专题6.1 乘法原理与加法原理（高效培优讲义）数学沪教版选择性必修第二册

专题6.1 乘法原理与加法原理 教学目标 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 教学重难点 1.重点 （1）熟练掌握两个计数原理； （2）会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题； 2.难点 （1）常见误区：“分类”与“分步”不清，导致计数错误； 知识点01 分类加法计数原理 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． 【特别提醒】　(1)完成一件事的若干种方法可以分成两类不同方案，且这两类方案中的方法互不相同． (2)每一类方案中的每一种方法都能独立完成这件事． (3)推广：完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． 【方法技巧】(1)分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下分类，要做到分类“不重不漏”． (2)利用分类加法计数原理计数时的解题流程 【即学即练】 1．某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（   ） A．5种 B．7种 C．15种 D．20种 【答案】D 【分析】根据已知确定成员总数，分析即可得答案. 【详解】由题意，兴趣小组有名成员，从中选1名，有20种不同的选法． 故选：D． 知识点02 分步乘法计数原理 分步乘法计数原理：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． 【特别提醒】　　(1)步骤可以分出先后顺序，每一步对实现目标是必不可少的． (2)每步的方法具有独立性，不受其他步骤影响． (3)每步所取的方法不同，每一步都有若干种方法． (4)推广：如果完成一件事情需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，则完成这件事情共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 【方法技巧】(1)使用分步乘法计数原理的两个注意点： 一是要按照事件发生的过程合理分步，即步骤是有先后顺序的； 二是各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事． (2)利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 【即学即练】 1．甲、乙、丙、丁四名同学可以随机地选修王老师、张老师、李老师中任何一位老师开设的课程，则不同的选课方案有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．81种 【答案】D 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】甲、乙、丙、丁四名同学每名同学选课均有王老师、张老师、李老师共3种选择，根据分步乘法计数原理共有种选择． 故选：D. 知识点03 两个原理的区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 区别一 每类方法都能独立完成这件事．它是独立的、一次的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就完成 任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事 区别二 各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是相互依存的，并且既不能重复，也不能遗漏 题型01 分类加法计数原理的应用 【典例1】 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． 【变式1-1】将各位数字之和为的三位数叫“幸运数”，比如，，则所有“幸运数”的个数为 ． 【答案】 【分析】应用分类加法原理计算得出幸运数的个数即可. 【详解】当百位数字是，其他数字是，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和或者是和，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为. 故答案为：. 【变式1-2】若，则不同的有序集合组共有 种． 【答案】9 【分析】对集合分类讨论即可得解. 【详解】根据题意，若，则， 若，则或， 若，则或， 若，则或或或， 故不同的有序集合组共有种． 故答案为：9． 【变式1-3】我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　） A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 【答案】C 【分析】根据题意，按首位数字为，分类讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】当首位数字为1时，后两位相加为5，“lucky”数分别是105，150，114，141，123，132共6个； 当首位数字为2时，后两位相加为4，“lucky”数分别是204，240，213，231，222，共5个； 当首位数字为3时，后两位相加为3，“lucky”数分别是303，330，312，321，共4个； 当首位数字为4时，后两位相加为2，“lucky”数分别是402，420，411，共3个； 当首位数字为5时，后两位相加为1，“lucky”数分别是501，510，共2个； 当首位数字为6时，后两位相加为0，“lucky”数分别是600，共1个； 由分类计数原理得，共有个. 故选：C. 题型02 分步乘法计数原理的应用 【典例2】 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. 【变式2-1】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 【分析】根据题意因不能走与自己编号相同的门，所以每人都可从其它3个门进入，再由分步乘法计数原理从而可求解. 【详解】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. 