计数原理、概率、随机变量及其分布之分类加法计数原理与分步乘法计数原理讲义、课件-2025届高三数学一轮复习

2025届高考数学一轮复习教案讲义（原卷版）——计数原理、概率、随机变量及其分布之分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【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＝ 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＝ 种不同的方法. 3.分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：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，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. [常用结论] 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终. (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，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”. 【诊断自测】 1.思考辨析(在括号内打“√”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，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(　　) 2.(选修三P5T1改编)(1)一项工作可以用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人来完成这项工作，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，则从A村经B村去C村，不同路线的条数是________. 3.如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通.今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种. 4.3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有________种. 考点一　分类加法计数原理 例1 (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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　　) A.4种 B.10种 C.18种 D.20种 (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________. 方法总结　使用分类加法计数原理的两个注意点 (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏. (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复. 训练1 (1)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 (2)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______个平面. 考点二　分步乘法计数原理 例2 (多选)(2024·合肥调研)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是(　　) A.共有43种不同的安排方法 B.若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C.若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种 D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 方法总结　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. 训练2 (1)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种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，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 (2)若将6本不同的书放到5个不同的盒子里，则不同的放法种数为(　　) A.A B.C C.56 D.66 考点三　两个计数原理的综合 角度1　与数字有关的问题 例3 用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答). 角度2　与几何有关的问题 例4 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 角度3　涂色问题 例5 如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为(　　) A.480 B.600 C.720 D.840 方法总结　1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：(1)一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化. 2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成. 训练3 (1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是(　　) A.14 B.23 C.48 D.120 (2)(2024·杭州调研)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 (3)(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有(　　) A.24种 B.48种 C.72种 D.96种 习题演练 1.每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽车有12班.某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有(　　) A.22种 B.33种 C.300种 D.3 600种 2.将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为(　　) A.720 B.240 C.120 D.60 3.某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目.已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有(　　) A.4种 B.6种 C.8种 D.12种 4.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　) A.3 B.4 C.6 D.8 5.中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”.将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为(　　) A.8 B.10 C.15 D.20 6.如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是(　　) A.8 B.12 C.16 D.24 7.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.120 B.140 C.240 D.260 8.(多选)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人为负责人的选法种数为34 B.每组选1名组长的选法种数为5 400 C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420 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 9.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＋bi，其中虚数的个数是________. 10.乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________. 11.4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. 12.(2024·青岛调研)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________. 13.如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12.若k－j＝3且j－i＝4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k－j＝4且j－i＝3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为(　　) A.5 B.8 C.10 D.15 14.(2023·湖北名校联考)设集合A＝{1，2，…，2 023}，S＝{(A1，A2，…，A100)|A1⊆A2⊆…⊆A100⊆A}，则集合S的元素个数为(　　) A.C B.C C.1002 023 D.1012 023 15.(2024·衡水调研)用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为________种. 16.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. 第 54 页 学科网（北京）股份有限公司 $$2025届高考数学一轮复习讲义 课件——计数原理、概率、随机变量及其分布之分类加法计数原理与分步乘法计数原理 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＝________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＝________种不同的方法. m＋n m×n 3 3.分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：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，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. 4 常用结论 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终. (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，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”. 诊断自测 1.思考辨析(在括号内打“√”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，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(　　) × 解析　分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)不正确. √ √ 2.(选修三P5T1改编)(1)一项工作可以用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人来完成这项工作，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，则从A村经B村去C村，不同路线的条数是________. 9 6 解析　(1)不同的选法共有5＋4＝9种方法. (2)从A村去B村有3种走法，由B村去C村有2种走法，根据乘法原理可得3×2＝6(种). 3.如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通.今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种. 13 解析　电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况却只有3种，即2或3脱落或全不脱落，每个焊接点有脱落与不脱落两种情况，故共有24－3＝13(种)情况. 4.3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有________种. 125 解析　因为第1、第2、第3个班各有5种选法，由分步乘法计数原理，可得不同的选法有5×5×5＝125(种). 考点一　分类加法计数原理 例1 (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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　　) A.4种 B.10种 C.18种 D.20种 B 解析　赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4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6种方法. 