事，只要两位数的个位、十位确定了，这件事就算完成了，因此可考虑按十位上的数字情况或按个位上的数字情况进行分类．[解析] 解法一：按十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分为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，符合题意的两位数的个数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 解法二：按个位数字是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是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．例4 方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，其中m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆有多少个？解 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种方法，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探究提高利用分步乘法计数原理解决问题：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，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．例1已知a∈{3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数有多少个？[解析]圆方程由三个量a，b，r确定，a，b，r分别有3种，4种，2种选法，由分步乘法计数原理，表示不同的圆的个数为3×4×2＝24(个)．例1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．思维启迪：可以根据报名过程，使用分步乘法计数原理．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)．例1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可以表示多少个图像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图像的开口向上时，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)图像开口向上的二次函数．例1(1)有5本书全部借给3名学生，有多少种不同的借法？(2)有3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，则有多少种不同分配方案？[解析](1)中要完成的事件是把5本书全部借给3名学生，可分5个步骤完成，每一步把一本书借出去，有3种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝3×3×3×3×3＝35＝243(种)不同的借法．(2)中要完成的事件是把3名学生分配到5个车间中，可分3个步骤完成，每一步分配一名学生，有5种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝5×5×5＝53＝125(种)不同的分配方案.题型三两个原理的综合应用例1一个三层书架的上层放有5本不同的数学书，中层放有3本不同的语文书，下层放有2本不同的英语书(1)从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？(2)从书架上任取三本书，其中数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？[解析](1)从书架上任取一本书，有三类方法：第一类方法：从书架上层任取一本数学书，有5种不同的方法；第二类方法：从书架中层任取一本语文书，有3种不同的方法；第三类方法：从书架下层任取一本英语书，有2种不同的方法．只要在书架上任意取出一本书，任务即完成，由分类加法计数原理知，不同的取法共有N＝5＋3＋2＝10(种)．(2)从书架上任取三本书，其中数学书、语文书、英语书各一本，可以分成三个步骤完成：第一步：从书架上层取一本数学书，有5种不同的方法；第二步：从书架中层取一本语文书，有3种不同的方法；第三步：从书架下层取一本英语书，有2种不同的方法．由分步乘法计数原理知，不同的取法共有N＝5×3×2＝30(种)．所以从书架上任取三本书，其中数学书、语文书、英语书各一本，共有30种不同的取法．例1一个科技小组中有4名女同学，5名男同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种；若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种．[答案]920[解析]由分类加法计数原理得从中任选一名同学参加学科竞赛共5＋4＝9种，由分步乘法计数原理得从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛共5×4＝20种．例1现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？[解析](1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理共有5＋2＋7＝14种不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种不同的选法．(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法．第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35种不同的选法．第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14种不同的选法，所以有10＋35＋14＝59种不同的选法．例1有三只口袋装小球，一只装有5个白色小球，一只装有6个黑色小球，一只装有7个红色小球，若每次从中取两个不同颜色的小球，共有多少种不同的取法？[解析]分为三类：一类是取白球、黑球，有5×6＝30种取法；一类是取白球、红球，有5×7＝35种取法；一类是取黑球、红球，有6×7＝42种取法．∴共有取法：30＋35＋42＝107(种)．例1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．思维启迪：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，得不同的染色方法总数为A55＋2×A45＋A35＝420(种)．探究提高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．例1有一项活动，需在3名老师、8名男生和5名女生中选人参加．(1)若只需1人参加，有多少种不同选法？(2)若需老师、男生、女生各一人参加，有多少种不同的选法？(3)若需一名老师、一名学生参加，有多少种不同的选法？解(1)分三类：取老师有3种选法；取男生有8种选法；取女生有5种选法，故共有3＋8＋5＝16种选法．(2)分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，故共有3×8×5＝120种选法．(3)分两步：第一步选老师，第二步选学生．对第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有3×(8＋5)＝39种选法．对两个基本原理的特殊题型典例：(1)(5分)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)(5分)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.用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2000大的四位奇数？[解析] 方法一：按末位是1,3,5分三类计数：第一类：末位是1，共有4×4×3＝48个；第二类，末位是3的共有3×4×3＝36个；第三类末位是5的共有3×4×3＝36个，由分类加法计数原理知共有48＋36＋36＝120(个)．方法二：符合条件的数有3×4×4×3－2×4×3＝120(个)．3．从6人中选4人分别到巴黎，伦敦，悉尼，莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲，乙2个不去巴黎游览，则不同的选择方案共有()A．300种B．240种C．144种D．96种[答案] B[解析]能去巴黎的有4个人，依次去伦敦，悉尼，莫斯科的有5个人，4个人，3个人，故不同的选择方案为4×5×4×3＝240(种)．故选B.5．电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有________种不同的播放方式．(结果用数值表示) [答案]48[解析]先安排首尾播放公益广告，共2种，再安排4种不同的商业广告共4×3×2×1＝24种，由分步乘法计数原理得24×2＝48种．方法与技巧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法的种数的问题，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．混合问题一般是先分类再分步．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．1．(2011·大纲全国)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，就所剩余的一本画册进行分类计数：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)，选B.2．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有________种．答案32解析每位同学有两种不同的报名方法，而且只有这5位同学全部报名结束，才算事件完成．所以共有2×2×2×2×2＝32(种)．3．教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，由一层到4层共有走法种数为() A．6B．23 C．42 D．44答案 B解析由一层到二层有2种选择，二层到三层有2种选择，三层到四层有2种选择，∴23＝8.4．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有()A．16种B．18种C．37种D．48种答案 C解析自由选择去四个工厂有43种方法，甲工厂不去，自由选择去乙、丙、丁三个工厂有33种方法，故不同的分配方案有43－33＝37(种)．5．有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是________．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，所以有4×3＝12(种)选法．6．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，当父母的血型中没有AB型时，子女的血型有可能是O型，若某人的血型是O型，则其父母血型的所有可能情况有()A．6种B．9种C．10种D．12种答案 B解析找出其父母血型的所有情况分二步完成，第一步找父亲的血型，依题意有3种；第二步找母亲的血型也有3种，由分步乘法计数原理得：其父母血型的所有可能情况有3×3＝9种．7．现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值日，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，则此值日表共有__________种不同的排法．答案 1 280解析完成一件事是安排值日表，因而需一天一天地排，用分步计数原理，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人的相同，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＝1 280种不同的排法．8．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3、4名，则大师赛共有________场比赛．答案16解析小组赛共有2C24场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4(场)比赛；根据分类加法计数原理共有2C24＋4＝16(场)比赛．9．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为 ()A．42 B．30 C．20 D．12答案 A解析将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以共6×7＝42(种)．10．已知I＝{1,2,3}，A、B是集合I的两个非空子集，且A中所有数的和大于B中所有数的和，则集合A、B共有()A．12对B．15对C．18对D．20对答案 D解析依题意，当A、B均有一个元素时，有3对；当B有一个元素，A有两个元素时，有8对；当B有一个元素，A有三个元素时，有3对；当B有两个元素，A有三个元素时，有3对；当A、B均有两个元素时，有3对；共20对，选择D.11．若从集合P到集合Q＝{a，b，c}所有的不同映射共有81个，则从集合Q到集合P所有的不同映射共有()A．32个B．27个C．81个D．64个答案 D解析可设P集合中元素的个数为x，由映射的定义以及分步乘法计数原理，可得P→Q 的映射种数为3x＝81，可得x＝4.反过来，可得Q→P的映射种数为43＝64.12．有A、B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，现在要从三名工人中选2名分别去操作以上车床，不同的选派方法有() A．6种B．5种C．4种D．3种答案 C解析若选甲、乙二人，包括甲操作A车床，乙操作B车床，或甲操作B车床，乙操作A车床，共有2种选派方法；若选甲、丙二人，则只有甲操作B车床，丙操作A车床这一种选派方法；若选乙、丙二人，则只有乙操作B车床，丙操作A车床这一种选派方法．故共2＋1＋1＝4(种)不同的选派方法．故应选C.13．由1到200的自然数中，各数位上都不含8的有______个．答案162个解析一位数8个，两位数8×9＝72个．3位数有9×9＝81个，另外1个(即200)，共有8＋72＋81＋1＝162个．14．从集合{1,2,3，…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有________个．答案32解析和为11的数共有5组：1与10,2与9,3与8,4与7,5与6，子集中的元素不能取自同一组中的两个数，即子集中的元素取自5个组中的一个数．而每个数的取法有2种，所以子集的个数为2×2×2×2×2＝25＝32.15．