第10单元 01 第60讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（PPT课件）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦“分类加法计数原理与分步乘法计数原理”核心考点，依据课标“理解原理及意义”的要求，构建知识网络与14课时系统安排，通过近五年高考真题分析明确基础题占比60%、综合应用题占30%的考点分布，归纳排列组合基础、涂色问题等常考题型，对接高考评价体系。 课件亮点在于“真题情境+易错突破+思维建模”策略，如2025年安徽蚌埠模拟题通过正四棱锥顶点分类培养数学思维，针对“完成一件事”理解偏差等易错点设题组辨析，例3三位偶数问题用“0是否在个位”分类法强化逻辑推理，助力学生掌握分步分类技巧，教师可依托此精准开展专题复习，提升备考效率。

1.知识网络 单 元 教 学 设 计 1 2.课时安排 本单元共8讲、1个教材拓展、1个增分微课、1个培优专题，2个重点 强化练，每讲建议1课时完成，教材拓展、增分微课建议各1课时完成， 每个重点强化练建议1课时完成,培优专题建议2课时完成，本单元大约 共需14课时. 单 元 教 学 设 计 2 第60讲 分类加法计数原理与分步乘 法计数原理 3 课前基础巩固 课堂考点探究 课时作业 4 通过实例，理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 课 标 要 求 5 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 内容 区别与联系 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 （可推广至多类 方案） 区别:分类加法计数原理与分 类有关,各种方法相互独立,用 其中的任何一种方法都可以完 成这件事;分步乘法计数原理 与分步有关,各个步骤相互依 存,只有各个步骤都完成了,这 件事才能完成. ◆ 知识聚焦 ◆ 课 前 基 础 巩 固 6 内容 区别与联系 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 （可推广至多个步骤） 联系：复杂问题中，需要两个 计数原理综合应用.某一类中 可能需要再分步，某一步中有 可能需要再分类 续表 课 前 基 础 巩 固 7 题组一 常识题 1.［教材改编］音乐播放器里存有10首中文歌曲，8首英文歌曲，3首 法文歌曲，从中任选一首歌曲进行播放，有____种不同的选法. 21 [解析] 依题意知，共有 （种）不同的选法. ◆ 对点演练 ◆ 课 前 基 础 巩 固 8 2.［教材改编］食堂有大荤菜3个、小荤菜3个、素菜4个、汤1个，如 果要大荤、小荤、素菜、汤各一个组成一份三菜一汤的套餐，有___ 种不同的搭配方式. 36 [解析] 依题意得，选择大荤菜有3种方法，小荤菜有3种方法，素菜 有4种方法，汤有1种方法，根据分步乘法原理可得，一共有 （种）不同的搭配方式. 课 前 基 础 巩 固 9 3.［教材改编］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____种.若没有任何限制，每 位同学随意报名，则不同的报名方法共有______种. 32 1024 [解析] 若每位同学限报其中一个小组，则每位同学都有2种报名方法， 由分步乘法计数原理知，不同的报名方法共有 （种）. 若没有任何限制，则每位同学可以都不报，可以报一个，也可以都报， 则每位同学有 （种）报名方法，由分步乘法计数原理知， 不同的报名方法共有 （种）. 课 前 基 础 巩 固 10 题组二 常错题 ◆ 索引：对“完成一件事”的含义理解不准确；计数时有重复或遗漏， 不知道何时该分类，何时该分步，不区分元素是否可重复使用. 4.书架的第1层放有6本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书， 第3层放有4本不同的外语书.从书架中任取1本书，共有____种不同的 取法；从书架中的第1，2，3层各取1本书，共有_____种不同的取法. 15 120 课 前 基 础 巩 固 11 [解析] 从书架上任取1本书，有三类方案：第1类，从第1层取1本语 文书，有6种方法； 第2类，从第2层取1本数学书，有5种方法； 第3类，从第3层取1本外语书，有4种方法. 根据分类加法计数原理，不同取法的种数为 . 从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三步完成： 第1步，从第1层取1本语文书，有6种方法； 第2步，从第2层取1本数学书，有5种方法； 第3步，从第3层取1本外语书，有4种方法. 根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为 . 课 前 基 础 巩 固 12 5.我们把中间数位上的数字最大而两边减小的多位数称为“凸数”，如 132，341等，那么由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸 数”的个数是____. 20 [解析] 由三位“凸数”的特点知，中间的数字只能是3，4，5，即分三类. 第一类，当中间数字为“3”时，此时有2个“凸数”，即132，231； 第二类，当中间数字为“4”时，个位数字有3种选择，百位数字有2种 选择，则“凸数”有 （个）； 第三类，当中间数字为“5”时，个位数字有4种选择，百位数字有3种 选择，则“凸数”有 （个）. 由分类加法计数原理得，由1，2，3，4，5可以组成无重复数 字的三位“凸数”的个数是 . 课 前 基 础 巩 固 13 6.（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有 ____种不同的送法； 60 [解析] 从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不 同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是 . 课 前 基 础 巩 固 14 （2）有5种不同的书（每种不少于3本），从中选3本送给3名同学， 每人各1本，共有_____种不同的送法. 125 [解析] 由于有5种不同的书（每种不少于3本），故每名同学都有5种 不同的送法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同送法的种数是 . 课 前 基 础 巩 固 15 探究点一 分类加法计数原理 例1（1）已知集合，，从 中取一个数作 为十位数字，从 中取一个数作为个位数字，能组成____个十位数字 小于个位数字的两位数. 10 ［思路点拨］利用分类加法计数原理，当个位数字分别为9,7,5,3时， 考虑数字的组成情况. 课 堂 考 点 探 究 16 [解析] 要组成十位数字小于个位数字的两位数，可分如下情况：当 个位数字为9时，十位上的数字有4种取法，能组成4个十位数字小于 个位数字的两位数； 当个位数字为7时，十位上的数字有3种取法，能组成3个十位数字 小于个位数字的两位数； 当个位数字为5时，十位上的数字有2种取法，能组成2个十位数字 小于个位数字的两位数； 当个位数字为3时，十位上的数字有1种取法，能组成1个十位数字小 于个位数字的两位数. 所以组成的十位数字小于个位数字的两位数有 （个）. 课 堂 考 点 探 究 17 （2）[2025·安徽蚌埠模拟]空间中三个点，， 满足 ，在空间中任取2个不同的点，使得它们与 ， ， 恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法种数为 ( ) A.8 B.9 C.11 D.12 ［思路点拨］根据空间中点、线、面的位置关系，和正四棱锥的几 何性质，分平面 为正四棱锥的侧面与截面两种情况讨论，求出 不同的取法种数. √ 课 堂 考 点 探 究 18 [解析] 任取2个不同的点，.如图①所示，当 为正四棱锥的 侧面时，平面的两侧分别可以作以四边形 为底面的正四棱 锥，有2种情况. 同理以四边形、四边形 为底面各有2种情况， 所以共有6种情况. 如图②所示，当 为正四棱锥的截面时，，位于两侧， 四边形 为正四棱锥的底面，只有1种情况. 同理以四边形、四边形 为底面各有1种情况，所以共有3 种情况. 综上，共有 （种）不同的取法.故选B. 课 堂 考 点 探 究 19 [总结反思] （1）分类加法计数原理的实质: 完成一件事的各类方法相互独立,每类中的各种方法也相互独立,用任 何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事. （2）使用分类加法计数原理遵循的原则: 有时分类的划分标准有多个,但不论是以哪一个为标准,都应遵循“标 准要明确,不重不漏”的原则. 课 堂 考 点 探 究 20 变式题（1）椭圆的焦点在 轴上，且 ，2，3，4，，，2，3，4，5，6， ，则这样的椭圆 的个数为( ) A.10 B.12 C.20 D.35 [解析] 因为椭圆的焦点在轴上，所以. 以 的值为标准分类，可分为四类：第一类，当时， 使的 有4种选择； 第二类，当时，使的有3种选择； 第三类，当 时，使的有2种选择； 第四类，当时，使的 有1种选择. 故符合条件的椭圆共有 （个）.故选A. √ 课 堂 考 点 探 究 21 （2）[2025·重庆南开中学2月质检] 小南将一枚骰子连续抛掷3次， 每一次骰子都会等可能地出现1，2，3，4，5，6点，则3次骰子的点 数按抛掷顺序构成等差数列的情况有____种. 18 [解析] 公差为0的情况有6种：1，1，1；2，2，2；3，3，3，4，4， 4；5，5，5；6，6，6. 公差为 的情况有8种：1，2，3；2，3，4；3，4，5；4，5，6； 3，2，1；4，3，2；5，4，3；6，5，4. 公差为 的情况有4种：1，3，5；2，4，6；5，3，1;6，4，2. 综上可得，3次骰子的点数按抛掷顺序构成等差数列的情况有 （种）. 课 堂 考 点 探 究 22 探究点二 分步乘法计数原理 例2（1）[2025·山东淄博张店区三模]将编号为1，2，3的小球放入编 号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒至多放1个小球，要求恰有1个 小球与所在盒子的编号相同，则不同的放法的种数为( ) A.7 B.9 C.11 D.13 ［思路点拨］可分两步完成：第一步，确定哪个盒子的编号与放入 的小球的编号相同；第二步，确定其他盒子放球的方法种数.最后根 据分步乘法计数原理求解即可. √ 课 堂 考 点 探 究 23 [解析] 根据题意，先确定一个与小球编号相同的盒子，有3种情况. 假设选的是1号球，则剩下的2个小球都没有放到对应的盒子有 ,;,;, ，共3种情况. 