2015高考数学(理)一轮复习配套限时规范特训：10-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
高考数学一轮复习分类加法计数原理专题检测(带答案)
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，预祝广大考生可以考上理想的大学。
高三数学考纲、知识点及题库 10.1 分类加法与分步乘法计数原理
高三数学一轮复习考纲、知识点及题库第十章计数原理§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.----------知识梳理-----------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．-----------基础自测------------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．[P12A组T5]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．[P10练习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()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.现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A．24种B．30种C．36种D．48种【答案】D【解析】需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法；再给B块着色，有2种方法；最后给D块着色，有2种方法，由分步乘法计数原理知，共有4×3×2×2＝48(种)着色方法．5．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()A．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．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．------------专题突破------------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．10．2017年1月27日，哈尔滨地铁3号线一期开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，哈西站一定要有人去，则不同的游览方案为________种．【答案】65【解析】根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3＝81种情况，若哈西站没人去，即四位同学选择了城乡路和哈尔滨大街．每人有2种选择方法，则4人一共有2×2×2×2＝16种情况，故哈西站一定要有人去有81－16＝65种情况，即哈西站一定有人去的游览方案有65种．11．(2018·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.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是_______．【答案】60【解析】根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，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．。
2015届高考数学总复习(基础过关+能力训练)：计数原理、随机变量及分布列 排列与组合(含答案)
第十一章 计数原理、随机变量及分布列第2课时排列与组合(理科专用)1. 若A 3n ＝6C 4n ，则n ＝________．答案：7解析：n ！（n －3）！＝6×n ！（n －4）！×4！，得n －3＝4，解得n ＝7.2. 乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛.3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有________种(用数字作答)．答案：252解析：三名主力安排有A 33种，其余7名选2名安排在第二、四位置上有A 27种排法，故共有排法数A 33A 27＝252种．3. 某班有30名男生，20名女生，现要从中选出5人组成一个宣传小组，其中男、女学生均不少于2人的选法为________(只列式，不计算)．答案：C 330C 220＋C 230C 320解析：男生2人，女生3人，有C 230C 320；男生3人，女生2人，有C 330C 220，共计C 230C 320＋C 330C 220.4. 有6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，不同的分法种数是________． 答案：90解析：甲得2本有C 26，乙从余下的4本中取2本有C 24，余下的C 22，共计C 26C 24.5. 某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种．小张用10元钱买杂志(10元钱刚好用完)，则不同买法的种数是________(用数字作答)．答案：266解析：根据题意，可有以下两种情况：① 用10元钱买2元1本共有C 58＝56；② 用10元钱买2元1本的杂志4本和1元1本的杂志2本，共有C 48·C 23＝70×3＝210.故210＋56＝266.6. A ＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，则含有五个元素，且其中至少有两个偶数的子集个数为________．答案：105解析：直接法：分三类，在4个偶数中分别选2个、3个、4个偶数，其余选奇数，C 24C 35＋C 34C 25＋C 44C 15＝105；间接法：C 59－C 55－C 45C 14＝105.7. 某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种，现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上不同的选择，则餐厅至少还需准备________种不同的素菜．答案：7 解析：在5种不同的荤菜中取出2种的选择方式应有C 25＝10种，设素菜为x 种，则C 2x ·C 25≥200，解得x ≥7，∴ 至少应有7种素菜．8. 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张卡片不能都是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为________．答案：472解析：若没有红色卡，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C 14×C 14×C 14＝64种，若2色相同，则有C 23C 12C 24C 14＝144；若红色卡片有1张，则剩余2张若不同色，有C 14×C 23×C 14×C 14＝192种，如同色则有C 14C 23C 24＝72，所以共有64＋144＋192＋72＝472.9. 用0、1、2、3四个数字组成没有重复数字的自然数．(1) 把这些自然数从小到大排成一个数列，问1230是这个数列的第几项？ (2) 其中的四位数中偶数有多少个？解：(1) 分类讨论：①1位自然数有4个；②2位自然数有9个；③3位自然数有18个，即A 34－A 23＝3A 33＝18个；④4位自然数中，“10XY ”型有A 22＝2个，1 203，1 230共有4个；由分类计数原理知1 230是此数列的第4＋9＋18＋4＝35项．(2) 四位数中的偶数有A3＋A2A2＝10个．10. 已知平面α∥β，在α内有4个点，在β内有6个点．(1) 过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？(2) 以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？(3) 上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？解：(1) 所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，有C14·C26个；②α内2点，β内1点确定的平面，有C24·C16个；③α、β本身．∴所作的平面最多有C14·C26＋C24·C16＋2＝98个．(2) 所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有C14·C36个；②α内2点，β内2点确定的三棱锥，有C24·C26个；③α内3点，β内1点确定的三棱锥，有C34·C16个．∴最多可作出的三棱锥有C14·C36＋C24·C26＋C34·C16＝194个．(3) ∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等，且平面α∥β，∴体积不相同的三棱锥最多有C36＋C34＋C26·C24＝114个．11. 6个人坐在一排10个座位上．问：(1) 空位不相邻的坐法有多少种？(2) 4个空位只有3个相邻的坐法有多少种？(3) 4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种？解：6个人排有A66种，6人排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入空位．(1) 空位不相邻相当于将4个空位安插在上述7个“间隔”中，有C47＝35种插法，故空位不相邻的坐法有A66·C47＝252 00种．(2) 将相邻的3个空位当作一个元素，另一空位当作另一个元素，往7个“间隔”里插有A27种插法，故4个空位中只有3个相邻的坐法有A66A27＝302 40种．(3) 4个空位至少有2个相邻的情况有三类：①4个空位各不相邻有C47种坐法；②4个空位2个相邻，另有2个不相邻有C17C26种坐法；③4个空位分两组，每组都有2个相邻，有C27种坐法．综合上述，应有A66(C47＋C17C26＋C27)＝115 920种坐法．。
高考复习方案大一轮(全国人教数学)-历年高考真题与模拟题分类汇编 J单元 计数原理(理科2015年) Word版
数 学J 单元 计数原理J1 基本计数原理J2 排列、组合12．J2 某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)12．1560 根据题意知写了A 240＝40×39＝1560(条)．18．J2、K2、K6、K4 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．18．解：(1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以 P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2)＝25×1－12＋1－25×12＝12. 故所求概率P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B 3，15. 于是P (X ＝0)＝C 03150453＝64125， P (X ＝1)＝C 13151452＝48125， P (X ＝2)＝C 23152451＝12125， P (X ＝3)＝C 33153450＝1125. 故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35.6．J2 用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个6．B 由题意知，万位上排4时，有2×A 34个大于40 000的偶数，万位上排5时，有3×A 34个，故共有5×A 34＝120(个)．22．J2、J3、K2(1)已知n 为正整数，在(1＋x )2n 与(1＋2x 3)n 展开式中x 3项的系数相同，求n 的值．(2)设袋中共有7个球，其中4个红球，3个白球．从袋中随机取出3个球，求取出的白球比红球多的概率．解：(1)(1＋x )2n 中x 3项的系数为C 32n ，(1＋2x 3)n 中x 3项的系数为2n .由C 32n ＝2n ，得2n （2n －1）（2n －2）3×2×1＝2n ， 解得n ＝2.(2)从袋中取出3个球，总的取法有C 37＝35(种)；其中白球比红球多的取法有C 33＋C 23·C 14＝13(种)．因此取出的白球比红球多的概率为1335.J3 二项式定理11．J3⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋1x 7的展开式中x 5的系数是________．(用数字填写答案) 11．35T r ＋1＝C r 7(x 3)7－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r＝C r 7·x 21－4r ，令21－4r ＝5，得r ＝4，因此x 5的系数为C 47＝35. 9．J3 在(x －1)4的展开式中，x 的系数为________．9．6()x －14展开式的通项T r ＋1＝C r 4(x )4－r (－1)r (0≤r ≤4)，令4－r ＝2，得r ＝2，所以x 的系数是C 24＝6.3．J3 已知(1＋x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )A ．212B ．211C ．210D ．293．D 因为展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10.根据二项式系数和的相关公式得，奇数项的二项式系数和为2n －1＝29.故选D. 15．