7.1 两个基本计数原理（3个知识点+8类热点题型讲练+习题巩固）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（苏教版2019选择性必修第二册）

7.1 两个基本计数原理 课程标准 学习目标 （1）能在实际计数问题中，用自己的语言解释分类加法计数原理和分步乘法计数原理，发展数学抽象素养． （2）能通过具体实例，说明分类加法计数原理与分步乘法计数原理之间的联系与区别，发展数学运算、逻辑推理等素养． （3）能根据实际问题的特征，通过对“完成一件什么事”的分析，正确选择原理解决简单的实际问题，发展数学运算素养． （1）了解分类计数原理与分步计数原理. （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 分类计数原理 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． 【即学即练1】某同学逛书店，发现3本喜欢的书，若决定至少买其中的两本，则购买方案有（　　） A．4种 B．6种 C．7种 D．9种 知识点02 分步计数原理 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． 【即学即练2】学校组织研学活动，现有寿宁下党乡、福安柏柱洋、屏南潦头村、福鼎赤溪村4条路线供3个年级段选择，每个年段必项且只能选择一条路线，则不同的选择方法有（    ） A．4种 B．24种 C．64种 D．81种 知识点03 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． 2、利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序： （1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？ （2）然后考虑如何完成？主要有三种类型 ①分类或分步． ②先分类，再在每一类里再分步． ③先分步，再在每一步里再分类，等等． （3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？ 【即学即练3】如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（    ） A．5 B．7 C．8 D．12 题型一：分类加法计数原理 【典例1-1】将2个相同的红球和2个相同的黑球放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（    ） A．5种 B．6种 C．7种 D．8种 【典例1-2】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 【方法技巧与总结】 应用分类加法计数原理应注意如下问题 （1）明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事． （2）无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法，即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的． 【变式1-1】书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书，甲同学想从中选出1本阅读，则不同的选法共有（   ） A．9种 B．10种 C．19种 D．90种 【变式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1-3】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 题型二：分步乘法计数原理 【典例2-1】从甲地到丙地要经过乙地，已知从甲地到乙地有4条路，从乙地到丙地有3条路，则从甲地到丙地不同的走法有（    ） A．3种 B．4种 C．7种 D．12种 【典例2-2】某体育用品店有5种不同价格的篮球，4种不同价格的排球，若从中选购1个篮球和1个排球，则不同的选购方法有（    ） A．9种 B．20种 C．625种 D．1024种 【方法技巧与总结】 利用分步乘法计数原理解题的一般思路 （1）分步：将完成这件事的过程分成若干步． （2）计数：求出每一步中的方法数． （3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． 【变式2-1】从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式2-2】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 题型三：两个原理的综合应用 【典例3-1】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． 【典例3-2】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． 【方法技巧与总结】 使用两个原理的原则 使用两个原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入手，“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，逐类解决，用分类加法计数原理；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后逐步解决，这时可用分步乘法计数原理． 【变式3-1】在正方形的每一个顶点处分别标上中的某一个数字（可以重复），则顶点处的数字都大于顶点处的数字的标注方法有（    ） A．36种 B．48种 C．24种 D．26种 【变式3-2】某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A，B，C三家医院接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院，每家医院每日至多接待两个单位．已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗，B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗，C医院接种的是需要打三针的重组蛋白疫苗，则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为（    ） A．27 B．24 C．18 D．16 题型四：组数问题 【典例4-1】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． 【典例4-2】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. 【方法技巧与总结】 对于组数问题，应掌握以下原则 （1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊位置（特殊元素）优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解． （2）要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位． 【变式4-1】已知集合，，从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字，能组成 个不同的两位数，能组成 个十位数字小于个位数字的两位数． 【变式4-2】由0、1、2、3、4、5这6个数字可以组成 个没有重复数字的三位偶数. 【变式4-3】 “渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第30个数为 ． 题型五：占位模型中标准的选择 【典例5-1】阅读课上，名同学分别从种不同的书中选择一种进行阅读，不同的选法种数是（    ） A． B． C． D． 【典例5-2】某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（   ） A．13种 B．42种 C．种 D．种 【方法技巧与总结】 在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解． 