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第6章第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
题型1 分类加法计数原理 题型2 分步乘法计数原理
题型3 代数与函数中的计数问题 题型4 数字问题
题型5 染色问题 题型6 加法计数原理与乘法计数原理的综合应用
▉题型1 分类加法计数原理
【知识点的认识】
1．定义：完成一件事有两类不同方案：在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有n种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m+n种不同的方法．
2．推广：完成一件事有n类不同方案：在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m1+m2+…+mn种不同的方法．
3．特点：
（1）完成一件事的n类方案相互独立；
（2）同一类方案中的各种方法相对独立．
（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；
4．注意：与分步乘法计数原理区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法计数原理．
实现步骤：
（1）分类；
（2）对每一类方法进行计数；
（3）用分类加法计数原理求和；
1．某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（　　）
A．5种 B．7种 C．15种 D．20种
2．某地举行新疆绿色农特产品展销活动，活动中有驼奶粉、奶豆腐、奶皮、酸奶共4种奶制品，无花果干、杏干、乌梅干、巴达木、开心果、葡萄干共6种干果，葡萄、哈密瓜、香梨、苹果、西瓜、沙棘、白杏共7种新鲜水果，张先生参观完活动决定至少选购一种商品，而每一大类中最多选购一种，则张先生不同的选购方法种数为（　　）
A．94 B．168 C．276 D．279
3．某班组织同学到社区志愿服务，某小组共有4名男生和5名女生，该小组需要选出3名同学参加，若选出的同学中既有男生又有女生，则不同的安排方法有（　　）种．
A．35 B．84 C．70 D．140
4．将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（　　）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
5．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，其中N＝（　　）
A．m+n B．mn C．nm D．m×n
6．小南同学想在新年来临之际用自己的零花钱给自己的爷爷、爸爸妈妈和三个表哥每人分别买一件礼物，小南看中三样礼物：甲礼物（10元/件）、乙礼物（20元/件）、丙礼物（30元/件），在同学的建议下，小南最终决定采用如下方案选购礼物：①不同辈分的礼物不同；②相同辈分的礼物相同，则小南要备齐所需礼物所花销费用的最小值为　100元　 ．
7．用1，5，9，13中的任意一个数作为分子，4，8，12，16中的任意一个数作为分母，可构成 　　 个不同的分数．
8．若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则我们称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”，那么“叔同数”的个数共有 　　 ．（用数字作答）
9．一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有小球的颜色互不相同．从两个袋子中取一个球，则不同的取法种数为　　 ．
▉题型2 分步乘法计数原理
【知识点的认识】
1．定义：完成一件事需要分成两个步骤：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＝m×n种不同的方法．
2．推广：完成一件事需要分成n个步骤：做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．特点：完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事；
4．注意：与分类加法计数原理区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则可使用分步乘法计数原理．
实现步骤：
（1）分步；
（2）对每一步的方法进行计数；
（3）用分步乘法计数原理求积；
10．子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让．现有印有“温、良、恭、俭、让”5个字的书签各2张，10张书签的颜色和图案互不相同．从10张书签中抽取4张分给4位同学，每人一张书签，恰有2位同学分到的书签上汉字相同的分配方案有（　　）
A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种
11．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（　　）种不同的种植方法．
A．36 B．60 C．84 D．120
12．某学校组织高二学生参加社会实践研学活动，研学路线有成都、南京、西安共3条．学校安排3名男教师和3名女教师一起负责研学活动，若每条路线安排男、女教师各1名，则不同的分配方案种数为（　　）