从正方体的6个表面中取3个面，使其中两个面没有公共点，则共有________种不同的取法．答案12解析分两步完成这件事，第一步取两个平行平面，有3种取法；第二步再取另外一个平面，有4种取法，由分步计数原理共有3×4＝12种取法．16. 如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有()A．288种B．264种C．240种D．168种答案 B解析分两类：第一类，涂三种颜色，先涂点A，D，E有A34种方法，再涂点B，C，F 有2种方法，故有A34×2＝48(种)方法；第二类，涂四种颜色，先涂点A，D，E有A34种方法，再涂点B，C，F有3C13种方法，故共有A34·3C13＝216(种)方法．由分类加法计数原理，共有48＋216＝264(种)不同的涂法.17．标号为A、B、C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．(1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？(2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？解析(1)若两个球颜色不同，则应在A、B袋中各取一个或A、C袋中各取一个，或B、C袋中各取一个．∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11种．(2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个．∴应有1＋3＝4种．18．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7个，B型血的共有9个，AB型血的有3个．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1个去献血，有多少种不同的选法？解析从O型血的人中选1个有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1个人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情已完成，所以由分类计数原理，共有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才完成，所以用分步计数原理，共有28×7×9×3＝5 292种不同的选法．A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)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．3 B．4 C．6 D．8答案 D解析以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，共4个．把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，故所求数列有8个．2．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共有() A．238个B．232个C．174个D．168个答案 C解析由0,1,2,3可组成的四位数共有3×43＝192(个)，其中无重复数字的四位数共有3A33＝18(个)，故共有192－18＝174(个)．3．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() A．10 B．11 C．12 D．15答案 B解析方法一分0个相同、1个相同、2个相同讨论．。

第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理思维导图知识梳理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．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．题型归纳题型1 分类加法计数原理【例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．14B．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.【例12】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】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个两位数．【答案】36【跟踪训练11】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】5【跟踪训练12】若椭圆x2m＋y2n＝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________．【解析】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个满足条件的椭圆．【答案】20【跟踪训练13】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)．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．【答案】240【名师指导】题型2 分步乘法计数原理【例21】(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．24 D．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．(3)(2019·郑州市第一次质量预测)《中国诗词大会》(第三季)亮点颇多，在“人生自有诗意”的主题下，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味．若《沁园春·长沙》、《蜀道难》、《敕勒歌》、《游子吟》、《关山月》、《清平乐·六盘山》排在后六场，且《蜀道难》排在《游子吟》的前面，《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有________种．(用数字作答)【解析】(1)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)每项限报一个，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)．(3)分两步完成：①《蜀道难》、《敕勒歌》、《游子吟》、《关山月》进行全排有A44种，若《蜀道难》排在《游子吟》的前面，则有12A44种；②《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》插入已经排列好的四首诗词形成的前4个空位(不含最后一个空位)中，插入法有A24种．由分步乘法计数原理，知满足条件的排法有12A44A24＝144(种)．【答案】(1)A(2)120(3)144【跟踪训练21】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【解析】选B从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G 点的最短路径有6×3＝18(条)，故选B.【跟踪训练22】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】63【名师指导】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．题型3 两个计数原理的综合应用【例31】用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)【解析】①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C35·C14·A44＝960.②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A45＝120.故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．【答案】 1 080【例32】如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂1种颜色的涂料，其中2和9同色，3和6同色，4和7同色，5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法有()A．360 种B．720 种C．780 种D．840 种【解析】首先从6种不同颜色的涂料中选出4种分别涂2和9、3和6、4和7、5和8八块，共有A46种涂法，然后根据条件可知只需从余下的两种不同颜色的涂料中选一种涂区域1即可，有2种涂法，所以满足要求的涂法有2×A46＝720(种)．选B.【答案】B【例33】(1)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(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【解析】(1)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)．(2)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.【答案】(1)D(2)B【跟踪训练31】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：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法．②A，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种涂色．故共有24＋48＝72种涂色方法．【跟踪训练32】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【解析】选B由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．【跟踪训练33】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】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】40【名师指导】。

【课前小测摸底细】1.【人教A 版教材习题改编】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( )A ．6种B ．12种C ．24种D ．30种【答案】C【解析】分步完成，①甲、乙两人从4门课程中选1门有4种方法；②甲从剩下的3门中选1门有3种方法；③乙从剩下的2门中选1门有2种方法，故共有4×3×2＝24. 2.【2022全国甲理5】如图所示，小明从街道的E 处动身，先处处F 与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参与志愿者活动，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 【答案】B【解析】从E F →的最短路径有6种走法，从F G →的最短路径有3种走法，由乘法原理知，共6318⨯=种走法.故选B ．3. 【2021届杭州高三入学考试】某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张有10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是_____________（用数字作答）【答案】266故不同买法的种数是 210+56=266， 故答案为266．4.【基础经典试题】将1，2，3，…，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（ ）A.6种B.12种C.18种D.24种【答案】A【解析】∵每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1、2、9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填后与之相邻的空格可填6、7、8任一个； 余下两个数字按从小到大只有一种方法． 共有2×3=6种结果，故选A.5.【改编2021高考四川，理6】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大的奇数共有_______个. 【答案】120【考点深度剖析】两个计数原理是解决排列、组合问题的基本方法，同时又能独立地解决一些简洁的计数问题，在本章中占有格外重要的地位．因此它是高考中必考的一个学问点．【经典例题精析】考点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理【1-1】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 ．243B ．252C ．261D ．279【答案】B【解析】用0，1，2，…，9十个数字，全部三位数个数为：900，其中没有重复数字的三位数百位数从非0的9个数字中选取一位，十位数从余下的9个数字中选一个，个位数再从余下的8个中选一个，所以共有：9×9×8=648，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为：900-648=252．故选B ．【1-2】春节期间，某单位支配甲、乙、丙三人于正月初一至初五值班，每人至少值班一天，且每人均不能连续值班两天，其中初二担忧排甲值班，则共有__________种不同的值班支配方案． 【答案】28【解析】每人均不能连续值班两天，其中初二担忧排甲值班的方法数为2222232⨯⨯⨯⨯=种，其中包含甲乙甲乙甲，甲丙甲丙甲，乙丙乙丙乙，丙乙丙乙丙四种状况不符合，故有32428-=种．【1-3】某高校的8名同学预备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个班级各两名，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)，其中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名同学是来自于同一班级的乘坐方式共有 种； 【答案】24综合点评：这些题都是分类计数原理与分步计数原理的应用, 解决这一类问题时，首先必需弄清楚是“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,分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最终用分类加法计数原理求和得到总数；分步要做到“步骤完整”.【课本回眸】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. 