所以共有 （种）不同的放法.故选B. 课 堂 考 点 探 究 24 （2）某公园有如图所示至 共6个座位，现有 2个男孩和2个女孩要坐下休息，要求相同性别 的孩子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同 的坐法种数为( ) A.24 B.36 C.72 D.81 ［思路点拨］根据题意，先排男生再排女生，由分步乘法计数原理 求解可得答案. √ 课 堂 考 点 探 究 25 [解析] 第一步，男孩选座位，第1个男孩在第1 行选1个位置有3个位置可选，另一个男孩有2种 坐法， 由于2个男孩可以互换，故男孩的坐法有 （种）， 第二步，女孩选座位， 若2个男孩选，，则2个女孩可排在，；，；， . 由于女孩可以互换，因此女孩的坐法有 （种）. 根据分步乘法计数原理可知，共有 （种）不同的坐法.故选C. 课 堂 考 点 探 究 26 [总结反思] （1）分步乘法计数原理的实质： 完成一件事要分为若干步,各个步骤相互依存,缺少其中的任何一步都 不能完成这件事,只有当每个步骤都完成后,才能完成这件事. （2）使用分步乘法计数原理应注意的问题: ①明确题目中所要完成的这件事是什么,确定完成这件事需要几个步骤. ②将完成这件事划分成几个步骤来执行,各步骤之间有一定的连续性, 只有当所有步骤都完成了,这件事才能完成,这是分步的基础,也是关键. 课 堂 考 点 探 究 27 变式题（1）勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以 正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧， 由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如 图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色，规定每个区 A.120 B.240 C.300 D.320 域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方案种数为 ( ) √ 课 堂 考 点 探 究 28 [解析] 先涂中间三角形，有5种涂色方案，再逐个涂旁边部分，都有 4种涂色方案.由分步乘法计数原理得，不同的涂色方案种数为 .故选D. 课 堂 考 点 探 究 29 （2）某中学利用周五下午课外活动时间同时开设了四场公益讲座， 主题分别是“新能源与新材料的广泛应用”“ 医疗的发展趋势”“低 空经济的前景展望”“从人工智能、工业互联网到大数据”.已知甲、乙、 丙、丁四人从中一共选择两场去学习，则甲、乙两人不参加同一个 讲座的选法共有____种.（用数字作答） 48 [解析] 甲、乙两人先选，则有 （种）选法. 丙、丁两人后选，则每人均有2个选法，所以有 （种）选法. 所以共有 （种）选法. 课 堂 考 点 探 究 30 探究点三 两个计数原理的综合 例3（1）若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选三个数字，组成没 有重复数字的三位数，则这样的三位偶数一共有( ) A.20个 B.48个 C.52个 D.120个 ［思路点拨］由于0不能为百位数字，故分2种情况讨论：0在个位和 0不在个位，再由分类加法计数原理计算可得答案. √ 课 堂 考 点 探 究 31 [解析] 根据题意，分2种情况讨论：①若0在个位，此时只需从1，2， 3，4，5中任取2个数字，作为十位和百位数字即可，有 （个）没有重复数字的三位偶数； ②若0不在个位，此时必须从2和4中任取1个数字作为个位数字， 有2种取法，0不能作为百位数字，则百位数字有4种取法， 十位数字也有4种取法，此时有 （个）没有重复数字 的三位偶数. 综上可得，共有 （个）没有重复数字的三位偶数.故选C. 课 堂 考 点 探 究 32 （2）用四种不同的颜色给如图所示的六块区域，，，，， 涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的种数是( ) A.120 B.72 C.48 D.24 ［思路点拨］先考虑居中色块 ,由于相邻区域不同色，则可分类讨 论,同色和,不同色，最后考虑, . √ 课 堂 考 点 探 究 33 [解析] 先涂，有4种选择，接下来涂，有3种选择，再涂 ,有2种 选择. ①当,颜色相同时，涂色方法种数是 ； ②当, 颜色不相同时，涂色方法种数是 . 故满足题意的涂色方法种数是 .故选A. 课 堂 考 点 探 究 34 [总结反思] （1）复杂问题中,两个计数原理可以综合应用:可以先分类,在各类中 再分步,或先分步,到某一步时按需要再分类处理. （2）涂色问题一般综合利用两个计数原理求解,但也有两种常用方法: 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;以颜 色为主分类讨论,用分类加法计数原理分析. 课 堂 考 点 探 究 35 变式题（1）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，则不同染色方法的种 数为( ) A.192 B.420 C.210 D.72 √ 课 堂 考 点 探 究 36 [解析] 按照 的顺序进行染色， 按照，是否同色分类：第一类，， 同色，由 分步乘法计数原理，有 （种）不同的染色方法； 第二类，， 不同色，由分步乘法计数原理， 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.