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第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布
第1节　两个计数原理
[课标要求]　通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
两个计数原理
名称 完成一件事的策略 完成这件事共有的方法
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m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法 N＝m＋n种不同的方法
分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法 N＝m×n种不同的方法
盘点易错易混
1．在分类加法计数原理中，每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事．
2．在分步乘法计数原理中，每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事．
3．解决计数问题要注意分清选用哪个计数原理，还是两个计数原理相结合应用．
【小题热身】
1．体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有(　　)
A．12种 B．7种
C．14种 D．49种
解析：由题意知，某人从体育场进门有7种方式，出门有7种方式，根据分步乘法计数原理可知他进、出门的方案有7×7＝49(种)．
答案：D
2．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有(　　 )
A．6种 B．7种
C．8种 D．9种
解析：可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．
答案：D
3．[易错题]将4个不同的文件发往3个不同的邮箱地址，则不同的方法种数为(　　 )
A．34 B．43
C．A D．C34
解析：每一个文件都有三种不同的发法，共有3×3×3×3＝34种不同方法．
答案：A
4．书架的第1层放有10本不同的语文书，第2层放有12本不同的数学书，第3层放有10本不同的英语书，从书架中任取一本书，则不同的取法有________种．
解析：有三类方法，第1类从第1层取1本语文书，有10种方法；第2类从第2层取1本数学书，有12种方法；第3类从第3层取1本英语书，有10种方法，由分类加法计数原理，共有10＋12＋10＝32种不同的取法．
答案：32
5．现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________种．
解析：需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法；再给B块着色，有2种方法；最后给D块着色，有2种方法，由分步乘法计数原理知，共有4×3×2×2＝48(种)着色方法．
答案：48
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__分类加法计数原理[典例引领]
【例1】　(1)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有(　　 )
A．4种 B．6种
C．10种 D．16种
(2)椭圆＋＝1的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为______．
解析：(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)．
同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．
由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6种传递方式．
(2)因为焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，分为四类．
第一类：m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m>n，n有1种选择．由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有4＋3＋2＋1＝10(个)．
答案：(1)B　(2)10
[思维引申]　(换条件)将典例(2)中“焦点在x轴上”改为“焦点在y轴上”，其余不变，则这样的椭圆的个数为________．
解析：焦点在y轴上的椭圆满足mm的n有6种选择；第二类：当m＝2时，使n>m的n有5种选择；第三类：当m＝3时，使n>m的n有4种选择；第四类：当m＝4时，使n>m的n有3种选择；第五类：当m＝5时，使n>m的n有2种选择．由分类加法计数原理知，符合条件的椭圆共有20个．
答案：20
[思维升华]　利用分类加法计数原理计数时的解题流程
[对点练]　1．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；
第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；
第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法．
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
答案：5
2．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
解析：当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．
当有三个1时：2111，3111, 4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种，
当有三个2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，
根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．
答案：12
考点2__分步乘法计数原理[典例引领]
【例2】　(1)(2021·广东揭阳一模)某学校有东、南、西、北四个校门，受新冠肺炎疫情的影响，学校对进入四个校门做出如下规定：学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入校园．现有2名教师和3名学生要进入校园(不分先后顺序)，请问进入校园的方式共有(　　 )
