6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(讲义）-2025--2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

数学人教A版选择性必修第三册 第六章 计数原理 6．1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第一课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 知识点一　分类加法计数原理 (一)教材梳理填空 　 [微思考] 　若完成一件事情有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，那么完成这件事共有多少种不同的方法？ 提示：共有m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． (二)基本知能小试 1．判断正误 (1)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．(　　) (2)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　　) 答案：(1)√　(2)× 2．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为________． 解析：分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类，乘轮船，从2次中选1次有2种走法．所以，共有3＋4＋2＝9种不同的走法． 答案：9 知识点二　分步乘法计数原理 (一)教材梳理填空 　 [微思考] 　完成一件事需要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，则完成这件事共有多少种不同的方法？ 提示：共有m1×m2×…×mn种不同的方法． (二)基本知能小试 1．判断正误 (1)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(　　) (2)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．(　　 ) 答案： (1)×　(2)√ 2．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为(　　) A．10 B．6 C．8 D．9 解析：选D　因为x从集合{2,3,7}中任取一个值共有3个不同的值，y从集合{－3，－4,8}中任取一个值共有3个不同的值，故x·y可表示3×3＝9个不同的值． 3．某商场共有4个门，购物者若从任意一个门进，从任意一个门出，则不同走法的种数是________． 解析：不同的走法可以看作是两步完成的，第一步是进门，共有4种；第二步是出门，共有4种．由分步乘法计数原理知共有4×4＝16(种)． 答案：16 题型一　分类加法计数原理 [学透用活] [典例1]　在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为__________． [解析]　法一：根据题意，将十位上的数字按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，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 法二：分析个位数字，可分以下几类： 个位是9，则十位可以是1,2,3，…，8中的一个，故共有8个； 个位是8，则十位可以是1,2,3，…，7中的一个，故共有7个； 同理，个位是7的有6个； …… 个位是2的有1个． 由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． [答案]　36 [方法技巧] 利用分类加法计数原理计数时的解题流程 [提醒]　确定分类标准时要确保每一类都能独立的完成这件事． [对点练清] 1．[变条件]若本例条件变为个位数字小于十位数字且为偶数，那么这样的两位数有多少个？ 解：当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个． 当个位数字是6时，十位数字可取7,8,9，共3个． 当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个． 同理可知，当个位数字是2时，共7个， 当个位数字是0时，共9个． 由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个)． 2．8个乒乓球队每两个队比赛一场，共有多少场比赛？ 解：根据题意得8个乒乓球队每两个队比赛一场，其中第一支要和剩余的7支球队都要赛一场，有7场比赛； 第二支球队要和除第一支球队之外的6支球队都要赛一场，有6场比赛； 第三支球队要和除第一、二支球队之外的5支球队都要赛一场，有5场比赛； 以此类推，第七支球队只需要和第八支球队赛一场，有1场比赛．则共需要比赛7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28（场）． 题型二　分步乘法计数原理 [学透用活] [典例2]　从－2，－1,0,1,2,3这六个数中任选3个不重复的数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成抛物线的条数为多少？ [解]　由题意知a不能为0，故a的值有5种选法； b的值也有5种选法；c的值有4种选法． 由分步乘法计数原理得，可以组成抛物线的条数为5×5×4＝100(条)． [方法技巧] 利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 [提醒]　分步时要注意不能遗漏步骤，否则就不能完成这件事． [对点练清] 1．[变设问]若本例中的二次函数图象开口向下，则可以组成多少条抛物线？ 解：需分三步完成，第一步确定a有2种方法，第二步确定b有5种方法，第三步确定c有4种方法，故可组成2×5×4＝40条抛物线． 2．[变条件、变设问]若从本例的六个数中选2个作为椭圆＋＝1的参数m，n，则可以组成椭圆的个数是多少？ 解：据条件知m>0，n>0，且m≠n，故需分两步完成，第一步确定m，有3种方法，第二步确定n，有2种方法，故可以组成椭圆的个数为3×2＝6(个)． 3．现有并排的10块单位试验田，请选择其中2块分别种植A，B两种作物，每块种植一种作物．要求A，B两种作物的间隔不小于6块，选择的方法共有多少种？ 解：设并排的10块单位试验田分别为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，选择2块分别种植A，B两种作物，要求A，B两种作物的间隔不小于6块，则序号差不小于6，共有种植方式如表．A，B交换，共有2×6＝12（种）， 故共有12种方法． A选 B选 1 8,9,10 2 9,10 3 10 题型三　两个计数原理的简单综合应用 [探究发现] 如何区分一个问题是“分类”还是 “分步”？ 提示：如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是分类；而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步． [学透用活] [典例3]　王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读． (1)若他从这些参考书中带1本去图书馆，有多少种不同的带法？ (2)若带外语、数学、物理参考书各1本，有多少种不同的带法？ [解]　(1)要完成的事情是带1本参考书，无论是带外语书、数学书、还是带物理书，事情都可完成，从而根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＝12种不同的带法． (2)要完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此根据分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60种不同的带法． [方法技巧] 利用两个计数原理解题时的三个注意点 (1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法． (2)分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律． (3)综合问题一般是先分类再分步． [对点练清] 某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表： 乘坐站数 0<x≤3 3<x≤7 7<x≤12 票价/元 2 4 6 现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的． (1)若甲、乙两人共付费6元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？ (2)若甲、乙两人共付费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？ 解：(1)由甲、乙两人共付费6元，得甲、乙一人付费2元一人付费4元．又付费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择，付费4元的乘坐站数有4,5,6,7四种选择，所以甲、乙下地铁的方案共有(3×4)×2＝24(种)． (2)甲、乙两人共付费8元，则甲、乙一人付费2元一人付费6元或两人都付费4元． 当甲付费2元、乙付费6元时，甲乘坐站数有1,2,3三种选择，乙乘坐站数有8,9,10,11,12五种选择，此时，共有3×5＝15种方案； 当两人都付费4元时，若甲在第4站下地铁，则乙可在第5,6,7站下地铁，有3种方案；若甲在第5站下地铁，则乙可在第6,7站下地铁，有2种方案；若甲在第6站下地铁，则乙可在第7站下地铁，有1种方案． 综上，甲比乙先下地铁的方案共有15＋3＋2＋1＝21(种)． [课堂思维激活] 一、综合性——强调融会贯通 1．如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有A，B，C，D，E五个水闸，若上游有充足水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有(　　) A．7种 B．15种 C．23种 D．26种 解析：选C　每个水闸有打开或关闭两种情况，五个水闸的打开或关闭不同结果有25种，水闸A打开，水闸B，C至少打开一个，水闸D，E至少打开一个，下游有水，水闸B，C至少打开一个有(22－1)种，水闸D，E至少打开一个有(22－1)种，由分步乘法计数原理得下游有水的不同结果有1×(22－1)×(22－1)＝9(种)．所以所求五个水闸打开或关闭的情况有25－9＝23(种)． 2．[多选]现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是(　　) A．选1人为负责人的选法种数为30 B．每组选1名组长的选法种数为3 024 C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335 D．若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种 解析：选ABC　对于A，选1人为负责人的选法种数有6＋7＋8＋9＝30，故A正确； 对于B，每组选1名组长的选法种数有6×7×8×9＝3 024，故B正确； 对于C,2人需来自不同的小组的选法种数有6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确； 对于D，依题意若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有43－33＝37（种），故D错误． 二、应用性——强调学以致用 3.如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，标注的数表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为(　　) A．18 B．19 C．24 D．26 解析：选B　由题图知，第一条路线单位时间内传递的最大信息量为3；第二条路线单位时间内传递的最大信息量为4；第三条路线单位时间内传递的最大信息量为6；第四条路线单位时间内传递的最大信息量为6.因此结点A到B单位时间内传递的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19. 4．[多选]我国古代的《易经》与“二进制”有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“”和“”，其中“”在二进制中记作“1”，“”在二进制中记作“0”，其转化原理与“逢二进一”的法则相通，如符号“”对应的二进制数011(2)转化为十进制数的计算为011(2)＝0×22＋1×21＋1×20＝3.若从两类符号中任取2个符号排列，则组成的十进制数可以为(　　) A．1 B．2 C．4 D．6 解析：选AB　根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类．第一类：由两个“”组成，二进制数为11(2)，转化为十进制数为1×21＋1×20＝3；第二类：由两个“”组成，二进制数为00(2)，转化为十进制数为0×21＋0×20＝0；第三类：由一个“”和一个“”组成，二进制数为10(2)或01(2)，转化为十进制数为1×21＋0×20＝2或0×21＋1×20＝1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3. 三、创新性——强调创新意识和创新思维 5．定义集合A与B之间的运算A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}．若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B中的元素个数为________． 解析：确定有序数对(x，y)需要两个步骤，第一步，确定x的值，有3种不同的方法，第二步，确定y的值，有4种不同的方法，所以集合A*B中的元素个数为3×4＝12. 答案：12 [课下过关检测] 1．甲、乙两个班级分别有29名、30名学生，从两个班中选一名学生，则(　　) A．有29种不同的选法 B．有30种不同的选法 C．有59种不同的选法 D．有29×30种不同的选法 解析：选C　分两类：第一类从甲班选有29种选法，第二类从乙班选有30种选法．由分类加法计数原理得共有29＋30＝59（种）不同选法．故选C. 2．某校开展劳动教育，决定在植树节这天派小明、小光等5名学生去附近的两个植树点去植树，若小明和小光必须在同一植树点，且各个植树点至少去两名学生，则不同的分配方案种数为(　　) A．8 B．10 C．12 D．14 解析：选A　分两类，第一类，小明和小光去一个植树点，其他3名学生去另一个植树点，有2种不同的分配方案；第二类，小明和小光与另外一人去一个植树点，剩下两名学生去另一个植树点，有2×3＝6种不同的分配方案．则共有6＋2＝8种不同的分配方案． 3．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有(　　) A．30个 B．42个 C．36个 D．35个 解析：选C　要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)有6种方法，第二步确定a有6种方法，故由分步乘法计数原理知共有6×6＝36个虚数． 