专题07：乘法原理与加法原理（强基篇）讲义-2024-2025学年高二下学期数学沪教版（2020）选择性必修第二册

2024-2025学年沪教版2020选择性必修第二册同步培优课程（强基篇） 专题07 乘法原理与加法原理 知识点一、分类加法计数原理 1、分类加法计数原理的概念 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 2、分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事 情，我们可以用第一类有种方法，第二类有种方法，，第n类有种方法，来表示分类加法计数 原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有+++种不同方法可以完成 这件事. 3、分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类，分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 知识点二、分步乘法计数原理 1、分步乘法计数原理的概念 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 2、分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利 用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“”强调要依次完成各个 步骤才能完成要做的事情，从而共有×××种不同的方法可以完成这件事. 3、分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤既不能重复也不能遗漏. 知识点三、分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 1、联系。分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. 2、区别。分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 3、分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 题型1： 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】设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，从中任选一幅画布置房间，有 种不同的选法． 【答案】14 【分析】根据分类加法原理即可求解. 【解析】根据分类加法原理可得从中任选一幅画布置房间的选法有. 故答案为： 【例2】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】首先分析只能取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】由题意可得只能取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. 【跟踪训练】 1.甲乙两地隔江相望，现今连接两岸的有4座大桥、3条公路隧道、1条观光隧道和2条摆渡航线，那么，两岸市民过江有 种走法． 【答案】10 【分析】由分类加法计数原理可得答案. 【解析】两岸市民过江有种走法． 故答案为：10. 2.（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）将个相同的红球个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放个球，则不同的放法有 种（数字作答）. 【答案】 【分析】先从球的个数分类，再求出每类放球的方法，结合分类加法计数原理可得答案． 【详解】若一个盒子中放个红球，另一个盒子中放个黑球、个红球，则有种不同的方法； 若一个盒子中放个黑球，另一个盒子中放个红球、个黑球，则有种不同的方法； 若两个盒子中一个盒子放个红球，另一个盒子放个黑球，则有种不同的方法； 若两个盒子中都放个红球、个黑球，则有种方法. 故不同的放法有种． 3.（2022春·上海闵行·高二上海市七宝中学校考期中）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：. 题型2：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】某学生有语文书5本、数学书4本、英语书3本，现各选1本送给同学，有 种不同的送法． 【答案】60 【分析】由分步乘法计数原理可得. 【解析】从语文、数学、英语书中各选1本送给同学分3步： 第一步选语文书，有5种选法；第二步选数学书，有4 种选法；第三步选英语书，有3种选法， 由分步乘法计数原理可得，有种. 故答案为：60. 【例4】4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有 种报名方法．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有 种可能的结果． 【答案】 81 64 【详解】要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事， 因为每人必报一项，4名同学都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步． 又每人可在三项中选一项，选法为3种， 所以共有种报名方法． 要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事， 因为每项冠军只能由一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步， 而每项冠军是4人中的某一人，有4种可能的情况， 于是共有种可能的结果． 故答案为：81；64 【例5】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． 【例6】270的不同正约数共有___________个. 【答案】16 【分析】 先将270进行分解，进而利用约数的定义利用分类分步原理可得答案． 【详解】 解：， 故270的不同的正约数共有：个， 故答案为：16． 【跟踪训练】 1. 有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（    ） A．40 B．48 C．52 D．60 【答案】B 【分析】由题意，根据分步乘法原理，可得答案. 【详解】先从四对双胞胎中选出一对，有种选择； 然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎， 这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有种选择. 根据乘法原理，总共有种选法. 2. 某班5位同学参加周一到周五的值日，每天安排一名学生，其中学生甲只能安排到周一或周二，学生乙不能安排在周五，则他们不同的值日安排有（    ） A．288种 B．72种 C．42种 D．36种 【答案】D 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据题意，分3步进行，先安排甲，再安排乙，最后安排其他的3人，由分步计数原理，计算可得答案． 【详解】根据题意，先安排甲，甲只能安排到周一或周二，有2种情况， 再安排乙，学生乙不能安排在周五，甲已经安排，则乙有3种情况， 最后对其他的3人分析，将其安排在剩余的3天即可，有种情况， 由分步计数原理，可得共有种情况. 