1分类加法计数原理和分步乘法计数原理(习题课)
(1.1分类加法与分步乘法计数原理___3课时)
不含8的二位数
不含8的三位数
N＝8＋72＋82＝162（个）
7、用5种不同颜色给图中A，B， C，D四个区域涂色，每个区域只涂 一种颜色，相邻区域的颜色不同， 求共有多少种不同的涂色方法？ A5 C3
4 B D3
N＝5×4×3×3＝180（种）
问题探究
3.从师大声乐系某6名男生和8名女生中 各选一人表演男女二重唱，共有多少种 不同的选派方法？ 6×8＝48
上述原理称为分步乘法计数原理.
问题探究
4.上述计数问题的算法有何共同特点？ 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.
如何从集合运算的角度理解这个原理？ 若U＝{(a，b)|a∈A，b∈B}，则 card(U)＝card(A)×card(B).
形成结论
如果完成一件事需要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mn种不同的 方法，那么完成这件事的方法总数如何 计算？
N＝m1×m2×…×mn
高中新课程数学选修2-3
第一章 计数原理
1.1 分类加法计数原理
与分步乘法计数原理
提出问题
1 5730 p 2
t
将1元人民币兑换成角票，共有多 少种不同的兑换方法？ 10种
问题探究
1.用一个大写的英文字母或一个阿拉 伯数字给教室里的座位编号，总共能 够编出多少种不同的号码？ 26＋10＝36
课堂小结
3.在应用分类加法计数原理时，分 类方法不惟一，但分类不能重复，也 不能遗漏. 在应用分步乘法计数原理 时，分步方法不惟一，但分步不能重 叠，也不能缺少.
1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(课后习题详解)
人教A 版，高中数学，选修2-31.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理课本第6页，练习1．填空：（1）一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是 。
（2）从A 村去B 村的道路有3条，从B 村去C 村的道路有2条，从A 村经B 村去C 村，不同路线的条数是 。
【解析】（1）分类加法计数原理要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9；（2）分步乘法计数原理要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6。
2．现有高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，高三年级的学生4名，问：（1）从中任选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？（2）从3个年级的学生中各选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？【解析】（1）分类加法计数原理要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12；（2）分步乘法计数原理要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60。
3．在例1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6410+=。
这种算法有什么问题？【解析】因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异，所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择。
课本第10页，练习1．乘积12312312345()()()a a a b b b c c c c c ++++++++展开后共有多少项？【解析】分步乘法计数原理要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”。
由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法。
高二上册数学《分类加法计数原理与分步乘法计数原理(1)》课时作业
第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(1)一、选择题1．某小组有8名男生，6名女生，要从中选出一名当组长，不同的选法有() A．48种B．24种C．14种D．12种解析：由分类加法计数原理共有8＋6＝14(种)选法．答案：C2．将1，2，3，…，9这9个数字填入如图所示的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种解析：根据题意，1，2，9的位置是确定的，如图所示，则数字5，6，7，8应位于a，b，c，d中的位置.第一类，若5，6在a，b位置，则7，8在c，d位置．且a＝5, b＝6, c＝7, d ＝8, 或者5，6与7，8换位置，所以共2种情况；第二类，5，6在a，c位置，则7，8在b，d位置，则共有2×2＝4(种)情况．综上所述，空格的填写方法共2＋4＝6(种)，故选A.答案：A3．(2019·长沙高二检测)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．13C．12 D．10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，所以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．所以(a，b)的个数为4＋9＝13.故选B.答案：B4．(2020·天津市南开中学滨海生态城学校高二期中)4名同学分别报名参加学校的手工、绘画、机器人设计三个校本课程，每人限报其中一个课程，不同报法的种数是()A．81 B．64C．24 D．16解析：∵每名同学都有3种报名方案，∴四名同学共有3×3×3×3＝81种报名方案．故选A.答案：A5．将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同放法共有()A．480种B．360种C．240种D．120种解析：第一步，先从4个盒子中选一个盒子准备装两个球，有4种选法；第二步，从5个球里选出两个球放入刚才选到的盒子里，有10种选法；第三步，把剩下的3个球依次放入余下的3个盒子中，有3×2×1＝6(种)放法．由分步乘法原理得不同的放球方法有4×10×6＝240(种)，故选C.答案：C二、填空题6．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有________种行车路线．解析：若从西来，有南、北、东3种行车路线，同理从南、北、东来也各有3种行车路线．因此共有3＋3＋3＋3＝12种．答案：127．等腰三角形的三边均为正整数，且其周长不大于10，这样的三角形共有________个．解析：可分4类，第一类，等腰三角形底边长为1，腰长可以是1，2，3，4，共4个；第二类，等腰三角形底边长是2，腰长可以是2，3，4，共3个；第三类，等腰三角形底边长是3，腰长可以是2，3，共2个；第四类，等腰三角形底边长是4，腰长可以是3，共1个．∴共有三角形4＋3＋2＋1＝10(个)．答案：108．将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种(用数字填空)．解析：先把A，B放入不同盒中，有3×2＝6(种)放法，再放C，D，若C，D在同一盒中，只能是余下的1个盒，1种放法；若C，D在不同盒中，则必有一球在余下的1个盒中，另一球在A球或B球所在的盒中，有2×2＝4(种)放法．故共有6×(1＋4)＝30(种)放法．答案：30三、解答题9．(2020·唐山市第十一中学高二期中)某班有男生28名、女生20名，从该班选出学生代表参加校学代会．(1)若学校分配给该班1名代表，则有多少种不同的选法？(2)若学校分配给该班2名代表，且男、女生代表各1名，则有多少种不同的选法？解：(1)选出1名代表，可以选男生，也可以选女生，因此完成“选1名代表”这件事分2类：第1类，从男生中选出1名代表，有28种不同方法；第2类，从女生中选出1名代表，有20种不同方法；根据分类加法计数原理，共有28＋20＝48种不同的选法．(2)完成“选出男、女生代表各1名”这件事，可以分2步完成：第1步，选1名男生代表，有28种不同方法；第2步，选1名女生代表，有20种不同方法．根据分步乘法计数原理，共有28×20＝560种不同的选法．10．(2020·宜昌市第二中学高二月考)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可以表示多少个图象开口向上的二次函数？解：(1)因为a不能取0，所以有5种取法，b有6种取法，c有6种取法，所以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的图象开口向上时，a不能取小于等于0的数，所以a有2种取法，b有6种取法，c有6种取法，所以y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数．。
数学选修2-3第一章计数原理习题集（附答案解析）
第 1 页 共15 页 选修2-3 第一章章节习题集1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一、课时过关·能力提升1.某校举办了一次教师演讲比赛,参赛的语文老师有20人,数学老师有8人,英语老师有4人,从中评选出一个冠军,则可能的结果种数为( ) A.12B.28C.32D.640解析:由分类加法计数原理得,冠军可能的结果种数为4+8+20=32. 答案:C2.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:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36个,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2=12个,共36+12=48个,故选B . 答案:B3.某人有3个不同的电子邮箱,他要发5封电子邮件,不同发送方法的种数为( )A.8B.15C.35D.53 解析:每封电子邮件都有3种不同的发送方法,共有35种不同的发送方法. 答案:C4.已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A ,B 的值,则可表示出的不同直线的条数为( ) A.19B.20C.21D.22解析:当A 或B 中有一个为零时,则可表示出2条不同的直线;当AB ≠0时,A 有5种选法,B 有4种选法,则可表示出5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理知,共可表示出20+2=22条不同的直线. 答案:D5.五名护士上班前将外衣放在护士站,下班后回护士站取外衣,由于灯光暗淡,只有两人拿到了自己的外衣,另外三人拿到别人外衣的情况有( ) A.60种B.40种C.20种D.10种解析:设五名护士分别为A,B,C,D,E.其中两人拿到自己的外衣,可能是AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE 共10 种情况,假设A,B 两人拿到自己的外衣,则C,D,E 三人不能拿到自己的外衣,则只有C 取D,D 取E,E 取C,或C 取E,D 取C,E 取D 两种情况.故根据分步乘法计数原理,应有10×10×2=202=20种情况. 答案:C6.将4位老师分配到3个学校去任教,共有分配方案( ) A .81种B .12种C .7种D .256种解析:每位老师都有3种分配方案,分四步完成,故共有3×3×3×3=81种. 答案:A7.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、人分别从事翻译、导游、导游、导游、导购、导购、导购、保洁四项不同的工作保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,则选派方案共有( ) A .280种 B .240种 C .180种D .96种解析:由于甲、乙不能从事翻译工作,因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人,有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种,因此共有4×5×4×3=240种,故选B 答案:B8.用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数,比3 542大的四位数的个数是( ) A .360B .240C .120D .60解析:因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数,所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5,所以共有2×5×4×3=120个比3 542大的四位数. 答案:C9.圆周上有2n 个等分点(n 大于2),任取3点可得一个三角形,恰为直角三角形的个数为 .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,不经过该点的直径应有(n-1)条,这(n-1)条直径都可以与该点形成直角三角形,一个点可以形成(n-1)个直角三角形,而这样的点有2n 个,所以一共有2n (n-1)个符合题意的直角三角形. 答案:2n (n-1)10.如图所示,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网络联系,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,信息可以分开沿不同路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为 .