考点01 分类加法计数原理与分类乘法计数原理（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第三册

考点01 分类加法计数原理与分类乘法计数原理 考点一：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 考点一：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． 题型一、两个计数原理的辨析 【例1】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. 【例2】（多选）下列说法正确的是（      ） A．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 B．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 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】AD 【详解】对于A，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A正确； 对于B，分步乘法计数原理要求每一步都完成，才能说任务完成，故B错误； 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：AD. 【变式1-1】（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1-2】（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用 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 分析; （3）对于空间涂色问题将空间问题 ，转化为 . 【答案】 分步乘法计数原理 分类加法计数原理 平面化 平面区域涂色问题 【详解】略. 【变式1-3】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）． 题型二、分类加法计数原理的应用 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3】已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（    ） A．5 B． C．7 D．8 【答案】C 【详解】由图知，从地到地的道路有2条，从地到地的道路有3条，由分步乘法计数原理可知，从地经过地到地不同的路线共有条； 从地不经过地到地的路线有1条. 根据分类加法计数原理可得，从地到地不同的路线共条. 故选：C. 【例4】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】 【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：. 【变式2-1】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，则不同的选法有（   ） A．18种 B．72种 C．13种 D．24种 【答案】C 【详解】由题意得，若选出的负责人是高一学生，有3种情况； 若选出的负责人是高二学生，有4种情况； 若选出的负责人是高三学生，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：C． 【变式2-2】用1，2，3这三个数字能写出 个没有重复数字的偶数． 【答案】5 【详解】用1，2，3这三个数字能写出1个一位偶数为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为12和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为132和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． 故答案为：5 【变式2-3】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】 【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：. 题型三、分步乘法计数原理的应用 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5】已知，，则可表示不同的点的个数是（   ） A．1 B．3 C．6 D．9 【答案】D 【详解】这件事可分为两步完成：第一步，在集合中任取一个值有3种方法； 第二步，在集合中任取一个值有3种方法．根据分步乘法计数原理知，有（个）不同的点． 故选：D 【例6】从集合的子集中，选出有5个元素的子集，使得这5个元素中的任意2个元素的和不等于11，这样的子集共有多少个？ 【答案】32 【详解】和为11的数共有5组：1与10，2与9，3与8，4与7，5与6． 满足条件的子集中的元素不能取同一组中的两个数． 而每组元素的取法有2种， 所以子集的个数为． 即满足条件的子集共有32个． 【变式3-1】整数3528有（    ）个不同的正因数． A．10 B．12 C．36 D．40 【答案】C 【详解】，3528的正因数必为的形式， ，，， 所以3528共有个不同的正因数． 故选：C 【变式3-2】若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为（    ） A．3 B．8 C．9 D．27 【答案】D 【详解】由题设，的值域为，则或或， 结合“同族函数”的定义，则函数定义域分别从、、中各取至少一个数， 所以共有种. 故选：D 【变式3-3】某商店现有甲种型号电视机10台，乙种型号电视机8台，丙种型号电视机12台，从这三种型号的电视机中各选1台检验，有多少种不同的选法？ 【答案】960 【详解】完成从这三种型号的电视机中各选1台检验可分三步完成： 第一步：从甲种型号中选1台，有10种不同的方法； 第二步：从乙种型号中选1台，有8种不同的方法； 第三步：从丙种型号中选1台，有12种不同的方法． 根据分步乘法计数原理得（种）． 因此共有960种不同的方法． 题型四、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7】用0，1，2，3，4组成一个无重复数字的三位数，要求个位与百位的数字为偶数，十位数字为奇数，则共计可以组成的正整数的个数为（   ） A．4 B．6 C．8 D．20 【答案】C 【详解】先确定百位数，可用数字2、4，有两种选法； 确定十位数字，可用数字1、3，有两种选法； 确定个位数字，若百位选2，剩余偶数有0、4，有两种选法， 若百位选4，剩余偶数为0、2，有两种选法， 因此，不管百位选2还是选4，个位均有两种选法； 根据分步乘法计数原理得：种选法； 故选：C 【例8】（多选）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如213、435等都是“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（    ） A．组成的三位数的个数为60 B．在组成的三位数中，各位数字之和为9的个数为6 C．在组成的三位数中，比300大的个数为36 D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为24 【答案】AC 【详解】依题意，组成的三位数的个数为，故A正确； 各位数字之和为9的有；两种组合，故各位数字之和为9的个数为，B错误； 比300大，则百位上的数可以为3，4，5，比300大的个数为，C正确； 将这些“凸数”分为三类：①十位为1，则有（种）；②十位为2，则有（种）； ③十位为3，则有（种），所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为，故D错误． 故选：AC. 【变式4-1】只用0，1，2这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（    ） A．28个 B．24个 C．22个 D．18个 【答案】A 【详解】先保证首位不为0且同一数字不能相邻出现， 则首位不为0，其余各位均有2种选择，可得不同排法的种数为； 下面考虑只有2个数字组成的5位数，有，只有4种可能； 所以不同排法的种数为种. 故选：A. 【变式4-2】（多选）用数字，，，，组成数字，下列说法正确的有（   ） A．可以组成个没有重复数字的三位数 B．可以组成个没有重复数字的四位奇数 C．可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数 D．可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数 【答案】BCD 【详解】对于A，百位上的数字有种选择，十位上的数字有种选择，个位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个没有重复数字的三位数，故A错误； 对于B，因为是奇数，所以个位上的数字有，，，共种选择， 千位上的数字有种选择，百位上的数字有种选择，十位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个没有重复数字的四位奇数，故B正确； 对于C，因为是偶数，所以个位上的数字有，，共种选择， 若个位上的数字是，因为组成的数小于，所以百位上的数字有，，，共种选择，十位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数， 若个位上的数字是，因为组成的数小于，所以百位上的数字有，，共种选择，十位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数． 由分类加法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数，故C正确； 因为十位上的数字最大，所以十位上的数字可以是，，， 当十位上的数字是时，若个位上的数字是，则百位上的数字有种选择， 若个位上的数字不是，则个位上的数字有种选择，百位上的数字有种选择， 所以可以组成个符合要求的三位数； 当十位上的数字是时，个位和百位都有种选择，所以可以组成个符合要求的三位数， 当十位上的数字是时，符合要求的三位数只有，共个， 综上，可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数，故D正确； 故选：BCD． 【变式4-3】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 【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. 题型五、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9】如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 【详解】秀英区有4种选择，龙华区有3种选择， 当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2种选择，美兰区有1种选择； 所以不同的着色方法的种数为. 故选：C 【例10】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. 【变式5-1】给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 【答案】D 【详解】从四个不同的颜色中选出一种颜色给涂色，有4种可能，再给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能，给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能， 这样给七个正六边形区域，，，，，，涂色， 不同的涂色方案有． 故选：D． 【变式5-2】如图，某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，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（    ）种.    A．40 B．80 C．120 D．160 【答案】C 【详解】根据图示，区域3和6、区域3和5、区域2和5、区域2和4、区域4和6不相邻，可以栽种相同颜色的花. 因为要栽种4种不同颜色的花，所以分为5类： 第一类：区域3和6同色且区域2和4同色：种； 第二类：区域3和6同色且区域2和5同色：种； 第三类：区域3和5同色且区域2和4同色：种； 第四类：区域4和6同色且区域2和5同色：种； 第五类：区域4和6同色且区域3和5同色：种； 所以，共有种. 故选：C 【变式5-3】给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【答案】(1)3种 (2)72 【详解】（1）由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务. （2）分两种情况: 情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有种涂法; 情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有种涂法. 所以共有24+48=72种不同的涂色方法. 题型六、抽取与分配问题 【例11】某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（    ） A．9种 B．11种 C．44种 D．45种 【答案】D 【详解】除抽到自己的人，其它4人各写一张贺年卡集中起来，再每人从中抽取一张， 标记这4人为B、C、D、E，其对应的贺卡为b、c、d、e， 则4人均未抽到自己的贺年卡情况如下列树状图所以： 由树状图可知，这4人均未抽到自己贺卡情况下抽到的贺年卡情况共有9种， 所以5人各写一张贺年卡，集中起来再每人从中抽取一张，恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有种. 故选：D. 【例12】2023年杭州亚运会的吉祥物包括三种机器人造型，分别名叫“莲莲”，“琮琮”“宸宸”，小辉同学将三种吉祥物各购买了两个（同名的两个吉祥物完全相同），送给三位好朋友，每人两个，则每个好朋友都收到不同名的吉祥物的分配方案共有 种．（用数字作答） 【答案】6 【详解】根据题意，设“莲莲”，“琮琮”“宸宸”为,则可得其组合形式为, 故第一个好友具有种，第二个好友具有种，第三个好友只有种， 即每个好朋友都收到不同命的吉祥物的分配方案为：种. 故答案为： 【变式6-1】某高中安排4名同学（不同姓）到甲、乙、丙3个小区参加垃圾分类宣传活动，若每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，其中张同学不去乙小区，则不同的分配方案种数为（   ） A．36 B．24 C．48 D．12 【答案】B 【详解】张同学单独一组，由于张同学不去乙小区，所以先排张同学共有种， 再将其余三人分成两组共有，再分配到另外两个小区共有，此种情况共有种； 张同学与其他同学在一组，先排张同学共有种，其余三人三组全排列共有，此种共有12种， 所以共有24种. 故选：B 【变式6-2】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. 【变式6-3】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． 一、单选题 1．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 【答案】B 【详解】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（种）不同的搭配方法． 故选：B 2．四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队和排球队，每人限报其中的一支，那么不同的报名方法有（    ）种. A．12 B．16 C．81 D．256 【答案】C 【详解】由题意知，每名学生都有种报名情况， 由分步乘法计数原理可得，不同的报名方法有种. 故选：C. 3．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 【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． 4．已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（   ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 【答案】B 【详解】在第二象限的点的横坐标为负数，纵坐标为正数， 由题意得点的横坐标有，两种选择，点的纵坐标有3，5两种选择． 由分步乘法计数原理，得在第二象限的点有个． 故选：B． 5．我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有（    ） A．66个 B．55个 C．36个 D．28个 【答案】C 【详解】当首位数字为1时，后两位相加为7， “幸运数”分别是116,161,125,152,134,143,107,170，共8个； 当首位数字为2时，后两位相加为6， “幸运数”分别是206,260,215,251,224,242,233，共7个； 当首位数字为3时，后两位相加为5，“幸运数”分别是305,350,314,341,323,332，共6个； 当首位数字为4时，后两位相加为4，“幸运数”分别是404,440,413,431,422，共5个； 当首位数字为5时，后两位相加为3，“幸运数”分别是503,530,512,521，共4个； 当首位数字为6时，后两位相加为2，“幸运数”分别是602,620,611，共3个； 当首位数字为7时，后两位相加为1，“幸运数”分别是701,710，共2个； 当首位数字为8时，后两位相加为0，“幸运数”是800，共1个. 因此，所有的“幸运数”共有个. 故选：C. 6．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 【答案】B 【详解】0，1，2，…，9共能组成个三位数，其中无重复数字的三位数有个，所以有重复数字的三位数有个． 故选：B 7．已知，则方程可表示的不同圆的个数是（   ） A．6 B．9 C．16 D．24 【答案】D 【详解】根据题意，确定一个圆的方程可分为三个步骤： 第一步，确定，有3种选法； 第二步，确定，有2种选法； 第三步，确定，有4种选法， 由分步乘法计数原理得，不同圆的个数为． 故选：D. 二、多选题 8．下列说法正确的是（    ） A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 【答案】ABC 【详解】对于A，第一步，千位可以为，有5种排法， 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个可重复数字的四位数，故A正确； 对于B，第一步，千位可以为，有5种排法； 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位数，故B正确； 对于C，第一步，个位可以为，有3种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位奇数，故C正确； 对于D，第一种情况：当个位为0时，千､百､十位有种排法， 第二种情况：第一步，个位可以为2，4，有2种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法，共有种排法， 综上所述，可以排成个无重复数字的四位偶数，故D错误. 故选：ABC. 9．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（  ）. A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 【答案】ABC 【详解】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确. 对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确. 对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法； 第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法； 第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法， 故共有种不同的选法，故C正确. 对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法； 第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法， 根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题 10．5名班委进行分工，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 ． 【答案】18 【详解】根据题意，只适合当学习委员，有1种情况，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（种）情况， 由分步乘法计数原理可得出共有（种）分工方案． 故答案为：18 11．勒让德猜想是数论中最著名的猜想之一，内容如下：对于任意正整数，存在质数，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案有 种．（用数字作答） 【答案】4 【详解】依题意，1的质数分布区间内的质数有两个；2的质数分布区间内的质数有两个； 3的质数分布区间内的质数有两个；4的质数分布区间内的质数有三个； 5的质数分布区间内的质数有两个；6的质数分布区间内的质数有四个， 因此从中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案 有、、、，共4种方案. 故答案为：4 12．如图，表格中是的一个排列，且满足，则满足条件的方格表共有 张. 【答案】8 【详解】因为，， 所以， 所以为或； 所以，即， 所以是的倍数，又，所以， 则，因为互不相同， 所以不能是，只能是， 剩下的数字是，所以， 所以满足条件的方格表共有张. 故答案为：. 四、解答题 13．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 【答案】(1)122 (2)63000 (3)4860 【分析】 【详解】（1）从高一选1人作为总负责人有50种选法； 从高二选1人作为总负责人有42种选法； 从高三选1人作为总负责人有30种选法． 由分类加法计数原理，可知共有50（种）选法． （2）从高一选1名负责人有50种选法； 从高二选1名负责人有42种选法； 从高三选1名负责人有30种选法． 由分步乘法计数原理，可知共有（种）选法． （3）①从高一和高二中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ②从高二和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ③从高一和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法． 故共有（种）选法． 14．（1）从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？ （2）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ 【答案】（1）22;（2）36 【分析】 【详解】（1）由题可知选其中一人为组长分四类： 从一班中选一人为组长，有4种选法； 从二班中选一人为组长，有5种选法； 从三班中选一人为组长，有6种选法； 从四班中选一人为组长，有7种选法． 共有不同选法（种）． （2）法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有（个）． 法二：按个位上的数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有（个）． 15．在平面直角坐标系内，已知曲线方程． (1)若曲线方程表示的轨迹为圆，则这样的圆有多少个？ (2)若曲线方程表示的轨迹为椭圆，则这样的椭圆有多少个？ 【答案】(1)5个 (2)20个 【分析】 【详解】（1）因为， 所以， 因为曲线方程表示的轨迹为圆， 则，共有5种情况， 即这样的圆有5个． （2）由（1）知， 当焦点在轴上，此时需， 当时，没有对应值，0个椭圆； 当时，共1个椭圆； 当时，共2个椭圆； 当时，共3个椭圆； 当时，共4个椭圆， 由分类加法计数原理，焦点在轴上的椭圆有个； 焦点在轴上与焦点在轴上的椭圆个数相同，有10个； 综上所述，满足题意的椭圆共有个． 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】 【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. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点01 分类加法计数原理与分类乘法计数原理 考点一：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 考点一：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． 题型一、两个计数原理的辨析 【例1】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．( ) 【例2】（多选）下列说法正确的是（      ） A．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 B．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 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 【变式1-1】（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1-2】（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用 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 分析; （3）对于空间涂色问题将空间问题 ，转化为 . 【变式1-3】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？ 题型二、分类加法计数原理的应用 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3】已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（    ） A．5 B． C．7 D．8 【例4】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 【变式2-1】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，则不同的选法有（   ） A．18种 B．72种 C．13种 D．24种 【变式2-2】用1，2，3这三个数字能写出 个没有重复数字的偶数． 【变式2-3】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 ． 题型三、分步乘法计数原理的应用 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5】已知，，则可表示不同的点的个数是（   ） A．1 B．3 C．6 D．9 【例6】从集合的子集中，选出有5个元素的子集，使得这5个元素中的任意2个元素的和不等于11，这样的子集共有多少个？ 【变式3-1】整数3528有（    ）个不同的正因数． A．10 B．12 C．36 D．40 【变式3-2】若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为（    ） A．3 B．8 C．9 D．27 【变式3-3】某商店现有甲种型号电视机10台，乙种型号电视机8台，丙种型号电视机12台，从这三种型号的电视机中各选1台检验，有多少种不同的选法？ 题型四、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7】用0，1，2，3，4组成一个无重复数字的三位数，要求个位与百位的数字为偶数，十位数字为奇数，则共计可以组成的正整数的个数为（   ） A．4 B．6 C．8 D．20 【例8】（多选）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如213、435等都是“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（    ） A．组成的三位数的个数为60 B．在组成的三位数中，各位数字之和为9的个数为6 C．在组成的三位数中，比300大的个数为36 D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为24 【变式4-1】只用0，1，2这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（    ） A．28个 B．24个 C．22个 D．18个 【变式4-2】（多选）用数字，，，，组成数字，下列说法正确的有（   ） A．可以组成个没有重复数字的三位数 B．可以组成个没有重复数字的四位奇数 C．可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数 D．可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数 【变式4-3】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. 题型五、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9】如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 【例10】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． 【变式5-1】给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 【变式5-2】如图，某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，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（    ）种.    A．40 B．80 C．120 D．160 【变式5-3】给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 题型六、抽取与分配问题 【例11】某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（    ） A．9种 B．11种 C．44种 D．45种 【例12】2023年杭州亚运会的吉祥物包括三种机器人造型，分别名叫“莲莲”，“琮琮”“宸宸”，小辉同学将三种吉祥物各购买了两个（同名的两个吉祥物完全相同），送给三位好朋友，每人两个，则每个好朋友都收到不同名的吉祥物的分配方案共有 种．（用数字作答） 【变式6-1】某高中安排4名同学（不同姓）到甲、乙、丙3个小区参加垃圾分类宣传活动，若每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，其中张同学不去乙小区，则不同的分配方案种数为（   ） A．36 B．24 C．48 D．12 【变式6-2】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 【变式6-3】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？ 一、单选题 1．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 2．四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队和排球队，每人限报其中的一支，那么不同的报名方法有（    ）种. A．12 B．16 C．81 D．256 3．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 4．已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（   ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 5．我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有（    ） A．66个 B．55个 C．36个 D．28个 6．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 7．已知，则方程可表示的不同圆的个数是（   ） A．6 B．9 C．16 D．24 二、多选题 8．下列说法正确的是（    ） A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 9．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（  ）. A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 三、填空题 10．5名班委进行分工，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 ． 11．勒让德猜想是数论中最著名的猜想之一，内容如下：对于任意正整数，存在质数，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案有 种．（用数字作答） 12．如图，表格中是的一个排列，且满足，则满足条件的方格表共有 张. 四、解答题 13．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 14．（1）从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？ （2）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ 15．在平面直角坐标系内，已知曲线方程． (1)若曲线方程表示的轨迹为圆，则这样的圆有多少个？ (2)若曲线方程表示的轨迹为椭圆，则这样的椭圆有多少个？ 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？ 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $