预习06 分类加法及分步乘法计数原理（七大考点）-2025年高二数学复习与预习手册（寒假不停学）（人教A版2019）

2025年高二数学复习与预习手册（寒假不停学）（人教A版2019） 预习06 分类加法及分步乘法计数原理 知识点 1 ：分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有种不同的方法,在第2类方案中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法. 拓展：完成一件事有类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，…，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 知识点 2 ：分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法. 拓展：完成一件事需要个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 注意：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步． 知识点 3 ：计数原理的综合应用 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. 考点01 分类加法计数原理 【方法点拨】利用分类加法计数原理计数时的解题步骤： ①分类:将完成这件事的方法分成若干类；②计数:求出每一类的方法数.③结论:将每一类的方法数相加得出结果. 【例1】已知甲部门有员工4人，乙部门有员工5人，丙部门有员工6人，现从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（    ） A．120 B．15 C．25 D．90 【答案】B 【详解】根据分类加法计数原理可知，不同的选法种数为. 故选：B. 【例2】现有编号为1，2，3，4的四个人到编号也为1，2，3，4的四个座位上落座，若要求落座时每个人的编号不能与其座位号相同，则不同的坐法共有 种． 【答案】9 【详解】为了方便将编号为1，2，3，4的四个座位依次记为， 则编号为1的人落座的情况有3种，即． 编号为1的人落座时，按照1，2，3，4的顺序有，，，共3种； 编号为1的人落座时，按照1，2，3，4的顺序有，，，共3种； 编号为1的人落座时，按照1，2，3，4的顺序有，，，共3种． 综上共有种情况， 故答案为：9 【变式1-1】自然数有一位数、两位数、多位数，在一位数和两位数的自然数中含有数字1的自然数的个数为 ． 【答案】19 【详解】一位数中含有数字1的有1个； 两位数中十位为1的有10个， 十位不为1，个位数字为1的自然数有8个， 故共有个． 故答案为：19. 【变式1-2】甲、乙两位同学手中分别拿着一个标有数字1，2，3，4，5，6的正六面体，和标有数字3，4，5，6的正四面体，若两同学同时把几何体抛向桌面，则正六面体向上的数字与正四面体贴近桌面的面上的数字之和大于5，且数字之积小于30的情况有 种． 【答案】18 【详解】可从正四面体角度分类： 若正四面体贴近桌面的面上的数字为3时，为满足条件，正六面体向上的数字可取3，4，5，6共4种情况； 若正四面体贴近桌面的面上的数字为4时，为满足条件，正六面体向上的数字可取2，3，4，5，6共5种情况； 若正四面体贴近桌面的面上的数字为5时，为满足条件，正六面体向上的数字可取1，2，3，4，5共5种情况； 若正四面体贴近桌面的面上的数字为6时，为满足条件，正六面体向上的数字可取1，2，3，4共4种情况； 由分类加法计数原理可得，满足条件的情况数有． 故答案为：18. 【变式1-3】某班级投票选举班长，每人必须且只需投一票，有三个投票箱，A投票箱内有10张选票，B投票箱内比C投票箱内的选票多4张，若从A或B或C投票箱中任取一张选票共有54种取法，则B投票箱内的票数为 ． 【答案】24 【详解】由题意，不妨设投票箱内的票数为投票箱内票数为， 由分类加法计数原理有，即， 又，所以． 故答案为：24. 考点02 分步乘法计数原理 【方法点拨】利用分步乘法计数原理计数时的解题步骤： ①分步:将完成这件事的过程分成若干步；②计数:求出每一步的方法数；③结论:将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 【例3】有4名学生报名参加“行知杯”足球赛和“灵辰杯”篮球赛两项比赛，每人至少报一项，每项比赛参加人数不限，则不同的报名结果有 种． 【答案】81 【详解】依题意，每名学生报名的种数是3，由分步乘法计数原理得不同的报名结果有种. 故答案为：81 【例4】某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小红3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（   ） A．36种 B．50种 C．75种 D．125种 【答案】C 【详解】因为小明不选篮球和足球，所以小明有3种选课方法， 小强和小红各有5种选课方法， 所以不同的选课方法共有种. 故选：C. 【变式2-1】乘积 (其中)的展开式中共有 项． 【答案】12 【详解】从中取一项共有3种不同取法，从中取一项有4种不同取法， 由分步乘法计数原理知，该展开式共 (项). 故答案为：12. 【变式2-2】某电视台连续播放4个广告，现将2个不同的公益广告插入其中，保持原来的4个广告播放顺序不变，不同的播放方式有（   ） A．10种 B．20种 C．30种 D．60种 【答案】C 【详解】原来有4个广告，则这4个广告之间以及两端共有5个空位插入第一个公益广告， 则有5种方法； 插入第一个公益广告之后，此时包括原来的4个广告和已经插入的第一个公益广告， 共5个元素，它们之间以及两端共有6个空位可以插入第二个公益广告， 则有6种方法； 由分步乘法计数原理可得，将两个公益广告插入的方式有种. 故选：C 【变式2-3】从7本不同的书中选出3本送给3位同学，每人一本，不同的选法种数是（    ） A． B． C．21 D．210 【答案】D 【详解】根据分步乘法计数原理，不同的选法有种. 