【名师导学】数学(江苏理,提高版)大一轮复习练习：第十二章计数原理(含答案解析)

课后导练基本达标1.将三封信投到4个邮筒,最多的投法有________种.()A.4B.3C.43D.34解析:分三步:(1)第一封信可投入4个中任一个,4种情况;(2)第二封信可投入4个中任一个,4种情况;(3)第三封信可投入4个中任一个,4种情况;根据分步计数原理,知N=4×4×4=43(种).答案: C2.已知集合A={1,2,3},集合B ={4,5,6},映射f:A→B,且满足1的象是4,则这样的映射有()A.2个B.4个C.8个D.9个解析:因为1→4,则由映射定义知2和3各有3种对应方式.由分步乘法计数原理得N=3×3=9(种).答案:D3. 某商业大厦有东、南、西三个大门,楼内东西两侧各有两个楼梯,由楼外到二楼上的走法种数是()A.5B.7C.10D.12解析:分三步:第一步:进大门有三种情况;第二步:上一楼有两种情况;第三步:上二楼有两种情况.∴N=3×2×2=12(种).答案:D4.已知集合A={0,2,5,7,9},从集合A中取两个元素相乘组成集合B,则集合B的子集个数为()A.7B.16C.127D.128解析:分两类:(1)取0时,有1种;(2)不取0时,有6种.∴B中含有7个元素,子集为27=128个.答案:D5.从1、2、3、4、7、9六个数中,任取两个数作对数的底数和真数,则所有不同的对数的值的个数是_________个.解析:分两类:(1)当取1时,1只能为真数,此时y=0.(2)不取1时,分两步.①取底数有5种;②取真数有4种.其中, log23=log49,log32=log94,log24=log39, log42=log93,∴N=1+5×4-4=17(个).答案:176.将(a1+b1+c1+d1)(a2+b2+c2+d2)展开后不同的项有_______项.解析:展开后每一项均由两个元素组成,分别来自两个括号,由分步乘法计数原理得N=4×4=16(项). 答案:167.从1、3、5、7四个数中任取两数相乘,可得到________个不同的积,从中任取两数相除可得到_______个不同的商.解析:乘积共6种,分别为1×3、1×5、1×7、3×5、3×7、5×7.商数分两步:第一步:确定被除数,有四种;第二步:确定除数,有3种.根据乘法原理知N=3×4=12(种).答案:6128.已知a、b∈N+,但a+b≤6,则复数a+b i有多少个?解:(1)a=1时,b有5种方法;(2)a=2时,b有4种方法;(3)a=3时,b有3种方法;(4)a=4时,b有2种方法;(5)a=5时,b有1种方法.共有复数5+4+3+2+1=15个.9.2 160的正约数有多少个?其中偶数有多少个?解析:由已知,得2 160的正约数为2m·3n·5 p,其中m∈{0,1,2,3,4},n∈{0,1,2,3},p∈{0,1}.由分步计数原理知2 160的正约数有5×4×2=40个.其中偶数有4×4×2=32个.10.f是集合M ={a,b,c,d}到集合N ={0,1,2}的映射,有f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=4,则不同的映射有多少个?解析:由f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=4知4=0+0+2+2,4=1+1+2+0,4=1+1+1+1,共3类,由加法原理,共有6+6×2+1=19个映射.综合运用11.甲、乙、丙、丁四个人各写1张贺卡,放在一起,再各取1张不是自己所写的贺卡,共有多少种不同取法?解析:排出所有的分配方案.(1)甲取得乙卡,分配方案如右图,此时乙有甲、丙、丁3种取法,若乙取甲,则丙取丁、丁取丙;若乙取丙,则丙取丁、丁取甲;若乙取丁,则丙取甲、丁取丙,故有3种分配方案;(2)甲取得丙卡,分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取得贺卡如下:丙甲丁乙,丙丁甲乙,丙丁乙甲;(3)甲取得丁卡,分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取得贺卡如下:丁甲乙丙,丁丙甲乙,丁丙乙甲.由加法原理,共有3+3+3=9种.12.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,如果抛物线过原点且顶点在第一象限,则这样的抛物线共有多少条?解析:依据题意得0=a ·02+b ·0+c-⎪⎩⎪⎨⎧<>=⇒⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>->-+•+•=,0,0,00440200022a b c ab ac a b c b a 故a 可取-1,-2,-3;b 可取1,2,3.所以共有N =3×3=9(条)抛物线.拓展探究13.从甲地到乙地,如果翻过一座山,上山有2条路,下山有3条路.如果不走山路,由山北绕道有2条路,由山南绕道有3条路.问:(1)如果翻山而过,有多少种不同走法?(2)如果绕道而行,有多少种不同走法?(3)从甲地到乙地共有多少种不同走法?解析:(1)翻山分两步:①上山有2种;②下山有3种.∴N =2×3=6(种).(2)绕道分两类:①山南绕道有3种;②山北绕道有2种.∴N =2+3=5(种).(3)从甲到乙共两类:①不走山路有5种;②走山路有6种.∴N =5+6=11(种).。

第65课两个基本原理【自主学习】第65课两个基本原理(本课时对应学生用书第169~170页)自主学习回归教材1. (选修2-3P6例1改编)一件工作可以用两种方法完成，有28人会用第一种方法完成，有20人会用第二种方法完成.从中选出1人来完成这件工作，不同选法的总数是.【答案】48【解析】由分类计数原理知共有28+20=48种方法.2. (选修2-3P8例4改编)某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法有种.【答案】504【解析】分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个新节目，有9种方法，故共有7×8×9=504种不同的插法.3. (选修2-3P9习题3改编)从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通，则从甲地到丙地共有种不同的走法. 【答案】14【解析】共有2×3+4×2=14种不同的走法.4. (选修2-3P9习题6改编)将数字1，2，3，4填在标号为①，②，③，④的方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有种.【答案】9【解析】先填数字1，有3种方法；其次任选一个数字填入符合条件的方格中，有3种方法；最后两个数字唯一选择，故不同的填法有3×3×1=9(种).5. (选修2-3P9习题8改编)乘积(a+b+c+d)(m+n+p)·(x+y+z-f)展开后共有项.【答案】481.分类加法计数原理(也称加法原理)完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+m n种不同的方法.2.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m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1·m2·…·m n种不同的方法.3.两个原理辨析两个基本原理都是涉及完成一件事的不同方法种数的计算方法，它们的区别在于：分类计数原理与“分类”有关，各种方法相互独立，用任何一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与“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.【要点导学】要点导学各个击破分类计数原理的应用例1高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，男生35人，女生20人.(1)从高三一班或二班或三班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?【解答】(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.根据分类计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50+60+55=165种不同的选法.(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，共有30+30+20=80种不同的选法.【精要点评】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，才可以用分类计数原理.变式(1)如图，从A到O有种不同的走法(不重复过一点).(2)满足a，b∈{-1，0，1，2}，且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序实数对(a，b)的个数是.(变式)【答案】(1)5 (2)13 【解析】(1)分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O ，共2种不同的走法； 第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O ，共2种不同的走法. 由分类加法计数原理可得共有1+2+2=5种不同的走法. (2)已知a ，b ∈{-1，0，1，2}.①当a=0时，有x=-2b，b=-1，0，1，2，有4种可能.②当a ≠0时，则Δ=4-4ab ≥0，ab ≤1. i)若a=-1，b=-1，0，1，2，有4种可能； ii)若a=1，b=-1，0，1，有3种可能； iii)若a=2，b=-1，0，有2种可能.所以有序实数对(a ，b )共有4+4+3+2=13(个).分步计数原理的应用例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.【思维引导】可以根据报名过程，使用分步计数原理.【解答】(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的选法，由分步计数原理知，共有36=729种不同的报名方法.(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，由分步计数原理得，共有6×5×4=120种不同的报名方法.(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，由分步计数原理得，共有63=216种不同的报名方法.【精要点评】利用分步计数原理解决问题：(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.两个计数原理的综合应用例3如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为.(例3)【思维引导】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.【答案】420【解析】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、分类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55A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2×45A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35A种不同的方法.由分类计数原理，得不同的染色方法种数为55A+2×45A+35A=420(种).【精要点评】在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，在解决计数问题时，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.变式电视台工作人员在“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?【解答】(1)幸运之星先在甲箱中抽取，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)幸运之星先在乙箱中抽取，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有20×19×30=11 400(种).由分类计数原理知共有17 400+11 400=28 800种不同结果.1.在如图所示的电路图中，从A到B共有条不同的线路可通电.(第1题)【答案】8【解析】因为按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2=4条，根据分类加法计数原理，共有3+1+4=8条不同的电路可通电.2.用数字0，1，2，3，4，5，6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.【答案】324【解析】个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有231334C A C+3133A C=90(个)；个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有231334C A C+12313333C C A C=234(个)，所以共有90+234=324(个).3.在2015年北京田径世锦赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有种. 【答案】2 880【解析】分两步安排这8名运动员.第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2=24(种). 第二步：安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1=120(种).所以安排这8人的方式有24×120=2 880(种).4.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.(第4题)【答案】108【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.由分步计数原理，可得共有3×6×6=108种涂法.趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第129~130页.【检测与评估】第十二章计数原理第65课两个基本原理一、填空题1．已知异面直线a，b上分别有5个点和8个点，那么这13个点可以确定不同的平面个数为.2．一支乒乓球队里有男队员5名、女队员4名，从中选出男、女队员各1名组成混合双打，那么共有种不同的选法.3．已知集合P={x，1}，Q={y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是.4．已知集合M={1，-2，3}，N={-4，5，6，-7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是.5．如图所示的阴影部分由方格纸上的3个小方格组成，我们称这样的图案为“L”型图案(每次旋转90°仍为“L”型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的“L”型图案的个数是.(第5题)6．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这些任务，那么不同的选法有种.7．若只用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定：这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有个.8．(2014·泉州质检)如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块花坛里只种一种花，且相邻的两块花坛里种不同的花，则不同的种法共有种.(第8题)二、解答题9．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门语言，其中7人会英语，3人会日语，那么从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法?10．标号分别为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个白色小球，C袋中有3个黄色小球，现从中取出两个小球.(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?11．编号分别为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号盒子中，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种?(第11题)【检测与评估答案】第十二章计数原理第65课两个基本原理1．13【解析】分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类计数原理知，共可以确定8+5=13个不同的平面.2．20【解析】由题意知需选出男、女队员各1人，可分两步进行：第一步，选1名男队员，有5种选法；第二步，选1名女队员，有4种选法.共有5×4=20种不同的选法.3．14【解析】当x=2时，x≠y，点的个数为1×7=7；当x≠2时，x=y，点的个数为7×1=7．因此，共有14个点.4．6【解析】分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2=4(个)；第二类，第二象限内的点，有1×2=2(个).根据分类计数原理知共有4+2=6个不同的点.5．48【解析】每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个，共有2×2型小方格12个，所以共有“L”型图案4×12=48个.6．2 520【解析】第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有210C种选派方法；第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有18C种选派方法；第三步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有17C种选派方法.根据分步计数原理，有210C·18C·17C=2 520种不同的选法.7．18【解析】由题意知1，2，3中必有某一个数字重复使用2次.第一步，确定谁被使用2次，有3种方法；第二步，把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步，将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法.故共可组成3×3×2=18个不同的四位数.8．84【解析】方法一：按所种花的品种多少分成三类：种两种花有24A种种法；种三种花有234A种种法；种四种花有44A种种法.所以不同的种法共有24A+234A+44A=84种.方法二：按A-B-C-D的顺序种花，可分A，C种同一种花与不种同一种花两种情况，共有4×3×(1×3+2×2)=84种不同的种法.9．由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语.第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则选会日语的有2+1=3(种)，此时共有6×3=18(种)；第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2=2(种).根据分类加法计数原理知共有18+2=20种选法.10．(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，所以应有1×2+1×3+2×3=11种取法.(2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个，所以应有1+3=4种取法.11．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，则根据分步计数原理，有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，则根据分步计数原理，有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3×2×1=6种不同的放法，则根据分步计数原理，有3×6=18种不同的放法.综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6+6+18=30种.。

内蒙古大学附中2018版《创新设》高考数学一轮复习单元能力提升训练：计数原理本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张.不同取法的种数为( )A ． 472B ． 252C ． 232D ． 484【答案】A2．现要从甲、乙、丙、丁、戊五人中选出三人担任班长、副班长、团支书三种不同的职务，且上届任职的甲、乙、丙都不再连任原职务．．．．．．．的方法种数为( ) A ．48 B ．30 C ．36 D ．32【答案】D3．现有男、女学生共7人，从男生中选1人，从女生中选2人分别参加数学、物理、化A ．男生4人，女生3人B ．男生3人，女生4人C ．男生2人，女生5人D ．男生5人，女生2人. 【答案】B4．512a x x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( ) A ．-40 B ．-20 C ．20 D ．40【答案】D5．八个一样的小球按顺序排成一排，涂上红、白两种颜色，5个涂红色，三个涂白色，求恰好有个三个的连续的小球涂红色，则涂法共有( )A. 24种B. 30种C. 20种D. 36种【答案】A6．在8)1)(1(+-x x 的展开式中5x 的系数是( )A ．−14B ．14C ．−28D ．28【答案】B7．有不同的语文书9本,不同的数学书7本,不同的英语书5本,从中选出不属于同一的书2本,则不同的选法有( )种A ．21B ．315C ． 143D ．153【答案】C8．9名乒乓球运动员，男5名，女4名，现要从中选出2名男队员、2名女队员进行混合双打比赛，不同的配对方法共有( )A ．60种B ．84种C ．120种D ．240种【答案】C9．某种实验中，先后要实施个程序，其中程序A 只能出现在第一步或最后一步，程序B 和C 实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有( )A ．24种B ．48种C ．96种D ．144种【答案】C10．将字母a,a,b,b,c,c,排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )A ．12种 B.18种 C.24种 D.36种【答案】A11．将9个相同的小球放入3个不同的盒子，要求每个盒子中至少有1个小球，且每个盒子中的小球个数都不同，则不同的放法共有( )A ．15种B ．18种C ．19种D ．21种【答案】B12．某单位拟安排6位员工在今年6月4日至6日(端午节假期)值班，每天安排2人，每人值班1天，若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有( )A ．30种B ．36种C ．42种D ．48种【答案】C第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．在5(23)x -的展开式中，各项系数的和为 ． [:数理化]【答案】1-14．设ABCDEF 为正六边形，一只青蛙开始在顶点A 处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D 点，则停止跳动；若5次之内不能到达D 点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种．【答案】26[:15．在65)1()1(x x -+-的展开式中，含3x 的项的系数是【答案】-30[:16．用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为9,,2,1 的9个小正方形（如右图），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．【答案】108 三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数： (1)奇数；(2)偶数；(3)大于3 125的数.【答案】 (1)先排个位，再排首位，共有A 13·A 14·A 24=144（个）.(2)以0结尾的四位偶数有A 35个，以2或4结尾的四位偶数有A 12·A 14·A 24个，则共有A 35+A 12·A 14·A 24=156（个）.(3)要比3 125大，4、5作千位时有2A 35个，3作千位，2、4、5作百位时有3A 24个，3作千位，1作百位时有2A 13个，所以共有2A 35+3A 24+2A 13=162（个）.18．有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？【答案】设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A ，3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B ，4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C ，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A 中选1人参加象棋比赛，B 中选1人参加围棋比赛，方法数为61312=⋅C C 种；第二类：C 中选1人参加象棋比赛，B 中选1人参加围棋比赛，方法数为121314=⋅C C 种；第三类：C 中选1人参加围棋比赛，A 中选1人参加象棋比赛，方法数为81214=⋅C C 种；第四类：C 中选2人分别参加两项比赛，方法数为1224=A 种；由分类加法计数原理，选派方法数共有：6+12+8+12=38种。

第十一章计数原理、随机变量及其概率分布§11.1分类计数原理与分步计数原理考情考向分析以理解和应用两个基本原理为主，常以实际问题为载体，加强分类讨论思想，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解答题的形式出现，难度为中档．1．分类计数原理如果完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……，在第n类方式中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步计数原理如果完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3．分类和分步的区别，关键是看事件能否一步完成，事件一步完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步．分类要用分类计数原理将种数相加；分步要用分步计数原理，将种数相乘．概念方法微思考1．在解题过程中如何判定是用分类计数原理还是分步计数原理？提示如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成事件的一部分，就用分步计数原理．2．两种原理解题策略有哪些？提示①分清要完成的事情是什么；②分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；③有无特殊条件的限制；④检验是否有重复或遗漏．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)在分类计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( ×)(2)在分类计数原理中，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m i(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…m n种方法．( √)(5)在分步计数原理中，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2．[P9T8]已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是________．答案 6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3×2＝6.3．[P29习题T9]将3个不同的小球放入编号分别为1,2,3,4,5,6的盒子内，6号盒子中至少有1个球的放法种数是________．答案91解析本题应分为6号盒子中有1个球，2个球，3个球三类来解答，可列式为C13(A25＋A15)＋C23A15＋C33＝91(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________．答案18解析分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数．5．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，根据分类计数原理可知，共有12种结果．6．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________．答案12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3×4＝12(种)不同的走法．7.现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________种．答案48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，由分步计数原理知，共有4×3×2×2＝48(种)着色方法．题型一分类计数原理1．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________．答案13解析方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的情况应分类讨论．①当a＝0时，方程为一元一次方程2x＋b＝0，不论b取何值，方程一定有解．此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对．②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个有序数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)．a≠0时，(a，b)共有3×4＝12(个)实数对，故a≠0时满足条件的实数对有12－3＝9(个)，所以答案应为4＋9＝13.2．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________．答案240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)．3．定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有___个．答案14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，共有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2＋8＋4＝14(个)．思维升华分类标准是运用分类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．题型二分步计数原理例1(1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为________．答案18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6×3＝18(条)．(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，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(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，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(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，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．思维升华 (1)利用分步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1一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．由分步计数原理知，共有6×4×2＝48(种)不同的游览线路．题型三两个计数原理的综合应用命题点1 与数字有关的问题例2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＝1080(个)．命题点2 涂色、种植问题例3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4A33＝24(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A24×2×1×3＝72(种)方法．故由分类计数原理可知，不同的涂色种数为24＋72＝96.命题点3 与几何有关的问题例4(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________．答案36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)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________．答案48解析长方体的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.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2(1)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)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4×3×3×3＝108(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________个．答案120解析由题意，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3×A34＝72(个)；若万位是4，则有2×A34＝48(个)，故比40000大的偶数共有72＋48＝120(个)．1．集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{3,4,5,6,7,8,9}，从集合A，B中各取一个数，能组成的没有重复数字的两位数的个数为________．答案58解析根据分步计数原理和分类计数原理得(C12·C13＋C14·C13＋C12·C14＋C23)·A22＝58.2．(2018·苏州质检)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有________种．答案 6解析分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)，同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．由分类计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．3．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则行车路线共有________种．答案12解析根据题意，车的行驶路线起点有4种，行驶方向有3种，所以行车路线共有4×3＝12(种)．4．若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)各位数均不产生进位现象，则称n为“开心数”．例如：32是“开心数”．因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“开心数”，因为23＋24＋25产生进位现象，那么，小于100的“开心数”的个数为________．答案12解析根据题意知个位数n需要满足n＋(n＋1)＋(n＋2)<10，即n<2.3，∴个位数可取0,1,2三个数，∵十位数k需要满足3k<10，∴k<3.3，∴十位数可以取0,1,2,3四个数，故小于100的“开心数”共有3×4＝12(个)．5．从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．答案17解析当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数中不含有1时，可得到A25＝20(个)对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．6．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，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，则这样的三角形有________个．答案27解析先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1,2，…，6，有六个，再考虑等腰的情况，若a＝b＝1，c<a＋b＝2，此时c＝1与等边重复，若a＝b＝2，c<a＋b＝4，则c＝1,3，有两个，若a＝b＝3，c<a＋b＝6，则c＝1,2,4,5，有四个，若a＝b＝4，c<a＋b＝8，则c＝1,2,3,5,6，有五个，若a＝b＝5，c<a＋b＝10，则c＝1,2,3,4,6，有五个，若a＝b＝6，c<a＋b＝12，则c＝1,2,3,4,5，有五个，故一共有27个．7．2017年1月27日，哈尔滨地铁3号线一期开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，哈西站一定要有人去，则不同的游览方案为________种．答案65解析根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3＝81(种)情况，若哈西站没人去，即四位同学选择了城乡路和哈尔滨大街．每人有2种选择方法，则4人一共有2×2×2×2＝16(种)情况，故哈西站一定要有人去有81－16＝65(种)情况，即哈西站一定有人去的游览方案有65种．8．用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有________种．答案4320解析分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法．根据分步计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4320(种)不同的涂色方法．9.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为________．答案96解析若A，D颜色相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C 只有1种涂法，共有4×3×2＝24(种)；若A，D颜色不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D相同时，C有2种涂法，当B和D不同时，C只有1种涂法，共有4×3×2×(2＋1)＝72(种)，根据分类计数原理可得，共有24＋72＝96(种)不同的涂色方法．10．设集合A＝{－1,0,1}，B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B 中元素的个数为________．(用数字作答)答案10解析易知A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，∴x有2种取法，y有5种取法．由分步计数原理，知A*B中的元素有2×5＝10(个)．11．联合国国际援助组织计划向非洲三个国家援助粮食和药品两种物资，每种物资既可以全部给一个国家，也可以由其中两个或三个国家均分，若每个国家都要有物资援助，则不同的援助方案有________种．答案25解析根据题意，可分为：三个国家粮食和药品都有，有1种方法；一个国家粮食，两个国家药品，有3种方法；一个国家药品，两个国家粮食，有3种方法；两个国家粮食，三个国家药品，有3种方法；两个国家药品，三个国家粮食，有3种方法；两个国家粮食，两个国家药品，有3×2＝6(种)方法；三个国家粮食，一个国家药品，有3种方法；三个国家药品，一个国家粮食，有3种方法，故方法总数是25.12．将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为________．答案240解析将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，①若末位数字为2，因为含有2个4，所以有5×4×3×2×12＝60(种)情况；②若末位数字为6，同理有5×4×3×2×12＝60(种)情况；③若末位数字为4，因为有2个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120(种)情况．综上，共有60＋60＋120＝240(种)情况．13.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是________．答案60解析根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3,4,5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法，故答案是60.14．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元的，1个8元的，1个10元的(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有________种．答案36解析①若甲、乙抢到的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有A22A23＝12(种)情况；②若甲、乙抢到的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有A22A23＝12(种)情况；③若甲、乙抢到的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走有A22C23＝6(种)情况；④若甲、乙抢到的是2个6元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有A23＝6(种)情况．根据分类计数原理可知，共有36种情况．15．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．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)5位回文数有________个；(2)2n(n∈N*)位回文数有________个．答案(1)900 (2)9×10n－1解析(1)5位回文数相当于填5个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，第2位和第4位一样，有10种填法，中间一位有10种填法，共有9×10×10＝900(种)填法，即5位回文数有900个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步计数原理，知有9×10n－1种填法．16．用6种不同的颜色给三棱柱ABC－DEF六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色，且每条棱的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有________种．(用数字作答)答案8520解析分两步来进行，先涂A，B，C，再涂D，E，F.第一类：若6种颜色都用上，此时方法共有A66＝720(种)；第二类：若6种颜色只用5种，首先选出5种颜色，方法有C56种；先涂A，B，C，方法有A35种，再涂D，E，F中的两个点，方法有A23种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有C56·A35·A23·2＝4320(种)；第三类：若6种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有C46种；先涂A，B，C，方法有A34种，再涂D，E，F中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有C46·A34·3·3＝3240(种)；第四类：若6种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有C36种；先涂A，B，C，方法有A33种，再涂D，E，F，方法有2种，故此时方法共有C36·A33×2＝240(种)．综上可得，不同涂色方案共有720＋4320＋3240＋240＝8520(种)．。