A．6种 B．12种
C．24种 D．32种
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
解析：　(1)第一步安排学生：因为学生只能从东门或西门进入校园，所以3名学生进入校园的方式共23＝8种；
第二步安排教师：因为教师只能从南门或北门进入校园，所以2名教师进入校园的方式共有22＝4种．
由分步乘法计数原理，得2名教师和3名学生要进入校园的方式共有8×4＝32种情况．
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
答案：(1)D　(2)120
[思维引申]　(1)(换条件)本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解：每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
(2)(换条件)本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
解：每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
[思维升华]　利用分步乘法计数原理解决问题的策略
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成．
[对点练]　1．(2022·北京东城质检)
中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为(　　)
A．8 B．10
C．15 D．20
解析：由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一位置有五种排列方法，不妨假设是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，有两种选择，不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有5×2×1×1×1＝10．
答案：B
2．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．
解析：五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．
答案：45　54
考点3__两个计数原理的综合应用[多维讲练]
两个计数原理是排列组合问题的基础，高考中时有考查，很多时候是把两个计数原理综合，除了解决实际生活问题外，还常以数字问题、涂色(种植)问题和几何问题等形式为载体命题，难度中等，主要考查逻辑推理的数学素养．
角度1　与数字有关的问题
【例3】　(2022·辽宁沈阳模拟)用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为(　　 )
A．81 B．48
C．36 D．24
[思维点拨]　根据题意，分2种情况讨论：①数字3不出现，②数字3出现1次，求出每种情况下四位数的数目，再由加法原理计算可得答案．
解析：根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：
①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，则此时四位数有2×2×2×2＝16个；
②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，此时四位数有4×2×2×2＝32个．
故有16＋32＝48个四位数．
答案：B
[思维升华]　在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原理．
[对点练]　1．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
解析：(1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5．当万位数字为4时，个位数字从0，2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0，2，4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．
答案：120
角度2　涂色(种植)问题
【例4】　如图所示，有4种不同的颜色，对图中的矩形A，B，C，D进行涂色，要求相邻的矩形涂色不同，则所有不同的涂法有(　　)
A．72种 B．48种
C．24种 D．12种
解析：方法一　首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．
方法二　按要求涂色至少需要3种颜色，故分2类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
答案：A
[思维升华]　求解涂色(种植)问题的常用方法
(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(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分析；
(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．
[对点练]　2．
《周髀算经》是中国最古老的天文学、数学著作，公元3世纪初中国数学家赵爽创制了“勾股圆方图”(如图)，用以证明其中记载的勾股定理．现提供4种不同颜色给如图中5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同涂色的方法种数为(　　 )
A．36 B．48
C．72 D．96
解析：根据题意，分2步进行分析：
①对于区域ABE，三个区域两两相邻，有A＝24种涂色的方法，
②对于区域CD，若C区域与A颜色相同，D区域有2种选法，
若C区域与A颜色不同，则C区域有1种选法，D区域也只有1种选法，
则区域CD有2＋1＝3种涂色的方法，
则共有24×3＝72种涂色的方法．
答案：C
角度3　几何图形问题
【例5】　过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为(　　 )
A．18 B．30
C．36 D．54
[思维点拨]　根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案．
解析：如图，分以下几类：
棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：3×2＝6对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：3×2＝6对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：6×2＝12对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：3×2＝6对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：＝6对；
所以共有6＋6＋12＋6＋6＝36对．
答案：C
[思维升华]　解决几何图形问题要注意分析几何图形的结构特点，分清事件是由哪些几何元素构成，满足什么样的几何特征才是完成一个事件．
[对点练]　3．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是____．
解析：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；
第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．
所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
答案：36
课下巩固培优卷(四十九)
【A/基础巩固题组】
1．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为(　　)
A．6 B．12
C．24 D．36
解析：确定第二象限的点，可分两步完成：
第一步确定a，由于a<0，所以有3种方法；
第二步确定b，由于b>0，所以有2种方法．
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6．
答案：A
2．从6种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法有(　　 )
A．360种 B．510种
C．630种 D．750种
解析：首先给最左边的一个格子涂色有6种选择，左边第二个格子有5种选择，左边第三个格子有5种选择，左边第四个格子有5种选择，
不同的涂色方法有6×5×5×5＝750．
答案：D
3．(2021·河北石家庄二模)算盘是一种手动操作计算辅助工具．它起源于中国，迄今已有2 600多年的历史，是中国古代的一项重要发明，算盘有很多种类．现有一种算盘(如图一)，共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下四珠，上拨每珠记作数字1(例如图二中算盘表示整数51)．如果拨动图一算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为(　　 )
A．16 B．15
C．12 D．10
解析：由题意，拨动三枚算珠，有四种拨法：
①十位拨动0枚，个位拨动3枚，有2种结果：7和3；
②十位拨动1枚，个位拨动2枚，有4种结果：12，16，52，56；
③十位拨动2枚，个位拨动1枚，有4种结果：21，25，61，65，
④十位拨动3枚，个位拨动0枚，有2种结果：30，70，
综上，拨动图一算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为12．
答案：C
4．(2021·重庆一中高三月考)重庆一中学食堂被全市好评，其食物样品丰富．某天中午，1号窗口提供了6种不同的荤菜和4种不同的素菜菜品，某同学到该窗口准备选其中2种荤菜和一种素菜作为午餐，那么该同学共有(　　)种不同选择午餐的情况．
A．120 B．72
C．60 D．30
解析：该同学选择午餐的这件事必须分两步完成：先从6种不同的荤菜中选两种有C种，再从4种不同的素菜中选一种有C14种，根据分步计数乘法得所求不同方法种数是C26C14＝60．
答案：C
5．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字1，2，3(各3个)全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1，2，3这三个数字，则不同的填法有(　　 )
A．12种 B．24种
C．72种 D．216种
解析：先填第一行，有3×2×1＝6种不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其他单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理，共有6×2＝12种不同的填法．
答案：A
6．在假期里，有5名同学去社区做防疫志愿者，根据需要，要安排这5名同学去甲、乙两个核酸检测点，每个检测点至少去2名同学，则不同的安排方法共有(　　 )
A．10种 B．20种
C．24种 D．30种
解析：根据题意，分2步进行分析：
①将5人分为2组，每组至少2人，所以只能分为2和3的两组，有C25＝10种方法；
②将分好的2组全排列，安排到2个社区，有A＝2种情况，
则共有10×2＝20种不同的安排方法．
答案：B
7．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是(　　)
A．37 B．19
C．13 D．7
解析：为了使直线最少，应出现三点共线或更多的点共线，
因为直线与圆相离，所以圆上的四个点与直线的六个点最多有6个三点共线．
此时由圆上的四点共确定C＝6条直线．
圆上的一个点与直线上的六个点共确定6条直线，但是其中有3条与圆上两点连线重合，所以有4×6－4×3＝12．
另外直线上六点共一条直线．所以共有6＋12＋1＝19条．
答案：B
8．现有标号为①②③④⑤的5件不同新产品，要放到三个不同的机构进行测试，每件产品只能放到一个机构里．机构A，B各负责一个产品，机构C负责余下的三个产品，其中产品①不在A机构测试的情况有___________种(结果用具体数字表示)．
解析：(1)若产品1在B机构，则情况数为C14＝4；
(2)若产品1在C机构则情况数为C24A＝12，
由分类加法计数原理知总共4＋12＝16种情况．
答案：16
9．一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为x、y、z，当且仅当y>x且y>z时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为___________．
解析：由题意可得y只能取3，4，5．
当y＝3时，凸数有 132，231共2个；
当y＝4时，凸数有142，241，143，341，243，342共6个；
当y＝5时，凸数有152，251，153，351，154，451，253，352，254，452，354，453共12个；
综上，共有20个凸数．
答案：20
10．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图)，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有________种栽种方案．
解析：根据题意，分3种情况讨论．
(1)当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2＝24种方法；
(2)当A、C、E种2种植物，此时共有C×A×2×1×1＝36种方法；
(3)当A、C、E种3种植物，此时共有A×1×1×1＝6种方法．则一共有24＋36＋6＝66种栽种方案．
答案：66
【B/能力提升题组】
11．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有(　　)
A．40 320种 B．5 040种
C．20 160种 D．2 520种
解析：先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有C17＝7种方法，
再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有A种方法，
由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，
所以不同的涂色方法，共有 eq \f(7×A,2) ＝2 520种不同的涂法．
答案：D
12．如图，准备用4种不同的颜色给a、b、c、d、e五块区域涂色，要求每个区域随机用一种颜色涂色，且相邻区域(有公共边的)所涂颜色不能相同，则不同涂色方法的种数共有(　　 )
A．96 B．114
C．168 D．240
解析：根据题意，涂色分4步进行分析：
对于e区域，有4种颜色可选，即有4种情况；
对于c区域，与e区域相邻，有3种情况；
对于d区域，与e、c区域相邻，有2种情况；
对于a、b区域，分2种情况讨论：
①若a区域与d区域涂色的颜色相同，则b区域有3种颜色可选，即有3种情况，
此时a、b区域有1×3＝3种情况；
②若a区域与d区域所涂的颜色不相同，则a区域有2种情况，b区域有2种情况，
此时a、b区域有2×2＝4种情况，
则a、b区域共有3＋4＝7种情况．
由分步乘法计数原理，得不同涂色的方案种数共有4×3×2×7＝168种．
答案：C
13．(多选)用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是(　　 )
A．可组成360个不重复的四位数
B．可组成156个不重复的四位偶数
C．可组成96个能被3整除的不重复四位数
D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第85个数字为2310
解析：A选项，有CA＝300个，错误；
B选项，分为两类：0在末位，则有A＝60种，0不在末位，则有CC14A＝96种，
∴共有60＋96＝156种，正确；
C选项，先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，
即先选(0，1，2，3)、(0，1，3，5)、(0，2，3，4)、(0，3，4，5)、(1，2，4，5)，它们排列出来的数一定可以被3整除，∴共有4C·A＋A＝96种，正确；
D选项，首位为1的有A＝60个，前两位为20的有A＝12个，前两位为21的有A＝12个，此时共有60＋12＋12＝84个，因而第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301，错误．
答案：BC
14．若一个正方体绕着某直线l旋转不到一周后能与自身重合，那么这样的直线l的条数为(　　 )
A．3 B．4
C．6 D．13
解析：
若正方体绕着直线l旋转不到一周能与自身重合，则l必过正方体中心，否则，正方体绕着直线l旋转不到一周后，中心不能回到原来的位置；共有三种情况：如图所示；
当l过正方体的对角线两顶点时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时的直线共有4条；
当l过正方体两相对棱中点时，把正方体绕l旋转π，正方体回到原来的位置，此时直线共有6条；
当l过正方体对面中心时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时直线共有3条；
综上，符合条件的直线l有4＋6＋3＝13条．
答案：D
15．
如图给三棱柱ABC－DEF的顶点染色，定义由同一条棱连接的两个顶点叫相邻顶点，规定相邻顶点不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方法有____________．
解析：首先先给顶点A，B，C染色，有A＝24种方法，再给顶点D染色，
①若点D和点B染同一种颜色，点E和点C染相同颜色，点F就有2种方法，若点E和点C染不同颜色，则点E有2种方法，点F有1种方法，则D，E，F的染色方法一共有2＋2×1＝4种方法；
②若点D和点B染不同颜色，且与点C颜色不同，则点D有1种方法，点E与点C颜色不同，则点E有1种方法，则点F有1种方法，此时有1种方法；若最后E与C相同，则F有2种方法，则共有2种方法；点D与点C颜色相同，则点D有1种方法，则点E有2种方法，则点F有2种方法，共有2×2＝4种方法，所以点D和点B染不同颜色，共有1＋2＋4＝7种方法．
所以点D，E，F的染色方法一共有4＋7＝11种，所以共有24×11＝264种方法．
答案：264
16．在如图所示的7×4的方格纸上(每个小方格均为正方形)，共有________个矩形、________个正方形．
解析：根据题意，7×4的方格纸上，有5条水平方向的线，8条竖直方向的线，在5条水平方向的线中任选2条，在8条竖直方向的线中任选2条，就可以组成一个矩形，则可以组成C25C28＝280个矩形；
设方格纸上的小方格的边长为1，
当正方形的边长为1时，有7×4＝28个正方形，
当正方形的边长为2时，有6×3＝18个正方形，
当正方形的边长为3时，有5×2＝10个正方形，
当正方形的边长为4时，有4×1＝4个正方形，
则有28＋18＋10＋4＝60个正方形．
答案：280　60

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