A．36 B．72 C．108 D．216
13．n元有序数对，其中1≤ai≤3，且ai不全相等（i＝1，2，3，…，n），则满足方程的有序数对（a1，a2，a3，…，an）共有（　　）组．
A．2n﹣2 B．2n﹣1 C．2n D．2n+1
14．如下，用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（　　）种．
A B
C
D
A．12种 B．24种 C．48种 D．72种
15．某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书．从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（　　）
A．13种 B．42种 C．67种 D．7种
16．要让如图所示的电路在只合上两个开关的情况下正常工作，不同方法种数为（　　）
A．10 B．8 C．6 D．5
17．如图，给编号为1，2，3，…，6的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（　　）
A．60种 B．80种 C．100种 D．125种
18．有一排四个信号显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则这排信号显示窗所发出的信号种数是（　　）
A．12 B．64 C．81 D．256
▉题型3 代数与函数中的计数问题
【知识点的认识】
﹣代数与函数中的计数问题通常涉及函数的不同组合情况、代数表达式的多种排列方法．例如：构造满足特定条件的多项式、确定多项式的根与系数的关系等．
﹣在某些情况下，需要计算多项式在不同取值下可能的表达式数量，或者函数图像的不同形态．
【解题方法点拨】
﹣通过分析每个代数项或函数的取值范围，合理应用加法和乘法计数原理．
﹣当涉及到多个变量时，首先固定部分变量，然后对其余变量进行计数，最后进行组合．
﹣在复杂情况下，可能需要引入分类讨论或递推关系来进行处理．
19．已知集合A＝{1，2，3，…，19，20}，从中任取3个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样不同的等差数列最多有（　　）
A．90个 B．120个 C．180个 D．200个
20．用1，2，3，4四个数字（可重复）排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
（1）写出这个数列的前8项；
（2）这个数列共有少项？
（3）若an＝341，求n．
▉题型4 数字问题
【知识点的认识】
﹣数字问题涉及数字的排列组合、数字的特性以及数位的安排．例如：求解由数字构成的不同整数的数量、分析某一数字在特定数位上的可能性、或求解满足特定条件的整数个数．
﹣数字问题通常涉及到计数原理在数字排列中的应用，以及整数的分配与组合．
【解题方法点拨】
﹣首先分析题目中的数字特性，如数字的范围、允许的重复次数等．
﹣使用排列数或组合数来计算数字的不同排列组合方式，必要时采用分类讨论的方式处理特殊情况．
﹣在涉及限制条件（如某些数位必须满足特定要求）时，先处理限制条件，再进行组合计算．
21．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为（　　）
A．8 B．24 C．48 D．120
22．从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（　　）
A．126 B．180 C．216 D．300
23．用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字且1与3不相邻的五位数的个数有（　　）
A．36 B．48 C．60 D．72
24．“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7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5200的偶数个数是（　　）
A．87 B．129 C．132 D．138
（多选）25．由0，1，2，3，4，5这六个数字，组成没有重复数字的四位数，则下列说法错误的是（　　）
A．该四位数是奇数的有108个
B．该四位数能被5整除的有108个
C．该四位数中，个位上的数字小于十位上的数字的有150个
D．若该四位数是偶数，将这些偶数从小到大排列，则第71个数是3142
26．用0，1，…，4五个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为 　　 ．
27．从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成　　 个没有重复数字的五位数．
28．现有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9共十个数字．
（1）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（2）组成无重复数字的三位数中，315是从小到大排列的第几个数？
（3）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
（4）选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数共有多少个？