由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种). (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________. 240 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). 所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个). 方法总结 使用分类加法计数原理的两个注意点 (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏. (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复. 训练1 (1)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 B 解析　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7. 当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y. ∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法. 因此满足条件的点共有7＋7＝14(个). (2)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______个平面. 13 解析　异面直线a与异面直线b上的8个点中的任意一个点都可以构成一个平面；异面直线b与异面直线a上的5个点中的任意一个点都可以构成一个平面， ∴共可以确定8＋5＝13个平面. 考点二　分步乘法计数原理 例2 (多选)(2024·合肥调研)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是(　　　) A.共有43种不同的安排方法 B.若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C.若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种 D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 ABD 解析　对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践， 每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确； 对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)， 则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确； 对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误； 对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确. 方法总结 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. 训练2 (1)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种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，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 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. C 解析　将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，根据分步乘法计数原理可得不同放法为56种. 考点三　两个计数原理的综合 角度1　与数字有关的问题 例3 用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答). 420 解析　要完成的“一件事”为组成无重复数字的四位偶数，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步. 第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，再依次取百位、十位数字. 共有3×4×5×4＝240(种)取法. 第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，再依次取百位、十位数字. 共有3×3×5×4＝180(种)取法，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数. 角度2　与几何有关的问题 例4 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 B 解析　一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个). 长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个). 根据分类加法计数原理知共有36＋12＝48(个). 角度3　涂色问题 例5 如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为(　　) A.480 B.600 C.720 D.840 C 解析　依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类： 若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，最后涂b有3种方法， 由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)， 若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各有3种方法， 由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)， 所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种). 方法总结 1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：(1)一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化. 2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成. 训练3 (1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是(　　) A.14 B.23 C.48 D.120 C 解析　分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法； 第2步，取旋转体，有4＋2＝6(种)不同的取法. 所以不同的取法种数是8×6＝48. (2)(2024·杭州调研)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 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)， 故有重复数字的三位数有900－648＝252(个). (3)(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有(　　) A.24种 B.48种 C.72种 D.96种 C 解析　分两种情况： ①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24(种)； ②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种). 故不同的涂色方法有48＋24＝72(种). 习题演练 1.每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽车有12班.某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有(　　) A.22种 B.33种 C.300种 D.3 600种 B 解析　从甲地到乙地不同的方案数为5＋10＋6＋12＝33. 2.将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为(　　) A.720 B.240 C.120 D.60 A 解析　可分三步：第一步，第1张门票有10种不同的分法；第二步，第2张门票有9种不同的分法；第三步，第3张门票有8种不同的分法，由分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种不同分法. 3.某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目.已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有(　　) A.4种 B.6种 C.8种 D.12种 B 解析　根据题意得，分两步进行分析： ①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种； ②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种. 由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种). 4.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　) A.3 B.4 C.6 D.8 D 解析　以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9； 以2为首项的等比数列为2，4，8； 以4为首项的等比数列为4，6，9； 把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列， ∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个). 5.中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”.将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为(　　) A.8 B.10 C.15 D.20 B 解析　由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5种排列方法，不妨假设是金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2种选择，不妨假设排的是水，则第三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，因此，总的排列方法种数为5×2×1×1×1＝10. 6.如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是(　　) A.8 B.12 C.16 D.24 B 解析　四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“—”表示桥. ①当A只有一座桥相连时，有A—B—C—D，A—B—D—C，A—C—B—D，A—C—D—B，A—D—B—C，A—D—C—B，共6种方法； ②当A有两座桥相连时，有C—A—B—D，D—A—B—C，D—A—C—B，B—A—C—D，B—A—D—C，C—A—D—B，共6种方法.故设计方案最多有6＋6＝12(种). 7.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.120 B.140 C.240 D.260 D 解析　由题意，先涂A处，有5种涂法；再涂B处4种涂法；第三步涂C，若C与A同色，则D有4种涂法；若C与A不同色，则D有3种涂法，由此得不同的着色方案有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种). 8.(多选)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人为负责人的选法种数为34 B.每组选1名组长的选法种数为5 400 C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420 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 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人为负责人的选法共有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＝5 040(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，所以不同的选法有64－27＝37(种)，D正确. 9.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＋bi，其中虚数的个数是________. 36 解析　因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数. 10.乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________. 60 解析　从第一个括号中选一个字母有3种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，从第三个括号中选一个字母有5种方法，故根据分步乘法计数原理可知共有N＝3×4×5＝60(项). 11.4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. 168 解析　要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步： 第一步：百位可放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. 12.(2024·青岛调研)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________. 80 解析　5日至9日，日期尾数分别为5，6，7，8，9，有3天是奇数日，2天是偶数日. 第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)用车方案； 第二步，安排奇数日出行，分两类， 第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用车方案， 第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案， 共计12＋8＝20(种)用车方案. 根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80. 13.如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12.若k－j＝3且j－i＝4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k－j＝4且j－i＝3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为(　　) C 解析　满足条件1≤i<j<k≤12，k－j＝3且j－i＝4的(i，j，k)有(1，5，8)，(2，6，9)，(3，7，10)，(4，8，11)，(5，9，12)，共5个； 满足条件1≤i<j<k≤12，k－j＝4且j－i＝3的(i，j，k)有(1，4，8)，(2，5，9)，(3，6，10)，(4，7，11)，(5，8，12)，共5个.所以一共有10个. D 解析　对任意i∈[1，2 023]，在A1，A2，…，A100中的从属关系有以下101种： (1)i∈A1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100； (2)iA1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100； (3)iA1，iA2，i∈A3，…，i∈A100；…； (101)iA1，iA2，iA3，…，iA100. 由分步乘法计数原理知，集合S中共有1012 023个元素.故选D. 15.(2024·衡水调研)用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为________种. 10 解析　依题意，第1个格子必须为黑色，则出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子包含的情况有： ①全染黑色，有1种方法； 16.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. 27 解析　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； 故一共有27个. (2)若将6本不同的书放到5个不同的盒子里，则不同的放法种数为(　　) A.A B.C C.56 D.66 A.5 B.8 C.10 D.15 14.(2023·湖北名校联考)设集合A＝{1，2，…，2 023}，S＝{(A1，A2，…，A100)|A1⊆A2⊆…⊆A100⊆A}，则集合S的元素个数为(　　) A.C B.C C.1002 023 D.1012 023 ②第1个格子染黑色，另外4个格子中有1个格子染白色，剩余的都染黑色，有C＝4种方法； ③第1个格子染黑色，另外4个格子中有2个格子染白色，2个格子染黑色，具体分为若第3个格子染白色，则第2个格子染黑色，剩余的格子1白1黑，有C种方法；若第3个格子染黑色，则另外3个格子中有2个格子染白色，剩余的染黑色，有C种方法， 故有C＋C＝5种方法. 所以出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法有1＋4＋5＝10种. $$ 2025届高考数学一轮复习教案讲义（解析版）——计数原理、概率、随机变量及其分布之分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【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.分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：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，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. [常用结论] 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终. (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，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”. 【诊断自测】 1.思考辨析(在括号内打“√”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，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√ 解析　分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)不正确. 2.(选修三P5T1改编)(1)一项工作可以用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人来完成这项工作，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，则从A村经B村去C村，不同路线的条数是________. 答案　(1)9　(2)6 解析　(1)不同的选法共有5＋4＝9种方法. (2)从A村去B村有3种走法，由B村去C村有2种走法，根据乘法原理可得3×2＝6(种). 3.如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通.今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种. 答案　13 解析　电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况却只有3种，即2或3脱落或全不脱落，每个焊接点有脱落与不脱落两种情况，故共有24－3＝13(种)情况. 4.3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有________种. 答案　125 解析　因为第1、第2、第3个班各有5种选法，由分步乘法计数原理，可得不同的选法有5×5×5＝125(种). 考点一　分类加法计数原理 例1 (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，每位朋友一本，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　赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4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6种方法. 由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种). (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________. 答案　240 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). 所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个). 方法总结　使用分类加法计数原理的两个注意点 (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏. (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复. 训练1 (1)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 答案　B 解析　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7. 当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y. ∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法. 因此满足条件的点共有7＋7＝14(个). (2)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______个平面. 答案　13 解析　异面直线a与异面直线b上的8个点中的任意一个点都可以构成一个平面；异面直线b与异面直线a上的5个点中的任意一个点都可以构成一个平面， ∴共可以确定8＋5＝13个平面. 考点二　分步乘法计数原理 例2 (多选)(2024·合肥调研)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是(　　) A.共有43种不同的安排方法 B.若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C.若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种 D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 答案　ABD 解析　对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践， 每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确； 对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)， 则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确； 对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误； 对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确. 方法总结　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. 训练2 (1)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种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，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. (2)若将6本不同的书放到5个不同的盒子里，则不同的放法种数为(　　) A.A B.C C.56 D.66 答案　C 解析　将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，根据分步乘法计数原理可得不同放法为56种. 考点三　两个计数原理的综合 角度1　与数字有关的问题 例3 用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答). 答案　420 解析　要完成的“一件事”为组成无重复数字的四位偶数，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步. 第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，再依次取百位、十位数字. 共有3×4×5×4＝240(种)取法. 第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，再依次取百位、十位数字. 共有3×3×5×4＝180(种)取法，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数. 角度2　与几何有关的问题 例4 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　一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个). 长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个). 根据分类加法计数原理知共有36＋12＝48(个). 角度3　涂色问题 例5 如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为(　　) A.480 B.600 C.720 D.840 答案　C 解析　依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类： 若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，最后涂b有3种方法， 由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)， 若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各有3种方法， 由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)， 所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种). 方法总结　1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：(1)一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化. 2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成. 训练3 (1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取 出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是(　　) A.14 B.23 C.48 D.120 答案　C 解析　分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法； 第2步，取旋转体，有4＋2＝6(种)不同的取法. 所以不同的取法种数是8×6＝48. (2)(2024·杭州调研)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　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)， 故有重复数字的三位数有900－648＝252(个). (3)(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有(　　) A.24种 B.48种 C.72种 D.96种 答案　C 解析　分两种情况： ①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24(种)； ②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种). 故不同的涂色方法有48＋24＝72(种). 习题演练 1.每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽车有12班.某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有(　　) A.22种 B.33种 C.300种 D.3 600种 答案　B 解析　从甲地到乙地不同的方案数为5＋10＋6＋12＝33. 2.将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为(　　) A.720 B.240 C.120 D.60 答案　A 解析　可分三步：第一步，第1张门票有10种不同的分法；第二步，第2张门票有9种不同的分法；第三步，第3张门票有8种不同的分法，由分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种不同分法. 3.某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目.已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有(　　) A.4种 B.6种 C.8种 D.12种 答案　B 解析　根据题意得，分两步进行分析： ①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种； ②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种. 由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种). 4.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　) A.3 B.4 C.6 D.8 答案　D 解析　以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9； 以2为首项的等比数列为2，4，8； 以4为首项的等比数列为4，6，9； 把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列， ∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个). 5.中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”.将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为(　　) A.8 B.10 C.15 D.20 答案　B 解析　由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5种排列方法，不妨假设是金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2种选择，不妨假设排的是水，则第三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，因此，总的排列方法种数为5×2×1×1×1＝10. 6.如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是(　　) A.8 B.12 C.16 D.24 答案　B 解析　四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“—”表示桥. ①当A只有一座桥相连时，有A—B—C—D，A—B—D—C，A—C—B—D，A—C—D—B，A—D—B—C，A—D—C—B，共6种方法； ②当A有两座桥相连时，有C—A—B—D，D—A—B—C，D—A—C—B，B—A—C—D，B—A—D—C，C—A—D—B，共6种方法.故设计方案最多有6＋6＝12(种). 7.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.120 B.140 C.240 D.260 答案　D 解析　由题意，先涂A处，有5种涂法；再涂B处4种涂法；第三步涂C，若C与A同色，则D有4种涂法；若C与A不同色，则D有3种涂法，由此得不同的着色方案有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种). 8.(多选)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人为负责人的选法种数为34 B.每组选1名组长的选法种数为5 400 C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420 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人为负责人的选法共有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＝5 040(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，所以不同的选法有64－27＝37(种)，D正确. 9.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＋bi，其中虚数的个数是________. 答案　36 解析　因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数. 10.乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________. 答案　60 解析　从第一个括号中选一个字母有3种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，从第三个括号中选一个字母有5种方法，故根据分步乘法计数原理可知共有N＝3×4×5＝60(项). 11.4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，根据百位、十位、个位应分三步： 第一步：百位可放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. 12.(2024·青岛调研)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________. 答案　80 解析　5日至9日，日期尾数分别为5，6，7，8，9，有3天是奇数日，2天是偶数日. 第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)用车方案； 第二步，安排奇数日出行，分两类， 第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用车方案， 第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案， 共计12＋8＝20(种)用车方案. 根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80. 13.如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12.若k－j＝3且j－i＝4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k－j＝4且j－i＝3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为(　　) A.5 B.8 C.10 D.15 答案　C 解析　满足条件1≤i<j<k≤12，k－j＝3且j－i＝4的(i，j，k)有(1，5，8)，(2，6，9)，(3，7，10)，(4，8，11)，(5，9，12)，共5个； 满足条件1≤i<j<k≤12，k－j＝4且j－i＝3的(i，j，k)有(1，4，8)，(2，5，9)，(3，6，10)，(4，7，11)，(5，8，12)，共5个.所以一共有10个. 14.(2023·湖北名校联考)设集合A＝{1，2，…，2 023}，S＝{(A1，A2，…，A100)|A1⊆A2⊆…⊆A100⊆A}，则集合S的元素个数为(　　) A.C B.C C.1002 023 D.1012 023 答案　D 解析　对任意i∈[1，2 023]，在A1，A2，…，A100中的从属关系有以下101种： (1)i∈A1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100； (2)i∉A1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100； (3)i∉A1，i∉A2，i∈A3，…，i∈A100；…； (101)i∉A1，i∉A2，i∉A3，…，i∉A100. 由分步乘法计数原理知，集合S中共有1012 023个元素.故选D. 15.(2024·衡水调研)用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为________种. 答案　10 解析　依题意，第1个格子必须为黑色，则出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子包含的情况有： ①全染黑色，有1种方法； ②第1个格子染黑色，另外4个格子中有1个格子染白色，剩余的都染黑色，有C＝4种方法； ③第1个格子染黑色，另外4个格子中有2个格子染白色，2个格子染黑色，具体分为若第3个格子染白色，则第2个格子染黑色，剩余的格子1白1黑，有C种方法；若第3个格子染黑色，则另外3个格子中有2个格子染白色，剩余的染黑色，有C种方法， 故有C＋C＝5种方法. 所以出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法有1＋4＋5＝10种. 16.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； 故一共有27个. 学科网（北京）股份有限公司 $$