第04讲 乘法原理与加法原理（3大知识点+3大必考题型+强化训练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（沪教版2020选择性必修第二册）

第04讲 乘法原理与加法原理 课程标准 学习目标 1. 熟练掌握两个计数原理。 2. 灵活应用两个计数原理解决数学与生活中的计数问题。 3. 理解两个计数原理的区别与联系。 4. 掌握分类与分步的计数原则及分类标准 5. 常见误区：“分类”与“分步”不清，导致计数错误 1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题． 知识点01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 【即学即练1】（高二下·上海长宁·期末）4个不同的红球和6个不同的白球放入同一个袋中，现从中取出4个球． （1）若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有多少不同的取法？ （2）取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取出4个球所得总分不少于5分，则有多少种不同取法． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有红、红白、红白三种情况，然后利用分类计数原理可得出答案； （2）若取出的球的总分不少于分，则有红、红白、红白和红白四种情况，然后利用分类计数原理可得出答案. 【详解】（1）若取出的红球个数不少于白球个数，则有红、红白、红白三种情况， 其中红有种取法，红白有种取法，红白有种取法. 因此，共有种不同的取法； （2）若取出的个球的总分不少于分，则有红、红白、红白和红白四种情况. 其中红有种取法，红白有种取法，红白有种取法，红白有种不同的取法. 因此，共有种不同的取法. 【点睛】本题考查分类加法计数原理应用，在解题时要熟练利用分类讨论思想，遵循不重不漏的原则，考查运算求解能力，属于中等题. 知识点02分布乘法计数原理 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 【即学即练2】（23-24高二下·上海·期末）展开式共有 项. 【答案】 【分析】按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】展开式的每一项可分三步得到， 第一步：从第一个括号中任取一个字母（连同前面的符号）有2种取法， 第二步：从第二个括号中任取一个字母（连同前面的符号）有2种取法， 第三步：从第三个括号中任取一个字母（连同前面的符号）有3种取法， 所以展开后一共有项； 故答案为： 知识点03 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 回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题 不同点 针对的是“分类”问题 不同点 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 各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事 【即学即练3】（23-24高二下·上海虹口·期末）设实数和均是集合中的两个不同的元素，则方程所表示的不同直线的条数为 . 【答案】 【分析】用分步乘法计数原理先列出a的情况，再列出b的情况，再相乘即可，注意考虑表示同一直线的情况. 【详解】第一步，给a赋值有4种选择， 第二步，给b赋值有3种选择，由分步乘法计数原理可得：(种). 其中没有表示同一直线的情况， 所以形成不同的直线的条数为. 故答案为： 题型一：分布乘法计数原理及简单应用 1.（2020高三·上海·专题练习）从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被3整除的概率为（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数共有个，将10个数字分成三组，即被3除余1的有，4，、被3除余2的有，5，，被3整除的有，6，9，，分组以后，分类讨论得到不能被3整除的数字个数． 【详解】解：从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被3整除． 所有的三位数有个， 将10个数字分成三组， 即被3除余1的有，4，、 被3除余2的有，5，， 被3整除的有，6，9，， 若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论： ①三个数字均取第一组，或均取第二组，有个； ②若三个数字均取自第三组，则要考虑取出的数字中有无数字0，共有个； ③若三组各取一个数字，第三组中不取0，有个， ④若三组各取一个数字，第三组中取0，有个，这样能被3整除的数共有228个，不能被3整除的数有420个， 所以概率为， 故选：B． 【点睛】本题考查了分类计数原理，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题可以借助于组合数列举出所有事件，概率问题同其他的知识点结合在一起，实际上是以概率问题为载体，主要考查的是被三整除的数字特点． 2．