【变式5-1】一辆公交车上有位乘客，沿途个车站，则乘客下车的可能方式共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式5-2】编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 题型六：涂色问题 【典例6-1】如图，给编号为的区域涂色，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，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【典例6-2】如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 【方法技巧与总结】 解决涂色问题的一般思路 （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）以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析． （3）将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题． 【变式6-1】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 【变式6-2】给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 【变式6-3】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 题型七：种植问题 【典例7-1】某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 种． 【典例7-2】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 . 【方法技巧与总结】 种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数． 【变式7-1】在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是 【变式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7-3】在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共有 种（用数字作答） 题型八：列举法 【典例8-1】2160的不同正因数个数为（    ） A．42 B．40 C．36 D．30 【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 【方法技巧与总结】 将所有情况一一列举出来． 【变式8-1】某公司有家直营店，现需将箱货物运送至直营店进行销售，各直营店出售该货物以往所得利润统计如下表所示.    根据此表，该公司获得最大总利润的运送方式有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式8-2】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8-3】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 【变式8-4】从1至7这7个整数中随机取出3个不同的数，则它们的积与和都是3的倍数的不同取法有（    ） A．9种 B．12种 C．20种 D．30种 1．用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 2．已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（    ） A．40 B．32 C．24 D．23 3．如图，给编号为1，2，3，…，6的区域涂色，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，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 4．将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（    ） A．5种 B．6种 C．7种 D．8种 5．用这个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为（    ） A． B． C． D． 6．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 7．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 8．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 9．（多选题）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 10．（多选题）数学中蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观和显著.回文数是对称美的一种体现，它是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（    ） A．四位回文数有45个 B．四位回文数有90个 C．（）位回文数有个 D．（）位回文数有个 11．（多选题）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（    ） 站数 票价/元 2 3 4 A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种 B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种 C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种 D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种（同一地铁站出站不分先后） 12．用0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是 13．如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有 . 14．某城市一地铁站有四个出站口，乘客甲，乙，丙，丁相互独立地任选一个出站口出站，则共有 种出站方法． 15．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？ 16．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？ 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 7.1 两个基本计数原理 课程标准 学习目标 （1）能在实际计数问题中，用自己的语言解释分类加法计数原理和分步乘法计数原理，发展数学抽象素养． （2）能通过具体实例，说明分类加法计数原理与分步乘法计数原理之间的联系与区别，发展数学运算、逻辑推理等素养． （3）能根据实际问题的特征，通过对“完成一件什么事”的分析，正确选择原理解决简单的实际问题，发展数学运算素养． （1）了解分类计数原理与分步计数原理. （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 分类计数原理 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． 【即学即练1】某同学逛书店，发现3本喜欢的书，若决定至少买其中的两本，则购买方案有（　　） A．4种 B．6种 C．7种 D．9种 【答案】A 【解析】买两本，有种方案；买三本，有1种方案； 因此共有方案(种)． 故选：A. 知识点02 分步计数原理 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． 【即学即练2】学校组织研学活动，现有寿宁下党乡、福安柏柱洋、屏南潦头村、福鼎赤溪村4条路线供3个年级段选择，每个年段必项且只能选择一条路线，则不同的选择方法有（    ） A．4种 B．24种 C．64种 D．81种 【答案】C 【解析】3个年级段均有4种选择，故不同的选择方法有种. 故选：C 知识点03 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． 2、利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序： （1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？ （2）然后考虑如何完成？主要有三种类型 ①分类或分步． ②先分类，再在每一类里再分步． ③先分步，再在每一步里再分类，等等． （3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？ 