专题01 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的四大常考题型（高效培优专项训练）数学人教A版高二选择性必修第三册

专题01 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的四大常考题型 题型一：判断计数原理 题型二：分类加法计数原理 题型三：分步乘法计数原理 题型四：分类与分步原理综合考察 题型一：判断计数原理 1．下列说法正确的是（ ） A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 【答案】BD 【分析】根据两个计数原理的定义逐一判断选项即可. 【详解】对于A，分步乘法计数原理要求每一步都完成，才能说任务完成，故A错误； 对于B，从书架上任取数学书、语文书各1本，完成这件事需要分两步：第一步取1本数学书， 有若干种取法；第二步取1本语文书，故应是分步计数问题，故B正确； 对于C，任务“从甲地经丙地到乙地”，分为从甲地到丙地， 再从丙地到乙地两步完成，是分步计数问题，故C错误； 对于D，分类加法计数原理中的每一类方法都能一次性地完成任务， 故可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，即D正确. 故选：BD. 2．若完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是 ;而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是 . 【答案】 分类 分步 3．将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（   ） A．的最小值为5 B．的最大值为9 C．的最小值为24325 D．的最大值为54325 【答案】C 【分析】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数，前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除，进而分析判断各选项即可. 【详解】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数， 前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除． 对于A项，若，可得可以为34520或54320或32405或34205， 故最小可以取到0，A错误； 对于B项，若，将2，3，4，5，9排序，得个位只能是5，且十位和千位是偶数， 则这个五位数的前三位上的数字之和为14或16， 因为14和16均不能被3整除，不满足题意，所以，B错误； 对于C项，将2，3，4，5，排序， ①当且为首位时，个位为5，此时没有满足题意的五位数，即； ②当首位是2，个位为5，要满足十位和千位均是偶数，此时百位只能是3， 要满足前三位上的各数字之和能被3整除，所以千位的最小值为4， 此时要满足前四位上的各数之和能被4整除，十位的最小值为2， 得，满足题意，所以的最小值为24325，C正确； 对于D项，将2，3，4，5，排序，由B项分析得， 故当且为首位时，个位为5，此时当且仅当千位为4，百位为3，十位为2时， 满足题意，取最大值84325，D错误． 故选：C. 4．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 【分析】根据分类加法计数原理、分步乘法计数原理的知识判断出正确答案. 【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 5．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： 6．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 7．甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名方法（    ） A．12 B．24 C．64 D．81 【答案】C 【分析】根据题意，可知三个同学中每人有4种报名方法，由分步计数原理即可得到. 【详解】甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项, 每人有4种报名方法， 根据分步计数原理，可知共有种不同的报名方法. 故选：C 8．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态.因此计算机内部就采用了每一位只有或两种数字的记数法，即二进制.为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由个二进制位构成.问： （1）一个字节(位)最多可以表示多少个不同的字符？ （2）计算机汉字国标码(码)包含了个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？ 【答案】（1）256个；（2）2个. 【解析】（1）一个字节共有位，每位上有种选择，根据分步乘法计数原理，即可得解； （2）由（1）知，用一个字节能表示个字符，不够表示，继续利用分步相乘原理计算个字节可以表示的不同的字符，判断与的大小关系即可. 【详解】（1）一个字节共有位，每位上有种选择， 根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示个不同的字符； （2）由（1）知，用一个字节能表示个字符，，一个字节不够； 根据分步乘法计数原理，个字节可以表示个不同的字符， ，所以每个汉字至少要用个字节表示. 