（高二下·上海虹口·阶段练习）高三年级有8个班级，分派4位数学老师任教，每个教师教两个班，则不同的分派方法有（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，依次分析位老师的任教分配的方法数目，由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，对于位老师按先后分步进行讨论: 第一位老师，从个班级中任选个，安排其任教,有种分派方法； 第二位老师，从剩下的个班级中任选个，安排其任教，有种分派方法； 第三位老师，从剩下的个班级中任选个，安排其任教，有种分派方法； 第四位老师，还剩个班级,安排其任教，有种分派方法； 故不同的分派方法有种； 故选: B. 【点睛】本题主要考查的是分步计数原理的应用，考查学生的分析问题解决问题能力，是基础题. 3．（高一上·上海闵行·阶段练习）如果不等式组的整数解有（）个，那么适合这个不等式组的整数、的有序数对共有（    ）个 A．17个 B．64个 C．81个 D．72个 【答案】D 【分析】先解不等式组求得的取值范围，根据整数解的情况，确定有序对的个数. 【详解】由得，不妨设，故可取共种可能，可取共种可能，可以满足整数解有个，为.所以有序数对共有个，故选D. 【点睛】本小题主要考查一元一次不等式组的解法，考查分步计数原理，考查整数的性质，考查分析与思考的能力，属于基础题. 4.（25-26高三上·上海·单元测试）停车场划出一排12个停车位置，今有8辆车需要停放．要求空车位置连在一起，不同的停车方法有 种． 【答案】362880 【分析】先排好8辆车有种方法，将空车位看成一个元素插入可得结论. 【详解】先排好8辆车有种方法，要求空车位置连在一起， 则在每2辆之间及其两端的9个空档中任选一个，将空车位置插入有种方法， 所以共有种方法． 故答案为：. 5．（25-26高三上·上海·单元测试）将3封不同的信投入4个不同的邮筒，则不同投法有 种． 【答案】64 【分析】根据分步乘法原理计算即可. 【详解】每封信都有4种不同的投法，依据分步乘法原理，因此共有种不同的结果． 故答案为：64． 6．（25-26高三上·上海·单元测试）将4封信投入3个信箱中，共有 种不同的投法． 【答案】81 【分析】根据分步乘法计数原理可得答案. 【详解】根据分步乘法计数原理，共有种不同的投法． 故答案为：81. 7．（24-25高二上·上海奉贤·阶段练习）正整数1224有 个不同的正约数. 【答案】 【分析】将分解成若干个素数的积，再利用分步乘法计数原理即可得解. 【详解】因为， 所以正整数1224的正约数个数为. 故答案为：. 8．（23-24高二下·上海·阶段练习）若，则方程表示的不同双曲线共有 个． 【答案】 【分析】利用分步乘法计数原理计算可得. 【详解】依题意有种不同的取法，也有种不同的取法， 所以方程表示的不同双曲线共有. 故答案为： 9．（23-24高二下·上海·阶段练习）某小组共有4名男生，和3名女生.若选一名男生和一名女生分别担任组长和干事，共有 种不同的结果. 【答案】24 【分析】根据题意结合分步乘法计数原理分析求解. 【详解】因为4名男生选一名男生共有4种不同的结果； 3名女生选一名女生共有3种不同的结果； 一名男生和一名女生分别担任组长和干事共有2种不同的方法， 根据分步乘法计数原理可知：共有种不同的结果. 故答案为：24. 10．（23-24高二下·上海·阶段练习）有3位高三学生参加4所重点院校的自主招生考试，每人参加且只能参加一所学校的考试，则不同的考试方法种数为 . 【答案】 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】每位学生可以有种参加重点院校的自主招生考试，由分步乘法计数原理可得，不同的考试方法种数为种. 故答案为：. 题型二：判断事件计数的原理 1.（21-22高二下·上海闵行·期末）现有5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（    ） A． B． C．20 D．9 【答案】A 【分析】将此事分为5步，每一步均为1名同学选择讲座，后由分步计数原理可得答案. 【详解】将完成此事分为5步.第1步为第一名同学完成选择，有4种方法；第2步为第二名同学完成选择，有4种方法；；第5步为第五名同学完成选择，有4种方法. 则由分步计数原理可知，不同选法的种数位为：. 故选：A 2.（21-22高二下·上海闵行·期中）某城市在中心广场建造了一个花园，花园分为6个部分（如图所示），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？（    ） A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【分析】根据4号区域和6号区域颜色是否相同进行分类，结合计数原理，即可求得结果. 【详解】按照区域序号1,2,3,4,6,5进行栽种， 若号区域和6号区域选择同一种颜色的花：则共有：种； 若4号区域和6号区域不选择同一种颜色的花：则共有：种； 只种植3种花的情况共有：. 故共有种栽种方式. 故选：C. 3.（22-23高二上·上海杨浦·期末）有8种不同型号的手机供4位顾客选购，每人只购一台，则共有 种不同的选法. 【答案】 【分析】按分步计数原理计算可得. 【详解】由已知得，每位顾客都有8种选法， 所以共有种方法， 故答案为： 题型三：分类加法计数原理 1．（21-22高二下·上海浦东新·期末）若展开，则展开式中的系数等于（    ） A．在1，2，3，4，5中所有任取两个不同的数的乘积之和； B．在1，2，3，4，5中所有任取三个不同的数的乘积之和； C．在1，2，3，4，5中所有任取两个不同的数的求和之积； D．在1，2，3，4，5中所有任取三个不同的数的求和之积； 【答案】A 【分析】根据乘法的分配律可知：即为五个一次式中有三个一次式取，另外两个一次式取常数（即为1，2，3，4，5取两个数），再相乘，对所有结果合并同类型． 【详解】根据乘法的分配律可知：本题五个一次式中每个一次式取一项相乘，再合并同类项 即为五个一次式中有三个一次式取，另外两个一次式取常数（即为1，2，3，4，5取两个数），再相乘，对所有结果合并同类型 ∴的系数等于在1，2，3，4，5中所有任取两个不同的数的乘积之和 故选：A． 2.（24-25高三上·上海·阶段练习）设为正四面体棱上的点，由点到四个面中心的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有2个元素，那么符合条件的点有 个． 【答案】10 【分析】结合正四面体的特点分类计数即可. 【详解】解：当与正四面体的4个顶点重合时，点到四个面中心的距离有两个值； 当与正四面体的6条棱的中点重合时，点到四个面中心的距离有两个值； 所以符合条件的点共有10个. 故答案为：10 3．（23-24高二上·上海普陀·阶段练习）已知是边长为1的正方形，在空间中取4个不同的点，使得它们与恰好成为一个侧棱长为1的正四棱柱的8个顶点，则不同的取法数为 ． 【答案】4 【分析】根据题意，按正方形在棱柱中的位置分2种情况讨论，分析正四棱柱的数目，相加可得答案． 【详解】根据题意，分2种情况讨论： ①正方形作为对角面时，有2个， ②正方形作为正四棱柱的底面或侧面，有2个， 共有种取法． 故答案为：4. 4．（22-23高二上·上海嘉定·期中）已知a，b∈{0，1，2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形共有 ． 【答案】28种 【分析】根据新定义，分析取不同的值时，取值的个数，即可得解. 【详解】当a为0时，b只能取0，1两个数； 当a为9时，b只能取8，9两个数； 当a为其它数时，b都可以取三个数，例如时，可取. 综上，一共有种情形. 故答案为：28种 5．（21-22高二下·上海闵行·期中）近期，上海加大疫情的防控力度，上海疫情隔离点逐渐增多，如图所示，、、、为上海某地四个隔离点，为了方便食物供应，现在要建造三座桥，将这四个隔离点连接起来，则不同的建桥方法有 种． 【答案】 【分析】分两种情况讨论：第一类，从一个隔离点出发向其他三个隔离点各建一座桥；第二类，一个隔离点最多建两座桥.分别计算出两种方案下建桥的方法种数，利用分类加法计数原理可得结果. 【详解】第一类，从一个隔离点出发向其他三个隔离点各建一座桥，共有种方法； 第二类，一个隔离点最多建两座桥，建法为， 将隔离点名称、、、分别填入四个中，则分成四个步骤， 第一步，先填第一个，有种方法，再依次填第二、三、四个，分别有、、种方法， 注意到和两种是同一种建桥方法， 则第二类建桥方法共有种方法， 由分类加法计数原理可知，建桥方法种数为种. 故答案为：. 6．（21-22高二下·上海闵行·期中）甲盒子中有3个不同的红球，乙盒子中有7个不同的白球，某同学要在甲盒或乙盒中摸一个球，则不同的方法有 ． 【答案】 【分析】某同学要在甲盒或乙盒中摸一个球,情况1：在甲盒中摸，有3个不同的红球，所以有3种不同的方法；情况2：在乙盒中摸，有7个不同的白球，所以有7种不同的方法；由分类加法计数原理可求得所有不同的方法. 【详解】由题意得，在甲盒摸球时有种不同的方法，在乙盒中摸球时有种不同的方法；某同学要在甲盒或乙盒中摸一个球，则不同的方法共有种. 故答案为：. 7．（20-21高二下·上海杨浦·期中）学校组织春游活动，每个学生可以选择去四个地方：崇明､朱家角､南汇和嘉定，有四位同学恰好分别来自这四个地方，若他们不去家乡，且分别去了不同地方，则四位同学去向的所有可能结果数为 . 【答案】9 【分析】记四位同学为甲，乙，丙，丁且家乡表示为，分别考虑甲去的情况，采用分类加法计数原理求解出结果. 【详解】设甲、乙、丙、丁四位同学的家乡分别表示为， 当甲去时，可能的情况有： ，，； 当甲去时，可能的情况有： ，，； 当甲去时，可能的情况有： ，，； 所以四位同学的去向一共有种， 故答案为：. 8．（2021·上海黄浦·三模）一个三位数，个位､十位､百位上的数字依次为，当且仅当且时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为 . 【答案】 【分析】首先分析只能去3,4,5，然后分类讨论满足题意的凸数个数，最后相加即可. 【详解】由题意可得只能去3,4,5， 当时，凸数有 132,231共2个； 当时，凸数有142,241,143,341,243,342共6个； 当时，凸数有152,251,153,351,154,451,253,352,254,452,354,453共12个； 综上，共有20个凸数. 故答案为：20 【点睛】本题主要考查分类加法技术原理，在求解过程中要明确分类标准，在每一类里面的计算要注意不重不漏. 9．（20-21高二下·上海宝山·期中）已知在矩形中，，，若将边72等分，过每个等分点分别作的平行线，若将边56等分，过每个等分点分别作的平行线，则这些平行线把整个矩形分成了边长为1的个小正方形，于是，被对角线从内部穿过的小正方形（小正方形内部至少有上的点）共有 个． 【答案】120 【分析】将穿过正方形数量的计算转化为穿过直线的计算，非交点情况下，对角线每生成一个交点，就相当于穿过一个平面，然后对角线穿过交点时，不是穿过两个平面而是一个平面，再减去交点情况求解. 【详解】将穿过正方形数量的计算转化为穿过直线的计算，非交点情况下，对角线每生成一个交点，就相当于穿过一个平面， 在横向上，穿过72个平面，在纵向上，穿过56个平面， 然后对角线穿过交点时，不是穿过两个平面而是一个平面，再减去交点情况， 即72+56-8=120. 