【变式2-2】把5封不同的信投入4个不同的信箱，不同的投法种数共有 种. 【答案】/ 【分析】利用分步计数乘法原理，即可求解. 【详解】分步计数乘法原理：每封信都有种投法，所以总共有， 故答案为： 【变式2-3】给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z，后两个字符要求用数字1～9，最多可以给 个程序模块命名． 【答案】 【分析】根据题意可确定每个字符的可能数，再利用分步乘法原理计算即可. 【详解】首字符要求用字母A～G或U～Z，共种可能， 后两个字符要求用数字1～9，所以后两个字符中每个各有种可能， ，所以最多可以给个程序模块命名． 故答案为：. 题型03 两个计数原理的简单综合应用 【典例3】 由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字，十位数字小于百位数字，则这样的数共有 个. 【答案】120 【分析】由分步乘法计数原理可得. 【详解】要得到一个这样的数，可以分为3个步骤： 第一步，从1、2、3、4、5、6中任选一个放在首位，有6种方法； 第二步，从余下5个数中任选一个放在万位，有5种方法； 第三步，从余下4个数中任选一个放在千位，有4种方法； 而其余数字定序，从小到大依次排在个、十、百位. 故由分步乘法计数原理可得，这样的六位数共有个. 故答案为：120. 【变式3-1】从0~9这十个数字中选取3个数，能组成无重复数字的三位偶数 个.（用数字作答） 【答案】 【分析】按照0是否在末位分类讨论即可求解. 【详解】末位是0时：末位有1种选法，十位有种选法，百位有种选法， 故末位是0的三位偶数有； 末位不是0时：个位有种选法，百位有有种选法，十位有种选法， 故末位不是0的三位偶数有； 所以共有个． 故答案为：. 【变式3-2】有红、黄、蓝的小旗各一面，从中选用1面、2面或3面升上旗杆，并且不同的顺序表示不同的信号，则可表示不同的信号种数为（    ）． A．6 B．12 C．14 D．15 【答案】D 【分析】利用分类加法、分步乘法计数原理可得答案. 【详解】挂一面旗时，有3种情况；挂两面旗时，有种； 挂三面旗时，有种， 所以共种． 故选：D. 【变式3-3】用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有 个.（用数字作答） 【答案】60 【分析】应用分类分步计数原理求四位数的个数. 【详解】若四位数中没有2，共有个， 若四位数中有1个2，共有个， 若四位数中有2个2，共有个， 因此共有60个. 故答案为：60 1．一对非负整数组成的有序数对，如果在做与的加法时不用进位，则称为“中国梦数对”，称为“中国梦数对”的和，则和为2018的“中国梦数对”的个数为（    ） A．36个 B．48个 C．54个 D．56个 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】设，， 则， 根据题意得其中均为自然数， 满足条件的自然数对，有，，，共3对； 满足条件的自然数对只有； 满足条件的自然数对有，，共2对； 满足条件的自然数对有，，，，，，，，，共9对． 由分步乘法计数原理可知，和为2018的“中国梦数对”的个数为． 故选：C 2．设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有（    ）. A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 【答案】B 【分析】依中的最大数进行分类求解. 【详解】依中的最大数进行分类： ①若中的最大数为1，则有1种，则是集合的非空子集，有种，所以有（种）； ②若中的最大数为2，则有2种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ③若中的最大数为3，则有4种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ④若中的最大数为4，则有8种，则是集合的非空子集，有1种，所以有种. 所以可得，故不同的选择方法共有49种． 3．甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（    ） A．36 B．48 C．52 D．64 【答案】C 【分析】通过4次传花后仍回到甲手，得出第四次传花只能传给甲，由此得出限制条件，根据分步乘法即可计算出传法总数. 【详解】5人传花，第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，经过4次传花，花仍回到甲手， ∴第1次传花有4种方法，第3次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两类方法， 第4次传花只能传到甲手中. ∴当第2次传花后花在甲手中时，则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊手中，共4种方法； 当第2次传花后花不在甲手中时，有3种方法，则第3次传花有3种方法. ∴经过4次传花，花仍回到甲的传法总数为：， ∴花仍回到甲的传法总数为52种， 故选：C. 4．某班有4名同学报名参加校运会的六个比赛项目，若每项至多报一人，且每人只报一项，则报名方法的种数为（    ） A．240 B．360 C．480 D．640 【答案】B 【分析】由分步计数原理得到答案. 【详解】每项限报一人，且每人只报一项，因此可由人选项目. 第一个人有6种不同的选法，第二个人有5种不同的选法， 第三个人有4种不同的选法，第四个人有3种不同的选法， 由分步计数原理得报名方法共有种. 故选：B 5．将标有1、2、3、4的四个球放到标号为1、2、3、4的四个盒子里，每只盒子放一个球，则盒子的标号与球号均不相同的放法种数为（    ） A．6种 B．9种 C．11种 D．23种 【答案】B 【分析】由分步乘法计数原理可得. 【详解】要得到盒子标号与球号均不同的一种放法，可分三个步骤： 第一步，先放1号球，从标号2、3、4的3个盒子中任选一个放入，有3种放法； 第二步，再放与1号球放入的盒子标号相同的球，有3种放法， 例如，第一步中1号球放入2号盒子；第二步则放2号球，可从1、3、4号盒子中任选一个放入； 第三步，最后放余下两球，只有1种放法. 由乘法原理得，不同的放法有种. 故选：B. 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 二、填空题 7．将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答） 【答案】 【分析】对编号为的盒子中球数进行分类讨论，确定编号为的盒子中的球数，结合分类加法计数原理可得结果. 【详解】若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、、，有种情况， 若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、，有种情况， 综上所述，不同的放法种数为种. 故答案为：. 8．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. 【详解】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. 9．正整数2024有 个不同的正约数 【答案】16 【分析】将2024分解为若干个素数的乘积，再由分步乘法计算可得； 【详解】因为， 所以正整数2024有个不同的正约数， 故答案为：16. 10．某日小张坐火车从沈阳市到葫芦岛市，已知当天从沈阳市到葫芦岛市的火车中，“K”字开头的车次有7个，“D”字开头的车次有2个，“C”字开头的车次有1个，“G”字开头的车次有20个，“T”字开头的车次有2个，“Z”字开头的车次有7个，则小张当日车次的选择共有 种． 【答案】39 【分析】利用分类加法原理，可得答案. 【详解】由分类加法计数原理可得小张当日车次的选择共有种． 故答案为：. 11．重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 【答案】72 【分析】分2步进行：先排偶数，再排奇数.利用列举法分别表示偶数、奇数排列的所有情况，结合分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意知，可分2步进行：先排偶数，再排奇数. 排偶数的情况：设4个偶数排列为， 其中表示第2位，表示第4位，表示第6位，表示第8位， 则所有的可能有， ，共9种排法； 同理，满足奇数的所有可能有 ，共8种排法. 所以总的排法数为种. 故答案为：72 12．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：. 13．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数有 种． 【答案】36 【分析】分三种情况，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理进行求解. 【详解】4个同学分别为， 因为4个同学总分为0，所以可分为三类： 第一，都选甲且两对两错，答对的情况有，共有6种； 第二，都选乙且两对两错，同理可得有6种； 第三，两个选甲一对一错，另两个选乙也一对一错， 选甲的情况有，对应选乙的情况为， 一对一错均有两种情况，故有6×2×2＝24种． 由分类加法计数原理N＝6＋6＋24＝36种． 故答案为：36 14．已知，则方程可以表示不同的圆的个数是多少？ 【答案】24 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算得解. 【详解】确定圆的个数，需要3步，先确定值有3种方法；再确定值有4种方法；最后确定值有2种方法， 所以方程可以表示不同的圆的个数是. 三、解答题 15．已知，则方程可以表示不同的圆的个数是多少？ 【答案】24 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算得解. 【详解】确定圆的个数，需要3步，先确定值有3种方法；再确定值有4种方法；最后确定值有2种方法， 所以方程可以表示不同的圆的个数是. 16．关于正整数2160，求： (1)它有多少个不同的正因数？ (2)它的所有正因数的和是多少？ 【答案】(1)40个； (2)7440． 【分析】（1）对2160分解因数，转化2160的正因数，结合参数的取值及分步乘法计数原理即可得解. （2）我们要求正整数2160正因数的和，我们可以根据式子的展开式就是40个正因数．展开求和，即可得到答案． 【详解】（1）由题意，， 则2160的正因数， 因为可取0，1，2，3，4；可取0，1；可取0，1，2，3； 所以2160有个不同的正因数. （2）式子的展开式就是40个正因数之和． 所以，正因数之和为. 即2160所有正因数的和是. 17．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． 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 $ 专题6.1 乘法原理与加法原理 教学目标 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 教学重难点 1.重点 （1）熟练掌握两个计数原理； （2）会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题； 2.难点 （1）常见误区：“分类”与“分步”不清，导致计数错误； 知识点01 分类加法计数原理 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． 【特别提醒】　(1)完成一件事的若干种方法可以分成两类不同方案，且这两类方案中的方法互不相同． (2)每一类方案中的每一种方法都能独立完成这件事． (3)推广：完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． 【方法技巧】(1)分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下分类，要做到分类“不重不漏”． (2)利用分类加法计数原理计数时的解题流程 【即学即练】 1．某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（   ） A．5种 B．7种 C．15种 D．20种 知识点02 分步乘法计数原理 分步乘法计数原理：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． 【特别提醒】　　(1)步骤可以分出先后顺序，每一步对实现目标是必不可少的． (2)每步的方法具有独立性，不受其他步骤影响． (3)每步所取的方法不同，每一步都有若干种方法． (4)推广：如果完成一件事情需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，则完成这件事情共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 【方法技巧】(1)使用分步乘法计数原理的两个注意点： 一是要按照事件发生的过程合理分步，即步骤是有先后顺序的； 二是各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事． (2)利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 【即学即练】 1．甲、乙、丙、丁四名同学可以随机地选修王老师、张老师、李老师中任何一位老师开设的课程，则不同的选课方案有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．81种 知识点03 两个原理的区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 区别一 每类方法都能独立完成这件事．它是独立的、一次的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就完成 任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事 区别二 各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是相互依存的，并且既不能重复，也不能遗漏 题型01 分类加法计数原理的应用 【典例1】 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 【变式1-1】将各位数字之和为的三位数叫“幸运数”，比如，，则所有“幸运数”的个数为 ． 【变式1-2】若，则不同的有序集合组共有 种． 【变式1-3】我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　） A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 题型02 分步乘法计数原理的应用 【典例2】 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． 【变式2-1】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 【变式2-2】把5封不同的信投入4个不同的信箱，不同的投法种数共有 种. 【变式2-3】给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z，后两个字符要求用数字1～9，最多可以给 个程序模块命名． 题型03 两个计数原理的简单综合应用 【典例3】 由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字，十位数字小于百位数字，则这样的数共有 个. 【变式3-1】从0~9这十个数字中选取3个数，能组成无重复数字的三位偶数 个.（用数字作答） 【变式3-2】有红、黄、蓝的小旗各一面，从中选用1面、2面或3面升上旗杆，并且不同的顺序表示不同的信号，则可表示不同的信号种数为（    ）． A．6 B．12 C．14 D．15 【变式3-3】用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有 个.（用数字作答） 1．一对非负整数组成的有序数对，如果在做与的加法时不用进位，则称为“中国梦数对”，称为“中国梦数对”的和，则和为2018的“中国梦数对”的个数为（    ） A．36个 B．48个 C．54个 D．56个 2．设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有（    ）. A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 3．甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（    ） A．36 B．48 C．52 D．64 4．某班有4名同学报名参加校运会的六个比赛项目，若每项至多报一人，且每人只报一项，则报名方法的种数为（    ） A．240 B．360 C．480 D．640 5．将标有1、2、3、4的四个球放到标号为1、2、3、4的四个盒子里，每只盒子放一个球，则盒子的标号与球号均不相同的放法种数为（    ） A．6种 B．9种 C．11种 D．23种 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 二、填空题 7．将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答） 8．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． 9．正整数2024有 个不同的正约数 10．某日小张坐火车从沈阳市到葫芦岛市，已知当天从沈阳市到葫芦岛市的火车中，“K”字开头的车次有7个，“D”字开头的车次有2个，“C”字开头的车次有1个，“G”字开头的车次有20个，“T”字开头的车次有2个，“Z”字开头的车次有7个，则小张当日车次的选择共有 种． 11．重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 12．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 . 13．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数有 种． 14．已知，则方程可以表示不同的圆的个数是多少？ 三、解答题 15．已知，则方程可以表示不同的圆的个数是多少？ 16．关于正整数2160，求： (1)它有多少个不同的正因数？ (2)它的所有正因数的和是多少？ 17．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. 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 $