6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理（六个重难点突破）-2024-2025学年高二数学重难点突破及易错点分析（人教A版选择性必修第三册）

6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一、两个计数原理的辨析 四、数字排列问题 二、分类加法计数原理的应用 五、涂色问题 三、分布乘法计数原理的应用 六、抽取与分配问题 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． 重难点一、两个计数原理的辨析 【例1】判断正误 （1）在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( ) （2）在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( ) （3）在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( ) （4）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．( ) 【例2】判断正误，正确的填“正确”，错误的填“错误”． （1）分类计数是指将完成这件事的所有方式进行分类，每一类都能独立完成该事件．( ) （2）分步计数是指将完成这件事分解成若干步骤，当完成所有的步骤时，这个事件才算完成．( ) （3）当一个事件既需要分步又需要分类时，分步和分类没有先后之分．( ) 【变式1-1】判断下列各事件哪些是运用分类计数原理计数 . （1）一个三层书架的上层放有5本不同的数学书，中层放有3本不同的语文书，下层放有2本不同的英语书，从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？ （2）一个三层书架的上层放有5本不同的数学书，中层放有3本不同的语文书，下层放，有2本不同的英语书；从书架上任取三本书，其中数学书，语文书，英语书各一本，有多少种不同的取法？ （3）从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船，假定火车每日1班，汽车每日3班，轮船每日2班，那么一天中从甲地到乙地有多少种不同的走法？ 【变式1-2】（多选）下列结论正确的是（　　） A．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同 B．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 C．在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成 D．在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法可以相同 【变式1-3】判断正误（正确的写正确，错误的写错误） （1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分类问题.( ) （2）分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情．( ) （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题．( ) （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题．( ) 重难点二、分类加法计数原理的应用 【例3】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 【例4】家住广州的小明同学准备周末去深圳旅游，从广州到深圳一天中动车组有30个班次，特快列车有20个班次，汽车有40个不同班次.则小明乘坐这些交通工具去深圳不同的方法有 . 【变式2-1】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 【变式2-2】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2-3】已知均为集合中的元素，则对应的所有可能的直线有 条． 重难点三、分布乘法计数原理的应用 【例5】文娱晚会中，学生的节目有6个，已经排好出场顺序，现临时增加2个教师的节目，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，并且6个学生的节目先后出场顺序不变，则晚会的出场顺序的种数为（    ） A．30 B．42 C．56 D．3960 【例6】从分别标有数字1，2，3，4的4张卡片中有放回地随机抽取3次，每次取一张，则抽到的3张卡片上的数字之和大于9的概率为（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】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． 【变式3-2】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 【变式3-3】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 重难点四、数字排列问题 【例7】数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（   ） A．24个 B．12 C．9个 D．6个 【例8】随机数选择器每次只能从、、、、、、、、这九个数字中选一个数，并且以相等概率做选择，那么在次选择后，选出的个数的乘积能被整除的概率为 . 【变式4-1】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． 【变式4-2】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 【变式4-3】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 重难点五、涂色问题 【例9】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 . 【例10】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 【变式5-1】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 【变式5-2】“奥帆之都”青岛，具有现代时尚都市感的同时，更注重里院文化的传承与保护，为建设“建筑可阅读、街道可漫步、文化可传承、城市可记忆”的“最青岛”，市南区举办了“上街里，逛春天，百米长卷绘老城”活动.