J3 (a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.15．3 (a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项一部分来自第一个因式取a ，第二个因式取C 14x 及C 34x 3；另一部分来自第一个因式取x ，第二个因式取C 04x 0，C 24x 2及C 44x 4.所以系数之和为a C 14＋a C 34＋C 04＋C 24＋C 44＝8a ＋8＝32，所以a ＝3.10．J3 (x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( )A ．10B ．20C ．30D ．6010．C 5的通项T r ＋1＝C r 5(x 2＋x )r y 5－r ，由题意取r ＝3，得T 4＝C 35(x 2＋x )3y 2＝C 35(x ＋1)3x 3y 2，记(x ＋1)3的通项T ′r ′＋1＝C r ′3xr ′， 由题意得r ′＝2，所以x 5y 2的系数为C 35·C 23＝30.9．J3 在(2＋x )5的展开式中，x 3的系数为________．(用数字作答)9．40 展开式的通项T r ＋1＝C r 525－r x r ，令r ＝3，得C 3525－3＝40. 11．J3 (x ＋2)5的展开式中，x 2的系数等于________．(用数字作答)11．80 (x ＋2)5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5x5－r ·2r(0≤r ≤5，且r ∈N )，令5－r ＝2，得r ＝3，所以x 2的系数为C 35·23＝80.J4 单元综合6． 某人从{W ，X ，Y ，Z }中选2个不同的字母，从{0，2，6，8}中选3 个不同的数字编拟车牌号，要求前三位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母Z 和数字2不能相邻，那么满足要求的车牌号有( )A ．198个B ．180个C ．216个D ．234个6．A 不选2时，有A 33A 24＝72(种)选法；选2，不选Z 时，有C 12C 23A 22A 23＝72(种)选法；选2和Z 时，若2在数字的中间，有A 23C 12C 13＝36(种)选法，若2在数字的第三位，有A 23A 13＝18(种)选法．根据分类计数原理，共有72＋72＋36＋18＝198(种)选法，故选A. 4． 若(x 2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－mx 5的展开式中x 2的系数是250, 则实数m 的值为 ( ) A ．±5 B ．5C ．± 5 D. 54．C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－mx 5的展开式的通项为C r 5x －2(5－r )·(－mx )r ＝C r 5(－m )r x 3r －10，由3r －10＝2得r ＝4，系数为C 45(－m )4＝5m 4，所以2×5m 4＝250，得m ＝± 5.12． 设ABCDEF 为正六边形，一只青蛙开始在顶点A 处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D 点，则停止跳动；若5次之内不能到达D 点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共有________种．12．26 青蛙不能跳1次、2次或4次到达D 点，故青蛙的跳法只有下列两种：(1)青蛙跳3次到达D 点，有ABCD ，AFED 两种跳法；(2)青蛙一共跳5次后停止，那么，前3次的跳法一定不到达D ，只能到达B 或F ，则共有AFEF ，ABAF ，AFAF ，ABCB ，ABAB ，AFAB 这6种跳法，随后两次跳法各有四种，比如由F 出发的有FEF ，FED ，FAF ，FAB 共四种，因此共有6×4＝24(种)跳法，故共有24＋2＝26(种)跳法．6． 将二项式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋124x n 的展开式按x 的降幂排列，若前三项的系数成等差数列，则该展开式中x 的指数是整数的项共有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个6．A 展开式的通项为T r ＋1＝C rn·⎝ ⎛⎭⎪⎫12r x 2n －3r 4(r ＝0，1，2，…，n )，∴前三项的系数分别是1，n 2，n （n －1）8.∵前三项的系数成等差数列，∴2·n 2＝1＋n （n －1）8，∴n ＝8.当n ＝8时，T r ＋1＝C r 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12r x 16－3r 4(r ＝0，1，2，…，8)，故展开式中x 的指数是整数的项共有3个．。
2016高考数学(理)一轮模拟训练10-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
模拟训练1. [2015·聊城模拟]将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同的分法种数有( )A. 2610B. 720C. 240D. 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，∴一共有10×9×8＝720(种)．答案：B2. [2015·温州质检]某班2014年元旦联欢会原定的9个歌唱节目已排成节目单，但在开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )A. 110B. 120C. 20D. 12解析：先将其中一个节目插入原节目单的9个节目形成的10个空中，有10种方法；再把另一个节目插入前10个节目形成的11个空中，有11种插法．由分步乘法计数原理知有10×11＝110种．答案：A3. [2015·衡水一中模拟]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种解析：依题意，就所剩余的一本画册进行分类计数：第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C24＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10种．答案：B4. [2015·盐城模拟]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．解析：报名的方法种数为4×4×4×4×4＝45(种)．获得冠军的可能情况有5×5×5×5＝54(种)．答案：45545. [2015·杭州质检]从0,1,2,3中任取三个数字，组成无重复数字的三位数中，偶数的个数是________(用数字回答)．解析：0为特殊元素，当三位数个位数为0时，偶数共有A23个；当个位数不为0时，若为偶数个位只能为2，此时三位偶数有2＋A22个，故满足条件的偶数共有A23＋2＋A22＝10个．答案：10。
高考数学一轮同步练习 11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 理 苏教版
第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.将5封信投入3个邮筒,不同的投法共有 … ( )A.35种B.53种 C.3种 D.15种答案:B解析:第1封信,可以投入第1个邮筒里,可以投入第2个邮筒里,也可以投入第3个邮筒里,共有3种投法;同理,后面的4封信也都各有3种投法,所以,5封信投入3个邮筒,不同的投法共有53种.2.商店里有15种上衣,18种裤子,某人要买一件上衣或一条裤子,共有 种不同的选法.要买上衣、裤子各一件,共有 种不同的选法.答案:33 270解析:买上衣,有15种选法;买裤子,有18种选法.买1件上衣或1条裤子有15+18=33种选法.买上衣1件和裤子1条,有1518270⨯=种选法.3.设集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)是坐标平面上的点,a 、b M ∈.(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,根据分步乘法计数原理得符合条件的点的个数N=6⨯6=36.(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符合条件的点的个数N=3⨯2=6.(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符合条件的点的个数N=6⨯5=30.见课后作业B题组一 分类加法计数原理1.如图,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网线相联.连线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的路线同时传递.则单位时间内传递的最大信息量为( )A.26B.24C.20D.19答案:D解析:因信息可以分开沿不同的路线同时传递,由分类加法计数原理,完成从A 向B 传递有四种办法12→53126412671286→,→→,→→,→→,故单位时间内传递的最大信息量为:3+4+6+6=19, 故选D.2.三边长均为整数,且最大边长为11的三角形的个数为A.25B.26C.36D.37答案:C解析:另两边边长用x 、y 表示,且不妨设111x y ≤≤≤,要构成三角形,必须12x y +≥.当y 取值11时,x=1,2,3,…,11,可有11个三角形.当y 取值10时,x=2,3,…,10,可有9个三角形.…当y 取值6时,x 也只能取6,只有一个三角形.所以,所求三角形的个数为3.从1,2,3,4四个数字中任取数(不重复取)作和,则取出这些数的不同的和共有( )A.8种B.9种C.10种D.5种答案:A解析:取2个数作和为:1+2=3,1+3=4,1+4=5,2+3=5,2+4=6,3+4=7;其和的结果为3,4,5,6,7.取3个数作和为其和的结果为6,7,8,9.取4个数作和为:1+2+3+4=10;其结果为10,以上得到的和可以为3,4,5,6,7,8,9,10,共8种.题组二 分步乘法计数原理4.有四位老师在同一年级的4个班级中,各教一个班的数学,在数学考试时,要求每位老师均不在本班监考,则安排监考的方法总数是( )A.8B.9C.10D.11答案:B解析:由分步乘法计数原理知监考方法总数为339⨯=.5.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元答案:D解析:据分步乘法计数原理,买全号码共需要8910628⨯⨯⨯⨯=640元,故选D.6.从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有( )A.8种B.12种C.16种D.20种答案:B解析:分两步:第一步:先选不相邻的两个面,共有3种选法(都是相对的面),第二步:再从余下的四个面中任选一个面,有4种选法,这样前后选出的三个面符合题目要求,所以共有选法3412N =⨯=种,选B.7.已知集合A={a,b,c,d},B={x,y,z},则从集合A 到集合B 的映射个数最多是( )A.34AB.34CC.43D.34 答案:C解析:因为集合A 中的每一个元素都找到集合B 中的任何一个元素作为自己的象,且只有当集合A 中的每一个元素都在B 中找到自己的象后,才能建立起从A 到B 的映射, 因此,从A 到B 的映射最多有433333⨯⨯⨯=个,故选C.8.将4个不同的小球放入3个不同的盒子,其中每个盒子都不空的放法共有种.答案:36解析:4个不同的小球放入3个不同的盒子,其中每个盒子都不空,则必有一个盒子放入2个球,设4个球的编号分别为1,2,3,4,则其中2个球放在一个盒子里的情况有:1,2;1,3;1,4;2,3;2,4;3,4,计6种情况,把2个球放在一个盒子里的情况当作1个球和另外2个球分别放入3个盒子里,共有321⨯⨯种放法,于是所求放法为632136⨯⨯⨯=种. 题组三 两个计数原理的综合应用9.将数字1、2、3、4填在标号为1、2、3、4的方格里,每格填一个数字,则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有( )A.6种B.9种C.11种D.23种答案:B解析:综合应用两个基本原理解决实际问题.先把1填入方格,符合条件的有3种方法;第二步把被填入方格的对应数字填入其他三个方格,又有三种方法;第三步填余下的两个数字,只有一种填法,共有3⨯3=9种填法,故选B.10.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表示第一、二象限内不同的点的个数和是( )A.18B.10C.16D.14答案:D11.高三(1)班有学生50人,男30人,女20人;高三(2)班有学生60人,男30人,女30人;高三(3)班有学生55人,男35人,女20人.(1)从高三(1)班或(2)班或(3)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(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体育部长,有多少种不同的选法?解:(1)50+60+55=165(种),即所求选法为165种.(2)30+30+20=80(种),即所求选法有80种.12.有三个袋子,其中一个袋子装有红色小球20个,每个小球上标有1到20中的一个号码;一个袋子中装有白色小球15个,每个小球上标有1到15中的一个号码;第三个袋子装有8个黄色小球,每个小球上标有1到8中的一个号码.(1)从袋子里任取一个小球,有多少种不同取法?(2)从袋子里任取红、白、黄球各一个,有多少种不同的取法?解:(1)完成取一个小球这件事分三类:第一类取白球有15种不同取法;第二类取红球有20种不同取法;第三类取黄球有8种不同取法,由分类加法计数原理可知,共有取法种(2)完成取红、白、黄球各一个这件事分三步.第一步:取红球一个有20种不同的取法;第二步:取白色小球一个有8种不同取法;⨯⨯=400第三步:取黄色小球一个有15种不同取法,由分步乘法计数原理,共有201582种不同的取法▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚 =^_^= 成就梦想▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌▃▄▅▆▇██■▓点亮心灯 ~~~///(^v^)\\\~~~ 照亮人生▃▄▅▆▇██■▓。
