2019-2020学年度高考数学考点通关练第六章立体几何56分类加法计数原理与分步乘法计数原理试题理

新教材适用高中数学学案新人教A版选择性必修第三册：6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理学习目标1．通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．2．能说出分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义．3．能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．核心素养1．通过两个计数原理的学习，提升逻辑推理素养．2．借助两个计数原理解决一些简单的实际问题，培养数学运算素养．3．通过合理地分类或分步解决实际问题，提升逻辑推理的素养.知识点 1 分类加法计数原理提醒：定义中各种方案之间相互独立，任何一类方案中任何一种方法也相互独立．想一想：若完成一件事情有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，那么完成这件事共有多少种不同的方法？提示：共有m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．练一练：思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(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完成这件事．( √ )(3)从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机每天有3班，轮船每天有4班．若李先生从甲地去乙地，则不同的交通方式共有7种．( √ )(4)某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种．( √ )知识点 2 分步乘法计数原理想一想：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，那么完成这件事共有多少种不同的方法？提示：共有m1×m2×…×m n种不同的方法．练一练：思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)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．( √ )(2)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．( × )(3)已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为9.( √ )(4)在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有43种．( × )知识点 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分步乘法计数原理联系都是用来计算完成一件事的方法种数区别一针对的是“分类完成问题”针对的是“分步完成问题”区别二各种方法相互独立各个步骤中的方法相互连续区别三任何一种方法都可以做完这件事只有各个步骤都完成才算做完这件事提示：分类加法计数原理每一类中的方法可以完成一件事情，而分步乘法计数原理每一步中的方法不能独立完成一件事情．练一练：如图，从A→B→C有_4__种不同的走法；从A→C有_6__种不同的走法．[解析]A→B→C分两步：第一步，A→B，有2种走法；第二步，B→C，有2种走法．所以A→B→C共有2×2＝4(种)走法．A→C分两类：第一类，A→B→C共有4种走法；第二类，A→C(不经过B)有2种走法．所以A→C共有4＋2＝6(种)走法．题型探究题型一分类加法计数原理典例1 (1)如图所示为一个电路图，若只合上一个开关，可通电的线路共有( B )A．6条B．5条C．9条D．4条(2)某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( C )A．3种B．5种C．7种D．9种(3)有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名．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_6__种．[解析](1)可分为两类：从上面有3条；从下面有2条．由分类加法计数原理知，通电的线路共有3＋2＝5(条)．(2)分三类：买1本、买2本或买3本，各类购买方式依次有3种、3种、1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)．(3)三项体育运动项目，每个项目设冠军和亚军各一名，即每个项目可有2个奖项．由分类加法计数原理，学生甲获奖的不同情况有2＋2＋2＝6(种)．[规律方法] 应用分类加法计数原理解题的策略(1)标准明确：明确分类标准，依次确定完成这件事的各类方法．(2)不重不漏：完成这件事的各类方法必须满足不能重复，又不能遗漏．(3)方法独立：确定的每一类方法必须能独立地完成这件事．对点训练❶ (1)为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二(1)班的男生38人和女生18人中选取1名学生作代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有 56 种．(2)某校开设物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理6门选修课，甲同学需从中选修3门，其中化学、生物两门中至少选修一门，则不同的选法种数为_16__.(用数字填写答案) [解析](1)完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，有38种选法；第二类：选1名女生，有18种选法，根据分类加法计数原理，共有N＝38＋18＝56(种)不同的选法．(2)可分为3类，第1类，只选化学不选生物学，需再从物理、思想政治、历史、地理中选择2门，有6种选法；第2类，只选生物学不选化学，同样也有6种选法；第3类，化学和生物学都选，需再从其他4门中选择1门，有4种选法，所以共有6＋6＋4＝16种选法．题型二分步乘法计数原理典例2 由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？[分析](1)数字各不相同，且百位上的数字不可为0；(2)数字可以重复，但百位上的数字不可为0.[解析](1)分三步完成．第一步：排百位，1,2,3三个数字都可以，有3种不同的方法；第二步：排十位，除百位上已用的，其余三个数字都可以，有3种不同的方法；第三步：排个位，除百位、十位上已用的，其余两个数字都可以，有2种不同的方法．故可组成无重复数字的三位数共3×3×2＝18(个)．(2)分三步完成．第一步：排百位，1,2,3这三个数字都可以，有3种不同的方法；第二步：排十位，0,1,2,3这四个数字都可以，有4种不同的方法；第三步：排个位，0,1,2,3这四个数字都可以，有4种不同的方法．故可组成可以有重复数字的三位数共3×4×4＝48(个)．[规律方法] 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：逐一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．对点训练❷ (1)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 )A．56B．65C．30 D．11(2)回文数是指从左到右读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5位回文数有 900 个．[解析](1)第一名同学有5种选择方法，第二名也有5种选择方法，…，依次，第六名同学有5种选择方法，综上，6名同学共有56种不同的选法．(2)第一步，选左边第一个数字和右边第一个数字相同，有9种选法；第二步，选左边第二个数字和右边第二个数字相同，有10种选法；第三步，选左边第三个数字就是右边第三个数字，有10种选法，故5位回文数有9×10× 10＝900，故答案为900.题型三两个计数原理的综合应用典例3 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？[解析](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知共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有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，所以有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．[规律方法] 利用两个计数原理的解题策略用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．对点训练❸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2个顶点确定的直线与含有4个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( B )A．60 B．48C．36 D．24[解析]长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36(个)，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)，所以共有36＋12＝48(个)“平行线面组”．题型四用计数原理解决涂色(种植)问题典例4 如图所示，要给A，B，C，D四个区域分别涂上三种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，共有多少种不同的涂色方法？[解析]A，B，C，D四个区域依次涂色，分4步．第1步，涂A区域，有3种选择；第2步，涂B区域，有2种选择；第3步，涂C区域，它与A，B区域颜色不同，有1种选择；第4步，涂D区域，它与A，C区域颜色不同，有1种选择．所以根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种)．[规律方法] 涂色问题的两种解决方案：(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计算．若图形不是很规则，往往从某一区域开始进行涂色，选用分步乘法计数原理；如果图形具有一定的对称性，那么先对涂色方案进行分类，对每一类再进行分步．(2)首先根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理．然后在每一类的涂色方案的计算上需用到分步乘法计数原理．最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和即得到最终涂色方法数．对于涂色(立方体)问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．对点训练❹将3种农作物全部种植在如图所示的5块试验田里，每块试验田种植一种农作物，且相邻的试验田不能种植同一种农作物，不同的种植方法共有 42 种．[解析]分别用a，b，c代表3种农作物，将试验田从左到右依次编号为①②③④⑤.先种①号田，有3种种植方法，不妨设种植a.再种②号田，可种植b或c，有2种种植方法，不妨设种植b.若③号田种植c，则④⑤号田分别有2种种植方法，则不同的种植方法共有2×2＝4(种)．若③号田种植a，则④号田可种植上b或c.(1)若④号田种植c，则⑤号田有2种种植方法；(2)若④号田种植b，则⑤号田只能种植c，有1种种植方法．综上所述，不同的种植方法共有3×2×(4＋2＋1)＝42(种)．易错警示分步标准不清致错典例5 甲、乙、丙、丁4名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生，则不同的冠军获得情况共有 64 种．[错解]分四步完成这件事．第一步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有可能1个也没获得，也可能获得1个或2个或3个，因此，共有4种不同情况．同理，第二、三、四步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有4种不同情况．由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4×4＝256(种)．[辨析]用分步乘法计数原理求解对象可重复选取的问题时，哪类对象必须“用完”就以哪类对象作为分步的依据．本题中要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”，而错解中可能出现某一学科冠军被2人、3人甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学科没有冠军产生的情况．[正解]由题知，研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军，才算完成了这件事，而4名同学不一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步．第一步，产生第1个学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况；第二步，产生第2个学科冠军，因为夺得第1个学科冠军的同学还可以去争夺第2个学科的冠军，所以第2个学科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况；第三步，同理，产生第3个学科冠军也有4种不同的获得情况．由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4 ＝64(种)．1．已知集合M＝{－2,3}，N＝{－4,5,6}，依次从集合M，N中各取出一个数分别作为点P 的横坐标和纵坐标，则在平面直角坐标系中位于第一、二象限内的点P的个数是( A ) A．4 B．5C．6 D．7[解析]由集合M中的元素作为点P的横坐标，集合N中的元素作为点P的纵坐标，在第一象限的点P共有2个，在第二象限的点P共有2个，由分类加法计数原理可得点P的个数为2＋2＝4.2．将3张不同的演唱会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是( B ) A．2 160 B．720C．240 D．120[解析]第1张有10种分法，第2张有9种分法，第3张有8种分法，根据分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种分法．3．现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( D )A．24种B．30种C．36种D．48种[解析]由题意知本题是一个分步计数问题，需要先给最上面一块着色，有4种结果，再给中间左边一块着色，有3种结果，再给中间右边一块着色有2种结果，最后给下面一块着色，有2种结果，根据分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种)结果．4．跳格游戏：如图所示，人从格外只能进入第1格：在格中每次可向前跳1格或2格，那么人从格外跳到第6格可以有_8__种办法．[解析]每次向前跳1格，共跳6次，有唯一的跳法；仅有一次跳2格，其余每次向前跳1格，共跳5次，有4种的跳法；有两次跳2格，其余每次向前跳1格，共跳4次，有3种的跳法．则共有1＋4＋3＝8种．故答案为8.。

课时过关检测（五十六）分类加法计数原理与分步乘法计数原理A级——基础达标1．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A．24种B．4种C．43种D．34种解析：选C第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法．2．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种B．6种C．10种D．16种解析：选B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．(2021·兰溪市高三模拟)从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52解析：选D在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值；但在这56个数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A．3 B．4C．6 D．8解析：选D当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12，13，23时，也有4个．故共有8个等比数列．5．(2021·湖南师大附中高三模拟)如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )A ．11种B ．20种C ．21种D ．12种解析：选C 根据题意，设5个开关依次为1、2、3、4、5，若电路接通，则开关1、2与3、4、5中至少有1个接通，对于开关1、2，共有2×2＝4种情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有4－1＝3种情况，对于开关3、4、5，共有2×2×2＝8种情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有8－1＝7种情况，则电路接通的情况有3×7＝21种．故选C ．6．(2021·石家庄模拟)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种解析：选C 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)．7．(多选)(2021·山东省实验中学高三模拟) “二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通．若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选ABCD根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类．第一类：由两个“——”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.第二类：由两个“——”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.第三类：由一个“——”和一个“——”组成，二进制数为10,01，转化为十进制数，为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3，故选A、B、C、D.8．(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选BD设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示．若任意两位同学之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15(次)交换，现只进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：(1)由3人构成的2次交换，如a～b和a～c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人．(2)由4人构成的2次交换，如a～b和c～d之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，d四人．综上所述收到4份纪念品的同学人数为2或4人．9.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_______．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.答案：6010．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有________个．解析：将和等于11的放在一组：1和10,2和9，3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有C12＝2(种)．共有2×2×2×2×2＝32(个)子集．答案：3211．