2020年高考数学一轮复习 课时分层训练62 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 理 北师大版

专题十计数原理【真题典例】10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理、排列与组合挖命题【考情探究】分析解读 1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个事件来完成,两个原理的区别在于一个与分类有关,一个与分步有关,这两个原理是最基本也是最重要的原理,是解答排列与组合问题,尤其是解答较复杂的排列与组合问题的基础.2.排列与组合的综合是高考中的热点.本节内容在高考中单独考查时,以选择题、填空题的形式出现,分值约为5分,属中档题.此外,还经常与概率、分布列问题相结合,出现在解答题的第(1)问中,难度中等或中等偏上.破考点【考点集训】考点计数原理、排列与组合1.(2017课标Ⅱ,6,5分)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有()A.12种B.18种C.24种D.36种答案 D2.将7个座位连成一排,安排4个人就座,恰有两个空座位相邻的不同坐法有()A.240种B.480种C.720种D.960种答案 B3.无偿献血是践行社会主义核心价值观的具体行动,现需要在报名的2名男教师和6名女教师中选择5人参加无偿献血,要求男、女教师都有,则不同的选择方法的种数为.(结果用数字表示)答案504.在一次数学会议中,有五位老师来自A,B,C三所学校,其中A学校有2位,B学校有2位,C学校有1位.现在五位老师站成一排照相,若要求来自同一学校的老师不相邻,则共有种不同的站队方法.答案48炼技法【方法集训】方法1排列问题的常见解法1.(2014辽宁,6,5分)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24答案 D2.(2014重庆,9,5分)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.72B.120C.144D.168答案 B3.在一项太空实验中,要先后实施6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在实施时必须相邻,则实验顺序的编排方法共有()A.34种B.48种C.96种D.144种答案 C方法2组合问题的常见解法4.(2014大纲全国,5,5分)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组.则不同的选法共有()A.60种B.70种C.75种D.150种答案 C5.(2014安徽,8,5分)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对答案 C6.大厦一层有A,B,C,D四部电梯,3人在一层乘坐电梯上楼,其中2人恰好乘坐同一部电梯,则不同的乘坐方式有种.(用数字作答)答案36方法3分组与分配问题的解题技巧7.按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;(7)甲得1本,乙得1本,丙得4本.解析(1)无序不均匀分组问题.先选1本,有种选法;再从余下的5本中选2本,有种选法;最后余下3本全选,有种选法.故共有分配方式=60种.(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人,在(1)的基础上,还应考虑再分配,共有分配方式=360种.(3)无序均匀分组问题.先分三步选,每步选2本,则有种方法,但是这里出现了重复.不妨记六本书为A,B,C,D,E,F,若第一步取了AB,第二步取了CD,第三步取了EF,记该种分法为(AB,CD,EF),则种分法中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,CD,AB),(EF,AB,CD),共有种情况,而这种情况仅是AB,CD,EF的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方式有=15种.(4)有序均匀分组问题.在(3)的基础上再分配给3个人,共有分配方式·==90种.(5)无序部分均匀分组问题.共有分配方式=15种.(6)有序部分均匀分组问题.在(5)的基础上再分配给3个人,共有分配方式·=90种.(7)直接分配问题.甲选1本,有种方法;乙从余下的5本中选1本,有种方法;余下4本留给丙,有种方法.共有分配方式=30种.过专题【五年高考】A组自主命题·北京卷题组1.(2012北京,6,5分)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.24B.18C.12D.6答案 B2.(2013北京,12,5分)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是.答案963.(2011北京,12,5分)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)答案14B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2016四川,4,5分)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为()A.24B.48C.60D.72答案 D2.(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 B3.(2015四川,6,5分)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个答案 B4.(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165.(2017天津,14,5分)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 1 0806.(2017浙江,16,5分)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有种不同的选法.(用数字作答)答案6607.(2015广东,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)答案 1 560C组教师专用题组1.(2016课标Ⅲ,12,5分)定义“规范01数列”{a n}如下:{a n}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,a k中0的个数不少于1的个数,若m=4,则不同的“规范01数列”共有()A.18个B.16个C.14个D.12个答案 C2.(2014福建,10,5分)用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法原理及乘法原理,从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+ab表示出来,如:“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c5)D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)答案 A3.(2013四川,8,5分)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.9B.10C.18D.20答案 C4.(2013山东,10,5分)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 B5.(2013福建,5,5分)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.12D.10答案 B6.(2013重庆,13,5分)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是.(用数字作答)答案590【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2018北京东城一模,6)故宫博物院五一期间同时举办“戏曲文化展”“明代御窑瓷器展”“历代青绿山水画展”“赵孟頫书画展”四个展览.某同学决定在五一当天的上、下午各参观其中的一个,且至少参观一个画展,则不同的参观方案共有()A.6种B.8种C.10种D.12种答案 C2.(2018北京丰台一模,7)某学校为了弘扬中华传统“孝”文化,共评选出2位男生和2位女生为校园“孝”之星,现将他们的照片展示在宣传栏中,要求同性别的同学不能相邻,则不同的排法有()A.4种B.8种C.12种D.24种答案 B3.(2017北京房山一模,4)某中学语文老师从《红楼梦》《平凡的世界》《红岩》《老人与海》4本书中选出3本,分给三个同学去读,其中《红楼梦》必选,则不同的分配方法共有()A.6种B.12种C.18种D.24种答案 C4.(2017北京朝阳二模,5)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人,每人一张,且甲、乙分得的电影票连号,则不同的分法总数为()A.12B.24C.36D.48答案 D5.(2017北京海淀一模,7)甲、乙、丙、丁、戊五人排成一排,甲和乙都排在丙的同一侧,则排法种数为()A.12B.40C.60D.80答案 D6.(2018北京朝阳一模,5)某单位安排甲、乙、丙、丁4名工作人员从周一到周五值班,每天有且只有1人值班,每人至少安排一天且甲连续两天值班,则不同的安排方法的种数为()A.18B.24C.48D.96答案 B7.