7.1 两个基本计数原理（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

第7章　计数原理 7.1　两个基本计数原理 基础过关练 题组一　分类计数原理 1.(教材习题改编)已知两条异面直线a,b上分别有4个点和7个点,则这11个点可以确定不同的平面个数为(　　) A.4　　　B.7　　　C.11　　　D.126 2.(2025江苏连云港灌南部分学校调研)数字0,1,1,2可以组成不同的三位数共有(　　) A.24个　　　B.12个　　　C.9个　　　D.6个 3.(2025江苏南京调研)甲、乙、丙、丁4名同学参加某知识竞赛,已决出了第1名到第4名(没有并列名次),甲、乙、丙三人向老师询问成绩,老师对甲和乙说:“你俩名次相邻”,对丙说:“很遗憾,你没有得到第1名”,从老师的回答分析,4人的名次排列情况种数为(　　) A.4　　　B.6　　　C.8　　　D.12 4.如图,一只蚂蚁从正四面体ABCD的顶点A出发,沿着正四面体ABCD的棱爬行,每分钟爬一条棱,每次爬行的方向是随机的,则蚂蚁1分钟后爬到点B,4分钟后又回到点A的不同爬行路线有(　　) A.6条　　　B.7条　　　C.8条　　　D.9条 5.(2024江苏泰州靖江高级中学月考)小明在某一天中有七个课间,为准备“小歌手”比赛,他想要选出至少一个课间来练习唱歌,但他希望任意两个练习唱歌的课间之间都至少有两个课间不练习唱歌,则小明练习的方案种数为(　　) A.31　　　B.18　　　C.21　　　D.33 题组二　分步计数原理 6.(2025江苏徐州第三中学开学考试)甲、乙、丙、丁四人打算各从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩,其中甲去过北京,所以甲不去北京,则不同的选法有(　　) A.18种　　　B.48种　　　C.108种　　　D.192种 7.(2025江苏南京第二十九中学检测)从甲、乙、丙、丁四位家长中选三位到某小学附近的三个路口维护交通,每个路口安排一人,则不同的安排方法种数为(　　) A.18　　　B.24　　　C.36　　　D.48 8.(2025江苏南京六校联合体调研)甲、乙、丙、丁去听同时举行的3个讲座,每人可自由选择听其中一个讲座,则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的情况种数为(　　) A.6　　　B.12　　　C.18　　　D.24 9.(2025江苏盐城七校联考)(a1+a2)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后的项数为(　　) A.38　　　B.39　　　C.40　　　D.41 10.(2025江苏苏州吴江青云实验中学月考)有四对双胞胎共8人,从中随机选出4人,则其中恰有一对双胞胎的选法种数为(　　) A.40　　　B.48　　　C.52　　　D.60 11.(2025江苏镇江中学月考)如图所示,积木拼盘由A,B,C,D,E五块积木组成,若每块积木都要涂一种颜色,且为了体现拼盘的特色,相邻的区域需涂不同的颜色(如:A与B为相邻区域,A与D为不相邻区域).现有五种不同的颜色可供挑选,则不同的涂色方法的种数是　　　　.   12.(教材习题改编)设集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)是坐标平面上的点,a,b∈M. (1)P可以表示多少个平面上不同的点? (2)P可以表示多少个在第二象限内的点? (3)P可以表示多少个不在直线y=x上的点? 题组三　两个计数原理的综合应用 13.(2025湖北部分名校联考)某学校为促进学生课外兴趣发展,积极开展各类校园社团活动,某同学计划从美术、街舞等五个社团中选择三个参加,若至少选择美术、街舞中的一个,则不同的选择方法共有(　　) A.7种　　　B.8种　　　C.9种　　　D.10种 14.(2025江苏南京第一中学月考)现有6名男医生、5名女医生,从中选出3名医生组成一个医疗小组,且医疗小组中男、女医生都要有,则不同的选法共有(　　) A.135种　　　B.150种　　　C.165种　　　D.270种 15.(2024湖南长沙雅礼中学期末)中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学每个吉祥物都喜欢,若三位同学对选取的礼物都满意,则不同的选法有(　　) A.30种　　　B.50种　　　C.60种　　　D.90种 16.