在某一运动会百米决赛上，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．故安排方式有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上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．答案：2 88012．有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．答案：8B级——综合应用13.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 B．48C．72 D．96解析：选C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．14．(多选)现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有()A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D．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，共有12种不同的挂法解析：选ABC对于A：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＋7＝14(种)不同的选法，A正确；对于B：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，B正确；对于C：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，C正确；对于D：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.D错误，故选A、B、C．15．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________．解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300.答案：300C级——迁移创新16．(2021·山西太原模拟)如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝9.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有________种．解析：根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间[7,14]中的8个整数，故公差d的范围是区间[－3,3]中的整数．①当公差d＝0时，有C18＝8种；②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2×C16＝12种；③当公差d＝±2时，b不取7,8,13,14，有2×C14＝8种；④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2×C12＝4种．综上，共有8＋12＋8＋4＝32种不同的分珠计数法．答案：32。

第六章 6.1 第1课时A级——基础过关练1．某同学从4本不同的科普杂志,3本不同的文摘杂志,2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读,则不同的选法共有( )A．24种B．9种C．3种D．26种【答案】B 【解析】不同的杂志本数为4＋3＋2＝9(种),从其中任选一本阅读,共有9种选法．2．已知x∈{2,3,7},y∈{－31,－24,4},则(x,y)可表示不同的点的个数是( )A．1 B．3C．6 D．9【答案】D 【解析】这件事可分为两步完成：第一步,在集合{2,3,7}中任取一个值x 有3种方法；第二步,在集合{－31,－24,4}中任取一个值y有3种方法．根据分步乘法计数原理知,有3×3＝9(个)不同的点．3．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个数a,b组成复数a＋b i,其中虚数有( )A．30个B．42个C．36个D．35个【答案】C 【解析】要完成这件事可分两步,第一步确定b(b≠0)有6种方法,第二步确定a有6种方法,故由分步乘法计数原理知共有6×6＝36(个)虚数．4．5名同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有( )A．10种B．20种C．25种D．32种【答案】D 【解析】每位同学限报其中的一个小组,各有2种报名方法,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法共有25＝32(种)．5．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．48C．36 D．24【答案】B 【解析】首先考虑6个表面,每个表面有其相对的长方形的4条边与之平行,还有该四边形有2条对角线与之平行,因此每个表面可以构造6个平行线面组,6个表面,就有6×6＝36(个)平行线面组．再考虑对角面,即体对角线是其对角线的矩形,这样的矩形有6个,每个矩形对应有2条边与之平行,因此一共有6×2＝12(个)平行线面组．相加得48.6．已知a∈{2,4,6,8},b∈{3,5,7,9},能组成log a b＞1的对数值有________个．【答案】9 【解析】分四类,当a＝2时,b取3,5,7,9四种情况；当a＝4时,b取5,7,9三种情况；当a＝6时,b取7,9两种情况；当a＝8时,b取9一种情况,所以总共有4＋3＋2＋1＝10(种),又log23＝log49,所以对数值有9个．7．用0到9这十个数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为________．【答案】328 【解析】由题意知本题是一个分类计数问题,若个位数字为0,前两位的排法种数为9×8＝72；若个位数字不为0,则确定个位数字有4种方法,确定百位数字有8种方法,确定十位数字有8种方法,所以排法种数为4×8×8＝256.所以可以组成256＋72＝328(个)没有重复数字的三位偶数．8．如图所示,在A,B间有四个焊接点,若焊接点脱落,则可能导致电路不通．今发现A,B 之间线路不通,则焊接点脱落的不同情况有________种．【答案】13 【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．9．用0,1,2,3,4,5这6个数字组成无重复数字的四位数,若把每位数字比其左邻的数字小的数叫做“渐降数”,求上述四位数中“渐降数”的个数．解：分三类：第一类,千位数字为3时,要使四位数为“渐降数”,则四位数只有3 210,共1个；第二类,千位数字为4时,“渐降数”有4 321,4 320,4 310,4 210,共4个；第三类,千位数字为5时,“渐降数”有5 432,5 431,5 430,5 421,5 420,5 410,5 321,5 320,5 310,5 210,共10个．