(共33张PPT)
21世织纪教痘
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任务
完成一件事
分类
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类方案中有种不同的方法
计数
完成这件事共有N=
种不同的方法
任务
完成一件事
需要两个步骤，做第1步有种不同的方法，做
分步
第2步有n种不同的方法
计数
完成这件事共有N=
种不同的方法
B
D
A
游
下
C
E课时跟踪检测（二） 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
1．由数字0,1,2,3,4可组成无重复数字的两位数的个数是( )
A．25 B．20 C．16 D．12
解析：选C 分两步：先选十位，再选个位，可组成无重复数字的两位数的个数为4×4＝16.
2．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
解析：选C 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
3．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A．9 B．14 C．15 D．21
解析：选B 因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P Q，
所以x∈{y,2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，有7种情况；当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，有7种情况．共有7＋7＝14种情况．即这样的点的个数为14.
4．从1,2,3,4,5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
解析：选D 第一类，公差大于0，有①1,2,3，②2,3,4，③3，4,5，④1,3,5，共4个等差数列；第二类，公差小于0，也有4个．根据分类加法计数原理可知，共有4＋4＝8个不同的等差数列．
5.如图所示，从点A沿圆或三角形的边运动到点C，则不同的走法有________种．
解析：由A直接到C有2种不同的走法，由A经点B到C有2×2＝4种不同的走法．因此由分类加法计数原理知，共有2＋4＝6种不同的走法．
答案：6
6．甲、乙、丙3个班各有3,5,2名三好学生，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有________种推选方法．
解析：分为三类：①甲班选1名，乙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×5＝15(种)选法；②甲班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×2＝6(种)选法；③乙班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有5×2＝10(种)选法．综上，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31(种)推选方法．
答案：31
7．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种．
解析：分三类：若甲在周一，则乙、丙有4×3＝12种排法；
若甲在周二，则乙、丙有3×2＝6种排法；
若甲在周三，则乙、丙有2×1＝2种排法．
所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种．
答案：20
8．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？
解：法一 (以小球为研究对象)分三步来完成：
第一步：放第一个小球有5种选择；
第二步：放第二个小球有4种选择；
第三步：放第三个小球有3种选择．
根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60.
法二 (以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：
第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；
第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；
第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；
分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．
根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60.
9．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营．
(1)若从中选1人作总负责人，共有多少种不同的选法？
(2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？
(3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法？
解：(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；
从高二选1人作总负责人有42种选法；
从高三选1人作总负责人有30种选法．
由分类加法计数原理，
可知共有50＋42＋30＝122(种)选法．
(2)从高一选1名负责人有50种选法；
从高二选1名负责人有42种选法；
从高三选1名负责人有30种选法．
由分步乘法计数原理，
可知共有50×42×30＝63 000(种)选法．
(3)①从高一和高二各选1人作为中心发言人，
有50×42＝2 100(种)选法；
②从高二和高三各选1人作为中心发言人，
有42×30＝1 260(种)选法；
③从高一和高三各选1人作为中心发言人，
有50×30＝1 500(种)选法．
综上，共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860(种)选法．
1．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有( )
A．512个 B．192个 C．240个 D．108个
解析：选D 能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个)．另一类是末位为5，由分步乘法计数原理，共有4×4×3＝48(个)．由分类加法计数原理得所求的四位数共有60＋48＝108(个)．
2．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有( )
A．24种 B．18种 C．12种 D．6种
解析：选B 法一 (直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2＝6(种)不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
法二 (间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)方法，故不同的种植方法共有24－6＝18(种)．
3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，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端异色，若只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为( )
A．180 B．240 C．420 D．480
解析：选C 由题设，四棱锥S ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60种染色方法；当S，A，B染好时，不妨设所染颜色依次为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法，即当S，A，B染好时，C，D还有7种染法．故不同的染色方法有60×7＝420（种）．
4．若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a3＜a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数是多少？
解：分8类，当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1,0，由分步乘法计数原理，凸数的个数为1×2＝2；
当中间数为3时，百位可选1,2，个位可选0,1,2，由分步乘法计数原理，凸数的个数为2×3＝6；同理可得：
当中间数为4时，凸数的个数为3×4＝12；
当中间数为5时，凸数的个数为4×5＝20；
当中间数为6时，凸数的个数为5×6＝30；
当中间数为7时，凸数的个数为6×7＝42；
当中间数为8时，凸数的个数为7×8＝56；
当中间数为9时，凸数的个数为8×9＝72.
故所有凸数的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.
5．用1，2，3，4四个数字组成可重复数字的三位数，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11项；
(2)若an＝341，求项数n.
解：(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133.
(2)比an＝341小的数有两类：
①首位是1或2：
1 × ×
2 × ×
②首位是3：
3 1 ×
3 2 ×
3 3 ×
故共有：2×4×4＋1×3×4＝44(项)．
因此an＝341是该数列的第45项，即n＝45.
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