第11章 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案word（新教材，提升版）

金版教程 高考科学复习创新方案 数学(提升版) 第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [课程标准]1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.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． 1．分类加法计数原理 完成一件事有两类不同的方案．在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法． 2．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． 两个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 相同点 用来计算完成一件事的方法种数 不同点 分类、相加 分步、相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事(每步中的每一种方法不能独立完成这件事) 注意点 类类独立，不重不漏, 步步相依，缺一不可 1．(人教A选择性必修第三册6.1练习T3改编)快递员去某小区送快递，该小区共有四个出入口，每个出入口均可进出，则该快递员进出该小区的方案种数为(　　) A．6 B．8 C．16 D．14 答案　C 解析　方案种数为4×4＝16，故选C. 2．(人教B选择性必修第二册3.1.1练习A T1改编)某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有(　　) A．3种 B．6种 C．7种 D．9种 答案　C 解析　买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案．因此共有3＋3＋1＝7种购买方案．故选C. 3．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．2160 B．720 C．240 D．120 答案　B 解析　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．故选B. 4．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定的不同平面的个数为(　　) A．40 B．16 C．13 D．10 答案　C 解析　分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．故选C. 5．(人教A选择性必修第三册习题6.1 T6(1)改编)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有________个． 答案　6 解析　第一象限内不同的点有2×2＝4个，第二象限内不同的点有1×2＝2个，故共有4＋2＝6个． 考向一　分类加法计数原理 例1　(1)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013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 答案　B 解析　依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成的有3个，分别为400，040，004；由3，1，0组成的有6个，分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成的有3个，分别为220，202，022；由2，1，1组成的有3个，分别为211，121，112，共3＋6＋3＋3＝15(个)． (2)设集合A＝{1，2，3，4}，m，n∈A，则方程＋＝1表示的焦点位于y轴上的椭圆有(　　) A．6个 B．8个 C．12个 D．16个 答案　A 解析　因为椭圆的焦点在y轴上，所以m<n，当m＝1时，n＝2，3，4；当m＝2时，n＝3，4；当m＝3时，n＝4，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．故选A. 使用分类加法计数原理时应注意的三个方面 (1)各类方法之间相互独立，每种方法都能完成这件事，且方法总数是各类方法数相加得到的． (2)分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类． (3)完成这件事的任何一种方法必属于某一类，且分别属于不同类的方法都是不同的． 　1.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 答案　B 解析　依题意，得可能剩余一本画册或一本集邮册两类情况．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C＝6(种)．因此满足题意的赠送方法共有4＋6＝10种．故选B. 2．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　) A．14 B．13 C．12 D．10 答案　B 解析　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．故选B. 3．如果一个三位正整数形如“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 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)．故选A. 考向二　分步乘法计数原理 例2　(1)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．18 C．12 D．9 答案　B 解析　分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B. (2)“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为(　　) 5 A．72 B．108 C．144 D．196 答案　C 解析　依题意，5的上方和左边所填数字只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边所填数字只能从6，7，8，9中选取．第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，有3种方法；第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方法．由分步乘法计数原理，得不同的填法种数为4×3×4×3＝144.故选C. (3)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或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有________种不同的排法． 答案　1280 解析　完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原理，分步进行：第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1280种不同的排法． 利用分步乘法计数原理解题的策略 (1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的． (2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键，从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数． 　1.(2023·汕头二模)电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为(　　) A．2563 B．27 C．2553 D．6 答案　A 解析　分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，根据分步乘法计数原理，得共可配成256×256×256＝2563种颜色．故选A. 2．为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有(　　) A．48种 B．36种 C．24种 D．12种 答案　B 解析　由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法．根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36(种)不同的选取方法．故选B. 3．从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个．(用数字作答) 答案　18　6 解析　一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理，知共有3×3×2＝18个不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6个偶函数． 多角度探究突破 考向三　两个计数原理的综合应用 角度与数字有关的问题 例3　(1)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．243 B．252 C．261 D．279 答案　B 解析　由分步乘法计数原理知，用0，1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B. (2)从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的底数和真数，则所产生的不同对数值的个数为(　　) A．56 B．54 C．53 D．52 答案　D 解析　在8个数字中任取2个不同的数字共可产生8×7＝56个对数值，在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，则满足条件的对数值共有56－4＝52个．故选D. 角度与几何有关的问题 例4　(1)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　正方体共有3组对面互不相邻．与正方体的每组对面相邻的面有4个，所以有3×4＝12种选法．故选B. (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(　　) A．60 B．48 C．36 D．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个对角面构成的“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.故选B. 角度与涂色、种植有关的问题 例5　(1)(2023·常州模拟)中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同．若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有(　　) A．1050种 B．1260种 C．1302种 D．1512种 答案　C 解析　由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色．先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择；当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择；当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择．故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1302种．故选C. (2)在一块并排10垄的田地中，种植作物时每种作物种植一垄，相邻的垄不种同一种作物．现有3种作物可选，则有________种种植方法；若3种作物必须都种，则有________种种植方法；若只在其中2垄种植其中的A，B两种作物，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则有________种种植方法． 答案　1536　1530　12　 解析　3种作物任选时，种植第1垄有3种选择，第2垄有2种选择，后面的垄只需与前一垄不同即可，共有3×2×2×2×2×2×2×2×2×2＝1536(种)种植方法.3种作物都选时，只需排除只用2种作物完成种植的情况，共有1536－3×2×1×1×1×1×1×1×1×1＝1530(种)种植方法．两种作物的间隔不小于6垄时，分两步：第一步，先选垄，如图所示，共有6种选法；第二步，种植A，B两种作物，有2种方法．根据分步乘法计数原理，可得有6×2＝12(种)种植方法． 利用两个计数原理解题时的三个注意点 (1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法． (2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律． (3)对于复杂问题，一般是先分类再分步． 　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(　　) A．48 B．18 C．24 D．36 答案　D 解析　分类讨论：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．故选D. 2．(2023·菏泽模拟)某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法种数为(　　) A．288 B．336 C．576 D．1680 答案　B 解析　第一步：排白车，第一行选一个位置，则第二行有三个位置可选，由于白车是不相同的，故白车的停法有4×3×2＝24种；第二步：排黑车，若白车选AF，则黑车有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG，共7种选择，由于黑车是不相同的，故黑车的停法有2×7＝14种．根据分步乘法计数原理，不同的停车方法种数为24×14＝336.故选B. 3.某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5块区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所选花卉颜色不能相同，则不同的种植方法种数为(　　) A．96 B．114 C．168 D．240 答案　C 解析　首先在a中种植，有4种不同方法，其次在b中种植，有3种不同方法，再次在c中种植，若c与b同色，则c有1种方法，d有3种不同方法，若c与b不同色，则c有2种不同方法，d有2种不同方法，最后在e中种植，有2种不同方法，所以不同的种植方法共有4×3×(1×3＋2×2)×2＝168(种)．故选C. 课时作业 一、单项选择题 1．在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著——《红楼梦》《三国演义》《水浒传》《西游记》(每种名著至少有5本)，若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为(　　) A．1024 B．625 C．120 D．5 答案　A 解析　对于五名同学来说，每人都有4种借阅可能，根据分步乘法计数原理，共有45＝1024种可能．故选A. 2．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．24 B．18 C．12 D．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，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，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．故选B. 3．7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为(　　) A．120 B．240 C．360 D．480 答案　C 解析　第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到前排，有3种方法；第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种方法；第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人，有5种方法，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的加入方法种数为3×4×5×6＝360.故选C. 4．甲、乙、丙三个人踢毽子，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 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．故选B. 5．(2023·宝鸡模拟)某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊：在基础配方以外，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一味添加到香囊中，则不同的添加方案有(　　) A．13种 B．14种 C．15种 D．16种 答案　C 解析　从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一味，有C＝4种方法；选两味，有C＝6种方法；选三味，有C＝4种方法；四味中药全选，有C＝1种方法，所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一味添加到香囊中，不同的添加方案共有4＋6＋4＋1＝15种．故选C. 6.(2023·南通模拟)在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如图所示是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日(20200202)被称为世界完全对称日(公历纪年日期中数字左右完全对称的日期)．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如11，242，5225都是回文数，则用0，1，2，3，4，5这些数字构成的所有三位数的回文数中，能被3整除的个数是(　　) A．8 B．10 C．11 D．13 答案　B 解析　当三位数的三个数位上的数字都相同时，有111，222，333，444，555，共5个；当三位数的三个数位上的数字有两个相同时，有141，252，303，414，525，共5个，所以满足题意的回文数共有10个．故选B. 7.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是(　　) A．8 B．12 C．16 D．18 答案　C 解析　根据正六边形的性质，当A1ABB1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1AFF1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意．故共有4＋4＋4＋4＝16个．故选C. 8.(2023·南宁模拟)五行是华夏民族创造的哲学思想．多用于哲学、中医学和占卜方面．五行学说是华夏文明重要的组成部分．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化．所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源．如图是五行图，现有4种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色(例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色)，五行相克可以用同一种颜色(例如火与水相克可以用同一种颜色)，则不同的涂色方法种数是(　　) A．30 B．120 C．150 D．240 答案　D 解析　由题意，不妨设4种颜色分别为A，B，C，D，先填涂区域“火”，有4种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为A，接下来填涂区域“土”，有3种选择，分别为B，C，D，若区域“土”填涂的颜色为B，则区域“金”填涂的颜色可为A，C，D；若区域“土”填涂的颜色为C，则区域“金”填涂的颜色可为A，B，D；若区域“土”填涂的颜色为D，则区域“金”填涂的颜色可为A，B，C.综上所述，区域“金”填涂A，B，C，D的方案种数分别为3，2，2，2，接下来考虑区域“水”的填涂方案：若区域“金”填涂的颜色为A，则区域“水”填涂的颜色可为B，C，D；若区域“金”填涂的颜色为B，则区域“水”填涂的颜色可为A，C，D；若区域“金”填涂的颜色为C，则区域“水”填涂的颜色可为A，B，D；若区域“金”填涂的颜色为D，则区域“水”填涂的颜色可为A，B，C.则区域“水”填涂A的方案种数为2×3＝6，填涂B的方案种数为3＋2×2＝7，填涂C的方案种数为3＋2×2＝7，填涂D的方案种数为3＋2×2＝7.从区域“火”“土”“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，若区域“水”填涂的颜色为A，则区域“木”填涂的颜色可为B，C，D；若区域“水”填涂的颜色为B，则区域“木”填涂的颜色可为C，D；若区域“水”填涂的颜色为C，则区域“木”填涂的颜色可为B，D；若区域“水”填涂的颜色为D，则区域“木”填涂的颜色可为B，C.所以，当区域“火”填涂颜色A时，填涂方案种数为6×3＋7×2×3＝60.因此不同的涂色方法种数是4×60＝240.故选D. 二、多项选择题 9．现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是(　　) A．选1人为负责人的选法有34种 B．每组选1名组长的选法有5400种 C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法有420种 D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种 答案　AD 解析　对于A，4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法有34种，A正确；对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040(种)，B错误；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法，从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法，从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法，从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法，从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法，从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错误；对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64种选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27种选法，所以不同的选法共有64－27＝37(种)，D正确． 10.(2023·嘉兴模拟)如图，把图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，现有n种不同的颜色可供选择，则(　　) A．n≥3 B．当n＝4时，若B，D同色，共有48种涂法 C．当n＝4时，若B，D不同色，共有48种涂法 D．当n＝5时，总的涂色方法有420种 答案　ABD 解析　对于A，由于区域A与B，C，D均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确．对于B，当n＝4时，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一种颜色，此时有4×3×2＝24种涂法，涂D时，由于B，D同色(D只有一种颜色可选)，所以只需要从剩下的颜色或与A同色的两种颜色中选择一种涂E，共有24×2＝48种涂法，故B正确．对于C，当n＝4时，涂ABC有4×3×2＝24种涂法，由于B，D不同色(D只有一种颜色可选)，此时A，B，C，D四块区域所用颜色各不相同，涂E只能用与A同色的颜色，此时共有24种涂法，故C错误．对于D，当n＝5时，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有5×4×3＝60种涂法，涂D时，若B，D同色(D只有一种颜色可选)，只需要从剩下的两种颜色中或与A同色的颜色中选择一种涂E，共有60×3＝180种涂法；若B，D不同色，此时A，B，C，D四块区域所用颜色各不相同，有5×4×3×2＝120种涂法，只需要从剩下的颜色或与A同色的两种颜色中选择一种涂E，此时共有120×2＝240种涂法．综上可知，总的涂色方法有180＋240＝420种，故D正确．故选ABD. 11．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是(　　) A．组成的三位数的个数为60 B．在组成的三位数中，偶数的个数为30 C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20 D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为30 答案　BC 解析　对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3＝48，故A错误；对于B，将所有三位数的偶数分为两类：①个位数为0，则有4×3＝12个，②个位数为2或4，则有2×3×3＝18个，所以在组成的三位数中，偶数的个数为12＋18＝30，故B正确；对于C，D，将这些“凹数”分为三类：①十位为0，则有4×3＝12个，②十位为1，则有3×2＝6个，③十位为2，则有2×1＝2个，所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为12＋6＋2＝20，故C正确，D错误．故选BC. 三、填空题 12．世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强(各组的前2名小组出线)，这16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为________． 答案　64 解析　因为8个小组进行单循环赛，每个小组进行6场小组赛，所以小组赛的场数为8×6＝48，因为16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为8＋4＋2＋2＝16，因此比赛进行的总场数为48＋16＝64. 13．4张卡片的正、反面分别写有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成________个不同的三位数． 答案　168 解析　要组成三位数，根据首位、十位、个位应分三步：第一步：首位可放8－1＝7个数；第二步：十位可放6个数；第三步：个位可放4个数．故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168个不同的三位数． 14.(2023·重庆联考阶段练习)某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域(有公共边)不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有________种． 答案　1560 解析　如图，不同的布置方案分两类：当A与C布置相同的花卉时，先安排E，有6种不同的选择，再安排A与C，有5种不同的选择，再安排B，有4种不同的选择，最后安排D，有4种不同的选择，共有6×5×4×4＝480种不同的选择．当A与C布置不同的花卉时，先安排E，有6种不同的选择，再安排A与C，有5×4种不同的选择，再安排B，有3种不同的选择，最后安排D，有3种不同的选择，共有6×5×4×3×3＝1080种不同的选择．所以不同的布置方案有480＋1080＝1560种． 四、解答题 15．已知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，这样的三角形一共有多少个？ 解　先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1，2，…，6，有6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2个； 若a＝b＝3，c<a＋b＝6，则c＝1，2，4，5，有4个； 若a＝b＝4，c<a＋b＝8，则c＝1，2，3，5，6，有5个； 若a＝b＝5，c<a＋b＝10，则c＝1，2，3，4，6，有5个； 若a＝b＝6，c<a＋b＝12，则c＝1，2，3，4，5，有5个， 故这样的三角形一共有27个． 16．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？(六名同学不一定都能参加) (1)每人只参加一项，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)每人都可以从三个竞赛项目中选报一项，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)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，可得不同的报名方法共有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名同学中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216种． 19 学科网（北京）股份有限公司 $$