考点01 两个基本计数原理（专项训练）高二数学苏教版选择性必修第二册

考点01 两个基本计数原理 考点一：分类计数原理 1、分类加法计数原理： 完成一件事，有类办法．在第1类办法中有种不同方法，在第2类办法中有种不同的方法，在第类办法中有种不同方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 2、加法原理的特点是： ①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 考点二：分步计数原理 1、分步乘法计数原理 “做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成． 2、乘法原理的特点： ①完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ②完成每一步有若干种方法； ③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 考点三：分类计数原理和分步计数原理的区别 1、分类计数原理和分步计数原理的区别： 两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关． 完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理； 若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算． 2、利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序： （1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？ （2）然后考虑如何完成？主要有三种类型 ①分类或分步． ②先分类，再在每一类里再分步． ③先分步，再在每一步里再分类，等等． （3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？ 题型一：分类加法计数原理 应用分类加法计数原理应注意如下问题 （1）明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事． （2）无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法，即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的． 易混淆分类与分步，类别易重叠或遗漏；忽略 “至少、至多” 等限制条件，每类方法数计算错误，未做到不重不漏、独立完成。 1．某校开设类选修课3门，类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（   ） A．3种 B．4种 C．7种 D．12种 【答案】C 【解析】选择课程的方法有2类：从类课程中选一门有3种不同的方法， 从类课程中选1门有4种不同的方法，∴共有不同选法（种）． 故选：C. 2．某影城有一些电影新上映，其中有2部文艺片、3部喜剧片、2部科幻片，小明从中任选1部电影观看，则不同的选法共有（    ） A．12 种 B．8种 C．7种 D．6种 【答案】C 【解析】根据分类加法计数原理得不同的选法共有种. 故选：C. 3．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 【解析】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． 4．某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、2部文艺片、2部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（   ） A．12 B．9 C．8 D．7 【答案】D 【解析】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为. 故选：D 5．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 【解析】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． 题型二：分步乘法计数原理 利用分步乘法计数原理解题的一般思路 （1）分步：将完成这件事的过程分成若干步． （2）计数：求出每一步中的方法数． （3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． 分步乘法易混淆分类，步骤不独立、顺序颠倒；忽略特殊限制（如首位不为0），步骤不全或重复，未做到步步相连、缺一不可。 1．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 【解析】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 2．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 【解析】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. 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 【答案】B 【解析】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 4．甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》、及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法种数为（   ） A．61 B．62 C．63 D．64 【答案】D 【解析】三个人任选一部电影观看，共分三步， 第一步，甲从四部电影中任选一部，有4种不同的选法； 第二步，乙从四部电影中任选一部，有4种不同的选法； 第三步，丙从四部电影中任选一部，有4种不同的选法， 根据分步乘法计数原理，不同的选法共有， 故选：D. 5．四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 【解析】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. 题型三：两个原理的综合应用 使用两个原理的原则 使用两个原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入手，“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，逐类解决，用分类加法计数原理；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后逐步解决，这时可用分步乘法计数原理． 分不清先分类还是分步，类中有步、步中有类混乱；类别重叠或遗漏，忽略特殊元素与位置限制，导致重复或漏算。 1．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 【解析】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. 2．如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【解析】元件不通，设备从a到b的电路工作不正常，共有种， 元件正常，当且仅当元件都不通，设备从a到b的电路工作不正常，只有1种， 所以. 故选：B 3．集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 【答案】B 【解析】个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 这两类中重复的有数字，故所有样本点的个数为. 故选：B 4．已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路（从甲到乙）接通的情况有（    ）. A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 【答案】C 【解析】根据电路中间是断开还是闭合进行分类． ①若中间断开，如图5所示，则电路接通的情况有（种）； ②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有（种）． 故共有（种）. 故选：C. 5．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 【解析】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． 题型四：组数问题 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（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”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位． 组数问题常忽略首位不能为 0、数字是否重复，易混淆分类与分步，多算或漏算奇偶、倍数条件，导致结果错误。 1．我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有（） A．21个 B．20个 C．19个 D．18个 【答案】A 【解析】当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 因此，所有的“吉祥数”共有个. 故选：A 2．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 【解析】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 3．从这五个数字中任取个组成无重复数字的三位数，其中奇数个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意，①从中取一个排个位，有种安排方法， ②不能在百位，则百位的安排方法有种， ③在剩下的个数中任选个，安排在十位，有种情况， 故奇数的个数为：. 故选：D. 4．同时满足：①偶数；②没有重复数字的三位数；③个位数不为0，这三个条件的数有（    ） A．64个 B．128个 C．196个 D．256个 【答案】D 【解析】个位数的选择：由于是偶数且个位不能为0，个位只能是2、4、6、8中的一个，共有4种选择. 百位数的选择：百位不能为0，且不能与个位数字重复.因此，对于每个个位数，百位有8种选择（1-9中排除个位数）. 十位数的选择：十位可以是0-9中排除百位和个位已经使用的数字，剩下的8种选择. 根据分步乘法计数原理同时满足题设三个条件得数得总个数为 种. 故选：D. 5．用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 【答案】B 【解析】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即，，，有3种选择， 因为这是一个三位数，所以百位数不能是0. ①当个位数为0时，有种， ②当个位数为2或4时，有种.综上，有30种. 故选：B. 题型五：涂色问题 解决涂色问题的一般思路 （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． 涂色问题易忽略相邻区域不同色，混淆分类与分步，颜色是否用完、是否可空色判断不清，易出现重复或漏算，区域顺序影响结果。 1．将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为（   ） A．80 B．100 C．110 D．120 【答案】D 【解析】如图，若先染有5种色可选，有4种色可选，有3种色可选，有2种色可选， 则不同染色方法共有（种）． 故选：D. 2．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 【解析】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． 3．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【解析】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 4．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 【解析】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. 5．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 【解析】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. 题型六：列举法量 将所有情况一一列举出来． 列举法易无序乱列、重复或遗漏，未按规律有序枚举，忽略限制条件，分不清有序与无序，导致结果错误。 1．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 【解析】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. 2．已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据已知条件，消去d，e，f得：， 若a，b，c中存在5，显然成立，这里有1种． 若a，b，c中有且仅有2个5，则有，与只有2个5矛盾，舍去； 若a，b，c中只有1个5，不妨令，则，即， 所以数组，共8种． 同理，若和是也分别对应8种，当确定后，也随之确定， 所以这里有24种； 若a，b，c中不含5，则由对称性不妨设， 若，则：，不可能相等，舍去； 若时，考虑到7是质数，所以在d，e中必有7， 不妨设，则，舍去； 若时，首先d，e不能含有8，但必然为4的倍数， 则只能，经检验不符合，舍去； 若，则同样的d，e不能含9，而必须为9的倍数， 故只能，经检验不符合，综上a，b，c中必须有5． 将上述情况相加，总数为 故选：C. 3．植树节那天，4位同学去植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，现在记为4个人，为3棵树. 法一：从人作为元素（主动）来讲，分三类. 第一类可以选择1人去种3棵树，一共有4种方法. 第二类可以选择2个人去种3棵树， 第一步，从4个人中选出2个人，一共有6种选择，分别是 第二步，要2人种3棵树，一共有6种选择，分别为选择3棵树中的1棵， 选择剩下的2棵，或者选择3棵树中的2棵，选择剩下的1棵， 根据分步乘法计数原理，一共有种方法. 第三类可以选择4个人中3个人分别种3棵树，分两步完成， 第一步，从4个人中选出3人，一共有4种选择，分别是 第二步，要3人种3棵树，一共有6种选择， 分别为选择3棵树中的1棵，选择剩下2棵中的1棵，剩下最后1棵由种， 根据分步乘法计数原理，一共有种方法. 综上，根据分类加法计数原理，一共有种方法． 法二：从树为元素来讲，完成这件事分三步. 第一步，第一棵树有4个人可选，共有4种方法， 第二步，第二棵树有4个人可选，共有4种方法， 第三步，第三棵树有4个人可选，共有4种方法， 据分步乘法计数原理可得一共有种方法，故B正确. 故选：B． 4．用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 【答案】B 【解析】当组成的数字为一位数时，有1，3，5，共个， 当组成的数字为两位数时，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以两位数的个数为个， 当组成的数字为三位数时，百位，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以三位数的个数为个， 当组成的数字为四位数且比3135小时， 千位是的四位数，百位，十位和个位都有种选择，所以个数为个， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择，所以个数为个， 因为， 所以3135是这组数的第72项. 故选：B. 5．已知各项均为整数的数列共有项， 且对任意，，.若，则满足条件的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【解析】由题意可得： 当时，，只有种情况. 当时，若，则或；若，则，有种情况. 当时，若，则或或；若，则或；若，则，有种情况. 依此类推可得： 当时，有种情况； 当时，有种情况； 当时，有种情况. 故满足条件的共有个. 故选：C. 6．设为的一个排列，则满足的不同排列的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，若，则且，或且，或且， 当且时，有，或， 或，或，共4种可能； 当且时，有，或， 或，或，共4种可能， 当且时，有，或， 或，或，或， 或，或，或，共8种可能， 满足的不同排列的个数为， 故选：B． 1．有2位同学报名参加5个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法有（   ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 【答案】C 【解析】每位同学都有5种选择，则不同的报名方法有（种）． 故选：C． 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 【答案】B 【解析】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 3．以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【解析】以这些边为三角形仅有四种，，，． 固定四面体的一面作为底面： 当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即； 当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，． 其余情形得到的四面体均在上述情形中． 由此可知，四面体个数有3个． 故选：B 4．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________． 【答案】420 【解析】按照的顺序进行染色，按照，是否同色分类： 第一类，，同色，则有（种）不同的染色方法． 第二类，，不同色，则有（种）不同的染色方法． 根据分类加法计数原理，共有（种）不同的染色方法． 故答案为：420 5．如图，一条电路从处到处接通时，可构成线路的条数为________． 【答案】6 【解析】从处到处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路； 第二步，后一个并联电路接通有3条线路． 由分步乘法计数原理知电路从处到处接通时，可构成线路的条数为（条）． 故答案为：6. 6．为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二（1）班的男生38人和女生18人中选取1名学生做代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有________种． 【答案】56 【解析】完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，有38种选法；第二类：选1名女生，有18种选法，根据分类加法计数原理，共有（种）不同的选法． 故答案为： 7．把1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字分别填入右图所示的方框中，每一排构成一个三位数，若要求图中每个数位上的数字第二排比第一排大，第三排比第二排大，且这三个三位数的和为999，则最后一列的三个数字之和为______（填出所有可能的结果）；这样的排列方法共有______种. 【答案】 19 5 【解析】由于1到9的和为45，，这三个三位数的和为999，依题意该算式进位了两次，则最后一列的三个数字之和为19. 第1、2列的三个数字之和依次为8，18. （1）当百位数字从上到下依次为1，2，5时，十位数字从上到下依次可以为4，6，8； 十位数字从上到下依次也可以为3，6，9；十位数字还可以从上到下依次为4，5，9，共有3种填法. （2）当百位数字从上到下依次为1，3，4时，十位数字从上到下依次可以为5，6，7； 十位数字从上到下依次也可以为2，7，9，共有2种填法. 这样的排列方法共有种： 故答案为：19；5. 8．如图有四个编号为的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？ 【解析】分为两类：第一类：若，同色，则有5种涂法，有4种涂法，有1种涂法（与相同），有4种涂法． 故． 第二类：若不同色，则有5种涂法，有4种涂法，有3种涂法，有3种涂法． 故（种）． 综上可知不同的涂法共有（种）． 9．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？ 【解析】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． 10．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？ 【解析】（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． 11．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？ 【解析】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． 12．（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？ 【解析】（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）． 13．高三·一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三·二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三·三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三·一班、二班或三班中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三·一班、二班男生中，或从高三·三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 【解析】（1）分三类： 第一类选法，从高三·一班中任选一名，有50种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班中任选一名，有60种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班中任选一名，有55种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得（种），因此共有165种不同的选法． （2）分三类： 第一类选法，从高三·一班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班女生中任选一名，有20种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得（种）． 故共有80种不同的选法． 14．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？ 【解析】（1）根据题意，可分三步进行：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（个）不同的三位数． （2）根据题意，可分三步进行：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（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， 且每种都有（个），故满足条件的三位数共有（个）． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点01 两个基本计数原理 考点一：分类计数原理 1、分类加法计数原理： 完成一件事，有类办法．在第1类办法中有种不同方法，在第2类办法中有种不同的方法，在第类办法中有种不同方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 2、加法原理的特点是： ①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 考点二：分步计数原理 1、分步乘法计数原理 “做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成． 2、乘法原理的特点： ①完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ②完成每一步有若干种方法； ③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 考点三：分类计数原理和分步计数原理的区别 1、分类计数原理和分步计数原理的区别： 两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关． 完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理； 若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算． 2、利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序： （1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？ （2）然后考虑如何完成？主要有三种类型 ①分类或分步． ②先分类，再在每一类里再分步． ③先分步，再在每一步里再分类，等等． （3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？ 题型一：分类加法计数原理 应用分类加法计数原理应注意如下问题 （1）明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事． （2）无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法，即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的． 易混淆分类与分步，类别易重叠或遗漏；忽略 “至少、至多” 等限制条件，每类方法数计算错误，未做到不重不漏、独立完成。 1．某校开设类选修课3门，类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（   ） A．3种 B．4种 C．7种 D．12种 2．某影城有一些电影新上映，其中有2部文艺片、3部喜剧片、2部科幻片，小明从中任选1部电影观看，则不同的选法共有（    ） A．12 种 B．8种 C．7种 D．6种 3．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 4．某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、2部文艺片、2部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（   ） A．