分类加法计数原理与分步乘法计数原理考点与题型归纳

目录考点一：基本计数原理 (2)题型一、分布加法原理 (2)题型二、分布乘法原理 (4)题型三、基本计数原理的综合运用 (5)课后综合巩固练习 (6)考点一：基本计数原理加法原理分类计数原理：做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12nN m m m =+++种不同的方法．又称加法原理． 乘法原理分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个子步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同方法，……，做第n 个步骤有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．又称乘法原理．加法原理与乘法原理的综合运用如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法，这两个原理十分重要必须认真学好，并正确地灵活加以应用．题型一、分布加法原理1.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 ．3B ．5C ．9D ．12【分析】用列举法求解．【解答】解：用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，有以下几类办法： ①用2张10元钱支付；②用1张10元钱和2张5元钱支付；③用1张10元钱、1张5元钱5张1元钱支付； ④用1张10元钱和10张1元钱支付； ⑤用1张5元钱和15张1元钱支付； ⑥用2张5元钱和10张1元钱支付；⑦用3张5元钱和5张1元钱支付； ⑧用4张5元钱支付； ⑨用20张1元钱支付． 故共有9种方法． 故选：C ．【点评】本题考查不同的付款方式共有多少种的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．2．一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出一本，则不同的取法共有( ) A ．3种B ．1848种C ．37种D ．6种【分析】分情况讨论：选择拿语文书：有12种不同的拿法，数学书有14种不同的拿法，英语书有11种不同的拿法，然后把这三种情况的数量加在一起即可．【解答】解：由题意可知选择拿语文书：有12种不同的拿法，数学书有14种不同的拿法，英语书有11种不同的拿法， 共有：12141137++=． 故选：C ．【点评】本题先确定拿哪种类型的书，考查分类计数原理的应用，考查两种原理的区别． 3．已知集合{1M=，2-，3}，{4N =-，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【分析】根据第三、四象限内点的坐标的性质，分2种情况讨论，①取M 中的数作横坐标，取N 中的数作纵坐标坐标，②取N 中的数作横坐标，取M 中的数作纵坐标坐标，易得每种情况下的数目，进而由加法原理可得答案．【解答】解：第三、四象限内点的纵坐标为负值，横坐标无限制；分2种情况讨论，①取M 中的数作横坐标，取N 中的数作纵坐标坐标，有326⨯=种情况， ②取N 中的数作横坐标，取M 中的数作纵坐标坐标，有414⨯=种情况； 共有6410+=种情况， 故选：B ．【点评】本题考查分类计数原理的运用，解题的切入点为四个象限的点的坐标的性质．题型二、分布乘法原理1．设函数:f N N ++→满足：对于任意大于3的正整数n ，()3f n n =-，且当3n 时，2()3f n ，则不同的函数()f x 的个数为()A ．1B ．3C ．6D ．8【分析】通过()3f n n =-，结合映射的定义，根据2()3f n ，确定函数的个数．【解答】解：3n ，2()3f n ，f∴（1）2=或3，且f（2）2=或3 且f（3）2=或3．根据分步计数原理，可得共2228⨯⨯=个不同的函数． 故选：D ．【点评】本题主要考查映射的定义，以及分步计数原理的应用，比较基础． 2．将一枚骰子向桌面先后抛掷2次，一共有( )种不同结果． A ．6B ．12C ．36D ．216【分析】由分步计数原理知有66⨯种结果，问题得以解决 【解答】解：由分步计数原理知有6636⨯=种结果 故选：C ．【点评】本题考查了分步计数原理，属于基础题3．古代“五行”学认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列方法有多少种（结果用数字表示）．( ) A ．5B ．10C ．20D ．120【分析】由题意，可看作五个位置排列五种事物，由分步原理求解即可，本题需要考虑的因素：相克的两种物质不相邻，注意满足此规则，计算符合条件的排列方法种数【解答】解：由题意，可看作五个位置排列五种事物，第一位置有五种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，故有两种选择不妨假设排上的是水， 第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土， 故总的排列方法种数有5211110⨯⨯⨯⨯= 故选：B ．【点评】本题考查排列排列组合及简单计数问题，解答本题关键是理解题设中的限制条件及“五行”学说的背景，利用分步原理正确计数，本题较抽象，计数时要考虑周详，本题以实际问题为背景，有着实际背景的题在现在的高考试卷上有逐步增多的趋势题型三、基本计数原理的综合运用1．将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，每个区域种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是( )A ．420B ．180C ．64D ．25【分析】由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，讨论A ，D 同色和异色，根据乘法原理可得结论．【解答】解：由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行， 区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，A ，D 不同色，D 有3种，C 有2种涂法，有5432120⨯⨯⨯=种， A ，D 同色，D 有4种涂法，C 有3种涂法，有54360⨯⨯=种，∴共有180种不同的涂色方案．故选：B ．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意分析图形中区域相邻的情况． 2．5名同学排成一列，某个同学不排排头的排法种数为 （用数字作答）．【分析】先排不在排头的这个学生，方法有4种，其他学生任意排，有44A 种，根据分步计数原理，求得结果．【解答】解：先排不在排头的这个学生，方法有4种，其他学生任意排，有44A 种，根据分步计数原理，所有的排列方法共有44496A =种，故答案为：96．【点评】本题主要考查分步计数原理的应用，注意特殊元素优先排列，属于基础题．3．已知集合{1M ∈，2-，3}，{4N ∈-，5，6，7}-，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，求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．【分析】本题首先分类在每一类中又分步，M中的元素作点的横坐标，N中的元素作点的纵坐标，N中的元素作点的横坐标，M中的元素作点的纵坐标，分别可以得到在第一和第二象限中点的个数，根据分类加法原理得到结果．【解答】解：由题意知本题是一个分类和分步的综合问题，⨯个，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22在第二象限的点共有12⨯个．⨯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22在第二象限的点共有22⨯个．∴所求不同的点的个数是2212222214⨯+⨯+⨯+⨯=（个)．【点评】本题考查分步计数原理和分类计数原理，是一个综合题目，首先分类，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决．课后综合巩固练习1．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5位同学只会用综合法证明，有3位同学只会用分析法证明，现任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数有()种．A．8B．15C．18D．30【分析】本题是一个分类计数问题，解决问题分成两个种类，一是可以用综合法证明，有5种方法，一是可以用分析法来证明，有3种方法，根据分类计数原理知共有358+=种结果．【解答】解：由题意知本题是一个分类计数问题，解决问题分成两个种类，一是可以用综合法证明，有5种方法，一是可以用分析法来证明，有3种方法，根据分类计数原理知共有358+=种结果，故选：A．【点评】本题看出分类计数问题，本题解题的关键是看清楚完成这个过程包含两种方法，看出每一种方法所包含的基本事件数，相加得到结果．2．将一张面值1元的人民币全部换成面值1角，2角和5角的硬币，则换法总数为．【分析】设1角硬币有x枚，2角硬币有y枚，5角硬币有z枚，构造三元一次方程，然后利用列举法得到所有可能的情况，可得答案．【解答】解：设1角硬币有x 枚，2角硬币有y 枚，5角硬币有z 枚 则2510x y z ++= 满足方程的解有：10x =，0y =，0z = 8x =，1y =，0z = 6x =，2y =，0z = 4x =，3y =，0z = 2x =，4y =，0z = 0x =，5y =，0z =5x =，0y =，1z = 0x =，0y =，2z = 3x =，1y =，1z = 1x =，2y =，1z =共十种不同情况 故答案为：10【点评】解决此类问题要用列举法，把所有的情况都一一排查，找出问题的答案． 3．乘积123123412345()()()a a a b b b b c c c c c +++++++++展开后共有 项．【分析】根据多项式的乘法法则，分析易得在123()a a a ++中取一项有3种取法，在1234()b b b b +++中取一项有4种取法，在12345()c c c c c ++++中取一项有5种取法，进而由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据多项式的乘法法则，123123412345()()()a a a b b b b c c c c c +++++++++的结果中每一项都必须是在123()a a a ++、1234()b b b b +++、12345()c c c c c ++++三个式子中任取一项后相乘，得到的式子，而在123()a a a ++中有3种取法，在1234()b b b b +++中有4种取法，在12345()c c c c c ++++中有5种取法，由乘法原理，可得共有34560⨯⨯=种情况，则123123412345()()()a a a b b b b c c c c c +++++++++的展开式中有60项； 故答案为60．【点评】本题考查分步计数原理的运用，是常见的题目；平时要多加训练．4．在66⨯的表中停放3辆完全相同的红色车和3辆完全相同的黑色车，每一行、每一列都只有一辆车，每辆车占一格，共有 种停放方法．（用数字作答）【分析】利用分步计数原理，第一步先选车，第二种再排列，问题得以解决【解答】解：第一步先选车有36C 种，第二步因为每一行、每一列都只有一辆车，每辆车占一格，从中选取一辆车后，把这辆车所在的行列全划掉，依次进行，则有11111166543216C C C C C C A =种，根据分步计数原理得；366614400C A =种．故答案为：14400．【点评】本题考查了分步计数原理的应用，关键是如何求出每辆车所在行列的可能性5．对于各数互不相等的正数数组1(i ，2i ，⋯，)(n i n 是不小于2的正整数），如果在p q <时有p q i i <，则称“p i 与q i ”是该数组的一个“顺序”，一个数组中所有“顺序”的个数称为此数组的“顺序数”．例如，数组(2，4，3，1)中有顺序“2，4”、“2，3”，其“顺序数”等于2．若各数互不相等的正数数组1(a ，2a ，3a ，4a ，5)a 的“顺序数”是4，则5(a ，4a ，3a ，2a ，1)a 的“顺序数”是 ． 【分析】根据题意，假设出一种情况，倒序后输出顺序数即可．【解答】解：根据题意，各数互不相等的正数数组1(a ，2a ，3a ，4a ，5)a 的“顺序数”是4，假设12a a <，13a a <，14a a <，15a a <，且后一项都比前一项小，因此可以判断出23a a >，34a a >，45a a >， 则5(a ，4a ，3a ，2a ，1)a 的“顺序数”是6， 故填：6．【点评】本题考查了新定义，理解好定义是解题的先决条件，另外，要大胆假设．本题属基础题．。

两个计数原理【知识网络】【典型例题】题型一、分类加法计数原理例1、从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为（）A.6B.5C.3D.2例2、在所有两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个?【变式练习】1.若a，b∈N*，且a＋b≤5，则在直角坐标平面内的点(a，b)共有________个．2．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的两位数共有多少个？例3、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学科的书2本，则不同的选法有（）A．21种B．315种C．143种D．153种例4、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种方法总结分类时，首先要确定一个恰当的分类标准，然后进行分类；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，才可以用分类加法计数原理【变式练习】1．某校开设10门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门学校规定，每位同学选修三门，则每位同学不同的选修方案种数是（）A．120 B．98 C．63 D．562．某电脑用户计划使用不超过500元购买单价分别为60元、70元的电脑软件和电脑元件，根据需要，软件至少买3个，元件至少买2个，则不同的选购方法有（）A.5B.6C.7D.83．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．4．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个例5、在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字也许重复）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【变式练习】1．为了应对欧债危机，沃尔沃汽车公司决定从10名办公室工作人员中裁去4人，要求甲、乙二人不能全部裁去，则不同的裁员方案的种数为________．2．在一块并排的10垄田地中，选择二垄分别种植A、B两种作物，每种种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不少于6垄，不同的选法共有多少种。

分类加法计数原理与分类乘法计数原理导学案【学习目标】1.理解分类加法计数原理与分类乘法计数原理2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题.【自主学习】知识点一分类加法计数原理1.完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.2.完成一件事有n类不同的方案，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，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法.知识点二分步乘法计数原理1.完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.2.完成一件事需要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，则完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法.【合作探究】探究一分类加法计数原理的应用【例1】某校高三共有三个班，其各班人数如下表：(1)从三个班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从(1)班、(2)班男生中或从(3)班女生中选一名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？解(1)从三个班中任选一名学生，可分三类：第1类，从高三(1)班任选一名学生，有50种不同选法；第2类，从高三(2)班任选一名学生，有60种不同选法；第3类，从高三(3)班任选一名学生，有55种不同选法.由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝50＋60＋55＝165(种).(2)由题设知共有三类：第1类，从(1)班男生中任选一名学生，有30种不同选法；第2类，从(2)班男生中任选一名学生，有30种不同选法；第3类，从(3)班女生中任选一名学生，有20种不同选法.由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝30＋30＋20＝80(种).归纳总结：【练习1】如图，小圆点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们由网线相连，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量.现从结点A向结点B传递信息，信息可沿不同的路径同时传递.则单位时间内传递的最大信息量是________.【答案】19解析若以网线为标准，则完成“从结点A向结点B传递信息”这件事也可分为四类，从而分解为若干个简单的问题后再各个击破.分四类：第一类，网线为12→5→3，单位时间传递的最大信息量是3；第二类，网线为12→6→4，单位时间传递的最大信息量是4；第三类，网线为12→6→7，单位时间传递的最大信息量是6；第四类，网线为12→8→6，单位时间传递的最大信息量是6.根据分类加法计数原理，单位时间内传递最大信息量是N＝3＋4＋6＋6＝19.探究二分步乘法计数原理的应用【例2】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，则可以组成抛物线的条数为________.【答案】100解析由题意知a不能为0，故a的值有5种选法；b的值也有5种选法；c的值有4种选法.由分步乘法计数原理得：5×5×4＝100(条).归纳总结：1.应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可.2.利用分步乘法计数原理解题的一般思路：(1)分步：将完成这件事的过程分成若干步；(2)计数：求出每一步中的方法数；(3)结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果.【练习2】从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取三个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条.【答案】30解析该题实质上就是给A，B，C赋值.但首先要搞清楚直线过原点所隐含的条件，即C＝0，所以，下面只需安排A，B.从1,2,3,5,7,11这6个数中任取2个作为A，B的值，分为两步：第一步取一个数作为A，有6种；第二步从剩下的5个数中取一个数作为B，有5种.所以由分步乘法计数原理得：直线的条数为6×5＝30.探究三两个计数原理的综合应用【例3】某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地.(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？解(1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，共有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，共有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，共6种不同的选法，由分类加法计数原理可得，共有N＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法.(2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名组长，共有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名组员，共10种不同的选法.第三步是从三班的6名优秀团员中产生，共6种不同的选法，由分步乘法计数原理可得：共有N＝8×10×6＝480(种)不同的选法.(3)分三类：每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法，第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法，因此，共有N＝8×10＋10×6＋8×6＝188(种)不同的选法.归纳总结：【练习3】高艳有4件不同颜色的衬衣、3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙.“五一”劳动节需选择一套服装参加歌舞演出，则高艳不同的穿衣服的方式有________种.【答案】14解析穿衣方式分两类：第一步：不选连衣裙有4×3＝12(种)方法.第二步：选连衣裙有2种方法.由分类加法计数原理知，共有12＋2＝14(种)方法.课后作业A 组 基础题一、选择题1.某小组有8名男生，4名女生，要从中选取一名当组长，不同的选法有( ) A.32种 B.9种 C.12种 D.20种 【答案】 C解析 由分类加法计数原理知，不同的选法有N ＝8＋4＝12(种).2.现有A ，B 两种类型的车床各一台，甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，现在要从这三名工人中选两名分别去操作以上车床，不同的选派方法有( )A.6种B.5种C.4种D.3种 【答案】 C解析 若选甲、乙两人，包括甲操作A 车床，乙操作B 车床，或甲操作B 车床，乙操作A 车床，共有2种选派方法.若选甲、丙二人，则只有甲操作B 车床，丙操作A 车床这1种选派方法.若选乙、丙二人，则只有乙操作B 车床，丙操作A 车床这1种选派方法，故共有2＋1＋1＝4(种)不同的选派方法.3.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( ) A.56B.65C.5×6×5×4×3×22D.6×5×4×3×2【答案】 A解析 每位同学都有5种选择，共有5×5×5×5×5×5＝56(种).4.从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地的不同走法种数共有( ) A.2＋4＋3 B.2×4＋3 C.2×3＋4D.2×4×3解析分两类，一是从甲地经乙地到丙地，有2×4种，二是直接从甲地到丙地有3种，所以从甲地到丙地的不同走法种数共有2×4＋3.5.某学生在书店发现3本好书，决定至少买其中的1本，则购买方法有()A.3种B.6种C.7种D.9种【答案】C解析分3类，买1本书，买2本书，买3本书，各类的方法依次为3种，3种，1种，故购买方法有3＋3＋1＝7(种).6.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为()A.7B.12C.64D.81【答案】B解析要完成配套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法.故共有4×3＝12(种)不同的配法.二、填空题7.把5本书全部借给3名学生，有________种不同的借法.【答案】243解析依题意，知每本书应借给三个人中的一个，即每本书都有3种不同的借法，由分步乘法计数原理，得共有N＝3×3×3×3×3＝35＝243(种)不同的借法.8.5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有________种.(用数字作答)【答案】9解析分为两类：两名老队员，一名新队员时，有3种选法；两名新队员、一名老队员时，有2×3＝6(种)选法，即共有9种不同选法.9.一个科技小组有3名男同学和5名女同学，从中任选一名同学参加科技竞赛，共有________种不同的选派方法.解析由分类加法计数原理有3＋5＝8(种)不同的选派方法.10.已知a∈{3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数是________.【答案】24解析圆的方程由三个量a、b、r确定，a、b、r分别有3种、4种、2种选法，由分步乘法计数原理得，可表示不同的圆的个数为3×4×2＝24.11.集合A＝{x1，x2，…，x2 015}的子集个数为________.【答案】22 015解析因为集合A中含有2 015个元素，所以要得到集合A的一个子集A1分2 015步：第1步，考查元素x1是否在A1中，有2种可能(x1∈A1，x1∉A1).第2步，考查元素x2是否在A1中，有2种可能(x1∈A1，x2∉A1).……第2 015步，考查元素x2 015是否在A1中，有2种可能(x2 015∈A1，x2 015∉A1).根据分步乘法计数原理，对于有2 015个元素组成的集合，共有2×2×2×…×2＝22 015(个)不同的子集.三、解答题12.现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画.(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？(4)要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？解(1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法，根据分类加法计数原理，共有5＋2十7＝14(种)不同的选法.(2)分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法.(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画.由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法，所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法.(4)从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法.根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N＝3×2＝6.B组能力提升一、选择题1.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.18B.10C.16D.14【答案】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、二象限内点的个数为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、二象限内点的个数为4×2＝8.共有6＋8＝14(个).2.满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A.14B.13C.12D.10【答案】B解析对a进行讨论，为0与不为0，当a不为0时还需考虑判别式与0的大小.若a＝0，则b＝－1,0,1,2，此时(a，b)的取值有4个；若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，∴ab≤1，此时(a，b)的取值为(－1,0)，(－1,1)，(－1，－1)，(－1,2)，(1,1)，(1,0)，(1，－1)，(2，－1)，(2,0)，共9个.∴(a，b)的个数为4＋9＝13.故选B.二、填空题3.若在如图1的电路中，只合上一只开关以接通电路，有________种不同的方法；在如图2的电路中，合上两只开关以接通电路，有________种不同的方法.【答案】56解析对于图1中，按要求接通电路，只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一只即可，故有2＋3＝5(种)不同的方法.对于图2中，按要求接通电路必须分两步进行：第一步，合上A中的一只开关；第二步，合上B中的一只开关，故有2×3＝6(种)不同的方法.4.如图所示的是某城市中M，N两地间整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿图中矩形的边前进，则某人从M地经过A地到N地有________种不同的走法.【答案】18解析从M地经过A地到N地分两步.第一步，从M到A，有3种走法；第二步，从A到N，有6种走法.根据分步乘法计数原理可得从M地经过A地到N地共有3×6＝18(种)不同的走法.5.如图所示，由连接正八边形的三个顶点而组成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个.【答案】40解析满足条件的有两类：第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有m1＝8个；第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有m2＝8×4＝32个，所以满足条件的三角形共有8＋32＝40个.6.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，当第一个选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60.7．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．。

第一讲分类与分步计数原理入门测例1.由数字0，1,2,3这四个数字，可组成多少个：（1）无重复数字的三位数？（2）可以有重复数字的三位数？（3）无重复数字的三位偶数？【答案】18；48；10例2.如果，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.问从甲地到丙地共有多少种不同的走法？【答案】14例3.有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名奖项：（1）学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有多少种？（2）有4名学生参加这三个运动项目，若一个学生可以获得多项冠军，那么各项冠军获得者的不同情况有多少种？【答案】6；64题型一：分类加法计数原理 知识清单知识1：分类加法计数原理（1）分类加法计数原理的概念做一件事，完成它有n 类办法，做第一类办法有1m 种不同的方法，做第二类办法有2m 种不同的方法……做第n 类办法有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12++n N m m m =+种不同的方法.（2）分类加法计数原理的特点分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事情，我们可以用11m 第有第种方法类，22m 第有第种方法类，…，n m 第n 有第种方法类来表示分类加法计数原理，一共有12++n m m m +种方法，强调每一类中的一种方法就可以完成这件事．（3）分类的原则分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类，分类时要注意两条基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须分为相应的类：二是不同类的任何方法必须是不同的方法，只要满足这两条基本原则，就可以确保计数的不重不漏．①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算完成这件事．②完成这件事的n 种方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法部可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对这件事进行分类，要求每一种方法必定属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须做到既不重复也不遗漏． ④分类加法计数原理的集合表述形式做一件事，完成它的办法用集合S 表示，S 被分成n 类，分别用集合12,,n S S S 表示，即12n S S S S =，且()i j S S i j =∅≠，12,,n S S S 中分别有12,,n m m m 种不同的方法，即集合12,,n S S S 中分别有12,,n m m m 个元素，那么完成这件事共有的方法，即集合S 中的元素的个数为12++n m m m +．典型例题例1.一部记录影片在4个单位轮映，每一单位放映1场，有多少种轮映次序？【答案】24例2.从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船.假定火车每日1班，汽车每日3班，轮船每日2班，那么一天中从甲地到乙地有多少种不同的走法？【答案】1+2+3=6（种）男生数女生数总数高三（1）班302050高三（2）班303060高三（3）班352055（2）从高三（1）班、高三（2）班男生中或从高三（3）班戈生中选1名学生任学生会解析（1）从三个班中选1名学生任学生会主席，共有三类不同的方案：第1类，从高三（1）班学生中选出1名学生，有50种不同的选法；第2类，从高三（2）班学生中选出1名学生，有60种不同的选法；第3类，从高三（3）班学生中选出1名学生，有55种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50+60+55=165（种）不同的选法．（2）从高三（1）班、高三（2）班男生中或从高三（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有三类不同的方案：第1类，从高三（1）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高三（2）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第3类，从高三（3）班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从高三（1）班，高三（2）班男生中或从高三（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30+30+20=80（种）不同的选法．方法总结：根据已知条件确定好分类标准后，分类应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类而且仅属于某一类，即“类”与“类”之间是相互独立的，是确定的．在解题时，应首先分清楚怎样才算完成这件事，完成这件事有n类方法，其中的每一种都可以独立完成这件事．题型二：分步乘法计数原理 知识清单知识1：分步乘法计数原理（1）分步乘法计数原理的慨念做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同的方法……做第n 个步骤有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法.（2）分步乘法计数原理的特点分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步中都要使用一种方法才能完成要做的事情，可以利用图形11m 第有第种方法类→22m 第有第种方法类→…→n m 第n 有第种方法类来表示分步乘法计数原理，图中的“→”强调要依次完成各个步骤才能完成要做的事情，从而共m1×m2×…mn 种不同的方法可以完成这件事． （3）分步的原则应用分步乘法计数原理解题时要注意以下几点：①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，单独用题目中所给的某种方法是不是能完成这件事，也就是说，是否必须经过几步才能完成这件事：②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成：③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n 个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤之中既不能重复也不能遗漏．典型例题例1.