解析:由题图可知,从A 到B 有4种不同的传递路线,各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6,由分类加法计数原理得,单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19. 答案:1911.三人踢毽子,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,毽子又被传给甲,则共有种不同的传递方法.解析:分两类:第一类,若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法;同理,第二类,甲先传给丙,也有3种不同的传法.共有6种不同的传递方法. 答案:612.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A 爬到相对顶点C 1,求其中经过3条棱的路线共有多少条?解:从总体上看有三类方法:分别经过AB,AD,AA1从局部上看每一类又需分两步完成,故第一类:经过AB,有m1=1×2=2条;第二类:经过AD,有m2=1×2=2条;第三类:经过AA1,有m3=1×2=2条.根据分类加法计数原理,从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.13.用n种不同颜色的彩色粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.当n=6时,该板报有多少种书写方案?解:第一步选英语角用的彩色粉笔,有6种不同的选法;第二步选语文学苑用的彩色粉笔,不能与英语角用的颜色相同,有5种不同的选法;第三步选理综视界用的彩色粉笔,与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同,有4种不同的选法;第四步选数学天地用的彩色粉笔,只需与理综视界的颜色不同即可,有5种不同的选法.共有6×5×4×5=600种不同的书写方案.14.用0,1,0,1,……,9这十个数字,可以组成多少个满足下列条件的数?(1)三位整数;(2)无重复数字的三位整数;(3)小于500的无重复数字的三位整数;(4)小于100的无重复数字的自然数.解:由于0不能放到首位,可以单独考虑.(1)百位上有9种选择,十位和个位各有10种选法由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×10×10=900.(2)由于数字不可重复,可知百位数字有9种选择,十位数字也有9种选择,但个位数字仅有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×9×8=648.(3)百位数字只有4种选择,十位数字有9种选择,个位数字有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是4×9×8=288.(4)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数:10个.两位自然数:十位数字有9种选择,个位数字也有9种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的两位数的个数是9×9=81.由分类加法计数原理知,适合题意的自然数的个数是10+81=91.1.2 排列与组合1.2.1 排列一、课时过关·能力提升1.从集合{3,5,7,9,11}中任取两个元素,①相加可得多少个不同的和?②相除可得多少个不同的商?③作为椭圆=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程?④作为双曲线=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程?上面四个问题属于排列问题的是( )A.①②③④B.②④C.②③D.①④解析:∵加法满足交换律,∴①不是排列问题;∵除法不满足交换律,如,∴②是排列问题;若方程=1表示焦点在x轴上的椭圆,则必有a>b,a,b的大小一定;在双曲线=1中不管a>b还是a<b,方程均表示焦点在x轴上的双曲线,且是不同的双曲线.故③不是排列问题,④是排列问题.答案:B2.某年级一天有6节课,需要安排6门课程,则该年级一天的课程表的排法有( )A.66种B.36种C.种D.12种解析:本题相当于对6个元素进行全排列,故有种排法.答案:C3.设m∈N*,则乘积m(m+1)(m+2)2)……(m+20)可表示为 ( )A. B. C. D.解析:由排列数公式,=(m+20)(m+19)(m+18)…(m+1)m.答案:D4.某会议室共有8个座位,现有3人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法有( )A.12种B.16种C.24种D.32种解析:将三个人插入五个空位中间的四个空当中,有=24种坐法.答案:C5.用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A.8B.24C.48D.120解析:个位数字有种排法,十位、百位、千位有种排法,从而共=48个不同的四位偶数答案:C6.要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不排在开头,并且任意两个舞蹈节目不排在一起,则不同的排法种数是( )A. B. C. D.解析:第一步先排5个独唱节目共种;第二步排舞蹈,不相邻则用插空法,且保证不放到开头,从剩下5个空中选3个插空共有种,故一共有种.答案:C7.5名男生与2名女生排成一排照相,若男生甲必须站在中间,2名女生必须相邻,则符合条件的排法共有( )A.48种B.192种C.240种D.288种解析:(用排除法)将2名女生看作1人,与4名男生一起排队,有种排法,而女生可互换位置,所以共有种排法,男生甲插入中间位置,只有一种插法;而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有种,这时男生甲若插入中间位置不符合题意,故符合题意的排列总数为=192.答案:B8.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从2,3,4,5,6,9这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,其中“伞数”有 ( )A.120个B.80个C.40个D.20个解析:由题意知可按十位数字的取值进行分类:第一类,十位数字取9,有个;第二类,十位数字取6,有个;第三类,十位数字取5,有个;第四类,十位数字取4,有个.所以一共有=40个.答案:C9.张先生和王先生两对夫妇各带1名小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两名小孩一定要排在一起,则这6人的入园排法共有 .解析:分三步完成:第1步,将两位爸爸排在两端,有种排法;第2步,将两名小孩看作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置,有种排法;第3步,两个小孩之间还有种排法.因此,这6人的入园排法共有=24种.答案:24种10.