4．若5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有(　　) A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 解析：选D　5位同学依次报名，每人均有2种不同的选择，所以共有2×2×2×2×2＝32（种）报名方法． 5．一学习小组有4名男生、3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有________种不同选法；若选男女生各一名当组长，共有________种不同选法． 解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选，有4种选法；另一类是从女生中选，有3种选法．根据分类加法计数原理，不同选法共有4＋3＝7(种)． 若选男女生各一名当组长，需分两步：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2步，从女生中选一名，有3种选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有4×3＝12(种)． 答案：7　12 6．某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有________种． 解析：分3类：买1本好书，买2本好书和买3本好书，各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)． 答案：7 7．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线． 解析：若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时，有5×4＝20条，则共有20＋2＝22(条)， 即所求的不同的直线共有22条． 答案：22 8．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息． (1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有几种坐法？ (2)若小明与爸爸分别就座，有多少种坐法？ 解：(1)小明爸爸选凳子可以分两类： 第一类：选东面的空闲凳子，有8种坐法； 第二类：选西面的空闲凳子，有6种坐法． 根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8＋6＝14种坐法． (2)小明与爸爸分别就座，可以分两步完成： 第一步，小明先就座，从东西面共8＋6＝14个空闲凳子中选一个坐下，共14种坐法(小明坐下后，空闲凳子数变成13)； 第二步，小明爸爸再就座，从东西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法． 由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就座共有14×13＝182种坐法． 9．有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？ 解：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理，共可组成3＋9＋27＝39种不同的信号． 1．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　) A．24 B．18 C．12 D．9 解析：选B　由题意可知，E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法． 2.如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为(　　) A．8 B．6 C．5 D．3 解析：选B　从A处到B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A处到B处接通时，可构成线路的条数为2×3＝6，故选B. 3．已知集合A＝{0,3,4}，B＝{1,2,7,8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种． 解析：分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种；当集合C中的元素属于集合B时，有4种．因为集合A与集合B无公共元素，所以集合C的情况共有3＋4＝7(种)． 答案：7 4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列有多少个？ 解：当公比为2时，等比数列可为1,2,4；2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为时，等比数列可为4,6,9.同时，4,2,1；8,4,2；9,3,1和9,6,4也是等比数列，共8个． 5．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球． (1)若取出的2个球的颜色不同，有多少种取法？ (2)若取出的2个小球颜色相同，有多少种取法？ 解：(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取1个，或A，C袋中各取1个，或B，C袋中各取1个，共有1×2＋1×3＋2×3＝11种取法． (2)若2个球颜色相同，则应在B袋中取出2个，或在C袋中取出2个，共有1＋3＝4种取法． 第二课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用 题型一　数字排列组数问题 [学透用活] [典例1]　用0,1,2,3,4五个数字， (1)可以排成多少个三位数？ (2)可以排出多少个三位数字的电话号码？ (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ [解]　(1)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种排法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100个． (2)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125个． (3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12种排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因为0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18种排法．因而有12＋18＝30种排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数． [方法技巧] 解决组数问题的方法 (1)对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)优先的方法分类或分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解． (2)解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则． [提醒]　 数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位． [对点练清] 1．[变设问]在本例条件下，可以排成多少个无重复数字的四位奇数？ 解：完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1,3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个还有3个,可任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36个． 2．[变设问]在本例条件下，可以排成多少个能被3整除的四位数？ 解：一个四位数能被3整除，必须各位上数字之和能被3整除，故组成四位数的四个数字只能是0,1,2,3或0,2,3,4两类．所以满足题设的四位数共有2×3×3×2×1＝36个． 题型二　选(抽)取与分配问题 [学透用活] [典例2]　在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现在从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？ [解]　法一：分四类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有选法3×2＝6(种)； 第2类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有选法3×2＝6(种)； 第3类，从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，有选法2×2＝4(种)； 第4类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛，有选法2×1＝2(种)． 故不同的选法共有6＋6＋4＋2＝18(种)． 法二：分两类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，这时7人中还有4人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法3×4＝12(种)． 第2类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选一名参加象棋比赛，这时7人中还有3人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法2×3＝6(种)． 故不同的选法共有12＋6＝18(种)． [方法技巧] 解决抽取(分配)问题的方法 (1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、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直接法: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． [对点练清] 某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，那么这3名学生的参赛的不同方法有(　　) A．24种　　　　　　　 B．48种 C．64种 D．81种 解析：选A　由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24种不同的参赛方法． 题型三　涂色(种植)问题 [学透用活] [典例3]　某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示．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，则不同的栽种方法有(　　) A．80种 B．120种 C．160种 D．240种 [解析]　第一步，对1号区域栽种，有4种选择；第二步，对2号区域栽种，有3种选择；第三步，对3号区域栽种，有2种选择；第四步，对5号区域栽种，分为三种情况，①5号与2号栽种相同，则4号栽种仅有1种选择，6号栽种有2种选择，②5号与3号栽种相同，则4号栽种有2种选择，6号栽种仅有1种选择，③5号与2,3号栽种都不同，则4,6号栽种只有1种选择．综上所述，不同的栽种方法有4×3×2×(1×2×2＋1×1)＝120（种）． [答案]　B [方法技巧] 求解涂色与种植问题的一般方法 (1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算． (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计算． [对点练清] 1.某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域(有公共边)不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有(　　) A．720种 B．1 440种 C．1 560种 D．2 520种 解析：选C　如图，5个区域分别记为A，B，C，D，E，不同的布置方案分两类：当A与C布置相同的花卉时，先安排E，有6种不同的选择；再安排A与C，有5种不同的选择；再安排B，有4种不同的选择；最后安排D，有4种不同的选择，共有6×5×4×4＝480种．当A与C布置不同的花卉时，先安排E，有6种不同的选择；再安排A与C，有5×4种不同的选择；再安排B，有3种不同的选择；最后安排D，有3种不同的选择，共有6×5×4×3×3＝1 080种．所以不同的布置方案有480＋1 080＝1 560种． 2.如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有______种不同的绿化方案(用数字作答)． 解析：如图． A B D C 从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；由D区与B，C花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色，则D有3种颜色花卉摆放方法．故共有5×4×3×3＝180种绿化方案． 答案：180 [课堂思维激活] 一、综合性——强调融会贯通 1.如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图．现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有(　　) A．120种 B．260种 C．340种 D．420种 解析：选D　由题意知，上下两块区域颜色可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420种涂色方案． 2．回文数是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如2,11,242,6776,83238等，设n位回文数的个数为an(n为正整数)，如11是2位回文数，则(　　) A．a2＝10 B．a3＝10 C．a4＝90 D．a5＝90 解析：选C　2位回文数包含11,22,33，…，99，共9个，所以a2＝9；3位回文数，第一位和第三位有9种情况，中间有10种情况，根据分步乘法计数原理可知，有9×10＝90（个），故a3＝90；4位回文数，第一位和第四位有9种情况，中间两位有10种情况，根据分步乘法计数原理可知，有9×10＝90（个），故a4＝90；5位回文数，第一位和第五位有9种情况，中间一位有10种情况，第二位和第四位有10种情况，根据分步乘法计数原理可知，有9×10×10＝900（个），故a5＝900. 二、应用性——强调学以致用 3.如图所示，在A，B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种． [析题建模] →→ 解析：按照可能脱落的个数分类讨论． 若脱落1个，则有(1)，(4)2种情况； 若脱落2个，则有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)6种情况； 若脱落3个，则有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)4种情况； 若脱落4个，则有(1,2,3,4)1种情况． 