资源简介

第一节　分类加法计数原理和分步乘法计数原理
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.会用分类加法计数原理与分步乘法计数原理分析和解决一些简单的
教材再回首
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N=　　　　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N=　　　　种不同的方法.
解题结论拓展
(1)分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础,并贯穿其始终.
①分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类,并且只属于其中一类.
②分步乘法计数原理中,各个步骤中的方法相互依存,步与步之间“相互独立,分步完成”.
(2)分类加法和分步乘法计数原理的区别:分类加法计数原理针对“分类”问题,其中各种方法相互独立,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对“分步”问题,各个步骤中的方法相互依存,只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
典题细发掘
1.(人A选必修③P11T3改编)已知某公园有4个门,从一个门进,另一个门出,则不同的走法的种数为 (　　)
A.16 B.13
C.12 D.10
2.(人A选必修③P12T8(1)改编)4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队,每人限报其中的一个运动队,不同报法的种数是 (　　)
A.24 B.48
C.64 D.81
3.(苏教选必修②P63T4改编)如图所示,从甲地到乙地有3条公路可走,从乙地到丙地有2条公路可走,从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走.则从甲地经过乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为 (　　)
A.6,8 B.6,6
C.5,7 D.6,2
题点一　分类加法计数原理
[例1]
(1)某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友一本,则不同的赠送方法共有 (　　)
A.4种 B.10种
C.18种 D.20种
(2)从数字1,2,3,4中取出3个数字(允许重复),组成三位数,各位数字之和等于6,则这样的三位数的个数为 (　　)
A.7 B.9
C.10 D.13
|思维建模|
使用分类加法计数原理的2个注意点
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准,分类标准要统一,不能遗漏.
(2)分类时,注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类,不能重复.
[即时训练]
1.(2025·邯郸模拟)若有序数对(a,b)满足a,b∈,且使关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解,则这样的有序数对(a,b)的个数为 (　　)
A.15 B.14
C.13 D.10
2.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定　　　　个平面.
题点二　分步乘法计数原理
[例2]　有六名同学报名参加三个智力项目,每项恰好报一人,且每人至多参加一项,则共有　　　　种不同的报名方法.
|思维建模|
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,这件事才算完成,这是分步的基础,也是关键.从计数上来看,各步方法数的积就是完成事件的方法总数.
[即时训练]
3.若将本例条件“每项恰好报一人,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　　　　　种不同的报名方法.
4.若将本例条件“每项恰好报一人,且每人至多参加一项”改为“每项恰好报一人,但每人参加的项目不限”,则有　　　　种不同的报名方法.
5.某学校举行校庆文艺晚会,已知节目单中共有七个节目,为了活跃现场气氛,主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲,并要将这三个不同节目添入节目单,而不改变原来的节目顺序,则不同的安排方式有　　　　　种.
题点三　两个计数原理的简单综合
考法(一)　与数字有关的问题
[例3]　(2025·新乡模拟)由数字0,1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的三位数,则能被5整除的三位数共有　　　　个.
考法(二)　几何问题
[例4]　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 (　　)
A.48 B.18
C.24 D.36
考法(三)　涂色问题
[例5]　如图所示的五个区域中,现有四种颜色可供选择,要求每一个区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法有 (　　)
A.24种 B.48种
C.72种 D.96种
|思维建模|
(1)在综合应用两个计数原理解决问题时应注意:
①一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.
②对于较复杂的两个原理综合应用问题,可恰当地列出示意图或列出表格,使问题形象化、直观化.
(2)解决涂色问题,可按颜色的种数分类,也可按不同的区域分步完成.
[即时训练]
6.用0,1,2,3,4五个数字,可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为 (　　)
A.18 B.24
C.30 D.48
7.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
8.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 (　　)
A.60 B.48
C.36 D.24
第一节　分类加法计数原理和分步乘法
计数原理
课前·“四基”落实
[教材再回首]
1.m+n　2.m×n
[典题细发掘]
1.C　2.D
3.选A　根据分步乘法计数原理,可知从甲地经过乙地到丙地的走法种数为3×2=6,又从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走,由分类加法计数原理,可得从甲地到丙地的走法种数为6+2=8.
课堂·题点精研
题点一
[例1]　(1)B　(2)C
(1)赠送1本画册,3本集邮册,需从4人中选取1人赠送画册,其余赠送集邮册,有4种方法;赠送2本画册,2本集邮册,只需从4人中选出2人赠送画册,其余2人赠送集邮册,有6种方法.由分类加法计数原理可知,不同的赠送方法共有4+6=10(种).