一位同学在活动中负责用5种不同颜色给如图所示的图标上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有 种不同的涂法? 【变式5-3】如下图，用4种不同颜色标注地图中的6个区域，相邻省颜色不同，有 种不同的涂色方式. 重难点六、抽取与分配问题 【例11】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 【例12】某学校举办作文比赛，共设6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文．则甲、乙两位参赛同学抽到的主题不相同的概率为 ． 【变式6-1】某社区年终活动设置抽奖环节，方案如下：准备足够多的写有“和谐”、“和睦”、“复兴”的卡片，参与者随机逐一抽取四张，若集齐三种卡片就获奖.王大爷按规定参与抽奖，则他直到第四次抽取出卡片才确定获奖的不同情况种数为 . 【变式6-2】同一寝室4人，每人写一张贺卡集中起来，然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？ 【变式6-3】最美人间四月天，赏花踏青正当时. 某中学高二年级三个班级去国家植物园、圆明园、奥林匹克森林公园、香山四个公园观赏海棠花，若国家植物园必须有班级要去，除此之外去哪个公园可自由选择，则不同的分配方案共有（    ） A．16种 B．18种 C．37种 D．48种 一、单选题 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 2．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 3．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 4．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 5．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 6．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 二、多选题 7．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） 8．一个袋子中有4个白球，个黄球，采用不放回的方式从中依次随机抽取2个球，已知取出的2个球颜色不同的概率为，则（   ） A．3 B．4 C．7 D．8 三、填空题 9．小南将一枚骰子连续抛掷 3 次，每一次骰子都会等可能地出现 1、2、3、4、5、6 点. 则3次骰子点数按抛掷顺序构成等差数列的情况有 种. 10．某学校组建了辩论、英文剧场、民族舞、无人机和数学建模五个社团，高一学生全员参加，且每位学生只能参加一个社团．学校根据学生参加情况绘制如下统计图，已知参加无人机社团和参加数学建模社团的学生人数相等，则下列正确结论的序号是 ． ①高一年级学生人数为120 ②参加无人机社团的学生人数为17 ③若按比例分层随机抽样从各社团抽取20人，则从无人机社团抽取的学生人数为3 ④若甲、乙、丙三人报名参加社团，则共有60种不同的报名方法 11．设集合A中的元素皆为无重复数字的二位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 . 四、解答题 12．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到0的概率为，收到1的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.在三次传输中，收到的信号需要译码.译码规则如下：三次传输时，收到的信号中若出现连续两个0，则译码为0，其余情况译码为1.例如，若依次收到，则译码为0. (1)若采用单次传输，依次发送“”，求收到信号仍为“”的概率； (2)若采用单次传输，依次发送“”，求收到信号数字之和为2的概率； (3)若采用三次传输，求发送“0”后译码仍为“0”的概率. 13．分别编有，，，，号码的人与椅，其中号人不坐号椅的不同坐法有多少种？ 14．假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了点伤，只能爬，不能飞，而且只能向右方（包括右上、右下）爬行，从一间蜂房爬到与之相邻的右蜂房中去，求从最初位置爬到6号蜂房共有多少种不同的爬法？ 15．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. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一、两个计数原理的辨析 四、数字排列问题 二、分类加法计数原理的应用 五、涂色问题 三、分布乘法计数原理的应用 六、抽取与分配问题 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． 重难点一、两个计数原理的辨析 【例1】判断正误 （1）在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( ) （2）在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( ) （3）在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( ) （4）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】 正确 错误 错误 正确 【详解】略 故答案为：正确；错误；错误；正确. 【例2】判断正误，正确的填“正确”，错误的填“错误”． （1）分类计数是指将完成这件事的所有方式进行分类，每一类都能独立完成该事件．( ) （2）分步计数是指将完成这件事分解成若干步骤，当完成所有的步骤时，这个事件才算完成．( ) （3）当一个事件既需要分步又需要分类时，分步和分类没有先后之分．( ) 【答案】 正确 正确 错误 【详解】（1）分类加法计数原理是指完成一件事有多种方案，每一类方案都能完成事情，不同方案间互不相同； （2）分步乘法计数原理是指完成一件事需要多个步骤，只有当所有步骤完成后，这件事才完成； （3）很多事件完成既需要分步又需要分类，有的是先分类后分步，有些事件是先分步后分类，不能颠倒顺序，否则就会出现重复或遗漏的现象，所以说“分步和分类没有先后之分”是错误的； 故答案为：正确；正确；错误. 【变式1-1】判断下列各事件哪些是运用分类计数原理计数 . （1）一个三层书架的上层放有5本不同的数学书，中层放有3本不同的语文书，下层放有2本不同的英语书，从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？ （2）一个三层书架的上层放有5本不同的数学书，中层放有3本不同的语文书，下层放，有2本不同的英语书；从书架上任取三本书，其中数学书，语文书，英语书各一本，有多少种不同的取法？ （3）从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船，假定火车每日1班，汽车每日3班，轮船每日2班，那么一天中从甲地到乙地有多少种不同的走法？ 【答案】（1）（3） 【详解】分类计数原理：完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的方法，在第2类办法中有种不同的方法…，在第n类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． （1）完成从书架上任取一本书，每取一本，都能完成这件事，故运用分类计数原理计数； （2）从书架上任取三本书，其中数学书，语文书，英语书各一本，完成这件事需要3步，故运用分步计数原理计数； （3）完成地到乙地，有3类办法，每一类中办法都能完成这件事，故运用分类计数原理计数， 故答案为：（1）（3）． 【变式1-2】（多选）下列结论正确的是（　　） A．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同 B．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 C．在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成 D．在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法可以相同 【答案】BC 【详解】对于A，在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法互不相同，故A错误； 对于B，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，故B正确； 对于C，在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成，故C正确； 对于D，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，故D错误． 故选：BC． 【变式1-3】判断正误（正确的写正确，错误的写错误） （1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分类问题.( ) （2）分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情．( ) （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题．( ) （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题．( ) 【答案】 错误 错误 正确 正确 【详解】（1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分步问题，（1）错误. （2）分步乘法计数原理是指完成所有的步骤才是完成整件事情，（2）错误. （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题，（3）正确. （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题，（4）正确 故答案为：错误；错误；正确；正确 重难点二、分类加法计数原理的应用 【例3】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 【详解】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. 【例4】家住广州的小明同学准备周末去深圳旅游，从广州到深圳一天中动车组有30个班次，特快列车有20个班次，汽车有40个不同班次.则小明乘坐这些交通工具去深圳不同的方法有 . 【答案】90种 【详解】根据分类加法计数原理，得方法种数为（种）. 故答案为：90种 【变式2-1】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 【详解】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 【变式2-2】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 【详解】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2-3】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： 重难点三、分布乘法计数原理的应用 【例5】文娱晚会中，学生的节目有6个，已经排好出场顺序，现临时增加2个教师的节目，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，并且6个学生的节目先后出场顺序不变，则晚会的出场顺序的种数为（    ） A．30 B．42 C．56 D．3960 【答案】A 【详解】根据题意，学生的节目有6个，已经排好出场顺序，这6个节目之间有5个空位， 因为教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，则先将第一个教师节目安排到5个空位中，有5种方法； 再将第二个教师的节目安排到7个节目之间的6个空位中，有6种方法， 由分步乘法计数原理可得，共有种方法. 故选：A. 【例6】从分别标有数字1，2，3，4的4张卡片中有放回地随机抽取3次，每次取一张，则抽到的3张卡片上的数字之和大于9的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】从分别标有数字1，2，3，4的4张卡片中有放回地随机抽取3次的所有情况有种， 抽到的3张卡片上的数字之和大于9的情况有10种， 所以抽到的3张卡片上的数字之和大于9的概率为. 故选：C. 【变式3-1】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 【详解】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. 