某校在高二年级开设选修课,其中数学选修班开了4个,选课结束后,有四名选修英语的同学甲、乙、丙、丁要求改修数学,为照顾各班平衡,数学选修班每班只接收1名改修数学的同学.那么甲不在(1)班,乙不在(2)班的分配方法有 .解析:先分甲,第一类,当甲在(2)班时,分配乙、丙、丁有种方法.第二类,当甲不在(2)班时,则甲有种分法,再分乙有种分法,分配丙、丁有种分法.因此,总共有=14种分法.答案:14种11.用1,2,3,4,5,6,7排成无重复数字的七位数,按下述要求各有多少个?(1)偶数不相邻;(2)偶数一定在奇数位上;(3)1和2之间恰好夹有一个奇数,没有偶数.解:(1)用插空法,共有=1 440个.(2)先把偶数排在奇数位上有种排法,再排奇数有种排法共有=576个.(3)1和2排列有种方法,在1和2之间放一个奇数有种方法,把1,2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有种排法,故共有=720个.12.一条铁路线上原有n个车站,为适应客运需要,新增加了m个车站(m>1),客运车票增加了62种,则原有多少个车站?现在有多少个车站?解:∵原有n个车站,∴原有客运车票种.又现有(n+m)个车站,∴现有客运车票种.由题设知:=62,∴(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62,∴2mn+m2-m=62,∴n=(m-1)>0,∴(m-1),∴62>m(m-1),即m2-m-62<0.又∵m>1,∴1<m<,∴1<m≤8.当m=2时,n=15.当m=3,4,5,6,7,8时,n均不为整数.∴n=15,m=2.∴原有车站15个,现有车站17个.1.2.2 组合一、课时过关·能力提升1.某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有( )A.45种B.56种C.90种D.120种解析:用排除法,不同的选法种数为=45.答案:A2.氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一,某肽链由7种不同的氨基酸构成,若只改变其中3种氨基酸的位置,其他4种不变,则不同的改变方法的种数为 ( )A.210B.126C.70D.35解析:从7种中取出3种有=35种取法,比如选出a,b,c种,再都改变位置有b,c,a和c,a,b两种,故不同的改变方法有2×35=70种.答案:C3.有15盏灯,要求关掉6盏,且相邻的灯不能全关掉,两端的灯不能关掉,则不同的关灯方法有( )A.28种B.84种C.180种D.360种解析:将9盏灯排成一排,关掉的6盏灯插入9盏亮灯的中间8个空隙中的6个空隙中,有=28种方法.答案:A4.某科技小组有6名学生,现从中选出3人去参加展览,至少有1名女生入选的不同选法有16种,则该小组中的女生人数为( )A.2B.3C.4D.5解析:设男生有x人,则女生有(6-x)人.依题意得=16,即x(x-1)(x-2)+16×6=6×5×4.解得x=4,故女生有2人.答案:A5.中小学校车安全引起社会的关注,为了彻底消除校车安全隐患,某市购进了50台完全相同的校车,准备发放给10所学校,每所学校至少2台,则不同的发放方案种数为( )A. B.C. D.解析:首先每个学校配送一台,这个没有顺序和情况之分,剩下40台;将剩下的40台像排队一样排列好,则这40台校车之间有39个空,对这39个空进行插空,比如说用9面小旗隔开,就可以隔成10部分.所以是在39个空中选9个空进行插空.故不同的方案种数为.答案:D6.已知一组曲线y=ax3+bx+1,其中a为2,4,6,8中的任意一个,b为1,3,5,7中的任意一个.现从这些曲线中任取两条,它们在x=1处的切线相互平行的组数为 ( )A.9B.10C.12D.14解析:y'=ax2+b,曲线在x=1处切线的斜率k=a+b.切线相互平行,则需它们的斜率相等,因此按照在x=1处切线的斜率的可能取值可分为五类完成.第一类:a+b=5,则a=2,b=3;a=4,b=1.故可构成2条曲线,有组.第二类:a+b=7,则a=2,b=5;a=4,b=3;a=6,b=1.可构成三条曲线,有组.第三类:a+b=9,则a=2,b=7;a=4,b=5;a=6,b=3;a=8,b=1.可构成四条曲线,有组.第四类:a+b=11,则a=4,b=7;a=6,b=5;a=8,b=3.可构成3条曲线,有组.第五类:a+b=13,则a=6,b=7;a=8,b=5.可构成2条曲线,有组.故共有=14组相互平行的切线.答案:D7.5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,若甲球必须放入A盒,则不同的放法种数是 ( )A.120B.72C.60D.36解析:将甲球放入A盒后分两类,一类是除甲球外,A盒还放其他球,共=24种放法,另一类是A盒中只有甲球,则其他4个球放入另外三个盒中,有=36种放法.故总的放法有24+36=60种.答案:C8.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动.若每天安排3人,则不同的安排方案共有 .(用数字作答)解析:第一步安排周六有种方法,第二步安排周日有种方法,故不同的安排方案共有=140种.答案:140种9.用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有 .(用数字作答)解析:分两种情况:第一类:个位、十位和百位上各有一个偶数,有=90个.第二类:个位、十位和百位上共有两个奇数一个偶数,有=234个,共有90+234=324个.答案:324个10.某餐厅供应盒饭,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同品种的菜.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上的不同选择,则餐厅至少还需准备 种不同的素菜(结果用数值表示)解析:在5种不同的荤菜中选出2种的选择方式的种数是=10.若选择方式至少为200种,设素菜为x种, 则有≥200,即≥20,化简得x(x-1)≥40,解得x≥7.所以,至少应准备7种素菜.答案:711.在如图所示的四棱锥中,顶点为P,从其他的顶点和各棱中点中取3个,使它们和点P在同一平面内,不同的取法种数为 .解析:满足要求的点的取法可分为三类:第一类,在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点,有4种取法;第二类,在两个对角面上除点P外任取3点,有2种取法;第三类,过点P的侧棱中,每一条上的三点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面,有4种取法.因此,满足题意的不同取法共有4+2+4=56种.答案:5612.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,求与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数.解:与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:第一类,与信息0110恰有两个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选2个位置相同,其他2个不同有=6个信息.