▉题型5 染色问题
【知识点的认识】
﹣染色问题是指在一个物体或一组物体上应用不同颜色的组合问题．典型的染色问题包括着色多边形、涂色图形、或为物体表面染色．
﹣该问题通常要求满足某些条件（如相邻元素不能相同颜色）来确定染色方案的总数．
【解题方法点拨】
﹣使用排列组合的基本思想来分析每个元素的染色选择数．对于每个元素，可能的颜色选择数是给定的，应用乘法原理计算总方案数．
﹣如果存在限制条件（如相邻元素必须不同色），可以采用排除法或递推关系来处理．
﹣在处理对称图形染色时，考虑图形的对称性，减少重复染色方案的计数．
29．如图所示，将四棱锥S﹣ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（　　）
A．120 B．96 C．72 D．48
30．用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格 的染色方法种数为（　　）
A．6 B．10 C．16 D．20
31．如图，4个圆相交共有8个交点，用5种不同的颜色给8个交点染色（5种颜色都用），要求在同一圆上的4个交点的颜色互不相同，则不同的染色方案共有（　　）种．
A．2016 B．2400 C．1920 D．96
32．用四种颜色给正四棱锥V﹣ABCD的五个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（　　）
A．72种 B．36种 C．12种 D．60种
33．如图，用6种不同颜色对图中A，B，C，D四个区域染色，要求同一区域染同一色，相邻区域不能染同一色，允许同一颜色可以染不同区域，则不同的染色方案有 　 种．
▉题型6 加法计数原理与乘法计数原理的综合应用
【知识点的认识】
﹣加法计数原理和乘法计数原理是计数原理中最基础的两种原理．加法原理用于不同情况的选择（互斥事件），乘法原理用于连续步骤的选择（独立事件）．
﹣这两种原理在解决多步选择问题、多条件限制问题中被广泛应用．
【解题方法点拨】
﹣识别题目中的独立步骤与互斥情况，合理选择加法或乘法原理．
﹣当问题涉及多步选择时，逐步分析每一步的选择方式，然后使用乘法原理进行组合．
﹣对于复杂问题，可能需要同时使用加法和乘法原理，首先分类讨论，再进行综合计算．
34．现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆和伍拾圆的人民币各1张，用它们可以组成的不同币值的种数为（　　）
A．31 B．32 C．63 D．64
35．如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路，则从甲地去丁地，共有 　　 种不同的走法．
36．解答下列问题，要求列式并计算结果：
（1）某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数有多少种；
（2）用0～6这7个自然数，可以组成多少个没有重复数字的三位数；
（3）有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，从中选出不同学科的2本书，则不同的选法有多少种；
（4）3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盆子放球的数量不限，共多少种放法？第6章第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
题型1 分类加法计数原理 题型2 分步乘法计数原理
题型3 代数与函数中的计数问题 题型4 数字问题
题型5 染色问题 题型6 加法计数原理与乘法计数原理的综合应用
▉题型1 分类加法计数原理
【知识点的认识】
1．定义：完成一件事有两类不同方案：在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有n种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m+n种不同的方法．
2．推广：完成一件事有n类不同方案：在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m1+m2+…+mn种不同的方法．
3．特点：
（1）完成一件事的n类方案相互独立；
（2）同一类方案中的各种方法相对独立．
（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；
4．注意：与分步乘法计数原理区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法计数原理．
实现步骤：
（1）分类；
（2）对每一类方法进行计数；
（3）用分类加法计数原理求和；
1．某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（　　）
A．5种 B．7种 C．15种 D．20种
【答案】D
【解答】解：该兴趣小组有5+7+8＝20名成员，
从中选1名代表小组参加比赛，不同的选法有20种．
故选：D．
2．某地举行新疆绿色农特产品展销活动，活动中有驼奶粉、奶豆腐、奶皮、酸奶共4种奶制品，无花果干、杏干、乌梅干、巴达木、开心果、葡萄干共6种干果，葡萄、哈密瓜、香梨、苹果、西瓜、沙棘、白杏共7种新鲜水果，张先生参观完活动决定至少选购一种商品，而每一大类中最多选购一种，则张先生不同的选购方法种数为（　　）
A．94 B．168 C．276 D．279
【答案】D
【解答】由条件张先生不同的选购方法分为三类，选购一种，选购两种，选购三种，
选购三种商品的方法有4×6×7＝168种，
选购两种商品的方法有4×6+4×7+6×7＝94种，
选购一种商品的方法有4+6+7＝17种，
故张先生不同的选购方法种数为17+94+168＝279种，
故选：D．
3．某班组织同学到社区志愿服务，某小组共有4名男生和5名女生，该小组需要选出3名同学参加，若选出的同学中既有男生又有女生，则不同的安排方法有（　　）种．
A．35 B．84 C．70 D．140
【答案】C
【解答】解：由题意分两种情况：
2男1女时，有种情况；
2女1男时，有种情况，
所以共有30+40＝70种情况．
故选：C．
4．将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（　　）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【答案】C
【解答】解：若一个盒子中放1个球，另一个盒子中放3个球，则有4种不同的方法．
若两个盒子中都放入2个球，则有3种不同的方法；
故不同的放法有7种．
故选：C．
5．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，其中N＝（　　）
A．m+n B．mn C．nm D．m×n
【答案】A
【解答】解：根据题意，N＝m+n．
故选：A．
6．小南同学想在新年来临之际用自己的零花钱给自己的爷爷、爸爸妈妈和三个表哥每人分别买一件礼物，小南看中三样礼物：甲礼物（10元/件）、乙礼物（20元/件）、丙礼物（30元/件），在同学的建议下，小南最终决定采用如下方案选购礼物：①不同辈分的礼物不同；②相同辈分的礼物相同，则小南要备齐所需礼物所花销费用的最小值为　100元　 ．
【答案】100元．
【解答】解：若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是甲礼物、乙礼物、丙礼物，
则需要花销费用10+2×20+3×30＝140；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是甲礼物、丙礼物、乙礼物，
则需要花销费用10+2×30+3×20＝130；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是乙礼物、甲礼物、丙礼物，
则需要花销费用20+2×10+3×30＝130；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是乙礼物、丙礼物、甲礼物，
则需要花销费用20+2×30+3×10＝110；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是丙礼物、甲礼物、乙礼物，
则需要花销费用30+2×10+3×20＝110；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是丙礼物、乙礼物、甲礼物，
则需要花销费用30+2×20+3×10＝100，
所以小南要备齐所需礼物所花销费用的最小值为100元，
故答案为：100元．
7．用1，5，9，13中的任意一个数作为分子，4，8，12，16中的任意一个数作为分母，可构成 　16　 个不同的分数．
【答案】16．
【解答】解：由题意，可构成4×4＝16个不同的分数．
故答案为：16．
8．若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则我们称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”，那么“叔同数”的个数共有 　36　 ．（用数字作答）
【答案】36．
【解答】解：由题意可知，“叔同数”中各个数位上的数字有8，0，0；7，1，0；6，2，0；6，1，1；5，3，0；5，2，1；4，4，0；4，3，1；4，2，2；3，3，2情况，
其中8，0，0三个数字组成的三位数只有1个；
7，1，0三个数字组成的三位数只有个；
6，2，0三个数字组成的三位数只有个；
6，1，1三个数字组成的三位数只有3个；
5，3，0三个数字组成的三位数只有个；
5，2，1三个数字组成的三位数只有个；
4，4，0三个数字组成的三位数只有2个；
4，3，1三个数字组成的三位数只有个；
4，2，2三个数字组成的三位数只有3个；
3，3，2三个数字组成的三位数只有3个；
则共有1+4+4+3+4+6+2+6+3+3＝36个．
故答案为：36．
9．一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有小球的颜色互不相同．从两个袋子中取一个球，则不同的取法种数为　10　 ．
【答案】10．
【解答】解：根据分类加法计数原理，不同的取法种数为4+6＝10．
故答案为：10．
▉题型2 分步乘法计数原理
【知识点的认识】
1．定义：完成一件事需要分成两个步骤：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＝m×n种不同的方法．
2．推广：完成一件事需要分成n个步骤：做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．特点：完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事；
4．注意：与分类加法计数原理区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则可使用分步乘法计数原理．