(2)各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形:①由1,1,4三个数字组成的三位数:114,141,411,共3个;②由1,2,3三个数字组成的三位数:123,132,213,231,312,321,共6个;③由2,2,2三个数字可以组成1个三位数,即222.所以共有3+6+1=10个,故选C.
[即时训练]
1.选A　①当a=0时,有x=-为实根,则b=-,-1,0,2,有4种;②当a≠0时,方程有实根,所以Δ=4-4ab≥0,所以ab≤1.当a=-时,b=-,-1,0,2,有4种;当a=-1时,b=-,-1,0,2,有4种;当a=2时,b=-,-1,0,有3种.所以有序数对(a,b)的个数为4+4+4+3=15.故选A.
2.解析:直线a与直线b上的8个点中的任意一个点都可以构成一个平面;直线b与直线a上的5个点中的任意一个点都可以构成一个平面.故共可以确定8+5=13个平面.
答案:13
题点二
[例2]　解析:每项恰好报一人,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:120
[即时训练]
3.解析:每人都可以从这三个项目中选报一项,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有36=729(种).
答案:729
4.解析:每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这6个人中选出1人参加,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法有63=216(种).
答案:216
5.解析:原来7个节目,形成8个空位,安排一位老校友;8个节目,形成9个空位,安排一位老校友;9个节目,形成10个空位,安排一位老校友.所以不同的安排方式有8×9×10=720种.
答案:720
题点三
[例3]　解析:能被5整除的三位数说明末尾数字是5或0,当末尾数字是5时,百位数字除了0有6种不同的选法,十位有6种不同的选法,根据分步乘法计数原理一共有6×6=36个;当末尾数字是0时,百位数字有7种不同的选法,十位有6种不同的选法,根据分步乘法计数原理一共有7×6=42个.则一共有36+42=78个.
答案:78
[例4]　选D　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).
[例5]　选C　分两种情况:①A,C不同色,先涂A有4种,C有3种,E有2种,B,D有1种,有4×3×2×1=24(种);②A,C同色,先涂A,C有4种,再涂E有3种,B,D各有2种,有4×3×2×2=48(种).故不同的涂色方法有48+24=72(种).
[即时训练]
6.选A　由题意可知,末位数字为1或3,首位数字有3种选择,则中间的数字有3种选择,由分步乘法计数原理,可知可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为2×32=18.故选A.
7.选B　按照S→A→B→C→D的顺序进行染色,按照A,C是否同色分类:第一类,A,C同色,由分步乘法计数原理有5×4×3×1×3=180(种)不同的染色方法;第二类,A,C不同色,由分步乘法计数原理有5×4×3×2×2=240(种)不同的染色方法.根据分类加法计数原理,共有180+240=420种不同的染色方法.故选B.
8.选B　长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6=36,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2=12,故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.(共56张PPT)
第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布列
第一节
分类加法计数原理和分步乘法计数原理
明确目标
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.会用分类加法计数原理与分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.
目录
01.课前·“四基”落实
02.课堂·题点精研
03.课时跟踪检测
课前·“四基”落实
01
教材再回首
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N=_______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N=________种不同的方法.
m+n
m×n
解题结论拓展
(1)分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.
①分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类.
②分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
(2)分类加法和分步乘法计数原理的区别：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
典题细发掘
1.(人A选必修③P11T3改编)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为 (　　)
A.16 B.13
C.12 D.10
√
2.(人A选必修③P12T8(1)改编)4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是 (　　)
A.24 B.48
C.64 D.81
√
3.(苏教选必修②P63T4改编)如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走.则从甲地经过乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为 (　　)
A.6，8 B.6，6
C.5，7 D.6，2
√
解析：根据分步乘法计数原理，可知从甲地经过乙地到丙地的走法种数为3×2=6，又从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走，由分类加法计数原理，可得从甲地到丙地的走法种数为6+2=8.
课堂·题点精研
02
[例1] (1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　　)
A.4种 B.10种
C.18种 D.20种
解析：赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法.由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4+6=10(种).
√
题点一　分类加法计数原理
(2)从数字1，2，3，4中取出3个数字(允许重复)，组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为 (　　)
A.7 B.9
C.10 D.13
解析：各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411，共3个；②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321，共6个；③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222.所以共有3+6+1=10个，故选C.
√
使用分类加法计数原理的2个注意点
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏.
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.