(2025河南南阳六校联考)某学校教师运动会设置有“跳绳”“立定跳远”“定点投篮”“沙包掷准”四个比赛项目,每个项目各需要一位裁判,现有甲、乙、丙、丁四位体育老师,每人做且仅做一项裁判工作,因为时间问题,甲不能做“跳绳”裁判,乙不能做“定点投篮”裁判,则不同的安排方法共有(　　) A.12种　　　B.14种　　　C.7种　　　D.9种 17.(2025上海宝山海滨中学期中)由0,2,4组成可有重复数字的自然数,按从小到大的顺序排成的数列记为{an},a1=0,a2=2,a3=4,……,若an= 2 024,则n=　　　　.  18.(2025江苏淮安涟水第一中学月考)如图,有A,B两组电路. (1)对于B组电路,闭合两个开关即可通电的方法数为多少? (2)若A组电路与B组电路从衔接点M,N处连接,把两电路串联起来,只需闭合三个开关就可通电的方法数为多少? 能力提升练 题组一　分类计数原理 1.(2024江苏连云港新海高级中学阶段测试)已知一个顶角为30°的等腰△ABC,空间中取不同的两点P,Q(不计顺序),使得这两点与A,B,C可构成正四棱锥,且A,B,C三点不能同时在底面上,则不同的情况种数为(　　) A.3　　　B.6　　　 C.9　　　D.12 2.(2025江苏宿迁中学月考)设a1,a2,a3,a4为1,2,3,4的一个排列,则满足|a1-a2|+|a3-a4|=4的不同排列的个数为(　　) A.24　　　B.16　　　 C.8　　　D.2 3.(2024江苏常州高级中学期末)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中任意取出3个不同的数,若这3个数的和为不小于9的奇数,则不同的取法有(　　) A.54种　　　B.53种　　　 C.47种　　　D.46种 4.(2025山东济南期末)从数列{2n}的前100项中取出不同的3项,使其从小到大排列后构成等比数列,则共有　　　　种取法;所有符合要求的取法得到的递增等比数列的公比之和为　　　　.  5.(2025湖南长沙第一中学检测)如图,某景区共有A,B,C,D,E五个景点,相邻景点之间仅设置一个检票口供出入,共有7个检票口,工作人员为了检测检票设备是否正常,需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口,依次对所有检票口进行检测,则共有　　　　种不同的检测顺序.  6.从集合U={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}的子集中选出两个非空集合A,B,同时满足以下两个条件:①A∪B=U且A∩B=⌀;②若x∈A,则x+1∈B.则共有　　　　种不同的选法.  题组二　分步计数原理 7.(2024江苏泰州第三高级中学检测)汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后,需要紧固轮胎的五个螺栓,记五个螺栓为A,B,C,D,E(在正五边形的顶点上),紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓,但不能连续固定相邻的两个,则不同的固定螺栓的顺序种数为(　　) A.20　　　B.15　　　C.10　　　D.5 8.(2024江苏淮安盱眙中学学情调研)现有印有数字0,1,2,6,12,20,22,26的8种卡片,每种卡片大小、质地均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排,则数字20 220 126的摆放方式共有(　　) A.12种　　　B.18种　　　 C.24种　　　D.28种 9.(2025江苏无锡锡山高级中学期中)如图,在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡片,每格只放一张卡片,则“只有中间一列两个数字之和为7”的不同排法有(　　) A.16种　　　B.32种　　　 C.64种　　　D.96种 10.(2025云南师范大学附属中学期中)某电商推出了A,B,C,D四种红包,活动规定每人可以依次点击5次,每次都会获得四种红包中的一种,集齐四种才能获奖,且每次红包出示的顺序不同,对应的奖次也不同.甲按规定依次点击了5次,直到第5次才获奖,则他获得奖次的不同情形种数为　　　　.  