故选：D 考点03 实际问题的计数原理 【方法点拨】①直接法:直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地,若抽取是有顺序的则分步进行;若是按对象特征抽取的，则分类进行. 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 【例5】学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有（   ） A．12种 B．14种 C．7种 D．9种 【答案】B 【详解】当甲安排“定点投篮”，另外3人任意安排工作有6种方法. 当甲不安排“定点投篮”时，先安排甲有2种，再安排乙有2种，另外剩余2人有2种，此时有种方法， 共有种， 故选：B 【例6】现有甲、乙、丙、丁、戊五类不同的书，放入四个窗格的书架中． (1)每个窗格从五类书中选一类放入（书的本数不限），共有多少种放法？ (2)若甲、乙两类书必须放在同一窗格，丙、丁、戊分别放到剩余三个窗格内，共有多少种放法？ 【答案】(1)625 (2)24 【详解】（1）第1个窗格，从五类书中任选一类，有5种选法， 同理，第2，3，4个窗格也分别有5种选法， 由分步乘法计数原理可得，共有种放法． （2）先放甲、乙，有4种放法； 再放丙，有3种放法； 然后放丁，有2种放法； 最后放戊，剩1种放法． 由分步乘法计数原理可得，共计种放法． 【变式3-1】为方便识别某种商品，某商家给该商品编号，该商品可分A，B，C，D四个等级，每个等级下用0，1，2，…，9这10个数字组成一个双位数（可重复使用），例如其中一个商品的编码可以为，则共有 种不同的编码 【答案】400 【详解】先选等级，共4种情况； 后选一个双位数，这个双位数的第1位和第2位各有10种情况，故双位数的情况有种， 故不同的编码的情况数共计为． 故答案为：400. 【变式3-2】某商场举行购物赠礼品活动，购物满100元不超过200元可从A组或B组礼品中取一件礼品（礼品种类互不相同，且A组礼品种类比B组礼品种类多），购物超过200元可从A组和B组中各选一个礼品．现顾客甲消费180元，可取不同礼品的情况数为9种，顾客乙消费300元可取两件礼品的不同情况数有20种．求A组、B组分别有多少种礼品？ 【答案】分别有5种、4种礼品 【详解】设组、组分别有种礼品， 由题意，结合分类加法计数原理可得，； 结合分步乘法计数原理可得，， 又组礼品种类比组多， 所以得， 故组、组分别有5种、4种礼品． 【变式3-3】汽车制造的专业化流程是：设计效果图→制作油泥模型→生产样车→对样车检验→投入生产.已知A市、B市、C市分别有3个、10个、7个能设计效果图的设计院，A市有2个能制作油泥模型的制作中心，B市有6个能生产样车的生产车间，C市有1处能对样车检验的检验中心，A市、B市、C市、D市、E市分别有8，8，6，3，2家能实际投入生产的生产厂家，从设计到实际生产，有 种选择方法． 【答案】6480 【详解】共分五步：第一步，设计效果图，共计种方法； 第二步，制作油泥模型，有2种方法；第三步，生产样车，有6种方法； 第四步，对样车检验，有1种方法；第五步，投入生产，共计种方法． 所以从设计到实际生产有种选择方法． 考点04 代数中的计数原理 【例7】若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”共有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【详解】函数解析式为，值域为， 当时，；当时，， 则定义域为，，，， ，，，，， 因此，“同族函数”共有9个， 故选：C． 【例8】对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（    ）种． A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【详解】因为函数的定义域，值域为， 所以要满足“增函数”的定义，一定是； 元素2,3,4的取值情况有如下几种：①三个元素均与7对应，即，符合题意； ②三个元素中有2个元素与7对应，则有或，两种情况； ③三个元素中仅有一个元素与7对应，则有或或，三种情况； 综上可得共有6种情况. 故选：C. 【变式4-1】从，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数的系数，可组成不同的二次函数共有 个，其中不同的偶函数共有 个．（用数字作答） 【答案】 18 6 【详解】可组成不同的二次函数共有：个. 函数为偶函数，则，共有：个. 故答案为：18；6 【变式4-2】有序数对满足，且使关于的方程有实数解，则这样的有序数对的个数为（    ） A．15 B．14 C．13 D．10 【答案】A 【详解】（1）当时，有为实根，则有4种可能； （2）当时，方程有实根，所以，所以. 当时，有4种. 当时，有4种. 当时，有3种. 所以，有序数对的个数为. 故选：A. 【变式4-3】从中随机选取一个数，从中随机选取一个数，使得关于的方程有两个虚根，则不同的选取方法有 种 【答案】3 【详解】∵关于x的方程x2+2ax+b2＝0有两个虚根，∴△＝4a2﹣4b2＜0，∴a＜b． 所有的（a，b）中满足a＜b 的（a，b）共有（1，2）、（1，3）、（2，3），共计3个， 故答案为3． 【点睛】本题考查列举法表示满足条件的事件，考查了实系数方程虚根的问题，属于中档题． 考点05 几何的计数原理 【例9】已知均为集合中的元素，则对应的所有可能的直线有 条． 【答案】13 【详解】第一类：当取值相同时，，表示1条直线； 第二类：当取值不同时，分两步：第一步，排分母，有4种情况， 第二步，排分子，有3种情况，共计12种情况，且值都不相等， 所以所有可能的直线有条． 故答案为： 【例10】古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 ．    【答案】24 【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，    若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有（个）， 若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有（个）， 所以梯形的个数是（个）． 故答案为：24 【变式5-1】三角形的三条边长均为整数，且最大边长为12，则这样的不同三角形共有 个． 【答案】30 【详解】设另外两条边分别为x，y，， 则第一类：，； 第二类：，，11； 第三类：，，10，11； 第四类：，，9，10，11； 第五类：，，8，9，10，11； 第六类：，，8，9，10，11； 第七类：，，9，10，11； 第八类：，，10，11； 第九类：，，10，11； 第十类：，，11； 第十一类：，， 所以共个． 故答案为：30. 【变式5-2】如图所示，若从正六边形的六个顶点中任取三个顶点构成一个三角形，则直角三角形的个数为（    ） A．6个 B．8个 C．12个 D．16个 【答案】C 【详解】由正六边形的性质可得， 当以为斜边时，可构成直角三角形，，，四种； 同理可得当以，为斜边时，分为也为四种， 即直角三角形的个数为12， 故选：C. 【变式5-3】在平面直角坐标系内，已知曲线方程． (1)若曲线方程表示的轨迹为圆，则这样的圆有多少个？ (2)若曲线方程表示的轨迹为椭圆，则这样的椭圆有多少个？ 【答案】(1)5个 (2)20个 【详解】（1）因为， 所以， 因为曲线方程表示的轨迹为圆， 则，共有5种情况， 即这样的圆有5个． （2）由（1）知， 当焦点在轴上，此时需， 当时，没有对应值，0个椭圆； 当时，共1个椭圆； 当时，共2个椭圆； 当时，共3个椭圆； 当时，共4个椭圆， 由分类加法计数原理，焦点在轴上的椭圆有个； 焦点在轴上与焦点在轴上的椭圆个数相同，有10个； 综上所述，满足题意的椭圆共有个． 考点06 数字的计算原理 【方法点拨】首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数，两位及其以上的数首位数字不能是0,被3整除的数各数位上的数字之和能被3整除，等等;最后先分类再分步，从特殊数字或特殊位置入手进行组数. 【例11】一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）若a，b，，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“有缘数”共 个． 【答案】 【详解】解：根据题意知在中，能组成有缘数的组合有；； ；；； 由1，2，3组成的三位自然数为123，132，213，231，312，321，“有缘数”共6个； 同理：由1，3，4组成的三位数为“有缘数”是6个； 由1，4，5组成的三位数为“有缘数”是6个； 由2，3，5组成的三位数为“有缘数”是6个； 所以三位数为“有缘数”的个数为：个． 故答案为：． 【例12】将数字，，，填入标号为，，，的四个方格中，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均互不相同的填法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【详解】第一步：先把数字填入方格中，符合条件的有种方法， 第二步：把第一步中数字填入的方格的序号所对应数字填入剩下的三个方格其中之一， 又有种方法， 第三步：填余下的两个数字，只有种填法，共有种填法. 故选：B. 【变式6-1】用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择， 而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论: ①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况， 与百位数一样，只有一种选择， 与个位数一样，也只有一种选择; ②当个位数为2时， 如果百位数为2，则十位数有6种选择， 如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择: 当个位数为4时， 如果百位数为4，则十位数有6种选择， 如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择 综上所述，. 故选：B. 【变式6-2】将“1，2，2，3，4，5”这6个数字填入如图所示的表格区域中，每个区域填一个数字，1不在区域且三列中只有中间一列区域的数字之和为7，若中间一列填2和5，则不同的填法有（    ） A．20种 B．24种 C．36种 D．48种 【答案】B 【详解】求不同填法需要4步，填中间一列有2种方法，再填1有3种方法， 与1同列的只能是3或4，有2种方法，最后两个区域，填两个数字有2种方法， 所以不同填法种数是. 故选：B 【变式6-3】数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 【答案】C 【详解】最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个； 最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个， 所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为. 故选：C 考点07 涂色问题 【方法点拨】1.按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析; 2.以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析; 3.对于空间涂色问题，通常将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题来解决. 【例13】用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（    ） A．25 B．630 C．605 D．580 【答案】B 【详解】先涂第一个圆，由6种情况；再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有5种情况；涂第四个圆有5种情况；涂第五个圆有5种情况，利用计数原理可知，一共有种； 若没有红色， 先涂第一个圆，由5种情况；再涂第二个圆有4种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种； 若红色涂一个圆， 当红色涂第一个圆，再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种； 当红色涂第二个圆，再涂第一个圆有5种情况，涂第三个圆有5种情况，涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第三个圆，再涂第二个圆有5种情况，涂第四个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第四个圆，再涂第三个圆有5种情况，涂第五个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第二个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第五个圆，再涂第四个圆有5种情况，涂第是三个圆有4种情况，涂第二个圆有4种情况；涂第一个圆有4种情况；一共有种； 所以红色至少涂两个圆的方案有. 故选:B 【例14】如图，对某市的个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，现有种不同的颜色可供选择，则不同的着色方法有 种.    【答案】 【详解】按①②③④的顺序进行着色， 按分步计数原理可得不同的着色方法有. 故答案为： 【变式7-1】一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有小球的颜色互不相同．从两个袋子中取一个球，则不同的取法种数为 ． 【答案】10 【详解】根据分类加法计数原理，不同的取法种数为． 故答案为：10 【变式7-2】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，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，.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（如区域与区域）所涂颜色相同.若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种.        【答案】 【详解】解：根据题意，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色． 先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择， 当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择； 当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择， 故不同的涂色方案有种． 故答案为： 【变式7-3】用5种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．180 B．240 C．280 D．300 【答案】A 【详解】 如图，先涂，有5种不同的涂色方法，再涂，有4种不同的涂色方法， 然后涂，有3种不同的涂色方法，最后涂，有3种不同的涂色方法， 则不同的涂色方法有种. 故选：A. 1．（2023-24高二上·江西·阶段练习）某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（    ） A．36种 B．60种 C．75种 D．85种 【答案】C 【详解】小明有三种选课方法，小强和小豆各有五种选课方法， 故共有种选课方法. 故选：C. 2．（2023-24高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 【答案】C 【详解】由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类； 第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻， 分别有种选择，所以共计种； 第二、三、四类和第一类种数相同．综上总计有种方法． 故选：C. 3．（2023-24高三上·江苏南京·开学考试）甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【详解】解：由题意可得丙不是第1名，甲，乙相邻； 所以丙是第2名时，甲，乙只能是第3，4名，丁为第1名，此时共2种情况； 丙是第3名时，甲，乙只能是第1，2名，丁为第4名，此时共2种情况； 丙是第4名时，甲，乙有可能是第1，2名，或第2，3名， 当甲，乙是第1，2名时，丁为第3名，此时共2种情况； 当甲，乙是第2，3名时，丁为第1名，此时共2种情况； 所以一共有2+2+2+2=8种情况. 故选：C. 4．（2022·河南安阳·模拟预测）根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹一样多的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式， 共可以摆出个两位数，其中个位和十位上的算筹都为1有种， 个位和十位上的算筹都为2有种，个位和十位上的算筹都为3有种， 个位和十位上的算筹都为4有种，个位和十位上的算筹都为5有种， 共有种，所以个位和十位上的算筹一样多的概率为. 故选：C 5．（2023-24高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意可知，至号的无人机颜色有4种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色相同时，号无人机颜色有3种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色不同时，、号无人机颜色有3种选择，号无人机颜色有2种选择； 再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种. 故选：D 6．