思维建模
1.(2025·邯郸模拟)若有序数对(a，b)满足a，b∈，且使关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解，则这样的有序数对(a，b)的个数为(　　)
A.15 B.14
C.13 D.10
即时训练
√
解析：①当a=0时，有x=-为实根，则b=-，-1，0，2，有4种；②当a≠0时，方程有实根，所以Δ=4-4ab≥0，所以ab≤1.当a=-时，b=-，-1，0，2，有4种；当a=-1时，b=-，-1，0，2，有4种；当a=2时，b=-，-1，0，有3种.所以有序数对(a，b)的个数为4+4+4+3=15.故选A.
2.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定______个平面.
解析：直线a与直线b上的8个点中的任意一个点都可以构成一个平面；直线b与直线a上的5个点中的任意一个点都可以构成一个平面.故共可以确定8+5=13个平面.
13
[例2]　有六名同学报名参加三个智力项目，每项恰好报一人，且每人至多参加一项，则共有______种不同的报名方法.
解析：每项恰好报一人，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).
题点二　分步乘法计数原理
120
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，这件事才算完成，这是分步的基础，也是关键.从计数上来看，各步方法数的积就是完成事件的方法总数.
思维建模
3.若将本例条件“每项恰好报一人，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____种不同的报名方法.
解析：每人都可以从这三个项目中选报一项，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有36=729(种).
即时训练
729
4.若将本例条件“每项恰好报一人，且每人至多参加一项”改为“每项恰好报一人，但每人参加的项目不限”，则有_____种不同的报名方法.
解析：每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这6个人中选出1人参加，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有63=216(种).
216
5.某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有_____种.
解析：原来7个节目，形成8个空位，安排一位老校友；8个节目，形成9个空位，安排一位老校友；9个节目，形成10个空位，安排一位老校友.所以不同的安排方式有8×9×10=720种.
720
考法(一)　与数字有关的问题
[例3]　(2025·新乡模拟)由数字0，1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有______个.
解析：能被5整除的三位数说明末尾数字是5或0，当末尾数字是5时，百位数字除了0有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步乘法计数原理一共有6×6=36个；当末尾数字是0时，百位数字有7种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步乘法计数原理一共有7×6=42个.则一共有36+42=78个.
题点三　两个计数原理的简单综合
78
考法(二)　几何问题
[例4]　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(　　)
A.48 B.18
C.24 D.36
√
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).
考法(三)　涂色问题
[例5]　如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有(　　)
A.24种 B.48种
C.72种 D.96种
√
解析：分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1=24(种)；②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2=48(种).故不同的涂色方法有48+24=72(种).
(1)在综合应用两个计数原理解决问题时应注意：
①一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.
②对于较复杂的两个原理综合应用问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.
(2)解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.
思维建模
6.用0，1，2，3，4五个数字，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为 (　　)
A.18 B.24
C.30 D.48
解析：由题意可知，末位数字为1或3，首位数字有3种选择，则中间的数字有3种选择，由分步乘法计数原理，可知可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为2×32=18.故选A.
即时训练
√
7.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
解析：按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：第一类，A，C同色，由分步乘法计数原理有5×4×3×1×
3=180(种)不同的染色方法；第二类，A，C不同色，由分步乘法计数原理有5×4×3×2×2=240(种)不同的染色方法.根据分类加法计数原理，共有180+240=420种不同的染色方法.故选B.
√
8.如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 (　　)
A.60 B.48
C.36 D.24
√
解析：长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6=36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2=12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.
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课时跟踪检测
03
一、单选题
1.有5本不同的语文书，4本不同的数学书，3本不同的英语书，从中任取一本，不同的取法有(　　)
A.3种 B.12种
C.60种 D.以上答案均不正确
解析：分3类：取一本语文书有5种方法，取一本数学书有4种方法，取一本英语书有3种方法.由分类加法计数原理，得不同的取法有5+4+3=12(种)，故选B.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
2.若将6本不同的书放到5个不同的盒子里，则不同的放法种数为 (　　)