12 B．9 C．8 D．7 5．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 题型二：分步乘法计数原理 利用分步乘法计数原理解题的一般思路 （1）分步：将完成这件事的过程分成若干步． （2）计数：求出每一步中的方法数． （3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． 分步乘法易混淆分类，步骤不独立、顺序颠倒；忽略特殊限制（如首位不为0），步骤不全或重复，未做到步步相连、缺一不可。 1．已知，，则可表示不同的点的个数是（   ） A．1 B．3 C．6 D．9 2．已知，则方程可表示的不同圆的个数是（   ） A．6 B．9 C．16 D．24 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 4．甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》、及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法种数为（   ） A．61 B．62 C．63 D．64 5．四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 题型三：两个原理的综合应用 使用两个原理的原则 使用两个原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入手，“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，逐类解决，用分类加法计数原理；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后逐步解决，这时可用分步乘法计数原理． 分不清先分类还是分步，类中有步、步中有类混乱；类别重叠或遗漏，忽略特殊元素与位置限制，导致重复或漏算。 1．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 2．如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 3．集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 4．已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路（从甲到乙）接通的情况有（    ）. A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 5．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 题型四：组数问题 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（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”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位． 组数问题常忽略首位不能为 0、数字是否重复，易混淆分类与分步，多算或漏算奇偶、倍数条件，导致结果错误。 1．我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有（） A．21个 B．20个 C．19个 D．18个 2．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 3．从这五个数字中任取个组成无重复数字的三位数，其中奇数个数为（    ） A． B． C． D． 4．同时满足：①偶数；②没有重复数字的三位数；③个位数不为0，这三个条件的数有（    ） A．64个 B．128个 C．196个 D．256个 5．用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 题型五：涂色问题 解决涂色问题的一般思路 （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． 涂色问题易忽略相邻区域不同色，混淆分类与分步，颜色是否用完、是否可空色判断不清，易出现重复或漏算，区域顺序影响结果。 1．将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为（   ） A．80 B．100 C．110 D．120 2．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 3．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 4．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． 5．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． 题型六：列举法量 将所有情况一一列举出来． 列举法易无序乱列、重复或遗漏，未按规律有序枚举，忽略限制条件，分不清有序与无序，导致结果错误。 1．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 2．已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 （    ） A． B． C． D． 3．植树节那天，4位同学去植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数为（    ） A． B． C． D． 4．用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 5．已知各项均为整数的数列共有项， 且对任意，，.若，则满足条件的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 6．设为的一个排列，则满足的不同排列的个数为（   ） A． B． C． D． 1．有2位同学报名参加5个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法有（   ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 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 3．以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 4．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________． 5．如图，一条电路从处到处接通时，可构成线路的条数为________． 6．为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二（1）班的男生38人和女生18人中选取1名学生做代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有________种． 7．把1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字分别填入右图所示的方框中，每一排构成一个三位数，若要求图中每个数位上的数字第二排比第一排大，第三排比第二排大，且这三个三位数的和为999，则最后一列的三个数字之和为______（填出所有可能的结果）；这样的排列方法共有______种. 8．如图有四个编号为的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？ 9．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？ 10．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？ 11．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？ 12．（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？ 13．高三·一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三·二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三·三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三·一班、二班或三班中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三·一班、二班男生中，或从高三·三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 14．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？ 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $