高考数学总复习 计数原理 课时规范练55 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 理 新人教A版
高三数学一轮复习专讲专练91分类加法计数原理与分步乘法计数原理
两个原理的综合应用
[例3] (2012·山东高考)现有16张不同的卡片，其中
红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要
求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，
不同取法的种数为
()
A．232
B．252
C．472
D．484
[自主解答] 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 C14×C41×C41＝64 种，若 2 张同色，则有 C23×C12×C42×C41＝144(种)；若红色卡片有 1 张，剩余 2 张不同色，则有 C14×C23×C14×C14＝192(种)，剩 余 2 张同色，则有 C41×C13×C24＝72(种)，所以不同的取法 有 64＋144＋192＋72＝472(种)．
C．39
D．48
[自主解答] 一位“良数”有0,1,2，共3个；两位数的 “良数”十位数可以是1,2,3，两位数的“良数”有10,11,12, 20,21,22,30,31,32，共9个；三位数的“良数”有百位为1,2,3 ，十位数为0的，个位可以是0,1,2，共3×3＝9个，百位 为1,2,3，十位不是零时，十位个位可以是两位“良数”， 共有3×9＝27个．根据分类加法计数原理，共有48个小 于1 000的“良数”．
位数的个数为
()
A．120
B．72
C．48
D．36
(2)如图，用四种不同颜色给图中的A，
B，C，D，E，F六个点涂色，要求每
个点涂一种颜色，且图中每条线段的
两个端点涂不同颜色，则不同的涂色
方法共有
()
A．288种
B．264种
C．240种
D．168种
解析：(1)符合题意的五位数有 C13A33A22＝3×3×2×2＝ 36. (2)先涂 A、D、E 三个点，共有 4×3×2＝24 种涂法， 然后再按 B、C、F 的顺序涂色，分为两类：一类是 B 与 E 或 D 同色，共有 2×(2×1＋1×2)＝8 种涂法；另一 类是 B 与 E 或 D 不同色，共有 1×(1×1＋1×2)＝3 种 涂法．所以涂色方法共有 24×(8＋3)＝264 种． [答案] (1) D (2) B
高考复习方案高考数学一轮复习 第55讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理同步作业 理
课时作业(五十五) [第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理](时间：30分钟分值：80分)基础热身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，其中虚数有( )A．30个B．42个C．36个D．35个2．[2014·岳阳二模] 四面体的一个顶点为A，从其他顶点与各棱的中点中任取3个点，使它们和点A在同一平面上，则不同的取法有( )A．30种B．33种C．36种D．39种3．定义集合A与B的运算A*B为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．4 B．8 C．12 D．164．[2015·云南玉溪一中模拟] 从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法共有( )A．36种B．30种C．42种D．60种5．如图K551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．图K551能力提升6．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是( )A．48 B．36 C．24 D．18图K5527．用4种不同的颜色涂入如图K552所示的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有( )A．72种B．48种C．24种D．12种8．若自然数n使得做竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)时均不产生进位现象，则称n为“良数”．例如：32是“良数”，因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“良数”，因为23＋24＋25产生进位现象．则小于1000的“良数”的个数为( )A．27 B．36 C．39 D．489．[2014·长沙一中月考] 在用1，2，3，4，5这5个数组成的全部无重复数字的三位数中，能被3整除的有( )A．20个B．24个C．30个D．32个10．[2014·扬州调研] 从8名女生和4名男生中选3名组成课外小组，若按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法有________种．11．某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这个人把这种特殊要求的号买全至少要________元．12．(13分)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构成点的坐标，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．难点突破13．(1)(6分)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有甲、乙、丙、丁、戊5架舰载机准备着舰．如果甲、乙2机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法种数为( )A．12 B．18 C．24 D．48(2)(6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)课时作业(五十五)1．C 2.B 3.C 4.A 5.13 6.B 7.A8．D 9.B 10.112 11.864012．14 13.(1)C (2)A。
高三数学北师大版通用,理总复习讲义 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
§１0．１分类加法计数原理和分步乘法计数原理１．分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m１种方法，在第二类办法中有m２种方法，……，在第n类办法中有m n种方法，那么完成这件事共有N＝m１＋m２＋…＋m n种方法（也称加法原理）．２．分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m１种方法，做第二步有m２种方法，……，做第n步有m n种方法，那么完成这件事共有N＝m１×m２×…×m n种方法（也称乘法原理）．３．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事的方法的种数．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．１．判断下面结论是否正确（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，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，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．（√）２．５位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________种．答案３２解析每位同学有两种不同的报名方法，而且只有这５位同学全部报名结束，才算事件完成．所以共有２×２×２×２×２＝３２（种）．３．有不同颜色的４件上衣与不同颜色的３件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是________．答案１２解析由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有４种选法，第二步选长裤有３种选法，所以有４×３＝１２（种）选法．４．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________种．答案２４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）．５．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１４解析数字２,３至少都出现一次，包括以下情况：“２”出现１次，“３”出现３次，共可组成C错误!＝４（个）四位数．“２”出现２次，“３”出现２次，共可组成C错误!＝6（个）四位数．“２”出现３次，“３”出现１次，共可组成C错误!＝４（个）四位数．综上所述，共可组成１４个这样的四位数．题型一分类加法计数原理的应用例１高三一班有学生５0人，男生３0人，女生２0人；高三二班有学生60人，男生３0人，女生３0人；高三三班有学生５５人，男生３５人，女生２0人．（１）从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？（２）从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？思维启迪用分类加法计数原理．解（１）完成这件事有三类方法第一类，从高三一班任选一名学生共有５0种选法；第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；第三类，从高三三班任选一名学生共有５５种选法，根据分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有５0＋60＋５５＝１6５（种）选法．（２）完成这件事有三类方法第一类，从高三一班男生中任选一名共有３0种选法；第二类，从高三二班男生中任选一名共有３0种选法；第三类，从高三三班女生中任选一名共有２0种选法．综上知，共有３0＋３0＋２0＝80（种）选法．