专题06 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（8大题型）-2025年高二数学寒假精髓讲解与强化训练（人教A版2019选择性必修第三册）

专题06 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【题型归纳目录】 题型一：分类加法计数原理 题型二：分步乘法计数原理 题型三：两个原理的综合应用 题型四：组数问题 题型五：占位模型中标准的选择 题型六：涂色问题 题型七：种植问题 题型八：列举法 【思维导图】 【知识点梳理】 知识点一：分类加法计数原理（也称加法原理） 1、分类加法计数原理： 完成一件事，有类办法．在第1类办法中有种不同方法，在第2类办法中有种不同的方法，……，在第类办法中有种不同方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 2、加法原理的特点是： ①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点诠释： 使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和． 题型一：分类加法计数原理 【典例1-1】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 【解析】根据分类加法计数原理可知，不同的选法种数为. 故选：B. 【典例1-2】书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 【答案】B 【解析】书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书， 第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为. 故选：B. 【变式1-1】从地到地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为（    ） A．3 B．9 C．24 D．以上都不对 【答案】B 【解析】由题意可知，可以乘汽车、火车、轮船三种交通工具，汽车发3次，火车发4次，轮船发2次， 则由分类加法计数原理可得共有种不同走法. 故选：B. 【变式1-2】现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（    ） A．36种 B．20种 C．12种 D．10种 【答案】C 【解析】依题意，不同的选法共有种. 故选：C. 知识点二、分步乘法计数原理 1、分步乘法计数原理 “做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成． 2、乘法原理的特点： ①完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ②完成每一步有若干种方法； ③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点诠释： 使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积． 题型二：分步乘法计数原理 【典例2-1】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 【解析】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. 【典例2-2】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 【解析】根据分步乘法计数原理，不同的选法有种. 故选：D 【变式2-1】今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有（    ） A．10种 B．60种 C．125种 D．243种 【答案】D 【解析】五人去看三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有种， 故选：D． 【变式2-2】按血型系统学说，每个人的血型为型四种之一．依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是型时，子女的血型一定不是O型．若某人的血型为O型，则其父母血型的所有可能情况有（   ） A．12种 B．6种 C．10种 D．9种 【答案】D 【解析】由题意，他的父母的血型都是三种之一， 由分步乘法计数原理知，其父母血型的所有可能情况有（种）． 故选：D. 知识点三、分类计数原理和分步计数原理的区别： 1、分类计数原理和分步计数原理的区别： 两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关． 完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理； 若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算． 题型三：两个原理的综合应用 【典例3-1】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 【解析】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. 【典例3-2】如果一个三位正整数“”满足且，则称这样的三位数为凸数（如120，343，275），当中间数为3或4时，那么所有凸数的个数为（   ） A．18 B．15 C．16 D．21 【答案】A 【解析】当中间数为3时，有（个）； 当中间数为4时，有（个）． 故共有（个）． 故选：A 【变式3-1】某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（    ） A．24种 B．10种 C．9种 D．15种 【答案】D 【解析】依题意可知，有两类衣服可选， 第一类：选择衬衣和裙子，共有种选择； 第二类：选择连衣裙，共有中选择； 所以共有种选择. 故选：D 【变式3-2】将《步步高》《创新设计》等三本不同的书按如图所示的方式放在一起，则《步步高》放在最上面或最下面的不同放法共有（   ） A．2种 B．4种 C．6种 D．