2016届高考数学新课标A版理科一轮复习习题10-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理

课后课时作业[A组·基础达标练]1．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法种数为()A．6 B．13C．12 D．10答案 C解析由分步计数原理可知，走法总数为4×3＝12，故选C.2．[2016·西安模拟]将甲、乙、丙等六人分配到高中三个年级，每个年级2人．要求甲必须在高一年级，乙和丙均不在高三年级，则不同的安排种数为()A．18 B．15C．12 D．9答案 D解析若甲、乙在高一年级，则丙一定在高二年级，此时不同的安排种数为3种；若甲、丙在高一年级，则乙一定在高二年级，此时不同的安排种数为3种；若甲在高一年级，乙、丙在高二年级，此时不同的安排种数为3种，所以共有9种不同的安排种数．3．如图所示，在A、B间有四个焊接点1、2、3、4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A、B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有()A．9种B．11种C．13种D．15种答案 C解析按照焊接点脱落的个数进行分类．若脱落1个，则有(1)，(4)共2种；若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)共6种；若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)共4种；若脱落4个，有(1,2,3,4)共1种．综上共有2＋6＋4＋1＝13(种)焊接点脱落的情况．4．[2016·贵阳模拟]已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内多少个不同点()A．18个B．10个C．16个D．14个答案 B解析第三、四象限内点的纵坐标为负值，分2种情况讨论．①取M中的点作横坐标，取N中的点作纵坐标，有3×2＝6(种)情况；②取N中的点作横坐标，取M中的点作纵坐标，有4×1＝4(种)情况．综上共有6＋4＝10(种)情况．5．[2016·泰安模拟]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＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成顶点在第一象限且过原点的抛物线条数为()A．6 B．20C．100 D．120答案 A解析分三步：第一步：c＝0只有1种选法；第二步：确定a，a 只能从－2，－1中选一个，有2种不同的选法；第三步：确定b，b只能从1,2,3中选一个，有3种不同的选法．根据分步乘法计数原理得1×2×3＝6(种)不同的选法．6．[2015·宁德模拟]一个三位数，其十位上的数字既小于百位上的数字也小于个位上的数字(如735,414等)，那么，这样的三位数共有()A．240个B．249个C．285个D．330个答案 C解析因为十位上的数字既小于百位上的数字也小于个位上的数字，所以当十位数字是0时有9×9种结果，当十位数字是1时有8×8种结果，当十位数字是2时有7×7种结果，当十位数字是3时有6×6种结果，当十位数字是4时有5×5种结果，当十位数字是5时有4×4种结果，当十位数字是6时有3×3种结果，当十位数字是7时有2×2种结果，当十位数字是8时有1种结果，共有81＋64＋49＋36＋25＋16＋9＋4＋1＝285种结果．7．设a、b∈{1,2,3}，则方程ax＋by＝0所能表示的不同的直线的条数是________．答案7解析要得到直线ax＋by＝0，需要确定a和b的值，当a，b不同时，可确定3×2＝6条不同的直线，当a，b相同时，可确定1条直线，故方程ax＋by＝0所能表示的不同直线的条数为7条．8．[2016·南宁模拟]将3个不同的小球放入编号分别为1,2,3,4的盒子内，则4号盒子中至少有一个球的放法有________种．答案37解析根据题意，将3个不同的小球放入编号分别为1,2,3,4的盒子内，有4×4×4＝64(种)放法，而4号盒子中没有球，即3个小球放在1,2,3的盒子里，有3×3×3＝27(种)放法，所以4号盒子中至少有一个球的放法有64－27＝37(种)．9．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天，且每天至多安排一人，并要求甲排在另外两位的前面，不同的安排方法共有________种．答案20解析按甲的安排进行分类讨论①甲排周一，则乙、丙排后4天中2天，有4×3＝12(种)；②甲排周二，则乙、丙排后3天中2天，有3×2＝6(种)；③甲排周三，则乙、丙排后2天，有2×1＝2(种)．故共有12＋6＋2＝20(种)．10．[2016·石家庄模拟]为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答) 答案24解析若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12(种)方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12(种)方案，所以共有24种推荐方案．[B组·能力提升练]1．[2016·湖州模拟]如图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有()A．24种B．72种C．84种D．120种答案 C解析如图设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A→B→C→D顺序涂色，下面分两种情况：(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48(种)．(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36(种)．共有84种．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，填写空格的方法数为()A．4 B．6C．9 D．12答案 B解析如图所示，根据题意，1,2,9三个数字的位置是确定的，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．3．[2016·天水调研]电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，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10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________种不同的结果．答案5600解析由题意知本题是一个分两类计数问题：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10×9×20＝1800(种)．②幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×10＝3800(种)．因此共有不同结果1800＋3800＝5600(种)．4．一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡．(1)某人要从两个袋子中任取一张手机卡自己使用，共有多少种不同的取法？(2)某人想得到一张中国移动卡和一张中国联通卡，供自己今后选择使用，问一共有多少种不同的取法？解(1)任取一张手机卡，可以从10张不同的中国移动卡中任取一张，或从12张不同的中国联通卡中任取一张，每一类办法都能完成这件事，故应用分类加法计数原理，有10＋12＝22种取法．(2)从移动、联通卡中各取一张，则要分两步完成：从移动卡中任取一张，再从联通卡中任取一张，故应用分步乘法计数原理，有10×12＝120种取法．5．设有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、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？解(1)利用分类加法计数原理：5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)国画有5种不同选法，油画有2种不同的选法，水彩画有7种不同的选法，利用分步乘法计数原理得到5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(种)不同的选法．。

课时作业52 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1．5名应届毕业生报考3所高校，每人报且仅报1所院校，则不同的报名方法的种数是( )．A．35B．53C．A35D．C352．已知集合M∈{1，－2,3}，N∈{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是( )．A．18 B．10 C．16 D．143．某位高三学生要参加高校自主招生考试，现从6所高校中选择3所报考，其中2所学校的考试时间相同，则该学生不同的报名方法种数是( )．A．12 B．15 C．16 D．204．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．14 C．15 D．215．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为( )．A．16 B．18 C．24 D．326．某化工厂生产中需依次投放2种化工原料，现已知有5种原料可用，但甲、乙两种原料不能同时使用，且依次投料时，若使用甲原料，则甲必须先投放，则不同的投放方案有( )．A．10种B．12种C．15种D．16种7．如图，一个环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为( )．A．96 B．84 C．60 D．48二、填空题8．将数字1,2,3,4,5,6按第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数的形式随机排列，设N i(i＝1,2,3)表示第i行中最大的数，则满足N1＜N2＜N3的所有排列的个数是__________．(用数字作答)9．某电子元件是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A，B，C，D，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况共有________种．10．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是__________．(用数字作答)三、解答题11．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．(1)若B中每一个元素都有原象，这样不同的f有多少个？(2)若B中的元素0必无原象，这样的f有多少个？(3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，这样的f又有多少个？12．有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？参考答案一、选择题1．A 解析：第n 名应届毕业生报考的方法有3种(n ＝1,2,3,4,5)，根据分步计数原理，不同的报名方法共有3×3×3×3×3＝35(种)．2．D 解析：M 中元素作为横坐标，N 中元素作为纵坐标，则在第一、二象限内点的个数有3×2＝6；M 中元素作为纵坐标，N 中元素作为横坐标，则在第一、二象限内点的个数有4×2＝8，共有6＋8＝14个．3．C 解析：若该考生不选择两所考试时间相同的学校，有34C ＝4种报名方法；若该考生选择两所考试时间相同的学校之一，有2142C C ＝12种报名方法，故共有4＋12＝16种不同的报名方法．4．B 解析：若x ＝2，则y 取3,4，…，9中的一个数，共7种．若x ＝y ，则y 取3,4，…，9中的一个，共7种．这样的点有7＋7＝14个．5．C 解析：若将7个车位从左向右按1～7进行编号，则该3辆车有4种不同的停放方法：(1)停放在1～3号车位；(2)停放在5～7号车位；(3)停放在1,2,7号车位；(4)停放在1,6,7号车位．每一种停放方法均有33A ＝6种，故共有24种不同的停放方法．6．C 解析：依题意，可将所有的投放方案分成三类，①使用甲原料，有13C ·1＝3种投放方案；②使用乙原料，有13C ·22A ＝6种投放方案；③甲、乙原料都不使用，有23A ＝6种投放方案，所以共有3＋6＋6＝15种投放方案．7．B 解析：若种4种不同的花，则有4×3×2×1＝24种种法；若种3种不同的花，则有34C ×3×2×2＝48种种法；若种2种不同的花，则有24C ×2＝12种种法；共有24＋48＋12＝84种．二、填空题8．240 解析：由已知数字6一定在第三行，第三行的排法种数为1235A A ＝60；剩余的三个数字中最大的一定排在第二行，第二行的排法种数为1122A A ＝4，由分步计数原理满足条件的排列个数是240.9．15 解析：若有一个焊点脱落，则有4种情况；若有2个焊点脱落，则有24C ＝6种情况；若有3个焊点脱落，则有34C ＝4种情况；若所有焊点脱落，有1种情况，共有4＋6＋4＋1＝15种情况．10．336 解析：分两类：每级台阶上1人共有37A 种站法；一级2人，一级1人，共有23C ·27A 种站法，故共有37A ＋23C ·27A ＝336种站法．三、解答题11．解：(1)显然该映射是一一映射的，即为a 1找象有4种方法，a 2找象有3种方法，a 3找象有2种方法，a 4找象有4种方法，所以不同的f 共有4×3×2×1＝24(个)．(2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，所以为A 中每一元素找象时都有3种方法．所以不同的f 共有34＝81(个)．(3)分为如下四类：第一类：A 中每一元素都与1对应，有1种方法；第二类：A 中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有24C ·21C ＝12(种)方法；第三类：A 中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有24C ·22C ＝6(种)方法； 第四类：A 中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有14C ·13C ＝12(种)方法．所以不同的f 共有1＋12＋6＋12＝31(个)．12．解：取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有3种情况：1144,2233,1234. 所取卡片是1144的共有44A 种排法．所取卡片是2233的共有44A 种排法．所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法44A ＋1444C A ＋2444C A ＋3444C C ＋44A ＝4416A 种.所以不同的排法共有4418A ＝432种．。

课时提升作业六十四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.(2016·东莞模拟)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,共有24种不同的走法.2.(2016·三明模拟)设集合A={1,2,3,4},m,n∈A,则方程+=1表示焦点位于x轴上的椭圆有()A.6个B.8个C.12个D.16个【解析】选A.分三类,当n=1时,有m=2,3,4,共3个;当n=2时,有m=3,4,共2个;当n=3时,有m=4,共1个.由分类加法计数原理得共有3+2+1=6(个).【加固训练】(2016·漯河模拟)椭圆+=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】以m的值为标准分类,分为五类.第1类:当m=1时,使n>m的n有6种选择;第2类:当m=2时,使n>m的n有5种选择;第3类:当m=3时,使n>m的n有4种选择;第4类:当m=4时,使n>m的n有3种选择;第5类:当m=5时,使n>m的n有2种选择.由分类加法计数原理,符合条件的椭圆共有20个.答案:203.(2016·开封模拟)甲、乙、丙三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有() A.4种 B.6种C.10种D.16种【解题提示】按甲先传给乙,先传给丙两种情况分类计数.【解析】选B.第一类:甲先传给乙,如图所示.,有3种传法.第二类:甲先传给丙时也有3种传法,由分类加法计数原理,共有3+3=6(种)传递方法.4.(2016·蚌埠模拟)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个有序整数对(x,y)作为一个点的坐标,则这样的点的个数是()A.9B.14C.15D.21【解析】选B.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),则共有14个点.5.(2016·石家庄模拟)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为()A.240B.204C.729D.920【解题提示】按a2取2,3,4,…,9分8类计数.【解析】选A.若a2=2,则“凸数”为120与121,共2个,若a2=3,则“凸数”有2×3=6(个),若a2=4,满足条件的“凸数”有3×4=12(个),…,若a2=9,满足条件的“凸数”有8×9=72(个),所以所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).6.(2016·雅安模拟)用4种不同的颜色填涂如图所示的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【解题提示】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,问题得以解决.【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).【加固训练】用1,3,5,7,9五个数字中的三个替换直线方程Ax+By+C=0中的A,B,C,若A,B,C 的值互不相同,则不同的直线共有()A.25条B.60条C.80条D.181条【解题提示】A,B,C的值互不相同,用1,3,5,7,9五个数字来替换,是分步乘法计数原理.【解析】选B.用1,3,5,7,9五个数字中的三个来替换A,B,C;A,B,C的值互不相同,是分步乘法计数原理,直线条数是5×4×3=60.7.(2016·福州模拟)设集合I={1,2,3,4,5},选择I的两个非空子集A和B,要使B中最小的数大于A中最大的数,则不同的选择方法共有()A.50种B.49种C.48种D.47种【解题提示】以A中最大的数为标准,进行分类讨论,A中最大的数可能为1,2,3,4共四种情况. 【解析】选B.当A中最大的数为1时,B可以是{2,3,4,5}的非空子集,即有24-1=15(种)方法; 当A中最大的数为2时,A可以是{2},也可以是{1,2},B可以是{3,4,5}的非空子集,即有2×(23-1)=14(种)方法;当A中最大的数为3时,A可以是{3},{1,3},{2,3},{1,2,3},B可以是{4,5}的非空子集,即有4(22-1)=12(种)方法;当A中最大的数为4时,A可以是{4},{1,4},{2,4},{3,4},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},B可以是{5},有8×1=8(种)方法,故共有15+14+12+8=49(种)方法.二、填空题(每小题5分,共15分)8.若在正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,则一个正五棱柱对角线共有条.【解析】如图,在正五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1中,从顶点A出发的对角线有两条:AC1,AD1,同理从B,C,D,E点出发的对角线也有两条,共2×5=10(条).答案:10【加固训练】(2014·安徽高考)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有()A.24对B.30对C.48对D.60对【解析】选C.与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条,故共有8对,正方体的12条面对角线共有96对,且每对均重复计算一次,故共有=48对.9.三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数为.【解析】由题意知本题是一个分类计数问题,另外两边长用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取值11时,x=1,2,3,…,11,可有11个三角形;当y取值10时,x=2,3,…,10,可有9个三角形;当y取值分别为9,8,7,6时,x取值个数分别是7,5,3,1,所以根据分类加法计数原理知所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.答案:3610.(2016·孝感模拟)用红,黄,蓝,绿,黑这5种颜色给如图所示的四连圆涂色,要求相邻两个圆所涂颜色不能相同,红色至少要涂两个圆,则不同的涂色方案种数为.【解析】根据题意,红色至少要涂两个圆,而且相邻两个圆所涂颜色不能相同,则红色只能涂第一、三个圆、第二、四个圆或第一、四个圆,分3种情况讨论:①用红色涂第一、三个圆,此时第2个圆不能为红色,有4种涂色方法,第4个圆也不能为红色,有4种涂色方法,则此时共有4×4=16(种)涂色方案;②同理,当用红色涂第二、四个圆也有16种涂色方案;③用红色涂第一、四个圆,此时需要在剩下的4种颜色中,任取2种,涂在第二、三个圆中,有=12(种)涂色方案;则一共有16+16+12=44(种)不同的涂色方案.答案:44(20分钟40分)1.(5分)(2016·厦门模拟)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.3360元 B.6720元C.4320元 D.8640元【解题提示】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=4320(种)选法,至少需花4320×2=8640(元).2.(5分)如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通.今发现A,B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情况有()A.9种B.11种C.13种D.15种【解析】选C.按照焊接点脱落的个数进行分类:第1类,脱落1个,有1,4,共2种;第2类,脱落2个,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3),共6种;第3类,脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共4种;第4类,脱落4个,有(1,2,3,4),共1种.根据分类加法计数原理,共有2+6+4+1=13种焊接点脱落的情况.3.(5分)(2016·成都模拟)设三位数n=(即n=100a+10b+c,其中a,b,c∈N*),若以a,b,c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三位数n有()A.45个B.81个C.165个D.216个【解析】选C.由题意知以a,b,c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,先考虑等边三角形情况,则a=b=c=1,2,3,4,5,6,7,8,9,此时n有9个,再考虑等腰三角形情况,若a,b是腰,则a=b,当a=b=1时,c<a+b=2,则c=1,与等边三角形情况重复;当a=b=2时,c<4,则c=1,3(c=2的情况等边三角形已经讨论了),此时n有2个;当a=b=3时,c<6,则c=1,2,4,5,此时n有4个;当a=b=4时,c<8,则c=1,2,3,5,6,7,有6个;当a=b=5时,c<10,则c=1,2,3,4,6,7,8,9,有8个;当a=b=6,7,8,9时,c各有8个.由分类加法计数原理知n有2+4+6+8+8+8+8+8=52(个),同理,若a,c是腰时也有52个,b,c是腰时也有52个,所以n共有9+3×52=165(个).【加固训练】1.(2016·武汉模拟)将一个四棱锥S-ABCD的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两个端点异色,如果只有5种颜色可供使用,那么不同的染色方法的总数是. 【解析】设想染色按S-A-B-C-D的顺序进行,对S,A,B染色,有5×4×3=60(种)染色方法.由于C点的颜色可能与A同色或不同色,这影响到D点颜色的选取方法数,故分类讨论:C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一),D应与A(C),S不同色,有3种选择;C与A不同色时,C有2种可选择的颜色,D也有2种颜色可供选择.从而对C,D染色有1×3+2×2=7(种)染色方法.由分步乘法计数原理,总的染色方法有60×7=420(种).答案:420【一题多解】本题还可以用以下方法求解根据所用颜色种数分类可分三类:第一类:用三种颜色,此时A与C,B与D分别同色,问题相当于从5种颜色中选3种涂三个点.共=60(种)涂法;第二类:用4种颜色,此时A与C,B与D中有且只有一组同色,涂法种数为2=240(种);第三类:用5种颜色,涂法种数共有=120(种).综上可知,满足题意的染色方法总数为60+240+120=420(种).答案:4202.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…,9的9个小正方形(如图),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.【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2,3,6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:1084.(12分)给程序命名,需要用3个字符,其中首字符要求用字母A～G或U～Z,后两个要求用数字1～9.问最多可以给多少个程序命名?【解题提示】要给一个程序命名,可以分三个步骤:第1步,选首字符;第2步,选中间字符;第3步,选最后一个字符.而首字符又可以分为两类.【解析】先计算首字符的选法.由分类加法计数原理,首字符共有7+6=13种选法.再计算可能的不同程序名称.由分步乘法计数原理,最多可以有13×9×9=1053个不同的名称,即最多可以给1053个程序命名.5.(13分)(2016·邵阳模拟)某小组有10人,每人至少会英语和法语中的一门,其中8人会英语,5人会法语.(1)从中任选一个会外语的人,有多少种选法?(2)从中选出会英语与会法语的各1人并安排到相应工作岗位,有多少种不同的安排方法?【解析】由于8+5=13>10,所以10人中必有3人既会英语又会法语,5人只会英语,2人只会法语.(1)可分类完成此事:一类是只会英语,一类是既会英语也会法语,一类是只会法语,共有5+3+2=10(种).(2)分4类,共有N=5×2+5×3+2×3+3×2=37(种)方法.。

高考数学一轮复习学案：10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（含答案）10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲考情考向分析1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”.2.能利用两个原理解决一些简单的实际问题.以理解和应用两个基本原理为主，常以实际问题为载体，突出分类讨论思想，注重分析问题.解决问题能力的考查，常与排列.组合知识交汇；两个计数原理在高考中单独命题较少，一般是与排列组合结合进行考查；两个计数原理的考查一般以选择.填空题的形式出现.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Nmn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Nmn种不同的方法3分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别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题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”1在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同2在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事3在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成4如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mii1,2,3，，n，那么完成这件事共有m1m2m3mn 种方法5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题组二教材改编2P12A组T5已知集合M1，2,3，N4,5,6，7，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一.第二象限内不同的点的个数是A12B8C6D4答案C解析分两步第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一.二象限内不同点的个数是326，故选C.3P10A组T4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A16B13C12D10答案C解析将4个门编号_________为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3412种题组三易错自纠4从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为A24B18C12D6答案B解析分两类情况讨论第1类，奇偶奇，个位有3种选择，位有2种选择，百位有2种选择，共有32212个奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，位有2种选择，百位有1种选择，共有3216个奇数根据分类加法计数原理知，共有12618个奇数5.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有A24种B30种C36种D48种答案D解析需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法；再给B块着色，有2种方法；最后给D块着色，有2种方法，由分步乘法计数原理知，共有432248种着色方法6如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个答案12解析由题意知本题是一个分类计数问题当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况当有三个1时2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时2221,3331,4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果题型一题型一分类加法计数原理的应用分类加法计数原理的应用1xx郑州质检满足a，b1,0,1,2，且关于x 的方程ax22xb0有实数解的有序数对a，b的个数为A14B13C12D10答案B解析当a0时，关于x的方程为2xb0，此时有序数对0，1，0,0，0,1，0,2均满足要求；当a0时，44ab0，ab1，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.2xx济南模拟如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，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A240B204C729D920答案A解析若a22，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a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有236个若a24，满足条件的“凸数”有3412个，，若a29，满足条件的“凸数”有8972个所以所有凸数有26122030425672240个3xx全国定义“规范01数列”an如下an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，，ak中0的个数不少于1的个数若m4，则不同的“规范01数列”共有A18个B16个C14个D12个答案C解析第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共A24个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有C34个，共28414个思维升华分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的【关键词】，关键元素，关键位置1根据题目特点恰当选择一个分类标准2分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复3分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏题型二题型二分步乘法计数原理的应用分步乘法计数原理的应用典例1xx 全国如图，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A24B18C12D9答案B解析从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6318条，故选B.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________种不同的报名方法答案120解析每项限报一人，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654120种引申探究1本例2中若将条件“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比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36729种2本例2中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法解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，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63216种思维升华1利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事2分步必须满足两个条件一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成跟踪训练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，则不同除交汇点O外的游览线路有______种用数字作答答案48解析根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法由分步乘法计数原理知，共有64248种不同游览线路题型三题型三两个计数原理的综合应用两个计数原理的综合应用命题点1与数字有关的问题典例xx天津用数字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________个用数字作答答案1080解析当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C35C14A44960.当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A45120.故符合题意的四位数一共有9601201080个命题点2涂色.种植问题典例xx济南质检如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色4种颜色全部使用，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________答案96解析按区域1与3是否同色分类1区域1与3同色先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5还有3种颜色有A33种方法区域1与3同色时，共有4A3324种方法2区域1与3不同色第一步涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有1种方法，第四步涂区域5有3种方法共有A2421372种方法故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为247296.命题点3与几何有关的问题典例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A48B18C24D36答案D解析第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21224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241236个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A60B48C36D24答案B解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6636，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6212，故符合条件的“平行线面组”的个数是361248.思维升华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跟踪训练1xx黄山模拟建造一个花坛，花坛分为4个部分如图现要栽种4种不同颜色的花不一定4种颜色都栽种，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有________种用数字作答1234答案108解析先栽第一块地，有4种情况，然后栽第二块地，有3种情况，第三块地有3种情况，第四块地有3种情况，则共有4333108种不同的栽种方法2用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有A144个B120个C96个D72个答案B解析由题意，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3A3472个；若万位是4，则有2A3448个，故比40000大的偶数共有7248120个故选B.利用两个基本原理解决计数问题典例1把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有A24种B4种C43种D34种2某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种错解展示解析1因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，所以共有333334种投法2乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，共有3412种方法错误答案1D212现场纠错解析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，可得此人的走法共有437种答案1C27纠错心得1应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步2把握完成一件事情的标准，如典例1没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误。

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

10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1．如图，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48种C．24种 D．12种解析先分两类：一是四种颜色都用，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；二是用三种颜色，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．故不同的涂法共有24＋24×2＝72种．答案 A2．如图，用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域分开，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种解析从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D、A同色1种，D、A不同色3种，∴不同涂法有6×5×4×(1＋3)＝480(种)，故选C.答案 C3.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种解析分步完成.首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2=24（种），故选C答案 C4．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有( )A．8种 B．9种C．10种 D．11种解析分四步完成，共有3×3×1×1＝9种．答案 B5．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )．A．60 B．48 C．36 D．24解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12个，共36＋12＝48个，故选B.答案 B6．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有( )．A．16种 B．18种 C．37种 D．48种解析三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37(种)．答案 C7．4位同学从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法有( )．A．12种 B．24种 C．30种 D．36种解析分三步，第一步先从4位同学中选2人选修课程甲．共有C24种不同选法，第二步给第3位同学选课程，有2种选法．第三步给第4位同学选课程，也有2种不同选法．故共有C24×2×2＝24(种)．答案 B二、填空题8．将数字1,2,3,4,5,6按第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数的形式随机排列，设N i(i＝1,2,3)表示第i行中最大的数，则满足N1＜N2＜N3的所有排列的个数是________．(用数字作答)解析由已知数字6一定在第三行，第三行的排法种数为A13A25＝60；剩余的三个数字中最大的一定排在第二行，第二行的排法种数为A12A12＝4，由分步计数原理满足条件的排列个数是240.答案2409.数字1,2,3，…，9这九个数字填写在如图的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每列从上到下也依次增大，当数字4固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有________种．解析必有1、4、95只有两种填法．对于5的每一种填法，6、7、8只有3种不同的填法，由分步计数原理知共有22×3＝12种填法．答案1210．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为a i(i＝1,2，…，6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1＜a3＜a5，则不同的排列方法有________种(用数字作答)．解析分两步：(1)先排a1，a3，a5，若a1＝2，有2种排法；若a1＝3，有2种排法；若a1＝4，有1种排法，共有5种排法；(2)再排a2，a4，a6，共有A33＝6种排法，故不同的排列方法有5×6＝30种．答案 3011．用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，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.解析分步求解．只要在涂好1,5,93与1,5,9同色，则2,6的涂法为2×2，若3与1,5,9不同色，则3有两种涂法，2,6只有一种涂法，同理涂4,7,8，即涂法总数是C13(2×2＋C12×1)×(2×2＋C12×1)＝3×6×6＝108.答案 10812．给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：由此推断，当n＝6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有__________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种．(结果用数值表示)答案 21；43三、解答题13．如右图所示三组平行线分别有m、n、k条，在此图形中(1)共有多少个三角形？(2)共有多少个平行四边形？解析(1)每个三角形与从三组平行线中各取一条的取法是一一对应的，由分步计数原理知共可构成m·n·k个三角形．(2)每个平行四边形与从两组平行线中各取两条的取法是一一对应的，由分类和分步计数原理知共可构成C2m C2n＋C2n C2k＋C2k C2m个平行四边形．14. 编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？解析根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C、D、E有A33＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×3×2×1＝18种不同方法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．15．现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法？解析可将星期一、二、三、四、五分给5个人，相邻的数字不分给同一个人．星期一：可分给5人中的任何一人，有5种分法；星期二：可分给剩余4人中的任何一人，有4种分法；星期三：可分给除去分到星期二的剩余4人中的任何一人，有4种分法；同理星期四和星期五都有4种不同的分法，由分步计数原理共有5×4×4×4×4＝1 280种不同的排法．16．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．(1)若B中每一元素都有原象，这样不同的f有多少个？(2)若B中的元素0必无原象，这样的f有多少个？(3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，这样的f又有多少个？解析(1)显然对应是一一对应的，即为a1找象有4种方法，a2找象有3种方法，a3找象有2种方法，a4找象有1种方法，所以不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．(2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，所以为A中每一元素找象时都有3种方法．所以不同的f共有34＝81(个)．(3)分为如下四类：第一类，A中每一元素都与1对应，有1种方法；第二类，A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有C24·C12＝12种方法；第三类，A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有C24·C22＝6种方法；第四类，A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有C14·C13＝12种方法．所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．。

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理A级训练(完成时间：10分钟)1.某城市的电话号码，由六位升为七位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是()A．9×8×7×6×5×4×3B．8×96C．9×106D．81×1052.从a、b、c、d、e五人中选1名班长，1名副班长，1名学习委员，1名纪律委员，1名文娱委员，但a不能当班长，b不能当副班长．则不同选法总数为()A．78 B．54C．24 D．203.某生产过程有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，则不同的安排方案有()A．24种B．36种C．48种D．72种4.五名旅客在三家旅店投宿的方法有243种．5.72的正约数(包括1和72)共有12个．6.4张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？B级训练(完成时间：20分钟)1.[限时2分钟，达标是()否()]已知复数a＋b i，其中a，b为0,1,2，…，9这10个数字中的两个不同的数，则不同的虚数的个数为()A．36 B．72C．81 D．902.[限时2分钟，达标是()否()]已知集合M∈{1，－2,3}，N∈{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是() A．18 B．10C．16 D．143.[限时2分钟，达标是()否()]如图是某汽车维修公司的维修点环形分布图．公司在年初分配给A，B，C，D四个维修点某种配件各50件．在使用前发现需将A，B，C，D四个维修点的这批配件分别调整为40,45,54,61件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次(n 件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n)为()A．15 B．16C．17 D．184.[限时3分钟，达标是()否()]如图，正五边形ABCDE中，若把顶点A、B、C、D、E染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有30种．5.[限时3分钟，达标是()否()]用n种不同的颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙)，要求在①②③④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一颜色．(1)若n＝6，则为甲图着色的不同方法共有480种；(2)若为乙图着色时共有120种不同方法，则n＝5.6.[限时4分钟，达标是()否()]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．某人想先选定吉利号18，然后从01至17中选3个连续的号，从19至29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注．若这个人要把符合这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？7.[限时4分钟，达标是()否()]从{－3，－2，－1,0,1,2,3,4}中任选三个不同元素作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数，问能组成多少条图象为经过原点且顶点在第一象限或第三象限的抛物线？C级训练(完成时间：9分钟)1.[限时4分钟，达标是()否()](2014·重庆)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是()A．72 B．120C．144 D．1682.[限时5分钟，达标是()否()]已知圆的方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，从0,3,4,5,6,7,8,9,10这九个数中选出3个不同的数，分别作圆心的横坐标、纵坐标和圆的半径．问：(1)可以作多少个不同的圆？(2)经过原点的圆有多少个？(3)圆心在直线上x＋y－10＝0的圆有多少个？第十一章计数原理第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理【A级训练】1．D解析：由题意知本题是一个分步计数问题，电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位时为9×106.所以可增加的电话部数是9×106－9×105＝81×105.2．A解析：第1类，a当副班长，共有A44种选法；第2类，a当委员，共有C13C13·A33种选法．所以不同选法共有A44＋C13C13·A33＝24＋54＝78(种)．3．B解析：依题若第一道工序由甲来完成，则第四道工序必由丙来完成，故完成方案共有A24＝12种；若第一道工序由乙来完成，则第四道工序必由甲丙二人之一来完成，故完成方案共有A12·A24＝24种；所以则不同的安排方案共有A24＋A12·A24＝36种．4．243解析：完成这件事，可分成五个步骤：第一步安排一名旅客，有3种投宿方法，同理第二步，第三步，第四步，第五步依次安排一名旅客，都各自有3种方法，根据分步计数原理，得到五名旅客在三家旅店投宿的方法有N＝3×3×3×3×3＝35＝243(种)．5．12解析：72＝23×32.所以2m·3n(0≤m≤3,0≤n≤2，m，n∈N)都是72的正约数．m 的取法有4种，n的取法有3种，由分步计数原理共3×4个．6．解析：分三个步骤：第一步：百位可放8－1＝7个数；第二步：十位可放6个数；第三步：个位可放4个数．根据分步计数原理，可以组成7×6×4＝168(个)数．【B级训练】1．C解析：当a取0时，b有9种取法，当a不取0时，a有9种取法，b不能取0和a取的数，故b有8种取法，所以组成不同的虚数个数为9＋9×8＝81种．2．D解析：由题意知本题是一个分类和分步的综合问题，M中的元素作点的横坐标，N 中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有1×2个．N中的元素作点的横坐标，M中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有2×2个．所以所求不同的点的个数是2×2＋1×2＋2×2＋2×2＝14(个)．3．B解析：D处的零件要从A、C或B处移来调整，且件次数最少．方案一：从A处调10个零件到D处，从B处调5个零件到C处，从C处调1个零件到D处，共调动16件次；方案二：从B处调1个零件到A处，从A处调11个零件到D处，从B处调4个零件到C处，共调动16件次．故选B.4．30解析：由题意知给五个顶点染色，使得相邻顶点所染颜色不相同，将图中五个点分成三组：AC、BD、E；AC、BE、D；AD、BE、C；AD、CE、B；BD、CE、A.共五种情况，于是有5A33＝30种涂色方法．5．(1)480(2)5解析：(1)由分步乘法计数原理，对区域①②③④按顺序着色，共有6×5×4×4＝480种方法．(2)与第(1)问的区别在于与④相邻的区域由2块变成了3块．同样利用分步乘法计数原理，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120.所以(n2－3n)(n2－3n＋2)＝120，即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－12×10＝0，所以n2－3n－10＝0，n2－3n＋12＝0(舍去)，解得n＝5，n＝－2(舍去)．6．解析：由题意知本题是一个分步计数问题，第1步从01到17中选3个连续号有15种选法；第2步从19到29中选2个连续号有10种选法；第3步从30到36中选1个号有7种选法．由分步计数原理可知：满足要求的注数共有15×10×7＝1050注，故至少要花1050×2＝2100.7．