实现步骤：
（1）分步；
（2）对每一步的方法进行计数；
（3）用分步乘法计数原理求积；
10．子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让．现有印有“温、良、恭、俭、让”5个字的书签各2张，10张书签的颜色和图案互不相同．从10张书签中抽取4张分给4位同学，每人一张书签，恰有2位同学分到的书签上汉字相同的分配方案有（　　）
A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种
【答案】D
【解答】解：从10张书签中选出4张，有两张汉字相同，其余两张各不相同，
共有种不同的选法；
将抽到的4张书签分给4位同学有种不同的分法；
则不同的分配方案共有：120×24＝2880种．
故选：D．
11．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（　　）种不同的种植方法．
A．36 B．60 C．84 D．120
【答案】C
【解答】解：若AD相同，有4×（3+3×2）种种植方法，若AD不同，有4×3×（2+2×1）种种植方法，
∴共有4×（3+3×2）+4×3×（2+2×1）＝36+48＝84种不同方法．
故选：C．
12．某学校组织高二学生参加社会实践研学活动，研学路线有成都、南京、西安共3条．学校安排3名男教师和3名女教师一起负责研学活动，若每条路线安排男、女教师各1名，则不同的分配方案种数为（　　）
A．36 B．72 C．108 D．216
【答案】A
【解答】解：学校安排3名男教师和3名女教师一起负责研学活动，若每条路线安排男、女教师各1名，
每条路线安排一男一女，故总的分配方法有．
故选：A．
13．n元有序数对，其中1≤ai≤3，且ai不全相等（i＝1，2，3，…，n），则满足方程的有序数对（a1，a2，a3，…，an）共有（　　）组．
A．2n﹣2 B．2n﹣1 C．2n D．2n+1
【答案】A
【解答】解：n元有序数对，其中1≤ai≤3，且ai不全相等（i＝1，2，3，…，n），
由，得，即，
又1≤ai≤3，∴﹣1≤ai﹣2≤1，从而，∴，
当且仅当时等号成立，即ai∈{1，3}，
又ai不全相等，故有序数对（a1，a2，a3， ，an）共有2n﹣2种情况，
故选：A．
14．如下，用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（　　）种．
A B
C
D
A．12种 B．24种 C．48种 D．72种
【答案】D
【解答】解：用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，
先涂C区域有4种涂法，再涂D区域3种涂法，
涂A区域3种涂法，涂B区域2种涂法，由分步乘法计数原理，共有4×3×3×2＝72种涂法．
故选：D．
15．某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书．从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（　　）
A．13种 B．42种 C．67种 D．7种
【答案】B
【解答】解：从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有7×6＝42种．
故选：B．
16．要让如图所示的电路在只合上两个开关的情况下正常工作，不同方法种数为（　　）
A．10 B．8 C．6 D．5
【答案】C
【解答】解：如图所示，在右边并联的三个开关中任取1个合上，
再在左边并联的两个开关中任取1个合上，电路正常工作，
所以不同方法种数为3×2＝6．
故选：C．
17．如图，给编号为1，2，3，…，6的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（　　）
A．60种 B．80种 C．100种 D．125种
【答案】A
【解答】解：因为中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同，
所以只需确定区域1，2，3的颜色，即可确定所有区域的涂色，
先涂区域1，有5种选择，
再涂区域2，有4种选择，
最后涂区域3，有3种选择，
故不同的涂色方案有5×4×3＝60种．
故选：A．
18．有一排四个信号显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则这排信号显示窗所发出的信号种数是（　　）
A．12 B．64 C．81 D．256
【答案】C
【解答】解：有一排四个信号显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，
由题意可得每个信号灯有三种情况，各自独立，所以一共有34＝81种．
故选：C．
▉题型3 代数与函数中的计数问题
【知识点的认识】
﹣代数与函数中的计数问题通常涉及函数的不同组合情况、代数表达式的多种排列方法．例如：构造满足特定条件的多项式、确定多项式的根与系数的关系等．
﹣在某些情况下，需要计算多项式在不同取值下可能的表达式数量，或者函数图像的不同形态．
【解题方法点拨】
﹣通过分析每个代数项或函数的取值范围，合理应用加法和乘法计数原理．
﹣当涉及到多个变量时，首先固定部分变量，然后对其余变量进行计数，最后进行组合．
﹣在复杂情况下，可能需要引入分类讨论或递推关系来进行处理．