故选B. 课 堂 考 点 探 究 37 （2）小明忘记了自己的某软件的账户密码， 只记得如图所示的三个数字.已知小明设置 的密码满足以下两个原则： ①密码中所有数字的可能取值的集合为 ； ②密码中不存在重复三次及以上的数字. 则小明在符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数 为____. 84 课 堂 考 点 探 究 38 [解析] 因为密码中所有数字的可能取值的集 合为 ，所以可能的密码种数为 ， 其中数字1或5重复三次的情况共有2种，数字2或3或4重复三次的情况 共有 （种），数字2或3或4重复四次的情况共有3种， 所以符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为 . 课 堂 考 点 探 究 39 课时作业 40 1.每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽 车有12趟.某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有( ) A.22种 B.33种 C.300种 D.3600种 [解析] 从甲地到乙地的不同出行方案的种数为 . 故选B. √ ◆ 基础热身 ◆ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 2.[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 听同一个讲座的选法种数为( ) A.6 B.12 C.18 D.24 [解析] 甲、乙两人听同一个讲座，选法有3种，丙、丁两人听不同的 讲座，选法有2种，所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的选法种 数为 .故选A. √ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 3.如图，从（图中不能折返回 ）不同的走法有 ( ) A.8种 B.6种 C.4种 D.2种 [解析] 分为两类；不经过点有2种走法；经过 点有 （种）走法.故共有 （种）走法.故 选A. √ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 4.甲、乙、丙、丁四人打算从北京、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 [解析] 分两步完成：第一步，甲在上海、西安、长沙三个城市中任 选一个，有3种选法； 第二步，乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别 任选一个，有 （种）选法. 由分步乘法计数原理，可得不同的选法有 （种）.故选D. √ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 5.小明在某一天中有七个课间休息时段，为准备“小歌手”比赛他想要 选出至少一个课间休息时段来练习唱歌，但他希望任意两个练习的 课间之间都有至少两个课间不唱歌让他休息，则小明的练习方案有 ( ) A.31种 B.18种 C.21种 D.33种 √ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 [解析] 将七个课间编号为1,2,3,4,5,6,7.若仅有一个课间练习，则每个 课间都可以，有7种练习方案； 若有两个课间练习，则选法有 ,,,,,,, ,, ，共10种练习方案； 若有三个课间练习，则选法为 ，共1种练习方案. 综上，小明的练习方案共有 （种）.故选B. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 6.（多选题）现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法 正确的是( ) A.从中选出2个球，正好1红1黄，有9种不同的选法 B.若从每种颜色中选出1个球，则有120种不同的选法 C.若要选出2个不同颜色的球，则有31种不同的选法 D.若要选出2个球分给甲、乙两名同学，则有210种不同的选法 √ √ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 [解析] 对于A选项，选2个球，红、黄各1个，有 （种）不 同的选法，故A选项错误. 对于B选项，从每种颜色中选出1个球，共选3个， 则有 （种）不同的选法，故B选项正确. 对于C选项，要选出2个不同颜色的球，则有三种情况：若选1红1黄，则 有（种）不同的选法； 若选1红1绿，则有 （种）不同的选法； 若选1黄1绿，则有 （种）不同的选法.因此 共有 （种）不同的选法，故C选项错误. 对于D选项，甲先选有15种选法，乙再选有14种选法，所以共有 （种）不同的选法，故D选项正确.故选 . 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 7.安排4位顾客去,, 三家餐馆就餐，其中一位顾客由于饮食特殊性， 只能安排在 餐馆，则不同的安排方案共有____种. 27 [解析] 由题意可知，其中一位顾客由于饮食特殊性，只能安排在 餐馆，则剩下的3位顾客每人就餐的餐馆有3种安排方案，故不同的 安排方案共有 （种）. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 8.一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为，， .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，，，且，， 互不相同， 则这个三位数为“有缘数”的个数为____. 24 [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组成的三位数有123，132，213，231，312，321，共6个； 同理，由1，3，4组成的三位数有6个； 由1，4，5组成的三位数有6个；由2，3，5组成的三位数有6个. 所以这个三位数为“有缘数”的个数为 . 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 9.用0,1,2,3,4组成的没有重复数字且比32 000小的数有( ) A.212个 B.213个 C.224个 D.225个 √ ◆ 综合提升 ◆ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 [解析] 按数字位数分类讨论：一位数有5个；两位数有 （个）； 三位数有 （个）； 四位数有 （个）； 五位数分以下两种情况讨论：①万位数字为1或2，此时共有 （个）， ②万位数字为3，则千位数字从0或1中选择一个， 其余三个数位任意排列，此时共有（个）. 综上所述，共有 （个） 比32 000小的数.故选D. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 10.高二某班为了准备校园樱花文化节活动的展示 牌，计划用5种不同颜色的笔书写图中， ， ， 四个区域的文字，规定每个区域只用一种 颜色的笔书写文字，相邻区域书写的文字颜色不 同，则不同的书写方法种数为( ) A.120 B.160 C.180 D.240 √ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 [解析] 由题意，区域有5种书写方法，区域 有 4种书写方法. 若，不同色，则 有3种书写方法， 有2种书写方法，共有 （种）书写方法； 若，同色，则 有3种书写方法，共有 （种）书写方法. 综上可得，共有 （种）不同的书写方法.故选C. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 11.某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到，， 三家医院 接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院，每家医院每日至 多接待两个单位.已知 医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫 苗，医院接种的是需要打两针的灭活疫苗， 医院接种的是需要打 三针的重组蛋白疫苗，则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗 的预约方案种数为( ) A.27 B.24 C.18 D.16 √ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 [解析] 由题意，甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗，即甲单 位不可预约医院，则甲单位可预约， 两家医院. ①若甲单位预约医院，乙单位预约医院，则丙单位可预约， 医院， 有2种情况； ②若甲单位预约医院，乙单位预约或医院，则丙单位可预约 ， ，医院，有（种）情况； ③若甲单位预约 医院，乙单位预约或医院， 则丙单位可预约，，医院，有 （种）情况； 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 ④若甲单位预约医院，乙单位预约 医院，则丙单位可预约 ， 医院，有2种情况. 所以甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫 苗的预约方案种数为 .故选D. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 12.（多选题）已知某种产品的加工需要经过5道工序，则下列说法正 确的是( ) A.若其中某道工序不能放在最后，则有96种加工顺序 B.若其中某2道工序既不能放在最前，也不能放在最后，则有72种加 工顺序 C.若其中某2道工序必须相邻，则有48种加工顺序 D.若其中某2道工序不能相邻，则有36种加工顺序 √ √ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 顺序有 （种），故A正确； 对于B，设甲、乙2道工序既不能放到最前，也不能放到最后， 先安排甲、乙，则共有（种）安排方式， 再安排剩余3道工序，共有 （种）安排方式， 根据分步乘法计数原理得，所有的加工顺序有 （种）， 故B错误； [解析] 设5道工序为甲、乙、丙、丁、戊.对于A，设甲工序不能放到 最后，则甲有4种安排方式，根据分步乘法计数原理得，所有的加工 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于C，设甲、乙2道工序相邻，将甲和乙“捆绑”为一道工序， 和剩余3道工序放在一起排序，则共有 （种）加工顺序，故C正确； 对于D，设甲、乙2道工序不能相邻，则先安排剩余3道工序， 在形成的4个空中，安排甲、乙，故共有 （种） 加工顺序，故D错误. 故选 . 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.集合是的子集，且 中的元素有完全平方数， 则满足条件的集合 共有_____个. 896 [解析] 集合 中的完全平方数有1，4，9， 令，，则集合 的非空子集有 （个），集合的子集有 （个）， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合 的子集的并集， 故共有 （个）. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 14.[2025·辽宁抚顺六校协作体检测] 设一个四位数的个位数、十位 数、百位数、千位数分别为，，，，当 时，称这 个四位数为“和对称四位数”，且 为这个“和对称四位数”的对称 和，例如8440是一个“和对称四位数”，其对称和为8，则对称和不大 于4的“和对称四位数”的个数为____. 40 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 [解析] 设.当时， 的可能值为1 （对应），共有1种组合，的解有2种：, . 四位数的个数为. 当时，的可能值为1,2（对应 ,0），共有2种组合， 的解有3种：,, .四位数的个数为. 当时，的可能值为1,2,3（对应 ,1,0）， 共有3种组合，的解有4种：,,, . 四位数的个数为. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 当时，的可能值为1,2,3,4（对应 ,2,1,0），共有4种组合， 的解有5种：,,, ,. 四位数的个数为 . 因此对称和不大于4的“和对称四位数”共有 （个）. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 15.（多选题）某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在 如图所示的正方形（边长为2个单位）的顶点 处，然后通过 掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷 出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走 个单位， 一直循环下去.某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点 处，则 ( ) ◆ 能力拓展 ◆ 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 A.抛掷三次骰子后所走的单位数可以是12 B.三次骰子的点数之和只可能有两种结果 C.三次骰子的点数之和超过10的走法有6种 D.回到点 处的所有不同走法共有27种 √ √ √ [解析] 对于A，B，由题意知，正方形 （边长为2个单位）的周长是8，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点 处表示三次骰子的点数之和是8,16，故A错误，B正确； 对于C，D，列举出在所得点数中三个数字能够使得点数和为8,16的有 125,134,116,224,233,466,556， 共有7种组合. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 前2种组合125,134，每种情况可以排列出（种）结果，则共有 （种）走法； 116,224,233,466,556各排列出3种结果，则共有 （种）走法，其中点数之和超过10的为466,556，共有 （种）走法， 故C正确； 根据分类加法计数原理知，共有 （种）走法，故D正确.故选 . 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 16.已知数列 共有5项，且满足： ①， ； ② ； ③， ，2，3，4. 则满足条件的数列 共有____个. 80 [解析] 因为， ，所以 . 又，所以 ，，， 所以， ，. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 68 又因为，， ，所 以, ， . 当时，有2种选法， 有6种选法，共有（种）选法； 当时， 有2种选法，有6种选法，共有（种）选法； 当时， 有4种选法，有4种选法，共有（种）选法； 当 时，有4种选法，有4种选法，共有 （种）选法； 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 时，有6种选法，有2种选法，共有 （种） 选法； 当时，有6种选法，有2种选法，共有 （种）选法； 当时，有8种选法， 有0种选法，共有（种）选法. 综上可得，满足条件的数列 共有 （个）. 课 时 作 业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 $