1.3 基本计数原理的简单应用
学习任务 核心素养
1．进一步掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理．(重点) 2．会应用两个计数原理解决实际问题．(难点) 通过对计数原理的实际应用，培养数学建模素养．
1．若集合A＝{a，b，c}，集合A所有子集的个数用分类加法计数原理如何来求？
2．对于问题1中，用分步乘法计数原理如何来求？
3．问题1、2的相同点是什么？不同点是什么？
两个计数原理的联系与区别
原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 完成一件事
不同点 与分类有关 与分步有关
每类方法都能完成这件事，它们是相互独立的，且每一次得到的都是最后结果，只需一种方法就可以完成这件事 每一步得到的只是中间结果，任何一步都不可能独立地完成这件事，缺少任何一步都不可能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是有关联的，不独立的
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有81种报名方法． ( )
(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，冠军不并列，共有64种可能的结果． ( )
(3)由1，2，3组成的无重复数字的三位数有6个． ( )
(4)由1，2，3组成的含有重复数字的三位数有27个． ( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)√ (4)√
2．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )
A．21种 B．315种
C．143种 D．153种
C [本题可分三类，即第一类不选数学，有5×9＝45种方法；第二类不选英语，有9×7＝63种方法；第三类不选语文，有7×5＝35种方法，于是所有选法N＝45＋63＋35＝143种．]
3．如图，从A→C有________种不同走法．
6 [A→C的走法可分两类：
第一类：A→C，有2种不同走法；
第二类：A→B→C，有2×2＝4种不同走法．
根据分类加法计数原理，得共有2＋4＝6种不同走法．]
类型1 与数字有关的计数问题
【例1】 从0到9这十个数字中选出4个组成一个四位数，问：组成的数字中不重复的四位偶数共有多少个？
[思路点拨] 本题要根据0在末位和0不在末位的情况来解．
[解] 0在末位时，十、百、千分别有9、8、7种安排方法，共有9×8×7＝504个；0不在末位时，2，4，6，8中的一个在末位，有4种排法，首位有8种(0除外)，其余两位各有8、7种排法．
所以共有4×8×8×7＝1 792个．由以上知，共有符合题意的偶数为1 792＋504＝2 296个．
[母题探究]
将本例问题改为：数字不重复的四位奇数有多少个？
[解] 法一：无重复数字的四位数共有9×9×8×7＝4 536个，由本例知无重复数字的四位偶数有2 296个，所以数字不重复的四位奇数有4 536－2 296＝2 240个．
法二：按末位是1，3，5，7，9分五类计数．
每一类都有8×8×7＝448个，所以数字不重复的四位奇数共有5×448＝2 240个．
1．对于数字问题的计数：一般按特殊位置(末位或首位)由谁占分类，每类中再按特殊位置(或元素)优先的方法分步来计数；当分类较多时，可用间接法．
2．注意合理的画出示意图，直观地展现出问题的实质．
类型2 与几何有关的计数问题
【例2】 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
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．]
用两个计数原理在解决实际问题时常采用的方法
[跟进训练]
1．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．
40 [把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．
第二类，有两条公共边的三角形共有8(个)．
由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．]
类型3 涂色(种植)问题
【例3】 用5种不同的颜色给图中所给出的4个区域涂色，每个区域涂一种颜色．若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
[思路点拨] 按1，2，3，4顺序涂色时，2，3区域颜色的异同对4有影响，所以应注意分类讨论．
[解] 完成该件事可分步进行．涂区域1，有5种颜色可选．涂区域2，有4种颜色可选．
涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选．若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选．所以共有5×4×(1×4＋3×3)＝260种涂色方法．
解决涂色(种植)问题的一般思路
(1)为便于分析问题，应先给区域(种植的品种)标上相应序号．
(2)按涂色(种植)的顺序分步或按颜色(种植的品种)恰当选取情况分类．
(3)利用两个原理计数．
[跟进训练]
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，共有多少种不同的种植方法？
[解] 黄瓜有3种种植方法，剩下的两块地，一块有3种种植方法，一块有2种种植方法．根据分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×3×2＝18种．
1．一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有( )
A．24种 B．36种
C．48种 D．72种
B [分两类：
(1)第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12种；
(2)第一道工序安排乙时有1×2×4×3＝24种．
所以共有36种．]
2．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况的种数有( )
A．16种 B．15种
C．14种 D．13种
D [四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况是1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．]
3．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第30个数为________．
1 359 [渐升数由小到大排列，形如
1 2 × ×
的渐升数共有：6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)，如123×，个位可从4，5，6，7，8，9这六个数字选一个，有6种可能；形如
1 3 4 ×
的渐升数共有5个；形如
1 3 5 ×
的渐升数共有4个，故此时共有21＋5＋4＝30个，因此从小到大的渐升数的第30个数为1 359．]
4．圆周上有2n个等分点(n>1)，以其中3个点为顶点的直角三角形的个数为________．
2n(n－1) [2n个等分点可以组成n条直径，对每一条直径，其余的(2n－2)个等分点均可作为直角顶点，因此可以组成的直角三角形共有2n(n－1)个．]
5．某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的1种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴和会小号的各1人，有多少种不同的选法？
[解] 由题意知，在艺术小组的9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(称为“多面手”)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．按“多面手”的选法分为两类：
①若“多面手”入选，则有6＋2＝8种选法；
②若“多面手”不入选，则有6×2＝12种选法．
因此选法共有8＋12＝20种．
1．两个计数原理的共同点就是将“完成一件事”分解成若干个事件来完成；不同点是一个与分类有关，一个与分步有关．