(2018北京石景山一模,6)现有4种不同的颜色,对如图所示的四个部分进行涂色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的涂色方法共有()A.24种B.30种C.36种D.48种答案 D8.(2019届北京一零一中学统考(二),6)某班有甲、乙、丙、丁四名学生参加志愿者服务工作,需将这四名学生分配到A,B,C三个不同的展馆服务,每个展馆至少分配一人.若要求甲不到A馆,则不同的分配方案有()A.36种B.30种C.24种D.20种答案 C二、填空题(每小题5分,共30分)9.(2018北京通州一模,12)2位教师和4名学生站成一排合影,要求2位教师站在中间,学生甲不站在两边,则不同排法的种数为.(结果用数字表示)答案2410.(2018北京西城期末,12)把4件不同的产品A,B,C,D摆成一排.若其中的产品A与产品B都摆在产品C的左侧,则不同的摆法有种.(用数字作答)答案811.(2018北京一七一中学期中,13)将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排,且A、B均在C的同侧,则不同的排法共有种.(用数字作答)答案48012.(2017北京石景山一模,13)将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一名学生,则不同的分法有种.(用数字作答)答案3613.(2017北京东城二模,11)某校开设A类选修课4门,B类选修课2门,每位同学需从两类选修课中共选4门.若要求至少选一门B类课程,则不同的选法共有种.(用数字作答)答案1414.(2017北京海淀零模,13)小明、小刚、小红等5个人排成一排照相合影,若小明与小刚相邻,且小明与小红不相邻,则不同的排法有种.答案36。

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数的个数是( )A．30 B．42C．36 D．35解析：选C.因为a＋b i为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．2．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有( )A．3种B．5种C．9种D．12种解析：选C.只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．3．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )A．20 B．25C．32 D．60解析：选C.依据题意知，最后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.4．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．24 B．48C．60 D．72解析：选B.先排个位，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偶数的个数为2×4×3×2×1＝48.5．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A．40 B．16C．13 D．10解析：选C.分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．6．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、四象限内不同点的个数为( )A ．18个B ．10个C ．16个D ．14个解析：选B.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．7．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B ，C ，D 中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )A ．180种B ．360种C ．720种D ．960种解析：选D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．8．直线l ：x a ＋y b＝1中，a ∈{1，3，5，7}，b ∈{2，4，6，8}．若l 与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为( )A ．6B ．7C ．8D ．16解析：选B.l 与坐标轴围成的三角形的面积为S ＝12ab ≥10，即ab ≥20.当a ＝1时，不满足；当a ＝3时，b ＝8，即1条．当a ∈{5，7}时，b ∈{4，6，8}，此时a 的取法有2种，b 的取法有3种，则直线l 的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.9．一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P 点处进，Q 点处出，沿图中线路游览A ，B ，C 三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O 外)的不同游览线路有( )A．6种B．8种C．12种D．48种解析：选D.从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B景点，有16种不同的方法；若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．10．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解析：选D.分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．11．设集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y ∈A∪B}，则A*B中元素的个数是( )A．7 B．10C．25D．52解析：选B.因为集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，所以A∩B＝{0，1}，A ∪B＝{－1，0，1，2，3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得2×5＝10.12．在如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为( )A．24种B．48种C．72种D．96种解析：选C.分两种情况：。

第八章计数原理、概率与统计知识体系【p96】第45讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理、排列与组合基本问题夯实基础【p96】【学习目标】1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．2．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；能解决简单的实际问题．【基础检测】1．图书馆的一个书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取一本书，不同的取法有( )A．12 B．16 C．64 D．120【解析】由于书架上有3＋5＋8＝16本书，则从中任取一本书，共有16种不同的取法．【答案】B2．火车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有( )A．105种B．510种C．50种D．以上都不对【解析】每个乘客都有5种不同下车方法，相互独立，故乘客下车的可能方式有5×5×…×5＝510种．【答案】B3．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．8种B．9种C．10种D．12种【解析】分3步进行：①为甲地选一名老师，有C12＝2种选法；②为甲地选两个学生，有C24＝6种选法；③剩下的1名教师，2名学生安排到乙地，有1种选法．则不同的安排方案共有2×6×1＝12种．【答案】D4．在上海高考改革方案中，要求每位高中生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科(3门理科学科，3门文科学科)中选择3门学科参加等级考试，小丁同学理科成绩较好，决定至少选择两门理科学科，那么小丁同学的选科方案有________种．【解析】选择两门理科学科，一门文科学科，有C23C13＝9种；选择三门理科学科，有1种，故共有10种．【答案】105．下列等式中成立的有________．(填写序号)①C m n＝A m n m！；②C m n＝C n－m n；③C r n＋1＝C r n＋C r－1n；④A m＋2n＋2＝(n＋2)(n＋1)A m n. 【答案】①②③④【知识要点】1．分类加法计数原理完成一件事件有n__类__不同的方案，在第一类方案中有m 1种不同的方法，在第二类方案中有m 2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 ＝__m 1＋m 2＋m 3＋…＋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m 1种不同的方法，完成第二步有m 2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 ＝__m 1·m 2·…·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的区别与联系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．4．排列(1)排列的定义：从n 个不同的元素中任取m(m≤n)个元素，__按照一定的顺序排成一列__，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的一个排列．(2)排列数的定义：从n 个不同的元素中任取m(m≤n)个元素的__所有排列__的个数，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的排列数，用符号A mn 表示．(3)排列数公式：A m n ＝n(n －1)(n －2)·…·(n－m ＋1)，这里n ，m ∈N *，并且m ≤n .(4)全排列：n 个不同的元素全部取出的__一个排列__，叫做n 个不同元素的一个全排列，即A n n ＝n ·(n －1)·(n －2)·…·2·1＝__n ！__．于是排列数公式写成阶乘的形式为A m n ＝__n ！（n －m ）！__．规定0！＝__1__． 5．组合(1)组合的定义：从n 个不同的元素中取出m(m≤n)个元素__并成一组__，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的一个组合．(2)组合数的定义：从n 个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的__所有组合__的个数，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的组合数，用C m n 表示．(3)组合数的计算公式：C mn ＝A m n A m m ＝__n ！m ！（n －m ）！＝__n （n －1）（n －2）·…·（n －m ＋1）m （m －1）·…·2·1__，这里n ，m ∈N *，并且m ≤n .C 0n ＝__1__． (4)组合数的性质：①C m n ＝__C n －m n __； ②C m n ＋1＝__C m n __＋__C m －1n __．典例剖析【p97】考点1 分类加法计数原理的应用例1(1)从甲地到乙地每天有直达汽车4班，从甲地到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地每天有3个班车，则从甲地到乙地不同的乘车方法有( )A．12种B．19种C．32种D．60种【解析】分两类：一类是直接从甲到乙；另一类是从甲经丙再到乙，可分两步．第一类有n1＝4种方法，第二类有n2＝5×3＝15种方法，由分类计数原理可得：从甲到乙的不同乘车方法n＝n1＋n2＝4＋15＝19.【答案】B(2)数学老师从一张测试卷的12道选择题、4道填空题、6道解答题中任取3道题作分析，则在取到选择题时解答题也取到的不同取法有__________种．【解析】分三类：其一是选择、填空、解答各一道，有C112C14C16＝288种取法；其二是选择题2道、填空题0道、解答题1道，有C212C04C16＝396种取法；其三是选择题1道、填空题0道、解答题2道，有C112C04C26＝180种取法，综上满足题设的不同取法种数为n＝288＋396＋180＝864.【答案】864(3)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【点评】利用分类加法计数原理解题时2个注意点(1)根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，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．考点2 分步乘法计数原理的应用例2(1)有六种不同颜色，给如图的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，不同的涂色方法共有( )A．4 320 B．2 880 C．1 440 D．720【解析】第一个区域有6种不同的涂色方法，第二个区域有5种不同的涂色方法，第三个区域有4种不同的涂色方法，第四个区域有3种不同的涂色方法，第六个区域有4种不同的涂色方法，第五个区域有3种不同的涂色方法，根据乘法原理得不同的涂色方法共有6×5×4×3×3×4＝4 320种．【答案】A(2)从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．【解析】一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6个偶函数．【答案】18；6(3)某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法．【解析】第一类：既会排版又会印刷的2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有3×1＝3种选法．第二类：既会排版又会印刷的2人中选出1人，有2种选法．若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1＝6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有2×3×2＝12种选法；再由分类计数原理知共有6＋12＝18种选法．第三类：既会排版又会印刷的2人全被选出，同理共有16种选法．所以共有3＋18＋16＝37种选法．【点评】利用分步乘法计数原理解题时3个注意点(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，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．考点3 组合基本问题例3某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？【解析】可以从特殊元素出发，考虑直接选取或使用间接法．(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2 100(种)．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．(5)选取3件的总数有C335，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．【点评】组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．考点4 排列基本问题例4有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数．(1)全体排成一行，其中甲只能在正中间或者两边位置．(2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边．(3)全体排成一行，其中男生必须排在一起．(4)全体排成一行，男、女相间．(5)全体排成一行，男生不能排在一起．(6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变．(7)排成前后二排，前排3人，后排4人．(8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人．【解析】(1)利用元素分析法，甲为特殊元素，故先安排甲．左、右、中共三个位置可供甲选择，有A 13种，其余6人全排列，有A 66种，由乘法原理得A 13A 66＝2 160种．(2)位置分析法，先排最左边，除去甲外，有A 16种，余下的6个位置全排有A 66种，但应剔除乙在最右边的排法数A 15A 55种，则符合条件的排法共有A 16A 66－A 15A 55＝3 720种．(3)捆绑法：将男生看成一个整体，进行全排列，再与其他元素进行全排列．共有A 33A 55＝720种．(4)插空法：先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有A 33A 44＝144种．(5)插空法：先排女生，然后在空位中插入男生，共有A 44A 35＝1 440种．(6)定序排列：第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N ，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此A 77＝N×A 33，∴N ＝A 77A 33＝840种． (7)与无任何限制的排列相同，有A 77＝5 040种．(8)从除甲、乙以外的5人中选3人排在甲、乙中间的排法有A 35种，甲、乙和其余2人排成一排且甲、乙相邻的排法有A 33A 22种．最后再把选出的3人的排列插入到甲、乙之间即可．共有A 35×A 22×A 33＝720种．【点评】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”．对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”．对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法． 方法总结 【p 98】1．计数重复或遗漏的原因在于分类、分步的标准不清，一般来说，应检查分类是否是按元素的性质进行，分步是否是按事件发生的过程进行．2．排列与组合的定义相近，它们的区别在于是否与顺序有关．处理排列组合问题的一般思想是先选元素(组合)，后排列，按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”，始终是处理排列组合问题的基本方法和原理，要注意积累分类与分步的基本技能．3．分清问题与元素顺序有关还是无关，是区分排列组合问题的原则；搞清解决问题的方法需分步还是需分类，是统计排列与组合问题总数的依据．走进高考 【p 98】1．(2016·全国卷Ⅱ)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．18 C．12 D．9【解析】E→F有6种走法，F→G有3种走法，由乘法原理知，共6×3＝18种走法．【答案】B2．