故选：D. 3. 某校组队参加辩论赛，从6名学生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参加且不担任四辩，则不同的安排方法种数为（    ） A．180 B．120 C．90 D．240 【答案】A 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、排列数的计算、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】由分步乘法原理计算，先排甲，再排其余5人即可. 【详解】分步完成： 甲不担任四辩，共有3种方法； 剩下5名同学任选3人，且任意排序，共有种， 所以一共有种， 故选：A. 4. 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. 5. 有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【解题思路】首先分解质因数可得，再由分步乘法计算原理计算可得. 【解答过程】因为，所以的不同的正因数有个. 故选：D. 6. 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. 【解析】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3：代数中的计数问题 【例7】（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. 【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 【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. 【跟踪训练】 1.集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 【解题思路】令，，求出集合的非空子集数，与集合的子集数，再由分步乘法计数原理计算可得. 【解答过程】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为：. 2.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. 3.已知项数为10的数列中任一项均为集合中的元素，且相邻两项满足．若中任意两项都不相等，则满足条件的数列有 个． 【答案】 【知识点】递推数列的实际应用、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】先将任意排列，依次将到插入该数列，考虑满足条件，求出其方法总数，即可得出答案. 【详解】由于，可以先将任意排列， 再将插入该数列，但不能在的左边且与相邻，共有种， 再将插入该数列，同样不能在和的左边且与，相邻，共有种， 再将插入该数列，同样不能在，和3的左边且与相邻，共有种， 以此类推，将插入该数列，共有种. 故答案为：. 题型4：几何中计数问题 【例9】（23-24高二下·上海·期中）平面上有8个点，其中有3个点在同一条直线上，除此之外，不再有任意三点共线，由这些点可以确定 直线 【答案】26 【知识点】分类加法计数原理、几何组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】由分类加法和分步乘法结合组合数的性质计算可得. 【详解】先分类，再分步. 当取3个共线的点中的两个时，可确定1条； 当取不共线的5个点中的两个时，可确定条； 当取不共线的5个点中的一个与共线三个点点中的一个时，可确定条； 所以一共26条. 故答案为：26 【例10】过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    ） A．18 B．30 C．36 D．54 【解题思路】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案. 【解答过程】解：如图，分以下几类： 棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对； 棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对； 侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 所以共有对. 故选：C. 【跟踪训练】 1. 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： 2. 在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（    ） A．95 B．91 C．88 D．75 【解题思路】首先确定以为对角线的矩形中整点的个数，再确定上的整点数，最后根据对称性求出△中整点的个数. 【解答过程】由题设，直线分别交x、y轴于、，    以高为10，宽为15的矩形内（含边）整数点有176个，其中直线上的整数点有、、、、、，共6个， 所以，矩形对角线两侧的三角形中整点的个数为个， 综上，△中整点的个数为个. 故选：B. 3. 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 【知识点】分类加法计数原理、棱柱的结构特征和分类 【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. 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 5. 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. 题型5： 实际问题中的计数问题 【例11】高二某班级4名同学要参加足球、篮球、乒乓球比赛，每人限报一项，其中甲同学不能报名足球，乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同，则不同的报名种数有（    ） A．54 B．12 C．8 D．81 【解题思路】直接由分步计数原理求解即可． 【解答过程】由甲同学不能报名足球，可得甲有2种报名方式， 乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同， 可得乙有3种报名方式，丙有2种报名方式，丁只有1种报名方式， 共分步计数原理可得共有种． 故选：B． 【例12】我校去年11月份，高二年级有9人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余4人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有 种不同的选法 【答案】216 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题 【分析】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理，按照分步乘法，分类加法即可得解. 【详解】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理. 第一类：2个只会跳舞的都不选，有种; 第二类：2个只会跳舞的有1人入选，有种; 第三类：2个只会跳舞的全入选，有种, 所以共有216种不同的选法, 故答案为：216. 【跟踪训练】 1.现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 【解题思路】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解. 