【点睛】关键点点睛：本题考查分步乘法计数原理，熟练掌握分步计数原理的概念及计算公式是解题的关键，考查学生的逻辑思维与运算能力，属于基础题. 9．用0，1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，其中奇数有 个. 【答案】36 【解析】根据特殊位置优先考虑，先考虑末尾数，有种，在考虑首位非零有种，剩下的两个位置有，然后再根据分步计数原理即可求出结果. 【详解】特殊位置优先考虑，先考虑末尾，有种，在考虑首位非零有种， 剩下的两个位置有种， 则由分布乘法计数原理，得到共有奇数种， 故答案为:36. 【点睛】本题主要考查排列组合和分步计数原理等知识，属于基础题. 10．从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数，则该三位数能被整除的概率为 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数：（个），三位数是的倍数，需要满足各个数位上的数之和是的倍数，有两种情况和；由 组成没有重复数字的三位数共有个，由组成没有重复数字的三位数共有 个，所以一共有：个，这个三位数被整除的概率是，故选D. 题型二：分类加法计数原理 11．小夏计划某日从武汉到兰州游玩，当天的交通工具中，火车共有12个车次，飞机共有2个航班，则乘坐方式的种数共有（   ） A．12 B．14 C．16 D．24 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理即可求解. 【详解】根据分类加法计数原理，从武汉到兰州可以乘火车（12种）或飞机（2种），总计种方式． 故选：B 12．已知甲乙丙丁四位教师分别任教（1），（2），（3），（4）班.在某一次考试中，要求每个班级都有一位教师监考，且四位教师不能去监考自己所教的班级.则不同的监考方法有 种 【答案】 【分析】根据分类加法计数原理分析即可得答案. 【详解】若甲去（2）班，则有共种； 若甲去（3）班，则有共种； 若甲去（4）班，则有共种， 所以不同的监考方法有种. 故答案为：. 13．如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（   ） A．11 B．13 C．15 D．17 【答案】B 【分析】按照焊接点脱落的个数分类讨论，运用分类加法计数原理求解即可. 【详解】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有共2种情况， 若脱落2个，则有共6种情况， 若脱落3个，则有共4种情况， 若脱落4个，则有共1种情况， 由分类加法计数原理，情况种数共有种． 故选：B． 14．某学校举办春季运动会，高一、高二、高三三个年级分别有 5、4、3 个班级参加 400 米接力赛.若每个年级至少有一个班级参加，且高一年级必须有偶数个班级参加，则不同的参赛方案共有 种. 【答案】1575 【分析】先根据条件确定高一的参赛班数只能是2个或4个，然后分情况计算组合数，最后将两种情况的结果相加即可. 【详解】高一有5个班，至少一个班级且偶数个班级参赛，因此高一的参赛班数只能是2个或4个. 若高一选2个班：，高二至少选1个班：， 高三至少选1个班：， 方案数：； 若高一选4个班：，高二至少选1个班：， 高三至少选1个班：， 方案数：； 两种情况方案数相加得. 因此不同的参赛方案共有种. 故答案为：. 15．现某学校自愿组成数学建模社团，其中高一年级3人，高二年级4人，高三年级6人，选其中一人为负责人，有多少种不同的选法?（   ） A．13 B．78 C．18 D．20 【答案】A 【分析】根据分类加法计数原理直接计算即可. 【详解】根据题意，选择其中一人为负责人，共有三种情况： 若选出的是高一学生，有3种情况； 若选出的是高二学生，有4种情况； 若选出的是高三学生，有6种情况. 由分类加法计数原理可得：共有种不同的选法. 故选：A 16．某班有女生22人，男生24人，现从该班级选1名同学参加某活动，不同的选法有（   ） A．22种 B．24种 C．46种 D．48种 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算得解. 【详解】完成不同选法这件事有两类办法：选女生有22种方法；选男生有24种方法， 所以不同的选法有（种）. 故选：C 17．某同学从个球类项目和个田径类项目中选个项目参加，则不同的选择方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】利用分类加法计数原理可得结果. 【详解】某同学从个球类项目和个田径类项目中选个项目参加， 若选择的为球类项目，有种选择， 若选择的为田径类项目，有种选择， 由分类加法计数原理可知，不同的选择方案种数为种. 故选：A. 18．现安排6名大学生到4所学校去实习，要求每名大学生去且只能去一所学校实习，每所学校都有大学生去实习，则不同的安排方法共有（    ）． A．480种 B．1080种 C．1560种 D．2640种 【答案】C 【分析】首先将6名大学生分组，使得每所学校都有大学生去实习，然后对每一组利用排列数和组合数求出安排方法种数，然后它们的和即是答案. 【详解】为满足题意，将6名大学生分为3，1，1，1或2，2，1，1四组， 所以不同的安排方法共有种. 故选：C． 19．互质是数论中一个基础概念，指的是两个整数公因数只有，例如和，和分别都只有公因数，所以和，和分别都是互质的. 的不同的正因数有 个，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为 . 【答案】 【分析】对分解因数，转化的正因数，结合参数的取值及分步乘法计数原理即可得解；然后对所选的两个因数机型分类讨论，结合分类加法计数原理以及古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】因为，则的正因数， 其中，，， 所以有个不同的正因数； 从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的情况有如下几种： ①选择的两个因数为、，其中，，有种情况； ②选择的两个因数为、，其中，，有种情况； ③选择两个因数为、，其中，，有种情况； ④选择的两个因数为、，其中，，，有种情况； ⑤选择的两个因数为、，其中，，，有种情况； ⑥选择的两个因数为、，其中，，，有种情况； ⑦若选择的因数有，与其它因数的公约数为，有种情况. 综上所述，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为. 故答案为：；, 20．如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有种走法； 又从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走， 所以根据分类加法计数原理可得：从甲地到乙地的走法种数为. 故选：D. 题型三：分步乘法计数原理 21．从甲地到乙地有4条不同的路线，从乙地到丙地有3条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地不同的路线有（   ） A．7条 B．12条 C．64条 D．81条 【答案】B 【分析】由分步乘法计数原理计算即可求解. 【详解】由题意可知所求不同的路线有条. 故选：B 22．将一枚骰子先后抛掷2次，问： (1)一共有多少种不同的结果？ (2)向上的数之积是12的结果有多少种？ (3)向上的数之积是12的概率是多少？ 【答案】(1)36 (2)4 (3) 【分析】（1）利用分步乘法计数原理计算求解即可； （2）列举出所有可能的结果即可； （3）利用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】（1）将骰子先后抛掷2次，每次有6种不同结果，一共有种不同的结果． （2）向上的数之积是12，记为“第一次掷出结果为，第二次掷出结果为”，则相乘为12的结果有，，，这四种情况. （3）由于骰子是均匀的，将它先后抛掷2次的所有36种结果是等可能的，其中将“向上的数之积是12”这一事件记为， 则，所以所求概率． 23．甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有（    ） 种. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据特殊元素优先原则，结合分步乘法计数原理可得解. 【详解】（1）甲先拿，有种拿法； （2）再让写那张被甲拿到的卡片的人去拿，有种拿法； （3）剩余两人只有种拿法，根据分步乘法计数原理知共有种拿法， 故选：A. 24．设，且，则符合条件的共有 组．（注：A，B，C顺序不同视为不同组．） 【答案】1600 【分析】如图，问题等价于6个不同的元素按要求放置到七块区域的不同方法种数，利用分步乘法原理计算得解. 【详解】将分为编号分别为①②③④⑤⑥⑦的七块区域，如图所示， 问题等价于6个不同的元素按要求放置到七块区域的不同方法种数． 由条件知，元素1，2必在区域①或②，各有2种放法；元素3，4必在③或④或⑥或⑦区域，各有4种方法； 元素5，6必在③或④或⑤或⑥或⑦区域，各有5种方法. 根据分步乘法计数原理，共有种. 故答案为：1600. 25．设集合，函数使得对任意，都有是奇数，这样的函数的个数是（    ） A．12个 B．15个 C．50个 D．55个 【答案】C 【分析】根据分步乘法原理计算得解. 【详解】根据函数定义结合分步乘法原理，当时，是奇数，既可以为奇数又可以为偶数， 即在中任选一个元素为－1的象，故有5种对应方法， 同理时有5种对应方法，当时，为奇数，故有2种对应方法， 由分步乘法计数原理得种方法. 故选：C. 26．8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有（    ）种． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】一个项目的冠军的情况有8种，由分步乘法计数原理求解即可. 【详解】因为每一名学生都可以同时夺得4个项目的冠军，故一个项目的冠军的情况有8种， 所以分步乘法计数原理可知，冠军的可能情况有种. 故选：A． 27．把3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，3人均可分到相同或不同车间，共有多少种不同的分配方案？ 【答案】125 【分析】由分步乘法计算原理即可求解. 【详解】把3名学生分配到5个车间中，可分3个步骤完成，每一步分配1名学生， 分别有5种不同的方法，根据分步乘法计数原理， 共有（种）不同的分配方案． 28．将27，37，47，48，55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排列有 种． 【答案】144 【分析】考虑这7个数被3除的余数，只需对余数排列即可，利用分步乘法原理计算得解. 【详解】注意到这7个数被3除的余数分别为0，1，2，0，1，2，0． 只需对余数排列即可，有6种情形：2010201，1020102，0120012，2100210，0210021，1200120． 每一种情形有种，所以共有种. 故答案为：144. 29．现有2名同学去听同时进行的3场音乐会，每名同学只能去听其中的1场，则不同的安排方法共有（    ） A．6种 B．4种 C．9种 D．8种 【答案】C 【分析】由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法共有种． 故选：C. 30．用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 【答案】D 【分析】根据分步乘法原理计算求解. 【详解】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2种情况，首位数字有3种情况，十位数字有3种情况， 所以三位奇数的个数为种情况. 故选：D. 题型四：分类与分步原理综合考察 31．现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组． (1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？ (2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？ 【答案】(1)5040 (2)431 【分析】（1）由分步乘法计算原理即可求解； （2）先分2人来自哪两个班，再用分步乘法计算原理求解. 【详解】（1）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选1名组长． 所以，共有（种）不同的选法． （2）分六类，每一类又分两步： 从一、二班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从一、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从一、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从二、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从二、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从三、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法． 所以，共有（种）不同的选法． 32．书架的第1层放有5本不同的计算机书，第2层放有4本不同的文艺书，第3层放有3本不同的体育书． (1)从书架中任取1本书，有多少种不同的取法？ (2)从书架的第1，2，3层各取1本书，有多少种不同的取法？ 【答案】(1)12 (2)60 【分析】（1）根据分类加法原理计算； （2）根据分步乘法原理计算得解. 【详解】（1）从书架上任取1本书，有三类办法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有5种方法； 第2类方法是从第2层取1本文艺书，有4种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有3种方法． 根据分类加法计数原理，不同的取法有种. （2）从书架的第1，2，3层各取1本书，可以分成三个步骤完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有5种方法； 第2步，从第2层取1本文艺书，有4种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有3种方法． 根据分步乘法计数原理，不同的取法有种. 33．设． (1)求从集合到集合的映射个数； (2)若从到的映射满足，试确定这样的映射的个数． 【答案】(1)27 (2)4 【分析】（1）根据分步乘法原理结合映射的定义求解； （2）根据题意，按照，分类讨论求解. 【详解】（1）a，b，c分别有3种不同的对应方法，故映射的个数为. （2）若，则； 若，则当，或－1；当， 综上，共4个映射. 34．中国古代十进制的算筹计数法是数学史上一个伟大的创造，算筹由一根根同样长短的小木棍构成，如图所示是利用算筹表示的一种方法.例如：可表示为“”， 可表示为“”.按照这种表示方法，根算筹可以表示多少个三位数？（算筹不能剩余且三位数中不含） 【答案】个 【分析】根据个数位上的算筹根数有，，三种情况进行分类，结合分步乘法及分类加法计数原理进行计算. 【详解】个数位上的算筹根数有，，三种情况. （1）：根算筹可以表示“”或“”，故三位数可由，，或，，组成，有个. （2）：根算筹可以表示“”或“”， 根算筹可以表示“”或“”，故能表示个三位数. （3）：根算筹可以表示“”或“”，故能表示个三位数. 因此，根据分类加法计数原理，共能表示个三位数. 35．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算. 【详解】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法. 第二部分为，，.当，同色时，，各有2种涂法；当，异色时，有种涂法，，均只有种涂法. 故第二部分共有种涂法. 第三部分为，，，与第二部分一样，共有种涂法. 因此根据分步乘法计数原理，共有种涂法， 故选：D. 36．将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有（    ）种放法， A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解法1：以小球为研究对象，分三步完成，即可得解； 解法2：以盒子为研究对象，当3个小球放入后还剩2个空盒，通过列举法可知空盒有10种情况，且每种情况下小球均有种放法，即可得解/ 【详解】解法1：以小球为研究对象，分三步完成. （1）第一个小球有种放法； （2）第二个小球有种放法； （3）第三个小球有种放法. 根据分步乘法计数原理，共有种不同的放法. 解法2：以盒子为研究对象，盒子序号记为，，，，. 当个小球放入后还剩个空盒，通过列举法可知空盒有种情况：，，，，，，，，，. 每种情况下小球均有种放法，所以共有种放法， 故选：B. 37．用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 【答案】 【分析】根据特殊元素“”是否被选择进行分类讨论，根据分类加法计数原理可得解. 【详解】以特殊元素“”为研究对象分类讨论. （1）若四位数中有“”，则“”有种放法， 其他位置上的数字从，，，中挑选，故共有种； （2）若四位数中无“”，则这四位数字可以全为奇数或者有个偶数. ①全为奇数，有种； ②有个偶数，则必从，，中选个并可放置在任意数位上，其余位置填奇数，共有种； 故满足条件的四位数有个， 故答案为：. 38．如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（    ）    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 【答案】C 【分析】利用分类加法计数原理以及分步乘法计数原理，可得答案. 【详解】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知， 不同的路径有种. 故选：C. 39．重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）： “中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物； “十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香； “四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用分步计数原理及分类计数原理即得. 【详解】由题可知中间格只有一种放法； 十字格有四个位置，种适合放入，所以有一种放两个位置，共有种放法； 四角格有四个位置，种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置， 有种放法，或每种都放两个位置，有种放法，故四角格共有种放法； 所以不同放法共有种. 故选：C. 40．已知有4名工人分别在4个不同的岗位，现根据需要进行轮岗调整，则至少有3名工人岗位变动的轮岗方式种数有 . 【答案】17 【分析】根据分类加法原理和分步乘法原理求解即可. 【详解】分两类：当恰有3名工人岗位变动时，则先从4名工人中选出1名保持岗位不变， 剩余3名工人进行错位排列有种； 当4名工人岗位全部变动时，则不妨记4名工人分别为，对应的岗位分别为， 工人有3种岗位选择，若工人选择岗位时， 则工人选择对应的岗位为、或共3种轮岗方式， 同理工人选择岗位时有3种轮岗方式，工人选择岗位时有3种轮岗方式， 所以4名工人进行错位排列有种； 综上，共有种轮岗方式. 故答案为：17 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的四大常考题型 题型一：判断计数原理 题型二：分类加法计数原理 题型三：分步乘法计数原理 题型四：分类与分步原理综合考察 题型一：判断计数原理 1．下列说法正确的是（ ） A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 2．若完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是 ;而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是 . 3．将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（   ） A．的最小值为5 B．的最大值为9 C．的最小值为24325 D．的最大值为54325 4．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．( ) 5．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. 6．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 7．甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名方法（    ） A．12 B．24 C．64 D．81 8．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态.因此计算机内部就采用了每一位只有或两种数字的记数法，即二进制.为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由个二进制位构成.问： （1）一个字节(位)最多可以表示多少个不同的字符？ （2）计算机汉字国标码(码)包含了个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？ 9．用0，1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，其中奇数有 个. 10．从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数，则该三位数能被整除的概率为 A． B． C． D． 题型二：分类加法计数原理 11．小夏计划某日从武汉到兰州游玩，当天的交通工具中，火车共有12个车次，飞机共有2个航班，则乘坐方式的种数共有（   ） A．12 B．14 C．16 D．24 12．已知甲乙丙丁四位教师分别任教（1），（2），（3），（4）班.在某一次考试中，要求每个班级都有一位教师监考，且四位教师不能去监考自己所教的班级.则不同的监考方法有 种 13．如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（   ） A．11 B．13 C．15 D．17 14．某学校举办春季运动会，高一、高二、高三三个年级分别有 5、4、3 个班级参加 400 米接力赛.若每个年级至少有一个班级参加，且高一年级必须有偶数个班级参加，则不同的参赛方案共有 种. 15．现某学校自愿组成数学建模社团，其中高一年级3人，高二年级4人，高三年级6人，选其中一人为负责人，有多少种不同的选法?（   ） A．13 B．78 C．18 D．20 16．某班有女生22人，男生24人，现从该班级选1名同学参加某活动，不同的选法有（   ） A．22种 B．24种 C．46种 D．48种 17．某同学从个球类项目和个田径类项目中选个项目参加，则不同的选择方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 18．现安排6名大学生到4所学校去实习，要求每名大学生去且只能去一所学校实习，每所学校都有大学生去实习，则不同的安排方法共有（    ）． A．480种 B．1080种 C．1560种 D．2640种 19．互质是数论中一个基础概念，指的是两个整数公因数只有，例如和，和分别都只有公因数，所以和，和分别都是互质的. 的不同的正因数有 个，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为 . 20．如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 题型三：分步乘法计数原理 21．从甲地到乙地有4条不同的路线，从乙地到丙地有3条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地不同的路线有（   ） A．7条 B．12条 C．64条 D．81条 22．将一枚骰子先后抛掷2次，问： (1)一共有多少种不同的结果？ (2)向上的数之积是12的结果有多少种？ (3)向上的数之积是12的概率是多少？ 23．甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有（    ） 种. A． B． C． D． 24．设，且，则符合条件的共有 组．（注：A，B，C顺序不同视为不同组．） 25．设集合，函数使得对任意，都有是奇数，这样的函数的个数是（    ） A．12个 B．15个 C．50个 D．55个 26．8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有（    ）种． A． B． C． D． 27．把3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，3人均可分到相同或不同车间，共有多少种不同的分配方案？ 28．将27，37，47，48，55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排列有 种． 29．现有2名同学去听同时进行的3场音乐会，每名同学只能去听其中的1场，则不同的安排方法共有（    ） A．6种 B．4种 C．9种 D．8种 30．用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 题型四：分类与分步原理综合考察 31．现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组． (1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？ (2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？ 32．书架的第1层放有5本不同的计算机书，第2层放有4本不同的文艺书，第3层放有3本不同的体育书． (1)从书架中任取1本书，有多少种不同的取法？ (2)从书架的第1，2，3层各取1本书，有多少种不同的取法？ 33．设． (1)求从集合到集合的映射个数； (2)若从到的映射满足，试确定这样的映射的个数． 34．中国古代十进制的算筹计数法是数学史上一个伟大的创造，算筹由一根根同样长短的小木棍构成，如图所示是利用算筹表示的一种方法.例如：可表示为“”， 可表示为“”.按照这种表示方法，根算筹可以表示多少个三位数？（算筹不能剩余且三位数中不含） 35．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 36．将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有（    ）种放法， A． B． C． D． 37．用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 38．如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（    ）    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 39．重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）： “中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物； “十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香； “四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ） A． B． C． D． 40．已知有4名工人分别在4个不同的岗位，现根据需要进行轮岗调整，则至少有3名工人岗位变动的轮岗方式种数有 . 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $