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6.1 分类加法计数原理与分步乘法计
数原理
第2课时 分类加法计数原理与分步
乘法计数原理的简单应用
探究点一 数字组数问题
探究点二 选（抽）取与分配问题
探究点三 涂色与种植问题
知识点 两个计数原理的联系与区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 都是解决求完成一件事不同的__________问题,都是对复杂 事件的______ 区别
各类方法相互独立 各个步骤中的方法相互依存
任何一类方法__________这 件事 各个步骤都完成__________
这件事
可利用“______”电路来理解 可利用“______”电路来理解
方法种数
分解
都可做完
才能做完
并联
串联
【诊断分析】
判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级承
担星期一早晨的升旗任务，安排方法共有14种.( )
√
[解析] 根据分类加法计数原理，承担星期一早晨升旗任务的可以是
高一年级，也可以是高二年级，因此安排方法共有 （种）.
（2）在一次运动会上有四项比赛，冠军均在甲、乙、丙三人中产生，
那么不同的夺冠情况共有 种.( )
×
[解析] 因为每项比赛中的冠军都有3种可能的情况，根据分步乘法计
数原理知共有 种不同的夺冠情况.
（3）十字路口来往的车辆，若不允许回头，则共有4种行车路
线．( )
×
[解析] 起点为4种可能性，终点为3种可能性，则行车路线共有
（种）．
（4）有三只口袋装有小球,一只装有5个不同的白色小球,一只装有6
个不同的黑色小球,一只装有7个不同的红色小球,若每次从中取2个不
同颜色的小球,则共有36种不同的取法.( )
×
[解析] 分为三类：第一类是取白球、黑球，有 （种）取法；
第二类是取白球、红球，有 （种）取法；
第三类是取黑球、红球，有 （种）取法.
由分类加法计数原理知共有 （种）不同的取法.
探究点一 数字组数问题
例1 用0，1，2，3， ，9这十个数字.
（1）可组成多少个三位数？
解：要确定一个三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，百
位不能为0，有9种选法；
第二步，确定十位数，有10种选法；
第三步，确定个位数，有10种选法.
根据分步乘法计数原理，可组成 （个）三位数.
（2）可组成多少个无重复数字的三位数？
解：要确定一个无重复数字的三位数，可分三步进行：第一步，确
定百位数，有9种选法；
第二步，确定十位数，有9种选法；
第三步，确定个位数，有8种选法.
根据分步乘法计数原理，可组成 （个）
无重复数字的三位数.
（3）可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？
解：小于500且没有重复数字的自然数可分为以下三类，第一类，满
足条件的一位自然数，有10个.
第二类，满足条件的两位自然数，有 （个）.
第三类，满足条件的三位自然数：第一步，确定百位数，百位数字
可取1，2，3，4，有4种选法；第二步，确定十位数，有9种选法；
第三步，确定个位数，有8种选法.
根据分步乘法计数原理，有 （个）.根据分类加法计数
原理，可组成 （个）小于500且没有重复数字的
自然数.
变式（1） 用0,1,2,3,4五个数字可以组成多少个无重复数字且比2000
大的四位奇数
解：完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事,可以分四步:第一步,定
个位,只能从1,3中任取一个,有2种方法;第二步,定千位,有3种方法;第
三步,定百位,有3种方法;第四步,定十位,有2种方法.
由分步乘法计数原理知,可以组成 （个）无重复数字
的四位奇数.
其中比2000小的四位奇数有1023,1043,1243,1203,1403,1423，共6个，
所以可以组成 （个）无重复数字且比2000大的四位奇数.
（2）用0,1,2,3,4五个数字可以组成多少个无重复数字且能被3整除的
四位数？
解：一个四位数能被3整除，必须各位上数字之和能被3整除，故组
成符合题意的四位数的四个数字只能是0,1,2,3或0,2,3,4，
所以符合题意的四位数共有 （个）.
［素养小结］
解决组数问题的方法
（1）对于组数问题，一般按特殊位置（一般是末位和首位）优先的
方法分类或分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解.
（2）解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，
要善于挖掘.组数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则.
［提醒］ 数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位.
探究点二 选（抽）取与分配问题
例2 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画.
（1）从中任选一幅画布置房间，有多少种不同的选法？
解：分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2
种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法.根据分类加法计数
原理，共有 （种）不同的选法.
（2）从国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有多少种不同的
选法？
解：分为三步：第一步，从国画中选，有5种不同的选法；
第二步，从油画中选，有2种不同的选法；
第三步，从水彩画中选，有7种不同的选法.
根据分步乘法计数原理，共有 （种）不同的选法.
（3）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有多少种不同的
选法？
解：分为三类：第一类是一幅选自国画，有5种不同的选法，一幅选
自油画，有2种不同的选法，由分步乘法计数原理知，有
（种）不同的选法；
第二类是一幅选自国画，有5种不同的选法，一幅选自水彩画，有7种
不同的选法，由分步乘法计数原理知，有 （种）不同的选法；
第三类是一幅选自油画，有2种不同的选法，一幅选自水彩画，有7种
不同的选法，由分步乘法计数原理知，有 （种）不同的选法.
根据分类加法计数原理，共有 （种）不同的选法.
（4）要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边
墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？
解：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤
完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；
第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法.
根据分步乘法计数原理，共有 （种）不同的挂法.
变式（1） 现有天平及重量为1，2，4的砝码各一个，每一步，我们
选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码
全部放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度
盘的右边，则不同顺序的放法共有( )
A.15种 B.13种 C.11种 D.10种
√
[解析] 根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个计数原理，有以
下三种情况：①第一步先放重量为4的砝码，则重量为4的砝码只能
放在左边，接下来重量为1，2的砝码的放置顺序随意，有2种，重量
为1，2的砝码均可以在左、右两边随意放，此时共有 （种）
放法.