2．在解决组数问题，选(抽)问题，涂色(种植)问题时，一定要分清完成一件事是做什么，是分类还是分步，为何分类、分步等问题．
课时分层作业(三十) 基本计数原理的简单应用
一、选择题
1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为( )
A．30 B．20
C．10 D．6
D [从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个不同的数字的和为偶数可分为两类：第一类，取出的两个数都是偶数，有0和2，0和4，2和4，共3种不同的取法；第二类，取出的两个数都是奇数，有1和3，1和5，3和5，共3种不同的取法．由分类加法计数原理得，共有3＋3＝6种不同的取法．]
2．如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有( )
A．6种 B．9种
C．12种 D．36种
C [先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，有3×2×1种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有2×1×1种情况，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2×1×1＝12种不同的涂法．故选C．]
3．一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有( )
A．6种 B．8种
C．36种 D．48种
D [
如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48(种)不同的参观路线．]
4．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，则不同的涂色方法种数为( )
A．24 B．48
C．72 D．96
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各有1种，有4×3×2＝24种涂法．②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法．故共有24＋48＝72种涂色方法．故选C．]
5．甲与其四位朋友各有一辆私家车，甲的车牌尾数是0，其四位朋友的车牌尾数分别是0，2，1，5．为遵守当地5月1日至5日这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( )
A．32 B．64
C．128 D．256
B [由题意，1日、3日、5日这三天，只有车牌尾数为1，5的车通行，则每天有2种用车方案，所以这三日的不同的用车方案种数为23＝8；2日、4日这两天，只有车牌尾数为0，2的车通行，且甲的车最多只能用一天，若用甲的车，则不同的用车方案种数为2×2＝4，若不用甲的车，则不同的用车方案种数为22＝4．因此总的用车方案种数为8×(4＋4)＝64．]
二、填空题
6．我们把中间数位上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”，如132，341等，那么由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________．
20 [根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3，4，5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2个(132，231)；第二类，当中间数字为“4”时，则百位数字有三种选择，个位数字有两种选择，则“凸数”有2×3＝6个；第三类，当中间数字为“5”时，则百位数字有四种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有4×3＝12个．根据分类加法计数原理，得到由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20．]
7．某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包中的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为________．
18 [根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23－2＝6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6＝18．]
8．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________．
13 [当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(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．
若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；
若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；
若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2．
由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13．]
三、解答题
9．在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋．现在从这7人中选1人参加象棋比赛，另选1人参加围棋比赛，共有多少种不同的选法？
[解] 考虑“多面手”参赛人数，分三类完成这件事：
第1类，“多面手”未参赛，即从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数为3×2＝6．
第2类，“多面手”中有1人参赛．①从“多面手”中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数为2×2＝4；②从“多面手”中选1名参加围棋比赛，同时从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，选法种数为2×3＝6．所以“多面手”中有1人参赛的选法种数为4＋6＝10．
第3类，“多面手”出2人，参加象棋和围棋比赛，有2种选法．
根据分类加法计数原理，不同的选法种数为6＋10＋2＝18．
10．用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的且比2 000大的四位偶数．
[解] 完成这件事有3类方法：
第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个；
第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个；
第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其个数同第二类．
用分类加法计数原理，所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个．
11．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A．504 B．210
C．336 D．120
A [分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．
故共有7×8×9＝504种不同的插法．]
12．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有( )
A．8种 B．9种
C．10种 D．11种
B [法一：设四位监考教师分别为A、B、C、D，所教的班分别为a、b、c、d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c、d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9种．
法二：班级按a、b、c、d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：