(2017·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) 【解析】一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有C14C35A44＝960(个)，四个数字都是奇数的四位数有A45＝120(个)，则至多有一个数字是偶数的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．【答案】1 0803．(2018·全国卷Ⅰ)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)【解析】可分两种情况，只有1位女生入选，不同的选法有C14C24＝12(种)，有2位女生入选，不同的选法有C22C14＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同选法有16种．【答案】16考点集训【p228】A组题1．如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为( )A．6，8 B．6，6 C．5，2 D．6，2【解析】由题意，从甲地经乙地到丙地的走法，根据分步乘法计数原理可得，共有2×3＝6种；再由分类加法计数原理，可得从甲地到丙地，共有6＋2＝8种走法．【答案】A2．若A5m＝2A3m，则m的值为( )A．5 B．3 C．6 D．7【解析】根据题意，若A5m＝2A3m，则有m(m－1)(m－2)(m－3)(m－4)＝2×m(m－1)(m－2)，即(m－3)(m－4)＝2，解得：m＝5.【答案】A3．某人的手机号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )A．20 B．25 C．32 D．60【解析】依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.【答案】C4．元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名，分乘甲，乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置顺序)，其中(1)班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有( )A．18种B．24种C．48种D．36种【解析】由题意，第一类，(1)班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个为C23＝3种，然后分别从选择的班级中再选择一个学生为C12C12＝4种，故有3×4＝12种；第二类，(1)班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，为C13＝3种，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为C12C12＝4种，这时共有3×4＝12种．根据分类加法计数原理得，共有12＋12＝24种不同的乘车方式．【答案】B5．4名运动员参加4×100接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有( )A．12种B．14种C．16种D．24种【解析】由于4名运动员四棒全排共有A44＝4×3×2×1＝24种，其中甲跑第一棒的种数为A33＝3×2×1＝6；乙跑第四棒的种数为A33＝3×2×1＝6；其中甲跑第一棒，同时乙跑第四棒的种数为A22.则所有不同出场的顺序为A44－2A33＋A22＝24－12＋2＝14.【答案】B6．某班举行的联欢会由5个节目组成，节目演出顺序要求如下：节目甲不能排在第一个，并且节目甲必须和节目乙相邻．则该班联欢会节目演出顺序的编排方案共有________种．【解析】由题意可知，甲可排在第二、三、四、五个，当甲排在第二、三、四个时，甲乙相邻，有A 22种排法，将甲乙当做一个整体，剩下三个节目全排列，共3×A 22×A 33＝36种；当甲排在第五个时，甲乙相邻，只有一种排法，剩下三个节目全排列，共A 33＝6种．综上，编排方案共36＋6＝42种．【答案】427．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，假设不会出现平局，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有________种．【解析】利用分类讨论法求解．由题意知比赛场数至少为3场，至多为5场．当为3场时，情况为甲或乙连赢3场，共2种．当为4场时，若甲赢，则前3场中甲赢2场，最后一场甲赢，共有C 23＝3种情况；同理，若乙赢也有3种情况．共有6种情况．当为5场时，前4场甲、乙各赢2场，最后1场胜出的人赢，共有2C 24＝12种情况． 由上综合知，共有20种情况．【答案】208．在0，1，2，3，…，9这十个自然数中，任取三个不同的数字．则组成的三位数中是3的倍数的有________个．【解析】若组成的三位数能被3整除，则先把0，1，2，3，…，9，这十个自然数中分为三组：(0369)；(147)；(258)．若每组中各取一个数，含0，共有C 13C 13C 12A 22＝36种；若每组中各取一个数不含0，共有C 13C 13C 13A 33＝162种；若从每组中各取三个数，共有3A 33＋C 23A 22A 22＝30种．综上，组成的能被3整除的三位数共有36＋162＋30＝228种．【答案】228B 组题1．某班级有6名同学去报名参加校学生会的4项社团活动．若甲，乙两位同学不参加同一社团，每个社团都有人参加，每个人只参加一个社团，则不同的报名方案数为( )A ．2 160B ．1 320C ．2 400D ．4 320【解析】每个社团都有人参加有2种情况，第一种，有1个社团有3人参加其于3个社团每个社团都是1人参加，利用间接法，有(C 36－C 14)·A 44＝384种，第二种，有2个社团分别都有2人参加，另外2个社团都是有1人参加，利用间接法，有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 26C 24A 22－C 24×A 44＝936种， 所以分类加法计数原理，可得384＋936＝1 320种．【答案】B2．四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产．某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》、《西游记》(每种名著均有若干本)，要求每人只借阅一本名著，每种名著均有人借阅，且甲只借阅《三国演义》，则不同的借阅方案种数为________．【解析】根据题意，要求甲借阅《三国演义》，分2种情况讨论，①乙、丙、丁、戊有1人与甲一起借阅《三国演义》，在4人选出1人，与甲一起借阅《三国演义》，有4种情况，让剩下的三人对应剩下的三本名著，有A33＝6种情况，则此时有4×6＝24种不同的借阅方案；②乙、丙、丁、戊中没有人借阅《三国演义》，在4人选出2人，共同借阅除《三国演义》外的一本名著，有C24C13＝18种情况，将剩下的2人对应剩下的2本名著，有A22＝2种情况，则共此时有18×2＝36种不同的借阅方案；则有24＋36＝60种借阅方案．【答案】603．在如图所示的十一面体ABCDEFGHI中，用3种不同颜色给这个几何体的各个顶点染色，每个顶点染一种颜色，要求每条棱的两端点异色，则不同的染色方案种数为________．【解析】空间几何体由11个顶点确定，首先考虑一种涂色方法：假设A点涂色为颜色a，B点涂色为颜色b，C点涂色为颜色c，由AC的颜色可知D需要涂颜色b，由AB的颜色可知E需要涂颜色c，由BC的颜色可知F需要涂颜色a，由DE的颜色可知G需要涂颜色a，由DF的颜色可知I需要涂颜色c，由GI的颜色可知H需要涂颜色b，据此可知，当△ABC三个顶点的颜色确定之后，其余点的颜色均为确定的，用三种颜色给△ABC的三个顶点涂色的方法有A33＝6种，故不同的染色方案种数为6.【答案】64．有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内(结果用数字表示)．(1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？(3)恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？(4)恰有两个盒不放球，有多少种放法？【解析】(1)一个球一个球地放到盒子里去，每个球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有：44＝256种；(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2，1，1的三组，有C24种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理，共有放法：C14·C24·C13·A22＝144种．(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒内放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．(4)先从四个盒子中任意拿走两个有C24种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3，1)，(2，2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C34·C12种放法；第二类：有C24种放法．因此共有C34C12＋C24＝14种．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：C24·14＝84种．。

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)。

§10.1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．分类加法计数原理做一件事，完成它有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有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．分步乘法计数原理做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法……做第n个步骤有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．概念方法微思考1．在解题过程中如何判定是用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？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，应该用分类加法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成事件的一部分，就用分步乘法计数原理．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2．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()A．12 B．8 C．6 D．4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3×2＝6，故选C.3．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为()A．16 B．13 C．12 D．10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3×4＝12(种)．题组三易错自纠4.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()A．24种B．30种C．36种D．48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4×3×2×2＝48(种)着色方法．5．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，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．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数．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.题型一分类加法计数原理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()A．14 B．13 C．12 D．10答案B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()A．240 B．204 C．729 D．920答案A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．(2016·全国Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个答案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2＋8＋4＝14(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．题型二分步乘法计数原理例1 (1)(2016·全国Ⅱ)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．18 C．12 D．9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6×3＝18(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，根据分步乘法计数原理，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，根据分步乘法计数原理，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．由分步乘法计数原理知，共有6×4×2＝48(种)不同游览线路．题型三两个计数原理的综合应用例2 (1)(2017·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 1 080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)．(2)现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是()A．120 B．140 C．240 D．260答案D解析由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最后涂C处，若C处与A 处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)．故选D.(3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A．60 B．48 C．36 D．24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)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个答案B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40 000大的偶数共有72＋48＝120(个)．故选B.(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是_______．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)．(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．故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为24＋72＝96.1．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()A．52 B．58 C．64 D．70答案B解析根据分步乘法计数原理得(C12·C13＋C14·C13＋C12·C14＋C23)·A22＝58.2．(2018·包头质检)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()A．4种B．6种C．10种D．16种答案B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．由分类加法计数原理可知，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()A．24种B．16种C．12种D．10种答案C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)，故选C.4．(2018·大连联考)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() A．9 B．10 C．11 D．12答案D解析根据题意个位数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)．故选D.5．如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有()A．120种B．260种C．340种D．420种答案D解析由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420.故选D.6．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有()A．24 B．48 C．96 D．120答案C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)；若颜色A，D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)，根据分类加法计数原理可得，共有24＋72＝96(种)，故选C.7．对33 000分解质因数得33 000＝23×3×53×11，则33 000的正偶数因数的个数是() A．48 B．72 C．64 D．96答案A解析33 000的因数由若干个2(共有23,22,21,20四种情况)，若干个3(共有3,30两种情况)，若干个5(共有53,52,51,50四种情况)，若干个11(共有111,110两种情况)，由分步乘法计数原理可得33 000的因数共有4×2×4×2＝64(个)，不含2的共有2×4×2＝16(个)，∴正偶数因数的个数为64－16＝48，即33 000的正偶数因数的个数是48，故选A.8．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．9．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．10．2017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．11．(2018·鞍山模拟)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号螺栓的时候，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．