19．已知集合A＝{1，2，3，…，19，20}，从中任取3个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样不同的等差数列最多有（　　）
A．90个 B．120个 C．180个 D．200个
【答案】C
【解答】解：由题意知本题可以分类计数，
当公差为1时数列可以是 123，234…18 19 20； 共18种情况，
当公差为2时，数列 135，246，357…16 18 20；共16种情况，
当公差为3时，数列147，258，369，47 10，…14，17 20 共14种情况，
以此类推，当差为9时，数列 1，10，19； 2，11，20 有2种情况，
总的情况是 2+4+6+…+18＝90，
因为三个数成等差数列有两种顺序，递增或递减，
故这样不同的等差数列最多有2×90＝180．
故选：C．
20．用1，2，3，4四个数字（可重复）排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
（1）写出这个数列的前8项；
（2）这个数列共有少项？
（3）若an＝341，求n．
【答案】（1）111，112，113，114，121，122，123，124；
（2）64；
（3）45．
【解答】解；（1）根据题意可得三位数由小到大排列为：111，112，113，114，121，122，123，124；
（2）这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数，每个位上都有4种排法，
根据分步计数原理，共有43＝64项．
（3）比an＝341小的数有两类：
①百位上是3且十位上是1或2或3的，共有1×3×4＝12个，
②百位上是1或2的，共有2×4×4＝32个，
再根据分类计数原理可得，比an＝341小的数有32+12＝44个．
∴所求的n＝44+1＝45．
▉题型4 数字问题
【知识点的认识】
﹣数字问题涉及数字的排列组合、数字的特性以及数位的安排．例如：求解由数字构成的不同整数的数量、分析某一数字在特定数位上的可能性、或求解满足特定条件的整数个数．
﹣数字问题通常涉及到计数原理在数字排列中的应用，以及整数的分配与组合．
【解题方法点拨】
﹣首先分析题目中的数字特性，如数字的范围、允许的重复次数等．
﹣使用排列数或组合数来计算数字的不同排列组合方式，必要时采用分类讨论的方式处理特殊情况．
﹣在涉及限制条件（如某些数位必须满足特定要求）时，先处理限制条件，再进行组合计算．
21．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为（　　）
A．8 B．24 C．48 D．120
【答案】C
【解答】解：个位数的选择有2种，其他位数的排列数为A24，即这样的数有2×24＝48个，
故选：C．
22．从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（　　）
A．126 B．180 C．216 D．300
【答案】B
【解答】解：从1，3，5中任取两个数，从0，2，4中任取2个数，组成没有重复数字的四位数，分两种情况讨论：
①当从0，2，4中任取2个数，其中含数字0时，
则组成没有重复数字的四位数的个数为，
②当从0，2，4中任取2个数，其中不含数字0时，
则组成没有重复数字的四位数的个数为，
综合①②得：组成没有重复数字的四位数的个数为108+72＝180．
故选：B．
23．用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字且1与3不相邻的五位数的个数有（　　）
A．36 B．48 C．60 D．72
【答案】C
【解答】解：用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字的五位数的个数有96，
又用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字的五位数且1与3相邻的个数有36，
即用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字且1与3不相邻的五位数的个数有96﹣36＝60，
故选：C．
24．“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7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5200的偶数个数是（　　）
A．87 B．129 C．132 D．138
【答案】A
【解答】解：若千位数字是5，则百位数字不能是1，故共有（个）；
（①一个四位数为偶数，则其个位上的数字一定是偶数；②组成的四位数要大于5200，则其千位上的数字是5，7或8）
若千位数字是7，则共有（个）；
若千位数字是8，则共有（个）．
故符合条件的四位数共有27+36+24＝87（个）．
故选：A．
（多选）25．由0，1，2，3，4，5这六个数字，组成没有重复数字的四位数，则下列说法错误的是（　　）
A．该四位数是奇数的有108个
B．该四位数能被5整除的有108个
C．该四位数中，个位上的数字小于十位上的数字的有150个
D．若该四位数是偶数，将这些偶数从小到大排列，则第71个数是3142
【答案】AD
【解答】解：对于A，当末位是数字1，3，5时，千位不能是0，共有C31C41A42＝144个奇数．所以A不正确；
对于B，能被5整除的数则末位是数字0或5，当末位是数字0时，可以组成A53＝60个，当末位是数字5时，首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，有C41A42＝48个，根据分类计数原理知共有60+48＝108个，所以B正确；
对于C，该四位数中，个位上的数字小于十位上的数字，个位是0，有A53＝60个；
个位是1，有C41C31C31＝36个；
个位是2，有C31C31C31＝27个；
个位是3，有C21C31C31＝18个；
个位是4，有C31C31＝9个，
共有：60+36+27+18+9＝150个，所以C正确；
对于D，当千位是数字1时，可以组成A42A31＝36个偶数，
当千位是2时，偶数共有A42A21＝24个偶数，
首位是3时，百位为0时有：A31A21＝3×2＝6个，合计66个，千位是3．百位是1时，偶数依次为：3102，3104，3120.3124，3140，
3140就是0，1，2，3，4，5这六个数组成没有重复数字的四位偶数，将这些四位数从小到大排列起来第71个数．所以D不正确；
故选：AD．
26．用0，1，…，4五个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为 　48　 ．
【答案】48．
【解答】解：方法一：从1，2，3，4中选一个放在首位，再从其余的4个选2个放在十位和个位，故有A42＝48个，
方法二：当不选0时，有24个，当选0时，0不在首位，故有A42＝24个，故共有24+24＝48个，
方法三：0到4这5个数字中，任取3个数字，按从左到右的顺序排列，有60种排法，
其中不能组成三位数的即第一个数字为0的有12种排法；
故可以组成没有重复数字的三位数一共有60﹣12＝48个；
故答案为：48．
27．从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成　1224　 个没有重复数字的五位数．
【答案】1224．
【解答】解：①当从0，2，4，6中任取3个数字不含0时，可以组成360个没有重复数字的五位数；
②当从0，2，4，6中任取3个数字含0时，可以组成864个没有重复数字的五位数；
即一共可以组成360+864＝1224个没有重复数字的五位数．
故答案为：1224．
28．现有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9共十个数字．
（1）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（2）组成无重复数字的三位数中，315是从小到大排列的第几个数？
（3）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
（4）选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数共有多少个？
【答案】（1）648；（2）156；（3）2296；（4）1140．
【解答】解：（1）由题意，无重复的三位数共有9×72＝648个．
（2）①当百位为1时，共有72个数，
②当百位为2时，共有72个数，
③当百位为3时，共有12个数，
∴315是第72+72+12＝156个数．
（3）无重复的四位偶数，∴个位必须为0，2，4，6，8，千位上不能为0，
①当个位上为0时，共有504个数，
②当个位上是2，4，6，8中的一个时，共有1792个数，
∴无重复的四位偶数共有504+1792＝2296个数．
（4）①当选出的偶数为0时，共有180个数，
当②选出的偶数不为0时，共有960个数，
∴这样的四位数共有960+180＝1140个数．
▉题型5 染色问题
【知识点的认识】
﹣染色问题是指在一个物体或一组物体上应用不同颜色的组合问题．典型的染色问题包括着色多边形、涂色图形、或为物体表面染色．
﹣该问题通常要求满足某些条件（如相邻元素不能相同颜色）来确定染色方案的总数．
【解题方法点拨】
﹣使用排列组合的基本思想来分析每个元素的染色选择数．对于每个元素，可能的颜色选择数是给定的，应用乘法原理计算总方案数．
﹣如果存在限制条件（如相邻元素必须不同色），可以采用排除法或递推关系来处理．
﹣在处理对称图形染色时，考虑图形的对称性，减少重复染色方案的计数．
29．如图所示，将四棱锥S﹣ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（　　）
A．120 B．96 C．72 D．48
【答案】C
【解答】解：由题意知，S与A，B，C，D任意一点均不同色，
只用3种颜色，即B，D同色，且A，C同色，此时不同染色方法的种数为；
用4种颜色，此时可能B，D同色，而A，C不同色或A，C同色，而B，D不同色，
若B，D同色，而A，C不同色，此时不同染色方法的种数为；
若A，C同色，而B，D不同色，此时不同染色方法的种数为．
根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为24+24+24＝72．
故选：C．
30．用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格 的染色方法种数为（　　）
A．6 B．10 C．16 D．20
【答案】B
【解答】解：按从左到右数，当第一个是白色时，数到第一个格子时，黑色的格子数为0，白色的格子数为1，不满足黑色格子不少于白色格 ，同理数到其余格子时也一样，所以不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格 的染色方案的树状图如下：
∴满足题意的染色方法种数为10．
故选：B．
31．如图，4个圆相交共有8个交点，用5种不同的颜色给8个交点染色（5种颜色都用），要求在同一圆上的4个交点的颜色互不相同，则不同的染色方案共有（　　）种．
A．2016 B．2400 C．1920 D．96
【答案】C
【解答】解：如图，将8个交点编号，先考虑A，B，C，D，共有种选择，
再考虑A，F，E，D，若A，F，E，D所用颜色与A，B，C，D的4种颜色相同，
则E，F有种选择，且G，H必然有一处使用第5种颜色，
不妨设G点使用第5种颜色，则H处有2种选择，此时共有种选择，
若A，F，E，D所用颜色与A，B，C，D的4种颜色不同，因为一共有5种颜色，
则E，F有一处与B，C所使用的颜色相同，另一处使用第5种颜色，则有2×2种选择，
此时G，H不能使用与B，C，E，F相同的颜色，故有2种颜色可供选择，
此时共有2×2×2＝8种选择，
综上：不同的染色方案共有种．
故选：C．
32．用四种颜色给正四棱锥V﹣ABCD的五个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（　　）
A．72种 B．36种 C．12种 D．60种
【答案】A
【解答】
解：①当用2种颜色涂A、B、C、D时，则A、C涂色相同，B、D涂色相同，共有12种涂色方法，则涂V有2种涂色方法，
即给正四棱锥V﹣ABCD的五个顶点涂色，共12×2＝24种涂色方法，
②当用3种颜色涂A、B、C、D时，则A、C涂色相同，B、D涂色不相同，或A、C涂色不相同，B、D涂色相同，共有248种涂色方法，则涂V有1种涂色方法，
即给正四棱锥V﹣ABCD的五个顶点涂色，共48×1＝48种涂色方法，
由①②得：不同的涂法有24+48＝72种，
故选：A．
33．如图，用6种不同颜色对图中A，B，C，D四个区域染色，要求同一区域染同一色，相邻区域不能染同一色，允许同一颜色可以染不同区域，则不同的染色方案有 　480　 种．
【答案】480．
【解答】解：依题意，首先染A区域有6种选择，再染B区域有5种选择，
第三步染C区域有4种选择，第四步染D区域也有4种选择，
根据分步乘法计数原理可知一共有6×5×4×4＝480种方法．
故答案为：480．
▉题型6 加法计数原理与乘法计数原理的综合应用
【知识点的认识】
﹣加法计数原理和乘法计数原理是计数原理中最基础的两种原理．加法原理用于不同情况的选择（互斥事件），乘法原理用于连续步骤的选择（独立事件）．
﹣这两种原理在解决多步选择问题、多条件限制问题中被广泛应用．
【解题方法点拨】
﹣识别题目中的独立步骤与互斥情况，合理选择加法或乘法原理．
﹣当问题涉及多步选择时，逐步分析每一步的选择方式，然后使用乘法原理进行组合．
﹣对于复杂问题，可能需要同时使用加法和乘法原理，首先分类讨论，再进行综合计算．
34．现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆和伍拾圆的人民币各1张，用它们可以组成的不同币值的种数为（　　）
A．31 B．32 C．63 D．64
【答案】A
【解答】解：选取1张人民币共有5种不同的情况，
选取2张人民币共有10种不同的情况，
选取3张人民币共有10种不同的情况，
选取4张人民币共有5种不同的情况，
选取5张人民币共有1种不同的情况，
故共有5+10+10+5+1＝31种不同的币值．
故选：A．
35．如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路，则从甲地去丁地，共有 　14　 种不同的走法．
【答案】14．
【解答】解：分两类，第一类，从甲到乙再到丁，共有2×3＝6种，
第二类，从甲到丙再到丁，共有4×2＝8种，
根据分类计数原理可得，共有6+8＝14种，
故从甲地到丁地共有14条不同的路线．
故答案为：14．
36．解答下列问题，要求列式并计算结果：
（1）某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数有多少种；
（2）用0～6这7个自然数，可以组成多少个没有重复数字的三位数；
（3）有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，从中选出不同学科的2本书，则不同的选法有多少种；
（4）3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盆子放球的数量不限，共多少种放法？
【答案】（1）7种；
（2）180个；
（3）127种；
（4）125种．
【解答】解：（1）有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，
小明从中任选1部电影观看，则小明可以选择科幻片、文艺片或喜剧片，
不同的选法种数有2+3+2＝7种；
（2）百位数字有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，个位有5种不同的选法，
由分步计数原理可得共有6×6×5＝180种；
（3）有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，
从语文和数学中选择有9×7＝63，从语文和英语中选择有9×4＝36，从数学和英语中选择有4×7＝28，
总共有63+36+28＝127种不同的选择；
（4）每个球可以放入5个盒子中的任何一个盒子有5种放法，
故由分步计数原理可得共有5×5×5＝125种不同的放法．

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