6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 同步练习（2课时，含答案）2024~2025学年高二数学人教A版（2019）选择性必修3
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| 名称 | 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 同步练习（2课时，含答案）2024~2025学年高二数学人教A版（2019）选择性必修3 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 80.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-22 19:56:39 | ||
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文档简介
6．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
6．1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(1)
一、 单项选择题
1 (2024南充期中)已知从甲地到乙地一天有汽车5班，火车3班，飞机2班，则某人从甲地到乙地不同的出行方法有( )
A. 6种 B. 10种 C. 15种 D. 30种
2 四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产．在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》《三国演义》《水浒传》《西游记》(每种名著至少有5本)，若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为( )
A. 45 B. 54 C. 5 D. 120
3 用1，2，3，4组成没有重复数字的两位数，这样的两位数的个数为( )
A. 6 B. 12 C. 16 D. 24
4 现有A，B，C，D，E五位同学分别报名参加航模、机器人、网页制作三个兴趣小组，每人限报一组，则不同报名方法的种数为( )
A. 120 B. 5 C. 53 D. 35
5 某公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客可能的下车方式有( )
A. 510 种 B. 105种
C. 50种 D. 3 024种
6 (2024临沂月考)集合M＝{1，－2，3}，N＝{－3，5，6，－4}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是( )
A. 2 B. 4 C. 5 D. 6
二、 多项选择题
7 现有不同的红球4个、黄球5个、绿球6个，则下列说法中正确的是( )
A. 从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法
B. 若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法
C. 若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法
D. 若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法
8 (2024洪泽中学等七校联考)现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法中正确的有( )
A. 从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B. 从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C. 从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D. 要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法
三、 填空题
9 一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，则有________种不同的选法.
10 如图，一条电路从A处到B处接通时，可以有________条不同的线路(每条线路仅含一条通路).
11 (2024浙江东阳外国语学校月考)一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同．从两个口袋中任取一封信，有______种不同的取法．
四、 解答题
12 乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后共有多少项？
13 (2024珠海期中)某景区下周一至周六空气质量预报情况如下表所示．该市有甲、乙、丙三人计划在下周一至周六选择一天到该景区旅游，①甲只选择空气质量为优的一天出游；②乙不选择周四出游；③丙不选择周一出游；④甲与乙不选择同一天出游，从这四个条件中任选其中三个，求这三人出游的不同方法的种数．
周一 周二 周三 周四 周五 周六
优 优 优 优 良 良
6．1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)
一、 单项选择题
1 如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有( )
A. 480种 B. 600种
C. 360种 D. 750种
2 用10元、5元和1元来支付20元的书款，则不同支付方法的种数为( )
A. 3 B. 5 C. 9 D. 12
3 如图，给定由10个点(任意相邻两点距离为1)组成的正三角形点阵，在其中任意取三个点，以这三个点为顶点构成的正三角形的个数为( )
A. 12 B. 13 C. 15 D. 16
4 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，如果三位同学对选取的礼物都满意，那么选法有( )
A. 50种 B. 60种 C. 90种 D. 180种
5 某电影院中有如图所示的A至J共10个座位，现有一对夫妇带领2个孩子(一男孩和一女孩)观看电影，要求妈妈和女儿不坐在同一行也不坐在同一列，爸爸和儿子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的就座方法总数为( )
A B C D E
F G H I J
A. 480 B. 960 C. 1 040 D. 1 120
6 已知集合P＝{1，2，3，4，5}，若A，B是P的两个非空子集，则所有满足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
二、 多项选择题
7 现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是( )
A. 只需1人参加，有16种不同选法
B. 若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法
C. 若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法
D. 若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法
8 (2024泰安月考)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999，则下列说法中正确的是( )
A. 四位回文数有90个
B. 四位回文数有45个
C. 2n＋1(n∈N*)位回文数有9×10n个
D. 2n＋1(n∈N*)位回文数有10n个
三、 填空题
9 某玩具厂参加2020年邯郸园博园产品展出，带了四款不同类型不同价格的玩具牛，它们的价格分别是20，30，50，100(单位：元/只).某礼品进货商想趁牛年之际举办一个玩具特卖会，准备买若干款不同类型的玩具样品(每款只购一只，且必须至少买一款)，若他身上现金只剩170元，则该礼品进货商购买玩具样品的方案有________种．
10 已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．已知顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，顾客丁用哪种结账方式都可以．若甲、乙、丙、丁购物后依次结账，则他们结账方式的组合种数为________．
11 (2024北京丰台月考)已知集合A＝{0，1，2，3，4}，且a，b，c∈A，用a，b，c组成一个三位数，这个三位数满足“十位上的数字比其他两个数位上的数字都大”，则这样的三位数的个数为________．
四、 解答题
12 (2024眉山期中)已知0，1，2，3，4，5这六个数字．
(1) 可以组成多少个无重复数字的三位数？
(2) 可以组成多少个无重复数字的三位奇数？
(3) 可以组成多少个无重复数字的小于1 000的自然数？
(4) 可以组成多少个无重复数字的大于3 000且小于5 421的四位数？
13 (2024辽宁六校协作体月考)(1) 如图1，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有多少种不同的涂法？
(2) 如图2，将一个四棱锥的每一个顶点染上1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，那么共有多少种不同的染色方法？
图1 图2
6．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
6．1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(1)
1. B 由分类加法计数原理可知，从甲地到乙地不同的出行方法有5＋3＋2＝10(种).
2. A 对于甲来说，有4种借阅方案，同理每人都有4种借阅方案．根据分步乘法计数原理，得共有 45种方案.
3. B 先排个位，有4种排法，再排十位，有3种排法，因此共有4×3＝12(种)排法．
4. D A同学可以报名参加航模、机器人、网页制作三个兴趣小组中的一个，共有3种选择，同理B，C，D，E四位同学也各有3种选择．根据分步乘法计数原理，得共有35种报名方法．
5. A 每位乘客都有5种不同的下车方式，根据分步乘法计数原理，得共有510种可能的下车方式．
6. D 因为第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数，若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则有1×2＝2(个)；若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则有2×2＝4(个)，所以共有2＋4＝6(个)，即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6.
7. BD 对于A，从中选出2个球，正好一红一黄，有4×5＝20(种)不同的选法，故A错误；对于B，若每种颜色选出1个球，有4×5×6＝120(种)不同的选法，故B正确；对于C，若要选出不同颜色的2个球，有4×5＋5×6＋4×6＝74(种)不同的选法，故C错误；对于D，若要不放回地依次选出2个球，有15×14＝210(种)不同的选法，故D正确．故选BD.
8. ABC 对于A，从国画中选一幅有5种不同的选法；从油画中选一幅有2种不同的选法；从水彩画中选一幅有7种不同的选法，由分类加法计数原理可知，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法，故A正确；对于B，国画、油画、水彩画分别有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，得共有5×2×7＝70(种)不同的选法，故B正确；对于C，若其中一幅选自国画，另一幅选自油画，则有5×2＝10(种)不同的选法；若一幅选自国画，另一幅选自水彩画，则有5×7＝35(种)不同的选法；若一幅选自油画，另一幅选自水彩画，则有2×7＝14(种)不同的选法，由分类加法计数原理，得共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法，故C正确；对于D，从5幅不同的国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；第2步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法，根据分步乘法计数原理可知，共有 5×4＝20(种)不同的选法，故D错误．故选ABC.
9. 20 分两步：第1步，选一名男队员，有5种选法；第2步，选一名女队员，有4种选法．根据分步乘法计数原理，得共有5×4＝20(种)不同的选法.
10. 9 依题意按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有2条，中线路中只有1条，下线路中有2×3＝6(条).根据分类加法计数原理，得共有2＋1＋6＝9(条).
11. 9 因为任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，是分类问题，所以从第一个口袋中取一封信有5种取法，从第二个口袋中取一封信有4种取法，则共有5＋4＝9(种)不同的取法．
12. 根据多项式的乘法法则，(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)的结果中每一项都必须是在(a1＋a2＋a3)，(b1＋b2＋b3)，(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)三个式子中任取一项后相乘，得到的式子在(a1＋a2＋a3)中有3种取法，在(b1＋b2＋b3)中有3种取法，在(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)中有5种取法．
由分步乘法计数原理，得乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为3×3×5＝45.
13. 若选①②③，甲、乙、丙分别有4，5，5种不同的选法，则三人出游的不同方法数为N＝4×5×5＝100.
若选①②④，则需分两类，第一类，若甲选择周四出游，则三人出游的不同方法数为N1＝5×6＝30；第二类，若甲不选择周四出游，则三人出游的不同方法数为N2＝3×4×6＝72，故这三人出游的不同方法数为N＝N1＋N2＝30＋72＝102.