【解答过程】依题意， 摆放20的方式有：2，0或20两种方式； 摆放220的方式有：2，2，0或22，0或2，20三种方式； 摆放126的方式有：1，2，6或12，6或1，26三种方式； 由分步计数原理知，数字20220126的摆放方式共有：种方式. 故选：B. 2.某市春节晚会原定10个节目，导演最后决定添加3个与“抗冰救灾”有关的节目，但是赈灾节目不排在第一个也不排在最后一个，并且已经排好的10个节目的相对顺序不变，则该晚会的节目单的编排总数为 种． 【答案】990 【详解】原准备的节目表中10个节目，可产生9个空位（不包含两端），赈灾节目不排在第一个也不排在最后一个，并且已经拍好的10个节目顺序不变，第一个赈灾节目可插入到其中的任何一个位置，共有9种方法； 当第一个赈灾节目插入后，11个节目会产生10个空（不包含两端），第二个赈灾节目可插入到其中的任何一个位置，有10种方法； 当第二个赈灾节目插入后，12个节目会产生11个空（不包含两端），第二个赈灾节目可插入到其中的任何一个位置，有11种方法； 根据分步乘法计数原理，不同的节目表可排出种， 故答案为：990 3.中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠､牛､虎､兔､龙､蛇､马､羊､猴､鸡､狗､猪）中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛､马，乙同学喜欢牛､狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有（    ） A．90种 B．80种 C．60种 D．50种 【解题思路】根据题意，按甲的选择不同分成2种情况讨论，求出确定乙，丙的选择方法，即可得每种情况的选法数目，由分类加法计数原理，即可求出答案. 【解答过程】根据题意，分2种情况讨论： ①若甲选择牛，此时乙的选择有2种，丙的选择有10种，此时有种不同的选法： ②若甲选择马，此时乙的选择有3种，丙的选择有10种，此时有种不同的选法： 则共有种选法. 故选：D. 4.某单位有5位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌尾数为2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（    ） A．24 B．27 C．30 D．33 【答案】B 【分析】根据题意先安排安排奇数日出行再安排偶数日出行分步分类求解即可. 【详解】15日至18日，有2天奇数日和2天偶数日，车牌尾数中有3个奇数和2个偶数．通过按日期分步，分2类， 第一类：，第二类：，共27种. 5.为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（   ） A．4 B．8 C．16 D．18 【解题思路】根据3枚邮票中邮票的种类进行分类求解即可. 【解答过程】由题意可知：会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有2枚，“志愿者标志”有1枚， 若任取3枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有： 若会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有1枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有2枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有1枚，“志愿者标志”有1枚，共有种； 故共有种． 故选：B. 题型6：数字排列问题 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13】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 【详解】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. 【例14】用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有（    ） A．16个 B．12个 C．9个 D．8个 【解题思路】利用分类计数原理分类讨论计算即可. 【解答过程】比2000大，故千位为2，3，4， 若千位为2，则个位为4，有（个）符合题意的四位数； 若千位为3，则个位为2或4，有（个）符合题意的四位数； 若千位为4，则个位为2，有（个）符合题意的四位数． 根据分类加法计数原理得，一共有（个）符合题意的四位数． 故选:D． 【跟踪训练】 1.定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数为（    ） A．18 B．21 C．35 D．36 【解题思路】运用分类加法原理计算即可. 【解答过程】按照百位数字进行分类讨论： 当百位数是1，后两位相加为7，有8种；当百位数是2，后两位相加为6，有7种； 当百位数是3，后两位相加为5，有6种；当百位数是4，后两位相加为4，有5种； 当百位数是5，后两位相加为3，有4种；当百位数是6，后两位相加为2，有3种； 当百位数是7，后两位相加为1，有2种；当百位数是8，后两位相加为0，有1种； 总共有种. 故选：D. 2.由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（    ）． A．42个 B．48个 C．54个 D．120个 【解题思路】分为五位数的个位数是,五位数的个位数是两类，依据两个计数原理求解. 【解答过程】若五位数的个位数是，则有种情形； 若五位数的个位数是，由于不排首位， 因此只有有种情形，中间的三个位置有种情形， 依据分步计数原理，可得种情形． 由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为. 故选：A． 3.用这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】分别讨论夹在中间的偶数数字为和不为两种情况，结合捆绑法、特殊位置优先的方式来求解即可. 【详解】当夹在中间的偶数数字为时，满足题意的五位数个数为个； 当夹在中间的偶数数字不为时，将其与看作一个整体，则有种情况； 再将这个整体和另一个不为的数字挑选一个排在首位，其余数字任意排序，共有种情况， 则满足题意的五位数有个； 满足题意的五位数共有个. 故选：A. 4．一个三位数，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. 5．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. 6．已知0， 1， 2， 3， 4， 5这六个数字． (1)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位奇数？ (3)可以组成多少个无重复数字的小于1 000的自然数？ (4)可以组成多少个无重复数字的大于3 000且小于5 421的四位数？ 【答案】(1)个； (2)个； (3)个； (4)个. 