由分类加法计数原理,得共有1＋4＋10＝15(个)“渐降数”．10．现有高一四个班的学生34人,其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人,他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人,有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长,有多少种不同的选法？(3)推选两人做中心发言,这两人需来自不同的班级,有多少种不同的选法？解：(1)分四类：第一类,从一班学生中选1人,有7种选法；第二类,从二班学生中选1人,有8种选法；第三类,从三班学生中选1人,有9种选法；第四类,从四班学生中选1人,有10种选法,所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．(3)分六类,每类又分两步：从一、二班学生中各选1人,有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人,有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人,有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人,有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人,有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人,有9×10种不同的选法．所以,共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．B级——能力提升练11．由数字1,2,3,4可以组成有重复数字的三位奇数的个数为( )A．12 B．24C．48 D．32【答案】D 【解析】依据分步乘法计数原理,由数字1,2,3,4组成有重复数字的三位奇数共有2×4×4＝32(个)．12．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．18C．12 D．9【答案】B 【解析】由题意可知E→F有6种走法,F→G有3种走法,由分步乘法计数原理知,共6×3＝18(种)走法．13．将3个不同的小球放入4个盒子中,则不同放法的种数有( )A．81 B．64C．14 D．12【答案】B 【解析】对于第一个小球有4种不同的放法,第二个小球也有4种不同的放法,第三个小球也有4种不同的放法,即每个小球都有4种可能的放法,根据分步乘法计数原理知共有4×4×4＝64(种)放法．14．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x,y)|x∈A,y∈B}．若A＝{a,b,c},B＝{a,c,d,e},则集合A*B的元素个数为( )A．34B．43C．12 D．以上都不对【答案】C 【解析】由分步乘法计数原理可知,A*B中有3×4＝12(个)元素．15．圆周上有2n个等分点(n大于2),任取3个点可得一个三角形,恰为直角三角形的个数为________．【答案】2n(n－1) 【解析】先在圆周上找一点,因为有2n个等分点,所以应有n条直径,不过该点的直径应有(n－1)条,这(n－1)条直径都可以与该点形成直角三角形,即一个点可形成(n－1)个直角三角形,而这样的点有2n个,所以一共可形成2n(n－1)个符合条件的直角三角形．16．某运动会上,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,共有4×3×2＝24(种)方法；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,共有5×4×3×2＝120(种)方法．所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．17．某校高二共有三个班,各班人数如下表：(1)(2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长,有多少种不同的选法？解：(1)从三个班中选1名学生任学生会主席,共有3类不同的方案：第1类,从高二(1)班中选出1名学生,有50种不同的选法；第2类,从高二(2)班中选出1名学生,有60种不同的选法；第3类,从高二(3)班中选出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)从高二(1)班、(2)班男生或高二(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长,共有3类不同的方案：第1类,从高二(1)班男生中选出1名学生,有30种不同的选法；第2类,从高二(2)班男生中选出1名学生,有30种不同的选法；第3类,从高二(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,从高二(1)班、(2)班男生或高二(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．C级——探究创新练18．标号为A,B,C的三个口袋,A袋中有1个红色小球,B袋中有2个不同的白色小球,C 袋中有3个不同的黄色小球,现从中取出2个小球．(1)若取出的两个球的颜色不同,有多少种取法？(2)若取出的两个小球颜色相同,有多少种取法？解：(1)若两个球颜色不同,则应在A,B袋中各取1个,或A,C袋中各取1个,或B,C袋中各取1个,共有1×2＋1×3＋2×3＝11(种)取法．(2)若两个球颜色相同,则应在B袋中取出两个,或在C袋中取出两个,共有1＋3＝4(种)取法．。

2019高考数学一轮复习分类加法计数原理专题检测（带答案）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mn种不同的方法，以下是分类加法计数原理专题检测，请考生及时练习。

一、选择题1.如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有()A.72种B.48种C.24种D.12种解析先分两类：一是四种颜色都用，这时A有4种涂法，B 有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4321=24种涂法;二是用三种颜色，这时A，B，C的涂法有432=24种，D只要不与C同色即可，故D 有2种涂法.故不同的涂法共有24+242=72种.答案 A2.如图，用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有().A.400种B.460种C.480种D.496种解析从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D、A同色1种，D、A不同色3种，不同涂法有654(1+3)=480(种)，故选C.答案 C3.某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展，某校高一新生中的五名同学打算参加春晖文学社、舞者轮滑俱乐部、篮球之家、围棋苑四个社团.若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团.且同学甲不参加围棋苑，则不同的参加方法的种数为().A.72B.108C.180D.216解析设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加围棋苑，有下列两种情况：(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加围棋苑，有C种方法，然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有CA种方法，故共有CCA种参加方法;(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加围棋苑，有C 种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A种方法，这时共有CA种参加方法;综合(1)(2)，共有CCA+CA=180种参加方法.答案 C.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有()A.8种B.9种C.10种D.11种解析分四步完成，共有3311=9种.答案 B.从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有().A.300种B.240种C.144种D.96种解析甲、乙两人不去巴黎游览情况较多，采用排除法，符合条件的选择方案有CA-CA=240.答案 B.4位同学从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法有().A.12种B.24种C.30种D.36种解析分三步，第一步先从4位同学中选2人选修课程甲.共有C种不同选法，第二步给第3位同学选课程，有2种选法.第三步给第4位同学选课程，也有2种不同选法.故共有C22=24(种).答案 B二、填空题.将数字1,2,3,4,5,6按第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数的形式随机排列，设Ni(i=1,2,3)表示第i行中最大的数，则满足N1解析由已知数字6一定在第三行，第三行的排法种数为AA=60;剩余的三个数字中最大的一定排在第二行，第二行的排法种数为AA=4，由分步计数原理满足条件的排列个数是240.答案 240.数字1,2,3，，9这九个数字填写在如图的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每列从上到下也依次增大，当数字4固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有________种.解析必有1、4、9在主对角线上，2、3只有两种不同的填法，对于它们的每一种填法，5只有两种填法.对于5的每一种填法，6、7、8只有3种不同的填法，由分步计数原理知共有223=12种填法.答案 12.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.解析当相同的数字不是1时，有C个;当相同的数字是1时，共有CC个，由分类加法计数原理得共有好数C+CC=12个.答案 12给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有__________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种.(结果用数值表示)三、解答题.如图所示三组平行线分别有m、n、k条，在此图形中(1)共有多少个三角形?(2)共有多少个平行四边形?解 (1)每个三角形与从三组平行线中各取一条的取法是一一对应的，由分步计数原理知共可构成mnk个三角形. (2)每个平行四边形与从两组平行线中各取两条的取法是一一对应的，由分类和分步计数原理知共可构成CC+CC+CC个平行四边形..设集合M={-3，-2，-1,0,1,2}，P(a，b)是坐标平面上的点，a，bM.(1)P可以表示多少个平面上的不同的点?(2)P可以表示多少个第二象限内的点?(3)P可以表示多少个不在直线y=x上的点?解 (1)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定纵坐标有6种，经检验36个点均不相同，由分步乘法计数原理得N=66=36(个).(2)分两步，第一步确定横坐标有3种，第二步确定纵坐标有2种，根据分步乘法计数原理得N=32=6个.(3)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定纵坐标有5种，根据分步乘法计数原理得N=65=30个..现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法?可将星期一、二、三、四、五分给5个人，相邻的数字不分给同一个人.星期一：可分给5人中的任何一人，有5种分法;星期二：可分给剩余4人中的任何一人，有4种分法;星期三：可分给除去分到星期二的剩余4人中的任何一人，有4种分法;同理星期四和星期五都有4种不同的分法，由分步计数原理共有54444=1 280种不同的排法..已知集合A={a1，a2，a3，a4}，B={0,1,2,3}，f是从A到B的映射.(1)若B中每一元素都有原象，这样不同的f有多少个?(2)若B中的元素0必无原象，这样的f有多少个?(3)若f满足f(a1)+f(a2)+f(a3)+f(a4)=4，这样的f又有多少个?(1)显然对应是一一对应的，即为a1找象有4种方法，a2找象有3种方法，a3找象有2种方法，a4找象有1种方法，所以不同的f共有4321=24(个).(2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，所以为A中每一元素找象时都有3种方法.所以不同的f共有34=81(个). (3)分为如下四类：第一类，A中每一元素都与1对应，有1种方法;第二类，A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有CC=12种方法;第三类，A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有CC=6种方法;第四类，A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有CC=12种方法.所以不同的f共有1+12+6+12=31(个).分类加法计数原理专题检测及答案的全部内容就是这些，查字典数学网预祝广大考生可以考上理想的大学。