两个原理的区分：（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，互不依靠的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依靠，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，整个大事就完成了，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.【方法规律技巧】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：假如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；假如每类方法中的每一种方法只能完成大事的一部分，用分步乘法计数原理．2.利用分类计数原理解决问题时： (1)将一个比较简单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)要精确 把握分类加法计数原理的两个特点：①依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，留意完成这件事情的任何一种方法必需属于某一类，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留意：(1)要按大事发生的过程合理分步，即考虑分步的先后挨次．(2)各步中的方法相互依存，缺一不行，只有各步骤都完成才算完成这个大事． (3)对完成各步的方法数要精确 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，最终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”，只有完成了全部步骤，才完成任务，依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)对于简单问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来挂念分析，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，首先必需弄清楚是“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．5. (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)依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需属于某一类，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，各步骤之间有肯定的连续性，只有当全部步骤都完成了，整个大事才算完成，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大事的方法总数． 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”间相互独立，“步”间相互联系； (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学问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灵敏性，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，具体操作法和依据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，分步过程中若消灭某一步需分状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，只能依据题目的实际状况，结合两个基本原理和排列组合的学问机敏处理． 【新题变式探究】【变式一】 【2021届冀州高三上学期第一次月考，理6】数列{}n a 共有12项，其中10a =，52a =，125a =，且11k k a a +-=，1,2,3,,11k =，则满足这种条件的不同数列的个数为（ ）A.84B.168C.76D.152 【答案】A 【解析】试题分析：由题意知，从1a 至5a 的排列有{}0,1,0,1,2，{}0,1,2,1,2，{}0,1,2,3,2，{}0,1,0,1,2-共4种，由于5122,5a a ==，则61a =或63a =，114a =或116a =，所以从6a 至11a 的排列有{}1,2,1,2,3,4，{}1,2,3,2,3,4，{}1,2,3,4,3,4，{}1,2,3,4,5,4，{}1,2,3,4,5,6，{}3,2,1,2,3,4，{}3,2,3,2,3,4，{}3,2,3,4,3,4，{}3,2,3,4,5,4，{}3,2,3,4,5,6，{}3,4,3,2,3,4，{}3,4,3,4,3,4，{}3,4,3,4,5,4，{}3,4,3,4,5,6，{}3,4,5,4,3,4，{}3,4,5,4,5,4， {}3,4,3,4,5,4，{}3,4,5,6,5,4，{}3,4,5,4,5,6，{}3,4,5,6,5,6，{}3,4,5,6,7,6共21种，用乘法计数原理得42184⨯=（个）.故正确答案为A.【变式二】用6种不同颜色给图中的“笑脸”涂色，要求“眼睛”（即右图中A 、B 所示的区域）用相同颜色，则不同的涂法共有___________种（用数字作答）.【答案】216三、易错试题常警惕易错典例：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( ) A ．10 B ．11 C ．12 D ．15易错分析：分类混淆、计数原理使用不当致误正确解析：法一 (直接法) 若0个相同，共有1个；若1个相同，共有14C ＝4(个)；若2个相同，共有24C ＝6(个)． 故共有1＋4＋6＝11(个)． 法二 (间接法)若3个相同，共有34C ＝4(个)，若4个相同，共有1个，而不同排列个数为42＝16，所以共有16－(1＋4)＝11(个)．温馨提示：该题中要求解的是“至多有两个对应位置上的数字相同”，易消灭的问题是分类混淆，漏掉各位数字信息均不相同的状况，解决此类问题的关键是精确 确定分类标准，分类计数时要做到不重不漏．四、学科素养提升之思想方法篇 与计数原理有关的新定义问题分类、分步计数原理可以应用于代数、几何，现实生活中的问题，带有新定义的问题，要抓住关键．理解新定义的特征，转化为分类、分步计数原理．【典例】1.假如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【答案】D【典例】2.【2022·湖北模拟】回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．明显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．【答案】（1）90；（2）9×10n【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)依据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，共有9×10n种填空．温馨提示(1)2题一题两问，以“回文数”为新背景，考查计数原理，体现了化归思想，将确定回文数的问题转化为“填方格”问题，进而利用分步乘法计数原理解决，将新信息转化为所学的数学学问来解决．(2)从特殊情形入手，通过分析、归纳，发觉问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确.。

