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查漏补缺（一）
数学选择性必修三 第六章——1、2节
主编：
基础知识
1.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，那么完成这件事共有种不同的方法.
2.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，那么完成这件事共有种不同的方法.
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
关键词 分类 分步
区别 每类方法都能独立完成这件事 各步都完成，才能完成这件事
各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复
联系 都是用来解决关于完成一件事的不同方法种数的问题
3.两个原理的区别与联系：
4.用两个计数原理解决计数问题时的注意点：
（1）要完成的“一件事”是什么；
（2）需要分类还是需要分步.
分类要做到“不重不漏”.分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.
分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务.分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.
Part1检漏查缺
1.从6人中选出4人参加某大学举办的数学、物理、化学、生物比赛，每人只能参加其中一项，且每项比赛都有人参加，其中甲、乙两人都不能参加化学比赛，则不同的参赛方案的种数为( )
A.94 B.180 C.240 D.286
2.在手绘涂色本的某页上画有排成一列的6条未涂色的鱼，小明用红、蓝两种颜色给这些鱼涂色，每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色，涂色后，既有红色鱼又有蓝色鱼的涂色方法种数为( )
A.14 B.16 C.18 D.20
3.用5种不同的颜色给图中4个区域涂色，如果每个区域涂一种颜色，相邻区域不能同色，那么涂色的方法有( )
A.120种 B.180种 C.240种 D.72种
4.把标号为1，2，3，4的四个小球分别放入标号为1，2，3，4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共有( )
A.18种 B.9种 C.6种 D.3种
5.某大学食堂备有6种荤菜、5种素菜、3种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配成不同套餐的种数为( )
A.30 B.14 C.33 D.90
6.某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A，B，C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A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗，B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗，C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
7.（多选）甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.若老师站在正中间，则下列选项中恰有8种不同站法的是( )
A.甲、乙都不与老师相邻
B.甲、乙都与老师相邻
C.甲与老师不相邻，乙与老师相邻
D.甲、乙相邻
8.（多选）某校实行选科走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层班级，该校周一上午选科走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是( )
第1节 第2节 第3节 第4节
地理1班 化学A层3班 地理2班 化学A层4班
生物A层1班 化学B层2班 生物B层2班 历史B层1班
物理A层1班 生物A层3班 物理A层2班 生物A层4班
物理B层2班 生物B层1班 物理B层1班 物理A层4班
政治1班 物理A层3班 政治2班 政洽3班
A.此人有4种不同的选课方式
B.此人有5种不同的选课方式
C.自习课不可能安排在第2节
D.自习课可安排在4节课中的任一节
9.从甲地去乙地有3班火车，从乙地去丙地有2班轮船，则从甲地去丙地可选择的旅行方式有______种
10.某新闻采访组由5名记者组成，其中甲、乙、丙、丁为成员，戊为组长.甲、乙、丙、丁分别来自A，B，C，D四个地区.现在该新闻采访组要到A，B，C，D四个地区去采访，在安排采访时要求：一地至少安排一名记者采访且组长不单独去采访；若某记者要到自己所在地区采访时必须至少有一名记者陪同.则所有采访的不同安排方法有___________种.
11.现有A，B两种类型的车床各一台，甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙两种车床都会操作，丙只会操作A种车床，现在要从这三名工人中选两名分别去操作这两台车床，则不同的选派方法有_________种.
12.某科技小组中有4名女同学，5名男同学，若从中任选1名同学参加比赛，则不同的选派方法有_________种；若从中任选1名女同学和1名男同学参加比赛，则不同的选派方法有_________种.
Part2补漏填缺
题组一　分类加法计数原理
1.某餐厅有男服务员20人,女服务员15人,从中选一位工人参加技能培训,则不同选法的种数为 (　　)
A.25 B.35 C.40 D.300
时间 周一 周二 周三 周四 周五
课后 服务 音乐、阅读、体育、编程 口语、阅读、编程、美术 手工、阅读、科技、体育 口语、阅读、体育、编程 音乐、口语、美术、科技
2.某学校在周一至周五每天安排四项课后服务供学生自愿选择参加.学校规定:(1)每位学生每天最多可选择一项;(2)每位学生每项一周最多可选择1次.学校提供的安排表如下:
若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程三项,则不同的选择方案共有 (　　)
A.6种 B.7种 C.12种 D.14种
3.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为　　　　.
题组二　分步乘法计数原理
4.按照某省疫情防控的统一安排部署,在国庆期间会持续对某区12周岁及以上人群全面开展免费新冠疫苗接种工作.若该区设置有A,B,C三个接种点位,市民可以随机选择去任何一个点位进行接种,同时每个点位备有兰州生物与成都生物两种灭活新冠疫苗供市民选择,且只能选择一种.那么在这期间,该区有接种意愿的人完成一次疫苗接种的安排方法共有 (　　)
A.5种 B.6种 C.8种 D.9种
5用数字0,1,2,3组成没有重复数字的3位数,其中比200大的有 (　　)
A.24个 B.12个 C.18个 D.6个
6. 2021年12月02日,很多人的微信朋友圈都在转发这样一条微信:“20211202,所遇皆为对,所做皆称心”.形如“20211202”的数字叫“回文数”,即从左到右读和从右到左读都一样的正整数,则8位的回文数的个数为 (　　)
A.90 B.900 C.9 000 D.90 000
从集合M={2,3,4,5,6,7,8,9}中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数,可得到多少个不同的对数值
8.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可以表示多少个第二象限的点
(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
9.某服装店里有15种上衣,18种裤子,若某人要买一件上衣或一条裤子有M种选择,买上衣、裤子各一件有N种选择,则M,N的值分别为 (　　)
A.270,270 B.270,33
C.33,270 D.33,33
10.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
11.如图,在由开关组A与B组成的电路中,闭合开关使灯发光的方法有　　　　种.
12.某学校共有34人自愿组成数学建模社团,其中高一年级13人,高二年级12人,高三年级9人.
(1)若选其中一人为负责人,有多少种不同的选法
(2)若每个年级各选一人为组长,有多少种不同的选法
(3)若选两人作为社团发言人,这两人需要来自不同的年级,有多少种不同的选法
能力提升练
　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　分类加法计数原理
1.(2021江西横峰中学期中)由数字1,2,3组成的无重复数字的整数中,偶数的个数为 (　　)
A.15 B.12 C.10 D.5
2.(2021浙江宁波中学月考)《九章算术》中,称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是 (　　)
A.4 B.8
C.12 D.16
3.(2022辽宁葫芦岛期末)算盘是中国古代的一项重要发明.现有一种算盘(如图1),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,梁下五珠,上拨一珠记作数字1(如图2中算盘表示整数51).如果拨动图1算盘中的两枚算珠,可以表示不同整数的个数为 (　　)
A.8 B.10
C.15 D.16
题组二　分步乘法计数原理
4.(2022天一大联考期中)如图所示的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
5.(2022福建莆田质检)每年3月5日是“学雷锋纪念日”,某年3月5日恰逢周六.甲、乙、丙、丁四位同学计划该天到A,B,C,D四个社区参加志愿服务,每人只去一个社区,则四位同学去的社区互不相同的概率是　　　　.
6.(2021陕西西安八校第一次联考)将摆放在编号分别为1,2,3,4,5五个位置上的五件不同商品重新摆放,则恰有一件商品的位置不变的摆放方法有　　　　种.(用数字作答)
7.(2022吉林长春东北师大附中期末)如图,用四种不同的颜色分别给A,B,C,D四个区域涂色,相邻区域必须涂不同颜色,若允许同一种颜色多次使用,则不同的涂色方法的种数为　　　　(用数字作答).
题组三　两个计数原理的综合应用
8.(2021江苏扬州中学月考)已知集合P={1,2,3,4,5},若A,B是P的两个非空子集,则满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A,B)的个数为 (　　)
A.49 B.48 C.47 D.46
9.(2022山西大同一中月考)有一辆单向行驶的汽车,满载为25人,全程共设14个车站,途中每个车站均可上下乘客,由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票,在一次单程行驶中,车上最多卖出不同的车票的种数是 (　　)
A.63 B.65 C.67 D.69
10.(2021浙江宁波期末)如图,对“田”字形的四个格子进行染色.每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种,每个格子只染一种颜色,且相邻的格子不能都染红色,则满足要求的染色方法有　　　　种.
