6.1.2 基本计数原理的应用-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂同步课件PPT（人教A版）

6．1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 6．1.2　基本计数原理的应用 第六章 计数原理 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 课前 预习学案 01 课堂 互动学案 02 课后 素养提升 03 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 课前 预习学案 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 课程标准 素养解读 1.熟练应用两个计数原理 2.能运用两个计数原理解决一些综合性的问题 1.借助两个计数原理解题，提升数学运算的素养 2.通过合理分类或分步解决问题，提升逻辑推理的素养 [情境引入] 某政协委员从泉城济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车，假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车有4个班次. 问题1：此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？ 问题2：如果该委员先从家乡乘坐汽车到达济南市，再乘坐飞机前往北京参加会议，其中汽车有4班，飞机有3个航班，此委员想从家乡到达北京共有多少种途径？ [知识梳理] [知识点一]　两个计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种类 不 同 点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事) 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 [知识点二]　两个计数原理的应用 解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用.使用时要做到目的明确，层次分明， 先后有序，还需特别注意以下两点： (1)合理分类，准确分步：处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准.分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性. (2)特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想. [预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”). (1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.(　　) (2)用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能编出26＋10＝36(种)不同的号码.(　　) (3)在分类加法计数原理中的每一种办法都可以完成这件事.(　　) 提示：(1)×　在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法是不同的，若相同它只能在同一类方案中且只能算是一种方法. (2)√　因为英文字母共有26个，阿拉伯数字0～9共有10个，所以总共可以编出26＋10＝36(种)不同的号码. (3)√　在分类加法计数原理中的每一种办法都是独立的，可单独完成这件事. 2．某校高三有三个班，分别有学生50人、50人、52人.从中选一人担任学生会主席，共有　________　种不同的选法.(　　) A．100　　　　 B．102 C．152 D．50 解析：C　[这名学生会主席可能是一班学生，可能是二班学生，也可能是三班学生.依分类加法计数原理，共有50＋50＋52＝152(种)不同选法.] 3．现有4件不同款式的上衣和3件不同颜色的长裤，如果一件上衣和一条长裤配成一套，则不同的搭配法种数为(　　) A．7　 B．12　　 C．64　 　D．81 解析：B　[完成一种搭配有两个步骤，第一步，选上衣有4种不同的选法；第二步，选长裤有3种不同的选法.所以根据分步乘法计数原理共有4×3＝12(种)不同的搭配方法.] 4．用1,2,3这三个数字能写出　________　个没有重复数字的偶数. 解析：用1,2,3这三个数字能写出1个一位偶数，2； 用1,2,3这三个数字能写出2个没有重复数字的两位偶数，12,32； 用1,2,3这三个数字能写出2个没有重复数字的三位偶数，132,312. 所以用1,2,3这三个数字共能写出5个没有重复数字的偶数. 答案：5 组数问题 [例1] 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的： (1)银行存折的四位密码？ (2)四位整数？ (3)比2 000大的四位偶数？ [思路点拨]　(1)用分步乘法计数原理求解； (2)0 不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解； (3)可以按个位是0,2,4分三类，也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解. 解：(1)分步解决. 第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法； 第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法； 第三步；选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法； 第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个). (2)分步解决. 第一步：首位数字有5种选取方法； 第二步：百位数字有5种选取方法； 第三步：十位数字有4种选取方法； 第四步：个位数字有3种选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有 5×5×4×3＝300(个). (3)法一：按末位是0,2,4分为三类： 第一类：末位是0的有4×4×3＝48(个)； 第二类：末位是2的有3×4×3＝36(个)； 第三类：末位是4的有3×4×3＝36(个). 则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个). 法二：按千位是2,3,4,5分四类： 第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)； 第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)； 第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)； 第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个). 则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个). 法三：用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类： 第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)； 第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个). 共有60＋96＝156(个). 其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)， 所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个). 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(或特殊元素)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”不能排在两位或两位以上的数的最高位. [变式训练] 1．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　　) A．24　　 B．18　　　C．12　　　D．6 解析：B　[由于三位数是奇数，分两类：奇偶奇和偶奇奇.(1)若是奇偶奇，则个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；(2)若是偶奇奇，则个位有3种选择，十位有2种选择，百位不能选0，有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数.因此总共有12＋6＝18(种)情况.] 选(抽)取与分配问题 [例2] 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有(　　) A．16种 B．18种 C．37种 D．48种 [思路点拨]　由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解. 解析：C　[法一：(直接法) 以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类： 第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)； 第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种). 综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种). 法二：(间接法) 先计算三个班自由选择去工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即4×4×4－3×3×3＝37(种)方案.] 解决抽取(分配)问题的方法 1．当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法. 2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：(1)直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行. (2)间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可. [变式训练] 2．3个不同的小球放入5个不同的盒子里，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？ 解：(以小球为研究对象)分三步来完成： 第一步：放第一个小球有5种选择； 第二步：放第二个小球有4种选择； 第三步：放第三个小球有3种选择. 根据分步乘法计数原理得： 共有方法数N＝5×4×3＝60(种). 涂色(种植)问题 [例3] 将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有　________　种. [思路点拨]　对不相邻的地块种植作物可能相同也可能不同进行讨论. 不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有两种方法a或c. ①若第三块田放c： a b c 第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法. ②若第三块田放a： a b a 第四块有b或c两种方法， (ⅰ)若第四块放c： a b A c 第五块有2种方法； (ⅱ)若第四块放b： a b A b 第五块只能种作物c，共1种方法. 综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法. 答案：42 [例4] 将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 1 2 3 4 [思路点拨]　注意小方格中第2个和第3个所涂颜色可能相同，也可能不同，故应分两类：所涂颜色相同和不同，分别求解. 解：第1个小方格可以从5种颜色中选任何一种颜色涂上，有5种不同的涂法. ①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法. ②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法. 由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法. 解决涂色(种植)问题的一般思路 涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解，有几种常用方法： 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. 4．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. [变式训练] 3．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)，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，则共有　________　种不同的栽种方法. 解析：分两大类. 第一大类，6,5,1,2四部分栽种4种不同颜色的花，共分两步. 第1步，在6,5,1,2四部分栽种不同颜色的花，共有4×3×2×1＝24(种)不同栽法； 第2步，栽种3,4部分，又有两类.第1类，3与6栽种的颜色相同，4与2栽种的颜色相同，有1种栽法；第2类，3与5栽种的颜色相同，4与2或6栽种的颜色相同，有2种栽法，共有1＋2＝3(种)栽法. 由分步乘法计数原理，第一大类共有24×3＝72(种)不同的栽种方法. 第二大类，在6,5,1,2四部分中，2与5栽种的颜色相同，可分三步. 第1步，栽种6,5,1部分，可从4种颜色的花中选3种进行栽种，有4×3×2＝24(种)栽法； 第2步，栽种第2部分，与5相同，有1种栽法； 第3步，栽种3,4部分，又有两类.第1类，3与6相同，4栽种剩余的第4种颜色的花，有1种栽法；第2类，3栽种剩余第4种颜色的花，4与6栽种相同颜色的花，有1种栽法，共有2种栽法. 由分步乘法计数原理得第二大类共有24×1×2＝48(种)不同的栽种方法.故共有72＋48＝120(种)不同的栽种方法. 答案：120 [当堂达标] 1．今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有(　　) A．10种 B．60种　C．125种　D．243种 解析：D　[五人去看三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有35＝243种，故选D.] 2．用0,1，…，9这10个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　) A．243 B．252 C．261 D．648 解析：B　[0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个).] 3．中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1,2,3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，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，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有　______　种. 解析：根据题意，只需确定区域1,2,3,4的颜色，即可确定整个伞面的涂色.先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择，当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择；当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择，故不同的涂色方案有6×5×(4×4＋5)种＝630种. 答案：630 4．5名班委员进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为　________　. 解析：根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6(种)情况，由分步乘法计数原理，可得出共有1×3×6＝18(种)分工方案. 答案：18 5．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有多少种？ 解：法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6(种)不同的种植方法.同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6(种)不同的种植方法.故不同的种植方法共有6×3＝18(种). 法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)方法，故共有24－6＝18(种)不同的种植方法. [基础过关] 1．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有(　　) A．6种　　　　B．7种 C．8种 D．9种 解析：D　[可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6(种)；若选派2名女生，则有3种.由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法.] 2．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为(　　) A．30　　 B．20　　　C．10　 D．6 解析：D　[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法，故由分类加法计数原理得，共有N＝3＋3＝6(种)取法.] 3．从0,1,2，…，9这10个数字中，任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点(a，b)的坐标，能够确定不在x轴上的点的个数是(　　) A．100 B．90 C．81 D．72 解析：C　[分两步：第一步选b，因为b≠0，所以有9种选法；第二步选a，因为a≠b，所以有9种选法.由分步乘法计数原理知共有9×9＝81(个)点.] 4．已知a∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(3，4，6))，b∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2))，r∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，4，9，16))，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示的不同圆的个数是(　　) A．6 B．9 C．16 D．24 解析：D　[确定一个圆的方程可分为三个步骤：第一步，确定a，有3种选法；第二步，确定b，有2种选法；第三步，确定 r，有4种选法.由分步乘法计数原理得，不同圆的个数为3×2×4＝24.] 5．李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中，到“东亚文化之都——泉州”两日游，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有(　　) A．16种 B．18种 C．20种 D．24种 解析：C　[任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，若李雷选①②和⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，故他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×4＋4×3＝20(种).] 6．(多选)某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人每人在该窗口打2种菜，且每人至多打1种荤菜，则下列说法中正确的是(　　) A．甲若选一种荤菜，则有6种选法 B．乙的选菜方法数为9 C．若两人分别打菜，总的方法数为18 D．若两人打的菜均为一荤一素且只有一种相同，则方法数为30 解析：AB　[若甲打一荤一素，则有Ceq \o\al(1,2)×Ceq \o\al(1,3)＝6种选法，故A选项正确；若乙打一荤一素，则有6种选法，若打两素，则有Ceq \o\al(2,3)＝3种选法，共9种选法，故B选项正确；选项C，两人分别打菜，由选项B知每个人可有9种打法，故应为9×9＝81种方法；选项D可分为荤菜相同或素菜相同两种情况，共2×3×2＋3×2×1＝18种.] 7．甲、乙、丙3个班各有3,5,2名三好学生，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有　________　种推选方法. 解析：分为三类：①甲班选1名，乙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×5＝15(种)选法；②甲班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×2＝6(种)选法；③乙班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有5×2＝10(种)选法.综上，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31(种)推选方法. 答案：31 8．一个三位数的百位、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，c∈{1,2,3,4,5}，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“有缘数”共　______　个. 解析：根据题意知在1,2,3,4,5中，能组成有缘数的组合有：1,2,3；1,3,4；1,4,5；2,3,5；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：4×6个＝24个. 9.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的总数为　________　. 解析：按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类： 第一类，A，C 同色，则有5×4×3×3＝180(种)不同的染色方法. 第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240(种)不同的染色方法. 根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420(种)不同的染色方法. 答案：420 10．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同. (1)从两个口袋内任取1个小球，有多少种不同的取法？ (2)从两个口袋内各取1个小球，有多少种不同的取法？ 解：(1)从两个口袋内任取1个小球，有两类方案： 第一类，从第一个口袋内任取1个小球，有5种方法； 第二类，从第二个口袋内任取1个小球，有4种方法. 根据分类加法计数原理，不同取法的种数是5＋4＝9. (2)从两个口袋内各取一个小球，可以分成两个步骤来完成： 第一步，从第一个口袋内任取1个小球， 有5种方法； 第二步，从第二个口袋内任取1个小球， 有4种方法. 根据分步乘法计数原理知，不同取法的种数是5×4＝20. 11．将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数. (1)可以排出多少个不同的三位数？ (2)各位数字互不相同的三位数有多少个？ (3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？ 解：(1)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位，根据分步乘法计数原理知，可以排出6×6×6＝216(个)不同的三位数. (2)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位.百位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位上数字的排法有4种，根据分步乘法计数原理知，各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个). (3)两个数字相同有三种可能，即百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，而每种都有6×5＝30(个)，故满足条件的三位数共有3×30＝90(个). 12．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x 0<x≤3 3<x≤6 6<x≤9 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) 解析：BCD　[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3×3＝9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9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3×3＝9种；小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9种；小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9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9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] 13．从集合eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3…，11))中任选2个元素作为椭圆方程eq \f(x2,m2)＋eq \f(y2,n2)＝1中的m和n，求落在矩形区域B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x，y||x|＜11且|y|＜9))内的椭圆个数. 解：根据题意，知当m＝1时，n可等于2,3，…，8，共对应7个不同的椭圆；当m＝2时，n可以等于1,3,4，…，8，共对应7个不同的椭圆.同理可得，当m＝3,4,5,6,7,8时，各分别对应7个不同的椭圆；当m＝9时，n可以等于1,2，…，8，共对应8个不同的椭圆；当m＝10时，共对应8个不同的椭圆.综上所述，对应的椭圆共有7×8＋8×2＝72(个). 14．某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客乘坐地铁的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表所示(其中x∈N*)： 乘坐 站数 0＜x≤3 3＜x≤6 6＜x≤9 票价 (元) 2 3 4 现有小华、小李两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁的站数都不超过9，且他们各自在每站下地铁的可能性是相同的. (1)若小华、小李两人共付费5元，则小华、小李下地铁的方案共有多少种？ (2)若小华、小李两人共付费6元，求小华比小李先下地铁的概率. 解：(1)由题表可知，若小华、小李两人共付费5元，则小华、小李一人付费2元一人付费3元，付费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择，付费3元的乘坐站数有4,5,6三种选择，所以小华、小李下地铁的方案共有2×3×3＝18(种). (2)由题表可知，若小华、小李两人共付费6元，则小华、小李一人付费2元一人付费4元或两人都付费3元.付费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择，付费3元的乘坐站数有4,5,6三种选择，付费4元的乘坐站数有7,8,9三种选择，因此小华、小李下地铁的方案共有2×3×3＋3×3＝27(种)，其中小华比小李先下地铁的方案有3×3＋3＝12(种)，因此小华比小李先下地铁的概率为eq \f(12,27)＝eq \f(4,9). $