所以共有9种不同的监考方法．]
13．(多选题)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是( )
A．所有可能的方法有34种
B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有12种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
BD [A．三位同学依次选择都有4种方法，根据乘法原理有4×4×4＝64种方法；
B．所有选法是64种，甲工厂没有同学去有3×3×3＝27种，
故甲工厂必须有同学去有64－27＝37种；
C．同学A必须去工厂甲，另外两名同学到工厂各有4种方法，故有4×4＝16种；
D．三名同学所选工厂各不相同，不同的安排方法有4×3×2＝24种．故选BD．]
14．4位同学参加某竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数有________种．
36 [因为4个同学总分为0，所以可分为三类：都选甲且两对两错共有6种；都选乙且两对两错有6种；两个选甲一对一错，另两个选乙也一对一错，有6×2×2＝24种．
由分类加法计数原理，N＝6＋6＋24＝36种．]
15．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99，3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则
(1)5位回文数有________个；
(2)2n(n∈N＋)位回文数有________个．
(1)900 (2)9×10n-1 [(1)5位回文数相当于填5个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，第2位和第4位一样，有10种填法，中间一位有10种填法，共有9×10×10＝900(种)填法，即5位回文数有900个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n-1种填法．]
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共56张PPT)
第五章 计数原理
§1 基本计数原理
1.3 基本计数原理的简单应用
学习任务 核心素养
1．进一步掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理．(重点)
2．会应用两个计数原理解决实际问题．(难点) 通过对计数原理的实际应用，培养数学建模素养．
1．若集合A＝{a，b，c}，集合A所有子集的个数用分类加法计数原理如何来求？
2．对于问题1中，用分步乘法计数原理如何来求？
3．问题1、2的相同点是什么？不同点是什么？
必备知识·情境导学探新知
两个计数原理的联系与区别
原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 完成一件事
原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
不同点 与分类有关 与分步有关
每类方法都能完成这件事，它们是相互独立的，且每一次得到的都是最后结果，只需一种方法就可以完成这件事 每一步得到的只是中间结果，任何一步都不可能独立地完成这件事，缺少任何一步都不可能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是有关联的，不独立的
√
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有81种报名方法． ( )
(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，冠军不并列，共有64种可能的结果． ( )
(3)由1，2，3组成的无重复数字的三位数有6个． ( )
(4)由1，2，3组成的含有重复数字的三位数有27个． ( )
√
√
√
2．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )
A．21种 B．315种
C．143种 D．153种
√
C [本题可分三类，即第一类不选数学，有5×9＝45种方法；第二类不选英语，有9×7＝63种方法；第三类不选语文，有7×5＝35种方法，于是所有选法N＝45＋63＋35＝143种．]
3．如图，从A→C有________种不同走法．
6 [A→C的走法可分两类：
第一类：A→C，有2种不同走法；
第二类：A→B→C，有2×2＝4种不同走法．
根据分类加法计数原理，得共有2＋4＝6种不同走法．]
6
关键能力·合作探究释疑难
类型1 与数字有关的计数问题
【例1】 从0到9这十个数字中选出4个组成一个四位数，问：组成的数字中不重复的四位偶数共有多少个？
[思路点拨] 本题要根据0在末位和0不在末位的情况来解．
[解] 0在末位时，十、百、千分别有9、8、7种安排方法，共有9×8×7＝504个；0不在末位时，2，4，6，8中的一个在末位，有4种排法，首位有8种(0除外)，其余两位各有8、7种排法．
所以共有4×8×8×7＝1 792个．由以上知，共有符合题意的偶数为1 792＋504＝2 296个．
[母题探究]
将本例问题改为：数字不重复的四位奇数有多少个？
[解] 法一：无重复数字的四位数共有9×9×8×7＝4 536个，由本例知无重复数字的四位偶数有2 296个，所以数字不重复的四位奇数有4 536－2 296＝2 240个．
法二：按末位是1，3，5，7，9分五类计数．
每一类都有8×8×7＝448个，所以数字不重复的四位奇数共有5×448＝2 240个．
反思领悟 1．对于数字问题的计数：一般按特殊位置(末位或首位)由谁占分类，每类中再按特殊位置(或元素)优先的方法分步来计数；当分类较多时，可用间接法．
2．注意合理的画出示意图，直观地展现出问题的实质．
类型2 与几何有关的计数问题
【例2】 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
√
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．]
反思领悟 用两个计数原理在解决实际问题时常采用的方法
[跟进训练]
1．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．
40 [把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．
第二类，有两条公共边的三角形共有8(个)．
由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．]
40
类型3 涂色(种植)问题
【例3】 用5种不同的颜色给图中所给出的4个区域涂色，每个区域涂一种颜色．若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
[思路点拨] 按1，2，3，4顺序涂色时，2，3区域颜色的异同对4有影响，所以应注意分类讨论．
[解] 完成该件事可分步进行．涂区域1，有5种颜色可选．涂区域2，有4种颜色可选．
涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选．若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选．所以共有5×4×(1×4＋3×3)＝260种涂色方法．
反思领悟 解决涂色(种植)问题的一般思路
(1)为便于分析问题，应先给区域(种植的品种)标上相应序号．
(2)按涂色(种植)的顺序分步或按颜色(种植的品种)恰当选取情况分类．
(3)利用两个原理计数．
[跟进训练]
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，共有多少种不同的种植方法？
[解] 黄瓜有3种种植方法，剩下的两块地，一块有3种种植方法，一块有2种种植方法．根据分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×3×2＝18种．
学习效果·课堂评估夯基础
√
1．一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有( )
A．24种 B．36种
C．48种 D．72种
B [分两类：
(1)第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12种；
(2)第一道工序安排乙时有1×2×4×3＝24种．
所以共有36种．]
2．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况的种数有( )
A．16种 B．15种
C．14种 D．13种
√
D [四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况是1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．]
3．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第30个数为________．
1 359 [渐升数由小到大排列，形如
1 359
1 2 × ×
的渐升数共有：6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)，如123×，个位可从4，5，6，7，8，9这六个数字选一个，有6种可能；形如
的渐升数共有5个；形如
1 3 4 ×
的渐升数共有4个，故此时共有21＋5＋4＝30个，因此从小到大的渐升数的第30个数为1 359．]
1 3 5 ×
4．圆周上有2n个等分点(n>1)，以其中3个点为顶点的直角三角形的个数为__________．
2n(n－1) [2n个等分点可以组成n条直径，对每一条直径，其余的(2n－2)个等分点均可作为直角顶点，因此可以组成的直角三角形共有2n(n－1)个．]
2n(n－1)
5．某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的1种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴和会小号的各1人，有多少种不同的选法？
[解] 由题意知，在艺术小组的9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(称为“多面手”)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．按“多面手”的选法分为两类：
①若“多面手”入选，则有6＋2＝8种选法；
②若“多面手”不入选，则有6×2＝12种选法．
因此选法共有8＋12＝20种．
1．两个计数原理的共同点就是将“完成一件事”分解成若干个事件来完成；不同点是一个与分类有关，一个与分步有关．
2．在解决组数问题，选(抽)问题，涂色(种植)问题时，一定要分清完成一件事是做什么，是分类还是分步，为何分类、分步等问题．
章末综合测评(一) 动量守恒定律
题号
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课时分层作业(三十) 基本计数原理的简单应用
一、选择题
1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为( )
A．30 B．20
C．10 D．6
题号
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15
D [从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个不同的数字的和为偶数可分为两类：第一类，取出的两个数都是偶数，有0和2，0和4，2和4，共3种不同的取法；第二类，取出的两个数都是奇数，有1和3，1和5，3和5，共3种不同的取法．由分类加法计数原理得，共有3＋3＝6种不同的取法．]
题号
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2．如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有( )
A．6种 B．9种
C．12种 D．36种
√
题号
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15
C [先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，有3×2×1种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有2×1×1种情况，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2×1×1＝12种不同的涂法．故选C．]
题号
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3．一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有( )
A．6种 B．8种
C．36种 D．48种
√
题号
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15
D [如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48(种)不同的参观路线．]
题号
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15
4．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，则不同的涂色方法种数为( )
A．24 B．48
C．72 D．96
√
题号
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5
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15
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各有1种，有4×3×2＝24种涂法．②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法．故共有24＋48＝72种涂色方法．故选C．]
题号
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5．甲与其四位朋友各有一辆私家车，甲的车牌尾数是0，其四位朋友的车牌尾数分别是0，2，1，5．为遵守当地5月1日至5日这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( )
A．32 B．64
C．128 D．256
√
题号
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15
B [由题意，1日、3日、5日这三天，只有车牌尾数为1，5的车通行，则每天有2种用车方案，所以这三日的不同的用车方案种数为23＝8；2日、4日这两天，只有车牌尾数为0，2的车通行，且甲的车最多只能用一天，若用甲的车，则不同的用车方案种数为2×2＝4，若不用甲的车，则不同的用车方案种数为22＝4．因此总的用车方案种数为8×(4＋4)＝64．]
题号
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二、填空题
6．我们把中间数位上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”，如132，341等，那么由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________．
20
题号
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20 [根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3，4，5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2个(132，231)；第二类，当中间数字为“4”时，则百位数字有三种选择，个位数字有两种选择，则“凸数”有2×3＝6个；第三类，当中间数字为“5”时，则百位数字有四种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有4×3＝12个．根据分类加法计数原理，得到由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20．]
题号
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7．某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包中的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为________．
18
题号
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18 [根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23－2＝6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6＝18．]
题号
2
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8．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________．
13 [当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(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．
若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；
若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；
若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2．
由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13．]
13
题号
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三、解答题
9．在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋．现在从这7人中选1人参加象棋比赛，另选1人参加围棋比赛，共有多少种不同的选法？
[解] 考虑“多面手”参赛人数，分三类完成这件事：
第1类，“多面手”未参赛，即从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数为3×2＝6．
题号
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第2类，“多面手”中有1人参赛．①从“多面手”中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数为2×2＝4；②从“多面手”中选1名参加围棋比赛，同时从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，选法种数为2×3＝6．所以“多面手”中有1人参赛的选法种数为4＋6＝10．
第3类，“多面手”出2人，参加象棋和围棋比赛，有2种选法．
根据分类加法计数原理，不同的选法种数为6＋10＋2＝18．
题号
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10．用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的且比2 000大的四位偶数．
[解] 完成这件事有3类方法：
第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个；
第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个；
第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其个数同第二类．
用分类加法计数原理，所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个．
题号
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11．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A．504 B．210
C．336 D．120
题号
2
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15
A [分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．
故共有7×8×9＝504种不同的插法．]
题号
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12．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有( )
A．8种 B．9种
C．10种 D．11种
√
题号
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15
B [法一：设四位监考教师分别为A、B、C、D，所教的班分别为a、b、c、d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c、d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9种．
法二：班级按a、b、c、d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：
所以共有9种不同的监考方法．]
题号
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13．(多选题)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是( )
A．所有可能的方法有34种
B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有12种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
√
√
题号
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BD [A．三位同学依次选择都有4种方法，根据乘法原理有4×4×4＝64种方法；
B．所有选法是64种，甲工厂没有同学去有3×3×3＝27种，
故甲工厂必须有同学去有64－27＝37种；
C．同学A必须去工厂甲，另外两名同学到工厂各有4种方法，故有4×4＝16种；
D．三名同学所选工厂各不相同，不同的安排方法有4×3×2＝24种．故选BD．]
题号
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14．4位同学参加某竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数有________种．
36 [因为4个同学总分为0，所以可分为三类：都选甲且两对两错共有6种；都选乙且两对两错有6种；两个选甲一对一错，另两个选乙也一对一错，有6×2×2＝24种．
由分类加法计数原理，N＝6＋6＋24＝36种．]
36
题号
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15
15．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99，3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则
(1)5位回文数有________个；
(2)2n(n∈N＋)位回文数有________个．
900
9×10n-1
(1)900 (2)9×10n-1 [(1)5位回文数相当于填5个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，第2位和第4位一样，有10种填法，中间一位有10种填法，共有9×10×10＝900(种)填法，即5位回文数有900个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n-1种填法．]
题号
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14
15课时分层作业(三十)
1．D [从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个不同的数字的和为偶数可分为两类：第一类，取出的两个数都是偶数，有0和2，0和4，2和4，共3种不同的取法：第二类，取出的两个数都是奇数，有1和3，1和5，3和5，共3种不同的取法．由分类加法计数原理得，共有3＋3＝6种不同的取法．]
2．C [先涂三棱锥P ABC的三个侧面，有3×2×1种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有2×1×1种情况，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2×1×1＝12种不同的涂法．故选C．]
3．D [
如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48(种)不同的参观路线．]
4．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各有1种，有4×3×2＝24种涂法．②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法．故共有24＋48＝72种涂色方法．故选C．]
5．B [由题意，1日、3日、5日这三天，只有车牌尾数为1，5的车通行，则每天有2种用车方案，所以这三日的不同的用车方案种数为23＝8：2日、4日这两天，只有车牌尾数为0，2的车通行，且甲的车最多只能用一天，若用甲的车，则不同的用车方案种数为2×2＝4，若不用甲的车，则不同的用车方案种数为22＝4．因此总的用车方案种数为8×(4＋4)＝64．]
6．20 [根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3，4，5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2个(132，231)：第二类，当中间数字为“4”时，则百位数字有三种选择，个位数字有两种选择，则“凸数”有2×3＝6个：第三类，当中间数字为“5”时，则百位数字有四种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有4×3＝12个．根据分类加法计数原理，得到由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20．]
7．18 [根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23－2＝6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6＝18．]
8．13 [当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(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．
若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4：
若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3：
若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2．
由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13．]
9．解：考虑“多面手”参赛人数，分三类完成这件事：
第1类，“多面手”未参赛，即从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数为3×2＝6．
第2类，“多面手”中有1人参赛．①从“多面手”中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数为2×2＝4：②从“多面手”中选1名参加围棋比赛，同时从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，选法种数为2×3＝6．所以“多面手”中有1人参赛的选法种数为4＋6＝10．
第3类，“多面手”出2人，参加象棋和围棋比赛，有2种选法．
根据分类加法计数原理，不同的选法种数为6＋10＋2＝18．
10．解：完成这件事有3类方法：
第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法：第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法：第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个：
第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法：第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法：第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个：
第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其个数同第二类．
用分类加法计数原理，所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个．
11．A [分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．
故共有7×8×9＝504种不同的插法．]
12．B [法一：设四位监考教师分别为A、B、C、D，所教的班分别为a、b、c、d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c、d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9种．
法二：班级按a、b、c、d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：
所以共有9种不同的监考方法．]
13．BD [A．三位同学依次选择都有4种方法，根据乘法原理有4×4×4＝64种方法：
B．所有选法是64种，甲工厂没有同学去有3×3×3＝27种，
故甲工厂必须有同学去有64－27＝37种：
C．同学A必须去工厂甲，另外两名同学到工厂各有4种方法，故有4×4＝16种：
D．三名同学所选工厂各不相同，不同的安排方法有4×3×2＝24种．故选BD．]
14．36 [因为4个同学总分为0，所以可分为三类：都选甲且两对两错共有6种：都选乙且两对两错有6种：两个选甲一对一错，另两个选乙也一对一错，有6×2×2＝24种．
由分类加法计数原理，N＝6＋6＋24＝36种．]
15．(1)900 (2)9×10n-1 [(1)5位回文数相当于填5个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，第2位和第4位一样，有10种填法，中间一位有10种填法，共有9×10×10＝900(种)填法，即5位回文数有900个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n-1种填法．]
21世纪教育网(www.21cnjy.com)课时分层作业(三十) 基本计数原理的简单应用
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共94分
一、选择题
1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为( )
A．30 B．20
C．10 D．6
2．如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有( )
A．6种 B．9种
C．12种 D．36种
3．一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有( )
A．6种 B．8种
C．36种 D．48种
4．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，则不同的涂色方法种数为( )
A．24 B．48
C．72 D．96
5．甲与其四位朋友各有一辆私家车，甲的车牌尾数是0，其四位朋友的车牌尾数分别是0，2，1，5．为遵守当地5月1日至5日这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( )
A．32 B．64
C．128 D．256
二、填空题
6．我们把中间数位上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”，如132，341等，那么由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________．
7．某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包中的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为________．
8．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________．
三、解答题
9．在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋．现在从这7人中选1人参加象棋比赛，另选1人参加围棋比赛，共有多少种不同的选法？
10．用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的且比2 000大的四位偶数．
11．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A．504 B．210
C．336 D．120
12．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有( )
A．8种 B．9种
C．10种 D．11种
13．(多选题)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是( )
A．所有可能的方法有34种
B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有12种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
14．4位同学参加某竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数有________种．
15．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99，3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则
(1)5位回文数有________个；
(2)2n(n∈N＋)位回文数有________个．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)1.3 基本计数原理的简单应用
学习任务 核心素养
1．进一步掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理．(重点) 2．会应用两个计数原理解决实际问题．(难点) 通过对计数原理的实际应用，培养数学建模素养．
1．若集合A＝{a，b，c}，集合A所有子集的个数用分类加法计数原理如何来求？
2．对于问题1中，用分步乘法计数原理如何来求？
3．问题1、2的相同点是什么？不同点是什么？
两个计数原理的联系与区别
原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 完成一件事
不同点 与分类有关 与分步有关
每类方法都能完成这件事，它们是相互独立的，且每一次得到的都是最后结果，只需一种方法就可以完成这件事 每一步得到的只是中间结果，任何一步都不可能独立地完成这件事，缺少任何一步都不可能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是有关联的，不独立的
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有81种报名方法． ( )
(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，冠军不并列，共有64种可能的结果． ( )
(3)由1，2，3组成的无重复数字的三位数有6个． ( )
(4)由1，2，3组成的含有重复数字的三位数有27个． ( )
2．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )
A．21种 B．315种
C．143种 D．153种
3．如图，从A→C有________种不同走法．
类型1 与数字有关的计数问题
【例1】 从0到9这十个数字中选出4个组成一个四位数，问：组成的数字中不重复的四位偶数共有多少个？
[思路点拨] 本题要根据0在末位和0不在末位的情况来解．
[尝试解答] ________________________________________________________
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[母题探究]
将本例问题改为：数字不重复的四位奇数有多少个？
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1．对于数字问题的计数：一般按特殊位置(末位或首位)由谁占分类，每类中再按特殊位置(或元素)优先的方法分步来计数；当分类较多时，可用间接法．
2．注意合理的画出示意图，直观地展现出问题的实质．
类型2 与几何有关的计数问题
【例2】 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
用两个计数原理在解决实际问题时常采用的方法
[跟进训练]
1．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．
类型3 涂色(种植)问题
【例3】 用5种不同的颜色给图中所给出的4个区域涂色，每个区域涂一种颜色．若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
[思路点拨] 按1，2，3，4顺序涂色时，2，3区域颜色的异同对4有影响，所以应注意分类讨论．
[尝试解答] ________________________________________________________
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解决涂色(种植)问题的一般思路
(1)为便于分析问题，应先给区域(种植的品种)标上相应序号．
(2)按涂色(种植)的顺序分步或按颜色(种植的品种)恰当选取情况分类．
(3)利用两个原理计数．
[跟进训练]
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，共有多少种不同的种植方法？
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1．一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有( )
A．24种 B．36种
C．48种 D．72种
2．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况的种数有( )
A．16种 B．15种
C．14种 D．13种
3．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第30个数为________．
4．圆周上有2n个等分点(n>1)，以其中3个点为顶点的直角三角形的个数为________．
5．某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的1种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴和会小号的各1人，有多少种不同的选法？
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1．两个计数原理的共同点就是将“完成一件事”分解成若干个事件来完成；不同点是一个与分类有关，一个与分步有关．
2．在解决组数问题，选(抽)问题，涂色(种植)问题时，一定要分清完成一件事是做什么，是分类还是分步，为何分类、分步等问题．
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