【详解】（1）分3步: ①先选百位数字有5种选法；②十位数字有5种选法； ③个位数字有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个 （2）分3步： ①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； ②再选百位数字有4种选法； ③十位数字也有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个. （3）分3类： ①一位数，共有6个； ②两位数，先选十位数字，有种选法；再选个位数字也有种选法，共有个； ③三位数，先选百位数字，有种选法；再选十位数字也有种选法；再选个位数字，有种选法，共有个； 因此，比1 000小的自然数共有个． （4）分4类： ①千位数字为或时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个； ②千位数字为，百位数字为之一时，共有个； ③千位数字为，百位数字是，十位数字为之一时，共有个； ④也满足条件； 故所求四位数共有个. 题型7：涂色问题 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16】用红、黄、蓝三种不同颜色给如图所示的4块区域A、B、C、D涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ） A．14种 B．16种 C．20种 D．18种 【解题思路】分A与C同色与不同色两类，每一类中利用分步计数原理求解，可得总的方法数. 【解答过程】先涂A，有3种涂法，再涂B有2种涂法，涂C时，与A同色，有1种涂法，此时D有2种涂法， 当C与A异色时有1种涂法，这是D有1种涂法， 所以共有3×2×（1×2＋1×1）＝18种. 故选：D. 【例17】（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. 【跟踪训练】 1.提供6种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F六个区域涂色，要求相邻区域不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有 种. 【答案】6120 【分析】根据和、和同色或者不同色分类，每一种情况中用分步乘法计数原理，最后利用分类加法计数原理得到涂色方法的数量. 【详解】假定涂色顺序为 若、涂相同颜色，则有种涂法； 若、涂不同颜色，、涂相同颜色，则有种涂法； 若、涂不同颜色，、涂不同颜色，则有种涂法； 故由分类加法计数原理得不同的涂色方法共有种. 2.某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．720种 B．1440种 C．1560种 D．2520种 【答案】C 【分析】先对图中不同的区域命名，分与布置相同的花卉、与布置不同的花卉两种情况，再运用分步计数和分类计数的方法从开始计数即可. 【详解】 如图，不同的布置方案分两类： 当与布置相同的花卉时， 先安排，有6种不同的选择；再安排与，有5种不同的选择；再安排，有4种不同的选择；最后安排，有4种不同的选择，共有种. 当与布置不同的花卉时， 先安排，有6种不同的选择；再安排与，有种不同的选择；再安排,有3种不同的选择；最后安排，有3种不同的选择，共有种. 所以不同的布置方案有种. 3.（多选）如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（   ） A． B．当时，若同色，共有48种涂法 C．当时，若不同色，共有48种涂法 D．当时，总的涂色方法有420种 【答案】ABD 【分析】根据同色或者不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解. 【详解】对于A，由于区域与均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确， 对于B，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 涂时，由于同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂， 故共有种涂法，B正确； 对于C，当时，涂有种， 当不同色（D只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能用与同色，此时共有24种涂法，C错误； 对于D，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 涂时，当同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与同色的颜色中选择一种涂， 故共有种涂法， 当不同色，此时四块区域所用颜色各不相同，共有， 只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂此时共有种涂法， 综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确 4．在如图所示的三棱锥中，现有红、黄、蓝、绿4种不同的颜色供选择，要求相邻两个顶点不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有 ． 【答案】 【详解】依题意，先涂点，有种颜色可供选择； 再涂点，有种颜色可供选择； 接着涂点，有种颜色可供选择； 最后涂点，只有种颜色可供选择； 综上，利用分步乘法计数原理，不同的涂色方法共有. 故答案为：. 题型8：两个计数原理的综合应用 （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. 【例18】某校数学课外活动小组有高一学生人，高二学生人，高三学生人,推选出其中人去外校参观学习，要求这人来自不同年级，有________种不同的选法？ 【解答过程】选法可分三类：一类是人选自高一，人选自高二，有种选法； 第二类是人选自高一，人选自高三，有种选法； 第三类是人选自高二，人选自高三，有种选法， 所以共有种不同选法． 【例19】高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 【解题思路】（1）根据分类加法计数原理求解； （2）根据分步乘法计数原理求解； （3）综合利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解； 【解答过程】（1）事件选一人当组长可分三类方案完成， 第一类，组长从（1）班选出，有7种选法、 第二类，组长从（48）班选出，有5种选法、 第三类，组长从（62）班选出，有9种选法， 根据分类加法计数原理，选一人当组长有种选法， （2）如果老师任组长，每班选一名副组长，则需要分三步， 第一步，从（1）班选一名同学担任副组长，有7种选法， 第二步，从（48）班选一名同学担任副组长，有5种选法， 第三步，从（62）班选一名同学担任副组长，有9种选法， 根据分步乘法计数原理，每班选一名副组长共有种选法； （3）事件推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，可分为三类方案， 第一类，若两人来自（1）班和（48）班，有种选法， 第二列，若两人来自（1）班和（62）班，有种选法， 第三类，若两人来（48）班和（62）班，有种选法， 综上可知，这两人来自不同的班级的不同的选法有种． 15．某单位职工义务献血，在身体检查合格的人中，是O型血的共有28人，是A型血的共有7人，是B型血的共有9人，是AB型血的共有3人． (1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从4种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？ (3)这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是多少？ 