解析：抛物线经过原点，得c＝0，当顶点在第一象限时，a＜0，－b2a＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧a＜0b＞0，则有3×4＝12(种)；当顶点在第三象限时，a＞0，－b2a＜0，即a＞0，b＞0，则有4×3＝12(种)．共计有12＋12＝24(种)．【C级训练】1．B解析：先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品，小品，相声”“小品，相声，小品”和“相声，小品，小品”．对于第一种情况，形式为“□小品歌舞小品□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品□相声□小品□”，有A22A34＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．2．解析：(1)可分两步完成：第一步，先选r，因r＞0，则r有A18种选法，第二步再选a，b，在剩余8个数中任取2个，有A28种选法，所以由分步计数原理可得有A18A28＝448个不同的圆．(2)圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2经过原点，a、b、r满足a2＋b2＝r2，满足该条件的a，b，r共有3,4,5与6,8,10两组，考虑a、b的顺序，有A22种情况，所以符合题意的圆有2A22＝4个．(3)圆心在直线x＋y－10＝0上，即满足a＋b＝10，则满足条件的a、b有三组：0,10；3,7；4,6.当a、b取10、0时，r有7种情况，当a、b取3、7；4、6时，r不可取0，有6种情况，考虑a、b的顺序，有A22种情况，所以满足题意的圆共有A22A17＋2A22A16＝38个．。

分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础梳理1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有m n种不同的方法，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．两个原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．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”．双基自测1．(人教A版教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有()．A．238个B．232个C．174个D．168个解析可用排除法由0,1,2,3可组成的四位数共有3×43＝192(个)，其中无重复的数字的四位数共有3A33＝18(个)，故共有192－18＝174(个)．答案 C2．(2010·广州模拟)已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成多少个集合()．A．24个B．36个C．26个D．27个解析C14C13＋C14C12＋C13C12＝26，故选C.答案 C3．(2012·滨州调研)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种解析分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)，故选C.4．(2010·湖南)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解析若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C34；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C24，由分类计数原理知满足条件的信息个数为1＋C34＋C24＝11.5．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，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况共有________种．解析法一当线路不通时焊点脱落的可能情况共有2×2×2×2－1＝15(种)．法二恰有i个焊点脱落的可能情况为C i4(i＝1,2,3,4)种，由分类计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况共C14＋C24＋C34＋C44＝15(种)．考向一分类加法计数原理【例1】►(2011·全国)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()．A．4种B．10种C．18种D．20种[审题视点] 由于是两类不同的书本，故用分类加法计数原理．解析赠送一本画册，3本集邮册，共4种方法；赠送2本画册，2本集邮册共C24种方法，由分类计数原理知不同的赠送方法共4＋C24＝10(种)．【训练1】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．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)．考向二分步乘法计数原理【例2】►(2011·北京)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个(用数字作答)．[审题视点] 组成这个四位数须分4步完成，故用分步乘法计数原理．解析法一用2,3组成四位数共有2×2×2×2＝16(个)，其中不出现2或不出现3的共2个，因此满足条件的四位数共有16－2＝14(个)．法二满足条件的四位数可分为三类：第一类含有一个2，三个3，共有4个；第二类含有三个2，一个3共有4个；第三类含有二个2，二个3共有C24＝6(个)，因此满足条件的四位数共有2×4＋C24＝14(个)．考向三涂色问题【例3】►如图，用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？[审题视点] 根据乘法原理逐块涂色，要注意在不相邻的区域内可使用同一种颜色．解法一如题图分四个步骤来完成涂色这件事：涂A有5种涂法；涂B有4种方法；涂C有3种方法；涂D有3种方法(还可以使用涂A的颜色)．根据分步计数原理共有5×4×3×3＝180种涂色方法．法二由于A、B、C两两相邻，因此三个区域的颜色互不相同，共有A35＝60种涂法；又D 与B、C相邻、因此D有3种涂法；由分步计数原理知共有60×3＝180种涂法．【训练3】如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．解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)．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)．规范解答20——如何解决涂色问题【问题研究】涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点. 【解决方案】涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.【示例】►(本小题满分12分)用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？[解答示范] 如图所示，将4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．(2分)①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A24＝12种不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法．由分步计数原理可知，有5×12×3＝180种不同的涂法；(6分)②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻西格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知．有5×4×4＝80种不同的涂法．由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260种不同的涂法．(12分)。