（2023-24高三上·吉林长春·开学考试）我校某班举办新年联欢班会，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项. 甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同. 甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖没有戊好但是比丁的强”. 根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是（   ） A．12 B．13 C．24 D．26 【答案】B 【详解】甲是特等奖，乙有4种情况，则丙、丁、戊有1种情况， 所以有种； 甲不是特等奖，则甲有3种情况，乙有3种情况， 而丙、丁、戊有1种情况， 所以有种； 所以5人的奖项的所有可能的种数是. 故选：B. 7．（2023-24高三·上海·随堂练习）（多选）有4名同学报名参加三个不同的社团，则下列说法中正确的是（    ）． A．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有种 【答案】AC 【详解】对于AB选项，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法， 后面的2个同学也有3种报法，根据分步计数原理共有种结果，A正确，B错误； 对于CD选项，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择， 第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择， 根据分步计数原理共有种结果，C正确，D错误． 故选：AC. 8．（2023-24高二下·内蒙古呼和浩特·阶段练习）（多选）有6名同学参加3个智力竞赛项目，则下列说法正确的是（    ） A．若每人报名参加一项，每项的人数不限，则共有729种不同的报名方案 B．若每人报名参加一项，每项的人数不限，则共有216种不同的报名方案 C．每项只报一人，每人报名参加的项目不限，则共有216种不同的报名方案 D．每项只报一人，且每人至多报名参加一项，则共有120种不同的报名方案 【答案】ACD 【详解】对于A、B项， 按照6名同学参加的项目，分为6步，每步均有3种选择，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的报名方案，故A正确、B错误； 对于C项，根据3个智力竞赛项目，分为3步，每步均有6种选择，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的报名方案，故C正确； 对于D项，根据3个智力竞赛项目，分为3步. 第1步，6种选择；第2步，5种选择；第3步，4种选择. 根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的报名方案，故D正确. 故选：ACD. 9．（2025高三·全国·专题练习）学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色，欲给如图所示的地图中南昌市及与它相邻的4个城市着色，要求相邻城市不涂同一颜色，则不同的涂色方法共有 种.    【答案】72 【详解】由地图可知，与南昌市相邻的4个城市为：九江市、上饶市、抚州市、宜春市， 先给南昌市着色，有4种方法，再给与南昌市相邻的四个城市涂色， 可分以下两类： ①九江市与抚州市涂同种颜色，方法数为：（种）； ②九江市与抚州市涂不同颜色，方法数为：（种）， 故不同涂色方法数为：. 故答案为：72 10．（2023-24高二上·河南·阶段练习）现用3种不同的颜色给正五边形的五个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为 . 【答案】30 【详解】如图，考虑B，C，E三点的涂色情况， 若B，C，E三点涂三种颜色，则该三点共有种涂色方法， 此时A有1种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法； 若B，C，E三点涂两种颜色，则E与B同色，或E与C同色， 当E与B同色时，该三点共有种涂色方法， 此时A有2种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法， 同理当E与C同色时，共有种涂色方法， 综上，不同的涂色方法种数为． 故答案为：30． 11．（2023-24高三上·上海宝山·期中）由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，，，…，若，则 ． 【答案】 【详解】由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成数列， 则一位自然数有3个，即0，2，4， 两位自然数有6 个，即20，22，24，40，42，44， 三位自然数有18个，即200，202，204，220，222，224，240，242，244，400，402，404，420，422，424，440，442，444， 计数原理为分步乘法计数原理，首位有2个数字可选，十位有3个数字可选，个位有3个数字可选，共计有个， 所以四位自然数利用分步乘法计数原理有个， 而四位自然数为2000，2002，2004，2020，2022，2024，则2024为四位自然数中的第6个，所以． 故答案为：． 12．（2023-24高二下·全国·课后作业）如图有A，B两组电路图． (1)对于B组电路图，闭合两个开关即可通电的方法数有多少种？ (2)若A组电路与B组电路从衔接点M，N处连接，把两电路串联起来，只需闭合三个开关就可通电的方法数有多少种？ 【答案】(1)13 (2)65 【详解】（1）对于组电路，可分上、中、下路三类， 上路：第一步接通有1种方法，第二步接通有3种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为； 中路：第一步接通有2种方法，第二步接通有2种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为； 下路：第一步接通有2种方法，第二步接通有3种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为． 故所求方法数有种． （2）对于组，合上一个开关可使电路通电，可分两路：从上路接通有2种方法，从下路接通有3种方法， 由分类加法计数原理，总方法数为； 两组串联后要使电路通电，需两组均通电，组电路通电有5种情况，由（1）知组电路通电有13种情况， 所以串联后的电路通电有种情况． 13．（2023-24高二上·全国·课堂例题）一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？ 【答案】 【详解】根据分步乘法计数原理可得：一共有个号码符合要求， 14．（2023-24高二上·上海·期末）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定： ①每位学生每天最多选择1项； ②每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下： 时间 周一 周二 周三 周四 周五 课后服务 音乐、阅读、体育、编程 口语、阅读、编程、美术 手工、阅读、科技、体育 口语、阅读、体育、编程 音乐、口语、美术、科技 (1)若学生甲仅在周一和周二参加了课后服务课程，写出实验的样本空间Ω； (2)若学生乙一周内有三天参加了课后服务课程，共选择了阅读、体育、编程3项，则共有多少种不同的选择方案?并求这些方案中事件：“周一选择阅读”发生的概率． 【答案】(1)答案见解析； (2)14，. 【详解】（1）(音乐,口语), (音乐,阅读)，(音乐,编程)，(音乐,美术), (阅读,口语), (阅读,编程)，(阅读,美术)， (体育,口语), (体育,阅读)，(体育,编程)，(体育,美术), (编程,口语), (编程,阅读)，(编程乐,美术). （2）依题意，周一、二、三、四均可选阅读，体育在周一、三、四，编程在周一、二、四， ①若周一选编程，则体育在周三或周四，有2种，阅读在剩下的两天中选，有2种，共有4种方案； ②若周二选编程，则体育在周一，周三或周四，有3种， 阅读在剩下的两天中选，有2种，共有6种方案； ③若周四选编程，则体育在周一或周三，有2种，阅读在剩下的两天中选，有2种，共有4种方案， 所以不同选择方案共有（种）， 事件含有的样本点：(周一阅读,周二编程,周三体育), (周一阅读,周二编程,周四体育),(周一阅读,周二体育,周四编程)， 事件有3个样本点，事件发生的概率. 15．（2023-24高三·上海·课堂例题）如果一个三位正整数如“”满足，且，则称这样的三位数为凸数（如120、343、275等），求所有凸数的个数． 【答案】240 【详解】若，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，则百位数字可选1或2，个位数字可选1或0或2，则凸数个； 若，则百位数字可选1或2或3，个位数字可选0或1或2或3，则凸数个； 若，则百位数字可选1或2或3或4，个位数字可选0或1或2或3或4， 则凸数个； 若，则百位数字可选1或2或3或4或5，个位数字可选0或1或2或3或4或5， 则凸数个； 若，则百位数字可选1或2或3或4或5或6，个位数字可选0或1或2或3或4或5或6， 则凸数个； 若，则百位数字可选1或2或3或4或5或6或7，个位数字可选0或1或2或3或4或5或6或7， 则凸数个； 若，则百位数字可选1或2或3或4或5或6或7或8，个位数字可选0或1或2或3或4或5或6或7或8， 则凸数个； 凸数共有个. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$2025年高二数学复习与预习手册（寒假不停学）（人教A版2019） 预习06 分类加法及分步乘法计数原理 知识点 1 ：分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有种不同的方法,在第2类方案中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法. 拓展：完成一件事有类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，…，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 知识点 2 ：分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法. 拓展：完成一件事需要个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 注意：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步． 知识点 3 ：计数原理的综合应用 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. 考点01 分类加法计数原理 【方法点拨】利用分类加法计数原理计数时的解题步骤： ①分类:将完成这件事的方法分成若干类；②计数:求出每一类的方法数.③结论:将每一类的方法数相加得出结果. 【例1】已知甲部门有员工4人，乙部门有员工5人，丙部门有员工6人，现从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（    ） A．120 B．15 C．25 D．90 【例2】现有编号为1，2，3，4的四个人到编号也为1，2，3，4的四个座位上落座，若要求落座时每个人的编号不能与其座位号相同，则不同的坐法共有 种． 【变式1-1】自然数有一位数、两位数、多位数，在一位数和两位数的自然数中含有数字1的自然数的个数为 ． 【变式1-2】甲、乙两位同学手中分别拿着一个标有数字1，2，3，4，5，6的正六面体，和标有数字3，4，5，6的正四面体，若两同学同时把几何体抛向桌面，则正六面体向上的数字与正四面体贴近桌面的面上的数字之和大于5，且数字之积小于30的情况有 种． 【变式1-3】某班级投票选举班长，每人必须且只需投一票，有三个投票箱，A投票箱内有10张选票，B投票箱内比C投票箱内的选票多4张，若从A或B或C投票箱中任取一张选票共有54种取法，则B投票箱内的票数为 ． 考点02 分步乘法计数原理 【方法点拨】利用分步乘法计数原理计数时的解题步骤： ①分步:将完成这件事的过程分成若干步；②计数:求出每一步的方法数；③结论:将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 【例3】有4名学生报名参加“行知杯”足球赛和“灵辰杯”篮球赛两项比赛，每人至少报一项，每项比赛参加人数不限，则不同的报名结果有 种． 【例4】某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小红3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（   ） A．36种 B．50种 C．75种 D．125种 【变式2-1】乘积 (其中)的展开式中共有 项． 【变式2-2】某电视台连续播放4个广告，现将2个不同的公益广告插入其中，保持原来的4个广告播放顺序不变，不同的播放方式有（   ） A．10种 B．20种 C．30种 D．60种 【变式2-3】从7本不同的书中选出3本送给3位同学，每人一本，不同的选法种数是（    ） A． B． C．21 D．210 考点03 实际问题的计数原理 【方法点拨】①直接法:直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地,若抽取是有顺序的则分步进行;若是按对象特征抽取的，则分类进行. 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 【例5】学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有（   ） A．12种 B．14种 C．7种 D．9种 【例6】现有甲、乙、丙、丁、戊五类不同的书，放入四个窗格的书架中． (1)每个窗格从五类书中选一类放入（书的本数不限），共有多少种放法？ (2)若甲、乙两类书必须放在同一窗格，丙、丁、戊分别放到剩余三个窗格内，共有多少种放法？ 【变式3-1】为方便识别某种商品，某商家给该商品编号，该商品可分A，B，C，D四个等级，每个等级下用0，1，2，…，9这10个数字组成一个双位数（可重复使用），例如其中一个商品的编码可以为，则共有 种不同的编码 【变式3-2】某商场举行购物赠礼品活动，购物满100元不超过200元可从A组或B组礼品中取一件礼品（礼品种类互不相同，且A组礼品种类比B组礼品种类多），购物超过200元可从A组和B组中各选一个礼品．现顾客甲消费180元，可取不同礼品的情况数为9种，顾客乙消费300元可取两件礼品的不同情况数有20种．求A组、B组分别有多少种礼品？ 【变式3-3】汽车制造的专业化流程是：设计效果图→制作油泥模型→生产样车→对样车检验→投入生产.已知A市、B市、C市分别有3个、10个、7个能设计效果图的设计院，A市有2个能制作油泥模型的制作中心，B市有6个能生产样车的生产车间，C市有1处能对样车检验的检验中心，A市、B市、C市、D市、E市分别有8，8，6，3，2家能实际投入生产的生产厂家，从设计到实际生产，有 种选择方法． 考点04 代数中的计数原理 【例7】若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”共有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【例8】对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（    ）种． A．4 B．5 C．6 D．7 【变式4-1】从，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数的系数，可组成不同的二次函数共有 个，其中不同的偶函数共有 个．（用数字作答） 【变式4-2】有序数对满足，且使关于的方程有实数解，则这样的有序数对的个数为（    ） A．15 B．14 C．13 D．10 【变式4-3】从中随机选取一个数，从中随机选取一个数，使得关于的方程有两个虚根，则不同的选取方法有 种 考点05 几何的计数原理 【例9】已知均为集合中的元素，则对应的所有可能的直线有 条． 【例10】古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 ．    【变式5-1】三角形的三条边长均为整数，且最大边长为12，则这样的不同三角形共有 个． 【变式5-2】如图所示，若从正六边形的六个顶点中任取三个顶点构成一个三角形，则直角三角形的个数为（    ） A．6个 B．8个 C．12个 D．16个 【变式5-3】在平面直角坐标系内，已知曲线方程． (1)若曲线方程表示的轨迹为圆，则这样的圆有多少个？ (2)若曲线方程表示的轨迹为椭圆，则这样的椭圆有多少个？ 考点06 数字的计算原理 【方法点拨】首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数，两位及其以上的数首位数字不能是0,被3整除的数各数位上的数字之和能被3整除，等等;最后先分类再分步，从特殊数字或特殊位置入手进行组数. 【例11】一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）若a，b，，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“有缘数”共 个． 【例12】将数字，，，填入标号为，，，的四个方格中，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均互不相同的填法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式6-1】用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【变式6-2】将“1，2，2，3，4，5”这6个数字填入如图所示的表格区域中，每个区域填一个数字，1不在区域且三列中只有中间一列区域的数字之和为7，若中间一列填2和5，则不同的填法有（    ） A．20种 B．24种 C．36种 D．48种 【变式6-3】数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 考点07 涂色问题 【方法点拨】1.按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析; 2.以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析; 3.对于空间涂色问题，通常将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题来解决. 【例13】用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（    ） A．25 B．630 C．605 D．580 【例14】如图，对某市的个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，现有种不同的颜色可供选择，则不同的着色方法有 种.    【变式7-1】一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有小球的颜色互不相同．从两个袋子中取一个球，则不同的取法种数为 ． 【变式7-2】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，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，.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（如区域与区域）所涂颜色相同.若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种.        【变式7-3】用5种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．180 B．240 C．280 D．300 1．（2023-24高二上·江西·阶段练习）某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（    ） A．36种 B．60种 C．75种 D．85种 2．（2023-24高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 3．（2023-24高三上·江苏南京·开学考试）甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 4．（2022·河南安阳·模拟预测）根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹一样多的概率为（    ） A． B． C． D． 5．（2023-24高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 6．（2023-24高三上·吉林长春·开学考试）我校某班举办新年联欢班会，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项. 甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同. 甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖没有戊好但是比丁的强”. 根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是（   ） A．12 B．13 C．24 D．26 7．（2023-24高三·上海·随堂练习）（多选）有4名同学报名参加三个不同的社团，则下列说法中正确的是（    ）． A．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有种 8．（2023-24高二下·内蒙古呼和浩特·阶段练习）（多选）有6名同学参加3个智力竞赛项目，则下列说法正确的是（    ） A．若每人报名参加一项，每项的人数不限，则共有729种不同的报名方案 B．若每人报名参加一项，每项的人数不限，则共有216种不同的报名方案 C．每项只报一人，每人报名参加的项目不限，则共有216种不同的报名方案 D．每项只报一人，且每人至多报名参加一项，则共有120种不同的报名方案 9．（2025高三·全国·专题练习）学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色，欲给如图所示的地图中南昌市及与它相邻的4个城市着色，要求相邻城市不涂同一颜色，则不同的涂色方法共有 种.    10．（2023-24高二上·河南·阶段练习）现用3种不同的颜色给正五边形的五个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为 . 11．（2023-24高三上·上海宝山·期中）由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，，，…，若，则 ． 12．（2023-24高二下·全国·课后作业）如图有A，B两组电路图． (1)对于B组电路图，闭合两个开关即可通电的方法数有多少种？ (2)若A组电路与B组电路从衔接点M，N处连接，把两电路串联起来，只需闭合三个开关就可通电的方法数有多少种？ 13．（2023-24高二上·全国·课堂例题）一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？ 14．（2023-24高二上·上海·期末）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定： ①每位学生每天最多选择1项； ②每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下： 时间 周一 周二 周三 周四 周五 课后服务 音乐、阅读、体育、编程 口语、阅读、编程、美术 手工、阅读、科技、体育 口语、阅读、体育、编程 音乐、口语、美术、科技 (1)若学生甲仅在周一和周二参加了课后服务课程，写出实验的样本空间Ω； (2)若学生乙一周内有三天参加了课后服务课程，共选择了阅读、体育、编程3项，则共有多少种不同的选择方案?并求这些方案中事件：“周一选择阅读”发生的概率． 15．（2023-24高三·上海·课堂例题）如果一个三位正整数如“”满足，且，则称这样的三位数为凸数（如120、343、275等），求所有凸数的个数． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$