【即学即练3】如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（    ） A．5 B．7 C．8 D．12 【答案】C 【解析】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为． 故选：C． 题型一：分类加法计数原理 【典例1-1】将2个相同的红球和2个相同的黑球放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（    ） A．5种 B．6种 C．7种 D．8种 【答案】C 【解析】满足条件的放法可分为两类， 第一类，每个盒子放；两个球，满足条件的放法有3种； 第二类，一个盒子放一个球，另一个盒子放个球，满足条件的放法有种， 由分类加法计数原理可得，满足条件的不同的放法共有种． 故选：C. 【典例1-2】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. 【方法技巧与总结】 应用分类加法计数原理应注意如下问题 （1）明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事． （2）无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法，即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的． 【变式1-1】书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书，甲同学想从中选出1本阅读，则不同的选法共有（   ） A．9种 B．10种 C．19种 D．90种 【答案】C 【解析】由分类加法计数原理知，不同的选法种数为. 故选 C. 【变式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1-3】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. 题型二：分步乘法计数原理 【典例2-1】从甲地到丙地要经过乙地，已知从甲地到乙地有4条路，从乙地到丙地有3条路，则从甲地到丙地不同的走法有（    ） A．3种 B．4种 C．7种 D．12种 【答案】D 【解析】由分步乘法计数原理，可知从甲地到丙地不同的走法有种． 故选：D 【典例2-2】某体育用品店有5种不同价格的篮球，4种不同价格的排球，若从中选购1个篮球和1个排球，则不同的选购方法有（    ） A．9种 B．20种 C．625种 D．1024种 【答案】B 【解析】第一步，从5种不同的篮球中选一个，有5种选法， 第二步，从4种不同的排球中选一个，有4种选法， 故不同的选法为：种. 故选：B. 【方法技巧与总结】 利用分步乘法计数原理解题的一般思路 （1）分步：将完成这件事的过程分成若干步． （2）计数：求出每一步中的方法数． （3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． 【变式2-1】从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【解析】从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人， 第一个路口有种选择，第二个路口有种选择，最后一个路口有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为种. 故选：B. 【变式2-2】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. 题型三：两个原理的综合应用 【典例3-1】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 【解析】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 【典例3-2】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. 【方法技巧与总结】 使用两个原理的原则 使用两个原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入手，“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，逐类解决，用分类加法计数原理；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后逐步解决，这时可用分步乘法计数原理． 【变式3-1】在正方形的每一个顶点处分别标上中的某一个数字（可以重复），则顶点处的数字都大于顶点处的数字的标注方法有（    ） A．36种 B．48种 C．24种 D．26种 【答案】D 【解析】按顶点处标注的数字分类，有如下几种情况： 若处都标注的是4，则处的标注方法有（种）； 若处都标注的是3，则处的标注方法有（种）； 若处都标注的是2，则处的标注方法有1种； 若处标注的是4和3两个数字，则处的标注方法有（种），不同的标注方法共有（种）； 若处标注的是4和2两个数字，则处的标注方法有1种，不同的标注方法共有（种）； 若处标注的是3和2两个数字，则处的标注方法有1种，不同的标注方法共有（种）. 由分类加法计数原理可知，顶点处的数字都大于顶点处的数字的标注方法共有（种）. 故选:D. 【变式3-2】某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A，B，C三家医院接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院，每家医院每日至多接待两个单位．已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗，B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗，C医院接种的是需要打三针的重组蛋白疫苗，则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为（    ） A．27 B．24 C．18 D．16 【答案】D 【解析】由题意，甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗，即甲不可预约C医院，则甲可预约A，B两家医院， ①若甲预约A医院，乙预约A医院，则丙可预约B，C医院，共2种情况； ②若甲预约A医院，乙预约B或C医院，则丙可预约A，B，C医院，共2×3＝6种情况； ③若甲预约B医院，乙预约A或C医院，则丙可预约A，B，C医院，共2×3＝6种情况； ④若甲预约B医院，乙预约B医院，则丙可预约A，C医院，共2种情况， 所以甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为种． 故选：D． 题型四：组数问题 【典例4-1】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 【典例4-2】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： 【方法技巧与总结】 对于组数问题，应掌握以下原则 （1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊位置（特殊元素）优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解． （2）要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位． 【变式4-1】已知集合，，从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字，能组成 个不同的两位数，能组成 个十位数字小于个位数字的两位数． 【答案】 20 10 【解析】①从A中取一个数作为十位数字，有4种不同的取法，从B中取一个数作为个位数字，有5种不同的取法．由乘法原理可知，能组成4×5＝20个不同的两位数． ②要组成十位数字小于个位数字的两位数，可分如下情况： 当个位数字为9时，十位上的数字有4种取法，能组成4个十位数字小于个位数字的两位数； 当个位数字为7时，十位上的数字有3种取法，能组成3个十位数字小于个位数字的两位数； 当个位数字为5时，十位上的数字有2种取法，能组成2个十位数字小于个位数字的两位数； 当个位数字为3时，十位上的数字有1种取法，能组成1个十位数字小于个位数字的两位数． 所以组成的十位数字小于个位数字的两位数有1＋2＋3＋4＝10个． 故答案为：20，10． 【变式4-2】由0、1、2、3、4、5这6个数字可以组成 个没有重复数字的三位偶数. 【答案】52 【解析】根据题意，对该没有重复数字的三位偶数进行分类讨论， 第一类：0在个位数时，先填百位，有5种方法，再填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数； 第二类，0不在个位数时，先填个位，只有2、4两种方法，再填百位，0不能在此位，故有4种方法，最后填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数； 综上，一共可以组成个没有重复数字的三位偶数. 故答案为：52. 【变式4-3】 “渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第30个数为 ． 【答案】1359 【解析】“渐升数”由小到大排列，则1在首位，2在百位的“渐升数”有 (个)； 1在首位，3在百位，4在十位的“渐升数”有5个； 1在首位，3在百位，5在十位的“渐升数”有4个， 此时“渐升数”有 (个)，因此按从小到大的顺序排列， 第30个“渐升数”必为1 359． 故答案为：1359. 题型五：占位模型中标准的选择 【典例5-1】阅读课上，名同学分别从种不同的书中选择一种进行阅读，不同的选法种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】阅读课上，名同学分别从种不同的书中选择一种进行阅读， 每名同学都有种选法，因此，不同的选法种数为种. 故选：C. 【典例5-2】某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（   ） A．13种 B．42种 C．种 D．种 【答案】B 【解析】7本不同的历史书任取1本历史书有7种取法； 6本不同的地理书任取1本地理书有6种取法， 从这些书中任取1本历史书和1本地理书， 根据分步乘法原理得到不同的取法有7×6=42种. 故选：B. 【方法技巧与总结】 在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解． 【变式5-1】一辆公交车上有位乘客，沿途个车站，则乘客下车的可能方式共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【解析】一辆公交车上有位乘客，沿途个车站，每位乘客都有种下车方式， 所以，乘客下车的可能方式共有种. 故选：A. 【变式5-2】编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 【答案】C 【解析】因不能走与自己编号相同的门，安排编号为1的同学进入博物馆有3种选法； 同理编号为2，3，4的同学进入博物馆各有3种方法， 由分步乘法计数原理，共有种方法．故C正确. 故选：C. 题型六：涂色问题 【典例6-1】如图，给编号为的区域涂色，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，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【答案】A 【解析】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择． 故不同的涂色方案有种． 故选：A. 【典例6-2】如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 【答案】D 【解析】根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E， 分4步进行分析： ①，对于区域A，有5种颜色可选； ②，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选； ③，对于区域C，与A、B区域相邻，有3种颜色可选； ④，对于区域D、E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选， 若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选， 则区域D、E有种选择， 所以不同的涂色方案有种. 故选：D. 【方法技巧与总结】 解决涂色问题的一般思路 （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）以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析． （3）将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题． 【变式6-1】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 【变式6-2】给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 【答案】C 【解析】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 第二类，三条边用种颜色， 由三条边用种颜色，可得必有条边涂同一种颜色， 先涂有种方法，再涂，，有种方法， 共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故选：C． 【变式6-3】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. 题型七：种植问题 【典例7-1】某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 种． 【答案】396 【解析】将六个扇形区域标号为1到6（如图所示），分两类完成这件事情： 第一类：若1和3种植的鲜花相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有6种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种. 第二类：若1和3种植的鲜花不相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种. 按照分类加法计数原理得，共有种. 故答案为：396. 【典例7-2】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：. 【方法技巧与总结】 种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数． 【变式7-1】在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是 【答案】1920 【解析】如图， 设5个区域分别是A，B，C，D，E. 第一步：选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择； 第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择； 第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择； 第四步：若区域D与区域A.种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种； 若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择，则区域E可选择的花卉有4种， 故不同的种植方法种数是：. 故答案为： 【变式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7-3】在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共有 种（用数字作答） 【答案】240 【解析】由分步乘法计数原理得种, 故答案为：240. 题型八：列举法 【典例8-1】2160的不同正因数个数为（    ） A．42 B．40 C．36 D．30 【答案】B 【解析】， 所以2160的不同正因数个数为： . 共40个. 故选：B. 【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． 【方法技巧与总结】 将所有情况一一列举出来． 【变式8-1】某公司有家直营店，现需将箱货物运送至直营店进行销售，各直营店出售该货物以往所得利润统计如下表所示.    根据此表，该公司获得最大总利润的运送方式有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【解析】箱货物的分配方法和最大利润分别为：；； ；；；； ，此时； ，此时； ，此时或； 综上，该公司获得最大总利润的运送方式有种. 