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B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，依据课标要求“理解原理及意义”，通过知识网络构建、课时精准安排和考点分层探究，对接高考评价体系，分析两种原理综合应用的高频考点权重，归纳数字排列、涂色问题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题训练+易错突破+思维建模”策略，如以椭圆方程焦点位置判断、四棱锥顶点涂色等典型题型为例，通过分步分类辨析、符号化表达培养学生数学思维与数学语言素养。特设母题变式训练和易错陷阱警示，助力学生掌握解题技巧，教师可据此实施精准复习，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7讲，1个教材拓展,1个培优专题，2个重点强化练，每讲建 议1课时完成，教材拓展建议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12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 知识聚焦 1.分类加法计数原理 完成一件事，如果有类办法，且：第一类办法中有 种不同的方法， 第二类办法中有种不同的方法……第类办法中有 种不同的方法， 那么完成这件事共有 __________________种不同的方法. 课 前 基 础 巩 固 6 2.分步乘法计数原理 完成一件事，如果需要分成个步骤，且：做第一步有 种不同的 方法，做第二步有种不同的方法……做第步有 种不同的方法， 那么完成这件事共有 __________________ 种不同的方法. 3.两种计数原理的区别与联系 （1）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. （2）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. 课 前 基 础 巩 固 7 对点演练 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. 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，根据分步乘法计数原理可得，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 4.［忽略“分类”“分步”的区别］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.［忽略了分类的标准］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 课 前 基 础 巩 固 13 [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 14 6.［忽略量词的不同而致误］ （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 15 （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 16 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 17 [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 18 （2）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 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）用1，4，7，10中的任意一个数作分子，2，5，9，11中 任意一个数作分母，可构成的不同真分数的个数为( ) A.9 B.10 C.14 D.16 [解析] 由题可知构成的不同的真分数为,,,,,,,,, ，共10个. 故选B. √ 课 堂 考 点 探 究 21 （2）[2026·上海师大附中期末] 若 ，则不同的有序集 合组 共有___种． 9 [解析] 根据题意，若 ，则， 若，则 或， 若，则或， 若 ，则 或或或， 故不同的有序集合组 共有 （种）． 课 堂 考 点 探 究 22 探究点二 分步乘法计数原理 例2（1）下列说法正确的是( ) A.3封不同的信投入4个不同的邮筒，则不同的投法有 种 B.4位运动员争夺3个项目的冠军（每个项目只有一个冠军），则不 同的结果有 种 C.3个人从4种不同的蔬菜中各任选一种，则不同的选法有 种 D.4名学生从3种不同的书籍（每种书籍各有20本）中各任选1种，则 不同的选法有 种 √ 课 堂 考 点 探 究 23 [解析] 对于A，3封不同的信投入4个不同的邮筒，则不同的投法有 种，故A错误； 对于B，4位运动员争夺3个项目的冠军（每个项目只有一个冠军）， 则不同的结果有 种，故B错误； 对于C，3个人从4种不同的蔬菜中各任选一种，则不同的选法有 种， 故C错误； 对于D，4名学生从3种不同的书籍（每种书籍各有20本）中各任选1 种，则不同的选法有 种，故D正确. 故选D. 课 堂 考 点 探 究 24 （2）[2026·吉林长春模拟]用3种不同的颜 色给如图所示的五个圆环涂色，要求相交 的两个圆环不能涂相同的颜色，则不同的 涂色方案的种数为( ) A.243 B.32 C.48 D.1280 [解析] 从左到右依次涂色，第一个圆环有3种颜色可选，第二、三、 四、五个圆环各有2种颜色可选，则共有 （种） 不同的涂色方案.故选C. √ 课 堂 考 点 探 究 25 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 26 变式题（1）[2026·海南海口期中]已知 ，则864的不同 正因数的个数为( ) A.12 B.15 C.24 D.20 [解析] 因为，所以864的正因数一定可以写成 的形式，其中,为非负整数. 易知 的取值可以是0，1，2，3，4，5，共6种情况； 的取值可以是0，1，2，3，共4种情况. 根据分步乘法计数原理可知，864的正因数的个数为 .故选C. √ 课 堂 考 点 探 究 27 （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 28 探究点三 两个计数原理的综合 例3（1）从1，2，4，5，7，8这6个数字中任选4个数字组成无重复 数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的奇数的个数 是( ) A.24 B.36 C.60 D.120 √ 课 堂 考 点 探 究 29 [解析] 因为组成的四位数大于7000,所以千位上的数字只能是7或8． 因为组成的四位数是奇数，所以个位上的数字只能是1，5或7． 若千位上的数字是7，则个位上的数字只能是1或5，故符合题意 的四位数有 （个）； 若千位上的数字是8，则个位上的数字是1，5或7，故符合题意的四位 数有 （个）． 综上，符合题意的四位数共有 （个）．故选C. 课 堂 考 点 探 究 30 （2）[2026·广东深圳模拟]已知集合,,,,5,6, ， 从两个集合中各取一个元素组成点的坐标，则在直角坐标系中第一、 二象限不同点的个数为( ) A.18 B.17 C.16 D.10 [解析] 在第一、二象限内的点的横坐标可正可负，而纵坐标为正， 这样的点分为两类：①当点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合 时，不同的点有（个）； ②当点的横坐标取自集合 ，纵坐标取自集合时，不同的点有 （个）. 由分类加法计数原理可知,第一、二象限不同点的个数为 . 故选B. √ 课 堂 考 点 探 究 31 （3）现需要给一个四棱锥 的五个顶点涂色，有四种不同 的颜色可供选择，要求相邻顶点（在同一条棱上的两个顶点）不能 涂同一种颜色，则不同的涂色方案种数为( ) A.48 B.72 C.96 D.144 [解析] 若用四种颜色，则,同色或, 同色，则涂色方案有 （种）； 若用三种颜色，则,同色且, 同色，则涂色方案有（种）. 综上，不同的涂色方案有 （种）. 故选B. √ 课 堂 考 点 探 究 32 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 33 变式题（1）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 [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 （2）[2026·浙江舟山期末]甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击 鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2 次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传 花，花仍回到甲手中，则传法总数为( ) A.36 B.48 C.52 D.64 √ 课 堂 考 点 探 究 35 [解析] 由题可知，第1次传花有4种方法，第2次传花分成“花在甲手 中”和“花不在甲手中”两种情况，第3次传花不能传到甲手中，第4次 传花只能传到甲手中. 若第2次传花后花在甲手中，则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊 手中，共4种方法； 若第2次传花后花不在甲手中，则有3种方法，则第3次传花有3种方法. 故经过4次传花,花仍回到甲手中的传法总数为 ， 故选C. 课 堂 考 点 探 究 36 课时作业 37 基础热身 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. √ 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 38 2.[2025·山东潍坊诸城一中月考]把4个不同的球，任意投入3个不同 的盒子中，不同的投法共有( ) A.12种 B.24种 C.64种 D.81种 [解析] 由题知每个球都有3种不同的投放方法，根据分步乘法计数原 理可得总的投法种数为 ．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 39 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 40 4.[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 41 5.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 42 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 43 [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 44 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 45 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 46 综合提升 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 √ 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] 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 48 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 49 [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 50 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 51 [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； 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 52 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 53 [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 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； 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 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 56 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 57 [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.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 58 能力拓展 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( ) 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 √ √ √ 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 59 [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.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 60 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 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 [解析] 因为， ，所以 .又，所以 ， ,,所以, ,. 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； 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 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； 当时,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 $