浙江新高考数学理科一轮复习创新方案知能检测10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(含答案详析)
第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理[全盘巩固]1．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2 160 B．720 C．240 D．120解析：选B分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．2．a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是()A．20 B．16 C．10 D．6解析：选B当a当组长时，则共有1×4＝4种选法；当a不当组长时，又因为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．3. (2014·汕头模拟)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，则不同涂法的种数为()A．400 B．460 C．480 D．496解析：选C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，则有6×5×4×(1＋3)＝480种不同涂法．4．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：选B∵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14.5．(2014·济南调研)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：选C分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．6．(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：选B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＝48.7．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＝3,4,5,6四种情况；当a＝5或6，b各有6种情况．所以共有2＋2＋3＋4＋6＋6＝23种情况．答案：238．集合N＝{a，b，c}⊆{－5，－4，－2,1,4}，若关于x的不等式ax2＋bx＋c<0恒有实数解，则满足条件的集合N的个数是________．解析：依题意知，最多有10个集合N，其中对于不等式ax2＋bx＋c<0没有实数解的情况可转化为需要满足a>0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当a，c同号时才有可能，共有2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10－2＝8.答案：89．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为a i(i＝1，2，…，6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1<a3<a5，则不同的排列方法有________种(用数字作答)．解析：分两步：第1步，先排a1，a3，a5，若a1＝2，有2种排法；若a1＝3，有2种排法；若a1＝4，有1种排法，所以共有5种排法；第2步，再排a2，a4，a6，共有6种排法，故有5×6＝30种不同的排列方法．答案：3010．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．解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得共有36＝729种不同的报名方法．(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，根据分步乘法计数原理，可得共有6×5×4＝120种不同的报名方法．(3)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，可得共有63＝216种不同的报名方法．11．某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、两个不同的宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且宣传广告与公益广告不能连续播放，两个宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？解：用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序，则完成这件事有三类方法．第1类：宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．第2类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．第3类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6，同样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．由分类加法计数原理得：6个广告共有36＋36＋36＝108种不同的播放方式．12. 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有多少种(用数字作答)．解：法一：从题意来看，6部分种4种颜色的花，又从图形看，知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求解．(1)2与5同色，则3,6也同色或4,6也同色，所以共有4×3×2×2×1＝48种栽种方法；(2)3与5同色，则2,4或4,6同色，所以共有4×3×2×2×1＝48种栽种方法；(3)2与4且3与6同色，所以共有4×3×2×1＝24种栽种方法．所以共有48＋48＋24＝120种栽种方法．法二：记颜色为A，B，C，D四色，先安排1,2,3有4×3×2种不同的栽法，不妨设1,2,3已分别栽种A，B，C，则4,5,6的栽种方法共5种，由以下树状图清晰可见．根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×5＝120种不同的栽种方法．[冲击名校]1．设集合I＝{1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法的种数为()A．50 B．49 C．48 D．47解析：选B根据题意，B中最小的数大于A中最大的数，则集合A，B中没有相同的元素，且都不是空集，按A中元素分情况讨论，分别计算其选法种数，进而相加即可．第1类，当A中最大的数是1时，A是{1}，B可以是{2,3,4,5}的非空子集，即有24－1＝15种选法；第2类，当A中最大的数是2时，A可以是{2}或{1,2}，B可以是{3,4,5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14种选法；第3类，当A中最大的数是3时，A可以是{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，B可以是{4,5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12种选法；第4类，当A中最大的数是4时，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，B是{5}，即有8×1＝8种选法．综上可知，共有15＋14＋12＋8＝49种不同的选择方法．2．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”有序对的个数为________．解析：第1步，1＝1＋0，或1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9，或9＝1＋8，或9＝2＋7，或9＝3＋6，…，或9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4，或4＝1＋3，或4＝2＋2，或4＝3＋1，或4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2，或2＝1＋1，或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”有序对的个数为2×10×5×3＝300.答案：300。
2015高考理科数学一轮计数原理、概率复习题(带答案)
2015高考理科数学一轮计数原理、概率复习题（带答案）第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．对应学生用书P167]【梳理自测】一、分类加法计数原理1．(教材改编)从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为()A．6B．5C．3D．22．设x，y∈N且x＋y≤3，则直角坐标系中满足条件的点M(x，y)共有()A．3个B．4个C．5个D．10个答案：1.B2.D◆以上题目主要考查了以下内容：完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事情共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．二、分步乘法计数原理1．(教材改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有()A．238个B．232个C．174个D．168个2．(教材改编)有不同颜色的四件衬衣与不同颜色的三条领带，如果一条领带与一件衬衣配成一套．则不同的配法种数是________．3．5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：1.C2.123.32◆以上题目主要考查了以下内容：完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1•m2•…•mn种不同的方法．【指点迷津】1．两个特点分类加法计数原理的特点是独立、互斥；分步乘法计数原理的特点是关联、连续．解题时经常是两个原理交叉在一起使用，两个原理综合使用时，一般先分类，再分步，分类要标准明确，分步要步骤连续，有的题目也可能出现先分步，在“步”里面再分类．2．两个关键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步骤，既要合理分类，又要准确分步．对应学生用书P167]考向一分类加法计数原理(2014•浙江省名校联考)如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a 为“好数”(如：6,24,2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2013，则n＝()A．50B．51C．52D．53【审题视点】2013是四位数，故“好数”按四位数，按三大类分首位为0、1、2每一类再分，采用加法原理．【典例精讲】本题可以把数归为“四位数”(含0006等)，因此比2013小的“好数”为0×××，1×××，2004，共三类数，其中第一类可分为：00××，01××，…，0600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数；第二类可分为：10××，11××，…，1500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数，故2013为第51个数，故n＝51，选B.【答案】B【类题通法】(1)分类加法计数原理的特点①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准；②完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．(2)使用分类加法计数原理应注意的问题分类时标准要明确，分类应做到不重不漏．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．6D．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．考向二分步乘法原理(2012•高考辽宁卷)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A．3×3B．3×(3！)3C．(3！)4D．9!【审题视点】一家人视为一个整体，采用捆绑法，先排三个家庭，再排每个家庭的三口人．【典例精讲】第1步：3个家庭的全排列，方法数为3！，第2步：家庭内部3个人全排列，方法数为3！，共3个家庭，方法数为(3！)3；∴总数为(3！)×(3！)3＝(3！)4，故选C.【答案】C【类题通法】(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，必须要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，这件事都不可能完成；(3)解决分步问题时要合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰，还要注意元素是否可以重复选取．2．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)．解析：法一：用2,3组成四位数共有2×2×2×2＝16(个)，其中不出现2或不出现3的共2个，因此满足条件的四位数共有16－2＝14(个)．法二：满足条件的四位数可分为三类：第一类含有一个2，三个3，共有4个；第二类含有三个2，一个3共有4个；第三类含有二个2，二个3共有C24＝6(个)，因此满足条件的四位数共有2×4＋C24＝14(个)．答案：14考向三两个原理的综合应用(2014•石家庄市模拟)为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答)【审题视点】先分两类：参加乐器培训的是女生或男生，每一类中分步选舞蹈或演唱．【典例精讲】若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12种方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12种方案，所以共有24中推荐方案．【答案】24【类题通法】(1)解决此类综合题的关键在于区分该问题是“分类”还是“分步”．(2)解决既有“分类”又有“分步”的综合问题时，应“先分类，后分步”．3．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解析：选D.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2×2个，在第二象限的点共有1×2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2×2个，在第二象限的点共有2×2个．所求不同的点的个数是2×2＋1×2＋2×2＋2×2＝14(个)．对应学生用书P168]两个原理不清，分步与排列混淆致误把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A．A34种B．C34种C．43种D．34种【正解】第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱也有4种投法；第3封信投到信箱也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步计数原理可得共有43种方法，故选C.【答案】C【易错点】(1)选择的标准出现错误，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．(2)与排列混淆，误认为3封信只能用三个信箱错选为A.(3)与组合混淆，错选为B，C34只表示适用了三个信箱，并没把信放入信箱，事情并没“完成”．【警示】(1)理清题目的条件、结论及完成的“事件”，合理选择分类原理和分步原理．(2)能否独立完成事情是区分分类还是分步的依据，如(1)中，把其中的一封信投到信箱里，并没有完成任务，所以只能看做其中的一步，而不是一类．(3)本题所完成的事是指：把3封信全部投到信箱，可以用一个信箱，也可用2、3个信箱，故采用分步完成．1．(2013•高考山东卷)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解析：选B.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)．2．(2012•高考浙江卷)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：选D.共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66(种)．3．(2013•高考福建卷)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解析：选B.当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，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，选B.4．(2012•高考北京卷)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解析：选B.从0,2中选一个数字，分两类：1)取0：此时0只能放在十位，再从1,3,5中任取两个数，在个位与百位进行全排列即可，列式为A23；2)取2：此时2可以放在十位或百位，再从1,3,5中任取两个放在剩余两位进行全排列，列式为2A23，∴满足条件的三位数的个数为A23＋2A23＝3A23＝3×3×2＝18.故选B.。
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05限时规范特训
A级基础达标
1．[2014·聊城模拟]将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同的分法种数有()
A．2610 B．720
C．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，∴一共有10×9×8＝720(种)．
答案：B
2．某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有()
A．8种B．10种
C．12种D．32种
解析：从A到B若路程最短，需要走三段横线段和两段竖线段，可转化为三个a和两个b的不同排法，第一步：先排a有C35种排法，第二步：再排b有1种排法，共有10种排法，选B项．答案：B
3．某县从10名大学毕业的选调生中选3个人担任镇长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为() A．85 B．56
C．49 D．28
解析：由条件可分为两类：一类是甲、乙2人只入选一个的选法，有C12×C27＝42种；另一类是甲、乙都入选的选法，有C22×C17＝7种，所以共有42＋7＝49种，选C.
答案：C
4．体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进出门的方案有()
A. 12种
B. 7种
C. 24种
D. 49种
解析：第一步，他进门，有7种选择；第二步，他出门，有7种选择．根据分步乘法计数原理可得他进出门的方案有7×7＝49(种)．答案：D
5．[2014·郑州模拟]5位同学站成一排准备照相的时候，有两位老师碰巧路过，同学们强烈要求与老师合影留念，如果5位同学顺序一定，那么两位老师与同学们站成一排照相的站法总数为() A．6 B．20
C．30 D．42
解析：因为五位学生已经排好，第一位老师站进去有6种选择，当第一位老师站好后，第二位老师站进去有7种选择，所以两位老师与学生站成一排的站法共有6×7＝42种．
答案：D
6．暑假期间，华光中学安排3名职工从周一到周五值班，每天只安排一名职工值班，每人至少安排一天，至多安排两天，且这两天必须相邻，那么不同的安排方法有()
A．10种B．12种
C．18种D．36种
解析：这五天可分成三组，共三种情况：(1,2)，(3,4)，5；1，(2,3)，(4,5)；(1,2)，3，(4,5)，因此不同的安排方法3A33＝18种．答案：C
7．[2014·贵阳模拟]三张卡片的正反面分别写有1和2,3和4,5和6，若将三张卡片并列，可得到不同的三位数(6不能作9用)的个数为()
A．8 B．6
C．14 D．48
解析：先排首位6种可能，十位数从剩下2张卡中任取一数有4种可能，个位数1张卡片有2种可能，∴一共有6×4×2＝48(种)．答案：D
8．如果把个位数是1，且恰有3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________个．
解析：当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12个．答案：12
9．[2014·伊春调研]某校有6间不同的电脑室，每天晚上至少开放2间，要求不同安排方案的种数．现有四位同学分别给出下列四个结果：①C26；②C36＋2C46＋C56＋C66；③26－7；④A26.其中正确结论的序号是________．
解析：用直接法：因为C26＝C46，故C36＋2C46＋C56＋C66＝C26＋C36＋C46＋C56＋C66，故②正确；用间接法：因为C06＋C16＝7，所以26－7，故③正确．
答案：②③
10．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．
解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得共有不同的报名方法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，根据分步乘法计数原理，可得共有不同的报名方法6×5×4＝120种．
(3)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，可得共有不同的报名方法63＝216种．
11．[2014·钦州模拟]从2名女教师和5名男教师中选出3名教师(至少有1名女教师)参加某考场的监考工作．要求1名女教师在室内流动监考，另外2名教师固定在室内监考，求有多少种不同的安排方案．
解：分两类进行：第一类，在2名女教师中选出1名，从5名男教师中选出2名，且该女教师只能在室内流动监考，有C12×C25种选法；第二类，选2名女教师和1名男教师，有C22×C15种选法，再从选中的2名女教师中选1名作为室内流动监考人员，即有C22×C15×C12种选法．∴共有C12×C25＋C22×C15×C12＝30种不同的安排方案．12．7个人排成一排，按下列要求各有多少种排法？
(1)其中甲不站排头，乙不站排尾；
(2)其中甲、乙、丙3人必须相邻；
(3)其中甲、乙、丙3人两两不相邻；
(4)其中甲、乙中间有且只有1人；
(5)其中甲、乙、丙按从左到右的顺序排列．
解：(1)方法一(直接法)：如果甲站排尾，其余6人有A 66种排法，
如果甲站中间5个位置中的一个，而乙不站排尾，则有A 15A 15A 55种排
法，故共有排法A 66＋A 15A 15A 55＝3720种．
方法二(间接法)：7个人排成一排有A 77种排法，其中甲在排头有
A 66种排法，乙在排尾有A 66种排法，甲在排头且乙在排尾共有A 55种排
法，故共有排法A 77－A 66－A 66＋A 55＝3720种．
(2)(捆绑法)将甲、乙、丙捆在一起作为一个元素与其他4个元素
作全排列有A 55种，然后甲、乙、丙内部再作全排列有A 33种，故有不
同的排法A 55A 33＝720种．
(3)(插空法)先排甲、乙、丙外的4人有A 44种排法，这四人之间及
两端留出五个空位，然后把甲、乙、丙插入到五个空位中有A 35种排
法，故共有A 44A 35＝1440种排法．
(4)甲、乙两人有A 22种排法，现从剩下的五人中选一个插入甲、乙中间，有A 15种排法，然后再将这三人看作一个元素，和其他四个
元素作全排列，有A 55种排法，故共有A 22A 15A 55＝1200种排法．
(5)七个人的全排列为A 77，其中若只看甲、乙、丙不同顺序的排
法有A 33种排法，但只有一种顺序符合要求，故符合要求的不同排法
有A 77A 33
＝840种．
B级知能提升
1．[2014·青岛模拟]如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现有要求在其余四个区域中涂色，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()
A．64 B．72
C．84 D．96
解析：分成两类：A和C同色时有4×3×3＝36(种)；A和C不同色时4×3×2×2＝48(种)，∴一共有36＋48＝84(种)．答案：C
2．[2013·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校一联]用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1、2、…、9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1、5、9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种.
解析：5、9，有3种涂法．第二部分4、7、8，当5、7同色时，4、8各有2种涂法，共4种涂法；当5、7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分
共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．
答案：108
3．[2014·济南模拟]某区有7条南北向街道，5条东西向街道(如图)．
(1)图中共有多少个矩形？
(2)从A点走向B点最短的走法有多少种？
解：本题主要考查组合问题的求解，解题关键是合理选取格点．
(1)在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样的4条线可组成1个矩形，故可组成矩形C27C25＝210个．
(2)每条东西向街道被分成6段，每条南北向街道被分成4段．从A到B最短的走法中，无论怎样走，一定包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同．每种走法即是从10段中选出6段，这6段是东西方向的(剩下4段即是走南北方向的)，共有C610＝210种走法(同样可以从10段中选4段走南北方向，每种选法是1种走法，即C410＝210)．。