思维升华分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是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．（１）在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？（２）方程错误!＋错误!＝１表示焦点在y轴上的椭圆，其中m∈{１,２,３,４,５}，n∈{１,２,３,４,５,6,7}，那么这样的椭圆有多少个？解（１）分析个位数字，可分以下几类：个位是9，则十位可以是１,２,３，…，8中的一个，故有8个；个位是8，则十位可以是１,２,３，…，7中的一个，故有7个；同理，个位是7的有6个；个位是6的有５个；…个位是２的只有１个．由分类加法计数原理，满足条件的两位数有１＋２＋３＋４＋５＋6＋7＋8＝３6（个）．（２）以m的值为标准分类，分为五类．第一类：m＝１时，使n>m，n有6种选择；第二类：m＝２时，使n>m，n有５种选择；第三类：m＝３时，使n>m，n有４种选择；第四类：m＝４时，使n>m，n有３种选择；第五类：m＝５时，使n>m，n有２种选择．∴共有6＋５＋４＋３＋２＝２0（种）方法，即有２0个符合题意的椭圆．题型二分步乘法计数原理的应用例２有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？（不一定六名同学都能参加）（１）每人恰好参加一项，每项人数不限；（２）每项限报一人，且每人至多参加一项；（３）每项限报一人，但每人参加的项目不限．思维启迪可以根据报名过程，使用分步乘法计数原理．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，知共有选法３6＝7２9（种）．（２）每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有５种选法，第三个项目只有４种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×５×４＝１２0（种）．（３）由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法6３＝２１6（种）．思维升华利用分步乘法计数原理解决问题：１要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；２各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．已知集合M＝{—３，—２，—１,0,１,２}，若a，b，c∈M，则：（１）y＝ax２＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；（２）y＝ax２＋bx＋c可以表示多少个图像开口向上的二次函数．解（１）a的取值有５种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax２＋bx＋c 可以表示５×6×6＝１80（个）不同的二次函数．（２）y＝ax２＋bx＋c的图像开口向上时，a的取值有２种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y ＝ax２＋bx＋c可以表示２×6×6＝7２（个）图像开口向上的二次函数．题型三两个原理的综合应用例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，求不同的染色方法总数．思维启迪染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题．解方法一可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S—ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有５×４×３＝60（种）染色方法．当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为１、２、３，若C染２，则D可染３或４或５，有３种染法；若C染４，则D可染３或５，有２种染法；若C染５，则D可染３或４，有２种染法．可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝４２0（种）．方法二以S、A、B、C、D顺序分步染色．第一步，S点染色，有５种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有４种方法；第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有３种方法；第四步，C点染色，也有３种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有３种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有２种染色方法，D点也有２种染色方法．由分步乘法、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）．方法三按所用颜色种数分类．第一类，５种颜色全用，共有A错误!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错误!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错误!种不同的方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为A错误!＋２×A错误!＋A错误!＝４２0（种）．思维升华用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．（１）分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．（２）分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．（３）对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析．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？解如图所示，将４个小方格依次编号为１,２,３,４，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．１当第２个、第３个小方格涂不同颜色时，有A错误!＝１２（种）不同的涂法，第４个小方格有３种不同的涂法．由分步乘法计数原理可知，有５×１２×３＝１80（种）不同的涂法；２当第２个、第３个小方格涂相同颜色时，有４种涂法，由于相邻方格不同色，因此，第４个小方格也有４种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知．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．对两个基本原理认识不清致误典例：（１0分）（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（２）某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有４趟，轮船有３次，问此人的走法可有________种．易错分析解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算．解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于（１），选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有３４种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；对于（２），易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用乘法原理计算．解析（１）第１封信投到信箱中有４种投法；第２封信投到信箱中也有４种投法；第３封信投到信箱中也有４种投法．只要把这３封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有４３种方法．（２）因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有４种，坐轮船的走法有３种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有４＋３＝7（种）．答案（１）C （２）7温馨提醒（１）每封信只能投到一个信箱里，而每个信箱可以装１封信，也可以装２封信，其选择不是唯一的，所以应注意由信来选择信箱，每封信有４种选择．（２）在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏．方法与技巧１．分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，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．２．混合问题一般是先分类再分步．３．分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．４．要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．失误与防范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．３．确定题目中是否有特殊条件限制．A组专项基础训练（时间：４0分钟）一、选择题１．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．３Ｂ．４Ｃ．6 Ｄ．8答案D解析按从小到大顺序有１２４,１３9,２４8,４69共４个，同理按从大到小顺序也有４个，故这样的等比数列的个数为8个．２．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（）Ａ．２４种Ｂ．３0种Ｃ．３6种Ｄ．４8种答案D解析共有４×３×２×２＝４8（种），故选Ｄ．３．集合P＝{x,１}，Q＝{y,１,２}，其中x，y∈{１,２,３，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对（x，y）作为一个点的坐标，则这样的点的个数是（）Ａ．9 Ｂ．１４Ｃ．１５Ｄ．２１答案B解析当x＝２时，x≠y，点的个数为１×7＝7（个）；当x≠２时，x＝y，点的个数为7×１＝7（个），则共有１４个点，故选Ｂ．４．（２0１３·山东）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0,１,２，…，9共能组成9×１0×１0＝900（个）三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝6４8（个）．∴有重复数字的三位数有900—6４8＝２５２（个）．５．（２0１３·四川）从１,３,５,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a—lg b的不同值的个数是（）Ａ．9 Ｂ．１0 Ｃ．１8 Ｄ．２0答案C解析由于lg a—lg b＝lg错误!（a>0，b>0），从１,３,５,7,9中任取两个作为错误!有A错误!＝２0种，又错误!与错误!相同，错误!与错误!相同，∴lg a—lg b的不同值的个数有A错误!—２＝２0—２＝１8，选Ｃ．二、填空题6．一个乒乓球队里有男队员５名，女队员４名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．答案２0解析先选男队员，有５种选法，再选女队员有４种选法，由分步乘法计数原理知共有５×４＝２0（种）不同的选法．7．某次活动中，有３0人排成6行５列，现要从中选出３人进行礼仪表演，要求这３人中的任意２人不同行也不同列，则不同的选法种数为________（用数字作答）．答案7 ２00解析其中最先选出的一个人有３0种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个５行４列的队形，故选第二个人有２0种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个４行３列的队形，此时第三个人的选法有１２种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是３0×２0×１２＝7 ２00．8．已知集合M＝{１，—２,３}，N＝{—４,５,6，—7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是________．答案6解析分两类：第一类，第一象限内的点，有２×２＝４（个）；第二类，第二象限内的点，有１×２＝２（个）．共４＋２＝6（个）．三、解答题9．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，３人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？解由题意得有１人既会英语又会日语，6人只会英语，２人只会日语．第一类：从只会英语的6人中选１人说英语，共有6种方法，则说日语的有２＋１＝３（种），此时共有6×３＝１8（种）；第二类：不从只会英语的6人中选１人说英语，则只有１种方法，则选会日语的有２种，此时共有１×２＝２（种）；所以根据分类加法计数原理知共有１8＋２＝２0（种）选法．１0．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多少？解方法一分0个相同、１个相同、２个相同讨论．（１）若0个相同，则信息为１00１．共１个．（２）若１个相同，则信息为000１,１１0１,１0１１,１000．共４个．（３）若２个相同，又分为以下情况：１若位置一与二相同，则信息为0１0１；２若位置一与三相同，则信息为00１１；３若位置一与四相同，则信息为0000；４若位置二与三相同，则信息为１１１１；５若位置二与四相同，则信息为１１00；⑥若位置三与四相同，则信息为１0１0．共6个．故与信息0１１0至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为１＋４＋6＝１１．方法二若0个相同，共有１个；若１个相同，共有C错误!＝４（个）；若２个相同，共有C错误!＝6（个）．故共有１＋４＋6＝１１（个）．B组专项能力提升（时间：３0分钟）１．三边长均为整数，且最大边长为１１的三角形的个数为（）Ａ．２４Ｂ．２6 Ｃ．３6 Ｄ．３7答案C解析设另两边长分别为x、y，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＝１,２,３，…，１１，可有１１个三角形；当y取１0时，x＝２,３，…，１0，可有9个三角形；……；当y取6时，x只能取6，只有１个三角形．∴所求三角形的个数为１１＋9＋7＋５＋３＋１＝３6．２．将１,２,３,４,５,6,7,8,9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当３,４固定在图中的位置时，填写空格的方法种数为（）Ａ．４Ｂ．6答案B解析如图所示，根据题意，１,２,9三个数字的位置是确定的，余下的数中，５只能在a，c位置，8只能在b，d位置，依（a，b，c，d）顺序，具体有（５,8,6,7），（５,6,7,8），（５,7,6,8），（6,7,５,8），（6,8,５,7），（7,8,５,6），合计6种.１２a３４bc d9３．如图，一环形花坛分成A，B，C，D求在每块里种１种花，且相邻的２块种不同的花，则不同的种法总数为（）Ａ．96 Ｂ．8４Ｃ．60 Ｄ．４8答案B解析可依次种A、B、C、D四块，当C与A种同一种花时，有４×３×１×３＝３6（种）种法；当C与A所种花不同时，有４×３×２×２＝４8（种）种法，由分类加法计数原理，不同的种法总数为３6＋４8＝8４．４．直线方程Ax＋By＝0，若从0,１,２,３,５,7这6个数字中任取两个不同的数作为A、B的值，则可表示________条不同的直线．答案２２解析分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示１条直线；第三类先取A 有５种取法，再取B有４种取法，故有５×４＝２0（种）．所以可以表示２２条不同的直线．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．答案１５解析方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）．方法二恰有i个焊点脱落的可能情况为C错误!（i＝１,２,３,４）种，由分类加法计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况共C错误!＋C错误!＋C错误!＋C错误!＝１５（种）．6．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军（冠军不并列），获得冠军的可能性有________种．答案４５５４解析报名的方法种数为４×４×４×４×４＝４５.获得冠军的可能情况有５×５×５×５＝５４（种）．7．已知集合A＝{a１，a２，a３，a４}，B＝{0,１,２,３}，f是从A到B的映射．（１）若B中每一元素都有原象，这样不同的f有多少个？（２）若B中的元素0必无原象，这样的f有多少个？（３）若f满足f（a１）＋f（a２）＋f（a３）＋f（a４）＝４，这样的f又有多少个？解（１）显然对应是一一对应的，即为a１找象有４种方法，a２找象有３种方法，a３找象有２种方法，a４找象有１种方法，所以不同的f共有４×３×２×１＝２４（个）．（２）0必无原象，１,２,３有无原象不限，所以为A中每一元素找象时都有３种方法．所以不同的f 共有３４＝8１（个）．（３）分为如下四类：第一类：A中每一元素都与１对应，有１种方法；第二类：A中有两个元素对应１，一个元素对应２，另一个元素与0对应，有C错误!·C错误!＝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C错误!·C错误!＝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C错误!·C错误!＝１２（种）方法．所以不同的f共有１＋１２＋6＋１２＝３１（个）．。
高考数学一轮复习第九章第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时作业理新人教版
第九章计数原理第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1. 分类加法计数原理完成一件事情可以有 n 类方案，在第1类方案中有m i 种不同的方法，在第2类方案中有m 种 不同的方法……在第 n 类方案中有m n 种不同的方法,那么完成这件事情共有 _____________ 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 个步骤，做第1步有m i 种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法……做第n 步有m i 种不同的方法,那么完成这件事情共有 ____________ 种不同的方法. 1.4封不同的信投人三个不同的信箱屮+所有投法的种数是（ A,3*B. 43C. A ；DN 4个人去借3本不同的书（全部借完）•所宥借法的种数是（ A.3*B. 43 C A ：D.3. 若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取 4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有 ( ). A. 60 种 C. 65 种4. 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）5. ________________________ 有三只口袋装有小球，一只装有5个白球，一只装有6个黑球，B. 63 种 D. 66 种一只装有7个红球，若三种颜色的球各取一个，则有种不同的取法.♦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与分步乘法计数原理 别在于：分类加法计数原理与分类有关 这件事；分步乘法计数原理与分步有关 才算完成•♦混合问题混合问题一般是先分类再分布 •♦画图要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律考向一分类加法计数原理的应用 例1高三⑴班有学生50人，男30人，女20人；高三⑵ 班有学生60人，男30人，女30人; 高三⑶ 班有学生55人，男35人，女20人. (1) 从高三(1)班或(2)班或(3)班选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？(2) 从高三(1)班、(2)班男生中，或从高三(3)班女生中选一名学生任学生会主席 ，有多少种不同的选法？【审题视点】 运用分类加法计数原理，先求出每类方案的取法，再进行相加即可•【方法总结】分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准 ，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是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•1 •在所有的两位数中，个位数字小于十位数的两位数字共有多少个 ？,都涉及完成一件事情的不同方法的种数•它们的区,各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成 ,各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了 ，这件事考向二分步乘法计数原理的应用例2现要排一份5天的值班表，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？【审题视点】运用分步乘法计数原理，先分别求出每一天可排的人数，再进行相乘即可•【方法总结】利用分步乘法计数原理解决问题：①要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.变式训练2. 已知集合M=-3,-2,-1,0,1,2}, P（a，b）表示平面上的点（a，b€ M），问:（1）P可表示平面上多少个不同的点？（2）P可表示平面上多少个第二象限的点？⑶P可表示多少个不在直线y=x上的点？考向三两个计数原理的综合应用5个区域涂色（4种颜色全部使用）,要求每个区域涂1A. 72 种例3如图，用4种不同的颜色对图中种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数有（）.B. 96 种C.108 种 【审题视点】 分成1,3同色与1,3不同色两类，分别求出涂色法，再进行相加【方法总结】对于某些复杂的问题，有时既要用分类加法计数原理，又要用分步乘法计数原理 运用两个计数原理解题时是先分类、后分步，还是先分步、后分类，应视具体问题而定，并搞清分类或分步的具体标准是什么，完成事情的含义和标准是什么 •3. 用六种颜色给正四面体 A-BCD 的每条棱涂色，要求每条棱只涂一种颜色且共顶点的棱涂不 同的颜色，问：有多少种不同的涂色方法典例(2014 •福建)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个无区别红球，5个无区别的蓝球、5个2 3 4+a+a+a+a+a )(1 +b )(1B. (1 +a 5)(1 +b+b 2+b 3+b 4+b 5)(1 +c )C. (1 +a ) 5(1 +b+b 2+b 3+b 4+b 5)(1 +C 5)D. (1 +a 5)(1 +b ) 5(1 +c+c 2+c+c 4+c 5)【解题指南】 运用加法原理与乘法原理的基本方法(穷举法)解决.【解析】 由题意可知:5个无区别的红球取出若干球可表示为1+a+a 2+a 3+a 4+a 5;5个无区别5的蓝球都取出或都不取出可表示为1+b ;5个有区别的黑球取出若干球可表示为 (1 +c )(1 +c )(1 +c )(1 +c )(1 +c ) =(1 +c ).由乘法 原理可得所有 取法可 表示为D.120 种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是( ).A. (1 +c )2 3 4 5 5 5(1+a+a+a+a+a)(1 +b) • (1 +c).故选A【答案】A1. （2014 •四川）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（）.A. 192 种B. 216 种C.240 种D.288 种2. （2014 •安徽）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3. （2014 •重庆）某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（）.A.72B. 120C.144D. 1681. N=m+m+…+m n2n1. A2. B3.D4.365.210【例1】（1）从高三⑴班50人中选一人有50种选法；从高三⑵班60人中选一人有60种选法；从高三⑶班中选一人有55种选法，••• 共有50+60+55=165（种）.⑵从高三（1）班、（2）班男生中选一人有30+30=60（种）选法，从高三⑶班女生中选有20种选法，•共有30+30+20=80（种）.【例2】先排第一天，可排5人中的任一人，有5种排法；再排第二天，此时不能排第一天已排的人，有4种排法；再排第3天，此时不能排第二天已排的人，仍有4种排法；同理，第四、五两天均各有4种排法.由分步乘法计数原理可得值班表共有不同排法数5X 4 X 4X 4X 4=1280（种）.【例：门B解析：若1,3不同色.则1沱,緘4必不同色•有3A}=72种涂色法;若1祷同色，有= 种涂色法-根据分类加法计数原理可知，共冇72 + 24 = 96（种）涂色法.1. 一个两位数由十位数字和个位数字构成，考虑一个满足条件的两位数时，可先确定个位数字后再考虑十位数字.一个两位数的个位数字可以是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, 把这样的两位数分成10类.（1）当个位数字为0时,十位数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8,9, 有9个满足条件的两位数；（2）当个位数字为1时,十位数字可以是2,3,4,5,6,7,8,9, 有8个满足条件的两位数；（3）当个位数字为2时,十位数字可以是3,4,5,6,7,8,9, 有7个满足条件的两位数；以此类推，当个位数字分别是3,4,5,6,7,8,9 时,满足条件的两位数分别有6,5,4,3,2,1,0 个.由分类计数原理得，满足条件的两位数的个数为9+8+7+6+5+4+3+2+1 +0=45（个）.2. （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种取法；第二步确定b的值,共有6种取法.故P可表示平面上36个不同的点.⑵确定第二象限点，可分两步完成：第一步确定a,由于a<0,所以有3种取法；第二步确定b,由于b>0,所以有2种取法.由分步乘法计数原理，得到P可表示第二象限的点的个数是3X 2=6.⑶点P（a, b）在直线y=x上的充要条件是a=b,因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y=x上的点有6个.由⑴得P可表示不在直线y=x上的点共有36- 6=30（个）.3.（1）若恰用二种颜色涂芭*则每织对棱必娥涂同一颜色•而这二组同的颜色不同.敏有A|种方法.（2）若恰川四种埶色涂色•则三组对K'Pff两组对棱涂阿色・但组与组之间不同色•抜有种方法.（3）若恰用五种顔色涂色，则三组对棱屮冇一组对棱涂同一种颜色. 故有&A；种方法.若恰用六种颜色涂色•则有A：种不同的方法*综上•满足题意的总的涂色方抵数为A*十QA善十GA舟十兀=4 080（种人1.B解析：根据甲、乙的位置要求分类解决，分两类.第一类：甲在左端-有Ai = 5X4X3X2Xl=12O（种）方法帛第二类’乙在最左端，有4A；=4X4X紡X2X 1 = 96（种）方袪* 所以殳有120 + 96 = 21仇种｝方｛£■2.C3.B解析：因为同类节目不相邻•故可用插空袪求解.先安排小品节目和相声节目•然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种广小品1,小品2,相声杆小品1•相声，小品旷和•相声，小品X小品2”■对干第一种悄况，形式为小品1,歌舞1 •小品2*□ +相声有AiC^A| = 36（种）安排方法*同理*第一种情况也有恥种安排方法•对于第二种悄况•三个节冃形成4个空. 梵形式为轨匚L小品■口，相声.□•小品2・口”・有AjAj = 48（种）安排方法•故共有范十36+48=120（种）安排方氐。
高考数学一轮复习学案：10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(含答案)
高考数学一轮复习学案：10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（含答案）10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲考情考向分析1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”.2.能利用两个原理解决一些简单的实际问题.以理解和应用两个基本原理为主，常以实际问题为载体，突出分类讨论思想，注重分析问题.解决问题能力的考查，常与排列.组合知识交汇；两个计数原理在高考中单独命题较少，一般是与排列组合结合进行考查；两个计数原理的考查一般以选择.填空题的形式出现.1分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法2分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法3分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”1在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同2在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事3在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成4如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mii1,2,3，，n，那么完成这件事共有m1m2m3mn 种方法5在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的题组二教材改编2P12A组T5已知集合M1，2,3，N4,5,6，7，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一.第二象限内不同的点的个数是A12B8C6D4答案C解析分两步第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一.二象限内不同点的个数是326，故选C.3P10A组T4已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为A16B13C12D10答案C解析将4个门编号_________为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3412种题组三易错自纠4从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为A24B18C12D6答案B解析分两类情况讨论第1类，奇偶奇，个位有3种选择，位有2种选择，百位有2种选择，共有32212个奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，位有2种选择，百位有1种选择，共有3216个奇数根据分类加法计数原理知，共有12618个奇数5.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有A24种B30种C36种D48种答案D解析需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法；再给B块着色，有2种方法；最后给D块着色，有2种方法，由分步乘法计数原理知，共有432248种着色方法6如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个答案12解析由题意知本题是一个分类计数问题当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况当有三个1时2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时2221,3331,4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果题型一题型一分类加法计数原理的应用分类加法计数原理的应用1xx郑州质检满足a，b1,0,1,2，且关于x 的方程ax22xb0有实数解的有序数对a，b的个数为A14B13C12D10答案B解析当a0时，关于x的方程为2xb0，此时有序数对0，1，0,0，0,1，0,2均满足要求；当a0时，44ab0，ab1，此时满足要求的有序数对为1，1，1,0，1,1，1,2，1，1，1,0，1,1，2，1，2,0综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B.2xx济南模拟如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数如120,343,275等，那么所有凸数的个数为A240B204C729D920答案A解析若a22，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个若a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有236个若a24，满足条件的“凸数”有3412个，，若a29，满足条件的“凸数”有8972个所以所有凸数有26122030425672240个3xx全国定义“规范01数列”an如下an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，，ak中0的个数不少于1的个数若m4，则不同的“规范01数列”共有A18个B16个C14个D12个答案C解析第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共A24个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有C34个，共28414个思维升华分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的【关键词】，关键元素，关键位置1根据题目特点恰当选择一个分类标准2分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复3分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏题型二题型二分步乘法计数原理的应用分步乘法计数原理的应用典例1xx 全国如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A24B18C12D9答案B解析从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E 点到G点的最短路径有6318条，故选B.2有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法答案120解析每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有654120种引申探究1本例2中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法解每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36729种2本例2中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法解每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63216种思维升华1利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事2分步必须满足两个条件一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成跟踪训练一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不同除交汇点O外的游览线路有______种用数字作答答案48解析根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法由分步乘法计数原理知，共有64248种不同游览线路题型三题型三两个计数原理的综合应用两个计数原理的综合应用命题点1与数字有关的问题典例xx天津用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个用数字作答答案1080解析当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C35C14A44960.当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A45120.故符合题意的四位数一共有9601201080个命题点2涂色.种植问题典例xx济南质检如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色4种颜色全部使用，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________答案96解析按区域1与3是否同色分类1区域1与3同色先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5还有3种颜色有A33种方法区域1与3同色时，共有4A3324种方法2区域1与3不同色第一步涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有1种方法，第四步涂区域5有3种方法共有A2421372种方法故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为247296.命题点3与几何有关的问题典例1如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是A48B18C24D36答案D解析第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有21224个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个所以正方体中“正交线面对”共有241236个2如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是A60B48C36D24答案B解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6636，另含4个顶点的6个面非表面构成的“平行线面组”的个数为6212，故符合条件的“平行线面组”的个数是361248.思维升华利用两个计数原理解决应用问题的一般思路1弄清完成一件事是做什么2确定是先分类后分步，还是先分步后分类3弄清分步.分类的标准是什么4利用两个计数原理求解跟踪训练1xx黄山模拟建造一个花坛，花坛分为4个部分如图现要栽种4种不同颜色的花不一定4种颜色都栽种，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有________种用数字作答1234答案108解析先栽第一块地，有4种情况，然后栽第二块地，有3种情况，第三块地有3种情况，第四块地有3种情况，则共有4333108种不同的栽种方法2用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有A144个B120个C96个D72个答案B解析由题意，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3A3472个；若万位是4，则有2A3448个，故比40000大的偶数共有7248120个故选B.利用两个基本原理解决计数问题典例1把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有A24种B4种C43种D34种2某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种错解展示解析1因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，所以共有333334种投法2乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，共有3412种方法错误答案1D212现场纠错解析1第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法2因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法共有437种答案1C27纠错心得1应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步2把握完成一件事情的标准，如典例1没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误。
高考数学总复习 课时提升练55 分类加法计数原理与分步
课时提升练(五十五) 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题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．56B．65C.5×6×5×4×3×22D.6×5×4×3×2【解析】由分步乘法计数原理得5×5×5×5×5×5＝56.【答案】 A2．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A．6种B．8种C．10种D．16种【解析】如下图，甲第一次传给乙时有5种方法，同理，甲传给丙也可以推出5种情况，综上有10种传法．【答案】 C3．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】按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二位号码有3种选法，其余三位号码各有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)．【答案】 D4．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A．60种 B.63种 C．65种 D.66种【解析】先找出和为偶数的各种情况，再利用分类加法计数原理求解．满足题设的取法可分为三类：一是四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C45＝5(种)；二是两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有C25·C24＝60(种)；三是四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种，所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】 D5．(2013·四川高考)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( )A．9 B.10 C．18 D.20【解析】从1,3,5,7,9这五个数中每次取出两个不同数的排列个数为A25＝20，但lg 1－lg 3＝lg 3－lg 9，lg 3－lg 1＝lg 9－lg 3，所以不同值的个数为20－2＝18，故选C.【答案】 C6．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( ) A．9 B.14 C．15 D.21【解析】∵P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，∴x∈{y,1,2}．∴当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．共有7＋7＝14种情况．即这样的点的个数为14.【答案】 B7．(2014·济南模拟)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．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．【答案】 C8．(2014·杭州模拟)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )A．60 B.48 C．36 D.24【解析】长方体的6个表面构成的“平行线面组”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”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】 B9．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有( ) A．20种 B.30种 C．40种 D.60种【解析】分三类：甲在周一，共有A24种排法；甲在周二，共有A23种排法；甲在周三，共有A22种排法；∴A24＋A23＋A22＝20.【答案】 A10．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【解析】若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个，若a2＝3，则“凸数”共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．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．【答案】 A11．已知a，b∈{0,1,2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”，则a，b“心有灵犀”的情形的种数为( )A．9 B.16 C．20 D.28【解析】当a为0时，b只能取0,1两个数；当a为9时，b只能取8,9两个数；当a为其他数时，b都可以取3个数．故共有28种情形．【答案】 D12．用0,1,2,3,4,5六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”，则上述四位数中“渐降数”的个数为( )A．14 B.15 C．16 D.17【解析】由题意知，只需找出组成“渐降数”的四个数字即可，等价于从六个数字中去掉两个数字．从前向后先取0，有0与1,0与2,0与3,0与4,0与5，共5种情况；再取1，有1与2,1与3,1与4,1与5，共4种情况；依次向后分别有3,2,1种情况．根据分类加法计数原理，满足条件的“渐降数”共有1＋2＋3＋4＋5＝15个．【答案】 B二、填空题13．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1,2,3,4,5,6}中的元素，又点P到原点的距离|OP|≥5.则这样的点P的个数为________．【解析】依题意可知：当a＝1时，b＝5,6两种情况；当a＝2时，b＝5,6两种情况；当a＝3时，b＝4,5,6三种情况；当a＝4时，b＝3,5,6三种情况；当a＝5或6，b各有5种情况．所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．【答案】2014．(2014·沈阳模拟)一生产过程有四道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有________种．【解析】按甲先分类，再分步．①若甲在第一道工序，则第四道工序只能是丙，其余两道工序的按排方法有4×3＝12种；②若乙在第一道工序，则第四道工序从甲、丙两人中选一人，有2种方法，其余两道工序有4×3＝12种方法，所以共有12×2＝24种方法．综上可知，共有的安排方法有12＋24＝36种．【答案】3615．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有________种．【解析】分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．【答案】504图101616．如图1016所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数有________种．【解析】可依次种A、B、C、D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法，由分类加法计数原理，不同的种法总数为36＋48＝84.【答案】84。
高考数学复习-分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案(说课赛课)
高考数学分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学目的 1了解学习本章的意义,激发学生的兴趣.2.理解分类计数原理与分步计数原理,培养学生的归纳概括能力.3.会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题.教学重点分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)教学难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的准确理解教 具多媒体、实物投影仪教学过程一、引入课题今天我们来学习两个计数原理：分类加法计数原理和分类乘法计数原理。
这两个原理不仅是我们解决计数问题的依据，也是我们学习排列组合和概率论的基础。
二、引出两个原理问题1: 重庆的王先生欲回老家广州过年，从重庆到广州可以乘坐火车或者汽车，一天中，火车有３班，汽车有２班，问从重庆到广州共有多少种不同的走法？分析：因为一天中乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，每一种走法都可以从重庆到广州，所以，共有3+2=5种不同的走法。
由问题1引出分类加法计数原理：完成一件事情，有两类办法，在第1类办法中有m 种不同的方法，在第2类办法中有n 种不同的方法，那么完成这件事共N=m+n 种不同的方法.（也称加法原理）（板书）追问：如果完成一件事情有 n 类不同方案，在第1类办法中有1m 种不同的方法，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.那么完成这件事共多少种不同的方法？.（口述）回答：有n m m m N +⋅⋅⋅++=21种方法。
问题2：王先生在广州过完年后要去北京拜访朋友．第一天他必须乘火车去天津办一件事，然后次日再乘汽车到北京。
一天中，广州到天津的火车有３班，天津到北京的汽车有２班，问王先生从广州到北京一共有多少种走法？分析:因为乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，所以，从广州到天津需乘一次火车再接着乘一次汽车就可以了，共有错误!未找到引用源。
种不同走法由问题2引出分步乘法计数原理：完成一件事情，需要分成两个步骤，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.（也称乘法原理）（板书）追问：如果完成一件事需要n 个步骤，做第1步有 错误!未找到引用源。
【通用版】2023届高考数学一轮复习计数原理与概率统计专练(5)分类加法计数原理与分步乘法计数原理
（5）分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.某校高一年级有四个班，四位老师各教一个班的数学在该年级某次数学考试中，要求每位数学老师均不在本班监考，则不同的安排监考的方法种数为( )A.8B.9C.12D.242.从6人中选出4人参加某大学举办的数学、物理、化学、生物比赛，每人只能参加其中一项，且每项比赛都有人参加，其中甲、乙两人都不能参加化学比赛，则不同的参赛方案的种数为( )A.94B.180C.240D.2863.某同学有7本不同的书，其中语文书2本、英语书2本、数学书3本.现在该同学把这7本书放到书架上排成一排，要求2本语文书相邻、2本英语书相邻、3本数学书中任意2本不相邻，则不同的排法种数为( )A.12B.24C.48D.7204.旅游体验师小李受某网站邀请，决定在甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游.已知他不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则他可选的旅游路线数为( )A.24B.18C.16D.105.如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现提供5种颜色给其中5个小区域A，B，C，D，E涂色，规定每个区域只涂1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6.已知从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，若要从其中面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则不同的走法最多时应( )A.从东面上山B.从西面上山C.从南面上山D.从北面上山7.用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数字必须都使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有( )A.6个B.9个C.18个D.36个8.某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元.某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这个人把这种特殊要求的号买全（每组号买一注），需要( )A.3360元B.6720元C.4320元D.8640元9.由中华人民共和国商务部和上海市人民政府主办的第三届中国国际进口博览会于2020年11月5日至10日在中国上海国家会展中心举办，本届进口博览会新设了公共卫生防疫、节能环保、智慧出行和体育用品及赛事等四大专区.将甲、乙、丙、丁等5名志愿者分派到新设的四个专区，要求每个新设的专区至少分到一人，则甲被分派到公共卫生防疫专区的分法种数为( )A.24B.36C.60D.7210.某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会日语，若在同一天要接待3个不同的外国旅游团，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会日语的导游，则不同的安排方法种数有( )A.12B.13C.14D.1511.某新闻采访组由5名记者组成，其中甲、乙、丙、丁为成员，戊为组长.甲、乙、丙、丁分别来自A，B，C，D四个地区.现在该新闻采访组要到A，B，C，D四个地区去采访，在安排采访时要求：一地至少安排一名记者采访且组长不单独去采访；若某记者要到自己所在地区采访时必须至少有一名记者陪同.则所有采访的不同安排方法有___________种. 12.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中百位上的数字是5的四位数共有___________个.（用数字作答）13.某栏目组在一节目中拿出两个信箱，信箱中放着观众的来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封.现由主持人不放回地抽取来信，若先从两箱中抽取一封确定来信者为幸运之星，再从两箱中各抽取一封确定来信者为幸运观众，则有__________种不同的结果.14.有A，B，C三个城市，每天上午从A城去B城有5班汽车，2班火车，都能在12:00前到达B城，下午从B城去C城有3班汽车，2班轮船.某人上午从A城出发去B城，要求12:00前到达，下午从B城去C城，则不同的走法有__________种.15.从甲、乙、丙等10名学生中选派4人参加某项活动，若甲入选则乙一定入选，若甲不入选则丙一定入选，则共有_________种选派方案.答案以及解析1.答案：B解析：设四个班分别是A 、B 、C 、D ，对应的数学老师分别是a 、b 、c 、d.让a 老师先选，可从B 、C 、D 班中选一个，有3种选法，不妨假设a 老师选的是B ，则b 老师从剩下的三个班级中任选一个，有3种选法，剩下的两位老师都只有1种选法.由分步乘法计数原理，知共有33119⨯⨯⨯=种不同的安排方法.故选：B.2.答案：C解析：第一步，因为甲、乙两人都不能参加化学比赛，所以从剩下的4人中选1人参加化学比赛，共有4种选法；第二步，在剩下的5人中任选3人参加数学、物理、生物比赛，共有54360⨯⨯=种选法. 由分步乘法计数原理，得不同的参赛方案的种数为460240⨯=，故选：C.3.答案：C解析：先将2本语文书看成一个元素，2本英语书看成一个元素，然后排成一排，有22A 种不同的排法，再将3本数学书插到这2个元素形成的3个空隙中，有33A 种不同的排法，再排2本语文书，有22A 种不同的排法，最后排2本英语书，有22A 种不同的排法.根据分步乘法计数原理，得共有23222322A A A A 48=种不同的排法.故选C.4.答案：D解析：小李可选的旅游路线分两种情况：①最后去甲景区旅游，则可选的路线有33A 种；②不最后去甲景区旅游，则可选的路线有1222C A ⨯种.所以小李可选的旅游路线数为312322A C A 10+⨯=.5.答案：D解析：分四步：①区域A 涂色方案有5种；②区域B 涂色方案有4种；③区域C 涂色方案有3种；④对于区域D ，E ，若D 与B 颜色相同，则区域E 涂色方案有3种，若D 与B 颜色不同，则区域D ，E 涂色方案均有2种，所以区域D ，E 涂色方案共有3227+⨯=（种）.故不同的涂色方案有5437420⨯⨯⨯=（种）.故选D.6.答案：D解析：从东面上山，不同的走法共有2(334)20⨯++=（种）；从西面上山，不同的走法共有3(234)27⨯++=（种）；从南面上山，不同的走法共有3(234)27⨯++=（种）；从北面上山，不同的走法共有4(233)32⨯++=（种）.所以应从北面上山.故选D.7.答案：C解析：由题意，知1，2，3中必有某一个数字使用2次，第一步，确定谁被使用2次，有3种情况；第二步，把这2个相同的数字放在四位数不相邻的两个数位上，有3种情况；第三步，将余下的2个数字放在四位数余下的两个数位上，有2种情况.故符合题意的四位数有33218⨯⨯=（个）.故选C.8.答案：D解析：从01至10中选3个连续的号，有8种选法；从1l 至20中选2个连续的号，有9种选法；从21至30中选1个号，有10种选法；从31至36中选1个号，有6种选法.故总的选法有891064320⨯⨯⨯=（种），可得需要243208640⨯=（元）.故选D. 9.答案：C解析：若甲被单独分派到公共卫生防疫专区，则有2343C A 36=种分法，若甲没有被单独分派到公共卫生防疫专区，则有44A 24=种分法，根据分类加法计数原理可得，共有362460+=种分法.10.答案：C解析：由题意知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：第一类，甲被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需要会英语的旅游团，有2种安排方法，所以有224⨯=种安排方法；第二步，从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团，共2种选法. 故此时共有428⨯=种安排方法；第二类，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；第二步，从会日语的3人（包括甲）中选出1人安排到需要会日语的旅游团，有3种选法.故此时共有236⨯=种选法.综上，不同的安排方法种数为8614+=.故选：C.11.答案：44解析：分两类：①甲，乙，丙，丁都不到自己的地区，组长可任选一地有()3311436⨯⨯⨯⨯=； ②甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区，并有组长陪同有()21148⨯⨯⨯=.所以总数36844+=.故答案为：44.12.答案：48解析：依题意，组成的没有重复数字的四位数的百位上的数字为5，分两步进行分析：①组成的四位数的千位上的数字不能为0，则千位上的数字有4种选法；②在剩下的4个数字中选出2个，分别安排在十位和个位上，不同的安排方法共有24A 12=（种）.则符合条件的四位数共有12448⨯=（个）.13.答案：28800解析：分两类：①当幸运之星在甲箱中抽取时，不同的结果有30292017400⨯⨯=（种）；②当幸运之星在乙箱中抽取时，不同的结果有20193011400⨯⨯=（种）.所以不同的结果共有174001140028800+=（种）.14.答案：35解析：由题意，知从A 城到B 城的走法有527+=（种）；从B 城到C 城的走法有325+=（种）.故不同的走法有7535⨯=（种）.15.答案：84解析：当甲入选时，乙一定入选，另外2人可从剩余的8人中选取，共有28C 种方案；当甲不入选时，丙一定入选，另外3人可从剩余的8人中选取，共有38C 种方案.根据分类加法计数原理，得选派方案共有233889C C C 84+==（种）.。
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课时规范练55 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、基础巩固组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()A.40B.16C.13D.102.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. D.6×5×4×3×23.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()A.24种B.30种C.36种D.48种4.有a,b,c,d,e共5个人,从中选1名组长和1名副组长,但a不能当副组长,则不同选法的种数是()A.20B.16C.10D.65.我们把各个数位上的数字之和为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的共有()A.18个B.15个C.12个D.9个6.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1本,则不同的赠送方法共有()A.4种B.10种C.18种D.20种7.高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践,但去哪个工厂可自由选择,甲工厂必须有班级去,则不同的分配方案有()A.16种B.18种C.37种D.48种8.(2017福建漳州质检)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,填写空格的方法有()A.6种B.12种C.18种D.24种〚导学号21500585〛9.(2017山东济宁模拟)若甲、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门相同的选法共有种.10.三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数是.二、综合提升组11.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.612.某体育彩票规定:从01至36共36个号中抽出7个号为一注,每注2元.某人想从01至10中选3个连续的号,从11至20中选2个连续的号,从21至30中选1个号,从31至36中选1个号组成一注,则这人把这种特殊要求的号买全,至少要花()A.3 360元B.6 720元C.4 320元D.8 640元13.(2017河南商丘二模,理9)高考结束后高三年级的8名同学准备拼车去旅游,其中一班、二班、三班、四班每班各2名,分别乘甲、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),其中一班的2名同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一班级的乘坐方式共有()A.18种B.24种C.48种D.36种14.如图所示,一个地区分为5个行政区域,现给该地区的地图涂色,要求相邻区域不得使用同一种颜色,现有4种颜色可供选择,则涂色方法共有的种数为.〚导学号21500586〛15.我们把中间位上的数字最大,而两边依次减小的多位数称为“凸数”.如132,341等,则由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位凸数的个数是.16.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.三、创新应用组17.(2017重庆一中诊断)对甲、乙、丙、丁四人进行编号,甲不编“1”号、乙不编“2”号、丙不编“3”号、丁不编“4”号的不同编号方法有()A.8种B.9种C.10种D.11种18.如图,在由若干个同样小的平行四边形组成的大平行四边形内有一个★,则含有★的平行四边形共有个.(用数字作答)课时规范练55分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.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.2.A6名同学中的每一名同学都可以从5个课外知识讲座中任选一个,由分步乘法计数原理可知不同的选法种数是56.故选A.3.D按A→B→C→D的顺序分四步着色,共有4×3×2×2=48种不同的着色方法.4.B当a当组长时,则共有1×4=4种选法;当a不当组长时,因为a也不能当副组长,则共有4×3=12种选法.因此共有4+12=16种选法.5.B依题意知,这个四位数的百位上的数字、十位、个位上的数字之和为4.由4,0,0组成3个数,分别为400,040,004;由3,1,0组成310,301,130,103,013,031共6个数;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).6.B赠送1本画册,3本集邮册,需从4人中选出1人赠送画册,其余赠送集邮册,有种方法;赠送2本画册,2本集邮册,只需从4人中选出2人赠送画册,其余2人赠送集邮册,有种方法.由分类加法计数原理,知不同的赠送方法有=10(种).7.C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).8.A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填好后与之相邻的空格可填6,7,8中的任一个,余下的两个数字按从小到大只有一种填法.共有2×3=6种填法,故选A.9.24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).10.36另两边长用x,y(x,y∈N*)表示,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=36.11.B三位数可分成两类,第一类是奇偶奇,其中个位有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);第二类是偶奇奇,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).故由分类加法计数原理,可知共有奇数12+6=18(个).故选B.12.D从01至10中选3个连续的号共有8种选法;从11至20中选2个连续的号共有9种选法;从21至30中选1个号有10种选法;从31至36中选1个号有6种选法,由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6=4 320种选法,故至少要花4 320×2=8 640(元).13.B第一类,一班的2名同学在甲车上,甲车上剩下的2名要来自不同的班级,从三个班级中选两个有=3种不同的选法,然后分别从选择的班级中再选择1名学生,有=4种不同的选法,故有3×4=12种不同的选法.第二类,一班的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2名同学在甲车上,有=3种不同的选法,然后再从剩下的两个班级中分别选择1名有=4种不同的选法,这时共有3×4=12种不同的选法.根据分类加法计数原理知,共有12+12=24种不同的乘车方式,故选B.14.72因为区域1与其他4个区域都相邻,首先考虑区域1,有4种涂法,然后再按区域2,4同色和不同色,分为两类:第一类,区域2,4同色,有3种涂法,此时区域3,5均有2种涂法,共有4×3×2×2=48种涂法;第二类,区域2,4不同色,先涂区域2,有3种涂法,再涂区域4,有2种涂法,此时区域3,5都只有1种涂法,共有4×3×2×1×1=24种涂法.根据分类加法计数原理知,共有48+24=72种满足条件的涂色方法.15.20根据“凸数”的特点,中间的数字只能是3,4,5,故分三类,第一类,当中间数字为3时,此时有2种(132,231);第二类,当中间数字为4时,从1,2,3中任取两个放在4的两边,故有=6种;第三类,当中间数字为5时,从1,2,3,4中任取两个放在5的两边,故有=12种;根据分类加法计数原理知,由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位凸数的个数是2+6+12=20.16.17当A={1}时,B有23-1=7种情况;当A={2}时,B有22-1=3种情况;当A={3}时,B有1种情况;当A={1,2}时,B有22-1=3种情况;当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).17.B依题意,符合要求的编号方法为“1”号是乙、丙、丁三人中的某一个.①当乙的编号为“1”时,显然,此时有3种不同的编号方法;②当丙的编号为“1”时,显然,此时有3种不同的编号方法;③当丁的编号为“1”时,4显然,此时有3种不同的编号方法.由分类加法计数原理,知不同的编号方法有3+3+3=9(种).18.48含有★的平行四边形的左上角的顶点有4种可能,右下角的顶点有12种可能.由一个左上角顶点和一个右下角顶点就能构成一个平行四边形,所以共有48个含有★的平行四边形.。