一个三层书架的上层放有5本不同的数学书，中层放有3本不同的语文书，下层放有2本不同的英语书：（1）从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？ （2）从书架上任取三本书，其中数学书、语文书、英文书各一本，有多少种不同种的取法？ 【答案】10种，30种例2.用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的： （1）银行存折的四位密码？ （2）四位数？ （3）四位奇数？【答案】120个；96个；36个.例3.我们把壹元硬币有牡丹的一面叫做正面，有币值的一面叫做反面.现依次抛出5,枚壹元硬币，按照抛出的顺序得到一个由5个“正”或“反”组成的序列，如“正、反、反、反、正”.问：一共可以得到多少个不同的这样的序列？ 【答案】32个例4.乘积1212()()m n a a a b b b ++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+展开后，共有_______项； 【答案】mn ；方法总结：应用分步乘法计数原理时，关键是确定分步的步骤，必须是连续做完几步，要不漏不重．题型三：综合问题知识清单知识1:分类加法计算原理与分步乘法计数原理的关系（1）分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，都是计数的方法，二者的区别在于：分类加法计数原理针对的是分类问题，其各种方法之间是相互独立的，其中的任何一种方法都可以单独完成这件事：分步乘法计数原理针对的是分步问题，各个步骤之间相互依存，只有各个步骤都完成，才算完成这件事，单独的一步或几步不能完成这件事．（2）两个计数原理的区别在于分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，可以用下表表示：区别分类加法计数原理分步乘法计数原理①完成一件事，共有n类办法，关键词是分类完成一件事．共分n个步骤，关键同是分步②每类办法都能独立完成这件事，它们是独立的，一次性的，且每一次得到的部是最后结果，只需一种方法就可以完成这件事每一步得到的只是中间结果，任何一步都不可能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事③各类办法之间是互斥的，并列的，独立的各步之问是有关联的，不独立的，关键确保不遗漏、不重复（3）计数原理的选择如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能完成这件事情，求完成这件事情的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事情要分成n个步骤，各个步骤都是不可或缺的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事情，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数，就用分步乘法计数原理．从思想方法的角度看，分类加法计数原理是将问题进行“分类”思考；分步乘法计数原理是将问题进行“分步”思考，这两种方法贯穿本章的始终．典型例题例1.由数字0，1,2,3这四个数字，可组成多少个：（1）无重复数字的三位数？（2）可以有重复数字的三位数？（3）无重复数字的三位偶数？【答案】18；48；10例2.如果，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.问从甲地到丙地共有多少种不同的走法？【答案】14例3.有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名奖项：（1）学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有多少种？（2）有4名学生参加这三个运动项目，若一个学生可以获得多项冠军，那么各项冠军获得者的不同情况有多少种？【答案】6；64十个数字，可以组成多少个：例4.用0,1,,9（1）三位数？（2）无重复数字的三位数？（3）小于500的无重复的三位数字？（4）小于500，且末位数字是8或9的无重复数字的三位数？（5）小于100的无重复数字的自然数？【答案】900；648；288；64；91方法总结：在解决计数问题时，最重要的是在开始汁算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步．①分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数．最后用分类加法计数原理求和，得到总数．②分步要做到“步骤完整”——完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．。

第85讲计数原理知识梳理知识点1、分类加法计数原理完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的办法，在第2类办法中有2m 种不同的方法，…，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12n N m m m =+++ 种不同的方法．知识点2、分步乘法计数原理完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12n N m m m =⋅⋅⋅ 种不同的方法．注意：两个原理及其区别分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有n 类办法，这n 类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理．分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有n 个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这n 个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理．当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法．知识点3、两个计数原理的综合应用如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．必考题型全归纳题型一：分类加法计数原理的应用例1．（2024·全国·高三专题练习）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例2．（2024·四川成都·双流中学校考模拟预测）如图，小黑圆表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息（）A．26B．24C．20D．19例3．（2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学校考阶段练习）定义：“各位数字之和为7的四位数叫好运数”，比如1006，2203，则所有好运数的个数为（）A．82B．83C．84D．85变式1．（2024·全国·高三专题练习）从1，2，3，4，5，6中选取4个数字，组成各个数位上的数字既不全相同，也不两两互异的四位数，记四位数中各个数位上的数字从左往右依次≤≤≤，则满足条件的四位数的个数为.为a，b，c，d，且要求a b c d变式2．（2024·全国·高三专题练习）已知直线方程0Ax By +=，若从0、1、2、3、5、7这六个数中每次取两个不同的数分别作为A 、B 的值，则0Ax By +=可表示条不同的直线．变式3．（2024·辽宁·高三校联考开学考试）某迷宫隧道猫爬架如图所示，B ，C 为一个长方体的两个顶点，A ，B 是边长为3米的大正方形的两个顶点，且大正方形由完全相同的9小正方形拼成.若小猫从A 点沿着图中的线段爬到B 点，再从B 点沿着长方体的棱爬到C 点，则小猫从A 点爬到C 点可以选择的最短路径共有条.【解题方法总结】分类标准的选择（1）应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．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，但也不能有遗漏．题型二：分步乘法计数原理的应用例4．（2024·广东深圳·高三校考阶段练习）甲、乙、丙3个公司承包6项不同的工程，甲承包1项，乙承包2项，丙承包3项，则共有种承包方式（用数字作答）.例5．（2024·全国·高三专题练习）若一个三位数同时满足：①各数位的数字互不相同；②任意两个数位的数字之和不等于9，则这样的三位数共有个．(结果用数字作答)例6．（2024·安徽亳州·高三蒙城第一中学校考阶段练习）将3名男生，2名女生排成一排，要求男生甲必须站在中间，2名女生必须相邻的排法种数有（）A ．4种B ．8种C ．12种D ．48种变式4．（2024·四川成都·高三统考开学考试）“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为（）A．72B．108C．144D．196变式5．（2024·全国·高三专题练习）三棱柱各面所在平面将空间分成不同部分的个数为（）A．18B．21C．24D．27变式6．（2024·河北石家庄·高三校联考期中）临近春节，某校书法爱好小组书写了若干副春联，准备赠送给四户孤寡老人．春联分为长联和短联两种，无论是长联或短联，内容均不相同．经过调查，四户老人各户需要1副长联，其中乙户老人需要1副短联，其余三户各要2副短联．书法爱好小组按要求选出11副春联，则不同的赠送方法种数为（）A．15120B．7560C．12520D．12160变式7．（2024·北京东城·高三北京市广渠门中学校考开学考试）鱼缸里有8条热带鱼和2条冷水鱼，为避免热带鱼咬死冷水鱼，现在把鱼缸出孔打开，让鱼随机游出，每次只能游出1条，直至2条冷水鱼全部游出就关闭出孔，若恰好第3条鱼游出后就关闭了出孔，则不同游出方案的种数为（）A．16B．32C．36D．48变式8．（2024·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）在如图所示的表格中填写1，2，3三个数字，要求每一行、每一列均有这3个数字，则不同的填法种数为（）．A．6B．9C．12D．18变式9．（2024·黑龙江佳木斯·高三校考开学考试）甲、乙分别从4门不同课程中选修1门，且2人选修的课程不同，则不同的选法有（）种．A．6B．8C．12D．16变式10．（2024·陕西西安·西安市第三十八中学校考模拟预测）从六人（含甲）中选四人完成四项不同的工作（含翻译），则甲被选且甲不参加翻译工作的不同选法共有（）A．120种B．150种C．180种D．210种变式11．（2024·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）某足球比赛有A，B，C，D，E，F，G，H，J共9支球队，其中A，B，C为第一档球队，D，E，F为第二档球队，G，H，J为第三档球队，现将上述9支球队分成3个小组，每个小组3支球队，若同一档位的球队不能出现在同一个小组中，则不同的分组方法有（）A．27种B．36种C．72种D．144种【解题方法总结】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．题型三：两个计数原理的综合应用例7．（2024·全国·高三专题练习）第31届世界大学生夏季运动会于6月26日至7月7日在成都举办，现在从6男4女共10名青年志愿者中，选出3男2女共5名志愿者，安排到编号为1、2、3、4、5的5个赛场，每个赛场只有一名志愿者，其中女志愿者甲不能安排在编号为1、2的赛场，编号为2的赛场必须安排女志愿者，那么不同安排方案有（）A．1440种B．2352种C．2880种D．3960种例8．（2024·江苏南京·高三校联考阶段练习）从2位男生，3位女生中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位男生入选，则不同安排方法有（）种A．16B．36C．54D．96例9．（2024·上海黄浦·高三上海市敬业中学校考开学考试）三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛，若每人只选择一个项目，则同一个项目最多只有2人参赛的情况共有种．变式12．（2024·广东·高三河源市河源中学校联考阶段练习）现有5名同学从北京、上海、深圳三个路线中选择一个路线进行研学活动，每个路线至少1人，至多2人，其中甲同学不选深圳路线，则不同的路线选择方法共有种．（用数字作答）变式13．（2024·浙江·高三舟山中学校联考开学考试）杭州亚运会举办在即，主办方开始对志愿者进行分配．已知射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有种．（用数字作答）．变式14．（2024·江苏扬州·高三仪征中学校考阶段练习）已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有52种可能，在这52种可能中，电路从P到Q接通的情况有种．变式15．（2024·湖北·高三校联考开学考试）从5男3女共8名学生中选出组长1人，副组长1人，普通组员3人组成5人志愿组，要求志愿组中至少有3名男生，且组长和副组长性别不同，则共有种不同的选法.（用数字作答）变式16．（2024·湖北·高三校联考阶段练习）有两个家庭共8人暑假到新疆结伴旅游（每个家庭包括一对夫妻和两个孩子），他们在乌鲁木齐租了两辆不同的汽车进行自驾游，每辆汽车乘坐4人，要求每对夫妻乘坐同一辆汽车，且该车上至少有一个该夫妻自己的孩子，则满足条件的不同乘车方案种数为.变式17．（2024·福建福州·高三统考开学考试）“二十四节气”是中国古代劳动人民伟大的智慧结晶，其划分如图所示．小明打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗．他准备在春季的6个节气与夏季的6个节气中共选出3个节气，若春季的节气和夏季的节气各至少选出1个，则小明选取节气的不同情况的种数是（）A．90B．180C．270D．360【解题方法总结】利用两个计数原理解题时的三个注意点（1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事．（2）分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图．（3）对于复杂问题，一般是先分类再分步。

2024年高考数学总复习第十章《计数原理》§10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义．1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．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．12B．8C．6D．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．16B．13C．12D．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．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．5.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．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．14B．13C．12D．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．240B．204C．729D．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．24B．18C．12D．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)．(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．120B．140C．240D．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．60B．48C．36D．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40000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40000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．(2018·贵州省凯里市第一中学月考)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．52B．58C．64D．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·保定质检)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·玉林联考)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．9B．10C．11D．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．24B．48C．96D．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)，根据分类加法计数原理可得，共有24＋72＝96(种)，故选C.7．(2018·湖北省黄冈中学月考)对33000分解质因数得33000＝23×3×53×11，则33000的正偶数因数的个数是()A．48B．72C．64D．96答案A解析33000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33000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33000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．(2018·天津河东区模拟)一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛，3名女生和2名男生，如果男生不排第一个演讲，同时两名男生不能相邻演讲，则排序方式有________种．(用数字作答)答案36解析根据题意，分2步完成：①将三名女生全排列，有A33＝6种顺序，②排好后，有4个空位，男生不排第一个演讲，除去第一个空位，有3个空位可用，在这三个空位中任选2个，安排2名男生，有A23＝6种情况，则有6×6＝36种符合题意的排序方式．11．(2018·金华模拟)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．(2018·杭州第二中学模拟)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，当第一个选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解析由DA →＋DC →＝λDB →(λ∈R )，说明△ABC 是等腰三角形，且|BA |＝|BC |，必有f (1)＝f (3)，f (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．。

2021高考领跑一轮复习资料·数学篇专题56分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、【知识精讲】1.分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法.那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.3.分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.【注意点】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，并贯穿其始终.1.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.2.分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.二、【典例精练】考点一分类加法计数原理的应用【例1】(1)从甲地到乙地有三种方式可以到达.每天有8班汽车、2班火车和2班飞机.一天一人从甲地去乙地，共有________种不同的方法.(2)满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________.【答案】(1)12(2)13【解析】(1)分三类：一类是乘汽车有8种方法；一类是乘火车有2种方法；一类是乘飞机有2种方法，由分类加法计数原理知，共有8＋2＋2＝12(种)方法.(2)当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；若a ＝2，则b 的值可以是－1，0，(a ，b )的个数为2.由分类加法计数原理可知，(a ，b )的个数为4＋4＋3＋2＝13.【解法小结】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、关键元素和关键位置.(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才是不同的方法，不能重复.(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏，如本例(2)中易漏a ＝0这一类.考点二分步乘法计数原理的应用【例2】(1)用0，1，2，3，4，5可组成无重复数字的三位数的个数为________.(2)(2018·合肥质检)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种.【答案】(1)100(2)4554【解析】(1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据分步乘法计数原理，三位数的个数为5×5×4＝100.(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性.【解法小结】 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.考点三两个计数原理的综合应用角度1与数字有关的问题【例3－1】（2012山东）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，并且红色卡片至多1张，不同取法的种数是A．232B．252C．472D．484【答案】C【解析】若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有14C ⨯14C ⨯14C =64，若2张同色，则有21213244144C C C C ⨯⨯⨯=，若红色1张，其余2张不同色，则有12114344192C C C C ⨯⨯⨯=，其余2张同色则有11243472C C C ⨯⨯=，所以共有64+144+192+72=472．另解1：472885607216614151641122434316=-=--⨯⨯=--C C C C ,答案应选C．另解2：472122642202111241261011123212143431204=-+=⨯⨯+-⨯⨯=+-C C C C C ．角度2与几何有关的问题【例3－2】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【答案】D【解析】在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”.角度3涂色、种植问题【例3－3】(一题多解)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.【解析】解法一按所用颜色种数分类.第一类：5种颜色全用，共有A 55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×A 45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A 35种不同的方法.由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A 55＋2×A 45＋A 35＝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).【解法小结】 1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：(1)一般是先分类再分步.在分步时可能又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，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.例题中，相邻顶点不同色，要按A，C和B，D是否同色分类处理.三、【名校新题】1.(2019·石家庄模拟)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【答案】D【解析】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．(2018·九江模拟)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．40B．16C．13D．10【答案】C【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．3．(2018·北京朝阳区二模)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，则共有不同分法的种数为()A．12B．24C．36D．48【答案】D【解析】甲、乙分得的电影票连号有4×2＝8种情况，其余三人有A33种分法，所以共有8A33＝48种，选D.4．(2019·长沙模拟)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】A＝6(种)，再排第二列，当第一列确定时，【解析】第一步先排第一列，有A33第二列有两种方法，如图所示，所以不同的排列方法共有6×2＝12(种)．5.(2019·山东模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A．243B．252C．261D．279【答案】B【解析】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.故选B.6．(2019·福州模拟)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【答案】B【解析】设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9种．7.(2019·四川泸州模拟)如图，将一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有3种不同的花供选种，要求在同一块中种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为()A．12B．24C．18D．6【答案】C【解析】四块地种2种不同的花共有C 23A 22＝6种不同的种植方法，四块地种3种不同的花共有2A 33＝12种不同的种植方法，所以共有6＋12＝18种不同的种植方法，故选C.8.(2019·广西桂林模拟)如图，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只能取其中一堆最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是()A．6B．10C．12D．24【答案】B【解析】将图中左边的集装箱从上往下分别记为1,2,3，右边的集装箱从上往下分别记为4,5.分两种情况讨论：若先取1，则有12345,12453,12435,14523,14235,14253，共6种取法；若先取4，则有45123,41235,41523,41253，共4种取法，故共有6＋4＝10种取法．9．(2019·广西南宁模拟)用4种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，同一条棱的两个顶点涂不同的颜色，则符合条件的所有涂法共有()A．24种B．48种C．64种D．72种【答案】D【解析】设该正四棱锥为S －ABCD ，顶点S 有4种不同的涂法，用三种不同的颜色涂底面ABCD 的四个顶点．①当A ，C 同色时，有3×2×2＝12种不同的涂法；②当A ，C 不同色时，有3×2×1×1＝6种不同的涂法，故符合条件的所有涂法共有4×(12＋6)＝72种．故选D.10.(2019·河北保定模拟)甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A ，B ，C 三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A 社区，乙不去B 社区，则不同的安排方法种数为()A．8B．7C．6D．5【答案】B【解析】根据题意，分两种情况讨论：①乙和甲一起去A 社区，此时将丙、丁二人安排到B ，C 社区即可，有A 22＝2种情况，②乙不去A 社区，则乙必须去C 社区，若丙、丁都去B 社区，有1种情况，若丙、丁中有1人去B 社区，则先在丙、丁中选出1人，安排到B 社区，剩下1人安排到A 或C 社区，有2×2＝4种情况，则不同的安排方法种数有2＋1＋4＝7种．故选B.11.(2019·驻马店质检)将一个四面体ABCD 的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有()A.1种B.3种C.6种D.9种【答案】C【解析】因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色，故有3×2×1＝6(种)涂色方案.12.(2019·苏州模拟)从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的底数和真数，则所产生的不同对数值的个数为()A．56B．54C．53D．52【答案】D【解析】在8个数字中任取2个不同的数字共可产生8×7＝56个对数值，在这56个对数值中，log 24＝log 39，log 42＝log 93，log 23＝log 49，log 32＝log 94，则满足条件的对数值共有56－4＝52个．13．(2019·江西新余模拟)7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A．120B．240C．360D．480【答案】C 【解析】第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到前排，有3种方法；第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种方法；第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人，有5种方法，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种方法；根据分步乘法计数原理可得不同的加入方法种数为3×4×5×6＝360.故选C.14．(2019·武汉模拟)在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A ，B 两种作物，每种作物种植一垄．为有利于作物生长，要求A ，B 两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有()A．2种B．6种C．12种D．14种【答案】C【解析】分两步：第一步，先选垄，如图所示，共有6种选法；第二步，种植A ，B 两种作物，有2种方法．所以根据分步计数原理，不同的选垄方法有6×2＝12(种)．15．(2019·定州模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有()A．288种B．144种C．576种D．96种【答案】C【解析】依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．16.(2019·宁波模拟)如图，矩形的对角线把矩形分成A ，B ，C ，D 四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．【答案】260【解析】区域A 有5种涂色方法；区域B 有4种涂色方法；区域C 的涂色方法可分2类：若C 与A 涂同色，区域D 有4种涂色方法；若C 与A 涂不同色，此时区域C 有3种涂色方法，区域D 也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．17．(2019·南通模拟)从1到9的正整数中任意抽取2个数相加，所得的和为奇数的不同情形种数是________．【答案】20【解析】根据题意，从1到9的正整数中任意抽取2个数相加，若所得的和为奇数，则取出的2个数必为1个奇数、1个偶数．分两步：先在1,3,5,7,9中取出1个奇数，有5种取法，再在2,4,6,8中取出1个偶数，有4种取法．则1个奇数、1个偶数的取法有5×4＝20(种)，即所得的和为奇数的不同情形种数是20.18.(2019·菏泽六校联考)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________.【答案】10【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.19.(2018·沈阳模拟)现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数为________．【答案】12×3＝6种方法；若第一【解析】若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C12门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有3×2＝6种方法．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12种．20．(2019·河北衡水中学模拟)已知一个公园的形状如图所示，现有3种不同的植物要种在此公园的A，B，C，D，E这五个区域内，要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有________种．【答案】18【解析】先种植A，B，C三个区域，有3×2×1＝6种方法．①A，E相同时：D有1种种法，此时共有6×1×1＝6种方法；②A，E不同时：D有2种种法，此时共有6×1×2＝12种方法．由分类加法计数原理知共有6＋12＝18种不同的种法．。

分类加法计数原理和分布乘法计数原理一、回顾教材·知识梳理分类加法计数原理：完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2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，那么完成这件事共有 种不同的方法.（对应微体验1、2）分布乘法计数原理:完成一件事需要n 个步骤，做第1步有N 1种不同的方法，做第2步有N 2种不同的方法，…做第n 步有N O 种不同的方法，那么完成这件事共有 种不同的方法.(对应微体验3、4)分类加法计数原理 分步乘法计数原理 联系都是完成一件事的不同方法种数的问题 区别 1、 分类2、 每类办法都是独立完成，并且只需一种方法就可完成这件事。

3、 互斥且独立1、 分步2、 “步步相依”即各个步骤是相互依存的，必须每步都完成了，才算做完这件事 注意分类要“不重不漏” 分步要“步骤完整” 二、基础检测·查漏补缺微体验1:用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？ 微体验2：在填写高考志愿时，一名高中毕业生了解到,",#两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，如表：问1：如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择？问2：在微体验2中,如果数学也是A 大学的强项专业,则A 大学共有6个专业可以选择,B 大学共有4个专业可以选择,那么用分类加法计数原理,得到这名同学可能的专业选择种数为6+4=10.这种算法有什么问题?微体验3：用前6个大写的英文字母和1~9个阿拉伯数字，以"1，"2…"9，#1，#2，…的方式给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？微体验4：某班有男生30名，女生24名，从中任选男生和女生各1名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法?三、考点分类·全面突破考点一：分类加法计数原理的应用例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（ ）变式1：设a ，b ，c∈{1,2,3,4}，若以a ，b ，c 为三条边的长构成一个等腰三角形，则这样的三角形有 个。