【答案】(1)47 (2)5292种 (3) 【详解】（1）从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血中选1人有7种不同的选法， 从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法． 任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人， 这件“任选1人去献血”的事情都可以完成， 所以用分类计数原理．有28+7+9+3＝47种不同选法． （2）要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后， 这种“各选1人去献血”的事情才完成， 所以用分步计数原理．有28×7×9×3＝5292种不同选法． （3）这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是：． 一、填空题 1．（2023下·上海宝山·高二上海市吴淞中学校考期中）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字且为偶数，这样两位数的个数有 个 【答案】16 【详解】当个位数字是8时，十位数字取1，2，3，4，5，6，7，只有7个． 当个位数字是6时，十位数字可取1，2，3，4，5，共5个． 当个位数字是4时，十位数字可取1，2，3，共3个． 同理可知，当个位数字是2时，有1个， 当个位数字是0时，共0个． 由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＝16（个）. 故答案为：16 2．（2023上·高二课时练习）如图，要接通从A到B的电路，只有一条支路连接，则不同的接通方法有多少种？    【答案】3. 【详解】解：如图所示：    只有一条通电线路时：、(注：表示同时闭合开关，下同)、，共3种情况. 3．（2023上·高二课时练习）某服装厂为学校设计了4种样式的上衣、3种样式的裤子．若取其中的一件上衣和一条裤子配成校服，则可以配出多少种不同样式的校服？ 【答案】12 【详解】第一步从4种样式的上衣中取一件，有4种办法； 第二步从3种样式的裤子中取一件，有3种办法； 所以共有种不同的不同样式. 4．（2024·上海虹口·高二期末）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. 5．（2023春•松江区校级期中）将5封不同的电子邮件发送到4个电子信箱中，则不同的发送方法共有　　 A．种 B．种 C．种 D．种 【解析】因为每封电子邮件都有4种发送方法， 根据分步乘法计数原理，将5封不同的电子邮件发送到4个电子信箱中，则不同的发送方法共有种， 故选：． 6.（2021·上海市七宝中学高二期中）在狂欢节上，有六名同学想报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目都有人报名，则共有__________种不同的报名方法． 【答案】120 【分析】根据题意，依次分析每个项目的报名方法，由分步计数原理即可求出结果. 【详解】根据题意，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目都有人报名，则第一个项目有6种报名方法，第二个项目有5种报名方法，第三个项目有4种报名方法，根据分步计数原理知共有种不同的报名方法， 故答案为：120. 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．（2023上·上海浦东新·高二上海南汇中学校考期中）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（    ） A．12种 B．24种 C．64种 D．81种 【答案】C 【详解】由题意，可知每一人都可在四项运动中选一项，即每人都有四种选法，可分三步完成， 根据分步乘法原理，不同的选法共有种. 故选：C． 9．（2022上·上海嘉定·高二校考期中）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 【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 10．（2021·上海交大附中高二期末）设集合，选择的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有________种（用数字作答） 【答案】17 【分析】 按集合A中最大元素分情况讨论，求出每种情况下的方法数，再由分类加法计数原理即可得解. 【详解】 A中最大数是1，则集合的任一非空子集均可为集合B，这样的集合B有个， A中最大数是2，则集合的任一非空子集均可为集合B，这样的集合B有个，而集合A有两个，共有种， A中最大数是3，则符合条件的集合B只能是，此时集合A有四个，从而共有4种， 所以由分类加法计数原理得不同的选择方法共有7+6+4=17种. 故答案为：17 11.（高二下·江苏宿迁·期中）用6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．240 B．360 C．480 D．600 【答案】C 【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解. 【详解】将区域标号，如下图所示：    因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法， 若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法； 若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法. 12．（24-25大同中学高三模拟）集合，从集合中取出4个元素构成集合，并且集合中任意两个元素、满足，则这样的集合的个数为 个． 【答案】35 【知识点】分类加法计数原理 【分析】分类讨论元素的奇偶性，利用列举法结合分类加法计数原理运算求解. 【详解】因为集合中有5个奇数，5个偶数 若集合中的4个元素均为偶数，则有 ， 共5个； 同理可得：若集合中的4个元素均为奇数，则有共5个； 若集合中的4个元素有2个奇数、2个偶数，则有 共9个；若集合中的4个元素有1个奇数、3个偶数，则有 ， 共8个； 同理可知：若集合中的4个元素有3个奇数、1个偶数，则有8个； 综上所述：共有个. 故答案为：35. 二、选择题 13．（2024格致高二期末考试）从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（    ） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 【答案】D 【详解】当取时，则只能为真数，此时这个对数值为， 当不取时，底数有种，真数有种， 其中， 故此时有个， 所以共有个. 故选：D. 14．（2024春普陀区校级期中）由0，1，2，3，4，5，6这七个数字组成没有重复数字的七位数，且偶数数字从小到大排列（由高数位到低数位），这样的七位数有 　　个． 【解析】因偶数排列顺序固定且0只能在6，5，4位，奇数可任意排列，则 当0排在第6位时，共有（个数； 当0排在第5位时，共有（个数； 当0排在第4位时，共有（个数， 故这样的七位数共有（个． 故答案为：90． 15．（2022秋·上海宝山·高二上海交大附中校考期中）正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有______种不同选法 【答案】12 【分析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点，确定共面的情况数，注意重复计数的情况. 【详解】 从任意一个侧棱出发，其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况， 所以，所有共面的情况有种，而每条棱均重复计数一次， 综上，正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有种. 故答案为：12 16.（23-24高二下·上海中学阶段练习）如图，用4种不同的颜色对图中 5个区域涂色（4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，则不同的涂色种数有（   ）    A．24 B．96 C．48 D．108 【答案】B 【分析】按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】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. 三、解答题 17．（2021·上海市大同中学高二期末）（1）某外商计划在个城市投资个不同的项目，且在同一城市投资的项目不超过个，求该外商不同的投资方案有多少种？（用数字作答） （2）某单位安排位员工在10月1日至10月7日值班，每天人，每人值班天，求员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率． 【答案】（1）；（2） 【分析】 （1）根据题意，分两种情况讨论，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，二是在三个城市各投资1个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案． （2）首先求出基本事件总数，再利用分类加法计数原理与分步乘法计数原理求出员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的事件数，再根据古典概型概率公式计算可得； 【详解】 解：（1）某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则有两种情况， 一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目， 此时有种方案， 二是在三个城市各投资1个项目，有种方案， 共计有种方案， （2）依题意某单位安排位员工在10月1日至10月7日值班，每天人，每人值班天，则基本事件总数为种； 则员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，分以下两类： ①甲乙相邻排在1、2日，则有种排法； ②甲乙相邻不排在1日，首先从其余4人中选一人排在10月1日，有种，再排其余人有种，按照分步乘法计数原理可知一共有种排法， 故满足员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的排法一共有种排法，故员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率 18.（23-24高二下闵行中学·阶段练习）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？ 【答案】(1)100 (2)48 (3)30 【分析】（1）根据分步乘法计数原理可得结果； （2）根据分步乘法计数原理可得结果； （3）根据组成三位偶数，末位数字可分两类，末位数字是0或者不是0，根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果； 【详解】（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. 19．（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. 20．（2024西南位育中学月考）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 【详解】（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. 21．（2021·上海·华师大二附中高二开学考试）用这六个数字，完成下面两个小题． （1）若数字不允许重复，可以组成多少个能被整除的且百位数字不是的不同的五位数； （2）若直线方程中的可以从已知的六个数字中任取个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？ 【答案】（1）（2） 【详解】 （1）当末位数字是时，百位数字有个选择，共有（个）； 当末位数字是，首位数字是时，共有个； 当末位数字是时，首位数字是或或时，共有（个）； 故共有（个）． （2）中有一个取时，有条；都不取时，有（条）； 与重复；，与重复． 故共有（条）． 考点：排列的应用，分类计数原理． 试卷第2页，共2页 ( 1 )学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 ( 2 / 2 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年沪教版2020选择性必修第二册同步培优课程（强基篇） 专题07 乘法原理与加法原理 知识点一、分类加法计数原理 1、分类加法计数原理的概念 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 2、分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事 情，我们可以用第一类有种方法，第二类有种方法，，第n类有种方法，来表示分类加法计数 原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有+++种不同方法可以完成 这件事. 3、分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类，分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 知识点二、分步乘法计数原理 1、分步乘法计数原理的概念 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 2、分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利 用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“”强调要依次完成各个 步骤才能完成要做的事情，从而共有×××种不同的方法可以完成这件事. 3、分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤既不能重复也不能遗漏. 知识点三、分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 1、联系。分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. 2、区别。分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 3、分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 题型1： 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】设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，从中任选一幅画布置房间，有 种不同的选法． 