②第一步先放重量为2的砝码，则重量为2的砝码只能放在左边，
若第二步放重量为4的砝码，则重量为4的砝码只能放在左边，第三
步重量为1的砝码左、右两边随意放，有2种放法；
若第二步放重量为1的砝码，则重量为1的砝码左、右两边随意放，
有2种放法，第三步重量为4的砝码只能放在左边，有1种放法.
此时共有 （种）放法.
③第一步先放重量为1的砝码，则重量为1的砝码只能放在左边，
若第二步放重量为4的砝码，则重量为4的砝码只能放在左边，第三
步重量为2的砝码左、右两边随意放，有2种放法；
若第二步放重量为2的砝码，则重量为2的砝码只能放在左边，第三步
重量为4的砝码只能放在左边，有1种放法.此时共有 （种）放法.
综上，共有 （种）放法.故选A.
（2）高三年级的三个班级到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，
其中甲工厂必须有班级去，则不同的分配方案共有( )
A.16种 B.18种 C.37种 D.48种
[解析] 方法一（直接法） 以甲工厂分配班级情况进行分类，可分
为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时只有1种分配方案；
第二类，有两个班级被分配到甲工厂，剩下的一个班级被分配到另外
三个工厂中的一个，此时有 （种）分配方案；
第三类，有且仅有一个班级被分配到甲工厂，此时有
（种）分配方案.
综上所述，不同的分配方案共有 （种）.
√
方法二（间接法） 先计算三个班级自由选择去哪个工厂的总分配
方案种数，再减去甲工厂无人去的分配方案种数，则不同的分配方
案共有 （种）.
［素养小结］
解决抽取（分配）问题的方法
（1）当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、框图法
或者图表法.
（2）当涉及对象数目较大时，一般有两种方法：
①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地，若抽取
是有顺序的，则按分步进行；若按对象特征抽取，则按分类进行.
②间接法：去掉限制条件计算所有的抽取方法数，然后减去所有不
符合条件的抽取方法数即可.
解：先种植 部分，有3种不同的种植方法，再种植，部分．
因为，与的颜色不同，， 的颜色也不同，所以由分步乘法
计数原理得，共有 （种）不同的种植方法．
探究点三 涂色与种植问题
例3 一个同心圆形花坛分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色
灌木，周围的圆环分为 等份，种植红、黄、蓝三种
颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
①
（1）如图①，圆环分成3等份，分别为，， ，则
有多少种不同的种植方法？
②
（2）如图②，圆环分成4等份，分别为， ，
， ，则有多少种不同的种植方法？
解：当，不同色时，有 （种）
种植方法；
当，同色时，有 （种）种植方法.
由分类加法计数原理得，共有 （种）不同的种植方法．
变式（1） 用4种不同的颜色涂在四棱锥的各个面上，要求相邻两面
不同色，有____种不同的涂法．
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[解析] 如图，设四棱锥的4个侧面分别为， ，
， ，先给四棱锥的底面涂色，有4种涂法.
然后给面涂色，有3种涂法.给面涂色，有2种涂法.
给 面涂色，若面与面同色，则面有1种涂法， 面有2种涂法；
若面与面不同色，则面有1种涂法， 面有1种涂法.
所以共有 （种）不同的涂法．
（2）用4种不同的颜色给图中的，，， 四个区
域涂色，要求每个区域只能涂一种颜色．
①有多少种不同的涂法？
解：分四步，依次为，，， 四个区域涂色，每
个区域分别有4种涂法，共有 （种）不同的涂法.
②若相邻区域不能涂同一种颜色，则有多少种不同的涂法？
解：可分四步进行：第一步，涂，有4种涂法；第二步，涂 ，有3
种涂法；第三步，涂，有2种涂法；第四步，涂 ，有2种涂法.故共
有 （种）不同的涂法.
［素养小结］
求解涂色（种植）问题一般是直接利用两个计数原理求解,常用方法有:
（1）按区域的不同以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析;
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论,适用于“区域、点、线段”问
题,用分类加法计数原理分析;
（3）对于空间中的涂色问题,将空间问题平面化,转化为平面区域涂
色问题.
1.分类加法计数原理中各类方案相互独立,各类方案中的各类方法也
相互独立.用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.
2.分步乘法计数原理是完成一件事要分成若干步,各个步骤相互依存,
完不成其中任何的一步都不能完成这件事,只有当各个步骤都完成之
后,才能完成这件事.
3.从集合的角度来加以理解
（1）完成一件事有,两类不同的方案，即集合 .在 类
方案中有种方法，在类方案中有种方法，即 ，
，那么完成这件事的不同方法的种数是
.
（2）完成一件事需要,两个步骤，完成步骤有种方法，完成
步骤有种方法，即， ，那么完成这件
事的不同方法的种数是 .
1.解决较为复杂的计数问题，合理分类，准确分步
（1）处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是
“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.
（2）分类时要满足两个条件：①类与类之间要互斥（保证不重复）；
②总数要完备（保证不遗漏），也就是要确定一个合理的分类标准.
（3）分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之
间互相独立，互不干扰，并确保连续性.
2.对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原
理解决时，可以综合运用两个计数原理.可以先分类，在某一类中再
分步；也可先分步，在某一步中再分类.
（1）“类中有步”计数问题
用流程图描述计数问题，“类中有步”的情形如图所示.
从到 视为完成一件事，完成这件事有两类方案，在第1类方案中
有3步，在第2类方案中有2步，完成每一步的方法种数如图所示，所
以完成这件事的方法种数为 .
（2）“步中有类”计数问题
用流程图描述计数问题，“步中有类”的情形如图所示.
由到视为完成一件事，可简单地记为 .
完成这件事，需分三步，即，， ，其中
这一步又分为三类，完成每一步的方法种数如图所示，所以完
成这件事的方法种数为 .
“类”与“步”可进一步地理解为：
“类”用“ ”连接，“步”用“×”连接，“类”独立，“步”连续，“类”标志一
件事的完成，“步”则缺一不可.
3.特殊优先，在解含有特殊元素、特殊位置的计数问题时，一般应先
安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，
体现出解题过程中的主次思想.
例1 由0，1，2，3，4，5，6这七个数字可以组成_____个无重复数
字的四位偶数.
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[解析] 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千
位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中的四个数
字不重复，因此应先分类，再分步.
第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字
可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的
数字， 十位数字不能取与这三个数字重复的数字， 根据分步乘法计数
原理，取法有 （种）.
第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字
可以取除千位数字外任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字
重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字，
根据分步乘法计数原理，取法有 （种）.
根据分类加法计数原理知，可以组成 （个）无重复
数字的四位偶数.
例2（1） 如图，要给地图上，，， 四个区域分别涂上4种不同
颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不
同的颜色，不同的涂法有多少种？
解：方法一：按 的顺序分步涂色.
第一步，涂 区域，有4种不同的涂法；
第二步，涂 区域，从剩下的3种颜色中任选1种颜色，
有3种不同的涂法；
第三步，涂 区域，再从剩下的2种不同颜色中任选1种颜色，有2种不
同的涂法；
第四步，涂区域，从与， 区域不同的2种
不同颜色中任选1种，有2种不同的涂法.
根据分步乘法计数原理，共有 （种）不同的涂法.
方法二：按所用颜色的多少分类涂色.
第一类，用三种颜色，有
（种）不同的涂法；
第二类，用四种颜色，有
（种）不同的涂法.
根据分类加法计数原理，共有 （种）不同的涂法.
（2）将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种
作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，有多少种不同的种植方法？
解：分别用，， 代表3种作物，先安排第一块田，有3种种植方法，
不妨设种植，再安排第二块田，有2种种植方法，不妨设种植 ，然
后安排第三块田，也有2种种植方法，即种植或 .
若第三块田种植 ，如图：
则第四、五块田分别有2种种植方法.
若第三块田种植 ，如图：
则第四块田有2种种植方法，即种植或 .
①若第四块田种植 ，如图：
则第五块田有2种种植方法；
②若第四块田种植 ，如图：
则第五块田只能种植 ，有1种种植方法.
综上，共有 （种）不同的种植方法.
练习册
一、选择题
1.中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类.现有4名
学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种灯笼，则不同的选购方式
有( )
A.81种 B.64种 C.36种 D.48种
[解析] 由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有
（种）.故选A.
√
2.某邮局有4个不同的信箱，现有5封不同的信需要邮寄，则不同的投
递方法共有( )
A.种 B. 种 C.256种 D.225种
[解析] 将5封不同的信通过4个不同的信箱邮寄，每封信都有4种不同
的投递方法，因此5封信的不同的投递方法共有 种.故选A.
√
3.在1，2，3，4，5，6这六个数字组成的没有重复数字的三位数中，
各位数字之和为奇数的共有( )
A.36个 B.48个 C.54个 D.60个
[解析] ①若这三个数字均为奇数，共可组成 （个）三
位数；
②若这三个数字为两个偶数，一个奇数，可组成
（个）三位数.
故各位数字之和为奇数的共有 （个）.
√
4.从1,2,3,4,5这5个数中任取3个不同的数，可组成不同的等差数列的
个数为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
[解析] 第一类，公差大于0，有,2,3，,3,4，，4,5， ,3,5
共4个等差数列；
第二类，公差小于0，也有4个等差数列.根据分类加法计数原理可知，
共可组成 （个）不同的等差数列.
√
5.现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相
同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的
摆放方式共有( )
A.14种 B.16种 C.18种 D.20种
[解析] 依题意，摆放20的方式有2，0或20两种方式；
摆放220的方式有2，2，0或22，0或2，20三种方式；
摆放126的方式有1，2，6或12，6或1，26三种方式.
由分步乘法计数原理知，数字20220126的摆放方式共有
（种）.故选C.
√
6.[2024·重庆渝中区高二期中]某市的5个区县， ，
，， 的地理位置如图所示，给这五个区域染色，
每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有4
种颜色可供选择，则不同的染色方案共有( )
A.24种 B.36种 C.48种 D.72种
[解析] 当B，同色时，共有 （种）不同的染色方案；
当B，不同色时，共有 （种）不同的染色方案.
所以共有 （种）不同的染色方案.故选D.
√
7.某班团支部换届选举，从已产生的甲、乙、丙、丁四名候选人中选
出三人分别担任书记、副书记和组织委员，并且规定：上届任职的
甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职结果有( )
A.15种 B.14种 C.11种 D.23种
√
[解析] 从甲、乙、丙、丁四名候选人中选出三人分别担任书记、副
书记和组织委员，上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则选
法有两类，当丁不入选时，则由甲、乙、丙三个人担任，甲有2种选
择，余下的乙和丙只有1种选择，则有2种任职结果；当丁入选时，
有3种情况，丁若担任三个人中没有入选的人的职务，则只有1种结
果，丁若担任入选的两个人的职务，则有2种结果，共有
（种）任职结果.综上可知，共有 （种）任
职结果.故选C.
8.（多选题）现安排高二年级，， 三名同学到甲、乙、丙、丁、
戊五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.所有可能的安排方法有 种
B.若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有61种
C.若同学 必须去工厂甲，则不同的安排方法有20种
D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有60种
√
√
[解析] 对于A选项， 每名同学有5种选法， 所有可能的安排方法
有 （种），故A选项错误；
对于B选项，若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有
（种），故B选项正确；
对于C选项，若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有
（种），故C选项错误；
对于D选项，若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有
（种），故D选项正确．故选 .
9.（多选题）已知集合,2,3,，， ，则对于方程
的说法正确的是( )
A.可表示3个不同的圆
B.可表示6个不同的椭圆
C.可表示3个不同的双曲线
D.可表示3个不同的焦点位于 轴上的椭圆
√
√
√
[解析] 对于A选项，若方程表示圆，则符合条件的
有，， ，故A选项正确；
对于B选项，若方程表示椭圆，则符合条件的有，
， ，，，，故B选项正确；
对于C选项，若方程 表示双曲线，则符合条件的有
，， ，，， ，故C选项错误；
对于D选项，若方程表示焦点位于轴上的椭圆，则符合
条件的 有，，，故D选项正确.故选 .
二、填空题
10.由0，1，2，3，4，5这六个数字组成没有重复数字的三位偶数的
个数为____.
52
[解析] 根据题意，分2种情况讨论：①若三位数的个位数字为0，则
有 （个）符合题意的三位数；
②若三位数的个位数字为2或4，则三位数的百位数字有4种选法，
十位数字有4种选法，则有（个）符合题意的三位数.
故共有 （个）符合题意的三位数.
11.某班有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，现从中选出
2人分别参加篮球赛和足球赛，则不同的选派方案有____种.
28
[解析] 某班有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，则有
（人）既会踢足球又会打篮球，有3人只会打篮球，有
4人只会踢足球，所以选派的方案有四类：选派两种球都会的运动员，
有2种方案；选派两种球都会的运动员中的一人参加足球赛，只会打
篮球的运动员中的一人参加篮球赛，有 （种）方案；
选派两种球都会的运动员中的一人参加篮球赛，只会踢足球的运动
员中的一人参加足球赛，有 （种）方案；
选派只会打篮球和踢足球的运动员中的各一人分别参加篮球赛和足球赛，
有（种）方案.综上可知，共有 （种）不
同的选派方案.
12.中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解
释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜
色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则
不同的涂色方法有____种.
30
[解析] 设3种不同的颜色为,, ，对于“火、土”两个位置，有
（种）不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别涂色为， ，
若“金”位涂 色为，则分两种情况：若“水”位涂色为，则“木” 位涂色
为 ，共1种涂色方法；
若“水”位涂色为，则 “木”位涂色为 ，共1种涂色方法.共2种不同的
涂色方法.
若“金”位涂色为 ，则分两种情况：若“水”位涂色为，则“木”位涂色
为或，共2种涂色方法；
若“水”位涂色为 ，则“木”位涂色为 ，共1种涂色方法.共3种不同的
涂色方法.
综上所述，共有 （种）不同的涂色方法.
三、解答题
13.[2024·山东菏泽高二期中] 高二（4）（5）（6）班分别有7，5，
9人参加创新技能大赛笔试.
（1）如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？
解：选一人当组长，可分三类：
第一类，组长从（4）班选出，有7种选法；
第二类，组长从（5）班选出，有5种选法；
第三类，组长从（6）班选出，有9种选法.
根据分类加法计数原理，选一人当组长有 （种）不同的选法.
（2）如果老师当组长，从每班中选一名副组长，那么有多少种不同
的选法？
解：老师当组长，从每班中选一名副组长，需要分三步：
第一步，从（4）班中选一名同学当副组长，有7种选法；
第二步，从（5）班中选一名同学当副组长，有5种选法；
第三步，从（6）班中选一名同学当副组长，有9种选法.
根据分步乘法计数原理，从每班中选一名副组长共有
（种）不同的选法.
（3）如果选两名学生分享经验，要求这两人来自不同的班级，那么
有多少种不同的选法？
解：选两名学生分享经验，要求这两人来自不同的班级，可分三类：
第一类，两人来自（4）班和（5）班，有 （种）选法；
第二类，两人来自（4）班和（6）班，有 （种）选法；
第三类，两人来自（5）班和（6）班，有 （种）选法.
根据分类加法计数原理，这两人来自不同的班级有
（种）不同的选法.
14.一个正方形花圃，被分为 部分，种植红、黄、蓝、
绿4种颜色不同的花，要求每部分种植一种颜色的花，且相邻两部分
种植不同颜色的花.
①
（1）如图①，正方形被分为，， 三部分，有多少种
不同的种植方法？
解：对于题图①，先对部分种植，有4种不同的种植方法；
再对 部分种植，有3种不同的种植方法；
最后对 部分种植，有2种不同的种植方法.
故共有 （种）不同的种植方法.
（2）如图②，正方形被分为，，， 四部分，有多少种不同的
种植方法？
②
解：对于题图②，先对 部分种植，有4种不同的种植方法.
再对 部分种植，有3种不同的种植方法.
然后对 部分种植，分两类：若与相同，则 有3种不同的种植方法，
此时有 （种）不同的种植方法；
若与不同，则有2种不同的种植方法， 有2种不同的种植方法，
此时有 （种）不同的种植方法.
故共有 （种）不同的种植方法.
（3）如图③，正方形被分为，，，， 五部分，
有多少种不同的种植方法？
③
解：对于题图③，先对 部分种植，有4种不同的种植方法.
再对 部分种植，有3种不同的种植方法.
然后对部分种植，分两类：若与相同，则 有2种不同的种植方法，
有2种不同的种植方法，此时有 （种）不同的种植方法.
若与不同，则有2种不同的种植方法，有1种不同的种植方法，
有2种不同的种植方法，此时有 （种）不同的种植方法.
故共有 （种）不同的种植方法.
15.某电影院中有如图所示的至 共10个座位，
现有一对夫妇带领2个孩子（一个男孩和一个女
孩）观看电影，要求妈妈和女儿不坐在同一行也
A.480 B.960 C.1040 D.1120
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
座方法种数为( )
√
[解析] 第一步，让妈妈和女儿就座，第一行选
一个位置，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 ；
第二步，让爸爸和儿子就座，不妨设妈妈和女儿分别选A， ，则爸爸
和儿子有，，，，，，，，，，，，
，共13种选择，且爸爸和儿子的顺序可换，故爸爸和儿子的就座方法
数为.
根据分步乘法计数原理，共有 （种）就座方法. 故选C.
16.若一个三位正整数满足且 ，则称这样的三
位数为“伞数”（如120,343,275），那么三位数中所有“伞数”的个数
是多少？
解：分8类，当十位上的数字为2时，百位只能选1，个位可选1,0，由
分步乘法计数原理知，“伞数”的个数为 ；
当十位上的数字为3时，百位可选1,2，个位可选0,1,2，由分步乘法计数
原理知，“伞数”的个数为 ；
同理可得，当十位上的数字为4时，“伞数” 的个数为 ；
当十位上的数字为5时，“伞数”的个数为 ；
当十位上的数字为6时，“伞数”的个数为 ；
当十位上的数字为7时，“伞数”的个数为 ；
当十位上的数字为8时，“伞数”的个数为 ；
当十位上的数字为9时，“伞数”的个数为 .
故三位数中所有“伞数”的个数是
.第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的简单应用
【课前预习】
知识点
方法种数 分解 都可做完 才能做完 并联 串联
诊断分析
(1)√ (2)× (3)× (4)× [解析] (1)根据分类加法计数原理,承担星期一早晨升旗任务的可以是高一年级,也可以是高二年级,因此安排方法共有8+6=14(种).
(2)因为每项比赛中的冠军都有3种可能的情况,根据分步乘法计数原理知共有34种不同的夺冠情况.
(3)起点为4种可能性,终点为3种可能性,则行车路线共有4×3=12(种).
(4)分为三类:第一类是取白球、黑球,有5×6=30(种)取法;第二类是取白球、红球,有5×7=35(种)取法;第三类是取黑球、红球,有6×7=42(种)取法.由分类加法计数原理知共有30+35+42=107(种)不同的取法.
【课中探究】
例1 解:(1)要确定一个三位数,可分三步进行:第一步,确定百位数,百位不能为0,有9种选法;第二步,确定十位数,有10种选法;第三步,确定个位数,有10种选法.根据分步乘法计数原理,可组成9×10×10=900(个)三位数.
(2)要确定一个无重复数字的三位数,可分三步进行:第一步,确定百位数,有9种选法;第二步,确定十位数,有9种选法;第三步,确定个位数,有8种选法.根据分步乘法计数原理,可组成9×9×8=648(个)无重复数字的三位数.
(3)小于500且没有重复数字的自然数可分为以下三类,第一类,满足条件的一位自然数,有10个.第二类,满足条件的两位自然数,有9×9=81(个).第三类,满足条件的三位自然数:第一步,确定百位数,百位数字可取1,2,3,4,有4种选法;第二步,确定十位数,有9种选法;第三步,确定个位数,有8种选法.根据分步乘法计数原理,有4×9×8=288(个).根据分类加法计数原理,可组成10+81+288=379(个)小于500且没有重复数字的自然数.
变式 解:(1)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事,可以分四步:第一步,定个位,只能从1,3中任取一个,有2种方法;第二步,定千位,有3种方法;第三步,定百位,有3种方法;第四步,定十位,有2种方法.由分步乘法计数原理知,可以组成2×3×3×2=36(个)无重复数字的四位奇数.
其中比2000小的四位奇数有1023,1043,1243,1203,1403,1423,共6个,所以可以组成36-6=30(个)无重复数字且比2000大的四位奇数.
(2)一个四位数能被3整除,必须各位上数字之和能被3整除,故组成符合题意的四位数的四个数字只能是0,1,2,3或0,2,3,4,
所以符合题意的四位数共有2×3×3×2×1=36(个).
例2 解:(1)分为三类:从国画中选,有5种不同的选法;从油画中选,有2种不同的选法;从水彩画中选,有7种不同的选法.根据分类加法计数原理,共有5+2+7=14(种)不同的选法.
(2)分为三步:第一步,从国画中选,有5种不同的选法;第二步,从油画中选,有2种不同的选法;第三步,从水彩画中选,有7种不同的选法.根据分步乘法计数原理,共有5×2×7=70(种)不同的选法.
(3)分为三类:第一类是一幅选自国画,有5种不同的选法,一幅选自油画,有2种不同的选法,由分步乘法计数原理知,有5×2=10(种)不同的选法;第二类是一幅选自国画,有5种不同的选法,一幅选自水彩画,有7种不同的选法,由分步乘法计数原理知,有5×7=35(种)不同的选法;第三类是一幅选自油画,有2种不同的选法,一幅选自水彩画,有7种不同的选法,由分步乘法计数原理知,有2×7=14(种)不同的选法.根据分类加法计数原理,共有10+35+14=59(种)不同的选法.
(4)从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上,可以分两个步骤完成:第一步,从3幅画中选1幅挂在左边墙上,有3种选法;第二步,从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上,有2种选法.根据分步乘法计数原理,共有3×2=6(种)不同的挂法.
变式 (1)A (2)C [解析] (1)根据每次放的砝码重量分类讨论,结合两个计数原理,有以下三种情况:①第一步先放重量为4的砝码,则重量为4的砝码只能放在左边,接下来重量为1,2的砝码的放置顺序随意,有2种,重量为1,2的砝码均可以在左、右两边随意放,此时共有2×22=8(种)放法.②第一步先放重量为2的砝码,则重量为2的砝码只能放在左边,若第二步放重量为4的砝码,则重量为4的砝码只能放在左边,第三步重量为1的砝码左、右两边随意放,有2种放法;若第二步放重量为1的砝码,则重量为1的砝码左、右两边随意放,有2种放法,第三步重量为4的砝码只能放在左边,有1种放法.此时共有2+2=4(种)放法.③第一步先放重量为1的砝码,则重量为1的砝码只能放在左边,若第二步放重量为4的砝码,则重量为4的砝码只能放在左边,第三步重量为2的砝码左、右两边随意放,有2种放法;若第二步放重量为2的砝码,则重量为2的砝码只能放在左边,第三步重量为4的砝码只能放在左边,有1种放法.此时共有2+1=3(种)放法.综上,共有8+4+3=15(种)放法.故选A.
(2)方法一(直接法):以甲工厂分配班级情况进行分类,可分为三类:第一类,三个班级都去甲工厂,此时只有1种分配方案;第二类,有两个班级被分配到甲工厂,剩下的一个班级被分配到另外三个工厂中的一个,此时有3×3=9(种)分配方案;第三类,有且仅有一个班级被分配到甲工厂,此时有3×3×3=27(种)分配方案.综上所述,不同的分配方案共有1+9+27=37(种).
方法二(间接法):先计算三个班级自由选择去哪个工厂的总分配方案种数,再减去甲工厂无人去的分配方案种数,则不同的分配方案共有4×4×4-3×3×3=37(种).
例3 解:(1)先种植a1部分,有3种不同的种植方法,再种植a2,a3部分.因为a2,a3与a1的颜色不同,a2,a3的颜色也不同,所以由分步乘法计数原理得,共有3×2×1=6(种)不同的种植方法.
(2)当a1,a3不同色时,有3×2×1×1=6(种)种植方法;当a1,a3同色时,有3×1×2×2=12(种)种植方法.由分类加法计数原理得,共有6+12=18(种)不同的种植方法.
变式 (1)72 [解析] 如图,设四棱锥的4个侧面分别为A,B,C,D,先给四棱锥的底面涂色,有4种涂法.然后给A面涂色,有3种涂法.给B面涂色,有2种涂法.给C面涂色,若C面与A面同色,则C面有1种涂法,D面有2种涂法;若C面与A面不同色,则C面有1种涂法,D面有1种涂法.所以共有4×3×2×(1×2+1×1)=72(种)不同的涂法.
(2)解:①分四步,依次为A,B,C,D四个区域涂色,每个区域分别有4种涂法,共有44=256(种)不同的涂法.
②可分四步进行:第一步,涂A,有4种涂法;第二步,涂B,有3种涂法;第三步,涂C,有2种涂法;第四步,涂D,有2种涂法.故共有4×3×2×2=48(种)不同的涂法.第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的简单应用
1.A [解析] 由题可知,每名同学都有3种选法,故不同的选购方式有34=81(种).故选A.
2.A [解析] 将5封不同的信通过4个不同的信箱邮寄,每封信都有4种不同的投递方法,因此5封信的不同的投递方法共有45种.故选A.
3.D [解析] ①若这三个数字均为奇数,共可组成3×2×1=6(个)三位数;②若这三个数字为两个偶数,一个奇数,可组成3×3×(3×2×1)=54(个)三位数.故各位数字之和为奇数的共有54+6=60(个).
4.D [解析] 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个等差数列.根据分类加法计数原理可知,共可组成4+4=8(个)不同的等差数列.
5.C [解析] 依题意,摆放20的方式有2,0或20两种方式;摆放220的方式有2,2,0或22,0或2,20三种方式;摆放126的方式有1,2,6或12,6或1,26三种方式.由分步乘法计数原理知,数字20220126的摆放方式共有2×3×3=18(种).故选C.
6.D [解析] 当B,E同色时,共有4×3×2×2=48(种)不同的染色方案;当B,E不同色时,共有4×3×2×1×1=24(种)不同的染色方案.所以共有48+24=72(种)不同的染色方案.故选D.
7.C [解析] 从甲、乙、丙、丁四名候选人中选出三人分别担任书记、副书记和组织委员,上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职,则选法有两类,当丁不入选时,则由甲、乙、丙三个人担任,甲有2种选择,余下的乙和丙只有1种选择,则有2种任职结果;当丁入选时,有3种情况,丁若担任三个人中没有入选的人的职务,则只有1种结果,丁若担任入选的两个人的职务,则有2种结果,共有3×(2+1)=9(种)任职结果.综上可知,共有9+2=11(种)任职结果.故选C.
8.BD [解析] 对于A选项,∵每名同学有5种选法,∴所有可能的安排方法有5×5×5=53(种),故A选项错误;对于B选项,若工厂甲必须有同学去,则不同的安排方法有53-43=61(种),故B选项正确;对于C选项,若同学A必须去工厂甲,则不同的安排方法有5×5=25(种),故C选项错误;对于D选项,若三名同学所选工厂各不相同,则不同的安排方法有5×4×3=60(种),故D选项正确.故选BD.
9.ABD [解析] 对于A选项,若方程+=1表示圆,则符合条件的(m,n)有(2,2),(3,3),(4,4),故A选项正确;对于B选项,若方程+=1表示椭圆,则符合条件的(m,n)有(2,3),(2,4),(3,4),(3,2),(4,2),(4,3),故B选项正确;对于C选项,若方程+=1表示双曲线,则符合条件的(m,n)有(-1,2),(-1,3),(-1,4),(2,-1),(3,-1),(4,-1),故C选项错误;对于D选项,若方程+=1表示焦点位于x轴上的椭圆,则符合条件的(m,n)有(3,2),(4,2),(4,3),故D选项正确.故选ABD.
10.52 [解析] 根据题意,分2种情况讨论:①若三位数的个位数字为0,则有5×4=20(个)符合题意的三位数;②若三位数的个位数字为2或4,则三位数的百位数字有4种选法,十位数字有4种选法,则有2×4×4=32(个)符合题意的三位数.故共有20+32=52(个)符合题意的三位数.
11.28 [解析] 某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,则有5+6-9=2(人)既会踢足球又会打篮球,有3人只会打篮球,有4人只会踢足球,所以选派的方案有四类:选派两种球都会的运动员,有2种方案;选派两种球都会的运动员中的一人参加足球赛,只会打篮球的运动员中的一人参加篮球赛,有2×3=6(种)方案;选派两种球都会的运动员中的一人参加篮球赛,只会踢足球的运动员中的一人参加足球赛,有2×4=8(种)方案;选派只会打篮球和踢足球的运动员中的各一人分别参加篮球赛和足球赛,有3×4=12(种)方案.综上可知,共有2+6+8+12=28(种)不同的选派方案.
12.30 [解析] 设3种不同的颜色为a,b,c,对于“火、土”两个位置,有3×2=6(种)不同的涂色方法,不妨设“火、土”两个位置分别涂色为a,b,若“金”位涂色为a,则分两种情况:若“水”位涂色为b,则“木”位涂色为c,共1种涂色方法;若“水”位涂色为c,则“木”位涂色为b,共1种涂色方法.共2种不同的涂色方法.若“金”位涂色为c,则分两种情况:若“水”位涂色为a,则“木”位涂色为b或c,共2种涂色方法;若“水”位涂色为b,则“木”位涂色为c,共1种涂色方法.共3种不同的涂色方法.综上所述,共有6×(2+3)=30(种)不同的涂色方法.
13.解:(1)选一人当组长,可分三类:
第一类,组长从(4)班选出,有7种选法;
第二类,组长从(5)班选出,有5种选法;
第三类,组长从(6)班选出,有9种选法.
根据分类加法计数原理,选一人当组长有7+5+9=21(种)不同的选法.
(2)老师当组长,从每班中选一名副组长,需要分三步:
第一步,从(4)班中选一名同学当副组长,有7种选法;
第二步,从(5)班中选一名同学当副组长,有5种选法;
第三步,从(6)班中选一名同学当副组长,有9种选法.
根据分步乘法计数原理,从每班中选一名副组长共有7×5×9=315(种)不同的选法.
(3)选两名学生分享经验,要求这两人来自不同的班级,可分三类:
第一类,两人来自(4)班和(5)班,有7×5=35(种)选法;
第二类,两人来自(4)班和(6)班,有7×9=63(种)选法;
第三类,两人来自(5)班和(6)班,有5×9=45(种)选法.
根据分类加法计数原理,这两人来自不同的班级有35+63+45=143(种)不同的选法.
14.解:(1)对于题图①,先对A部分种植,有4种不同的种植方法;再对B部分种植,有3种不同的种植方法;最后对C部分种植,有2种不同的种植方法.故共有4×3×2=24(种)不同的种植方法.
(2)对于题图②,先对A部分种植,有4种不同的种植方法.再对B部分种植,有3种不同的种植方法.
然后对C部分种植,分两类:
若C与B相同,则D有3种不同的种植方法,此时有4×3×1×3=36(种)不同的种植方法;
若C与B不同,则C有2种不同的种植方法,D有2种不同的种植方法,此时有4×3×2×2=48(种)不同的种植方法.
故共有36+48=84(种)不同的种植方法.
(3)对于题图③,先对A部分种植,有4种不同的种植方法.再对B部分种植,有3种不同的种植方法.
然后对C部分种植,分两类:若C与B相同,则D有2种不同的种植方法,E有2种不同的种植方法,此时有4×3×1×2×2=48(种)不同的种植方法.
若C与B不同,则C有2种不同的种植方法,D有1种不同的种植方法,E有2种不同的种植方法,此时有4×3×2×1×2=48(种)不同的种植方法.
故共有48+48=96(种)不同的种植方法.
15.C [解析] 第一步,让妈妈和女儿就座,第一行选一个位置,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;第二步,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,且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=1040(种)就座方法.故选C.
16.解:分8类,当十位上的数字为2时,百位只能选1,个位可选1,0,由分步乘法计数原理知,“伞数”的个数为1×2=2;当十位上的数字为3时,百位可选1,2,个位可选0,1,2,由分步乘法计数原理知,“伞数”的个数为2×3=6;同理可得,当十位上的数字为4时,“伞数”的个数为3×4=12;当十位上的数字为5时,“伞数”的个数为4×5=20;当十位上的数字为6时,“伞数”的个数为5×6=30;当十位上的数字为7时,“伞数”的个数为6×7=42;当十位上的数字为8时,“伞数”的个数为7×8=56;当十位上的数字为9时,“伞数”的个数为8×9=72.故三位数中所有“伞数”的个数是2+6+12+20+30+42+56+72=240.第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的简单应用
◆ 知识点 两个计数原理的联系与区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 都是解决求完成一件事不同的 问题,都是对复杂事件的
区别 完成一件事情,共有n类方法,关键是“分类” 完成一件事情,共有n个步骤,关键是“分步”
各类方法相互独立 各个步骤中的方法相互依存
任何一类方法 这件事 各个步骤都完成 这件事
可利用“ ”电路来理解 可利用“ ”电路来理解
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)某校高一年级共8个班,高二年级共6个班,从中选一个班级承担星期一早晨的升旗任务,安排方法共有14种. ( )
(2)在一次运动会上有四项比赛,冠军均在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况共有43种.( )
(3)十字路口来往的车辆,若不允许回头,则共有4种行车路线. ( )
(4)有三只口袋装有小球,一只装有5个不同的白色小球,一只装有6个不同的黑色小球,一只装有7个不同的红色小球,若每次从中取2个不同颜色的小球,则共有36种不同的取法. ( )
◆ 探究点一 数字组数问题
例1 用0,1,2,3,…,9这十个数字.
(1)可组成多少个三位数
(2)可组成多少个无重复数字的三位数
(3)可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数
变式 (1) 用0,1,2,3,4五个数字可以组成多少个无重复数字且比2000大的四位奇数
(2)用0,1,2,3,4五个数字可以组成多少个无重复数字且能被3整除的四位数
[素养小结]
解决组数问题的方法
(1)对于组数问题,一般按特殊位置(一般是末位和首位)优先的方法分类或分步完成;如果正面分类较多,可采用间接法从反面求解.
(2)解决组数问题,应特别注意其限制条件,有些条件是隐藏的,要善于挖掘.组数时,要注意特殊元素、特殊位置优先的原则.
[提醒] 数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位.
◆ 探究点二 选(抽)取与分配问题
例2 现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画.
(1)从中任选一幅画布置房间,有多少种不同的选法
(2)从国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间,有多少种不同的选法
(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有多少种不同的选法
(4)要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅,分别挂在左、右两边墙上的指定位置,问共有多少种不同的挂法
变式 (1)现有天平及重量为1,2,4的砝码各一个,每一步,我们选取任意一个砝码,将其放入天平的左边或者右边,直至所有砝码全部放到天平两边,但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边,则不同顺序的放法共有 ( )
A.15种 B.13种
C.11种 D.10种
(2)高三年级的三个班级到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中甲工厂必须有班级去,则不同的分配方案共有 ( )
A.16种 B.18种
C.37种 D.48种
[素养小结]
解决抽取(分配)问题的方法
(1)当涉及对象数目不大时,一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表法.
(2)当涉及对象数目较大时,一般有两种方法:
①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地,若抽取是有顺序的,则按分步进行;若按对象特征抽取,则按分类进行.
②间接法:去掉限制条件计算所有的抽取方法数,然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可.
◆ 探究点三 涂色与种植问题
例3 一个同心圆形花坛分为两部分,中间小圆部分种植草坪和绿色灌木,周围的圆环分为n(n≥3,n∈N*)等份,种植红、黄、蓝三种颜色不同的花,要求相邻两部分种植不同颜色的花.
(1)如图①,圆环分成3等份,分别为a1,a2,a3,则有多少种不同的种植方法
(2)如图②,圆环分成4等份,分别为a1,a2,a3,a4,则有多少种不同的种植方法
变式 (1)用4种不同的颜色涂在四棱锥的各个面上,要求相邻两面不同色,有 种不同的涂法.
(2)用4种不同的颜色给图中的A,B,C,D四个区域涂色,要求每个区域只能涂一种颜色.
①有多少种不同的涂法
②若相邻区域不能涂同一种颜色,则有多少种不同的涂法
[素养小结]
求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解,常用方法有:
(1)按区域的不同以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析;
(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论,适用于“区域、点、线段”问题,用分类加法计数原理分析;
(3)对于空间中的涂色问题,将空间问题平面化,转化为平面区域涂色问题.第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的简单应用
一、选择题
1.中国灯笼又统称为灯彩,主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类.现有4名学生,每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种灯笼,则不同的选购方式有 ( )
A.81种 B.64种
C.36种 D.48种
2.某邮局有4个不同的信箱,现有5封不同的信需要邮寄,则不同的投递方法共有 ( )
A.45种 B.54种
C.256种 D.225种
3.在1,2,3,4,5,6这六个数字组成的没有重复数字的三位数中,各位数字之和为奇数的共有 ( )
A.36个 B.48个
C.54个 D.60个
4.从1,2,3,4,5这5个数中任取3个不同的数,可组成不同的等差数列的个数为 ( )
A.2 B.4
C.6 D.8
5.现有印有数字0,1,2,6,12,20,22,26的卡片,每种卡片均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排,则数字20220126的摆放方式共有 ( )
A.14种 B.16种
C.18种 D.20种
6.[2024·重庆渝中区高二期中] 某市的5个区县A,B,C,D,E的地理位置如图所示,给这五个区域染色,每个区域只染一种颜色,且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择,则不同的染色方案共有 ( )
A.24种 B.36种
C.48种 D.72种
7.某班团支部换届选举,从已产生的甲、乙、丙、丁四名候选人中选出三人分别担任书记、副书记和组织委员,并且规定:上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职,则不同的任职结果有 ( )
A.15种 B.14种
C.11种 D.23种
8.(多选题)现安排高二年级A,B,C三名同学到甲、乙、丙、丁、戊五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.所有可能的安排方法有35种
B.若工厂甲必须有同学去,则不同的安排方法有61种
C.若同学A必须去工厂甲,则不同的安排方法有20种
D.若三名同学所选工厂各不相同,则不同的安排方法有60种
9.(多选题)已知集合A={-1,2,3,4},m,n∈A,则对于方程+=1的说法正确的是 ( )
A.可表示3个不同的圆
B.可表示6个不同的椭圆
C.可表示3个不同的双曲线
D.可表示3个不同的焦点位于x轴上的椭圆
二、填空题
10.由0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复数字的三位偶数的个数为 .
11.某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有 种.
12.中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系,如图,现用3种不同的颜色给五“行”涂色,要求相邻的两“行”不能同色,则不同的涂色方法有 种.
三、解答题
13.[2024·山东菏泽高二期中] 高二(4)(5)(6)班分别有7,5,9人参加创新技能大赛笔试.
(1)如果选一人当组长,那么有多少种不同的选法
(2)如果老师当组长,从每班中选一名副组长,那么有多少种不同的选法
(3)如果选两名学生分享经验,要求这两人来自不同的班级,那么有多少种不同的选法
14.一个正方形花圃,被分为n(n≥3,n∈N*)部分,种植红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花,要求每部分种植一种颜色的花,且相邻两部分种植不同颜色的花.
(1)如图①,正方形被分为A,B,C三部分,有多少种不同的种植方法
(2)如图②,正方形被分为A,B,C,D四部分,有多少种不同的种植方法
(3)如图③,正方形被分为A,B,C,D,E五部分,有多少种不同的种植方法
15.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(一个男孩和一个女孩)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,则不同的就座方法种数为 ( )
A.480 B.960
C.1040 D.1120
16.若一个三位正整数a1a2a3满足a1