9种 【答案】B 【解析】《步步高》放在最上面或最下面的不同放法共有种， 故选：B. 题型四：组数问题 【典例4-1】（2024·浙江台州·高二台州市书生中学校联考）如果一个三位正整数如“”满足，且，则称这样的三位数为凹数（如201，325等），那么由数字0，1，2，3，4，5能组成 个无重复数字的凹数. 【答案】40 【解析】当首位为1，中间位置为0有4个凹数； 当首位为2，中间位置为0有4个凹数；中间位置为1有3个凹数； 当首位为3，中间位置为0有4个凹数；中间位置为1有3个凹数；中间位置为2有2个凹数； 当首位为4，中间位置为0有4个凹数；中间位置为1有3个凹数；中间位置为2有2个凹数；中间位置为3有1个凹数； 当首位为5，中间位置为0有4个凹数；中间位置为1有3个凹数；中间位置为2有2个凹数；中间位置为3有1个凹数； 综上，共有40个无重复数字的凹数. 故答案为：40 【典例4-2】（2024·河北石家庄·高二校考阶段练习）在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有 个，其中偶数有 个． 【答案】 8 5 【解析】十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个； 十位上的数为2时，有324，423，共2个； 所以共有6＋2＝8个； 偶数为214，312，314，412，324，共5个． 答案：8，5 【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）由数字组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有 个. 【答案】 【解析】能被整除的三位数说明末尾数字是或 当末尾数字是时，百位数字除了有种不同的选法，十位有种不同的选法，根据分步乘法原理一共有种方法； 当末尾数字是时，百位数字有种不同的选法，十位有种不同的选法，根据分步乘法原理一共有种方法； 则一共有种 故答案为： 题型五：占位模型中标准的选择 【典例5-1】（2024·广东·清远市博爱学校高二阶段练习）3名志愿者，每人从4个不同的岗位中选择1个，则不同的选择方法共有（    ） A．12种 B．64种 C．81种 D．24种 【答案】B 【解析】每个人都有4种选择，故不同的选择方法共有种. 故选：B 【典例5-2】（2024·福建福州·高二期末）6名同学参加3个课外知识讲座，每名同学必须且只能随机选择其中的一个，不同的选法种数是（      ） A．20 B． C． D．120 【答案】B 【解析】依题意，每位同学都有3种选法，所以不同的选法种数是. 故选：B 【变式5-1】（2024·广东广州·高二期末）3名同学报名参加足球队、篮球队，每名同学限报其中的一个运动队，则不同的报名方法的种数是（    ） A．8 B．6 C．5 D．9 【答案】A 【解析】依题意，每名同学报名方法数是2，所以3名同学不同的报名方法的种数是. 故选：A 【变式5-2】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，则不同报名方法有（    ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 【答案】D 【解析】由题，每个同学有2种选择，故不同报名方式为， 故选：D 题型六：涂色问题 【典例6-1】如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有（    ）种． A．480 B．600 C．360 D．750 【答案】D 【解析】首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择， 根据分步计数原理得，共有（种）涂色方法． 故选：D. 【典例6-2】如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 【答案】B 【解析】第一步：涂区域，有种方法； 第二步：涂区域，有种方法； 第三步：涂区域，有种方法； 第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类： 第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色； 第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色， 此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法． 所以，不同的涂色种数有. 故选：B. 【变式6-1】如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（   ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 【答案】D 【解析】如图，区域1有4种选法，区域2有3种选法，区域3有2种选法， 区域4可选剩下的一种或选区域1，2所选的颜色，共有3种选法， 区域5从区域4剩下的2种颜色中选有2种选法， 共有种． 故选：D 【变式6-2】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 【解析】 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. 题型七：种植问题 【典例7-1】用5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是 . 【答案】240 【解析】由题意，区域A可选的方法数为5，区域B可选的方法数为4，区域C可选的方法数为3， 区域D可选的方法数为4，可得总的方法数为. 故答案为：. 【典例7-2】一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n（，）等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花． （1）如图（1），圆环分成3等份，分别为，，，则有 种不同的种植方法； （2）如图（2），圆环分成4等份，分别为，，，，则有 种不同的种植方法． 【答案】 6 18 【解析】（1）先种植部分，有3种不同的种植方法，再种植，部分． 因为，与的颜色不同，，的颜色也不同， 所以由分步乘法计数原理得，不同的种植方法有（种）． （2）当，不同色时，有种种植方法， 当，同色时，有种种植方法， 由分类加法计数原理得，共有种种植方法． 故答案为：6；18. 【变式7-1】在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有 种. 【答案】12 【解析】A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有1种种植方法.B在左边种植的情形与上述情形相同.故共有2×(3＋2＋1)＝12(种)不同的选垄方法. 故答案为：12 【变式7-2】如图，圆形花坛分为部分，现在这部分种植花卉，要求每部分种植种，且相邻部分不能种植同一种花卉，现有种不同的花卉供选择，则不同的种植方案共有 种（用数字作答） 【答案】260 【解析】根据题意：当1，3相同时，2，4相同或不同两类，有：种， 当1，3不相同时，2，4相同或不同两类，有：种， 所以不同的种植方案共有种， 故答案为：260 题型八：列举法 【典例8-1】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 【解析】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 【典例8-2】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 【解析】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． 【变式8-1】平面上的两个点A()，B()，其中横纵坐标均为自然数，且不大于5，则两点之间的距离可以有多少种取值（    ） A．19 B．20 C．25 D．27 【答案】B 【解析】依题意， ，且均不大于5， 将其中任意两个数的差的绝对值记为，则可能的值有共6个， 而A()，B()之间的距离为, 而与的可能的取值都分别有共6个， 故的不同取值可分成五类： ①与中有一个取0，另一个可取六个数，则|AB|的不同取值有：； ②与中有一个取1，另一个可取五个数，则|AB|的不同取值有：； ③ 与中有一个取2，另一个可取四个数，则|AB|的不同取值有：； ④ 与中有一个取3，另一个可取两个数，则|AB|的不同取值有： ⑤ 与中有一个取4，另一个可取两个数，则|AB|的不同取值有：； ⑥与均取5时，则|AB|的不同取值有； 由分类加法计数原理可得，不同的取值共有6+5+4+2+2+1=20个. 故选：B. 【强化训练】 1．某城市的电话号码由七位升为八位（首位数字均不为零），则该城市可增加的电话部数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】电话号码是七位数字时，因为首位数字不为零， 所以该城市可安装电话部， 同理电话号码是八位时为部， 所以可增加的电话部数是． 故选：D. 2．不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有种不同颜色的球被取出的取法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【解析】第一步，从9个球中任意取一个，有 种取法； 第二步，从与第一步所取球颜色不同的6个球中任意取一个，有种取法； 第三步，剩下的球中与第一步颜色相同的球有2个，与第二步颜色相同的球也有2个，从这4个球中任意选一个，有 种取法； 根据分步乘法计数原理，结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有种. 故选：D . 3．大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（    ） A．7 B．8 C．12 D．16 【答案】C 【解析】由题意，分两步完成，第一步选一个大门进去有4种选法，第二步选一个大门出去有3种选法， 所以由分步乘法计数原理可知共有种. 故选：C 4．某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（    ） A．9种 B．11种 C．44种 D．45种 【答案】D 【解析】除抽到自己的人，其它4人各写一张贺年卡集中起来，再每人从中抽取一张， 标记这4人为B、C、D、E，其对应的贺卡为b、c、d、e， 则4人均未抽到自己的贺年卡情况如下列树状图所以： 由树状图可知，这4人均未抽到自己贺卡情况下抽到的贺年卡情况共有9种， 所以5人各写一张贺年卡，集中起来再每人从中抽取一张，恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有种. 故选：D. 5．从集合中，选出个数组成的子集，使得这个数中的任何两个数之和不等于，则取出这样的子集的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将和为的数分组：共5组， 只要从这五组每组中各取一个数就符合题意，每组有2种取法，故有个子集. 故选：B 6．3000的不同正因数的个数为（    ） A．36 B．45 C．32 D．54 【答案】C 【解析】因为， 所以3000的正因数为，其中， 所以3000的不同正因数有个． 故选：C. 7．集合中元素的个数为（    ） A．18 B．12 C．8 D．5 【答案】A 【解析】集合中元素的个数为. 故选：A. 8．用红、黄、蓝、白、黑五种颜色在“田”字型的4个小方格内涂色，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．120 B．260 C．280 D．320 【答案】B 【解析】将“田”字型的4个小方格分别编号为，如下图所示： 根据题意，将问题分成4步进行， 第一步：涂方格A，共有5种颜色选择， 第二步：涂方格B，需与A不同，共有4种颜色选择， 第三步：涂方格C，若方格C与方格B颜色相同，只有1种选择；若方格C与方格B颜色不同，则有3种选择； 第四步：涂方格D，当方格C与方格B颜色相同，方格D有4种颜色选择；当方格C与方格B颜色不同，方格D有3种颜色选择， 因此可得不同的涂色方法共有种. 故选：B 9．用数字1，2组成一个四位数，则数字1，2都出现的四位偶数有 个． 【答案】7 【解析】由四位数是偶数知，最后一位是2． 在四位数中，当出现1个1时，有1222，2122，2212，共3个四位偶数； 当出现2个1时，有1122，1212，2112，共3个四位偶数； 当出现3个1时，只有1112这1个四位偶数． 故数字1，2都出现的四位偶数有（个）． 故答案为：7. 10．四色定理（Four color theorem）又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是1852年由毕业于伦敦大学的格斯里（Francis Guthrie）提出来的，其内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色．”四色问题的证明进程缓慢，直到1976年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理．现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有 种． 【答案】 【解析】涂色方案可分为两类，第一类只使用3种颜色的涂色方案，第二类使用4种颜色的涂色方案， 若只使用3种颜色的涂色方案有种， 若使用4种颜色的涂色方案种， 所以不同的染色方案有种． 故答案为： 11．如果一个三位正整数如“”满足，且，则称这样的三位数为“好数”（如201，325等），那么由数字1，2，3，4，5能组成 个无重复数字的“好数”. 【答案】20 【解析】当首位为2，中间位置为1有3个好数； 当首位为3，中间位置为1有3个好数；中间位置为2有2个好数； 当首位为4，中间位置为1有3个好数；中间位置为2有2个好数；中间位置为3有1个好数； 当首位为5，中间位置为1有3个好数；中间位置为2有2个好数；中间位置为3有1个好数； 综上，共有20个无重复数字的好数. 故答案为：20 12．在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数之和的最大值是 ． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 【答案】 24 112 【解析】第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法， 第二步，从第二行中选一个与第一个数不同列的数，共有3种选法， 第三步，从第三行中选一个与第一、二个数不同列的数，共有2种选法， 第四步，从第四行中选一个与第一、二，三个数不同列的数，只有1种选法， 由分乘法原理可知共有种不同的选法； 先按列分析，每列必选出一个数，所以所选4个数的十位数字分别为1，2，3，4， 再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5， 所以从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大， 所以选中方格中的4个数之和的最大值为. 故答案为：24；112． 13．一个长方形，被分为A、B、C、D、E五个区域，现对其进行涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色方法有 种． 【答案】72 【解析】我们需要用四种颜色给五个区域涂色，使得区域的颜色均和区域的颜色不同，区域和，和，和，和每对的颜色都不相同. 那么首先区域有四种涂法，颜色确定后，区域仅可以使用其余三种颜色. 由于这四个区域只能使用三种颜色，故一定存在两个区域同色，而相邻两个区域不能同色，所以同色的区域一定是和，或者和. 如果这两对区域都是同色的，那么和，以及和，分别需要在剩余的三种颜色里选出一种，且颜色不能相同，所以此时的情况数有种； 如果和同色，但和不同色，那么和的颜色有三种选择，选择后，和的颜色只能是剩余的两种，且不相同，但排列顺序有两种，所以此时的情况数有种； 如果和同色，但和不同色，同理，此时的情况数有种. 综上，区域的颜色确定后，剩下四个区域的涂色方式共有种. 而区域的颜色有四种选择，所以总的涂色方法有种. 故答案为：. 14．已知件不同的产品中有件次品，现对这件产品一一进行测试，直至找到所有次品并立即停止测试. (1)若恰在第次测试时，找到第一件次品，第次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？ (2)若至多测试次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 【解析】（1）若恰在第次测试时，找到第一件次品，第次测试时，找到第二件次品， 则第一、三、四次抽到的都是正品， 由分步乘法计数原理可知，不同的测试情况种数为种. （2）分以下两种情况讨论： （i）测试次找到所有次品，不同的测试情况种数为种； （ii）测试次找到所有的次品，则第三次抽到次品，前两次有一次抽到正品， 则不同的测试情况种数为种. 综上所述，不同的测试情况种数为种. 15．用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 【解析】（1）由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法， 十位与个位上的数字均有10种选法， 所以不同的三位数共有（个）； （2）百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法， 个位数字应从剩余8个数字中选取， 所以共有（个）无重复数字的三位数； （3）若个位为1或3，则小于500的三位奇数有（个）； 若个位为5或7或9，则小于500的三位奇数有（个）； 所以小于500的三位奇数有． 16．关于正整数2160，求： (1)它有多少个不同的正因数？ (2)它的所有正因数的和是多少？ 【解析】（1）由题意，， 则2160的正因数， 因为可取0，1，2，3，4；可取0，1；可取0，1，2，3； 所以2160有个不同的正因数. （2）式子的展开式就是40个正因数之和． 所以，正因数之和为. 即2160所有正因数的和是. 17．从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【解析】（1）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方 法，第二、三位可以排0，因此，根据分步乘法计数原理共有（个）． （2）三位数的首位不能为0，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二位可以排0，除 首位排的数字共有4种方法，第三位除前两位排的数字共有3种方法，因此，根据分步乘 法计数原理共有（个）． （3）偶数末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类： 一类是末位数字是0，则有（种）排法； 一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位， 所以有3种排法，十位有3种排法，因此有（种）排法． 因此有（种）排法．即可以排成30个无重复数字的三位偶数. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【题型归纳目录】 题型一：分类加法计数原理 题型二：分步乘法计数原理 题型三：两个原理的综合应用 题型四：组数问题 题型五：占位模型中标准的选择 题型六：涂色问题 题型七：种植问题 题型八：列举法 【思维导图】 【知识点梳理】 知识点一：分类加法计数原理（也称加法原理） 1、分类加法计数原理： 完成一件事，有类办法．在第1类办法中有种不同方法，在第2类办法中有种不同的方法，……，在第类办法中有种不同方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 2、加法原理的特点是： ①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点诠释： 使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和． 题型一：分类加法计数原理 【典例1-1】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 【典例1-2】书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 【变式1-1】从地到地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为（    ） A．3 B．9 C．24 D．以上都不对 【变式1-2】现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（    ） A．36种 B．20种 C．12种 D．10种 知识点二、分步乘法计数原理 1、分步乘法计数原理 “做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成． 2、乘法原理的特点： ①完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ②完成每一步有若干种方法； ③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点诠释： 使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积． 题型二：分步乘法计数原理 【典例2-1】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 【典例2-2】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 【变式2-1】今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有（    ） A．10种 B．60种 C．125种 D．243种 【变式2-2】按血型系统学说，每个人的血型为型四种之一．依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是型时，子女的血型一定不是O型．若某人的血型为O型，则其父母血型的所有可能情况有（   ） A．12种 B．6种 C．10种 D．9种 知识点三、分类计数原理和分步计数原理的区别： 1、分类计数原理和分步计数原理的区别： 两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关． 完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理； 若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算． 题型三：两个原理的综合应用 【典例3-1】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． 【典例3-2】如果一个三位正整数“”满足且，则称这样的三位数为凸数（如120，343，275），当中间数为3或4时，那么所有凸数的个数为（   ） A．18 B．15 C．16 D．21 【变式3-1】某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（    ） A．24种 B．10种 C．9种 D．15种 【变式3-2】将《步步高》《创新设计》等三本不同的书按如图所示的方式放在一起，则《步步高》放在最上面或最下面的不同放法共有（   ） A．2种 B．4种 C．6种 D．9种 题型四：组数问题 【典例4-1】（2024·浙江台州·高二台州市书生中学校联考）如果一个三位正整数如“”满足，且，则称这样的三位数为凹数（如201，325等），那么由数字0，1，2，3，4，5能组成 个无重复数字的凹数. 【典例4-2】（2024·河北石家庄·高二校考阶段练习）在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有 个，其中偶数有 个． 【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）由数字组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有 个. 题型五：占位模型中标准的选择 【典例5-1】（2024·广东·清远市博爱学校高二阶段练习）3名志愿者，每人从4个不同的岗位中选择1个，则不同的选择方法共有（    ） A．12种 B．64种 C．81种 D．24种 【典例5-2】（2024·福建福州·高二期末）6名同学参加3个课外知识讲座，每名同学必须且只能随机选择其中的一个，不同的选法种数是（      ） A．20 B． C． D．120 【变式5-1】（2024·广东广州·高二期末）3名同学报名参加足球队、篮球队，每名同学限报其中的一个运动队，则不同的报名方法的种数是（    ） A．8 B．6 C．5 D．9 【变式5-2】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，则不同报名方法有（    ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 题型六：涂色问题 【典例6-1】如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有（    ）种． A．480 B．600 C．360 D．750 【典例6-2】如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 【变式6-1】如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（   ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 【变式6-2】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 题型七：种植问题 【典例7-1】用5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是 . 【典例7-2】一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n（，）等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花． （1）如图（1），圆环分成3等份，分别为，，，则有 种不同的种植方法； （2）如图（2），圆环分成4等份，分别为，，，，则有 种不同的种植方法． 【变式7-1】在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有 种. 【变式7-2】如图，圆形花坛分为部分，现在这部分种植花卉，要求每部分种植种，且相邻部分不能种植同一种花卉，现有种不同的花卉供选择，则不同的种植方案共有 种（用数字作答） 题型八：列举法 【典例8-1】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 【典例8-2】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 【变式8-1】平面上的两个点A()，B()，其中横纵坐标均为自然数，且不大于5，则两点之间的距离可以有多少种取值（    ） A．19 B．20 C．25 D．27 【强化训练】 1．某城市的电话号码由七位升为八位（首位数字均不为零），则该城市可增加的电话部数是（   ） A． B． C． D． 2．不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有种不同颜色的球被取出的取法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 3．大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（    ） A．7 B．8 C．12 D．16 4．某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（    ） A．9种 B．11种 C．44种 D．45种 5．从集合中，选出个数组成的子集，使得这个数中的任何两个数之和不等于，则取出这样的子集的个数为（    ） A． B． C． D． 6．3000的不同正因数的个数为（    ） A．36 B．45 C．32 D．54 7．集合中元素的个数为（    ） A．18 B．12 C．8 D．5 8．用红、黄、蓝、白、黑五种颜色在“田”字型的4个小方格内涂色，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．120 B．260 C．280 D．320 9．用数字1，2组成一个四位数，则数字1，2都出现的四位偶数有 个． 10．四色定理（Four color theorem）又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是1852年由毕业于伦敦大学的格斯里（Francis Guthrie）提出来的，其内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色．”四色问题的证明进程缓慢，直到1976年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理．现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有 种． 11．如果一个三位正整数如“”满足，且，则称这样的三位数为“好数”（如201，325等），那么由数字1，2，3，4，5能组成 个无重复数字的“好数”. 12．在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数之和的最大值是 ． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 13．一个长方形，被分为A、B、C、D、E五个区域，现对其进行涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色方法有 种． 14．已知件不同的产品中有件次品，现对这件产品一一进行测试，直至找到所有次品并立即停止测试. (1)若恰在第次测试时，找到第一件次品，第次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？ (2)若至多测试次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 15．用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 16．关于正整数2160，求： (1)它有多少个不同的正因数？ (2)它的所有正因数的和是多少？ 17．从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 学科网（北京）股份有限公司 $$