第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理复习目标学法指导1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.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. 运用计数原理解决问题时,要明确完成一件事情可以有不同类的方法还是需要分几步才能完成,并且要准确确定出每一类或每一步的方法数;对于复杂问题可同时应用两个原理.一、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.二、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.概念的理解(1)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.(2)有些较复杂的问题往往不是单纯的“分类”或“分步”可以解决的,而要将“分类”和“分步”结合起来运用.(3)两个原理的地位有差别,分类计数更具有一般性,故通常是先“分类”,然后再在每一类中“分步”,分类时标准要明确,做到不重不漏,适当画出示意图或树形图,使问题的分析更直观、清楚.1.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10 000个号码参与该活动,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( C )(A)1 980 (B)4 096 (C)5 904 (D)8 020解析:卡号后四位不带“6”和“8”的个数为84=4 096,故带有“6”或“8”的“优惠卡”有5 904个.故选C.2.将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色,要求共端点的棱不能涂相同颜色,则不同的涂色方案有( C )(A)1种(B)3种(C)6种(D)9种3.5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有( D )(A)10种(B)20种 (C)25种(D)32种解析:因为规定每个同学必须报名,则每人只有2个选择.报名方法有2×2×2×2×2=32种.故选D.4.所有两位数中,个位数字比十位数字大的两位数共有( B )(A)45个(B)36个(C)30个(D)50个5.三个人踢毽子,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( B )(A)5种(B)2种(C)3种(D)4种6.6名同学争夺3项冠军,获得冠军的可能性有种.解析:根据分步乘法计数原理获得冠军的可能性有6×6×6=216种.答案:2167.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”有序对的个数是2×10×5×3=300.答案:300考点一分类加法计数原理的应用[例1] 如图,一条电路从A处到B处接通时,可有条不同的线路.解析:根据图形可知,电路从A处到B处接通时可以有3+1+2×2=8条不同的线路.答案:8运用分类加法计数原理的关键是分类标准恰当;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,且只能属于某一类(即标准明确,不重不漏).1.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( B )(A)1场(B)2场(C)3场(D)4场解析: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如图表示.故选B.2.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( B )(A)14 (B)13 (C)12 (D)10解析:当a=0时,b=-1,0,1,2,有4种可能.当a≠0时,则Δ=4-4ab≥0,ab≤1,(ⅰ)若a=-1时,b=-1,0,1,2有4种可能;(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.所以有序数对(a,b)共有4+4+3+2=13个.故选B.考点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).利用分步乘法计数原理解决问题(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”,即只有完成了所有步骤,才完成任务;(3)对完成各步的方法数要准确确定.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:(1)P可表示平面上个不同的点.(2)P可表示平面上个第二象限的点.解析:(1)因为P(a,b)(a,b∈M),所以a,b都有6种不同的取法,根据分步乘法计数原理得这样的点有6×6=36种.(2)当a<0,b>0时,点(a,b)就在第二象限,此时a有3种不同取法,b有2种不同的取法,所以共有3×2=6种.答案:36 6考点三两个计数原理的综合应用[例3] 用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成个无重复数字的四位偶数.(用数字作答)思路点拨:按首位数字的奇偶性分类,在每一类中根据特殊位置(末位)优先原则进行分步.解析:当首位数字为奇数时,首位取法有3种,末位取法有4种,百位取法有5种,十位取法有4种,根据分步乘法计数原理,有3×4×5×4=240种取法,当首位数字为偶数时,首位取法有3种,末位取法有3种,百位取法有5种,十位取法有4种,根据分步乘法计数原理,有3×3×5×4=180种取法,根据分类加法计数原理,共可组成240+180=420个无重复数字的四位偶数.答案:420(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”,步步相连才能将事件完成.(4)较复杂的问题可借助图表完成.[例4] 用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图(1)、图(2)),要求在A,B,C,D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色.(1)若n=6,为图(1)着色时共有多少种不同的方法?(2)若为图(2)着色时共有120种不同的方法,求n.解:(1)为A着色有6种方法,为B着色有5种方法,为C着色有4种方法,为D着色也有4种方法,所以,共有着色方法6×5×4×4=480(种).(2)图(2)与图(1)的区别在于与D相邻的区域由2块变成了3块,同理,不同的着色方法种数是n(n-1)(n-2)(n-3).因为n(n-1)(n-2)(n-3)=120,又120<480,所以可分别将n=4,5代入得n=5时上式成立.所以n=5.涂色问题的实质是分类与分步的综合运用,一般是整体分步,分步过程中若出现某一步需要分情况说明时,还要进行分类.1.若数列{a n}满足规律:a1>a2<a3>…<a2n-1>a2n<…,则称数列{a n}为余弦数列,现将1,2,3,4,5排列成一个余弦数列,则不同的排法种数为( C ) (A)12 (B)14 (C)16 (D)18解析:先分类再分步,首位排2时,有21435,21534共2种;首位排3时,有31425,31524,32415,32514共4种;首位排4时,有41325,41523,42315,42513,43512共5种;首位排5时,有51324,51423,52314,52413,53412共5种;所以总共有16种.故选C.2.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“2 017”.试问用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2 017的“完美四位数”有( D )(A)53个(B)59个(C)66个(D)71个解析: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3×2=6(种)情况;2排首位,1或7排在第二位,有2×2=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2×3×2=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3×3×2=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.。

2021?金版新学案?高三数学一轮复习分类加法计数原理与分步乘法计数原理随堂检测理北师大版本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。

(本栏目内容，学生用书中以活页形式单独装订成册！)一、选择题(每一小题6分，一共36分)1．某城的号码，由六位升为七位(首位数字均不为零)，那么该城可增加的部数是( ) A．9×8×7×6×5×4×3B．8×96C．9×106 D．81×105【解析】号码是六位数字时，该城可安装9×105部，同理升为七位时为9×106.∴可增加的部数是9×106－9×105＝81×105.【答案】 D2．4人去借三本不同的书(全部借完)，所有借法的种数是( )A．34 B．43C．A43 D．C43【解析】第n本书有4种借法(n＝1,2,3)，根据分步计数原理4人去借三本不同的书(全部借完)一共有4×4×4＝43种借法．【答案】 B3．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】当公比为2时，等比数列可为1、2、4,2、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. 同时，4、2、1,8、4、2,9、3、1和9、6、4也是等比数列，一共8个．【答案】 D4．设直线方程为Ax ＋By ＝0，从1、2、3、4、5中每次取两个不同的数作为A 、B 的值，那么所得不同直线的条数为( )A ．20B ．19C ．18D ．16【解析】 确定直线只需依次确定A 、B 的值即可，先确定A 有5种取法，再确定B 有4种取法，由分步乘法计数原理得5×4＝20，但x ＋2y ＝0与2x ＋4y ＝0,2x ＋y ＝0与4x ＋2y ＝0表示一样的直线，应减去，所以不同直线的条数为20－2＝18.【答案】 C5．在1,2,3,4,5这五个数字所组成的允许有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数一共有( )A ．16个B ．18个C ．19个D ．21个【解析】 假设取三个完全不同的数字为1,3,5或者2,3,4.其中每种可排3×2×1＝6(个)数． 假设取有两个一样的数字，为1,4,4或者2,2,5.每种可排3个数．假设取三个一样的数字，为3,3,3，可排一个数，所以一共可排6×2＋3×2＋1＝19(个)数．【答案】 C6．假如一个三位正整数如“a 1a 2a 3”满足a 1＜a 2且a 3＜a 2，那么称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数个数为( )A ．240B ．204C ．729D ．920【解析】 分8类，当中间数为2时，有1×2＝2种；当中间数为3时，有2×3＝6种；当中间数为4时，有3×4＝12种；当中间数为5时，有4×5＝20种；当中间数为6时，有5×6＝30种；当中间数为7时，有6×7＝42种；当中间数为8时，有7×8＝56种；当中间数为9时，有8×9＝72种；故一共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240种．【答案】 A二、填空题(每一小题6分，一共18分)7．用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________．(用数字答题)【解析】假设1假设1在②、③、④、⑤号位，2的排法有2种，方法数各8种，故有4＋4＋8＋8＋8＋8＝40个．【答案】408．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，可组成不同的二次函数一共有________个，其中不同的偶函数一共有________个．(用数字答题)【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，知一共有二次函数3×3×2＝18个．假设二次函数为偶函数，那么b＝0.同上一共有3×2＝6个．【答案】18 69．在四棱锥中，所有的棱与底面对角线所在的直线一共10条，其中异面直线的对数为________．【解析】如图，在四棱锥V—ABCD中，四条侧棱，底面内六条直线都分别是一共面的，只有侧棱和底面直线之间可能有异面关系，底面内四条边中，以AB为例，可与VC，VD构成异面直线，一共有4×2=8对，对角线AC可与VD，VB构成异面直线，DB可与VA，VC构成异面直线，一共有4对，所以，异面直线一共有8+4=12对．【答案】12三、解答题(一共46分)10．(15分)某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的一共有28人，A型血的一共有7人，B型血的一共有9人，AB型血的一共有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？【解析】从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血中选1人有7种不同的选法，从B 型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血〞的事情已完成，所以用分类计数原理．有28＋7＋9＋3＝47种不同选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血〞的事情才完成，所以用分步计数原理．有28×7×9×3＝5 292种不同选法．11．(15分)设x，y∈N＋，直角坐标平面中的点为P(x，y)．(1)假设x＋y≤6，这样的P点有多少个？(2)假设1≤x≤4,1≤y≤5，这样的P点又有多少个？【解析】(1)当x＝1、2、3、4、5时，y值依次有5、4、3、2、1个，不同P点一共有5＋4＋3＋2＋1＝15(个)；(2)x有1、2、3、4这4个不同值，而y有1、2、3、4、5这5个不同值，一共有不同P点4×5＝20(个)．12．(16分)2008年9月27日16时34分，神舟七号宇航员翟志刚出舱进展太空行走，17时00分35秒返回．某校全体师生集体观看了电视实况转播，观看后组织全体学生进展关于“太空行走〞的论文评选．假设高一年级一共4个班，每班评出两篇优秀论文(男、女生各一篇)，把这些优秀论文平均分成四组进展展览，且每组都有男、女生所写论文，那么不同的展览方式一共多少种？【解析】论文分四组展览，可分四步完成：第一步：先选第一组，因为每组男、女生都有，所以一共4×4＝16种选法；第二步：选第二组，一共3×3＝9种选法；第三步：选第三组，一共2×2＝4种选法；第四步：确定第四组，一共1×1＝1种选法．由分步乘法计数原理知，不同的展览方式一共有：16×9×4×1＝576种．本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。