【例2】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___________. 【跟踪训练】 1.甲乙两地隔江相望，现今连接两岸的有4座大桥、3条公路隧道、1条观光隧道和2条摆渡航线，那么，两岸市民过江有 种走法． 2.（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）将个相同的红球个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放个球，则不同的放法有 种（数字作答）. 3.（2022春·上海闵行·高二上海市七宝中学校考期中）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． 题型2：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】某学生有语文书5本、数学书4本、英语书3本，现各选1本送给同学，有 种不同的送法． 【例4】4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有 种报名方法．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有 种可能的结果． 【例5】乘积的展开式中共有 项. 【例6】270的不同正约数共有___________个. 【跟踪训练】 1. 有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（    ） A．40 B．48 C．52 D．60 2. 某班5位同学参加周一到周五的值日，每天安排一名学生，其中学生甲只能安排到周一或周二，学生乙不能安排在周五，则他们不同的值日安排有（    ） A．288种 B．72种 C．42种 D．36种 3. 某校组队参加辩论赛，从6名学生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参加且不担任四辩，则不同的安排方法种数为（    ） A．180 B．120 C．90 D．240 4. 将4封信投入3个信箱中，共有 种不同的投法． 5. 有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 6. 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3：代数中的计数问题 【例7】（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． 【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 【跟踪训练】 1.集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 2.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 3.已知项数为10的数列中任一项均为集合中的元素，且相邻两项满足．若中任意两项都不相等，则满足条件的数列有 个． 题型4：几何中计数问题 【例9】（23-24高二下·上海·期中）平面上有8个点，其中有3个点在同一条直线上，除此之外，不再有任意三点共线，由这些点可以确定 直线 【例10】过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    ） A．18 B．30 C．36 D．54 【跟踪训练】 1. 若，则方程表示的不同双曲线共有 个． 2. 在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（    ） A．95 B．91 C．88 D．75 3. 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. 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． 5. 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 ． 题型5： 实际问题中的计数问题 【例11】高二某班级4名同学要参加足球、篮球、乒乓球比赛，每人限报一项，其中甲同学不能报名足球，乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同，则不同的报名种数有（    ） A．54 B．12 C．8 D．81 【例12】我校去年11月份，高二年级有9人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余4人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有 种不同的选法 【跟踪训练】 1.现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 2.某市春节晚会原定10个节目，导演最后决定添加3个与“抗冰救灾”有关的节目，但是赈灾节目不排在第一个也不排在最后一个，并且已经排好的10个节目的相对顺序不变，则该晚会的节目单的编排总数为 种． 3.中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠､牛､虎､兔､龙､蛇､马､羊､猴､鸡､狗､猪）中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛､马，乙同学喜欢牛､狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有（    ） A．90种 B．80种 C．60种 D．50种 4.某单位有5位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌尾数为2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（    ） A．24 B．27 C．30 D．33 5.为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（   ） A．4 B．8 C．16 D．18 题型6：数字排列问题 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13】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． 【例14】用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有（    ） A．16个 B．12个 C．9个 D．8个 【跟踪训练】 1.定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数为（    ） A．18 B．21 C．35 D．36 2.由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（    ）． A．42个 B．48个 C．54个 D．120个 3.用这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是（    ） A． B． C． D． 4．一个三位数，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 . 5．设为的一个排列，满足，则这样的排列的个数为 个. 6．已知0， 1， 2， 3， 4， 5这六个数字． (1)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位奇数？ (3)可以组成多少个无重复数字的小于1 000的自然数？ (4)可以组成多少个无重复数字的大于3 000且小于5 421的四位数？ 题型7：涂色问题 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16】用红、黄、蓝三种不同颜色给如图所示的4块区域A、B、C、D涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ） A．14种 B．16种 C．20种 D．18种 【例17】（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 【跟踪训练】 1.提供6种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F六个区域涂色，要求相邻区域不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有 种. 2.某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．720种 B．1440种 C．1560种 D．2520种 3.（多选）如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（   ） A． B．当时，若同色，共有48种涂法 C．当时，若不同色，共有48种涂法 D．当时，总的涂色方法有420种 4．在如图所示的三棱锥中，现有红、黄、蓝、绿4种不同的颜色供选择，要求相邻两个顶点不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有 ． 题型8：两个计数原理的综合应用 （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. 【例18】某校数学课外活动小组有高一学生人，高二学生人，高三学生人,推选出其中人去外校参观学习，要求这人来自不同年级，有________种不同的选法？ 【例19】高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 【例20】某单位职工义务献血，在身体检查合格的人中，是O型血的共有28人，是A型血的共有7人，是B型血的共有9人，是AB型血的共有3人． (1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从4种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？ (3)这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是多少？ 一、填空题 1．（2023下·上海宝山·高二上海市吴淞中学校考期中）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字且为偶数，这样两位数的个数有 个 2．（2023上·高二课时练习）如图，要接通从A到B的电路，只有一条支路连接，则不同的接通方法有多少种？    3．（2023上·高二课时练习）某服装厂为学校设计了4种样式的上衣、3种样式的裤子．若取其中的一件上衣和一条裤子配成校服，则可以配出多少种不同样式的校服？ 4．（2024·上海虹口·高二期末）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___________. 5．（2023春•松江区校级期中）将5封不同的电子邮件发送到4个电子信箱中，则不同的发送方法共有_____ 6.（2021·上海市七宝中学高二期中）在狂欢节上，有六名同学想报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目都有人报名，则共有__________种不同的报名方法． 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．（2023上·上海浦东新·高二上海南汇中学校考期中）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 9．（2022上·上海嘉定·高二校考期中）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 ． 10．（2021·上海交大附中高二期末）设集合，选择的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有________种（用数字作答） 11.（高二下·江苏宿迁·期中）用6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___________   12．（24-25大同中学高三模拟）集合，从集合中取出4个元素构成集合，并且集合中任意两个元素、满足，则这样的集合的个数为 个． 二、选择题 13．（2024格致高二期末考试）从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（    ） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 14．（2024春普陀区校级期中）由0，1，2，3，4，5，6这七个数字组成没有重复数字的七位数，且偶数数字从小到大排列（由高数位到低数位），这样的七位数有 　　个． 15．（2022秋·上海宝山·高二上海交大附中校考期中）正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有______种不同选法 16.（23-24高二下·上海中学阶段练习）如图，用4种不同的颜色对图中 5个区域涂色（4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，则不同的涂色种数有（   ）    A．24 B．96 C．48 D．108 三、解答题 17．（2021·上海市大同中学高二期末）（1）某外商计划在个城市投资个不同的项目，且在同一城市投资的项目不超过个，求该外商不同的投资方案有多少种？（用数字作答） （2）某单位安排位员工在10月1日至10月7日值班，每天人，每人值班天，求员工甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日的概率． 18.（23-24高二下闵行中学·阶段练习）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？ 19．（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． 20．（2024西南位育中学月考）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． 21．（2021·上海·华师大二附中高二开学考试）用这六个数字，完成下面两个小题． （1）若数字不允许重复，可以组成多少个能被整除的且百位数字不是的不同的五位数； （2）若直线方程中的可以从已知的六个数字中任取个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？ ( 2 / 2 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$