已知集合M ＝{1,2,3}，N ＝{1,2,3,4}，定义函数f ：M →N .若点A (1，f (1))，B (2，f (2))，C (3，f (3))，△ABC 的外接圆圆心为D ，且 DA →＋DC →＝λDB →(λ∈R )，则满足条件的函数f (x )有______种．答案12→＋DC→＝λDB→(λ∈R)，说明△ABC是等腰三角形，且|BA|＝|BC|，必有f(1)＝f(3)，解析由DAf(1)≠f(2)．当f(1)＝f(3)＝1时，f(2)＝2,3,4，有三种情况；f(1)＝f(3)＝2，f(2)＝1,3,4，有三种情况；f(1)＝f(3)＝3，f(2)＝2,1,4，有三种情况；f(1)＝f(3)＝4，f(2)＝2,3,1，有三种情况．因而满足条件的函数f(x)有12种．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．结合分步乘法计数原理，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8 520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＝4 320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＝3 240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＋4 320＋3 240＋240＝8 520种．。

第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础巩固(时间:30分钟)1.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为( C )(A)40 (B)16 (C)13 (D)10解析:分两类情况讨论:第1类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;第2类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.故选C.2.如图所示,从甲地到乙地有3条公路可走,从乙地到丙地有2条公路可走,从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走.则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为( A )(A)6,8 (B)6,6 (C)5,2 (D)6,2解析:从甲地经乙地到丙地,分两步:第1步,从甲地到乙地,有3条公路;第2步,从乙地到丙地,有2条公路.根据分步乘法计数原理,有3×2=6种走法.从甲地到丙地,分两类:第1类,从甲地经乙地到丙地,有6种走法;第2类,从甲地不经过乙地到丙地,有2条水路,即有2种走法.根据分类加法计数原理,有6+2=8种走法.故选A.3.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( C )(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.故选C.4.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( B )(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,6个对角面构成的“平行线面组”有6×2=12(个).故共有36+12=48(个).故选B.5.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( C )(A)9种(B)11种(C)13种(D)15种解析: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.故选C.6.(2016·青岛模拟)如图所示的五个区域中,中心区域是一幅图画,现在要求在其余四个区域中涂色,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( C )(A)64 (B)72 (C)84 (D)96解析:分成两类:A和C同色时有4×3×3=36种;A和C不同色时有4×3×2×2=48种,则一共有36+48=84种.故选C.7.三边长均为正整数,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:368.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:A={1}时,B有23-1种情况;A={2}时,B有22-1种情况;A={3}时,B有1种情况;A={1,2}时,B有22-1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能力提升(时间:15分钟)9.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”),则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( B )(A)18个(B)15个(C)12个(D)9个解析:依题意,这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数分别为400,040,004;由3,1,0组成6个数分别为310,301,130,103,013,031;由2,2,0组成3个数分别为220,202,022;由2,1,1组成3个数分别为211,121,112.共计:3+6+3+3=15个.故选B.10.(2017·玉林市模拟)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 )(A)6种(B)12种(C)18种 (D)24种解析:因为每一行从左到右,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.11.一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有( D )(A)6种(B)8种(C)12种(D)48种解析:从P点处进入结点O以后,游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口),游览三个景区的顺序有3×2×1=6(种),每个景区游览方向有2种.因而所求的不同游览线路有3×16=48种.故选D.12.(2017·铜川模拟)从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数,其中奇数的个数是.解析:从1,3中取一个排个位,故排个位有2种方法;排百位不能是0,可以从另外3个数中取一个,有3种方法;排十位有3种方法.故所求奇数的个数为3×3×2=18.答案:1813.在某运动会的百米决赛上,8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员比赛的方式共有种.解析:分两步安排这8名运动员.第一步:安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5,7四条跑道可安排.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.答案:2 88014.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:108。

第十章⎪⎪⎪计数原理与概率、随机变量及其分布全国卷5年考情图解高考命题规律把握1.本章在高考中一般考查1个小题和1个解答题，占12～17分.2.从考查内容来看，主要有：(1)利用计数原理解决实际问题，有时与古典概型综合考查.(2)几何概型均以选择题的形式单独考查.(3)对二项式定理的考查主要是利用通项公式求特定项.(4)对正态分布的考查，可能单独考查也可能在解答题中出现.(5)以实际问题为背景，考查分布列、期望等是高考的热点题型.3.2018年高考全国卷Ⅰ将概率问题与导数相结合且出现在第20题的位置，应引起考生的注意.第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理两个计数原理(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.[熟记常用结论]1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法.2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n 种不同的方法.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.()(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.()(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.()(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×二、选填题1.已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法共有()A.16种B.13种C.12种D.10种答案：C2.小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡.若他至少买一张，则不同的买法共有()A.7种B.8种C.6种D.9种解析：选A要完成的“一件事”是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买1张IC 电话卡、买2张IC电话卡、买3张IC电话卡，而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事.买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法.不同的买法共有2＋3＋2＝7(种).3.将3张不同的奥运会门票分给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.4.从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数是________.解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种).答案：65.书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书.从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________.解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法共有4×5×6＝120(种).答案：120考点一分类加法计数原理[基础自学过关][题组练透]1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.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：362.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：53.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：204.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[名师微点]应用分类加法计数原理解决实际问题的步骤(1)审题：认真阅读题设条件，理清题目要求.(2)分类：依据题设条件选择分类标准，做到不重不漏.(3)整合：整合各类情况得出结论.考点二分步乘法计数原理[师生共研过关][典例精析](1)已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为()A.6B.12C.24D.36(2)有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.[解析](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).[答案](1)A(2)120[解题技法]利用分步乘法计数原理解决问题的策略(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.(2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成.[过关训练]1.如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种.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：632.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答).解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数.若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数.答案：18 6考点三两个计数原理的综合应用[师生共研过关][典例精析](1)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A.24B.48C.72D.96(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A.48B.18C.24D.36(3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A.60B.48C.36D.24[解析](1)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种涂法.故共有24＋48＝72种涂色方法.(2)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).(3)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)C(2)D(3)B[解题技法]1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么.(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类.(3)弄清分步、分类的标准是什么.(4)利用两个计数原理求解.2.涂色、种植问题的解题关注点和关键(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素.(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理.[过关训练]1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.解析：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).答案：722.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。

知识点第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理两个计数原理1．辨明两个易误点(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．2．两个计数原理应用的步骤第一步，由于计数问题一般是解决实际问题，故首先要审清题意，弄清完成的事件是怎样的；第二步，分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类四类中的哪一种；第三步，弄清在每一类或每一步中的方法种数；第四步，根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数．1．从3名女同学2名男同学中选一人，主持本班的“感恩老师，感恩父母”主题班会，则不同的选法种数为( )A．6B．5C．3D．2[答案] B2．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两个袋子里各取一个球，不同取法的种数为()A．182B．14C．48 D．91[答案] C3．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A．504B．210C．336 D．120A[解析] 三个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.4．4名学生参加三个体育运动项目的比赛，每名学生可以参加任何一项比赛，每个项目产生一名冠军，则各项冠军获得者的不同情况有________种．[答案] 645．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法数为________．[解析] 由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法总数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法总数为4×5×6＝120.[答案] 15120分类加法计数原理[学生用书P188][典例引领](1)某位同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购买的方案有________种．(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．【解析】 (1)至少买其中一本的实质是买一本或买两本或买三本，故分三类完成．第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种．共有3＋3＋1＝7(种)买法．(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．故共有36个．【答案】 (1)7 (2)36若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则两位数的个数为________．[解析] 分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．[答案] 45分类加法计数原理的两个条件(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，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须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在x 轴上，且m ∈{1，2，3，4，5}，n ∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为________．[解析] 因为焦点在x 轴上，所以m ＞n ，以m 的值为标准分类，分为四类：第一类：m ＝5时，使m ＞n ，n 有4种选择；第二类：m ＝4时，使m ＞n ，n 有3种选择；第三类：m ＝3时，使m ＞n ，n 有2种选择；第四类：m ＝2时，使m ＞n ，n 有1种选择．由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有10个．[答案] 10分步乘法计数原理[学生用书P188][典例引领](1)(2016·高考全国卷甲)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24B．18C．12 D．9(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．【解析】(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．【答案】(1)B(2)120利用分步乘法计数原理解题的策略(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，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，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事件的方法总数．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)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.(2)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种确定方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.[答案] (1)36(2)6两个计数原理的综合应用(高频考点)[学生用书P189] 两个计数原理在高考中一般是结合在一起出题，经常是先分类再分步，以选择题或填空题的形式出现．高考对两个计数原理的考查主要有以下三个命题角度：(1)与数字有关的问题；(2)涂色问题；(3)方程解的个数问题．[典例引领](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．261 D．279(2)(2017·大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有()A．72种B．48种C．24种D．12种【解析】(1)由分步乘法计数原理知：用0，1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.(2)法一：首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．【答案】(1)B(2)A与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理．(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．[题点通关]角度一与数字有关的问题1．如果一个三位正整数“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．729 D．920A[解析] 若a2＝2，则凸数为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则凸数有2×3＝6个．若a2＝4，则凸数有3×4＝12个，…，若a2＝9，则凸数有8×9＝72个．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．角度二涂色问题2.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C[解析] 完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360(种)方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120(种)方法．由分类加法计数原理可知：不同涂法有360＋120＝480(种)．角度三 方程解的个数问题3．(2017·河北省高阳中学月考)已知ax 2－b ＝0是关于x 的一元二次方程，其中a ，b ∈{1，2，3，4}，则解集不同的一元二次方程的个数为________．[解析] 从集合{1，2，3，4}中任意取两个不同元素作为a ，b ，方程有A 24个；当a ，b 取同一个数时方程有1个，共有A 24＋1＝13个方程．题设中：“求解集不同的一元二次方程的个数”，所以在上述解法中要去掉同种情况，由于⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2和⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4时方程同解，⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1和⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝2时方程同解，故要减去2个，所求的方程个数为13－2＝11. [答案] 11[学生用书P372(独立成册)]1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a ，b 组成复数a ＋b i ，其中虚数的个数是( )A ．30B ．42C ．36D ．35 C [解析] 因为a ＋b i 为虚数，所以b ≠0，即b 有6种取法，a 有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．2．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有( )A ．3种B ．5种C ．9种D ．12种C [解析] 只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．3．5名应届毕业生报考三所高校，每人报且仅报一所院校，则不同的报名方法的种数是( )A．35B．53C．60 D．10A[解析] 根据分步乘法计数原理知，每个学生都有3个可能报名的学校，故应该是3×3×3×3×3＝35(种)方法．4．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个B[解析] 依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004；由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031；由2、2、0组成3个数分别为220、202、022；由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计：3＋6＋3＋3＝15(个)．5.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有()A．6种B．8种C．12种D．48种D[解析] 从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B景点，有16种不同的方法；若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．6．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种B．48种C．72种D．96种C[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．7．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．[解析] 由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得：其展开式共有3×4×5＝60(项)．[答案] 608．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] 369．在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．[解析] 十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个，十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．[答案] 810．将4个不同小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有________种．[解析] 必有一个盒子放2个小球，将4个小球分3组，其中有2个小球为一组，另外2个小球为两组，共有6种分组方法．然后，每一种分组的小球放入3个不同盒子，按分步乘法计数原理，有3×2×1种放法，共有6×(3×2×1)＝36(种)放法．[答案] 3611．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，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)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)．12．由数字1，2，3，4，(1)可组成多少个三位数？(2)可组成多少个没有重复数字的三位数？(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字？[解] (1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个三位数．(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的三位数4×3×2＝24(个)．(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个．。