故答案为：120 10.（23-24高三上·上海浦东新·阶段练习）已知正整数，满足，若关于的方程有实数解，则符合条件的共有 对. 【答案】 【分析】根据题意，将方程化简可得，从而可得，然后分类讨论相加，即可得到结果. 【详解】因为，所以，同理可得， 又，所以， 所以，，其中， 从而，即. ①若， 取，则即为方程的解， 此时共有种； ②若， 设取，则即为方程的解， 此时共有种； ③若模余， 则，从而， 由①②可知此时共有种； ④若模余，则，从而， 模余的是，由①知可以；模余的是，由②不可以， 故此时共有种； 综上所述符合条件的共有对. 故答案为： 一、单选题 1．（22-23高二下·上海普陀·期中）将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】将5封信投入3个邮筒，每封信有3种选择， 故共有种不同的投法. 故选：B. 2．（23-24高二下·上海宝山·阶段练习）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 【分析】根据条件通过列举法可得答案. 【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. 3．（2025·上海·模拟预测）有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分步计数原理及古典概型的概率公式求解即可. 【详解】根据题意，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币， 共有种情况， 要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C， 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况； 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况（其中有一种情况与上面重复）， 则要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，共有种情况， 所以可以到达C点的概率为. 故选：B. 4．（23-24高二下·上海闵行·期中）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．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】由题意，，再根据列举法求解即可. 【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：B 二、填空题 5．（22-23高二下·上海长宁·期中）同时抛掷5枚均匀的硬币，恰有1枚反面朝上的概率为 ． 【答案】/0.15625 【分析】求出抛掷5枚均匀硬币的试验的基本事件总数，再求出恰有1枚反面朝上的事件所含基本事件数，利用古典概率计算作答. 【详解】抛掷5枚均匀的硬币的试验，有个基本事件，它们等可能， 恰有1枚反面朝上的事件含有的基本事件数为5， 所以恰有1枚反面朝上的概率. 故答案为： 6．（20-21高二下·上海浦东新·期末）本次数学期末考试共三种题型：填空题、选择题、解答题，其中填空题满分54分，共有12道小题，前6题每小题4分，后6题每小题5分，每小题答对得满分，答错得零分，则学生解答填空题共有 种不同的可能分值. 【答案】43 【分析】分类计数相加即可. 【详解】设4分题答对的个数为，答对5分题的个数为，则总的分， 当时，，共7个数值； 当时，分别可取7个不同的值， 但， 且 故共有：种不同的结果. 故答案为：43. 7．（22-23高二下·上海长宁·期末）乘积的展开式中共有 项. 【答案】24 【分析】根据分步乘法计数原理可得答案. 【详解】由中取一项共3种不同取法，从中取一项有2种不同取法，从中取一项共4种不同取法， 由分步乘法计数原理知，该展开式共3×2×4＝24(项) 故答案为：24． 8．（23-24高二下·上海·期中）正整数24有 个不同的正因数． 【答案】 【分析】首先将分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】因为， 第一步，可以取，，，共种， 第二步，可以取，，共种， 所以正整数的不同正因数的个数为． 故答案为： 9．（23-24高二下·上海·期中）2022年北京冬奥会的顺利召开，激发了大家对冰雪运动的兴趣.  若甲、乙、丙三人在自由式滑雪、花样滑冰、冰壶和跳台滑雪这四项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有 种 【答案】64 【分析】直接使用乘法原理即可得到答案. 【详解】由于一共有四项运动，故甲、乙、丙各自有4种选择，而他们的选择互相之间没有任何限制条件，所以总共的选法数是. 故答案为： 10．（24-25高二上·上海·期末）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 【分析】求出每名学生报名的种数，再利用分步乘法计数原理列式计算得解. 【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 11．（22-23高二下·上海嘉定·期中）三层书架，分别放置科技书籍12本，经济类书籍14本，建筑类书籍11本，从中取2本书，且各类只能选1本，有 种不同选法 【答案】 【分析】分为三类：科技书和经济书，科技书和建筑书，经济书和建筑书，计算得到答案. 【详解】分为三类：科技书和经济书，科技书和建筑书，经济书和建筑书. 则共有. 故答案为： 12．（23-24高三上·上海松江·期末）有名同学报名参加暑期区科技馆志愿者活动，共服务两天，每天需要两人参加活动，则恰有人连续参加两天志愿者活动的概率为 ． 【答案】 【分析】由分布乘法计数原理的知识结合古典概型的概率公式可解. 【详解】每天从5名同学中抽取2名参加志愿者活动，一共有种方式， 恰有一人连续参加两天志愿者活动有种方式， 由古典概型的概率公式可得恰有1人连续参加两天志愿者活动的概率为， 故答案为：. 13．（23-24高二下·上海·期中）已知全集，集合为的子集，则有序集合一共有 组． 【答案】16 【分析】先求出全集的子集，再由分步乘法原理求出结果即可. 【详解】全集子集为， 由分步乘法原理可得共有种， 所以有序集合一共有16种， 故答案为：16. 14．（2023·上海·模拟预测）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 【答案】9 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解. 【详解】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解. 15．（23-24高二上·上海松江·期末）设为的一个排列，满足，则这样的排列的个数为 个. 【答案】6142 【分析】根据条件分别对于与时得出排列个数. 【详解】对于给定的，考虑使的满足条件的排列个数， 当时，对有为的排列（若，则没有 这样的i），且（若，则没有这样的j），因此， 当时，类似地有， 因此，满足条件的排列个数为 故答案为：6142. 【点睛】本题关键针对与分别得出排列个数. 16．（22-23高二下·上海徐汇·期中）已知六个字母以随机顺序排成一行，若小明每次操作可以互换2个字母的位置，则小明必须进行5次操作才能将六个字母排成的顺序的排列情况有 种． 【答案】120 【分析】利用条件，分析得到每个字母均不在自己位置，且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位，再利用分步计数原理即可求出结果. 【详解】因为小明必须经过5次操作才能将六个字母排成ABCDEF的顺序， 这里研究排序混乱到什么程度才需要“必须经过5次操作”排成ABCDEF的顺序， 这里不妨记A，B，C，D，E，F六个字母对应的位次分别为1，2，3，4，5，6， 首先，考虑一种情况：假设字母“A”已经排在自己的位置，即排在1号位， 其他字母均不在自己位置，易知把其他五个字母调换到自己的位置至少需要经过4次操作， 即第一次让“B”归位，第二次让“C”归位，第三次让“D”归位，第四次将“E”与“F”同时归位， 这样仅需进行4次操作，不满足题意； 若A，B，C，D，E，F均不在对应的自己位置，但经过一次交换后，可使得两个字母同时归位， 此时也不能满足“必须进行5次操作”的情况， 例如，，同时交换可使两者同时归位，此时只需交换四次即可， 而，只需交换三次即可，不合要求， 所以，要满足“必须进行5次操作”的情况，则每个字母均不在自己位置， 且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位， 1号位可放中的一个，有5种选择，不妨设放的为， 则3号位不能放，可从剩余中选一个，有4种选择，不妨设放的为， 则5号位不能放，否则可先交换，再交换，交换过程中出现交换一次使两个字母同时归位的情况， 故5号位可从种选择一个，有3种选择，不妨设放的为， 字母可选择号位或5号位，有2种选择，剩余只有1种放法，才能满足要求， 综上，总的排序方法有种. 故答案为：120 【点睛】关键点点睛： 解决本题的关键在于，分析出要满足“必须进行5次操作”的情况，则每个字母均不在自己位置，且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位. 三、解答题 17．（高二下·上海奉贤·期中）现某学校共有34人自愿组成数学建模社团，其中高一年级13人，高二年级12人,高三年级9人. (1)选其中一人为负责人，共有多少种不同的选法？ (2)每个年级选一名组长，有多少种不同的选法？ (3)选两人作为社团发言人,这两人需要来自不同的年级，有多少种不同的选法？ 【答案】（1）34；（2）1404；（3）381. 【分析】（1）用分类计数原理，分3种情况讨论，①选出的是高一学生，②选出的是高二学生，③选出的是高三学生，由各年级的人数易得各种情况的选法数目，由分类计数原理，相加可得答案； （2）用分步计数原理，分3步进行，先从高一学生中选出1人，再从高二学生中选出1人，最后从高三学生中选出1人，根据各年级的人数易得每一步的选法数目，由分步计数原理，相乘可得答案； （3）用分类计数原理，分3种情况讨论，①若选出的是高一、高二学生，②若选出的是高一、高三学生，③若选出的是高二、高三学生，先计算各种情况的选法数目，由分类计数原理，相加可得答案． 【详解】（1）根据题意，选其中一人为负责人，有3种情况， 若选出的是高一学生，有13种情况， 若选出的是高二学生，有12种情况， 若选出的是高三学生，有9种情况， 由分类计数原理可得，共有12+13+9＝34种选法． （2）根据题意，从高一学生中选出1人，有13种情况； 从高二学生中选出1人，有12种情况； 从高三学生中选出1人，有9种情况； 由分步计数原理，可得共有12×13×9＝1404种选法． （3）根据题意，分三种情况讨论： 若选出的是高一、高二学生，有12×13＝156种情况， 若选出的是高一、高三学生，有13×9＝117种情况， 若选出的是高二、高三学生，有12×9＝108种情况， 由分类计数原理可得，共有156+117+108＝381种选法． 【点睛】本题考查分步计数原理与分类计数原理的运用，解题的关键要合理的对事件分类或分步． 18．（24-25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，. 【分析】（1）根据给定条件，写出样本空间. （2）利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解，进而求出事件发生的概率. 【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. 19．（25-26高三上·上海·单元测试）若集合、满足，则称为集合的一个分拆，并规定：当且仅当时，与为集合的同一种分拆，求集合的不同分拆种数. 【答案】27 【分析】根据拆分的定义，对分以下几种情况讨论：，，,，,,． 【详解】，对分以下几种情况讨论： 若，必有,,，共1种拆分； 若，则,或,,，共2种拆分；同理，时，各有2种拆分； 若,，则、,、,或,,，共4种拆分；同理,、,时，各有4种拆分； 若,,，则、、、、,、,、,，,,．共8种拆分； 共有种不同的拆分． 20．（24-25高二上·上海松江·阶段练习）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16. 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立. (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，求所有X的可能值及其发生的概率. (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明） 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)丙 【分析】（1）确定出甲优秀的成绩个数及成绩总的个数，由概率公式计算； （2）再求出乙、丙成绩优秀的概率，三个人优秀的人数可能为0，1，2，3，即为的可能值，然后由独立事件概率公式和对立事件事件公式计算出各概率； （3）根据已知成绩，确定三人比赛的总的情况数，再确定三人分别得冠军的情况数，比较可知． 【详解】（1）由题意甲共有10个成绩，其中优秀的有4个，优秀的概率是； （2）设甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖分别为事件， 由题意乙优秀的概率是，丙优秀的概率是， 的可能值是， ， ， ， ； （3）丙．理由如下： 由题意可知，甲、乙、丙三人参赛结果有种， 其中丙获得冠军的情况有种， 乙获得冠军的情况有种， 甲获得情况有种， 所以丙获得冠军的概率估计值最大． 21．（24-25高三上·上海·期中）仰晖楼有A、B两部电梯.已知电梯每上一层需要5秒，电梯在某层楼停留时开门到关门所花时间为10秒（人员均能在电梯开关门时间内完成进出电梯和按楼层等操作）.某天清晨，楼上还没有人，1楼已经有若干人均欲乘坐电梯上楼，目的地分别是楼.现两部电梯均恰好在1楼（两部电梯互相独立运行，可以独立开关门，在1楼按下按钮后将同时打开门），且每部电梯容量足够容纳所有人.定义为：从A（B）电梯开门时刻算起，到电梯内最后一人到达目标楼层后A（B）电梯门关闭为止，所花时间.记"运输完成时间"：. (1)若所有人均乘坐一部电梯，求； (2)为了研究的最小值，我们需要对电梯的"乘坐安排"作出一些合理假设.例如：假设两部电梯都有人乘坐.理由：分开乘坐，比如去2层的人都坐电梯A，其余人坐电梯B，则均小于（1）中，故"运输完成时间"也小于（1）中，所以要使得最小，两部电梯一定都有人乘坐.请你在此基础上再提出1至2条关于电梯"乘坐安排"的合理假设，并简述作出这些假设的理由（若有多条假设，请按重要性从高到低写出最重要的两条）； (3)求出最小值. 【答案】(1)145秒 (2)答案见解析 (3)95秒 【分析】（1）根据题意，知总时间包括开门的两次及中途上楼的层数； （2）分目的地为同一层楼的人都坐同一部电梯，即A、B电梯所到楼层不重叠和不妨设A电梯到达10层，则可假设B电梯停留层数均小于A电梯停留层数，两种情况讨论，进而可得出结论； （3）根据题意求出与的关系，进而可得出答案. 【详解】（1）包括1楼，电梯共开关门10次数，上升9层， 所以完成运输所花时间为秒； （2）假设一：目的地为同一层楼的人都坐同一部电梯，即A、B电梯所到楼层不重叠. 理由：将目的地为同一层楼的人调整到同一部电梯可以使得其中一部电梯至少节约10秒，这样调整后方案的"运输完成时间"必然不大于原方案. 假设二：不妨设A电梯到达10层，则可假设B电梯停留层数均小于A电梯停留层数. 理由：记B电梯最高到达楼，若存在A电梯到达楼，且的情况.两部电梯交换这两层的人，则不变，至少减少5秒，新方案"运输完成时间"必然不大于原方案； （3）设A电梯到达楼层为层，，B电梯到达楼层为层， ， ， 时，取得最小值95秒，即A电梯目的地为710层，B电梯目的地为层. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 乘法原理与加法原理 课程标准 学习目标 1. 熟练掌握两个计数原理。 2. 灵活应用两个计数原理解决数学与生活中的计数问题。 3. 理解两个计数原理的区别与联系。 4. 掌握分类与分步的计数原则及分类标准 5. 常见误区：“分类”与“分步”不清，导致计数错误 1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题． 