A. B.
C.56 D.66
解析：将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，根据分步乘法计数原理可得不同的放法为56种.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
14
15
2
3
4
13
3.(2025·南京期中)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种数为 (　　)
A.6 B.12
C.18 D.24
解析：甲、乙两人听同一个讲座，方法数有3种，丙、丁两人听不同的讲座，方法数有2种，所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为3×2=6种.故选A.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
14
15
2
3
4
13
4.为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有 (　　)
A.48种 B.36种
C.24种 D.12种
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
14
15
2
3
4
13
解析：由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种，有2种选法；第二步，从3种素菜中任选一种，有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种，有6种选法.根据分步乘法计数原理，共有2×3×6=36(种)不同的选取方法，故选B.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
14
15
2
3
4
13
5.(2025·淄博一模)小明设置六位数字的手机密码时，计划将自然常数e≈2.718 28…的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.若排列时要求相同数字不相邻，且相同数字之间有一个数字，则小明可以设置的不同密码种数为 (　　)
A.24 B.16
C.12 D.10
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
14
15
2
3
4
13
解析：若两个2之间是8，则有282817，282871，728281，128287，172828，712828，828217，828271，782821，182827，178282，718282，共12种；若两个2之间是1或7，则有272818，818272，212878，878212，共4种.所以总共有16种.
(关键点：分两个2之间是8和不是8两大类讨论)
1
5
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6.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，这样的等比数列的个数为 (　　)
A.3 B.4
C.6 D.8
解析：以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；以2为首项的等比数列为2，4，8；以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列顺序颠倒，又得到4个新数列，所以所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个).
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7.(2025·泰安模拟)某市人民医院急诊科有3名男医生和4名女医生，内科有4名男医生和4名女医生，现从该医院急诊科和内科各选派1名男医生和1名女医生组成4人组，参加省人民医院组织的交流会，则所有不同的选派方案有 (　　)
A.192种 B.180种
C.29种 D.15种
解析：从急诊科选派1名男医生和1名女医生有3×4=12种方案，从内科选派1名男医生和1名女医生有4×4=16种方案，根据分步乘法计数原理，共有12×16=192种不同的选派方案.故选A.
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8.(2025·泉州模拟)现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法种数是 (　　)
A.120 B.140
C.240 D.260
解析：第一步先涂A处，有5种涂法.第二步涂B处，有4种涂法.第三步涂C处，若C与A同色，则D有4种涂法；若C与A不同色，则D有3种涂法.由此得不同的涂色方法种数是5×4×(1×4+3×3)=260.
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习得方略：在处理涂色问题时，可按照选择颜色的种数进行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色(还要注意两两不相邻的情况)，先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可.
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9.(2025·合肥模拟)2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有A，B，C，D，E五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第1，2，5名是A，B，C三位同学，但A不是第一名，D，E两名同学只知道在第6至9名，且D的成绩比E好，则这5位同学总分名次的排位种数为 (　　)
A.6 B.12
C.24 D.48
方法引入：先排A，再排B和C，对D进行分类，可排第6，7，8名，最后根据D的情况再排E.
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解析：第一步排A有两种可能：第2名或第5名；第二步排B和C有两种可能；第三步排D和E，D有第6，7，8名三种可能：当D为第6名时，E有第7，8，9名三种可能，当D为第7名时，E有第8，9名两种可能，当D为第8名时，E只有第9名一种可能，所以第三步的排位种数为3+2+1=6.根据分步乘法计数原理，所有名次排位种数为2×2×6=24.
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10.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有 (　　)
A.14种 B.16种
C.18种 D.20种
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解析：按照甲是否在天和核心舱划分.①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲、乙之外的4人中选取3人，剩下两人去剩下两个舱位，则有=4×2=8种可能；②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下5人中选取4人进入天和核心舱即可，则有=2×5=10种可能.根据分类加法计数原理，共有8+10=18种可能.故选C.
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二、多选题
11.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
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解析：对于A，选1人为负责人的选法种数为6+7+8+9=30，故A正确；对于B，每组选1名组长的选法种数为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为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.故选ABC.
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12.已知集合M={1，-2，3}，N={-4，5，6，-7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b.则下列说法正确的有 (　　)
A.表示不同的正数的个数是6
B.表示不同的比1小的数的个数是6
C.(a，b)表示x轴上方不同的点的个数是6
D.(a，b)表示y轴右侧不同的点的个数是6
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解析：对于A，若a，b均为正，共有2×2=4个，若a，b均为负，共有1×2=2个，但=，所以共有5个，所以A错误；对于B，若为正，显然均比1大，所以只需为负即可，共有2×2+1×2=6个，所以B正确；对于C，要使(a，b)表示x轴上方的点，只需b为正即可，共有2×3=6个，所以C正确；对于D，要使(a，b)表示y轴右侧的点，只需a为正即可，共有2×4=8个，所以D错误.故选BC.
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三、填空题
13.(2025·朔州模拟)A，B两篮球运动员在球衣号分别为6，8，9，18的四件球衣中各随机选一件，则A选的是偶数号球衣的不同选法共有___种.
解析：A选的是偶数号球衣的选法有3种，B从A选完后剩余的3件球衣中选1件的选法有3种，则A选的是偶数号球衣的不同选法共有3×3=9种.
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14.已知直线方程Ax+By=0，若从0，1，2，3，5，7这六个数中每次取两个不同的数分别作为A，B的值，则Ax+By=0可表示____条不同的直线.
解析：当A=0时，可表示1条直线；当B=0时，可表示1条直线；当AB≠0时，A有5种选法，B有4种选法，可表示5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理，知共可表示1+1+20=22条不同的直线.
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15.如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a=9.如果a，b，c成等差数列，那么不同的分珠计数法有_____种.
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解析：根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间[7，14]中的8个整数，故公差d的范围是区间[-3，3]中的整数.①当公差d=0时，有=8(种)；②当公差d=±1时，b不取7和14，有2×=12(种)；③当公差d=±2时，b不取7，8，13，14，有2×=8(种)；④当公差d=±3时，b只能取10或11，有2×=4(种).综上，共有8+12+8+4=32(种)不同的分珠计数法.
13课时跟踪检测(七十二)　分类加法计数原理和分步乘法计数原理
一、单选题
1.有5本不同的语文书,4本不同的数学书,3本不同的英语书,从中任取一本,不同的取法有 (　　)
A.3种 B.12种
C.60种 D.以上答案均不正确
2.若将6本不同的书放到5个不同的盒子里,则不同的放法种数为 (　　)
A. B.
C.56 D.66
3.(2025·南京期中)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种数为 (　　)
A.6 B.12
C.18 D.24
4.为响应国家“节约粮食”的号召,某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜,并在用餐时积极践行“光盘行动”,则不同的选取方法有 (　　)
A.48种 B.36种
C.24种 D.12种
5.(2025·淄博一模)小明设置六位数字的手机密码时,计划将自然常数e≈2.718 28…的前6位数字2,7,1,8,2,8进行某种排列得到密码.若排列时要求相同数字不相邻,且相同数字之间有一个数字,则小明可以设置的不同密码种数为 (　　)
A.24 B.16
C.12 D.10
6.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,这样的等比数列的个数为 (　　)
A.3 B.4
C.6 D.8
7.(2025·泰安模拟)某市人民医院急诊科有3名男医生和4名女医生,内科有4名男医生和4名女医生,现从该医院急诊科和内科各选派1名男医生和1名女医生组成4人组,参加省人民医院组织的交流会,则所有不同的选派方案有 (　　)
A.192种 B.180种
C.29种 D.15种
8.(2025·泉州模拟)现有5种不同颜色的染料,要对如图所示的四个不同区域进行涂色,要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色,则不同的涂色方法种数是 (　　)
A.120 B.140
C.240 D.260
9.(2025·合肥模拟)2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施,某校历史方向有A,B,C,D,E五名屏蔽生总分在前9名,现在确定第1,2,5名是A,B,C三位同学,但A不是第一名,D,E两名同学只知道在第6至9名,且D的成绩比E好,则这5位同学总分名次的排位种数为 (　　)
A.6 B.12
C.24 D.48
10.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名航天员开展实验,其中天和核心舱安排4人,问天实验舱与梦天实验舱各安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验,则不同的安排方案共有 (　　)
A.14种 B.16种
C.18种 D.20种
二、多选题
11.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
12.已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从M,N这两个集合中各选一个元素分别记作a,b.则下列说法正确的有 (　　)
A.表示不同的正数的个数是6
B.表示不同的比1小的数的个数是6
C.(a,b)表示x轴上方不同的点的个数是6
D.(a,b)表示y轴右侧不同的点的个数是6
三、填空题
13.(2025·朔州模拟)A,B两篮球运动员在球衣号分别为6,8,9,18的四件球衣中各随机选一件,则A选的是偶数号球衣的不同选法共有　　　种.
14.已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这六个数中每次取两个不同的数分别作为A,B的值,则Ax+By=0可表示　　　　条不同的直线.
15.如图所示,玩具计数算盘的三档上各有7个算珠,现将每档算珠分为左、右两部分,左侧的每个算珠表示数2,右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠),记上、中、下三档的数字和分别为a,b,c.例如,图中上档的数字和a=9.如果a,b,c成等差数列,那么不同的分珠计数法有　　　　种.