若选①③④，甲、乙、丙分别有4，5，5种不同的选法，则三人出游的不同方法数为N＝4×5×5＝100.
若选②③④，甲、乙、丙分别有5，5，5种不同的选法，则三人出游的不同方法数为N＝5×5×5＝125.
6．1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)
1. D 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；第三个格子有5种选择；第四个格子也有5种选择．根据分步乘法计数原理，得共有6×5×5×5＝750(种)涂色方法．
2. C 只用一种币值的有2张10元，4张 5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种. 由分类加法计数原理，得共有3＋5＋1＝9(种)不同的支付方法.
3. C 对正三角形的边长进行分类，如图，边长为1的正三角形共有1＋3＋5＝9(个)；边长为2的正三角形共有3个；边长为3的正三角形共有1个；边长为的有2个，故共有9＋3＋1＋2＝15(个)正三角形.
4. A 若甲同学选择牛，则乙同学有2种选择，丙同学有10种选择，选法种数为2×10＝20；若甲同学选择马，则乙同学有3种选择，丙同学有10种选择，选法种数为3×10＝30.综上，共有20＋30＝50(种)选法．
5. C 第1步：先让妈妈和女儿就座，第一行选1个位置，则第二行有4个位置可选择，故妈妈和女儿的就座方法数为5×4×2＝40；第2步：让爸爸和儿子就座，不妨设妈妈和女儿分别选A，H，则爸爸和儿子有BF，BI，BJ，CF，CG，CI，CJ，DF，DG，DJ，EF，EG，EI，共13种选择，爸爸和儿子的顺序可换，故爸爸和儿子的就座方法数为2×13＝26.根据分步乘法计数原理，共有40×26＝1 040(种).
6. A 由题意，得若集合A中的最大数为1时，集合B中只要不含1即可，此时集合A为{1}，1种，集合B有 24－1＝15(种)，则集合对(A，B)的个数为15；若集合A中的最大数为2时，集合B中只要不含1，2即可，此时集合A为{2}，{1，2}，2种，集合B有23－1＝7(种)，则集合对(A，B)的个数为2×7＝14；若集合A中的最大数为3时，集合B中只要不含1，2，3即可，此时集合A为{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，4种，集合B有22－1＝3(种)，则集合对(A，B)的个数为4×3＝12；若集合A中的最大数为4时，集合B中只要不含1，2，3，4即可，此时集合A为{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，8种，集合B有21－1＝1(种)，则集合对(A，B)的个数为8×1＝8.综上，满足题意的集合对(A，B)共有15＋14＋12＋8＝49(个).
7. ABC 对于A，有3类选人的方法：从3名老师中选1人，有3种方法；从8名男生中选 1人，有8种方法；从5名女生中选1人，有5种方法．由分类加法计数原理可知，共有3＋8＋5＝16(种)选法，故A正确；对于B，分三步选人：第1步选老师，有3种方法；第2步选男生，有8种方法；第3步选女生，有5种方法，由分步乘法计数原理可知，共有3×8×5＝120(种)选法，故B正确；对于C，选1名老师和1名学生，由分步乘法计数原理可知，共有3×13＝39(种)选法，故C正确；对于D，选3名老师和1名学生，由分步乘法计数原理可知，共有1×13＝13(种)选法，故D错误．故选ABC.
8. AC 根据题意，对于四位回文数，有1 001，1 111，1 221，…，1 991，2 002，2 112，2 222，…，2 992，…，9 009，9 119，9 229，…，9 999，其首位和个位有9种选法，第二位和第三位有10种选法，故共有9×10＝90(个)四位回文数，故A正确，B错误；对于2n＋1位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，…，第n＋1个数字，即最中间的数字有10种选法，则共有9×10×10×…×10＝9×10n(种)选法，即2n＋1(n∈N*)位回文数有(9×10n)(个)，故C正确，D错误．故选AC.
9. 13 依题意，可分为以下三种情况：①只购买一款玩具样品，共4种方案；②购买两款玩具样品，买20元和30元的各一只；买20元和50元的各一只；买20元和100元的各一只；买30元和50元的各一只；买30元和100元的各一只；买50元和100元的各一只，共6种方案；③购买三款玩具样品，买20元，30元和50元的各一只；买20元，30元和 100元的各一只；买20元，50元和100元的各一只，共3种方案．综上，购买玩具样品的方案共有4＋6＋3＝13(种).
10. 20 当乙用现金结账时，此时甲和乙都用现金结账，所以丙有3种方法，丁有4种方法，共有3×4＝12(种)方法；当乙用银联卡结账时，甲用现金结算，丙有2种方法，丁有4种方法，共有2×4＝8(种)方法．综上，共有12＋8＝20(种)方法．
11. 20 三位数满足“十位上的数字比其他两个数位上的数字都大”包含以下三种情况：①十位数是4，则百位数可以是1，2，3中的一个数，个位数可以是0，1，2，3中的一个数，即有3×4＝12(个)；②十位数是3，则百位数可以是1，2中的一个数，个位数可以是0，1，2中的一个数，即有2×3＝6(个)；③十位数是2，则百位数只能是1，个位数可以是0，1中的一个数，即有2个．综上，符合条件的共有12＋6＋2＝20(个).
12. (1) 分三步：
①先选百位数字有5种选法；
②十位数字有5种选法；
③个位数字有4种选法．
由分步乘法计数原理可知，所求的三位数共有5×5×4＝100(个).
(2) 分三步：
①先选个位数字，因为组成的三位数是奇数，所以有3种选法；
②再选百位数字有4种选法；
③十位数字也有4种选法．
由分步乘法计数原理可知，所求的三位数共有3×4×4＝48(个).
(3) 分三类：
①一位数，共有6个；
②两位数，先选十位数字，有5种选法；再选个位数字也有5种选法，共有5×5＝25(个)；
③三位数，先选百位数字，有5种选法；再选十位数字也有5种选法；再选个位数字，有4种选法，共有5×5×4＝100(个).
故比1000小的自然数共有6＋25＋100＝131(个).
(4) 分四类：
①当千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有2×5×4×3＝120(个)；
②千位数字为5，当百位数字为0，1，2，3之一时，共有4×4×3＝48(个)；
③千位数字为5，百位数字是4，当十位数字为0，1之一时，共有2×3＝6(个)；
④四位数5 420也满足条件．
故所求的四位数共有120＋48＋6＋1＝175(个).
13. (1) ①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12(种)不同的涂法；
②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6(种)不同的涂法，
根据分类加法计数原理，得共有12＋6＝18(种)不同的涂法．
(2) 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，则有5×4×3×1×3＝180(种)不同的染色方法；
第二类，A，C不同色，则有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．
6．1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(1)
一、 单项选择题
1 (2024南充期中)已知从甲地到乙地一天有汽车5班，火车3班，飞机2班，则某人从甲地到乙地不同的出行方法有( )
A. 6种 B. 10种 C. 15种 D. 30种
2 四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产．在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》《三国演义》《水浒传》《西游记》(每种名著至少有5本)，若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为( )
A. 45 B. 54 C. 5 D. 120
3 用1，2，3，4组成没有重复数字的两位数，这样的两位数的个数为( )
A. 6 B. 12 C. 16 D. 24
4 现有A，B，C，D，E五位同学分别报名参加航模、机器人、网页制作三个兴趣小组，每人限报一组，则不同报名方法的种数为( )
A. 120 B. 5 C. 53 D. 35
5 某公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客可能的下车方式有( )
A. 510 种 B. 105种
C. 50种 D. 3 024种
6 (2024临沂月考)集合M＝{1，－2，3}，N＝{－3，5，6，－4}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是( )
A. 2 B. 4 C. 5 D. 6
二、 多项选择题
7 现有不同的红球4个、黄球5个、绿球6个，则下列说法中正确的是( )
A. 从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法
B. 若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法
C. 若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法
D. 若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法
8 (2024洪泽中学等七校联考)现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法中正确的有( )
A. 从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B. 从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C. 从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D. 要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法
三、 填空题
9 一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，则有________种不同的选法.
10 如图，一条电路从A处到B处接通时，可以有________条不同的线路(每条线路仅含一条通路).
11 (2024浙江东阳外国语学校月考)一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同．从两个口袋中任取一封信，有______种不同的取法．
四、 解答题
12 乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后共有多少项？
13 (2024珠海期中)某景区下周一至周六空气质量预报情况如下表所示．该市有甲、乙、丙三人计划在下周一至周六选择一天到该景区旅游，①甲只选择空气质量为优的一天出游；②乙不选择周四出游；③丙不选择周一出游；④甲与乙不选择同一天出游，从这四个条件中任选其中三个，求这三人出游的不同方法的种数．
周一 周二 周三 周四 周五 周六
优 优 优 优 良 良
6．1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)
一、 单项选择题
1 如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有( )
A. 480种 B. 600种
C. 360种 D. 750种
2 用10元、5元和1元来支付20元的书款，则不同支付方法的种数为( )
A. 3 B. 5 C. 9 D. 12
3 如图，给定由10个点(任意相邻两点距离为1)组成的正三角形点阵，在其中任意取三个点，以这三个点为顶点构成的正三角形的个数为( )
A. 12 B. 13 C. 15 D. 16
4 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，如果三位同学对选取的礼物都满意，那么选法有( )
A. 50种 B. 60种 C. 90种 D. 180种
5 某电影院中有如图所示的A至J共10个座位，现有一对夫妇带领2个孩子(一男孩和一女孩)观看电影，要求妈妈和女儿不坐在同一行也不坐在同一列，爸爸和儿子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的就座方法总数为( )
A B C D E
F G H I J
A. 480 B. 960 C. 1 040 D. 1 120
6 已知集合P＝{1，2，3，4，5}，若A，B是P的两个非空子集，则所有满足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
二、 多项选择题
7 现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是( )
A. 只需1人参加，有16种不同选法
B. 若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法
C. 若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法
D. 若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法
8 (2024泰安月考)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999，则下列说法中正确的是( )
A. 四位回文数有90个
B. 四位回文数有45个
C. 2n＋1(n∈N*)位回文数有9×10n个
D. 2n＋1(n∈N*)位回文数有10n个
三、 填空题
9 某玩具厂参加2020年邯郸园博园产品展出，带了四款不同类型不同价格的玩具牛，它们的价格分别是20，30，50，100(单位：元/只).某礼品进货商想趁牛年之际举办一个玩具特卖会，准备买若干款不同类型的玩具样品(每款只购一只，且必须至少买一款)，若他身上现金只剩170元，则该礼品进货商购买玩具样品的方案有________种．
10 已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．已知顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，顾客丁用哪种结账方式都可以．若甲、乙、丙、丁购物后依次结账，则他们结账方式的组合种数为________．
11 (2024北京丰台月考)已知集合A＝{0，1，2，3，4}，且a，b，c∈A，用a，b，c组成一个三位数，这个三位数满足“十位上的数字比其他两个数位上的数字都大”，则这样的三位数的个数为________．
四、 解答题
12 (2024眉山期中)已知0，1，2，3，4，5这六个数字．
(1) 可以组成多少个无重复数字的三位数？
(2) 可以组成多少个无重复数字的三位奇数？
(3) 可以组成多少个无重复数字的小于1 000的自然数？
(4) 可以组成多少个无重复数字的大于3 000且小于5 421的四位数？
13 (2024辽宁六校协作体月考)(1) 如图1，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有多少种不同的涂法？
(2) 如图2，将一个四棱锥的每一个顶点染上1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，那么共有多少种不同的染色方法？
图1 图2
6．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
6．1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(1)
1. B 由分类加法计数原理可知，从甲地到乙地不同的出行方法有5＋3＋2＝10(种).
2. A 对于甲来说，有4种借阅方案，同理每人都有4种借阅方案．根据分步乘法计数原理，得共有 45种方案.
3. B 先排个位，有4种排法，再排十位，有3种排法，因此共有4×3＝12(种)排法．
4. D A同学可以报名参加航模、机器人、网页制作三个兴趣小组中的一个，共有3种选择，同理B，C，D，E四位同学也各有3种选择．根据分步乘法计数原理，得共有35种报名方法．
5. A 每位乘客都有5种不同的下车方式，根据分步乘法计数原理，得共有510种可能的下车方式．
6. D 因为第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数，若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则有1×2＝2(个)；若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则有2×2＝4(个)，所以共有2＋4＝6(个)，即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6.
7. BD 对于A，从中选出2个球，正好一红一黄，有4×5＝20(种)不同的选法，故A错误；对于B，若每种颜色选出1个球，有4×5×6＝120(种)不同的选法，故B正确；对于C，若要选出不同颜色的2个球，有4×5＋5×6＋4×6＝74(种)不同的选法，故C错误；对于D，若要不放回地依次选出2个球，有15×14＝210(种)不同的选法，故D正确．故选BD.
8. ABC 对于A，从国画中选一幅有5种不同的选法；从油画中选一幅有2种不同的选法；从水彩画中选一幅有7种不同的选法，由分类加法计数原理可知，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法，故A正确；对于B，国画、油画、水彩画分别有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，得共有5×2×7＝70(种)不同的选法，故B正确；对于C，若其中一幅选自国画，另一幅选自油画，则有5×2＝10(种)不同的选法；若一幅选自国画，另一幅选自水彩画，则有5×7＝35(种)不同的选法；若一幅选自油画，另一幅选自水彩画，则有2×7＝14(种)不同的选法，由分类加法计数原理，得共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法，故C正确；对于D，从5幅不同的国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；第2步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法，根据分步乘法计数原理可知，共有 5×4＝20(种)不同的选法，故D错误．故选ABC.
9. 20 分两步：第1步，选一名男队员，有5种选法；第2步，选一名女队员，有4种选法．根据分步乘法计数原理，得共有5×4＝20(种)不同的选法.
10. 9 依题意按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有2条，中线路中只有1条，下线路中有2×3＝6(条).根据分类加法计数原理，得共有2＋1＋6＝9(条).
11. 9 因为任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，是分类问题，所以从第一个口袋中取一封信有5种取法，从第二个口袋中取一封信有4种取法，则共有5＋4＝9(种)不同的取法．
12. 根据多项式的乘法法则，(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)的结果中每一项都必须是在(a1＋a2＋a3)，(b1＋b2＋b3)，(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)三个式子中任取一项后相乘，得到的式子在(a1＋a2＋a3)中有3种取法，在(b1＋b2＋b3)中有3种取法，在(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)中有5种取法．
由分步乘法计数原理，得乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为3×3×5＝45.
13. 若选①②③，甲、乙、丙分别有4，5，5种不同的选法，则三人出游的不同方法数为N＝4×5×5＝100.
若选①②④，则需分两类，第一类，若甲选择周四出游，则三人出游的不同方法数为N1＝5×6＝30；第二类，若甲不选择周四出游，则三人出游的不同方法数为N2＝3×4×6＝72，故这三人出游的不同方法数为N＝N1＋N2＝30＋72＝102.
若选①③④，甲、乙、丙分别有4，5，5种不同的选法，则三人出游的不同方法数为N＝4×5×5＝100.
若选②③④，甲、乙、丙分别有5，5，5种不同的选法，则三人出游的不同方法数为N＝5×5×5＝125.
6．1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)
1. D 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；第三个格子有5种选择；第四个格子也有5种选择．根据分步乘法计数原理，得共有6×5×5×5＝750(种)涂色方法．
2. C 只用一种币值的有2张10元，4张 5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种. 由分类加法计数原理，得共有3＋5＋1＝9(种)不同的支付方法.
3. C 对正三角形的边长进行分类，如图，边长为1的正三角形共有1＋3＋5＝9(个)；边长为2的正三角形共有3个；边长为3的正三角形共有1个；边长为的有2个，故共有9＋3＋1＋2＝15(个)正三角形.
4. A 若甲同学选择牛，则乙同学有2种选择，丙同学有10种选择，选法种数为2×10＝20；若甲同学选择马，则乙同学有3种选择，丙同学有10种选择，选法种数为3×10＝30.综上，共有20＋30＝50(种)选法．
5. C 第1步：先让妈妈和女儿就座，第一行选1个位置，则第二行有4个位置可选择，故妈妈和女儿的就座方法数为5×4×2＝40；第2步：让爸爸和儿子就座，不妨设妈妈和女儿分别选A，H，则爸爸和儿子有BF，BI，BJ，CF，CG，CI，CJ，DF，DG，DJ，EF，EG，EI，共13种选择，爸爸和儿子的顺序可换，故爸爸和儿子的就座方法数为2×13＝26.根据分步乘法计数原理，共有40×26＝1 040(种).
6. A 由题意，得若集合A中的最大数为1时，集合B中只要不含1即可，此时集合A为{1}，1种，集合B有 24－1＝15(种)，则集合对(A，B)的个数为15；若集合A中的最大数为2时，集合B中只要不含1，2即可，此时集合A为{2}，{1，2}，2种，集合B有23－1＝7(种)，则集合对(A，B)的个数为2×7＝14；若集合A中的最大数为3时，集合B中只要不含1，2，3即可，此时集合A为{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，4种，集合B有22－1＝3(种)，则集合对(A，B)的个数为4×3＝12；若集合A中的最大数为4时，集合B中只要不含1，2，3，4即可，此时集合A为{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，8种，集合B有21－1＝1(种)，则集合对(A，B)的个数为8×1＝8.综上，满足题意的集合对(A，B)共有15＋14＋12＋8＝49(个).
7. ABC 对于A，有3类选人的方法：从3名老师中选1人，有3种方法；从8名男生中选 1人，有8种方法；从5名女生中选1人，有5种方法．由分类加法计数原理可知，共有3＋8＋5＝16(种)选法，故A正确；对于B，分三步选人：第1步选老师，有3种方法；第2步选男生，有8种方法；第3步选女生，有5种方法，由分步乘法计数原理可知，共有3×8×5＝120(种)选法，故B正确；对于C，选1名老师和1名学生，由分步乘法计数原理可知，共有3×13＝39(种)选法，故C正确；对于D，选3名老师和1名学生，由分步乘法计数原理可知，共有1×13＝13(种)选法，故D错误．故选ABC.
8. AC 根据题意，对于四位回文数，有1 001，1 111，1 221，…，1 991，2 002，2 112，2 222，…，2 992，…，9 009，9 119，9 229，…，9 999，其首位和个位有9种选法，第二位和第三位有10种选法，故共有9×10＝90(个)四位回文数，故A正确，B错误；对于2n＋1位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，…，第n＋1个数字，即最中间的数字有10种选法，则共有9×10×10×…×10＝9×10n(种)选法，即2n＋1(n∈N*)位回文数有(9×10n)(个)，故C正确，D错误．故选AC.
9. 13 依题意，可分为以下三种情况：①只购买一款玩具样品，共4种方案；②购买两款玩具样品，买20元和30元的各一只；买20元和50元的各一只；买20元和100元的各一只；买30元和50元的各一只；买30元和100元的各一只；买50元和100元的各一只，共6种方案；③购买三款玩具样品，买20元，30元和50元的各一只；买20元，30元和 100元的各一只；买20元，50元和100元的各一只，共3种方案．综上，购买玩具样品的方案共有4＋6＋3＝13(种).
10. 20 当乙用现金结账时，此时甲和乙都用现金结账，所以丙有3种方法，丁有4种方法，共有3×4＝12(种)方法；当乙用银联卡结账时，甲用现金结算，丙有2种方法，丁有4种方法，共有2×4＝8(种)方法．综上，共有12＋8＝20(种)方法．
11. 20 三位数满足“十位上的数字比其他两个数位上的数字都大”包含以下三种情况：①十位数是4，则百位数可以是1，2，3中的一个数，个位数可以是0，1，2，3中的一个数，即有3×4＝12(个)；②十位数是3，则百位数可以是1，2中的一个数，个位数可以是0，1，2中的一个数，即有2×3＝6(个)；③十位数是2，则百位数只能是1，个位数可以是0，1中的一个数，即有2个．综上，符合条件的共有12＋6＋2＝20(个).
12. (1) 分三步：
①先选百位数字有5种选法；
②十位数字有5种选法；
③个位数字有4种选法．
由分步乘法计数原理可知，所求的三位数共有5×5×4＝100(个).
(2) 分三步：
①先选个位数字，因为组成的三位数是奇数，所以有3种选法；
②再选百位数字有4种选法；
③十位数字也有4种选法．
由分步乘法计数原理可知，所求的三位数共有3×4×4＝48(个).
(3) 分三类：
①一位数，共有6个；
②两位数，先选十位数字，有5种选法；再选个位数字也有5种选法，共有5×5＝25(个)；
③三位数，先选百位数字，有5种选法；再选十位数字也有5种选法；再选个位数字，有4种选法，共有5×5×4＝100(个).
故比1000小的自然数共有6＋25＋100＝131(个).
(4) 分四类：
①当千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有2×5×4×3＝120(个)；
②千位数字为5，当百位数字为0，1，2，3之一时，共有4×4×3＝48(个)；
③千位数字为5，百位数字是4，当十位数字为0，1之一时，共有2×3＝6(个)；
④四位数5 420也满足条件．
故所求的四位数共有120＋48＋6＋1＝175(个).
13. (1) ①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12(种)不同的涂法；
②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6(种)不同的涂法，
根据分类加法计数原理，得共有12＋6＝18(种)不同的涂法．
(2) 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，则有5×4×3×1×3＝180(种)不同的染色方法；
第二类，A，C不同色，则有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．