【变式3-2】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 【详解】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. 【变式3-3】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 【详解】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. 重难点四、数字排列问题 【例7】数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（   ） A．24个 B．12 C．9个 D．6个 【答案】C 【详解】当百位上为1时，组成的三位数有101，102，110，112，120，121，共6个数， 当百位上为2时，组成的三位数有201，210，211，共3个数， 所以组成不同的三位数有9个. 故选：C 【例8】随机数选择器每次只能从、、、、、、、、这九个数字中选一个数，并且以相等概率做选择，那么在次选择后，选出的个数的乘积能被整除的概率为 . 【答案】 【详解】随机数选择器每次只能从、、、、、、、、这九个数字中选一个数， 选择次，每次都有种结果，共种结果， 若选出的个数的乘积能被整除，则其中有一次选择的数为，另一次选择的数为偶数， 则不同的选择结果有种， 由古典概型的概率公式可知，所求事件的概率为. 故答案为：. 【变式4-1】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：． 【变式4-2】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】 【详解】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 【变式4-3】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 重难点五、涂色问题 【例9】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 【详解】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 【例10】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 【详解】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. 【变式5-1】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 【详解】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. 【变式5-2】“奥帆之都”青岛，具有现代时尚都市感的同时，更注重里院文化的传承与保护，为建设“建筑可阅读、街道可漫步、文化可传承、城市可记忆”的“最青岛”，市南区举办了“上街里，逛春天，百米长卷绘老城”活动.一位同学在活动中负责用5种不同颜色给如图所示的图标上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有 种不同的涂法? 【答案】180 【详解】当②、④不同色时，有种涂色方案； 当②、④同色时，有种涂色方案， 根据分类加法计数原理可得共有种涂色方案. 故答案为：. 【变式5-3】如下图，用4种不同颜色标注地图中的6个区域，相邻省颜色不同，有 种不同的涂色方式. 【答案】120 【详解】当陕西和贵州相同，陕西和贵州4种颜色，重庆3种颜色，四川有2种颜色，湖北有2种颜色，湖南有1种颜色，则共有种方法， 当陕西和贵州不同，湖北和贵州相同，则陕西有4种颜色，重庆3种颜色，贵州和湖北有2种颜色，湖南有2种颜色，四川有1种颜色，则共有种方法， 当陕西和贵州不同，湖北和贵州不同，则陕西有4种颜色，重庆3种颜色，贵州有2种颜色，湖北有1种颜色，湖南有1种颜色，四川有1种则共有种方法， 综上可知有种方法. 故答案为：120 重难点六、抽取与分配问题 【例11】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 【答案】13 【详解】若甲是特等奖，则乙可以是剩余四种中的一种，则丙丁戊情况被唯一确定，此时共有4种情况， 若甲不是特等奖，则甲可以是剩余3种奖中的一种，此时乙也有3种情况，则丙丁戊情况被唯一确定，此时共有种情况， 故总的情况为， 故答案为：13 【例12】某学校举办作文比赛，共设6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文．则甲、乙两位参赛同学抽到的主题不相同的概率为 ． 【答案】 【详解】由题意可知甲乙两人抽取主题的情况有种，不相同的情况有种， 所以其概率为. 故答案为： 【变式6-1】某社区年终活动设置抽奖环节，方案如下：准备足够多的写有“和谐”、“和睦”、“复兴”的卡片，参与者随机逐一抽取四张，若集齐三种卡片就获奖.王大爷按规定参与抽奖，则他直到第四次抽取出卡片才确定获奖的不同情况种数为 . 【答案】 【详解】根据题意，若王大爷直到第4次才获奖， 则其第4次才集全“和谐”“和睦”“复兴”三种卡片，则甲第4次获得的卡片有3种情况， 前三次获得的红包为其余的2种，有种情况， 则他获得奖次的不同情形种数为． 故答案为：. 【变式6-2】同一寝室4人，每人写一张贺卡集中起来，然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？ 【答案】9 【详解】设4个人分别为甲、乙、丙、丁，且他们写的卡片分别为、、、， 由于每个人都要拿别人写的，即不能拿自己写的，故甲有三种拿法， 不妨设甲拿了，则乙可以拿剩下三张中的任一张，也有三种拿法，丙和丁只能有一种拿法， 所以共有种分配方式． 【变式6-3】最美人间四月天，赏花踏青正当时. 某中学高二年级三个班级去国家植物园、圆明园、奥林匹克森林公园、香山四个公园观赏海棠花，若国家植物园必须有班级要去，除此之外去哪个公园可自由选择，则不同的分配方案共有（    ） A．16种 B．18种 C．37种 D．48种 【答案】C 【详解】国家植物园必须有班级去的对立事件为国家植物园没有班级去，国家植物园没有班级去有种方案，所以国家植物园必须有班级去有种方案. 故选：C. 一、单选题 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 【详解】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. 2．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 【详解】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. 3．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 4．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. 5．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 【详解】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 6．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 二、多选题 7．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 【详解】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 8．一个袋子中有4个白球，个黄球，采用不放回的方式从中依次随机抽取2个球，已知取出的2个球颜色不同的概率为，则（   ） A．3 B．4 C．7 D．8 【答案】AB 【详解】设从个球不放回地随机取出2个的可能总数为，事件“两次取出的球颜色不同”， 则，， 则，解得或. 故选：AB. 三、填空题 9．小南将一枚骰子连续抛掷 3 次，每一次骰子都会等可能地出现 1、2、3、4、5、6 点. 则3次骰子点数按抛掷顺序构成等差数列的情况有 种. 【答案】18 【详解】公差为0的情况有6种：111，222，333，444，555，666； 公差为的情况有8种：123，234，345，456，321，432，543，654； 公差为的情况有4种：135，246，531，642， 所以3次骰子点数按抛掷顺序构成等差数列的情况有18种. 故答案为：18 10．某学校组建了辩论、英文剧场、民族舞、无人机和数学建模五个社团，高一学生全员参加，且每位学生只能参加一个社团．学校根据学生参加情况绘制如下统计图，已知参加无人机社团和参加数学建模社团的学生人数相等，则下列正确结论的序号是 ． ①高一年级学生人数为120 ②参加无人机社团的学生人数为17 ③若按比例分层随机抽样从各社团抽取20人，则从无人机社团抽取的学生人数为3 ④若甲、乙、丙三人报名参加社团，则共有60种不同的报名方法 【答案】①③ 【详解】由题中统计图可知，参加民族舞社团的学生人数为12，占高一年级学生人数的10%， 所以高一年级学生人数为，①正确， 所以参加英文剧场社团的学生人数为，又参加辩论社团的学生人数为30， 所以参加无人机社团的学生人数等于参加数学建模社团的学生人数，等于，②不正确． 若按比例分层随机抽样从各社团抽取20人，则从无人机社团抽取的学生人数为，③正确． 若甲、乙、丙三人报名参加社团，则每人有5种选法，共有（种）不同的报名方法，故④不正确． 故答案为：①③． 11．设集合A中的元素皆为无重复数字的二位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 . 【答案】 【详解】由题意知集合中元素中任意两者之积皆为偶数， 故该集合元素中最多只能有一个奇数，其余元素均是偶数． ①当个位为0时，则十位有9个数字可供选择，则这样的偶数有个； ②当个位不为0时，则个位有2,4,6,8共4个数字可供选择，十位有8个数字可供选择， 则这样的偶数有个； 则集合中元素个数的最大值为个． 故答案为：． 四、解答题 12．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到0的概率为，收到1的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.在三次传输中，收到的信号需要译码.译码规则如下：三次传输时，收到的信号中若出现连续两个0，则译码为0，其余情况译码为1.例如，若依次收到，则译码为0. (1)若采用单次传输，依次发送“”，求收到信号仍为“”的概率； (2)若采用单次传输，依次发送“”，求收到信号数字之和为2的概率； (3)若采用三次传输，求发送“0”后译码仍为“0”的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）记事件A=“依次发送“”，求收到信号仍为“”， 则. （2）依次发送“”，收到信号数字之和为2分为：、、； 设事件B=“依次发送“”，收到信号数字为”， 设事件C=“依次发送“”，收到信号数字为”， 设事件D=“依次发送“”，收到信号数字为”， 设事件E=“依次发送“”，收到信号数字之和为2”， 则, , , . （3）采用三次传输，发送“0”后,译码仍为“0”的情况为“、、”； 设事件F=“采用三次传输，发送“0”后, 收到信号数字为”, 设事件G=“采用三次传输，发送“0”后, 收到信号数字为”, 设事件H=“采用三次传输，发送“0”后, 收到信号数字为”, 设事件W=“ 采用三次传输，发送“0”后, 译码仍为“0”， ，, . 13．分别编有，，，，号码的人与椅，其中号人不坐号椅的不同坐法有多少种？ 【答案】44 【详解】树图法如下： 通过画以上树状图可得，号人不坐号椅的不同坐法有种． 14．假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了点伤，只能爬，不能飞，而且只能向右方（包括右上、右下）爬行，从一间蜂房爬到与之相邻的右蜂房中去，求从最初位置爬到6号蜂房共有多少种不同的爬法？ 【答案】21种 【详解】解法1：由树形图可得，蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房先进入0号蜂房有13种爬法；蜜蜂先进入1号蜂房共有8种爬法． 所以蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房，共有种不同的爬法． 说明：图1所表示的图形叫树形图．用这种方式解决排列组合问题较为直观形象． 解法2：依题意，蜜蜂爬到0号蜂房有1种爬法；爬到1号蜂房有2种爬法； 爬到2号蜂房有种爬法（在爬到0号或1号蜂房后再爬到2号蜂房）； 同理，爬到3号蜂房有种爬法； 爬到4号蜂房有种爬法； 爬到5号蜂房有种爬法； 爬到6号蜂房有种爬法． 所以蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房共有21种不同的爬法． 15．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 【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． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$