11.(2022广东深圳横岗高级中学期末)某人设计了一项单人游戏,规则如下:先将一枚棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A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几个单位,如果掷出的点数为i(i=1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走i个单位,一直循环下去.某人掷三次骰子后,棋子恰好又回到点A处的所有不同走法有　　　　种.
12.(2022北京昌平期末)甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5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),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为　　　　.
13.某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行,决定按照乘客乘坐地铁的站数实施分段优惠政策,不超过9站的地铁票价如下表所示(其中x∈N*):
乘坐站数 0票价(元) 2 3 4
现有小华、小李两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁,已知他们乘坐地铁的站数都不超过9,且他们各自在每站下地铁的可能性是相同的.
(1)若小华、小李两人共付费5元,则小华、小李下地铁的方案共有多少种
(2)若小华、小李两人共付费6元,求小华比小李先下地铁的概率.
14.甲箱子里装有3个白球、2个黑球,乙箱子里装有1个白球、2个黑球,这些球除颜色外完全相同,每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球,则一次游戏摸出的白球不少于2个的概率为　　　　.
答案与解析
Part1检漏查缺
1.答案：C
解析：第一步，因为甲、乙两人都不能参加化学比赛，所以从剩下的4人中选1人参加化学比赛，共有4种选法；
第二步，在剩下的5人中任选3人参加数学、物理、生物比赛，共有种选法.
由分步乘法计数原理，得不同的参赛方案的种数为，
故选：C.
2.答案：D
解析：红色用1次，有6种涂色方法；红色用2次，有10种涂色方法；红色用3次，有4种涂色方法.由分类加法计数原理可知共20种涂色方法，故选D.
3.答案：B
解析：按照1，2，3，4的顺序涂色.先给区域1涂色，有5种方法，再给区域2涂色，有4种方法，再给区域3涂色，有3种方法，最后给区域4涂色，有3种方法，共有种涂色方法.故选B.
4.答案：A
解析：由于1号球不放入1号盒子，则1号球可放入2，3，4号盒子，有3种选择，则2号球有3种选择，3号球还剩2种选择，4号球只有1种选择.根据分步乘法计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有种.故选A.
5.答案：D
解析：因为备有6种素菜，5种荤菜，3种汤，
所以素菜有6种选法，荤菜有5种选法，汤菜有3种选法，
所以要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配制出不同的套餐有种
故选：D.
6.答案：D
解析：由题意，甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗，即甲不可预约C医院，则甲可预约A，B两家医院，
①若甲预约A医院，乙预约A医院，则丙可预约B，C医院，共2种情况；
②若甲预约A医院，乙预约B或C医院，则丙可预约A，B，C医院，共种情况；
③若甲预约B医院，乙预约A或C医院，则丙可预约A，B，C医院，共种情况；
④若甲预约B医院，乙预约医院，则丙可预约A，C医院，共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种.
故选：D.
7.答案：CD
解析：对于A，甲、乙只能站左、右两端，有2种站法，丙、丁在老师相邻两边，有2种站法，所以有种站法，不符合；
对于B，同A一样，有4种站法，不符合；
对于C，甲站两端，有2种站法，乙与老师相邻，有2种站法，丙、丁站剩下位置，有2种站法，所以有种站法，C符合；
对于D，甲、乙要么都在老师左边，要么都在老师右边，且甲、乙还可以相互交换，有种站法，丙、丁站剩下两个位置，有2种站法，所以共有种站法，D符合.
8.答案：BD
解析：由于生物在B层班级，所以只能选第2或第3节，故分两类：
若生物选第2节，则地理可安排在第1，3节，有2种选法，其他任意选即可，故有种（此种情况自习课可出现在第1、3、4节中的某节）；
若生物选第3节，则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选在第2节，故有1种.根据分类加法计数原理可得，共有种不同的选课方式.由以上分析可知，自习课可安排在4节课中的任一节.
9.答案：6
解析：由分步计数的乘法原理，从甲地去丙地可选择的旅行方式有种.
故答案为：6.
10.答案：44
解析：分两类：
①甲，乙，丙，丁都不到自己的地区，组长可任选一地有；
②甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区，并有组长陪同有.
所以总数.
故答案为：44.
11.答案：4
解析：若选甲、乙两人，则甲操作A种车床，乙操作B种车床，或甲操作B种车床，乙操作A种车床，共有2种选派方法.若选甲、丙两人，则甲操作B种车床，丙操作A种车床，共有1种选派方法.若选乙、丙两人，则乙操作B种车床，丙操作A种车床，共有1种选派方法.故不同的选派方法共有（种）.
12.答案：9;20
解析：由分类加法计数原理，得任选1名同学参加比赛，不同的选派方法共有（种）.由分步乘法计数原理，得任选1名女同学和1名男同学参加比赛，不同的选派方法共有（种）.
Part2补漏填缺
基础过关练
1.B　从男工人中选一人有20种选法,从女工人中选一人有15种选法,根据分类加法计数原理可得,不同的选法共有20+15=35(种).故选B.
2.D　由题意可知,该学生所有可能的选择方案如下:周一阅读,周三体育,周二或周四编程;
周一阅读,周四体育,周二编程;
周二阅读,周一体育,周四编程;
周二阅读,周三体育,周一或周四编程;
周二阅读,周四体育,周一编程;
周三阅读,周一体育,周二或周四编程;
周三阅读,周四体育,周一或周二编程;
周四阅读,周一体育,周二编程;
周四阅读,周三体育,周一或周二编程.共14种.
故选D.
3.答案　13
解析　当a=0时,b的值可以是-1,0,1,2,故有序数对(a,b)的个数为4.
当a≠0时,要使方程ax2+2x+b=0有实数解,需使Δ=4-4ab≥0,即ab≤1,分以下情况:
若a=-1,则b的值可以是-1,0,1,2,故有序数对(a,b)的个数为4;
若a=1,则b的值可以是-1,0,1,故有序数对(a,b)的个数为3;
若a=2,则b的值可以是-1,0,故有序数对(a,b)的个数为2.
由分类加法计数原理可知,有序数对(a,b)的个数为4+4+3+2=13.
4.B　第一步选择接种点位,有3种选择;第二步选择疫苗种类,有2种选择,由分步乘法计数原理知,共有3×2=6种安排方法.故选B.
5.B　由题意可知,百位上的数字为2或3,十位上的数字可在剩余3个数字中任意选择1个数字,个位上的数字再在剩下的2个数字中任选1个,由分步乘法计数原理可知,比200大的3位数的个数为2×3×2=12.故选B.
6.C　根据“回文数”的对称性,可知只需计算前4位数的排法种数即可.易知首位数不能为零,则首位数共有9种选择,第二位、第三位、第四位数均有10种选择,
因此,8位的回文数共有9×103=9 000(个).故选C.
7.解析　第一步,取底数,有8种取法;
第二步,取真数,有7种取法.
根据分步乘法计数原理,共得到8×7=56个对数.
但在这些对数中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以可以得到56-4=52个不同的对数值.
8.解析　(1)分两步.第一步确定a,有6种情况;第二步确定b,也有6种情况.根据分步乘法计数原理,得平面上不同的点共有6×6=36(个).
(2)分两步.第一步确定a,只能从-3,-2,-1中选,有3种情况;第二步确定b,只能从1,2中选,有2种情况.根据分步乘法计数原理,得第二象限的点共有3×2=6(个).
(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种情况;第二步确定b,从剩下的5个元素中任选一个,有5种情况.根据分步乘法计数原理,得不在直线y=x上的点共有6×5=30(个).
9.C　由分类加法计数原理得M=15+18=33,由分步乘法计数原理得N=15×18=270.故选C.
10.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,总共有20+30=50种不同的选法.
故选B.
11.答案　21
解析　分两类,每类中分两步.
①第1步:A组开关闭合1个,有2种方法,第2步:B组开关闭合1个,有3种方法;B组开关闭合2个,有3种方法;B组开关闭合3个,有1种方法.此时共有2×(3+3+1)=14种方法.
②第1步:A组开关闭合2个,有1种方法,第2步:B组开关闭合1个,有3种方法;B组开关闭合2个,有3种方法;B组开关闭合3个,有1种方法.此时共有1×(3+3+1)=7种方法.
综上,共有14+7=21种方法.
12.解析　(1)根据题意,选其中一人为负责人,可分为3类.
第1类:选出的是高一学生,有13种选法;
第2类:选出的是高二学生,有12种选法;
第3类:选出的是高三学生,有9种选法.
由分类加法计数原理可得,共有13+12+9=34种选法.
(2)根据题意,共分为3步.
第1步:从高一学生中选出1人,有13种选法;
第2步:从高二学生中选出1人,有12种选法;
第3步:从高三学生中选出1人,有9种选法.
由分步乘法计数原理可得,共有13×12×9=1 404种选法.
(3)根据题意,可分为3类.
第1类:选出的是高一、高二学生,有13×12=156种选法;
第2类:选出的是高一、高三学生,有13×9=117种选法;
第3类:选出的是高二、高三学生,有12×9=108种选法.
由分类加法计数原理可得,共有156+117+108=381种选法.
能力提升练
1.D　分三类:第一类,组成一位整数,其中偶数有2,共1个;
第二类,组成两位整数,其中偶数有12和32,共2个;
第三类,组成三位整数,其中偶数有132和312,共2个.
由分类加法计数原理知共有5个偶数.
故选D.
2.D　如图所示.根据正六边形的性质,可知当四边形A1ABB1为底面矩形时,顶点可取E,E1,D,D1,共4个满足题意;
当四边形A1ACC1为底面矩形时,顶点可取D,D1,F,F1,共4个满足题意;
当四边形A1ADD1为底面矩形时,不存在满足题意的阳马;
当四边形A1AEE1为底面矩形时,顶点可取B,B1,D,D1,共4个满足题意;
当四边形A1AFF1为底面矩形时,顶点可取C,C1,D,D1,共4个满足题意.
故这样的阳马共有4+4+4+4=16(个).
故选D.
3.A　拨动题图1算盘中的两枚算珠,有两类办法:只在一个档拨动、在每一个档各拨动一枚.由于拨动一枚算珠有梁上、梁下之分,则只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法,在每一个档各拨动一枚算珠也有4种方法,
由分类加法计数原理得共有8种方法,
所以表示不同整数的个数为8.
故选A.
4.C　这五个水闸任意打开或关闭共有25=32种情况,若上游有水流到下游,则A水闸一定打开,B,C至少打开一个,D,E至少打开一个,情况共有1×3×3=9(种),故下游没水的情况有32-9=23(种).
5.答案　
解析　甲同学可以选择到A,B,C,D四个社区中的任一社区参加志愿服务,且只去一个社区,共有4种结果,同理,乙、丙、丁也各有4种结果,由分步乘法计数原理,可知4人到四个社区参加志愿服务共有4×4×4×4=256种结果.若每人只去一个社区,且四位同学去的社区互不相同,则4人去四个不同的社区,每个社区有且只有1人,共有4×3×2×1=24种结果.故四位同学去的社区互不相同的概率P==.
6.答案　45
解析　根据题意,分2步进行分析:
①从五件不同商品中选出一件,放到原来的位置上,有5种情况,假设编号为5的位置上放的商品不变;
②剩下的四件都不在原来的位置,即编号分别为1,2,3,4的四个位置上都不放原来的商品,
则编号为1的位置有3种放法,假设其放了2号位置原来的商品,则2号位置有3种放法,剩下编号分别为3,4的两个位置只有1种放法,
故剩下的四件商品有3×3=9种放法.
故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9=45(种).
7.答案　48
解析　由题意知,按所涂区域可分四步:第一步涂A区域,有4种选择,第二步涂B区域,有3种选择,第三步涂C区域,有2种选择,第四步涂D区域,有2种选择,
则由分步乘法计数原理可得,共有4×3×2×2=48种不同的涂色方法.故答案为48.
8.A　①若A中的最大数为1,则集合A为{1},B中不含1即可,所以B有24-1=15(个),此时集合对(A,B)的个数为15;
②若A中的最大数为2,则集合A可以为{2},{1,2},共2个,B中不含1,2即可,所以B有23-1=7(个),此时集合对(A,B)的个数为2×7=14;
③若A中的最大数为3,则集合A可以为{3},{1,3},{2,3},{1,2,3},共4个,B中不含1,2,3即可,所以B有22-1=3(个),此时集合对(A,B)的个数为4×3=12;
④若A中的最大数为4,则集合A可以为{4},{1,4},{2,4},{3,4},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},共8个,B中不含1,2,3,4即可,所以B有21-1=1(个),此时集合对(A,B)的个数为8×1=8.
所以一共有15+14+12+8=49个这样的集合对.
故选A.
9.C　车上应该准备每个车站到它后面每一个车站的车票,
所以一共应该准备13+12+11+…+2+1=91(种),
但车票不可能在一场单程行驶中都卖出去,
当以前面7个车站中的某一个作为起点,后面7个车站中的某一个作为终点时,应当有7×7=49种车票,此种情况下车票种类最多,
但持有这种票的乘客都要通过7号车站与8号车站之间,且汽车满载为25人,
所以这类车票至少会有49-25=24种卖不出去,
所以车上最多卖出不同的车票的种数是91-24=67.
故选C.
10.答案　56
解析　若四个格子中没有一个格子染红色,每个格子都染黄色或蓝色,则有24=16种不同染法;
若四个格子中恰有一个格子染红色,其余三个格子染黄色或蓝色,有4×23=32种不同染法;
若四个格子中恰有两个格子染红色,有2种情况,其余两个格子染黄色或蓝色,有2×22=8种不同染法.
所以共有16+32+8=56种不同染法.
11.答案　25
解析　由题意知正方形ABCD的周长是12个单位,
掷三次骰子后,棋子恰好又回到点A处表示三次骰子的点数之和是12,
1~6的三个数字中能够使得和为12的有1、5、6,2、4、6,3、4、5,3、3、6,5、5、2,4、4、4,共6种组合.
①1、5、6,2、4、6,3、4、5这三种组合中,每一种又可以列出6种不同结果,所以有3×6=18(种);
②3、3、6,5、5、2这两种组合中,每一种又可以列出3种不同结果,所以有2×3=6(种);
③组合4、4、4只有1种结果.
根据分类加法计数原理知,共有18+6+1=25种不同走法.
12.答案　64
解析　该月5日至9日中有3天奇数日,2天偶数日.
第一步安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有23=8(种).
第二步安排偶数日出行,分两类:①选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2×2=4种选择;②不安排甲的车,每天都有2种选择,有22=4(种),共有4+4=8种选择.
根据分步乘法计数原理,可知不同的用车方案种数为8×8=64.
13.解析　(1)由题表可知,若小华、小李两人共付费5元,则小华、小李一人付费2元一人付费3元,付费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择,付费3元的乘坐站数有4,5,6三种选择,所以小华、小李下地铁的方案共有2×3×3=18(种).
(2)由题表可知,若小华、小李两人共付费6元,则小华、小李一人付费2元一人付费4元或两人都付费3元.付费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择,付费3元的乘坐站数有4,5,6三种选择,付费4元的乘坐站数有7,8,9三种选择,因此小华、小李下地铁的方案共有2×3×3+3×3=27(种),其中小华比小李先下地铁的方案有3×3+3=12(种),因此小华比小李先下地铁的概率为=.
14. 答案　
解析　每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球,共有·=30种情况.
一次游戏摸出的白球不少于2个包含下面三种情况:
(1)从甲盒中摸出2个白球,乙盒中摸出1个白球、1个黑球,有··=3×2=6种情况;
(2)从甲盒中摸出2个白球,乙盒中摸出2个黑球,有·=3×1=3种情况;
(3)从甲盒中摸出1个白球、1个黑球,乙盒中摸出1个白球、1个黑球,有···=3×2×2=12种情况,
共有6+3+12=21种情况.
∴一次游戏摸出的白球不少于2个的概率P==.

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