综上，共有2＋6＋4＋1＝13种情况． 答案：13 三、创新性——强调创新意识和创新思维 4．定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　) A．18个　　　　　　　　 B．16个 C．14个 D．12个 解析：选C　由题意得a1＝0，a8＝1，具体情况如下： 00001111,00010111,00011011,00011101,00100111,00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个． [课下过关检测] 1．由数字0,1,2,3,4可组成无重复数字的两位数的个数是(　　) A．25 B．20 C．16 D．12 解析：选C　分两步：先选十位，再选个位，可组成无重复数字的两位数的个数为4×4＝16. 2．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有(　　) A．24种 B．4种 C．43种 D．34种 解析：选C　第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法． 3．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　) A．9 B．14 C．15 D．21 解析：选B　因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q， 所以x∈{y,2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，有7种情况；当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，有7种情况．共有7＋7＝14种情况．即这样的点的个数为14. 4．从1,2,3,4,5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：选D　第一类，公差大于0，有①1,2,3，②2,3,4，③3，4,5，④1,3,5，共4个等差数列；第二类，公差小于0，也有4个．根据分类加法计数原理可知，共有4＋4＝8个不同的等差数列． 5.如图所示，从点A沿圆或三角形的边运动到点C，则不同的走法有________种． 解析：由A直接到C有2种不同的走法，由A经点B到C有2×2＝4种不同的走法．因此由分类加法计数原理知，共有2＋4＝6种不同的走法． 答案：6 6．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 7．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种． 解析：分三类：若甲在周一，则乙、丙有4×3＝12种排法； 若甲在周二，则乙、丙有3×2＝6种排法； 若甲在周三，则乙、丙有2×1＝2种排法． 所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种． 答案：20 8．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？ 解：法一　(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. 法二　(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类： 第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)； 第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)； 第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)； 分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法． 根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60. 9．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2人作为中心发言人，要求这2人要来自不同的年级，则有多少种选法？ 解：(1)从高一选1人作总负责人有50种选法； 从高二选1人作总负责人有42种选法； 从高三选1人作总负责人有30种选法． 由分类加法计数原理， 可知共有50＋42＋30＝122(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50×42×30＝63 000(种)选法． (3)①从高一和高二各选1人作为中心发言人， 有50×42＝2 100(种)选法； ②从高二和高三各选1人作为中心发言人， 有42×30＝1 260(种)选法； ③从高一和高三各选1人作为中心发言人， 有50×30＝1 500(种)选法． 综上，共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860(种)选法． 1．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有(　　) A．512个 B．192个 C．240个 D．108个 解析：选D　能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个)．另一类是末位为5，由分步乘法计数原理，共有4×4×3＝48(个)．由分类加法计数原理得所求的四位数共有60＋48＝108(个)． 2．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(　　) A．24种 B．18种 C．12种 D．6种 解析：选B　法一　(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝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＝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，故不同的种植方法共有24－6＝18(种)． 3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图．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端异色，若只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为(　　) A．180 B．240 C．420 D．480 解析：选C　由题设，四棱锥S­ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60种染色方法；当S，A，B染好时，不妨设所染颜色依次为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法，即当S，A，B染好时，C，D还有7种染法．故不同的染色方法有60×7＝420（种）． 4．若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a3＜a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数是多少？ 解：分8类，当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1,0，由分步乘法计数原理，凸数的个数为1×2＝2； 当中间数为3时，百位可选1,2，个位可选0,1,2，由分步乘法计数原理，凸数的个数为2×3＝6；同理可得： 当中间数为4时，凸数的个数为3×4＝12； 当中间数为5时，凸数的个数为4×5＝20； 当中间数为6时，凸数的个数为5×6＝30； 当中间数为7时，凸数的个数为6×7＝42； 当中间数为8时，凸数的个数为7×8＝56； 当中间数为9时，凸数的个数为8×9＝72. 故所有凸数的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240. 5．用1，2，3，4四个数字组成可重复数字的三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}． (1)写出这个数列的前11项； (2)若an＝341，求项数n. 解：(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133. (2)比an＝341小的数有两类： ①首位是1或2： 1 × × 2 × × ②首位是3： 3 1 × 3 2 × 3 3 × 故共有2×4×4＋1×3×4＝44(项)． 因此an＝341是该数列的第45项，即n＝45. 7 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $数学人教A版选择性必修第三册 第六章 计数原理 6．1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第一课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 知识点一　分类加法计数原理 (一)教材梳理填空 　 (二)基本知能小试 1．判断正误 (1)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．(　　) (2)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．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为________． 知识点二　分步乘法计数原理 (一)教材梳理填空 　 (二)基本知能小试 1．判断正误 (1)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(　　) (2)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．(　　 ) 2．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为(　　) A．10 B．6 C．8 D．9 3．某商场共有4个门，购物者若从任意一个门进，从任意一个门出，则不同走法的种数是________． 题型一　分类加法计数原理 [学透用活] [典例1]　在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为__________． [对点练清] 1．[变条件]若本例条件变为个位数字小于十位数字且为偶数，那么这样的两位数有多少个？ 2．8个乒乓球队每两个队比赛一场，共有多少场比赛？ 题型二　分步乘法计数原理 [学透用活] [典例2]　从－2，－1,0,1,2,3这六个数中任选3个不重复的数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成抛物线的条数为多少？ [对点练清] 1．[变设问]若本例中的二次函数图象开口向下，则可以组成多少条抛物线？ 2．[变条件、变设问]若从本例的六个数中选2个作为椭圆＋＝1的参数m，n，则可以组成椭圆的个数是多少？ 3．现有并排的10块单位试验田，请选择其中2块分别种植A，B两种作物，每块种植一种作物．要求A，B两种作物的间隔不小于6块，选择的方法共有多少种？ 题型三　两个计数原理的简单综合应用 [探究发现] 如何区分一个问题是“分类”还是 “分步”？ [学透用活] [典例3]　王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读． (1)若他从这些参考书中带1本去图书馆，有多少种不同的带法？ (2)若带外语、数学、物理参考书各1本，有多少种不同的带法？ [对点练清] 某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表： 乘坐站数 0<x≤3 3<x≤7 7<x≤12 票价/元 2 4 6 现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的． (1)若甲、乙两人共付费6元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？ (2)若甲、乙两人共付费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？ [课堂思维激活] 一、综合性——强调融会贯通 1．如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有A，B，C，D，E五个水闸，若上游有充足水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有(　　) A．7种 B．15种 C．23种 D．26种 2．[多选]现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是(　　) A．选1人为负责人的选法种数为30 B．每组选1名组长的选法种数为3 024 C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335 D．若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种 二、应用性——强调学以致用 3.如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，标注的数表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为(　　) A．18 B．19 C．24 D．26 4．[多选]我国古代的《易经》与“二进制”有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“”和“”，其中“”在二进制中记作“1”，“”在二进制中记作“0”，其转化原理与“逢二进一”的法则相通，如符号“”对应的二进制数011(2)转化为十进制数的计算为011(2)＝0×22＋1×21＋1×20＝3.若从两类符号中任取2个符号排列，则组成的十进制数可以为(　　) A．1 B．2 C．4 D．6 三、创新性——强调创新意识和创新思维 5．定义集合A与B之间的运算A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}．若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B中的元素个数为________． [课下过关检测] 1．甲、乙两个班级分别有29名、30名学生，从两个班中选一名学生，则(　　) A．有29种不同的选法 B．有30种不同的选法 C．有59种不同的选法 D．有29×30种不同的选法 2．某校开展劳动教育，决定在植树节这天派小明、小光等5名学生去附近的两个植树点去植树，若小明和小光必须在同一植树点，且各个植树点至少去两名学生，则不同的分配方案种数为(　　) A．8 B．10 C．12 D．14 3．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有(　　) A．30个 B．42个 C．36个 D．35个 4．若5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有(　　) A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 5．一学习小组有4名男生、3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有________种不同选法；若选男女生各一名当组长，共有________种不同选法． 6．某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有________种． 7．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线． 8．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息． (1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有几种坐法？ (2)若小明与爸爸分别就座，有多少种坐法？ 9．有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？ 1．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　) A．24 B．18 C．12 D．9 2.如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为(　　) A．8 B．6 C．5 D．3 3．已知集合A＝{0,3,4}，B＝{1,2,7,8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种． 4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列有多少个？ 5．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球． (1)若取出的2个球的颜色不同，有多少种取法？ (2)若取出的2个小球颜色相同，有多少种取法？ 第二课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用 题型一　数字排列组数问题 [学透用活] [典例1]　用0,1,2,3,4五个数字， (1)可以排成多少个三位数？ (2)可以排出多少个三位数字的电话号码？ (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ [对点练清] 1．[变设问]在本例条件下，可以排成多少个无重复数字的四位奇数？ 2．[变设问]在本例条件下，可以排成多少个能被3整除的四位数？ 题型二　选(抽)取与分配问题 [学透用活] [典例2]　在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现在从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？ [对点练清] 某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，那么这3名学生的参赛的不同方法有(　　) A．24种　　　　　　　 B．48种 C．64种 D．81种 题型三　涂色(种植)问题 [学透用活] [典例3]　某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示．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，则不同的栽种方法有(　　) A．80种 B．120种 C．160种 D．240种 [对点练清] 1.某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域(有公共边)不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有(　　) A．720种 B．1 440种 C．1 560种 D．2 520种 2.如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有______种不同的绿化方案(用数字作答)． [课堂思维激活] 一、综合性——强调融会贯通 1.如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图．现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有(　　) 2．回文数是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如2,11,242,6776,83238等，设n位回文数的个数为an(n为正整数)，如11是2位回文数，则(　　) A．a2＝10 B．a3＝10 C．a4＝90 D．a5＝90 二、应用性——强调学以致用 3.如图所示，在A，B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种． 三、创新性——强调创新意识和创新思维 4．定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　) A．18个　　　　　　　　 B．16个 C．14个 D．12个 [课下过关检测] 1．由数字0,1,2,3,4可组成无重复数字的两位数的个数是(　　) A．25 B．20 C．16 D．12 2．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有(　　) A．24种 B．4种 C．43种 D．34种 3．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　) A．9 B．14 C．15 D．21 4．从1,2,3,4,5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 5.如图所示，从点A沿圆或三角形的边运动到点C，则不同的走法有________种． 6．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． 7．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种． 8．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？ 9．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2人作为中心发言人，要求这2人要来自不同的年级，则有多少种选法？ 1．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有(　　) A．512个 B．192个 C．240个 D．108个 2．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(　　) A．24种 B．18种 C．12种 D．6种 3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图．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端异色，若只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为(　　) A．180 B．240 C．420 D．480 4．若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a3＜a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数是多少？ 5．用1，2，3，4四个数字组成可重复数字的三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}． (1)写出这个数列的前11项； (2)若an＝341，求项数n. 7 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $