计数专题

高中数学“计数原理”教学研究一、对“计数原理”教学知识的深层次理解计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题问题的最基本、最重要的方法，它们为解决很多的实际问题提供了思想和工具.在本章学生将学习计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，进行了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题.（一）知识结构图1．返璞归真地看两个计数原理，它们实际上是学生从小学就开始学习的加法运算与乘法运算的推广，它们是解决计数问题的理论基础．分类加法计数和分步乘法计数是处理计数问题的两种基本思想方法．2．排列、组合是两类特殊而重要的计数问题，而解决它们的基本思想和工具就是两个计数原理．教科书从简化运算的角度提出排列与组合的学习任务，通过具体实例的概括而得出排列、组合的概念；应用分步乘法计数原理得出排列数公式；应用分步计数原理和排列数公式推出组合数公式．对于排列与组合，有两个基本想法贯穿始终，一是根据一类问题的特点和规律寻找简便的计数方法，就像乘法作为加法的简便运算一样；二是注意应用两个计数原理思考和解决问题．3．二项式定理的学习过程是应用两个计数原理解决问题的典型过程，其基本思路是“先猜后证”．如可以通过对中n取1，2，3，4的展开式的形式特征的分析而归纳得出；或者直接应用两个计数原理对展开式的项的特征进行分析．这个分析过程不仅使学生对二项式的展开式与两个计数原理之间的内在联系获得认识的基础，而且也为证明猜想提供了基本思路.（二）“计数原理”在高中数学知识体系中的地位和作用为了更好的把握计数原理的要求，首先需要明确整体定位.标准对计数原理这部分内容的整体定位如下：“计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，也称为基本计数原理，它们为解决很多实际提供了思想和工具.在本摸块中，学生将学习计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题.”为了更好的理解整体定位，需要明确以下几个方面的问题：（Ⅰ）两个基本计数原理是计数原理的开头课，学习它所需的先行知识与学生已熟知的数学知识联系很少，通常教师们或者感觉很简单，一带而过；或者感觉难以开头.中学数学课程中引进的关于排列、组合的计算公式都是以分类加法计数和分步乘法计数原理为基础的，而一些较复杂的排列、组合应用题的求解，更是离不开两个基本计数原理，因此必须使学生学会正确地使用两个基本计数原理，学会正确地使用基本计数原理是这一章教学中必须抓住的一个关键.（Ⅱ）正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件.而原理中提到的分步和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，这就需要教师引导学生，帮助他们分析，找到分类和分步的具体要求——类类互斥，步步独立.（Ⅲ）分类加法计数原理，分步乘法计数原理，单纯这点学生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类、分步，特别是在分类时必须做到既不重复，又不遗漏，找到分步的方法有时是比较困难的，这就要着重进行训练.（三）教学的重点和难点分析1．本章的重点是分类加法计数原理和分步乘法计数原理，排列和组合的意义，以及排列数、组合数计算公式，二项式定理.2．本章的主要难点是如何正确运用有关公式解决应用问题.在解决问题时，由于对问题本身和有关公式的理解不够准确，常常发生重复和遗漏计算、用错公式的情况.为了突破这一难点，教学中应强调一些容易混淆的概念之间的联系与区别，强调运用各个公式的前提条件，并对学生计算中出现的一些典型错误进行认真剖析.二、“计数原理”的教学策略（一）在”新课标”中的处理特点计数是人与生俱来的一种能力，也是了解客观世界的一种最基本的方法.计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数和分步乘法计数是处理计数问题的两种基本思想方法.虽然该部分内容新教材和传统教材没有太大的区别，但在处理方式上，新教材更突出计数原理的地位和作用，强调计数原理的思想和方法，将排列、组合、二项式定理作为计数原理的一个应用实例.要求教学中要引导学生根据计数原理分析、处理问题，而不是机械地套用公式，同时要避免繁琐的、技巧性过高的计数问题.由于计数原理的思想和方法是最基本的，所有的计数问题都不会超越分类和分步这两大类，因此要求在推导排列数公式和组合数公式的过程中让学生进一步理解计数原理的思想；在用排列组合公式和组合数公式解决实际问题时，也不要只是片面地将问题归结为排列、组合两类，而是引导学生学会用计数原理来分析问题.二项式定理是中学数学的传统内容，定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则.这个定理既是初中代数乘法公式的推广，也是进一步研究概率中二项分步的准备知识.学习二项式定理还可以深化对组合数的认识.新课标强调利用基本计数原理对二项式定理进行证明.（二）课程标准要求的具体化和深广分析1．如何认识“通过实例，总结分类加法计数原理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理，解决一些简单的实际问题.”的含义.可以从以下两个方面来把握标准的要求：第一，通过具体问题情境和实际事例，让学生不断感悟和总结两个基本计数原理，仅仅由教材中的几个实例是不够的，教师必须补充与之匹配的事例充实教材，这样学生才能更深刻地领悟两个基本计数原理.第二，在理解具体问题时，着重分析题意，领悟题眼，用分类或者分步或两者都用，分类要做到“不重不漏”，分步要做到步骤完整，善于归纳用计数原理解决计数问题的方法，这样有利于充分利用两个基本计数原理解题.2．如何认识“通过实例，理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题.”第一，运用大量实例，理解排列的特殊性与组合的特殊性.排列的特殊性在于排列中元素的“互异性”和“有序性”，例如“从全班60名同学中选出4名同学，分别担任班长、学习委员、文艺委员、体育委员，”这就是一个排列问题.可以由学生思考为什么这个问题有元素的“互异性”和“有序性”的特点.与排列比较，组合的特殊性在于它只有元素的“互异性”而不需要考虑顺序，例如，上述问题如果改为“从全班60名同学中选出4名代表参加一项活动，”那么它就要变成一个组合问题了.本质上，“从n个不同元素中取出k个元素的组合”就是这几个不同元素组成的集合的一个k元子集.第二，排列数公式、组合数公式的推导是两个计数原理的一个应用过程，只有理解了排列、组合的概念，并会用两个计数原理解决实际问题，才能把排列数公式、组合数公式推导出来.第三，在教学中注意通过大量实例运用排列数公式、组合数公式解决，但是组合数的性质只作一般性的探究，至于应用不作重点要求，更不研究排列数的性质，在数学中必须引起注意.3．如何认识“能用计数原理证明二项式定理”利用计数原理求出的展开式的思维要点如下：第一，是个多项式乘法问题.根据多项式乘法，它的展开式的每一项，应是每一个多项式中某一项彼此相乘，所构成的单项式.第二，展开式的每一项是通过步乘积构成的，每一步有两种选择，因此，展开式的项数为.第三，展开式的每一项是由是由若干个和若干个的乘积构成，和的个数之和等于，它可以表示成：.第四，在展开式中，形如的同类项个数是多少呢？由于个来自不同的个多项式，它的个数是组合数.第五，在中，共有种不同的同类项，根据加法原理，其展开式为：（a+b）n=.这样，我们就通过乘法原理和加法原理证明了二项式定理，这是一种构造性的证明，即可以探索出问题的结果，同时可以证明出结果的正确性.4．如何理解“会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.”结合“杨辉三角”和从函数的角度来分析二项式系数的一些性质（①对称性②增减性与最大值③各二项式系数的和），在探究以上性质的过程中，实际上是二项式定理的应用，在教学中列举实例，将二项式系数的性质充分应用.（三）教学中的几个思维要点要点1：简单的计数问题讨论是有限集合所含元素的个数.排列数、组合数都是特定集合所含元素的个数，在讨论简单计数问题时，应明确所讨论的集合中元素的基本特征，这是解决简单计数问题的基点.要点2：正确使用基本计数原理是学习本部分内容的关键.中学数学课程中关于排列组合的计算公式都是以基本的计数原理为基础的，而一些较复杂的排列组合应用问题的求解，离不开两个计数原理，两个基本的计数原理是解决简单计数问题的通性通法，排列问题、组合问题以及二项式定理等都是依赖这些通性通法解决的.要点3：理解两个基本计数原理使用的条件是正确使用两个基本计数原理的前提.对于计数原理中的分布和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，需要教师引导，帮助学生找到分类和分步的特征和要求：分类要“类类互斥”，分步要“步步独立”.（四）典型例题的教学1．分清两个原理掌握分类计数原理和分步计数原理是复习好本章的基础.其应用贯穿于本章的始终.正确运用两个原理的关键在于：（1）先要搞清完成的是怎样的“一件事”.例1.4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？分析：要完成的是“4名同学每人从三个项目中选报一项报名”这件事，因为每人必报一项，四人都报完才算完成，于是应按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3×3×3×3=34=81种报名方法.例2.4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？分析：完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能情况，于是共有4×4×4=43=64种可能的情况.例3.乘积（a1+a2+a3）(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后共有多少项？分析：因为展开后的每一项为第一个括号中的一个，第二括号中的一个与第三个括号中的一个的乘积，所以应分三步m1=3,m2=4,m3=5，于是展开后共有m1×m2×m3=3×4×5=60项.例4.有4部车床，需加工3个不同的零件，其不同的安排方法有（）A.34B.43 C43 D.44分析：事件为“加工3个零件”，每个零件都加工完这件事就算完成，应以“每个零件”分步，共3步，而每个零件能在四部车床中的任一台上加工，所以有4种方法，于是安排方法为4×4×4=43=64种，故选B.例5.5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，则不同的选择种数是（）A.54B.45C.5×4×3×2D.分析：因为5名同学都去听讲座，这件事才能完成，所以应以同学进行分步，又因为讲座是同时进行的，每个同学只能选其中一个讲座来听，于是有4种选择，当完成时共有4×4×4×4×4=45种不同的选法，故选B.例6.设集合A=，B=，则从A集到B集所有不同映射的个数是（）A.81B.64C.12D.以上都不正确分析：因映射为从A到B，所以A中每一元素在B中应有一元素与之对应，也就是A中所有元素在B中都有象，因此，应按A中元素分为4步，而对于A中每一元素，可与B中任一元素对应，于是不同对应个数应为3×3×3×3=34=81，故选A.(2)明确事件需要“分类”还是“分步 .例7．用1,5,9,13任意一个数做分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可构造多少个不同的分数？可构造多少个不同的真分数？解：由分步计数原理，可构造N=44=16个不同的分数由分类计数原理，可构造N=4+3+2+1=10个不同的真分数例8. 已知集合，，映射,当且时，为奇数，则这样的映射f的个数是（）A．10个 B．18个 C．32个 D．24个分析当取-1时，，共有4种取法；当取0时，，有2种取法；当取1时，,显然是奇数，共有4种选法.因此，这样的映射f的个数是是：种.(3)“分类”是要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性.“分步”时要注意“步”与“步”之间的连续性.例9. 小李有10个朋友，其中两人是夫妻，他准备邀请其中4人到家中吃饭，这对夫妻或者都邀请，或者都不邀请，有几种请客方法?解：请客方法以“这对夫妻是否被邀请”可分两类：(1)请其中的夫妻二人，则还须从余下的8人中选请2个，有种方法.(2)不请其中的夫妻二人，则应从其余的8人中选请4人，有种方法.由分类计数原理请客方法共有＋＝98种.例10.有10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现如下结果.①4只鞋子没有成双的；②4只鞋中有2只成双，另两支不成双.解：①从10双鞋子中选取4双，有种不同选法；再在每双鞋子中各取一只，分别有取法，根据乘法原理，选取种数为：N==3360（种）②方法1：先选取一双有种选法，再从9双鞋种选取2双鞋有种选法，每双鞋各取一只，有种选法，根据乘法原理，选取种数为：N==1140（种）方法2：先选取一双有种选法，再从18只鞋中选取2只鞋有，而其中成双的可能性有9种，根据乘法原理，选取种数为：N=（-9）例11. 有红、蓝、绿三种颜色的卡片，每种颜色均有A、B、C、D、E字母的各一张，现每次取出四张，要求字母各不相同，三种颜色齐备，问有多少种不同的取法?分析：每次取出四张，所以有一种颜色的卡片取两张，这种颜色的取法数有，确定了颜色之后，再在这种颜色里取两个字母，方法数有；最后，在剩下的两种颜色的卡片及每种颜色下的三个字母中分别取一个，方法数有：故N=.2.分清是排列问题还是组合问题这两个概念共同点都是指从n个不同元素中进行不重复抽取的情况.分清一个具体问题是排列问题还是组合问题的关键在于看从n个不同元素取出m（m n）个元素是否与顺序有关，有序就是排列问题，无序则属于组合问题.例12．某街道有十只路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法有多少种？解：问题等价于在七只亮着的路灯产生的六个空档中放入三只熄掉的路灯，因此满足条件的关灯方法有种.例13.有7名同学排成一排，甲同学最高，排在中间，其它六名同学身高不相等，甲的左边和右边以身高为准，有高到低排列，共有排法总数是分析：此问题相当于求六个元素中取出三个元素的组合数. 所以满足条件的排法有：例14.从12名队员中组队打篮球比赛，要求其中一队的年龄最小的队员也比另一队中年龄最大的队员要大，问有多少种不同的组队方法?分析：从12名队员中选两名观战的每一种选法，对应着一种组队方法:=66例15. 从0，1，……9这十个数字中任取3个组成没有重复数字的三位数，且要求百位数大于十位数，十位数大于个位数，这样的三位数有多少个？分析：显然顺序只有一种，任取3个数的组合数就是这样的三位数的个数，即个.例16.从2，3，5，7四个数中任取不同的两数，分别作对数的底数和真数问：（1）可得多少个不同的对数值？（2）可得多少个大于1的对数值？分析：（1）与顺序有关，是排列问题.；(2) 与顺序无关，是组合问题. .例17. 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者在与负方2号队员比赛，......直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程.那么，所有可能出现的比赛过程共有多少种？分析：设甲队：乙队：下标表示事先安排好的出场顺序，若以依次被淘汰的队员为顺序，比赛过程可类比为这14个字母互相穿插的一个排列.如：最后是胜队中不被淘汰的队员，如，和未参赛的队员，如所以比赛过程可表示为14个位置中取7个位置安排甲队队员，其余位置安排乙队队员.故比赛过程的总数：=3432.3.对复杂的排列组合问题，能正确解决的关键：做好分类，将复杂问题简单化.例18. 一天排语、数、外、生、体、班六节课（上午4节，下午2节），要求：第1节不排体育，数学课一定排在上午，班会一定排在下午，问这样的条件下，共有多少种排课表的方法？解法1：以数学课分类：（1）数学课排在第1节，则有种（2）数学课排在第2，3，4节之一，则有=108种由（1）（2）知，共有156种解法2：以体育课分类：（1）体育课在上午：=108种（2）体育课在下午：=48 .共有156种.例19. 在某次数学测验中，学号i（i=1，2，3，4）的四位同学考试成绩，且满足，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为解：分两类：①共有种；②共有种.例20. 如果三位数的十位数字既大于百位数字也大于个位数字，则这样的三位数一共有（）A、240个B、285个C、231个D、204个分析：①如果三个数字是不重复的：含0：=36；不含0：.共有204个.②如果可以重复：=36. 综合①②：共有240种.例21.在5名乒乓球队员中,其中有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有一名老队员,且1、2号中至少有1名新队员的排法有_______种.(以数作答)解：两老一新时, 有种排法;两新一老时, 有种排法,即共有48种排法.例22.某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有 ( )A.16种B.36种C.42种D.60种解析：投资于2个城市的方案有；投资于3个城市的方案有种.所以，共60种.答案选D.三、学习目标的检测正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件。

第6讲 计数和组合专题一、 计数问题1、枚举法枚举法就是把所有也许得状况一一列举出来，然后数一下总共有多种状况．2、加乘原理（1）加法原理——分类假如完毕一件事有几类措施，在每一类措施中又有不同样措施，那么把每类措施数相加就得到所有措施数．（2）乘法原理——分步假如完毕一件事有多种环节，在每一种环节中又有不同样措施，那么把每步措施数相乘就得到所有措施数．3、排列组合（1）排列从m 个不同样元素中取出n 个（n m ≤），并根据一定次序排成一列，其措施数叫做从m 个不同样元素中取出n 个排列数，记作n m A .其计算措施为： ()()11n m A m m m n =⨯-⨯⨯-+即从m 开始递减地连乘n 个数从m个不同样元素中取出n m个不同样元素中取出n其计算措施为：(m n⨯-4、分类法和排除法（1）分类法：分来法处理问题基础思想是通过度类拆解把一种复杂问题转化成多种相对简朴小问题来处理．（2）排除法：当题目中满足规定状况较多，分类法不好处理时，可以尝试用排除法，把不符合规定状况去掉，剩余就是符合．5、容斥原理（1）理解简朴容斥原理（两个之间重叠）和复杂容斥原理（三个之间重叠）（2）用文氏图协助解题6、递推措施（1）上楼梯模型（2）传球法——列表写出每一步中详细措施数（3）几何图形分平面——增量分析用于求解“把m个相似球放到n个不同样盒子中”此类问题（1）注意：球必需是相似，盒子必需是不同样．（2n-1个板插到m-1个空隙中）（3n个球，然后根据每个盒子至少1个去放，最终从每个盒子中拿出1个还回去）（4n个球放到3个盒子中，每个盒子至少1个）（5n个球放到3个盒子中，每个盒子可以为空）8、和旋转、翻转有关计数此类问题要想清晰与否有反复，反复了多少．一般求解时，要先固定部分对象，使其不能旋转或翻转．二、统筹计划1、安排工序问题2、最短路线或最短时间问题3、排队等待问题4、集合问题5、货品调度问题三、游戏对策（1）必胜方略往往是考虑“怎样让对方输”，即必胜方行动时怎样进行一次合适操作，把必输状态留给对方．（2）游戏对策中往往会运用对称性来处理问题，如桌子上放硬币问题（轮番在圆桌上放硬币，到谁放时候放不下了她就输了．先手方把第一种硬币用来占领圆桌中心点即可，后来后手方再怎么放，先手方所有能在桌上找到一种对称空位点可以放置硬币）四、逻辑推理解答推理问题常见措施有：排除法、假设法、反证法．一般可以从如下几方面考虑：1.选准突破口，分析时综合多种条件进行鉴定；2.根据题中条件，在推理过程中，不停排除不也许状况，从而得出规定结论；3.对也许出现状况作出假设，然后再根据条件推理，假如得到结论和条件不矛盾，阐明假设对的；4.碰到比较复杂推理问题，可以借助图表进行分析．常见题型：去伪存真题：有人说真话有人说假话，有人说真话；或每人说一部分对，一部分错．注意合适选择假设等措施协助解题．条件分析题：用列表或作图措施，对条件进行归纳整顿．体育比赛类问题：要注意弄清比赛规则，尤其是积分规则，对阵措施．若是画对阵关系图，注意箭头表胜败，虚线表达平局．例如：若是2分赛制，则获胜队2分，平局各1分，失败不得分，那么总得分为3分赛制时，获胜队得3分，平局各得1分，失败不得分．那么此时总分为“”五、抽屉原理1、最不利原则2、抽屉原理六、最值问题常见结论：（1）两数和一定，差越小，积越大（2）当多种数和一定是，越靠近乘积越大（3）两点之间线段最短（4）在周长一定封闭图形中，圆面积最大；在面积一定封闭图形中，圆周长最小七、构造论证1、构造往往用于阐明“能”，即给出也许状况；论证往往用于阐明“否”，即为何不行2、常见题型：（1）构造或论证：此类题目中一般会以“能否”等词汇发问．解答时，假如是“能”，就要构造出可行状况；假如是答“不能”，要论证为何．（2）构造和论证：常见于求最值问题，以求最大值问题，得出最大值后要先论证不能得更大值了，然后构造最大值对应可行状况，阐明这个最大值可以达到．一、枚举法例1.在所有三位数中，各位数字之和不超过4共有______个．二、加乘原理和排列组合例2.将1、2、3、4、5这五个数字填入下面五个方格中，使得阴影方格中填入数不小于相邻方格中数，共有_____种填法．例3.用0、1、2、3、4这五个数字能构成______个没有反复数字四位偶数．例4.从1~9选出7个数字分别填入图中7个圆圈中，使得每条线段两端点处所填数，上面比下面大，那么符合规定共_______种．三、容斥原理例5.图，数一数，图中共有多少个长方体？四、概率初步例6.某军官参与射击比赛，她射击命中率是80%．那么她连打3枪，恰好有2枪命中概率是________．例7.甲、乙两人玩掷硬币，出现正面甲得1分，背面乙得1分．先得10分者为胜．比赛进行一段时间后，甲得9分，乙得6分，那么甲获胜概率是_______五、递推计数例8.在一种平面上画3个三角形、1个圆、1条直线，最多可以把平面提成______个部分．例9.在世界杯一场小组赛中，巴西队以7:5击败南非队，假如巴西队在比赛中从未落后过，那么这场比赛共有_____种不同样进球次序．六、对应计数例10.（1）中关村一小六年级A班30名同学投票选举优秀少先队员，投票采用不记名措施，每人只能投1票且不能投弃权票（谁所有不选）．假如候选人共3人，那么投票共_____种不同样也许．（2）假如这30名学生可以投弃权票，那么投票成果共______种不同样也许七、和翻转、旋转有关计数问题例11.用7种颜色为一种正方体6个面染色，规定每个面只能用1种颜色，且6个面颜色互不相似．那么共有______种不同样染色措施．八、统筹计划例12.北京、上海、杭州三地同步研制成了大型电子计算机若干台，除当地应用外，北京可以支援外地10台，上海可以支援外地4台，杭州可以支援外地6台．目前决定给武汉6台，重庆8台，深圳6台．若每台计算机运费如下表，表中运费单位是“百元”．上海、北京和杭州制造机器完全相似，应当怎样调运，才能使总运费最省？最省运费是________万元．九、游戏对策例13.根火柴，甲、乙轮番取，规定每次只可以取1、3、4根．假如以取完火柴人为胜，甲先取，那么谁有必胜方略？方略是什么？十、逻辑推理例14.老师在3个盒子里各放了一种彩色球，让小明、小亮、小强、小佳四人猜一下各个盒子里放是什么颜色球．小明说：“1号盒里是黄球，2号盒里是黑球，3号盒里是红球”小亮说：“1号盒里是橙球，2号盒里是黑球，3号盒里是绿球”小强说：“1号盒里是紫球，2号盒里是黄球，3号盒里是蓝球”小佳说：“1号盒里是橙球，2号盒里是绿球，3号盒里是紫球”老师说：“你们中有一人恰好猜对了两个，其他三人每人猜对一种．”那么第三个箱子中放是______球．例15.在一列国际列车上，有A、B、C、D四位不同样国籍旅客，她们分别穿蓝、黑、灰、褐色大衣，每边两个人面对面地坐在同一张桌子上．已知：（1）英国人坐B先生左侧；（2）A先生穿褐色大衣；（3）穿黑色大衣坐在德国人右侧；（4）D先生对面坐着美国旅客；（5）俄国旅客穿着灰色大衣．那么A、B、C、D分别是哪国人？分别穿什么颜色衣服？例16.5支球队进行单循环比赛，每两队之间比一场，获胜者得3分，负者0分，平手各得1分．最终5支球队积分各不相似，第三名得了7分，并且和第一名打平．请问：这5支球队得分从高到低依次是多少？十一、抽屉原理例17.有一种不透明魔法口袋，里面装有大小、形状完全相似小球，分为红、黄、蓝、白、黑五种颜色，每种颜色小球所有有足够多种．n个人在口袋里取球，每人随意取3个，不管怎么取，所有一定有5个人取到球种类完全相似，那么n至少是______．十二、最值问题例18.将1、2、3、4、5、6分别填在正方体6个表面上，计算具有公共棱两个面上数乘积，这样乘积共有12个，这12个乘积和最大是_______十三、构造论证例19.把图中圆圈任意涂上红色或蓝色．问：能否使得每一条直线上红圈个数所有是奇数？例20.有3堆小石子，每次许可进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中某一石子数是偶数堆中二分之一石子移入此外一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：(1)某2堆石子所有取光？(2)3堆中所有石子所有被取走？作业1.在所有三位数中，可以被9整除，并且三个数字恰好能构成等差数列（可以变化次序，如567、756）共有______个作业2.在4000~7000内有______个没有反复数字5倍数．作业3.有甲、乙、丙、丁四人过河，河上有一条小船，每次只能坐两个人，这样每次就必需有一人把船划回来接剩余人．那么四人过河有______措施．作业4.图，图中只含一种☆长方形有______个？作业5.一次吃自助餐，有10道菜，每人有4个盘子可以选菜，规定每个盘子只能装1种菜，不过可以反复选菜（例如某道菜很好吃，我可以把2个盘子所有装这1种菜），那么共有_____种选菜方案．作业6.（第六届高思杯六年级，参与了高思杯不过当时没做出来同学，看看自己目前与否会做了）正方体八个顶点分别标识为A、B、C、D、E、F、G、H．目前用四种颜色给顶点染色，规定有棱相连两个顶点颜色不同样，一共有_______不同样染色措施．（旋转或翻转后相似算不同样染法）作业7.把23表达到若干个互不相似自然数之和，那么这些自然数乘积最大是______．作业8.：一种新建5层楼房一种单元每层有东西两套房；各层房号图所示，现已经有赵、钱、孙、李、周五个人入住．一天她们在小区花园里聊天：赵说：“我家是第3个入住，第1个入住就住我对门．”钱说：“只有我一家住在最高层．”孙说：“我家入住时，我家同侧上一层和下一层所有已经有人入住了．”李说：“我家是五家中最终一种入住，我家楼下那层全空着．”周说：“我家住在106号，104号空着，108号也空着．”她们说就是真话，设第1、2、3、4、5家入住房号个位数字依次为A、B、C、D、E，那么五位数．作业9.六个足球队进行单循环比赛，每两队所有要赛一场．假如踢平，每队各得1分，否则胜队得3分，负队得0分．目前比赛已进行了四轮(每队所有已和4个队比胜过)，各队4场得分之和互不相似．已知总得分居第三位队共得7分，并且有4场球赛踢成平局，那么总得分居第五位队最多可得分，至少可得分．作业10.(大数减小数)，直到黑板上剩余一种数为止．问黑板上剩余数是奇数还是偶数？为何？。

专题42 计数原理【考点预测】知识点1、分类加法计数原理完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的办法，在第2类办法中有2m 种不同的方法，…，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12n N m m m =+++种不同的方法．事事A事事事事1事事1事事2事事m 1事事事事n事事1事事2事事m nm 1事m n 事事事事事A 事事m 1+m 2+m 3+···+m n 事事事事事事知识点2、分步乘法计数原理完成一件事，需要分成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：12n N m m m =⋅⋅⋅种不同的方法.m 1事m n 事事事事事B 事事m 1×m 2×m 3×···×m n 事事事事事事m 2事m i 事注意：两个原理及其区别分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有n 类办法，这n 类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理.分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有n 个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这n 个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理.当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法.知识点3、两个计数原理的综合应用如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．【题型归纳目录】题型一：分类加法计数原理的应用 题型二：分步乘法计数原理的应用 题型三：两个计数原理的综合应用 【典例例题】题型一：分类加法计数原理的应用例1．（2022·上海崇明·二模）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定： （1）每位学生每天最多选择1项；（2）每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下：数值表示） 【答案】14【解析】由题知：周一、二、三、四均可选阅读，体育在周一、三、四， 编程在周一、二、四.①若周一选编程，则体育在周三或周四，故为2种， 阅读在剩下的两天中选为2种，共有224⨯=种方案. ②若周二选编程，则体育在周一，周三或周四，故为3种， 阅读在剩下的两天中选为2种，共有326⨯=种方案. ③若周四选编程，则体育在周一或周三，故为2种， 阅读在剩下的两天中选为2种，共有224⨯=种方案. 综上，共有46414++=种方案. 故答案为：14例2．（2022·全国·高三专题练习）已知集合{}1,2,3M =-，{}4,5,6,7N =--，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是（ ） A ．18 B ．16C ．14D ．10【答案】C【解析】分两类情况讨论：第一类，从M 中取的元素作为横坐标，从N 中取的元素作为纵坐标，则第一、二象限内的点共有326⨯=（个）；第二类，从M 中取的元素作为纵坐标，从N 中取的元素作为横坐标，则第一、二象限内的点共有248⨯=（个），由分类加法计数原理，所以所求个数为6814+=． 故选：C例3．（2022·全国·高三专题练习）在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（允许数字重复）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 ．7【答案】B【解析】与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：①与信息0110只有两个对应位置上的数字相同，有24C 6=（个）； ②与信息0110只有一个对应位置上的数字相同，有14C 4=（个）；③与信息0110对应位置上的数字均不相同，有1个．综上，与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有64111++=（个）． 故选：B例4．（2022·全国·高三专题练习）现有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（ ） A ．7种 B ．9种C ．14种D ．70种【答案】C 【解析】分为三类:从国画中选，有2种不同的选法;从油画中选，有5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; 故选：C例5．（2022·全国·高三专题练习）从数字1，2，3，4中取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为（ ） A ．7 B ．9C ．10D ．13【答案】C【解析】其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形： ①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个；③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222． ∴共有36110++=个，故选：C ．例6．（2022·湖南·株洲市南方中学高三阶段练习）用标有1克，5克，10克的砝码各一个，在一架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么可以称出的不同克数（正整数的重物）有多少种?（ ） A ．10 B ．11C ．12D ．13【答案】A【解析】①当天平的一端放1个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有1克，5克，10克；②当天平的一端放2个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有156+=克，11011+=克，51015+=克；③当天平的一端放3个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有151016++=克 ④当天平的一端放1个砝码，另一端也放1个砝码时，可以成量重物的克数有514-=克，1019-=克，1055-=克；⑤当天平的一端放1个砝码，另一端也放2个砝码时，可以成量重物的克数有105114+-=克，10156+-=克，()10514-+=克；去掉重复的克数后，可称重物的克数有10种， 故选：A例7．（2022·上海嘉定·高三阶段练习）正整数484有个不同的正约数___________. 【答案】9【解析】22484221111211=⨯⨯⨯=⨯设d 为484的正约数，则211i j d =⨯，（i =0，1，2，j =0，1，2） 例如：0i =，0j =时，00211=11=1d =⨯⨯是484的约数，1i =，2j =时，12211=2121=242d =⨯⨯是484的约数，2i =，2j =时，22211=4121=484d =⨯⨯是484的约数，因此，484的正约数个数，即d 的不同取值个数，第一步确定i 的值，有3种可能，第二步确定j 的值，有3种可能，因此d 的取值共有339⨯=种. 故答案为：9.题型二：分步乘法计数原理的应用例8．（2022·云南·高三阶段练习）图中的矩形的个数为（ ）D ．120【答案】C【解析】由题意，矩形的两条邻边确定，矩形就确定，第一步先确定“横边”， 从5个点任选2个点可以组成一条“横边”，共有25C 种情况；第二步再确定“竖边”，共有24C 种情况，所以图中矩形共有2254C C 10660⨯=⨯=.故选：C.例9．（2022·四川·树德怀远中学高三开学考试（理））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，其中偶数的个数为（ ） A ．24 B ．18 C ．12 D ．6【答案】C【解析】根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有2种可能，从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有23A 326=⨯=种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为2612⨯=． 故选：C ．例10．（2022·福建·高三阶段练习）为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有（ ） A ．120种 B ．150种 C ．210种 D ．216种【答案】C【解析】依题意，每名同学都有6种选择方法，所以这3名学生所选活动课程不全相同的选法有366210-=种. 故选：C例11．（2022·全国·高三专题练习）核糖核酸RNA 是存在于生物细胞以及部分病毒、类病毒中的遗传信息载体．参与形成RNA 的碱基有4种，分别用A ，C ，G ，U 表示．在一个RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，假设某一RNA 分子由100个碱基组成，则不同的RNA 分子的种数为（ ） A ．4100 B ．1004 C ．1002 D ．104【答案】B【解析】每个碱基有4种可能，根据分步乘法计数原理，可得不同的RNA 分子的种数为1004．故A ，C ，D 错误.故选：B.例12．（2022·全国·高三专题练习）某大学食堂备有6种荤菜、5种素菜、3种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配成不同套餐的种数为（ ） A ．30 B ．14 C ．33 D ．90【答案】D【解析】因为备有6种素菜，5种荤菜，3种汤，所以素菜有6种选法，荤菜有5种选法，汤菜有3种选法，所以要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配制出不同的套餐有65390⨯⨯=种 故选：D题型三：两个计数原理的综合应用例13．（2022·江苏·南京市第一中学高三阶段练习）为了进一步提高广大市民的生态文明建设意识，某市规定每年4月25日为“创建文明城生态志愿行”为主题的生态活动日，现有5名同学参加志愿活动，需要携带勾子、铁锹、夹子三种劳动工具，要求每人都要携带一个工具，并且要求：带一个勾子，铁锹至少带2把，夹子至少带一个，则不同的安排方案共有（ ） A ．50种 B ．60种 C ．70种 D ．80种【答案】A【解析】携带工具方案有两类：第一类，1个勾子，1个夹子，3把铁锹，所以携带工具的方案数有3252C A 20=种； 第二类，1个勾子，2个夹子，2把铁锹，所以携带工具的方案数有2253C C 30=种；所以不同的安排方案共有50种， 故选：A例14．（2022·重庆·高三阶段练习）用1，2，3…，9这九个数字组成的无重复数字的四位偶数中，各位数字之和为奇数的共有（ ） A ．600个 B ．540个 C ．480个 D ．420个【答案】A【解析】依题意要使各位数字之和为奇数则可能是3个奇数1个偶数，或3个偶数1个奇数，若为3个奇数1个偶数，则偶数一定排在个位，从4个偶数中选一个排在个位有14C 4=种， 再在5个奇数中选出3个排在其余三个数位，有35A 60=种排法，故有1345C A 240=个数字；若为3个偶数1个奇数，则奇数不排在个位，从5个奇数中选一个排在前三位有1153C A 15=种， 再在4个偶数中选出3个排在其余三个数位，有34A 24=种排法，故有113534C A A 360=个数字；综上可得一共有240360600+=个数字； 故选：A例15．（2022·全国·高三专题练习）用0，1，2，3，4可以组成没有重复数字的四位偶数的个数为（ ） A ．36 B ．48 C ．60 D ．72【答案】C【解析】当个位数为0时，有3424A =个，当个位数为2或4时，有1233236A A =个，所以无重复数字的四位偶数有24+36=60个， 故选：C.例16．（2022·全国·模拟预测）将6盆不同的花卉摆放成一排，其中A ､B 两盆花卉均摆放在C 花卉的同一侧，则不同的摆放种数为（ ） A ．360 B ．480 C ．600 D ．720【答案】B【解析】分类讨论的方法解决如图中的6个位置，① 当C 在位置1时，不同的摆法有55A 120=种；② 当C 在位置2时，不同的摆法有1434C A 72=种； ③ 当C 在位置3时，不同的摆法有23232333A A A A 48+=种；由对称性知C 在4､5､6位置时摆放的种数和C 在3､2､1时相同， 故摆放种数有()21207248480⨯++=. 故选：B.例17．（2022·全国·高三专题练习）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中个位､十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有___________.个（用数字作答）. 【答案】144【解析】当个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有：3133A C 18=种；当个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有：11231333312322C C 6C A C A C 12+=种，根据分类计数原理得到共有18126144+=个． 故答案为：144．例18．（2022·全国·高三专题练习）有四张卡片，正面和背面依次分别印有数字“1，0，2，4”和“3，5，0，7”，一小朋友把这四张卡片排成四位整数，则他能排出的四位整数的个数为_________. 【答案】264【解析】当四位整数中无0出现时，则必有5和2，其中1和3二选一，4和7二选一，四个数再进行全排列，故共有114224C C A 96=种选择；当四位整数中出现一个0时，可能是从5和0种选取的，也可能是从2和0种选择的，有12C 种，0可能的位置在个位，十位或百位，从3个位置选择一个，有13C 种，另外1和3二选一，4和7二选一，有12C 12C 种，加上另一个非0数，三个数进行全排列，有33A 种，故共有1111323223C C C C A 144=种选择；当四位整数中出现两个0时，两个0的位置有23C 种选择，另外1和3二选一，4和7二选一，有12C 12C 种，这两个数再进行全排列，有22A 种，共有23C 12C 12C 22A =24种，综上：96+144+24=264种选择 故答案为：264例19．（2022·全国·高三专题练习）有0，1，2，3，4，5六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ 【解析】（1）由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类： 第一类：0在个位时，有35A 个；第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有14A 种，十位和百位从余下的数字中选，有24A 种，共有1244A A ⋅个；第三类：4在个位时，与第二类同理，也有1244A A ⋅个，由分类加法计数原理知，共有3121254444A A A A A 156+⋅+⋅=个无重复数字的四位偶数．（2）组成无重复数字且为5的倍数的四位数分为两类： 个位上的数字是0时，满足条件的四位数有35A 个；个位数上的数字是5时，满足条件的四位数有1244A A ⋅个， 故满足条件的四位数有312544A A A 108+⋅=（个）．（3）组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类： 第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共1345A A ⋅个； 第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有1234A A ⋅个； 第三类：形如124□，125□，共有1123A A ⋅个； 第四类：形如123□，共有12A 个．由分类加法计数原理知，共有13121114534232A A A A A A A 284⋅+⋅+⋅+=（个）．【方法技巧与总结】要明确完成一件事所包含的内容是如何进行的，若需分类按加法数原理，若需分步按乘法计数原理.分类时要做到“不重不漏”，分步时要做到“步骤完整”.有些计数问题既需要分类，又需要分步，此时要综合运用两个原理.【过关测试】一、单选题 1．（2022·全国·高三专题练习）7个不同型号的行李箱上分别对应贴有不同的标签以作标记，其中恰有3个行李箱标签贴错的种数为（ ） A ．49 B ．70 C ．265 D ．1854【答案】B【解析】第一步，从7个行李箱中挑选3个，有37C 种方法； 第二步，3个行李箱标签贴错的方法有2种，所以恰有3个行李箱标签贴错的种数为372C 70=．故选：B2．（2022·全国·高三专题练习）在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种 A ．34A B ．34C ．43D ．43⨯【答案】C【解析】由题意四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有433333⨯⨯⨯=种．故A ，B ，D 错误. 故选：C ．3．（2022·全国·高三专题练习）将6封信投入4个邮筒，且6封信全部投完，不同的投法有（ ） A ．64种 B ．46种C ．4种D ．24科【答案】A【解析】将6封信投入4个邮筒，且6封信全部投完，根据乘法原理共有64444444⨯⨯⨯⨯⨯=种 故选：A4．（2022·全国·高三专题练习）某学校推出了《植物栽培》《手工编织》《实用木工》《实用电工》4门校本劳动选修课程，要求每个学生从中任选2门进行学习，则甲､乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的选法为（ ） A ．16 B ．24C ．12D ．36【答案】B【解析】甲先从4门课程选择1门，有4种选法，乙再从剩下的3门中选择1门，有3种选法，甲乙再从剩下的2门中共同选择1门，有2种选法，所以根据分步乘法计数原理可得甲､乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的选法为43224⨯⨯=种. 故选：B.5．（2022·全国·高三专题练习）某医院从7名男医生（含一名主任医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为（ ） A ．350 B ．500 C ．550 D ．700【答案】C【解析】所选医生中只有一名男主任医师的选法有3365C C 200，所选医生中只有一名女主任医师的选法有4265C C 150， 所选医生中有一名女主任医师和一名男主任医师的选法有3265C C 200，故所选医师中有主任医师的选派方法共有200150200550种， 故选：C6．（2022·全国·高三专题练习）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且比1000大的四位奇数共有（ ） A ．36个 B ．48个 C ．66个 D ．72个【答案】A【解析】先排末位数，有1和3在末位两种选法，再排千位有3种选法，十位和百位从剩余的3个元素中选两个进行排列有23A 6=种结果， 所以由分步乘法计数原理知共有四位奇数23636⨯⨯=个， 故选：A7．（2022·全国·高三专题练习）“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读．比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天．由此定义“回文数”，n 为自然数，且n 的各位数字反向排列所得自然数n '与n 相等，这样的n 称为“回文数”，如：1221，2413142．则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ） A ．648个 B ．720个C ．810个D ．891个【答案】D【解析】根据“回文数”的特点，只需确定前3位即可，最高位即万位有9种排法，千位和百位各有10种排法，根据分步乘法计数原理，共有91010900⨯⨯=种排法，其中各位数字相同的共有9种，则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有9009891-=种. 故选：D.8．（2022·全国·高三专题练习）已知正整数有序数对(),,,a b c d 满足： ①12a b c d +++=；②225a b -=．则满足条件的正整数有序数对(),,,a b c d 共有（ ）组． A ．24 B ．12 C ．9 D ．6【答案】B【解析】由题意知，a b c d ,,,为正整数，故由225a b -=可得()()5a b a b +-=，因为||1a b -≥ ，故||5a b +≤，则满足225a b -=的数为3和2，则有序数对(,)a b 可能为(3,2),(2,3) ， 再由12a b c d +++=可得7c d += ，则(,)c d 的可能有(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)共6种情况， 故满足条件的正整数有序数对(),,,a b c d 共有2612⨯=组， 故选：B9．（2022·全国·高三专题练习）古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式．”在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，若两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则所有四位数的回文数中能被3整除的个数是（ ）A ．27B ．28C ．29D ．30【答案】D【解析】要能被3整除，则四个数的和是3的偶数倍数．满足条件的回文数分为以下几类： 和为6的回文数：1221,2112，3003， 3个．和为12的回文数：3333，2442，4224，1551，5115，6006， 6个．和为18的回文数：1881，8118，2772，7227，3663，6336，4554，5445，9009，9个．和为24的回文数：3993，9339，4884，8448，5775，7557，6666，7个． 和为30的回文数：7887，8778，6996，9669，4个． 和为36的回文数：9999，1个． 故共有3+6+9+7+4+1＝30个． 故选：D 二、多选题10．（2022·全国·高三专题练习）用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（ ） A ．可组成360个不重复的四位数 B ．可组成156个不重复的四位偶数 C ．可组成96个能被3整除的不重复四位数D ．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第85个数字为2310 【答案】BC【解析】A 选项，有1355300C A =个，错，B 选项，分为两类：0在末位，则有3560A =种，0不在末位，则有11224496C C A =种， ∴共有6096156+=种，对，C 选项，先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，即先选：(0123),,,，(0135),,,、(0234),,,、(0345),,,、(1245),,,， 它们排列出来的数一定可以被3整除，∴共有：134334496C A A ⋅+=种，对，D 选项，首位为1的有3560A =个，前两位为20的有2412A =个，前两位为21的有2412A =个，此时共有60121284++=个，因而第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301，错， 故选：BC.11．（2022·全国·高三专题练习）如图，标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点 A 向结点 B 传递消息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为（ ）A．18B．19C．24D．26【答案】AB【解析】第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；第二条线路单位时间内传递的最大信息量为4；第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6；第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6．+++=，因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为346619故选：AB12．（2022·全国·高三专题练习）某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是（）C．自习不可能安排在第2节D．自习可安排在4节课中的任一节【答案】BD【解析】由于生物在B层，只有第2，3节有，故分两类：若生物选第2节，则地理可选第1节或第3节，有2种选法，其他两节政治、自习任意选，⨯=种（此种情况自习可安排在第1、3、4节中的某节）；故有224若生物选第3节，则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选第2节，故有1种．+=种．根据分类加法计数原理可得选课方式有415综上，自习可安排在4节课中的任一节．故选：BD.三、填空题13．（2022·江苏·睢宁县菁华高级中学有限公司高三阶段练习）为丰富学生的校园生活，拓宽学生的视野，某学校为学生安排了丰富多彩的选修课，每学期每名同学可任选2门进行学习. 甲同学计划从A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 这7门选修课中任选2门，其中至少从课程B ，D ，E 中选一门，则甲同学的选择方法有______种.【答案】15【解析】根据题意，分2种情况讨论：①、当甲从B ，D ，E 中选1门时，另一门需要在A 、C 、F 、G 中选出，有1134C C 12=种选法，②、当甲从B ，D ，E 中选2门时，有23C 3=种选法，则甲的选择方法有12315+=种， 故答案为：15．14．（2022·全国·高三专题练习）国庆放假期间，4号到7号安排甲乙丙三人值班，其中，乙和丙各值班1天，甲连续值班2天，则所有的安排方法共有________种. 【答案】6【解析】甲的安排方法有3种，即4,5两天值班或5,6两天值班或6,7两天值班，再安排乙与丙两人有22A 2=种安排方法，所以所有的安排方法共有6种.故答案为：615．（2022·全国·高三专题练习）有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中任取3个标号不同的球，这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为______． 【答案】96【解析】从1、2、3、4、5、6中任取3个标号不同且3个标号数字互不相邻的取法有：135、136、146、246，共4种；3个颜色互不相同的取法有：3343C A 24=种；所以满足题意的取法共有：42496⨯=种.故答案为：96.16．（2022·全国·高三专题练习）如图，一条电路从A 处到B 处接通时，可以有_____________条不同的线路（每条线路仅含一条通路）．【答案】9【解析】依题意按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有2种，中线路中只有1种，下线路中有236⨯=（种)．++=（种）．根据分类计数原理，共有2169故答案为：9．。

专题一（科学记数法）1．地球与太阳之间的距离约为149 600 000千米，用科学记数法表示（保留2个有效数字）约为千米2．红河州初中毕业生参加今年中考的学生数约是36600人，这个数用科学记数法可表示为3. 2010年芜湖市承接产业转移示范区建设成效明显，一季度完成固定资产投资238亿元，用科学计数法可记作（）4.太阳半径约为696000千米,数字696000用科学记数法表示为 .5.到2010年3月21日止，广西西南地区遭受百年不遇的旱灾致使农作物受灾面积约4348千公顷，该数用科学记数法表示为千公顷．6．情系玉树大爱无疆，截至5月21日12时，青海玉树共接收国内外地震救灾捐赠款物551300万元，将551300万元用科学记数法表示为__________万元．7.上海世博会“中国馆”的展馆面积为158002m，这个数据用科学记数法可表示2m8.8.今年1季度，连云港市高新技术产业产值突破110亿元，同比增长59%．数据“110亿”用科学记数可表示为（）7.据报道，5月28日参观2010上海世博会的人数达35.6万﹒用科学记数法表示数35.6万是（）10．截止到2010年5月31日，上海世博园共接待8 000 000人，用科学记数法表示是人．11．今年某市约有108000名应届初中毕业生参加中考，按四舍五入保留两位有效数字，108000用科学计数法表示为12．今年5月的某一天，参观上海世博会的人数达到450000，用科学记数法表示这个数为13．上海世博会预计约有69 000 000人次参观，69 000 000用科学记数法表示为．14.今年5月的某一天，参观上海世博会的人数达到450000，用科学记数法表示这个数为15.据统计部门报告，我市去年国民生产总值为238 770 000 000元，那么这个数据用科学记数法表示为16.上海“世博会”吸引了来自全球众多国家数以千万的人前来参观．据统计，2010年5月某日参观世博园的人数约为256 000，这一人数用科学记数法表示为（）17. 2010年6月3日，人类首次模拟火星载人航天飞行试验“火星-500”正式启动。

专题十 计数原理一、单项选择题1.(2016课标Ⅱ,5,5分)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答案 B 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.(2023届黑龙江牡丹江二中段考一,2)若3个班级分别从6个风景点中选择一处游览,则不同选法有( )A.A 63种B.C 63种C.36种D.63种答案 D 每个班级有6种选法,则3个班级有6×6×6=63种不同的选法.故选D . 3.(2023届贵阳一中月考一,5)二项式定理,又称牛顿二项式定理,由艾萨克·牛顿于1664年—1665年间提出,据考证,我国至迟在11世纪,北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则.在(x 2+12x)5的展开式中,x 的系数为( )A.10B.52C.54D.58答案 C (x 2+12x )5的展开式的通项为T k +1=C 5k (x 2)5k(12x )k=C 5k (12)kx103k (k =0,1,2,3,4,5),令10-3k =1,解得k =3,所以在(x 2+12x )5的展开式中,x 的系数为C 53×(12)3=54.故选C .4.(2022河南开封模拟,4)(x √x3)8的展开式中所有有理项的系数和为( )A.85B.29C.-27D.-84答案 C (x −√x3)8展开式的通项为T r +1=C 8rx8−r √x3)r=(-1)r C 8rx8−4r3,其中r =0,1,2,3,4,5,6,7,8.当r =0,3,6时,T r +1为有理项,故有理项系数和为(-1)0C 80+(-1)3C 83+(-1)6C 86=1+(-56)+28=-27,故选C .5.(2023届哈尔滨质检,5)小张接到5项工作,要在周一、周二、周三、周四这4天中完成,每天至少完成1项,且周一只能完成其中1项工作,则不同的安排方式有( ) A.180种 B.480种 C.90种D.120种答案 A 首先从5项工作中选一项安排到周一,再从其余4项工作中选出2项作为一个整体,最后将这三组安排到周二、周三、周四三天,则不同的安排方式有C51C42A33=180种.故选A.6.(2023届四川南江中学阶段测试,9)4张卡片的正、反面分别写有数字1,2;1,3;4,5;6,7.将这4张卡片排成一排,可构成不同的四位数的个数为( ) A.288 B.336 C.368 D.412答案 B 当四位数中不出现1时,排法有C21×C21×A44=96种;当四位数中出现一个1时,排法有2×C21×C21×A44=192种;当四位数中出现两个1时,排法有C21×C21×A42=48种.所以可构成不同的四位数的个数为96+192+48=336.故选B.7.(2022湖北荆门龙泉中学二模,3)若今天(第一天)是星期二,则第1510天是( )A.星期三B.星期日C.星期二D.星期五答案 C 1510=(14+1)10的展开式的通项为T r+1=C10r1410-r,又14可被7整除,所以当10-r≠0时,T r+1均可被7整除,当10-r=0时,T11=1,所以第1510天是星期二.故选C.8.(2023届黑龙江牡丹江二中段考一,8)若(1-2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=( ) A.1 B.32 C.81 D.243答案 D 因为-2<0,所以x的奇数次幂的系数a1,a3,a5均为负数,即|a1|=-a1,|a3|=-a3,|a5|=-a5,令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243,即|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=243,故选D.二、多项选择题9.(2022重庆巴蜀中学3月适应性月考(八),11)若122 022+a能被7整除,则整数a的值可以是( ) A.4 B.6 C.11 D.13答案BD 122 022=(14-2)2 022与(-2)2 022=22 022被7除同余,22 022=8674=(7+1)674被7除余1,故1+a能被7整除,则a=7k+6(k∈Z),故选BD.10.(2022湖南新高考教学教研联盟联考一,10)已知(1+x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a n x n(n∈N*),则下列结论正确的是( )A.a0=a nB.当a3=10时,n=5C.若(1+x)n(n∈N*)的展开式中第7项的二项式系数最大,则n等于12或13D.当n=4时,a12+a24+a38+a416=6516答案ABD a0=a n=1,A正确;x3的系数a3=C n3,则C n3=10,所以n=5,B正确;若(1+x)n(n∈N*)的展开式中第7项的二项式系数最大,当n为偶数时,n等于12,当n为奇数时,n等于11或13,C错误;当n=4时,(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4.令x=12,则(1+12)4=a0+a12+a24+a38+a416=8116,又a0=1,所以a12+a24+a38+a416=6516,D正确.故选ABD.11.(2021江苏百校联考4月调研,11)设(1-2x)29=a0+a1x+a2x2+…+a29x29,则下列结论正确的是( )A.a15+a16>0B.a1+a2+a3+…+a29=-1C.a1+a3+a5+…+a29=-1+3292D.a1+2a2+3a3+…+29a29=-58答案ACD 对于选项A,a15+a16=C2915(-2)15+C2916(-2)16>0,故选项A正确;对于选项B,令x=0,可得a0=1,令x=1,得a0+a1+…+a29=-1,所以a1+a2+…+a29=-2,故选项B错误;对于选项C,令x=-1,得a0-a1+a2-a3+…-a29=329,则2(a1+a3+…+a29)=-1-329,故选项C正确;对于选项D,在等式两边对x求导可得-58(1-2x)28=a1+2a2x+…+29a29x28,令x=1,可得a1+2a2+…+29a29=-58,故选项D正确.故选ACD.12.(2022山东滨州邹平一中3月月考,9)如图,在某城市中,M,N两地之间有整齐的方格形道路网,其中A1,A2,A3,A4是道路网中位于一条对角线上的4个交会处.今在道路网M,N处的甲、乙两人分别要到N,M处,他们分别随机地选择一条沿街的最短路径,以相同的速度同时出发,直到到达N,M处为止,则下列说法正确的有( )A.甲从M到达N处的方法有120种B.甲从M必须经过A3到达N处的方法有9种C.甲、乙两人在A3处相遇的概率为9100D.甲、乙两人相遇的概率为41100答案BD 对于A,甲从M到达N处,需要走6步,其中向上3步,向右3步,所以从M 到达N处的方法有C63=20种,故A错误;对于B,甲从M到达A3,需要走3步,其中向上1步,向右2步,共C31=3种,从A3到达N,需要走3步,其中向上2步,向右1步,共C31=3种,所以甲从M必须经过A3到达N处的方法有3×3=9种,故B正确;对于C,甲经过A3的方法数为C31×C31=9,乙经过A3的方法数为C31×C31=9,所以甲、乙两人在A3处相遇的方法数为C31×C31×C31×C31=81种,故甲、乙两人在A3处相遇的概率P=81C63C63=81400,故C错误;对于D,甲、乙两人沿着最短路径行走,只能在A1,A2,A3,A4处相遇,若甲、乙两人在A1处相遇,甲经过A1处,前3步必须向上走,乙经过A1处,则前3步必须向左走,两人在A1处相遇走法有1种,若甲、乙两人在A2或A3处相遇,由选项C知,各有C31×C31×C31×C31=81种,若甲、乙两人在A4处相遇,甲经过A4处,则前3步必须向右走,乙经过A4处,则乙前3步必须向下走,则两人在A4处相遇的走法有1种.所以甲、乙两人相遇的概率P=1+81+81+1C63C63=164400=41100,故D正确.故选BD.三、填空题13.(2023届成都七中万达学校9月月考,14)(5-3x+2y)n的展开式中不含y的项的系数和为64,则展开式中的常数项为.答案15 625解析(5-3x+2y)n的展开式中不含y的项,即展开式中y的指数为0,即(5-3x)n的展开式.令x=1,得(5-3x+2y)n的展开式中不含y的项的系数和为(5-3)n=64,所以n=6.因为(5-3x+2y)6=[5-(3x-2y)]6,所以展开式中的常数项为C60×56=15 625.14.(2023届陕西师范大学附属中学期中,16)已知(a2+1)n的展开式中各项系数之和等于(16 5x2+√x5的展开式的常数项,而(a2+1)n的展开式的二项式系数最大的项为54,则正数a的值为. 答案√3解析(165x2+√x)5的展开式的通项为T r+1=C5r·(165)5−r·x10−2r·x−r2=(165)5−r·C5r·x10−5r2,0≤r≤5,r∈Z.令10-5r2=0,解得r=4,故(165x2+√x5的展开式的常数项为165×C54=16.令a2=1,则(a2+1)n=2n=16,故n=4.∵(a2+1)n=(a2+1)4的展开式的二项式系数最大的项为C42a4=54,∴a2=3,解得a=±√3.∵a>0,∴a=√3.15.(2022福建漳州三模,13)711除以6的余数是.答案1解析711=(1+6)11=C11060+C11161+C11262+⋯+C1111611,因为C11161+C11262+⋯+C1111611可被6整除且C11060=1,所以711除以6的余数是1.16.(2018课标Ⅰ,15,5分)从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有种.(用数字填写答案)答案16解析解法一:从2位女生,4位男生中选3人,且至少有1位女生入选的情况有以下2种:①2女1男:有C22C41=4种选法;②1女2男:有C21C42=12种选法,故至少有1位女生入选的选法有4+12=16种.解法二:从2位女生,4位男生中选3人有C63=20种选法,其中选出的3人都是男生的选法有C43=4种,所以至少有1位女生入选的选法有20-4=16种.。

小学数学奥数讲义计数专题几何计数小学数学奥数讲义计数专题几何计数在小学数学的教学中，奥数讲义是一本非常重要的学习资料。

其中计数专题是数学学习的基础，也是几何计数的重要内容之一。

本文将对小学数学奥数讲义中的几何计数进行详细介绍。

一、几何计数的概念几何计数是指通过观察几何形状，根据一定的规律和方法进行计数的过程。

它主要包括图形的边数、顶点数和对称性等方面的计数。

二、图形的边数的计数计算图形的边数是几何计数的重要内容之一。

对于任何一条直线，它没有边，因为它是无限长的。

对于一个封闭的图形，它的边数等于它的边界线的线段数。

例如，一个三角形有三条边，一个正方形有四条边。

三、图形的顶点数的计数计算图形的顶点数也是几何计数的重要内容之一。

顶点是指图形的两条边交汇的点。

对于一个封闭图形，它的顶点数等于它的边界线上的交点数加上中心点（如果存在的话）。

例如，一个三角形有三个顶点，一个正方形有四个顶点。

四、图形的对称性的计数计算图形的对称性也是几何计数中的重要内容。

对称性是指图形的某一部分与另一部分关于某个轴线对称，这个轴线称为对称轴。

对称轴的数量可以通过观察图形的特点来确定。

例如，一个正方形有四条对称轴，分别是两条对角线和两条垂直于边的中垂线。

五、实例演示为了更好地理解几何计数的概念和方法，我们举一个实例来演示。

假设有一个五角星形的图形，我们来计算它的边数、顶点数和对称性。

首先，观察图形，我们可以看到它有五条边，所以边数为5。

接下来，我们继续观察图形，可以看到它有五个顶点，所以顶点数为5。

最后，我们观察图形的对称性。

五角星形图形有五条对称轴，分别是五条连结顶点的线段。

六、总结通过以上的介绍和实例演示，我们了解了几何计数在小学数学奥数讲义中的重要性。

几何计数包括图形的边数、顶点数和对称性等内容，通过观察和计数，我们可以更深入地理解图形的特点和性质。

在小学数学教学中，几何计数是培养学生观察、分析和计算能力的一种重要方法。

计数方法考点图解技法透析1．计数计数，通俗地说就是数数，即把我们研究的对象的个数数出来．在计数时应遵循的原则是：既不重复也不遗漏．2．计数问题中常运用的方法(1)穷举计数法：当研究对象比较简单数目也不大时，穷举法是最基本而又简单的方法，即把对象的所有可能一一列举出来，最后再求出总数．(2)分类计数法：将研究对象按一定标准分类，然后逐步计数，得出总数，这种方法要用到加法原理．(3)分步计数法：当研究对象较复杂时，为了有序而又正确地思维，我们需要将其分成若干步，然后将每一步的方法数相乘，便可得出总数，这种方法要用到乘法原理．(4)递推过渡法：当研究的对象数目较多又比较复杂时，我们常通过对较少数量对象的观察，采用从简单到复杂，从特殊到一般，探究其变化的规律，最后计算出总数．(5)加法原理和乘法原理：当研究的对象比较复杂，且数目较大时，计数时常常要用到如下两原理：①加法原理：完成一件事情，共有n类办法，第一类办法中又有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法，第三类办法中又有m3种不同的方法……，第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有：m1＋m2＋m3＋…＋m n种不同方法．②乘法原理：完成一件事情，共分n个步骤，第一步中又有m1种不同方法，第二步中又有m2种不同方法，第三步中又有m3种不同方法……．第n步中有m n种不同方法，那么完成这件事情共有：m1·m2·m3…·m n种不同方法．3．几何计数问题(1)简单图形个数的计算：这类问题中出现的图形的组成一般比较简单，没有过多的限制条件，但图形数量和计算量都很大，此类计数问题通常需要根据具体问题寻求一定的规律和运用一定的计数方法来解决．(2)条件图形个数的计算：这类问题的图形数目较多且较复杂，所求的是满足某种限制条件的几何图形的个数，解决此类问题的关键是对限制条件的分析，这些条件的要求往往决定了所求图形的不同情况和种类，此为分类计数的重要依据．(3)分割或包围图形个数的计算：它们是指用一类几何图形（如直线）去分割另一类几何图形（如平面或其他封闭图形），或者一类封闭图形包含另一类封闭图形，解决此类问题，除了掌握必要的分割与包含的几何知识之外，还需要借助有关统计的方法和技巧．名题精讲考点1 分类枚举法计数例1 在1到300这300个自然数中，不含有数字3的自然数有_______个．【切题技巧】利用分类枚举法，按数的位数分类；即不含有数字3的一位数有几个；不含数字3的两位数有几个；不含数字3的三位数有几个，最后求出总数．【规范解答】∵不含有数字3的一位数有8个；不含有数字3的两位数有72个；不含有数字3的三位数有162个．∴不含有数字3的自然数共有8＋72＋162＝242个．【借题发挥】分类枚举法就是将所研究对象按某一标准分类，然后把研究对象的各种可能一一列举出来，最后数出总数的方法，这种方法要用到加法原理．在运用枚举法时，必须无一重复，无一遗漏，且枚举法常与分类讨论结合运用，故称为分类枚举法．【同类拓展】1．在1000以内的自然数中，各位数字之和等于16的有多少个？考点2 分步法计数例2 某城市街道如图，一个居民要从A处前往B处，如果规定，只能沿从左向右或从上向下的方向走，那么该居民共有几条可选择的路线？【切题技巧】本例看起来复杂，但可以从简单情况入手寻找规律，按从上向下，从左向右的顺序，从简单情况分步来看复杂问题．如先考虑简单情况如图(1)中的正方形，可知以A到C的方法有2种，再考虑如图(2)中的情况，可以从A到D的方法共有3种……【规范解答】从简单情况入手，先考虑如图(1)中的小正方形，不难发现，从A到C 共有2种方法；再考虑如图(2)中的情况，同样可知：从A到D共有3种方法……从而可总结出下述规律：到右下角终点的走法等于它所在小正方形右上角和左下角走法之和，故依次标出每个小正方形的走法不断累加，即可得到答案．由图(3)可知共有40种走法．【借题发挥】(1)分步计数法就是指当所研究对象较复杂时，为了有序而又正确地思维，将问题分成若干步，最后求出各步的总数．(2)在利用分步法计数时，要克服盲目性和随意性，一定要按照法则或顺序进行、从简单情况人手分步来思考复杂问题是解决问题的常用技巧．(3)分步法常与分类法结合求解．【同类拓展】2．在期中考试中，同学甲、乙、丙、丁分别获得第一、第二、第三、第四名，在期末考试中，他们又是班上的前四名，如果他们当中只有一位的排名与期中考试的排名相同，那么排名情况有_______种可能；如果他们排名都与期中考试中的排名不同，那么排名情况有_______种可能．考点3 递推过渡法计数例3 小美步行上楼的习惯是每次都只跨一级或两级，若她要从地面（0级）步行到第9级，问她共有多少种不同的上楼梯的方式．【切题技巧】因为楼梯台阶较多，我们可以先考虑以简单入手．(1)若只有1级台阶，则只有唯一上楼梯方式；(2)若有2级台阶，则有两种上楼梯的方式：①一级一级地上；②一步两级地上；(3)若有3级台阶，则有三种上楼梯的方式：①一级一级地上，②先一级后2级地上，③先2级后1级地上……如此类推．【规范解答】设小美上第n级楼梯有a n种上法，通过分析易知a1＝1，a2＝2，a4＝5，a n＋2＝a n＋1＋a n，n＝1，2，3，…，从而递推可得：a5＝8，a6＝13，a7＝21，a8＝34，a9＝55．所以小美共有55种不同的上楼梯的方式．【借题发挥】(1)当研究对象比较复杂时，要很自然地想到从特殊到一般的思维方式．即从特殊的简单的情况人手探索变化的规律，(2)用递推过渡法计数时先要从最简单情况和特殊情况入手分析，发挥观察、归纳猜想的思想方法，最终探索出变化规律，且在探索一般的规律时，应注意抓住问题的实质为最后计数提供依据．【同类拓展】3．平面上n个圆（n为正整数），最多能把平面分成多少个部分？考点4 加法原理和乘法原理法计数例4 观察如图所示的图形：根据图(1)、(2)、(3)的规律，则图(4)中三角形的个数为_______．【切题技巧】通过观察知：图(1)中三角形的个数为：1＋4＝5（个）；图(2)中三角形的个数为：1＋4＋3×4＝17（个）；图(3)中三角形的个数为1＋4＋3×4＋32×4＝53（个），由图(1)(2)(3)中三角形的个数的规律，可知图(4)中三角形的个数为1＋4＋3×4＋32×4＋33×4＝1＋4＋12＋36＋108＝161（个）【规范解答】 161个【借题发挥】(1)按本例中图(1)、(2)、(3)……的图形规律，则图（n）中三角形的个数为：1＋4＋3×4＋32×4＋33×4＋…＋3n－1×4（个）． (2)当研究对象为比较复杂的计数问题中，我们常需要用到加法原理与乘法原理，而且还需要对研究对象进行分析，从简单情形入手，通过观察、归纳、猜想，最后找出其变化规律，再依据规律计算其个数．【同类拓展】4．一个三角形最多将平面分成两部分，两个三角形最多将平面分成8个部分，10个三角形最多将平面分成多少个部分？n个三角形呢？例5 分正方形ABCD的每条边为四等分，取分点（不包括正方形的四个顶点）为顶点可以画出多少个三角形？【切题技巧】显然构成三角形的3个顶点不可能共线，即3个顶点不可能在正方形的同一边上，故最多有2个顶点在正方形的同一边上；又因为三角形顶点只能取分点，故必须在正方形的边上．因此只有两种情况：(1)三角形的顶点分别在正方形的三边长；(2)三角形的顶点分别在正方形的两条边上．【规范解答】分两类计算：(1)第一类：如图(1)三角形的顶点分别在正方形的在三条边上．首先，从4条边中取3条有4种取法；其次从每条边上取一点，各有3种取法，故总共计有4×3×3×3＝108（个）三角形．(2)第二类如图(2)，三角形的两个顶点位于正方形的一条边上，而第三个顶点在正方形的另一条边上．首先，从4条边取1条有4种取法，在这边3个分点中取2点，也有3种取法；其次，从其余3边中的9点中取1点，有9种取法，故共有4×3×9＝108（个）三角形．综上所述，两类合计，共有216个三角形．【借题发挥】(1)在使用加法原理和乘法原理时一定要明确两者的不同之处：在用加法原理时，完成一件事有n类方法，都能完成这件事，而用乘法原理时，完成一件事情可分为n步，只有每一步都完成了，这件事情才得以完成．(2)运用加法原理的关键在于合理适当地进行分类，使所分类既不重复又不遗漏；而运用乘法原理的关键在于分步骤，要正确地设计分步程序，使每步之间既互相联系，又彼此独立．【同类拓展】5．至少有两个数字相同的三位数共有( )个．A．280 B．180 C．252 D．396参考答案1．69个．2．9（种）．3．n2－n＋2（个部分）．4．10个三角形最多将平面分成272个部分，n个三角形最多将平面分成(3n2－3n＋2)个部分．5．C。

航创四年级竞赛班计数专题1.10块巧克力每天至少吃1块吃完为止，有几种不同的吃法？2.有十级台阶，每次可以走1级或者2级，有几种不同的走法？3.有十级台阶，每次可以走1级或者2级或者3级，有几种不同的走法？4.有十级台阶，每次可以走1级或者3级，有几种不同的走法？5.4*5的网格，每次只能往上或者往右走一格，从左下角走到右上角有几种不同的走法？6.4*5的网格，每次只能往上或者往下或者往右走一格（不能走回头路），从左下角走到右上角有几种不同的走法？7.有100个1分的硬币，50个2分的硬币，20个5分的硬币，凑出1元钱，有几种不同的凑法？8.1,2,3,4,5,6,7,8这8个数字分成和相同的2组，有几种不同的分法？9.有个三位数，各个数位上的数字和是24，这样的三位数有几个？10.5条直线最多把一个平面分成几份？（5个圆呢？）。

5个平面最多把空间分成几份？11.把六个人分成3组，每组两人，一组扫地，一组擦卓，一组搬桌子，共有几种不同的分法？12.把六个人分成3组，每组两人，共有几种不同的分法？13.有一批规格相同的均匀圆棒,每根划分成相同的5节,每节用红、黄、蓝3种颜色中的一种来涂.问可以得到多少种着色方式不同的圆棒?14.667三张数字卡片可以组成几个不同的三位数？15.从1～9这九个数中,取出2个数,他们的和必须大于10,有几种不同的取法？16.用0、1、2、3、8、7六个数字可以组成（）个能被9整除而又没有重复数字的四位数。

17.小明为了练习加法,做了分别写着1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这十个数的卡片放在右边的抽屉里,又做了同样的十张放在左边的抽屉里,然后每次从两个抽屉各取一张卡片做加法,这样一共可以组成几个不同的算式？其中和为偶数的情况有几种？(1+2和2+1算作同一种算式)18.有一批长度分别为1、2、3、4、5、6厘米的细木条,它们的数量都足够多,从中适当选取3根木条作为三条边,可能围成几个不同的三角形？19.八张相同的卡片分给五名学生（每人至少分一张）有几种不同的分法？20.八张相同的卡片分给五名学生有几种不同的分法？21.有四颗不同的棋子，放到4*4的正方形网格里，每行每列只能放一颗，有几种不同的放法？。

计数专题总结一、计数专题综述计数专题是每年小卷考试中的必考专题，题型变化也比较多样，特别能考察学生思维的严密性，主要的模块包含枚举、加乘原理、排列组合，涉及的方法包含捆绑、插空、插板等等……在小卷考试中，各位同学在复习计数模块时，建议各位同学把重点放在枚举和加乘原理上，对于枚举和几何计数问题中一些直接分类枚举的题目要有足够的耐心和细致程度，并且做到足够熟练，加乘原理的题目要重点掌握排数字和染色类的。

排列组合大家要有一个初步的了解，会计算一些典型题目即可，真正考试的时候，如果对于一道计数题，没有想到太好的解决方法的时候，最基础的分类枚举反而可能是你解决问题的最后一招。

二、知识地图三、典型例题赏析1、分类枚举（1）汤姆、杰瑞和德鲁比都有蛀牙，他们一起去牙医诊所看病。

医生发现他们一共有8颗蛀牙，他们三人可能分别有几颗蛀牙？（2）如图，一只蚂蚁要从一个正四面体的顶点A出发，沿着这个正四面体的棱依次走遍4个顶点再回到顶点A。

请问：这只小蚂蚁一共有多少种不同的走法？（3）在N B A总决赛中，由洛杉矶湖人队对底特律活塞队。

比赛采用7场4胜制，每胜一场会获得1分的积分。

最终湖人队获得了胜利，双方的积分是4:2，并且在整个比赛过程中，湖人队的积分从来没有落后过。

问：比赛过程中的胜负情况共有多少种可能？（4）甲、乙、丙三个人传球。

第一次传球是由甲开始，将球传给乙或丙……经过4次传球后，球正好回到甲手中。

那么一共有多少种不同的传球方式？（5）如图，现在要从图中的A点走到B点，如果每个点最多只能经过一次，那么一共有多少种不同的走法？2、加乘原理（1）商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有2种水果糖：苹果味、梨味、橙味．小明想买一些糖送给他的小朋友．⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？（2）如右图所示，每个小正三角形边长为1，小虫每步走过1，从A出发，走4步恰好回到A的路有（）条．(途中不再回A)（3）某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成．现有钳工3人、电工3人，另有1人钳工、电工都会．从7人中挑选4人完成这项工作，共有多少种方法？（4）从6名运动员中选出4人参加4100接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种：i.甲不能跑第一棒和第四棒；ii.甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒（5）用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？（6）在2000到2999这1000个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（7）从分别写有2、4、6、8的四张卡片中任取两张，做两个一位数乘法.如果其中的6可以看成9，那么共有多少种不同的乘积？（8）如果一个三位数ABC满足A B<，那么把这个三位数称为“凹数”，求>，B C所有“凹数”的个数．3、排列组合（1）一列往返于北京和上海方向的列车全程停靠14个车站(包括北京和上海)，这条铁路线共需要多少种不同的车票．（2）小明有10块大白兔奶糖,从今天起,每天至少吃一块.那么他一共有多少种不同的吃法?（3）停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，一共有多少种不同的停车方案?（4）a，b，c，d，e五个人排成一排，a与b不相邻，共有多少种不同的排法？（5）4名男生，5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法：⑴甲不在中间也不在两端；⑵甲、乙两人必须排在两端；⑶男、女生分别排在一起；⑷男女相间．（6）小新、阿呆等七个同学照像，分别求出在下列条件下有多少种站法？（1）七个人排成一排；（2）七个人排成一排，小新必须站在中间.（3）七个人排成一排，小新、阿呆必须有一人站在中间.（4）七个人排成一排，小新、阿呆必须都站在两边.（5）七个人排成一排，小新、阿呆都没有站在边上.（6）七个人战成两排，前排三人，后排四人.（7）七个人战成两排，前排三人，后排四人. 小新、阿呆不在同一排．（7）工厂某日生产的10件产品中有2件次品，从这10件产品中任意抽出3件进行检查，问：（1）一共有多少种不同的抽法？（2）抽出的3件中恰好有一件是次品的抽法有多少种？（3）抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有多少种？（8）在一次合唱比赛中，有身高互不相同的8个人要站成两排，每排4个人，且前后对齐．而且第二排的每个人都要比他身前的那个人高，这样才不会被挡住．一共有多少种不同的排队方法？（9）8个人站队，冬冬必须站在小悦和阿奇的中间（不一定相邻），小慧和大智不能相邻，小光和大亮必须相邻，满足要求的站法一共有多少种？（10）6人同时被邀请参加一项活动．必须有人去，去几个人自行决定，共有多少种不同的去法？（11）马路上有编号为1，2，3，…，10的十只路灯，为节约用电又能看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但又不能同时关掉相邻的两只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法有多少种？（12）在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？4、几何计数（1）用9个钉子钉成相互间隔为1厘米的正方阵(如右图)．如果用一根皮筋将适当的三个钉子连结起来就得到一个三角形，这样得到的三角形中，面积等于1平方厘米的三角形的个数有多少？面积等于2平方厘米的三角形有多少个？（2）下图中的正方形被分成9个相同的小正方形，它们一共有16个顶点（共同的顶点算一个），以其中不在一条直线上的3个点为顶点，可以构成三角形．在这些三角形中，与阴影三角形有同样大小面积的有多少个？（3）国际象棋中“马”的走法如图所示，位于○位置的“马”只能走到标有×的格中．在5×5个方格的国际象棋棋盘上（如右图）放入四枚白马（用○表示）和四枚黑马（用●表示）．要求将四枚白马移至四枚黑马的位置，将四枚黑马移至四枚白马的位置，而且必须按照国际象棋的规则，棋子只能移动到空格中，每个格最多放一枚棋子．那么最少需要__________步．○××××××××○○○○（4）用3根等长的火柴可以摆成一个等边三角形．如图用这样的等边三角形拼合成一个更大的等边三角形.如果这个大等边三角形的每边由20根火柴组成，那么一共要用多少根火柴?（5）如下图在钉子板上有16个点，每相邻的两个点之间距离都相等，用绳子在上面围正方形，你可以得到个正方形．（6）在下面的图中，包含苹果的正方形一共有个．（7）右图中有个正方形，个三角形，包含★的三角形有个．★（8）图中共有多少个三角形？CBA。