课时跟踪检测(七十二)
1.选B　分3类:取一本语文书有5种方法,取一本数学书有4种方法,取一本英语书有3种方法.由分类加法计数原理,得不同的取法有5+4+3=12(种),故选B.
2.选C　将6本不同的书放到5个不同的盒子里,每本书都有5种放法,根据分步乘法计数原理可得不同的放法为56种.
3.选A　甲、乙两人听同一个讲座,方法数有3种,丙、丁两人听不同的讲座,方法数有2种,所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为3×2=6种.故选A.
4.选B　由题意可知,分三步完成:第一步,从2种主食中任选一种,有2种选法;第二步,从3种素菜中任选一种,有3种选法;第三步,从6种荤菜中任选一种,有6种选法.根据分步乘法计数原理,共有2×3×6=36(种)不同的选取方法,故选B.
5.选B　若两个2之间是8,则有282817,282871,728281,128287,172828,712828,828217,828271,782821,182827,178282,718282,共12种;若两个2之间是1或7,则有272818,818272,212878,878212,共4种.所以总共有16种.
(关键点:分两个2之间是8和不是8两大类讨论)
6.选D　以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9;以2为首项的等比数列为2,4,8;以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列顺序颠倒,又得到4个新数列,所以所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个).
7.选A　从急诊科选派1名男医生和1名女医生有3×4=12种方案,从内科选派1名男医生和1名女医生有4×4=16种方案,根据分步乘法计数原理,共有12×16=192种不同的选派方案.故选A.
8.选D　第一步先涂A处,有5种涂法.第二步涂B处,有4种涂法.第三步涂C处,若C与A同色,则D有4种涂法;若C与A不同色,则D有3种涂法.由此得不同的涂色方法种数是5×4×(1×4+3×3)=260.
习得方略:在处理涂色问题时,可按照选择颜色的种数进行分类讨论,每减少一种颜色的使用,便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色(还要注意两两不相邻的情况),先列举出所有不相邻区域搭配的可能,再进行涂色即可.
9.方法引入:先排A,再排B和C,对D进行分类,可排第6,7,8名,最后根据D的情况再排E.
选C　第一步排A有两种可能:第2名或第5名;第二步排B和C有两种可能;第三步排D和E,D有第6,7,8名三种可能:当D为第6名时,E有第7,8,9名三种可能,当D为第7名时,E有第8,9名两种可能,当D为第8名时,E只有第9名一种可能,所以第三步的排位种数为3+2+1=6.根据分步乘法计数原理,所有名次排位种数为2×2×6=24.
10.选C　按照甲是否在天和核心舱划分.①若甲在天和核心舱,天和核心舱需要从除了甲、乙之外的4人中选取3人,剩下两人去剩下两个舱位,则有=4×2=8种可能;②若甲不在天和核心舱,需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个,剩下5人中选取4人进入天和核心舱即可,则有=2×5=10种可能.根据分类加法计数原理,共有8+10=18种可能.故选C.
11.选ABC　对于A,选1人为负责人的选法种数为6+7+8+9=30,故A正确;对于B,每组选1名组长的选法种数为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为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.故选ABC.
12.选BC　对于A,若a,b均为正,共有2×2=4个,若a,b均为负,共有1×2=2个,但=,所以共有5个,所以A错误;对于B,若为正,显然均比1大,所以只需为负即可,共有2×2+1×2=6个,所以B正确;对于C,要使(a,b)表示x轴上方的点,只需b为正即可,共有2×3=6个,所以C正确;对于D,要使(a,b)表示y轴右侧的点,只需a为正即可,共有2×4=8个,所以D错误.故选BC.
13.解析:A选的是偶数号球衣的选法有3种,B从A选完后剩余的3件球衣中选1件的选法有3种,则A选的是偶数号球衣的不同选法共有3×3=9种.
答案:9
14.解析:当A=0时,可表示1条直线;当B=0时,可表示1条直线;当AB≠0时,A有5种选法,B有4种选法,可表示5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理,知共可表示1+1+20=22条不同的直线.
答案:22
15.解析:根据题意知,a,b,c的取值范围都是区间[7,14]中的8个整数,故公差d的范围是区间[-3,3]中的整数.①当公差d=0时,有=8(种);②当公差d=±1时,b不取7和14,有2×=12(种);③当公差d=±2时,b不取7,8,13,14,有2×=8(种);④当公差d=±3时,b只能取10或11,有2×=4(种).综上,共有8+12+8+4=32(种)不同的分珠计数法.
答案:32

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