故选：D. 【变式8-2】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 【解析】（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8-3】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 【解析】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 【变式8-4】从1至7这7个整数中随机取出3个不同的数，则它们的积与和都是3的倍数的不同取法有（    ） A．9种 B．12种 C．20种 D．30种 【答案】B 【解析】①当取出的3个不同的数中不含3和6时，显然它们的积不可能是3的倍数，不符合题意； ②当取出的3个不同的数中含有3不含有6时，它们的积一定是3的倍数， 但只有当另外2个数是，，，，，时， 它们的和才是3的倍数，共有6种取法；、 ③当取出的3个不同的数中含有6不含有3时，它们的积一定是3的倍数， 但只有当另外2个数是，，，，，时， 它们的和才是3的倍数，也有6种取法； ④当取出的3个不同的数中含有3和6时，它们的积一定是3的倍数， 但它们的和一定不是3的倍数，不符合题意． 综上，它们的积与和都是3的倍数的不同取法有（种）， 故选：B． 1．用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 【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，，，有3种选择， 因为这是一个三位数，所以百位数不能是0. ①当个位数为0时，有种， ②当个位数为2或4时，有种.综上，有30种. 故选：B. 2．已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（    ） A．40 B．32 C．24 D．23 【答案】D 【解析】由直线的倾斜角为锐角可知斜率一定存在，可得， 且，所以异号， 从集合中任取三个不同元素，且异号， 易知有4种选法，有2种选法，有3种选法，共有种， 又因为当和时，都表示直线， 所以符合条件的直线的条数为种. 故选：D 3．如图，给编号为1，2，3，…，6的区域涂色，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，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【答案】A 【解析】由题意可得，只需确定区域1，2，3的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择． 故不同的涂色方案有种． 故选：A. 4．将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（    ） A．5种 B．6种 C．7种 D．8种 【答案】C 【解析】若两个盒子中都放入2个球，则有3种不同的方法； 若一个盒子中放1个球，另一个盒子中放3个球，则有4种不同的方法． 故不同的放法有7种． 故选：C 5．用这个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为百位不为0，有9个数字可选， 则十位有9个数字可选， 个位有8个数字可选， 所以可以组成个没有重复数字的三位数. 故选：C. 6．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 【解析】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 7．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 【解析】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. 8．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 【解析】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 9．（多选题）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 【解析】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. 10．（多选题）数学中蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观和显著.回文数是对称美的一种体现，它是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（    ） A．四位回文数有45个 B．四位回文数有90个 C．（）位回文数有个 D．（）位回文数有个 【答案】BD 【解析】据题意，对于四位回文数，有1001、1111、1221、……、1991、2002、2112、2222、……、2992、……9009、9119、9229、……、9999，共90个，则A错误，B正确； 对于2n位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n和第n+1位也有10种，则共有9×10×10×……×10＝9×10n-1种选法，故C错； 对于2n+1位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n+1个数字，即最中间的数字有10种选法， 则共有9×10×10×……×10＝9×10n种选法，即2n+1（n∈N*）位回文数有9×10n个，所以 D正确． 故选：BD． 11．（多选题）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（    ） 站数 票价/元 2 3 4 A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种 B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种 C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种 D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种（同一地铁站出站不分先后） 【答案】BCD 【解析】两人共花费5元分为两类：小明花费2元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种， 同理小明花费3元，小华花费2元时，两人下地铁的方案也是种，所以共有18种，A不正确，B正确. 两人共花费6元分为三类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有种， 共有27种，C正确. 小明比小华先下地铁有两类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明和小华均花费3元，小明比小华先下地铁仅有3种方案，所以共有12种方案，D正确. 故选：BCD 12．用0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是 【答案】 【解析】当个数数字是0时，满足条件的四位数由， 当个数数字是2时，满足条件的四位数由， 故满足条件的偶数个数是10， 故答案为：10 13．如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有 . 【答案】48 【解析】根据题意，对于区域A，有4种涂色方法，对于区域B，有3种涂色方法， 对于区域C，有2种涂色方法，对于区域D，有2种涂色方法， 则由分步乘法计数原理可得种涂色方法. 故答案为：48 14．某城市一地铁站有四个出站口，乘客甲，乙，丙，丁相互独立地任选一个出站口出站，则共有 种出站方法． 【答案】256 【解析】每位乘客都有4种出站选择，根据分步计数原理可得种． 故答案为： 15．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. 16．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？ 【解析】（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． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$