第二类,与信息0110恰有一个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选1个位置相同,其他3个不同有=4个信息.第三类,与信息0110没有一个对应位置上的数字相同,即4个位置中对应数字都不同,有=1个信息 由分类加法计数原理知,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6+4+1=11.13.在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法(1)有3名内科医生和2名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.解:(1)先选内科医生有种选法,再选外科医生有种选法,故选派方法的种数为=120.(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为=246.(3)分两类:一是选1名主任有种方法;二是选2名主任有种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有种选法.故有选派方法的种数为=1911.3 二项式定理1.3.1 二项式定理一、课时过关·能力提升1.的展开式中倒数第3项的系数是( )A.·2B.·26C.·25D.·22解析:的展开式中倒数第3项为二项展开式中的第6项,而T6=·(2x)2··22·x-8.该项的系数为·22.答案:D2.的展开式中的常数项为-220,则a的值为 ( )A.1B.-1C.2D.-2解析:T k+1=·a k.∵T k+1为常数项,∴-k=0,∴k=3.∴·a3=-220,∴a=-1.答案:B3.对任意实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值是( )A.3B.6C.9D.21解析:由已知x3=[2+(x-2)]3=·23+·22·(x-2)+·2·2·((x-2)2+(x-2)3.所以a2=·2=6.答案:B4.的展开式中含x3项的二项式系数为( )A.-10B.10C.-5D.5解析:T k+1=·x 5-k=(-1)k·x5-2k,令5-2k=3,则k=1故x3项的二项式系数为=5答案:D5.若(1+)5=a+b(a,b为有理数),则a+b等于 ( )A.45B.55C.70D.80解析:由二项式定理,得(1+)5=1+·()2+·()3+·()4+·()5=1+5+20+20+20+4=41+29,即a=41,b=29,故a+b=70.答案:C6.(1-)6(1+)4的展开式中x的系数是( )A.-4B.-3C.3D.4解析:方法一:(1-)6的展开式的通项为(-)m,(1+)4的展开式的通项为)n,其中m=0,1,2,…,6;n=0,1,2,3,4.令=1,得m+n=2,于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数等于·(-1)0··(-1)1··(-1)2·=-3.方法二:(1-)6(1+)4=[(1-)(1+)]4(1-)2=(1-x)4(1-2+x).于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数为·1+·(-1)1·1=-3.答案:B7.若x>0,设的展开式中的第3项为M,第4项为N,则M+N的最小值为 .解析:由T3=x,T4=,则M+N=≥2.当且仅当,即x=时,等号成立答案:8.二项式的展开式中,常数项的值为 .答案:0,1,2,……,n)的部分图象如图,则a= .9.已知(ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a2x2+a1x+a0(x∈N*),点A i(i,a i)(i=0,1,2,解析:由展开式得T k+1=(ax)n-k=a n-k·x n-k,由题图可知a1=3,a2=4,即a=3,且a2=4,化简得na=3,且=4,解得a=.答案:10.求证:32n+3-24n+37能被64整除.证明:32n+3-24n+37=3×9n+1-24n+37=3(8+1)n+1-24n+37=3(·8n+1+·8n+…+·8+1)-24n+37=3×64(·8n-1 +·8n-2+…+)+24-24n+40=64×3(·8n-1+·8n-2+…+)+64.显然上式是64的倍数,故原式可被64整除11.(1)求(1+x)2(1-x)5的展开式中x3的系数;(2)已知展开式的前三项系数的和为129,这个展开式中是否含有常数项?一次项?如果没有,请说明理由;如果有,请求出来.解:(1)(1+x)2的通项为T r+1=·x r,(1-x)5的通项为T k+1=(-1)k·x k,其中r∈{0,1,2},k∈{0,1,2,3,4,5},令k+r=3,则有k=1,r=2;k=2,r=1;k=3,r=0.故x3的系数为-=5.(2)展开式的通项为T k+1=(x)n-k·=·2k·(k=0,1,2,…,n),由题意,得20+2+22=129所以1+2n+2n(n-1)=129,则n2=64,即n=8.故T k+1=·2k·(k=0,1,2,…,8),若展开式存在常数项,则=0,解之,得k=∉Z,所以展开式中没有常数项若展开式中存在一次项,则=1,即72-11k=6,所以k=6.所以展开式中存在一次项,它是第7项,T7=26x=1 792x.1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质一、课时过关·能力提升1.如果的展开式中各项系数之和为128,则展开式中含的项是( )A. B.C. D.解析:由的展开式中各项系数之和为128可得2n =128,n=7.其通项T k+1=(3x )7-k =(-1)k ·37-k,令7-=-3,解得k=6,此时T 7=.答案:C 2.的展开式中第8项是常数项,则展开式中系数最大的项是( )A.第8项B.第9项C.第8项、第9项D.第11项、第12项 解析:展开式中的第8项为)n-7为常数,即=0,解得n=21.故展开式中系数最大的项为第11项、第12项.答案:D 3.若(x+3y )n展开式的系数和等于(7a+b )10展开式中的二项式系数之和,则n 的值为( ) A.5B.8C.10D.15解析:(7a+b )10展开式的二项式系数之和为210,令x=1,y=1,则由题意知,4n =210,解得n=5.答案:A4.已知+2+22+…+2n =729,则的值等于( )A.64B.32C.63D.31解析:由已知(1+2)n =3n=729,解得n=6.则=32.答案:B5.(1+x )n(3-x )的展开式中各项系数的和为1 024,则n 的值为( ) A .8B .9C .10D .11解析:由题意知(1+1)n (3-1)=1 024,即2n+1=1 024,故n=9. 答案:B6.若(1-2x )2 015=a 0+a 1x+…+a 2 015x2 015(x ∈R ),则+…+的值为( ) A.2 B.0C.-1D.-2 解析:令x=0,则a 0=1,令x=,则a 0++…+=0,故+…+=-1.答案:C7.(x+1)9按x 的升幂排列二项式系数最大的项是( ) A .第4项和第5项 B .第5项 C .第5项和第6项 D .第6项解析:展开式中共有10项,由二项式系数的性质可知,展开式的中间两项的二项式系数最大,即第5项和第6项的二项式系数最大. 答案:C8.在(a-b )10的二项展开式中,系数最小的项是 .解析:在(a-b )10的二项展开式中,奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,且偶数项系数的绝对值为对应的二项式系数,因为展开式中第6项的二项式系数最大,所以系数最小的项为T 6=a 5(-b )5=-252a 5b 5.答案:-252a 5b 59.设(x-1)21=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 21x 21,则a 10+a 11= . 解析:∵(x-1)21的展开式的通项为T k+1=x 21-k (-1)k ,∴a 10+a 11=(-1)11+(-1)10=-=-=0.答案:0 10.若(2x+)4=a 0+a 1x+…+a 4x 4,则(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2的值为 .解析:令x=1,得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4=(2+)4,令x=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+a 4=(-2+)4,(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2=(a 0+a 1+a 2+a 3+a 4)·)·((a 0-a 1+a 2-a 3+a 4)=(2+)4(-2+)4=1. 答案:111.若(2x-3y )10=a 0x 10+a 1x 9y+a 2x 8y 2+…+a 10y 10,求:(1)各项系数之和;(2)奇数项系数的和与偶数项系数的和.解:(1)各项系数之和即为a 0+a 1+a 2+…+a 10,可用“赋值法”求解.令x=y=1,得a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2-3)10=(-1)10=1.(2)奇数项系数的和为a 0+a 2+a 4+…+a 10,偶数项系数的和为a 1+a 3+a 5+…+a 9. 由(1)知a 0+a 1+a 2+…+a 10=1,①令x=1,y=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 10=510,②①+②得,2(a 0+a 2+…+a 10)=1+510,则奇数项系数的和为;①-②得,2(a 1+a 3+…+a 9))=11-5510,则偶数项系数的和为12.已知(+3x 2)n 展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项; (2)求展开式中系数最大的项.解:令x=1得展开式各项系数和为(1+3)n =4n展开式二项式系数和为+…+=2n ,由题意有4n -2n=992.即(2n )2-2n -992=0,(2n -32)(2n+31)=0,解得n=5.(1)因为n=5,所以展开式共6项,其中二项式系数最大的项为第3项、第4项,它们是T 3=)3·(3x 2)2=90x 6, T 4=)2(3x 2)3=270.(2)设展开式中第k+1项的系数最大.由T k+1=)5-k ·(3x 2)k =3k,得⇒⇒≤k≤.因为k∈Z,所以k=4,所以展开式中第5项系数最大.T5=34=405.13.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家.杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果,它的许多性质与组合数的性质有关,杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律.如图是一个11阶杨辉三角:(1)求第20行中从左到右的第4个数;(2)在第2斜列中,前5个数依次为1,3,6,10,15;第3斜列中,第5个数为35.显然,1+3+6+10+15=35.事实上,一般的有这样的结论:第m斜列中(从右上到左下)前k个数之和,一定等于第m+1斜列中第k个数.试用含有m,k(m,k∈N*)的数字公式表示上述结论,并给予证明.解:(1)=1 140(2)+…+,证明如下:左边=+…++…+=…==右边.。
分类加法计数原理和分步乘法计数原理习题课件
小结 解决抽取(分配)问题的方法 (1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、框图 法或者图表法． (2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类 加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序 的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行． ②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去 所有不符合条件的抽取方法数即可．
两个计数原理在解决计数问题中的用法 在利用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计 算之前要进行仔细分析，是分类还是分步．
相加
相乘
题型一 抽取(分配)问题
例 1 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会
实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，
则不同的分配方案有
()
A．16 种 B．18 种 解析 方法一 (直接法)
分类还有以下几种情况：(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)， (4,5)；共 10 类，每一类都有 6 种方法． 根据分类加法计数原理得：共有方法数 N＝6＋6＋…＋6＝ 60(种)．
题型二 涂色问题 例 2 一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和
2．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件 独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件 必须经过的若干彼此独立的步骤．
3．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类 方案，防止重复和遗漏．
4．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时， 则使用间接法会简单一些.
小结 (1)涂色问题的基本要求是相邻区域不同色，但是不相邻 的区域可以同色．因此一般以不相邻区域同色，不同色为分类 依据，相邻区域可用分步涂色的办法涂色． (2)涂色问题往往涉及分类、分步计数原理的综合应用，因此， 要找准分类标准，兼顾条件的情况下分步涂色．
分类加法计数原理和分步乘法计数原理(学生版)
6.1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理目 录☯知识清单☯1、分类计数原理（1）定义：做一件事情，完成它可以有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。
（2）解题思路：2、分步计数原理（1）定义：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事有12n N m m m =⨯⨯⋅⋅⋅⨯种不同的方法。
（2）解题思路：分类计数 结论 将完成这件事的方法分成若干类求出每一类的方法数将每一类的方法数相加得出结果分类 分类 分类将完成这件事的方法分成若干类将完成这件事的方法分成若干类将完成这件事的方法分成若干类（3）分步两个条件：①步骤互相独立，互不干扰②步与步确保连续，逐步完成3、两个计数原理的关系（1）两个计数原理的联系与区别分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种类不同点分类完成，类类相加，关键是“分类”分步相乘，步步相乘，关键是“分步”分类完成一件事，每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性。
分类计数原理可利用“并联”电路来理解。
分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事，要注意“步”与“步”之间的连续性。
分步计数原理可利用“串联”电路来理解。
运用加法运算运用乘法运算注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整（2）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类要做到不重不漏。
☯典型例题☯母题1：分类计算原理1.设椭圆22xa＋22yb＝1的焦点在y轴上，其中a∈{1，2，3，4，5}，b＝{1，2，3，4，5，6，7}，则满足上述条件的椭圆个数为( )A．20 B．24 C．12 D．112.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.3.算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘(如图1)，共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1(如图2中算盘表示整数51)．如果拨动图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为( )A．16B．15C．12D．10分类计数原理解题思路1.根据题目特点恰当选择一个分类标准。
分类加法计数原理和分步乘法计数原理(习题)
9.教学大楼共有5层，每层均有两个楼梯，由一 层到5层不同走法的总数是多少？
10.用5种不同的颜色给图中的A、B、C、D 区域涂色，要求公共边的区域涂不同的颜色， 方法有多少种？
5.有不同的红球8个，不同的白球7个，不同的 绿球6个，现从中任取不同颜色的球两个，不同 取法的总数是
6.运动会上有4名同学要争夺跳高、铅球和 标枪的比赛，共有多少种取得冠军的方式？
7.有4封不同的信投入3个不同的信箱，共有多少 种不同的投入方法？
8.安排3名教师去6所学校任教，所有不同的分配 方案有多少种？
分类加法计数原理和分步 乘法计数原理（习题）
制作：滨海中学 王玉北
1.已知集合A中有4个元素，集合B中有5个 元素, 则从集合A到集合B的映射有
个
2.已知集合A中有4个元素，集合B中有5个 元素, 则从集合B到集合A的映射有
个
3. 由0， 1， 2可以组成多少个三位数？
4.由0， 1， 2可以组成多少个没有重复数字的 三位数？
分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识点与习题
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”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.知识聚焦不简单罗列1.分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有叫种不同的方法，在第二类方案中有吗种不同的方法，……，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 =种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事情需要n个不同的步骤，完成第一步有1^种不同的方法，完成第二步有1^ 种不同的方法，……，完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有N = 种不同的方法.3.两个计数原理的区别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.正本清源不单纯记忆■链接教材1.［教材改编］现有高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，从中任选1人参加接待外宾的活动，有种不同的选法.2.［教材改编］5位同学站成一排准备照相的时候，有2位老师碰巧路过，同学们强烈要求与老师合影留念，如果5位同学顺序一定，那么2位老师与同学们站成一排照相的站法总数为.3.［教材改编］如图9551所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有种.图9551■易错问题4.分类加法计数原理：每一种方法都能完成这件事情；类与类之间是独立的.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种.5.分步乘法计数原理：所有步骤完成才算完成；步与步之间是相关联的.将甲、乙、丙等6人分配到高中三个年级，每个年级2人，要求甲必须在高一年级，乙和丙均不能在高三年级，则不同的安排种数为.■通性通法6.分类计数原理：分类时标准要明确.如果把个位数是1,且恰有三个数字相同的四位数叫作“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.7.分步计数原理：步骤互相独立，互不干扰；步与步确保连续，逐步完成.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），某车主第一个号码（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种.探究点一分类加法计数原理1某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门.若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（）A. 3种B. 6种C. 9 种D. 18 种（2）现有5种不同的颜色可供使用，将一个五棱锥的各个侧面涂色，5个侧面分别编号为1, 2, 3, 4, 5,而有公共边的两个面不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法有______________ 种.［总结反思］分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词、关键元素或关键位置.首先，根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次，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.应用分类加法计数原理时，应先明确分类标准，确保计数不重复，不遗漏.式题（1）某班班会准备从甲、乙等7名学生中选4名学生发言，要求甲、乙2人至少有1人参加，则不同的发言顺序的种数为（）A. 840B. 720C. 600D. 30（2）如图9552所示为某旅游区各景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从A到H可走的不同的旅游路线的条数为（）图9552A. 15B. 16C. 17D. 18探究点二分步乘法计数原理2（1）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种.（2）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）［总结反思］利用分步乘法计数原理解决问题时应注意:（1）要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，以元素（或位置）为主体的计数问题，通常先满足特殊元素（或位置），再考虑其他元素（或位置）；（2）对完成每一步的不同方法种数要根据条件准确确定.式题（1）某节目制作组选取了6户家庭到4个村庄体验农村生活，要求将6户家庭分成4组，其中2组各有2户家庭，另外2组各有1户家庭，则不同的分配方案的种数是（）A. 216B. 420C. 720D. 1080（2）用5种不同的颜色为如图9553所示的广告牌着色，要求在①②③④四个不同区域中相邻的区域不用同一种颜色，则不同的着色方法种数为（）图9553A. 320B. 240C. 180D. 135探究点三两个计数原理的综合3 （1）设集合A=｛（xj x2, x3, x4, xj|x产｛—1, 0, 1）, i = 1, 2, 3, 4, 5｝,那么集合A中满足条件“1WI XJ + I XJ + I X3I + I XJ + I X5IW3”的元素个数为（）A. 60B. 90C. 120D. 130（2）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9554）, 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.图9554［总结反思］(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，只有完成每一步，整件事才算完成.(3)若综合利用两个计数原理，一般先分类再分步.式题设集合1={1,2, 3, 4, 5},选择集合I的两个非空子集A和B,若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有()A. 50 种B. 49 种C. 48 种D. 47 种学科能力自主阅读型误区警示21.分类与分步不当致误【典例】若从1, 2, 3,…，9这9个整数中取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D先找出|①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4个都是奇数，在奇数1, 3,5,7,9中，任意取4个，有C4 = 5(种)；二是2个奇数2 5个偶数，在5个奇数中任取2个，再在偶数2, 4, 6, 8中任取2个，有②C,-C 2 = 60 （种）--- 5 --4--------三是4个都是偶数，取法有1种.所以满足条件的取法共有5 + 60+1 = 66（种）.【踉踪练习】（1）［2015 •唐山二模］一种团体竞技比赛的积分规则是：每队胜、平、负分别得2分、1分、0分.已知甲球队已赛4场，积4分，则在这4场比赛中，甲球队胜、平、负（包括顺序）的情况共有（）A. 7 种B. 13 种C. 18 种D. 19 种（2）给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有种.。
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变式训练
变式训练 1 有 10 本不同的数学书， 9 本不同的语文书， 8 本不同的英语书， 从中任取两本不同类的书， 共有________ 种不同的取法．
典型例题
例2
将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入图中的五个
区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种 不同的涂色方法？
典型例题
解 给出区域标记号 A，B，C，D，E(如图)，则 A 区域 有 4 种不同的涂色方法，B 区域有 3 种，C 区域有 2 种，D 区 域有 2 种，但 E 区域的涂色与区域 B，D 的颜色有关，若 B 与 D 同色，则 E 有 2 种涂色方法．
变式训练 2 用 6 种不同的颜色把右图中 A、B、C、D 四块区域分开，允许同一种颜色涂不同的区域，但相邻的区 域不能涂同一色，则不同的涂法共有( A．400 种 C．480 种 )
B．460 种 D．496 种
典型例题
例 3 用 0,1,2,3,4,5 可以组成多少个无重复数字且比 2000 大的四位偶数？
知识讲解
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 mn 种 方法．那么，完成这一件事共有 N＝________种方法．也称 ________.
知识讲解
注：两个计数原理的区别． 两个计数原理都是用于完成某一件事，它们的区别在于 一个是分类，每一类办法中的每一种方法都能独立完成这件 事，一个是分步，而每步中的方法都是完成这件事过程中的 一步，这 n 步都做到了，事件才能完成. 分类：用加法 分步：用乘法
典型例题
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 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 7×是 0,2,4 分为三类： 第一类：末位是 0 的有 4×4×3＝48(个)； 第二类：末位是 2 的有 3×4×3＝36(个)； 第三类：末位是 4 的有 3×4×3＝36(个)． 则由分类加法计数原理有 N＝48＋36＋36＝120(个)．
变式训练
变式训练 3
用 0,1,2,3,4,5 可以组成多少个无重复数字且
典型例题
(3)分六类，每一类又分两步，从一、二班学生中各选 1 人， 有 7×8＝56 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 7×8 ＋ 7×9 ＋ 7×10 ＋ 8×9 ＋ 8×10 ＋ 9×10＝431(种)．
商南县高级中学
1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理 时间：2015年4月22日
知识讲解
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 mn 种方法．那么，完成这件事共有 N＝______________种 方法．也称________．
典型例题
例1
现有高一 4 个班学生 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活 动小组． (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)推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有 多少种不同的选法？
典型例题
若 B 与 D 颜色不同，则 E 只有 1 种涂色方法． 因此解答此题应分两种情况解答： (1)当 B 与 D 同色时，有 4×3×2×1×2＝48(种)． (2)当 B 与 D 不同色时，有 4×3×2×1×1＝24(种)． 综上知，共有 48＋24＝72(种)不同的涂色方法．
变式训练
比 2000 大的四位奇数？