知识点01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 【即学即练1】（高二下·上海长宁·期末）4个不同的红球和6个不同的白球放入同一个袋中，现从中取出4个球． （1）若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有多少不同的取法？ （2）取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取出4个球所得总分不少于5分，则有多少种不同取法． 知识点02分布乘法计数原理 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 【即学即练2】（23-24高二下·上海·期末）展开式共有 项. 知识点03 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 回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题 不同点 针对的是“分类”问题 不同点 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 各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事 【即学即练3】（23-24高二下·上海虹口·期末）设实数和均是集合中的两个不同的元素，则方程所表示的不同直线的条数为 . 题型一：分布乘法计数原理及简单应用 1.（2020高三·上海·专题练习）从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被3整除的概率为（    ）. A． B． C． D． 2．（高二下·上海虹口·阶段练习）高三年级有8个班级，分派4位数学老师任教，每个教师教两个班，则不同的分派方法有（    ） A． B． C． D． 3．（高一上·上海闵行·阶段练习）如果不等式组的整数解有（）个，那么适合这个不等式组的整数、的有序数对共有（    ）个 A．17个 B．64个 C．81个 D．72个 4.（25-26高三上·上海·单元测试）停车场划出一排12个停车位置，今有8辆车需要停放．要求空车位置连在一起，不同的停车方法有 种． 5．（25-26高三上·上海·单元测试）将3封不同的信投入4个不同的邮筒，则不同投法有 种． 6．（25-26高三上·上海·单元测试）将4封信投入3个信箱中，共有 种不同的投法． 7．（24-25高二上·上海奉贤·阶段练习）正整数1224有 个不同的正约数. 8．（23-24高二下·上海·阶段练习）若，则方程表示的不同双曲线共有 个． 9．（23-24高二下·上海·阶段练习）某小组共有4名男生，和3名女生.若选一名男生和一名女生分别担任组长和干事，共有 种不同的结果. 10．（23-24高二下·上海·阶段练习）有3位高三学生参加4所重点院校的自主招生考试，每人参加且只能参加一所学校的考试，则不同的考试方法种数为 . 题型二：判断事件计数的原理 1.（21-22高二下·上海闵行·期末）现有5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（    ） A． B． C．20 D．9 2.（21-22高二下·上海闵行·期中）某城市在中心广场建造了一个花园，花园分为6个部分（如图所示），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？（    ） A．72 B．96 C．120 D．144 3.（22-23高二上·上海杨浦·期末）有8种不同型号的手机供4位顾客选购，每人只购一台，则共有 种不同的选法. 题型三：分类加法计数原理 1．（21-22高二下·上海浦东新·期末）若展开，则展开式中的系数等于（    ） A．在1，2，3，4，5中所有任取两个不同的数的乘积之和； B．在1，2，3，4，5中所有任取三个不同的数的乘积之和； C．在1，2，3，4，5中所有任取两个不同的数的求和之积； D．在1，2，3，4，5中所有任取三个不同的数的求和之积； 2.（24-25高三上·上海·阶段练习）设为正四面体棱上的点，由点到四个面中心的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有2个元素，那么符合条件的点有 个． 3．（23-24高二上·上海普陀·阶段练习）已知是边长为1的正方形，在空间中取4个不同的点，使得它们与恰好成为一个侧棱长为1的正四棱柱的8个顶点，则不同的取法数为 ． 4．（22-23高二上·上海嘉定·期中）已知a，b∈{0，1，2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形共有 ． 5．（21-22高二下·上海闵行·期中）近期，上海加大疫情的防控力度，上海疫情隔离点逐渐增多，如图所示，、、、为上海某地四个隔离点，为了方便食物供应，现在要建造三座桥，将这四个隔离点连接起来，则不同的建桥方法有 种． 6．（21-22高二下·上海闵行·期中）甲盒子中有3个不同的红球，乙盒子中有7个不同的白球，某同学要在甲盒或乙盒中摸一个球，则不同的方法有 ． 7．（20-21高二下·上海杨浦·期中）学校组织春游活动，每个学生可以选择去四个地方：崇明､朱家角､南汇和嘉定，有四位同学恰好分别来自这四个地方，若他们不去家乡，且分别去了不同地方，则四位同学去向的所有可能结果数为 . 8．（2021·上海黄浦·三模）一个三位数，个位､十位､百位上的数字依次为，当且仅当且时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为 . 9．（20-21高二下·上海宝山·期中）已知在矩形中，，，若将边72等分，过每个等分点分别作的平行线，若将边56等分，过每个等分点分别作的平行线，则这些平行线把整个矩形分成了边长为1的个小正方形，于是，被对角线从内部穿过的小正方形（小正方形内部至少有上的点）共有 个． 10.（23-24高三上·上海浦东新·阶段练习）已知正整数，满足，若关于的方程有实数解，则符合条件的共有 对. 一、单选题 1．（22-23高二下·上海普陀·期中）将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（23-24高二下·上海宝山·阶段练习）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 3．（2025·上海·模拟预测）有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 4．（23-24高二下·上海闵行·期中）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．5 B．6 C．7 D．8 二、填空题 5．（22-23高二下·上海长宁·期中）同时抛掷5枚均匀的硬币，恰有1枚反面朝上的概率为 ． 6．（20-21高二下·上海浦东新·期末）本次数学期末考试共三种题型：填空题、选择题、解答题，其中填空题满分54分，共有12道小题，前6题每小题4分，后6题每小题5分，每小题答对得满分，答错得零分，则学生解答填空题共有 种不同的可能分值. 7．（22-23高二下·上海长宁·期末）乘积的展开式中共有 项. 8．（23-24高二下·上海·期中）正整数24有 个不同的正因数． 9．（23-24高二下·上海·期中）2022年北京冬奥会的顺利召开，激发了大家对冰雪运动的兴趣.  若甲、乙、丙三人在自由式滑雪、花样滑冰、冰壶和跳台滑雪这四项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有 种 10．（24-25高二上·上海·期末）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． 11．（22-23高二下·上海嘉定·期中）三层书架，分别放置科技书籍12本，经济类书籍14本，建筑类书籍11本，从中取2本书，且各类只能选1本，有 种不同选法 12．（23-24高三上·上海松江·期末）有名同学报名参加暑期区科技馆志愿者活动，共服务两天，每天需要两人参加活动，则恰有人连续参加两天志愿者活动的概率为 ． 13．（23-24高二下·上海·期中）已知全集，集合为的子集，则有序集合一共有 组． 14．（2023·上海·模拟预测）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 15．（23-24高二上·上海松江·期末）设为的一个排列，满足，则这样的排列的个数为 个. 16．（22-23高二下·上海徐汇·期中）已知六个字母以随机顺序排成一行，若小明每次操作可以互换2个字母的位置，则小明必须进行5次操作才能将六个字母排成的顺序的排列情况有 种． 三、解答题 17．（高二下·上海奉贤·期中）现某学校共有34人自愿组成数学建模社团，其中高一年级13人，高二年级12人,高三年级9人. (1)选其中一人为负责人，共有多少种不同的选法？ (2)每个年级选一名组长，有多少种不同的选法？ (3)选两人作为社团发言人,这两人需要来自不同的年级，有多少种不同的选法？ 18．（24-25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． 19．（25-26高三上·上海·单元测试）若集合、满足，则称为集合的一个分拆，并规定：当且仅当时，与为集合的同一种分拆，求集合的不同分拆种数. 20．（24-25高二上·上海松江·阶段练习）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16. 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立. (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，求所有X的可能值及其发生的概率. (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明） 21．（24-25高三上·上海·期中）仰晖楼有A、B两部电梯.已知电梯每上一层需要5秒，电梯在某层楼停留时开门到关门所花时间为10秒（人员均能在电梯开关门时间内完成进出电梯和按楼层等操作）.某天清晨，楼上还没有人，1楼已经有若干人均欲乘坐电梯上楼，目的地分别是楼.现两部电梯均恰好在1楼（两部电梯互相独立运行，可以独立开关门，在1楼按下按钮后将同时打开门），且每部电梯容量足够容纳所有人.定义为：从A（B）电梯开门时刻算起，到电梯内最后一人到达目标楼层后A（B）电梯门关闭为止，所花时间.记"运输完成时间"：. (1)若所有人均乘坐一部电梯，求； (2)为了研究的最小值，我们需要对电梯的"乘坐安排"作出一些合理假设.例如：假设两部电梯都有人乘坐.理由：分开乘坐，比如去2层的人都坐电梯A，其余人坐电梯B，则均小于（1）中，故"运输完成时间"也小于（1）中，所以要使得最小，两部电梯一定都有人乘坐.请你在此基础上再提出1至2条关于电梯"乘坐安排"的合理假设，并简述作出这些假设的理由（若有多条假设，请按重要性从高到低写出最重要的两条）； (3)求出最小值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$