11.(2025浙江杭州第二中学月考)现有天平及质量为1 g,2 g,4 g,8 g,16 g的砝码各一个,在每一步,我们任意选取一个砝码,将其放入天平的左边或右边,直至砝码全部放到天平两边,但在放的过程中,发现天平的指针不会偏向分度盘的右边,则这样的放法共有　　　　种.  题组三　两个计数原理的综合应用 12.(2024福建泉州安溪第八中学质检)体育老师把9个相同的足球放入编号分别为1,2,3的三个箱子中,要求每个箱子中足球的个数不少于其编号,则不同的放球方法共有(　　) A.8种　　　B.10种 C.12种　　　D.16种 13.(2025江苏宿迁桃源路中学月考)用数字0,1,2,3,4,5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为(　　) A.76　　　B.38 C.36　　　D.30 14.(2024江苏连云港灌云高级中学模拟)口袋里有红、黄、蓝、绿色小球各四个,这些球除颜色外完全相同,现在从口袋里任意取出四个小球,则不同的取法有(　　) A.48种　　　B.77种　　　 C.35种　　　D.39种 15.(2024重庆八中期中)某单位有4位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,1,2,5,为遵守所在城市某月15日至18日这4天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),四人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天,则不同的用车方案种数是(　　) A.4　　　B.12　　　C.16　　　D.24 16.(2025河南驻马店青桐鸣联考)某中学高二年级入学进行了一场为期一周的军训,在军训过程中,教官根据班级表现从各个维度进行评分,最终评出“先进集体”“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”四个奖项.已知总共有三个班级获奖,其中有两个班级均获得了“先进集体”,剩余三个奖项每个奖项均只有一个班级获得,则所有的颁奖方式有(　　) A.57种　　　B.60种　　　 C.114种　　　D.120种 17.(2025四川资阳中学检测)如图,用四种不同的颜色给图中的A,B,C,D,E,F,G七个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法种数为　(　　) A.192　　　B.336　　　 C.600　　　D.以上均不对 18.(2024江苏句容高级中学学情检测)5个人排成一列,重新站队时,各人全不站在原来的位置上,那么不同的站队方式共有　　　　种.  19.(2025山西太原期末)十六进制中分别用0,1,2,…,9,A,B,C,D,E,F表示十进制中0,1,2,…,9,10,11,12,13,14,15.现将0,1,2,…,9,A,B,C,D,E,F全部填入下表中的16个空格中(只需补充未填空格),要求每行从左到右、每列从上到下依次增大,则不同的填法种数为　　　　.(用数字作答)  9 4 8 A 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C 2.C 3.C 4.B 5.B 6.D 7.B 8.A 9.C 10.B 13.C 14.A 15.B 16.B 1.C　分两类情况讨论: 第一类,直线a分别与直线b上的7个点可以确定7个不同的平面; 第二类,直线b分别与直线a上的4个点可以确定4个不同的平面. 根据分类计数原理知,共可以确定7+4=11个不同的平面. 2.C　当百位上的数字为1时,组成的三位数有101,102,110,112,120,121,共6个; 当百位上的数字为2时,组成的三位数有201,210,211,共3个. 故共可以组成6+3=9个不同的三位数. 3.C　由题意得,丙不是第1名,甲、乙名次相邻 关键点. 若丙是第2名,则甲、乙分别是第3名、第4名或第4名、第3名,丁是第1名,共2种情况. 若丙是第3名,则甲、乙分别是第1名、第2名或第2名、第1名,丁是第4名,共2种情况. 若丙是第4名,则甲、乙分别是第1名、第2名或第2名、第1名,丁是第3名,或甲、乙分别是第2名、第3名或第3名、第2名,丁是第1名,共4种情况. 综上,4人的名次排列情况种数为2+2+4=8. 4.B　由题意可画图如下,则不同的爬行路线有7条. 5.B　设七个课间的编号分别为1,2,3,4,5,6,7, 若仅有一个课间练习,则有7种方案; 若有两个课间练习,则方案有{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{2,5},{2,6},{2,7},{3,6},{3,7},{4,7},共10种; 若有三个课间练习,则方案为{1,4,7},共1种. 综上,小明练习的方案种数为7+10+1=18. 方法总结 　　利用分类计数原理求完成一件事的方法数,要明确完成这件事的限制条件,根据限制条件对事件进行分类,将复杂事件分解为简单事件,必要时采取列举的方法求出完成简单事件的方法数,再求和即可. 6.D　因为甲不去北京,所以甲在上海、西安、长沙三个城市中任选一个,有3种选法; 乙、丙、丁各从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个,有4×4×4=64种选法. 根据分步计数原理知,不同的选法有3×64=192种. 7.B　由题意得,第一个路口有4种选择,第二个路口有3种选择,最后一个路口有2种选择,所以根据分步计数原理知,不同的安排方法种数为4×3×2=24. 8.A　甲、乙两人听同一个讲座,有3种情况,剩下的两个讲座,丙、丁各听一个,有2种情况,所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的情况种数为3×2=6. 9.C　从第一个括号中选一项,有2种情况;从第二个括号中选一项,有4种情况;从第三个括号中选一项,有5种情况,所以根据分步计数原理知,展开后的项数为2×4×5=40. 10.B　先从四对双胞胎中选出一对,有4种选法;再从剩下的六个人中选出两个人,且不能是双胞胎,这相当于从剩下的三对双胞胎中选出两对,再从每对中选出一个人,有3×2×2=12种选法.根据分步计数原理知,恰有一对双胞胎的选法种数为4×12=48. 11.答案　960 解析　第一步:涂A,有5种涂法; 第二步:涂B,因为B与A相邻,所以有4种涂法; 第三步:涂C,因为C与B,A相邻,所以有3种涂法; 第四步:涂D,因为D与B相邻,所以有4种涂法; 第五步:涂E,因为E与C相邻,所以有4种涂法. 根据分步计数原理知,不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4=960. 12.解析　(1)分两步:第一步,确定a,有6种选法;第二步,确定b,也有6种选法.根据分步计数原理,得P可以表示6×6=36个平面上不同的点. (2)分两步:第一步,确定a,只能从-3,-2,-1中选,有3种选法;第二步,确定b,只能从1,2中选,有2种选法.根据分步计数原理,得P可以表示3×2=6个在第二象限内的点. (3)分两步:第一步,确定a,从集合M中的6个元素中任选一个,有6种选法;第二步,确定b,从剩下的5个元素中任选一个,有5种选法.根据分步计数原理,得P可以表示6×5=30个不在直线y=x上的点. 13.C　分两种情况: 美术、街舞都选,则还需从剩余的三个社团中选择一个,有3种选择方法; 选择美术、街舞中的一个,则还需从剩余的三个社团中选择两个,有2×3=6种选择方法. 综上,不同的选择方法共有3+6=9种. 14.A　记6名男医生为A1,A2,A3,A4,A5,A6,5名女医生为B1,B2,B3,B4,B5. 若选1名男医生、2名女医生,则男医生的选法有6种,女医生的选法有B1B2,B1B3,B1B4,B1B5,B2B3,B2B4,B2B5,B3B4,B3B5,B4B5,共10种,此时不同的选法种数为6×10=60. 若选2名男医生、1名女医生,则男医生的选法有A1A2,A1A3,A1A4,A1A5,A1A6,A2A3,A2A4,A2A5,A2A6,A3A4,A3A5,A3A6,A4A5,A4A6,A5A6,共15种,女医生的选法有5种,此时不同的选法种数为15×5=75. 综上,不同的选法共有60+75=135种. 15.B　①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为2×10=20; ②若甲同学选择马,则乙同学有3种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为3×10=30. 综上,共有20+30=50种不同的选法. 16.B　当甲做“定点投篮”裁判时,乙、丙、丁任意安排,有6种方法. 当甲不做“定点投篮”裁判时,先安排甲,有2种方法,再安排乙,有2种方法,最后安排丙、丁,有2种方法,此时有2×2×2=8种方法. 综上,不同的安排方法共有6+8=14种. 17.答案　33 解析　易知一位自然数有3个,两位自然数有2×3=6个,三位自然数有2×3×3=18个,四位自然数有2×3×3×3=54个,又四位自然数从小到大排列为2 000,2 002,2 004,2 020,2 022,2 024,所以n=3+6+18+6=33. 18.解析　(1)对于B组电路,可分上、中、下路三类, 上路:第一步接通有1种方法,第二步接通有3种方法,由分步计数原理知,总方法数为1×3=3; 中路:第一步接通有2种方法,第二步接通有2种方法,由分步计数原理知,总方法数为2×2=4; 下路:第一步接通有2种方法,第二步接通有3种方法,由分步计数原理知,总方法数为2×3=6. 故所求方法数为3+4+6=13. (2)对于A组电路,闭合一个开关即可使电路通电,上路接通有2种方法,下路接通有3种方法,由分类计数原理知,A组电路通电的方法数为2+3=5. 要使A,B两组电路串联后电路通电,需A,B两组电路均通电,由(1)知B组电路通电有13种情况,所以串联后的电路只需闭合三个开关就可通电的方法数为5×13=65. 能力提升练 1.A 2.B 3.B 7.C 8.B 9.D 12.B 13.B 14.C 15.B 16.A 17.C 1.A　不妨设等腰△ABC的顶点为A. 若以A为正四棱锥的顶点,则底面正方形以BC为边(此时有2种情况)或以BC为对角线(此时有1种情况). 　　 若不以A为正四棱锥的顶点,因为AB=AC≠BC,所以无论以B,C哪个点为顶点,都不能构成正四棱锥. 综上,不同的情况种数为2+1=3. 2.B　若|a1-a2|+|a3-a4|=4,则|a1-a2|=1且|a3-a4|=3,或|a1-a2|=3且|a3-a4|=1,或|a1-a2|=2且|a3-a4|=2. 当|a1-a2|=1且|a3-a4|=3时,有a1=2,a2=3,a3=1,a4=4,或a1=2,a2=3,a3=4,a4=1,或a1=3,a2=2,a3=1,a4=4,或a1=3,a2=2,a3=4,a4=1,共4种情况; 当|a1-a2|=3且|a3-a4|=1时,有a1=1,a2=4,a3=2,a4=3,或a1=1,a2=4,a3=3,a4=2,或a1=4,a2=1,a3=2,a4=3,或a1=4,a2=1,a3=3,a4=2,共4种情况; 当|a1-a2|=2且|a3-a4|=2时,有a1=1,a2=3,a3=2,a4=4,或a1=1,a2=3,a3=4,a4=2,或a1=3,a2=1,a3=2,a4=4,或a1=3,a2=1,a3=4,a4=2,或a1=2,a2=4,a3=1,a4=3,或a1=2,a2=4,a3=3,a4=1,或a1=4,a2=2,a3=1,a4=3,或a1=4,a2=2,a3=3,a4=1,共8种情况. 综上,满足|a1-a2|+|a3-a4|=4的不同排列的个数为4+4+8=16. 3.B　分两类情况讨论: ①取出的3个数全部为奇数,有{1,3,5},{1,3,7},{1,3,9},{1,5,7},{1,5,9},{1,7,9},{3,5,7},{3,5,9},{3,7,9},{5,7,9},共10种情况; ②取出的3个数中有1个奇数,2个偶数, 若1个奇数取9,则2个偶数取{0,2},{0,4},{0,6},{0,8},{2,4},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共10种情况; 若1个奇数取7,则2个偶数取{0,2},{0,4},{0,6},{0,8},{2,4},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共10种情况; 若1个奇数取5,则2个偶数取{0,4},{0,6},{0,8},{2,4},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共9种情况; 若1个奇数取3,则2个偶数取{0,6},{0,8},{2,4},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共8种情况; 若1个奇数取1,则2个偶数取{0,8},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共6种情况. 综上,若这3个数的和为不小于9的奇数,则不同的取法有10+10+10+9+8+6=53种. 4.答案　2 450;252-204 解析　若连续取3项,则取到{2,22,23},{22,23,24},…,{298,299,2100},共98种取法,此时公比均为2; 若间隔1项取,则取到{2,23,25},{22,24,26},…,{296,298,2100},共96种取法,此时公比均为22; 若间隔2项取,则取到{2,24,27},{22,25,28},…,{294,297,2100},共94种取法,此时公比均为23; …… 若间隔49项取,则取到{2,250,299},{22,251,2100},共2种取法,此时公比均为249. 故共有98+96+…+2=×49=2 450种取法. 设所有符合要求的取法得到的递增等比数列的公比之和为Tn,则Tn=98×2+96×22+…+2×249,① 所以2Tn=98×22+96×23+…+4×249+2×250,② ①-②,得-Tn=98×2-2×(22+23+…+249)-2×250=-252+204,所以Tn=252-204. 5.答案　32 解析　如图,将5个景点抽象为5个点A,B,C,D,E,7个检票口抽象为7条路线,路线序号用线段旁的数字表示, 则问题可转化为不重复地走完7条路线,即一笔画问题, 从B或E处出发的线路是奇数条,其余是偶数条,可以判断只能从B或E处出发才能不重复地走完7条路线,由图形对称性知从B出发和从E出发出现的情况种数相同,故只列出从B处出发的路线情形即可. ①走BA路线:3126547,3126745,3147526,3147625,3156247,3157426,共6种; ②走BC路线:4137526,4137625,4265137,4267315,4562137,4573126,共6种; ③走BE路线:7513426,7543126,7621345,7624315,共4种. 故共有2×(6+6+4)=32种不同的检测顺序. 6.答案　88 解析　由题易知集合A,B中的元素互不相同且元素个数相加为10,因此由A中的元素可唯一确定B中的元素.又若某个数字在A中,则比这个数字大1的数字在B中,因此按集合A中的元素个数进行分类讨论如下: 当A为单元素集合时,有{1},{2},…,{9},共9种情况. 当A为双元素集合时,有{1,3},{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{1,8},{1,9},{2,4},{2,5},{2,6},{2,7},{2,8},{2,9},{3,5},{3,6},{3,7},{3,8},{3,9},{4,6},{4,7},{4,8},{4,9},{5,7},{5,8},{5,9},{6,8},{6,9},{7,9},共28种情况. 当A为三元素集合时,含有数字1,3的有{1,3,5},{1,3,6},{1,3,7},{1,3,8},{1,3,9},共5种情况,含有数字1,4的有{1,4,6},{1,4,7},{1,4,8},{1,4,9},共4种情况,……,含有数字1,7的有{1,7,9},共1种情况,所以A为最小数字是1的三元素集合的情况共有1+2+3+4+5=15种;同理,含有数字2,4的有{2,4,6},{2,4,7},{2,4,8},{2,4,9},共4种情况,……,所以A为最小数字是2的三元素集合的情况共有1+2+3+4=10种;……;A为最小数字是5的三元素集合的情况有{5,7,9},共1种. 所以A为三元素集合时,共有(1+2+3+4+5)+(1+2+3+4)+(1+2+3)+(1+2)+1=35种情况. 当A为四元素集合时,含有数字1,3,5的有{1,3,5,7},{1,3,5,8},{1,3,5,9},共3种情况,含有数字1,3,6的有{1,3,6,8},{1,3,6,9},共2种情况,含有数字1,3,7的有{1,3,7,9},共1种情况,所以A为含有数字1,3的四元素集合的情况共有1+2+3=6种,同理,含有数字1,4的有{1,4,6,8},{1,4,6,9},{1,4,7,9},共3种情况,含有数字1,5的有{1,5,7,9},共1种情况,所以A为最小数字是1的四元素集合的情况共有1+3+6=10种;同理,A为最小数字是2的四元素集合的情况共有1+3=4种;A为最小数字是3的四元素集合的情况为{3,5,7,9},共1种. 所以A为四元素集合时,共有1+4+10=15种情况. 当A为五元素集合时,有{1,3,5,7,9},共1种情况. 综上可知,共有9+28+35+15+1=88种不同的选法. 7.C　如图,先在A,B,C,D,E这五个螺栓中任选一个,有5种选法;假设选中A,则再在C,D中选一个,有2种选法;剩下的三个螺栓只有1种固定顺序. 故共有5×2×1=10种不同的固定螺栓的顺序. 8.B　 思路点拨 　　先摆放20,再摆放220,最后摆放126,根据分步计数原理即可求解. 解析　分三步:先摆放20,有2种方式,为2,0或20;再摆放220,有3种方式,为2,2,0或22,0或2,20;最后摆放126,有3种方式,为1,2,6或12,6或1,26. 由分步计数原理知,数字20 220 126的摆放方式共有2×3×3=18种. 9.D　分三步进行: 第一步,排中间一列的两个数字,因为该列两个数字之和为7,所以中间一列的数字为1,6或2,5或3,4,共有3×2=6种排法; 第二步,排第一列数字,不妨设中间一列数字为1,6,因为第一列两数字之和不为7,所以第一列的数字为2,3或2,4或3,5或4,5,共有4×2=8种排法; 第三步,排最后一列,剩余2个数字,共有2种排法. 由分步计数原理知,不同的排法种数为6×8×2=96. 10.答案　144 解析　因为直到第5次才获奖,所以前4次点击获得其余三种类型的红包 破题关键. 分两步进行:①因为直到第5次才获奖,所以第5次获得了一种红包,有4种情况;②前4次获得其余三种红包,且有一种红包出现两次,从三种红包中选出一种出现两次,有3种情况,从4次点击中选两次出现的红包种类相同,有6种情况,再分配其余两种红包,共有3×6×2=36种情况. 故此人获得奖次的不同情形种数为4×36=144. 11.答案　945 解析　用k左表示第k次将砝码放在天平左边,k右表示第k次将砝码放在天平右边,其中k=1,2,3,4,5. 先看1 g的砝码,因为在放砝码的过程中,天平的指针不会偏向分度盘的右边,所以1 g的砝码不会是1右,所以其放法有9种;再看2 g的砝码,若1 g的砝码是第k次放的,则2 g的砝码肯定不是第k次放的,又不能在放了1 g的砝码后放在天平的右边,所以2 g的砝码的放法有7种;同理,4 g,8 g,16 g的砝码的放法分别有5种,3种,1种,所以满足题意的放法共有9×7×5×3×1=945种. 12.B　首先在三个箱子中放入与其编号相同个数的足球,这样还剩下3个足球,这3个足球的放置情况可分为以下三类:第一类,在每个箱子中各放入1个足球,有1种放法;第二类,把3个足球按个数分成1,2的两份,放入三个箱子中的其中两个,有3×2=6种放法;第三类,把3个足球都放入同一个箱子,有3种放法. 综上可知,不同的放球方法共有1+6+3=10种. 13.B　因为构成的三位数为偶数,所以其个位数字为偶数,有3种情况. 当个位数字为0时,百位数字有5种情况,十位数字有2种情况(点拨:因为组成的三位数有重复数字,所以十位数字只能与个位数字或百位数字相同),此时满足题意的数有5×2=10个. 当个位数字为2时,若百位数字也为2,则十位数字有6种情况;若百位数字不为2,则百位数字有4种情况(易错点:百位数字不能为0),十位数字有2种情况,此时满足题意的数有6+4×2=14个. 当个位数字为4时,同理,得满足题意的数有6+4×2=14个. 综上,满足题意的数共有10+14+14=38个. 14.C　分四类: ①当取出的小球只有一种颜色时,有4种取法; ②当取出的小球只有两种颜色时,颜色组合可能为红黄、红蓝、红绿、黄蓝、黄绿、蓝绿,共6种,以取出红黄两种颜色的小球为例,可能情况为1红3黄,2红2黄,3红1黄,共3种,故不同的取法共有6×3=18种; ③当取出的小球只有三种颜色时,颜色组合可能为红黄蓝、红黄绿、红蓝绿、黄蓝绿,共4种,以取出红黄蓝三种颜色的小球为例,可能情况为1红1黄2蓝,1红2黄1蓝,2红1黄1蓝,共3种,故不同的取法共有4×3=12种; ④当取出的小球有四种颜色时,只有1种取法. 综上,不同的取法有4+18+12+1=35种. 15.B　第一步,安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有22=4种方案. 第二步,安排偶数日出行,分两类:第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2种方案;第二类,不安排甲的车,只有1种方案,故共有2+1=3种方案.根据分步计数原理知,不同的用车方案共有4×3=12种. 16.A　设获奖的三个班级分别为A,B,C. 先分配“先进集体”奖,有3种可能(AB,AC,BC);再分配“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”这三个奖项,每个奖项分别有分配到A,B,C三种可能,所以共有33=27种可能,其中有一个班级一个奖项都不获得,即“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”这三个奖项均分配到两个获得“先进集体”奖的班级,共有23=8种可能,所以所有的颁奖方式有3×(27-8)=57种. 17.C　先对E涂色,有4种涂色方法,再对F涂色,有3种涂色方法,然后对G涂色,有2种涂色方法. 对A涂色分以下三种情况: (1)当A与F同色时,B有2种涂色方法. 若C与F同色,则D有3种涂色方法; 若C与F不同色,则C有1种涂色方法,D有2种涂色方法. 此时涂色方法种数为4×3×2×1×2×(1×3+1×2)=240. (2)当A与G同色时, 若C与F同色,则B,D各有2种涂色方法; 若C与F不同色,则C有2种涂色方法,B有2种涂色方法,D有1种涂色方法. 此时涂色方法种数为4×3×2×1×(1×2×2+2×2×1)=192. (3)当A既不与F同色,也不与G同色时,A有1种涂色方法. 若B与F同色,且C与A同色,则D有2种涂色方法; 若B与F同色,C与A不同色,则C有1种涂色方法,D有1种涂色方法; 若B与F不同色,则B有1种涂色方法, ①若C与F同色,则D有2种涂色方法, ②若C与F不同色,则C有1种涂色方法,D有2种涂色方法. 此时涂色方法种数为4×3×2×1×[1×1×2+1×1×1+1×(1×2+1×2)]=168. 综上,不同的涂色方法种数为240+192+168=600. 18.答案　44 解析　考虑一般情况,即n(n>2)个人排成一列,重新站队时,各人都不站在原来的位置上,设满足这样的站队方式有an种,下面通过合理分布,恰当分类找出递推关系: 第一步:第一个人不站在原来的第1个位置,则有(n-1)种站法. 第二步:假设第一个人站在第2个位置,则第二个人的站法可以分为两类: 第一类,若第二个人恰好站在第1个位置,则余下的(n-2)个人有an-2种站队方式; 第二类,若第二个人不站在第1个位置,则第三个人不站在第3个位置,第四个人不站在第4个位置,……,第n个人不站在第n个位置,所以有an-1种站队方式. 由分步计数原理和分类计数原理,得an=(n-1)·(an-2+an-1), 显然a1=0,a2=1,则a3=2,a4=9,a5=44. 故5个人重新站队时,不同的站队方式共有44种. 19.答案　108 解析　由题意知,表格的左上角必为0,右下角必为F,1,2,3,5,6,7只能填在前三行三列的空格中,B,C,D,E只能填在第四列和第四行的空格中,故只需确定第四列的两个空格,第四行的两个空格就可以确定了. 0 9 4 8 A F 从B,C,D,E中选2个字母填在第四列,有6种方法. 接下来考虑1,2,3,5,6,7的放置: ①当把3填在第1行第2列时,1,2只能按照如下表中的方式填入,此时剩下的三个空格中要填5,6,7,只需考虑7的放置. 0 3 1 4 2 8 若把7填在第3行第2列,则5,6只能按照如下表中的方式填入,此时有1种填法; 0 3 5 1 4 6 2 7 8 若把7填在第2行第3列,则5,6可以随意填入剩余的两个空格中,此时有2种填法. 0 3 1 4 7 2 8 ②当把2填在第1行第2列时,1只能填在0的下方,如下表,则3只能填在标△的任一位置,剩余3个位置填5,6,7, 此时有2×3=6种填法. 0 2 △ 1 4 △ 8 ③当把1填在第1行第2列时,2可以填在1的右边或0的下方. 0 1 4 8 若把2填在1的右边,则3只能填在0的下方, 剩余的三个空格中填5,6,7,此时有3种填法; 0 1 2 3 4 8 若把2填在0的下方,如下表,则3可以填在标△的任一位置,剩余三个空格中填5,6,7, 此时有2×3=6种填法. 0 1 △ 2 4 △ 8 综上,不同的填法种数为6×(1+2+6+3+6)=108. 31 学科网（北京）股份有限公司 $