第十单元 计数原理、概率、随机变量及其分布
第60讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
● 课前基础巩固
【知识聚焦】
m+n m×n
【对点演练】
1.120 [解析] 根据分步乘法计数原理可知,可选择的不同的方案有10×12=120(种).
2.21 [解析] 依题意知共有10+8+3=21(种)不同的选法.
3.32 1024 [解析] 若每位同学限报其中一个小组,则每位同学都有2种报名方法,由分步乘法计数原理知,不同的报名方法共有2×2×2×2×2=32(种).若没有任何限制,则每位同学可以都不报,可以报一个,也可以都报,则每位同学有1+2+1=4(种)报名方法,由分步乘法计数原理知,不同的报名方法共有4×4×4×4×4=1024(种).
4.15 120 [解析] 从书架上任取1本书,有三类方案:第1类,从第1层取1本语文书,有6种方法;第2类,从第2层取1本数学书,有5种方法;第3类,从第3层取1本外语书,有4种方法.根据分类加法计数原理,不同取法的种数为6+5+4=15.从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,可以分三步完成:第1步,从第1层取1本语文书,有6种方法;第2步,从第2层取1本数学书,有5种方法;第3步,从第3层取1本外语书,有4种方法.根据分步乘法计数原理,不同取法的种数为6×5×4=120.
5.20 [解析] 由三位“凸数”的特点知,中间的数字只能是3,4,5,即分三类.第一类,当中间数字为“3”时,此时有2个“凸数”,即132,231;第二类,当中间数字为“4”时,个位数字有3种选择,百位数字有2种选择,则“凸数”有2×3=6(个);第三类,当中间数字为“5”时,个位数字有4种选择,百位数字有3种选择,则“凸数”有4×3=12(个).由分类加法计数原理得,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.
6.(1)60 (2)125 [解析] (1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学,对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列,因此不同送法的种数是5×4×3=60.
(2)由于有5种不同的书(每种不少于3本),故每名同学都有5种不同的送法,因此送给3名同学,每人各1本书的不同送法的种数是5×5×5=125.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)利用分类加法计数原理,当个位数字分别为9,7,5,3时,考虑数字的组成情况.(2)利用圆的对称性,将等边三角形分两类:相邻2个点和圆心构成的等边三角形、相间隔的3个点构成的等边三角形.根据分类加法计数原理即可求出结果.
(1)10 (2)8 [解析] (1)要组成十位数字小于个位数字的两位数,可分如下情况:当个位数字为9时,十位上的数字有4种取法,能组成4个十位数字小于个位数字的两位数;当个位数字为7时,十位上的数字有3种取法,能组成3个十位数字小于个位数字的两位数;当个位数字为5时,十位上的数字有2种取法,能组成2个十位数字小于个位数字的两位数;当个位数字为3时,十位上的数字有1种取法,能组成1个十位数字小于个位数字的两位数.所以组成的十位数字小于个位数字的两位数有1+2+3+4=10(个).
(2)根据圆的对称性,分两类讨论.如图①,由圆上相邻2个点和圆心可构成等边三角形,这样的等边三角形有6个;如图②,由圆上相间隔的3个点可构成等边三角形,这样的等边三角形有2个.由分类加法计数原理可得,共能构成不同的等边三角形的个数为6+2=8.
变式题 (1)A (2)B [解析] (1)因为椭圆的焦点在x轴上,所以m>n.以m的值为标准分类,可分为四类:第一类,当m=5时,使m>n,n有4种选择;第二类,当m=4时,使m>n,n有3种选择;第三类,当m=3时,使m>n,n有2种选择;第四类,当m=2时,使m>n,n有1种选择.故符合条件的椭圆共有4+3+2+1=10(个).故选A.
(2)符合题目要求的分类方法有甲3张乙1张,甲2张乙2张,甲1张乙3张三类.①若甲3张乙1张,则有4种分法;②若甲2张乙2张,则有6种分法;③若甲1张乙3张,则有4种分法.所以不同分法的种数为4+6+4=14.故选B.
例2 [思路点拨] (1)分两步进行分析:第一步选取1种相同课外读物,第二步选取另外两种.(2)先安排男生,再安排女生,在安排女生时,利用间接法分析运算,根据分步乘法计数原理,即可求解.
(1)B (2)C [解析] (1)根据题意,分2步进行分析:首先选取1种相同课外读物的选法有5种,再选取另外两种不同的课外读物,有4×3=12(种).所以这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有5×12=60(种).故选B.
(2)先安排2名男生,保证每个小组都有男生,则有2种分配方案;再安排5名女生,若将每名女生随机安排,则有25=32(种)分配方案,若5名女生都在同一小组,则有2种分配方案,因为每个小组都有女生,所以女生共有25-2=30(种)分配方案.所以共有2×30=60(种)分配方案,故选C.
变式题 (1)B (2)B [解析] (1)完成这个事情需要三步:第1步,在第二、三、四笔选一笔写卧钩,有3种方法;第2步,在前四笔剩下的三笔中写左点、上点、撇,有3×2×1=6(种)方法;第3步,最后一笔写右点,有1种方法.根据分步乘法计数原理可知,共有3×6×1=18(种)笔顺.故选B.
(2)求不同填法需要4步:填中间一列有2种方法,再填1有3种方法,与1同列的只能是3或4,有2种方法,最后两个区域填两个数字,有2种方法,所以不同的填法种数是2×3×2×2=24.故选B.
例3 [思路点拨] (1)由于0不能为百位数字,故分2种情况讨论:0在个位和0不在个位,再由分类加法计数原理计算可得答案.(2)先考虑居中色块E,由于相邻区域不同色,则可分类讨论C,D同色和C,D不同色,最后考虑A,B.
(1)C (2)A [解析] (1)根据题意,分2种情况讨论:①若0在个位,此时只需从1,2,3,4,5中任取2个数字,作为十位和百位数字即可,有5×4=20(个)没有重复数字的三位偶数;②若0不在个位,此时必须从2和4中任取1个数字作为个位数字,有2种取法,0不能作为百位数字,则百位数字有4种取法,十位数字也有4种取法,此时有2×4×4=32(个)没有重复数字的三位偶数.综上可得,共有20+32=52(个)没有重复数字的三位偶数.故选C.
(2)先涂E,有4种选择,接下来涂C,有3种选择,再涂F,有2种选择.①当C,D颜色相同时,涂色方法种数是4×3×2×1×2=48;②当C,D颜色不相同时,涂色方法种数是4×3×2×1×(1+2)=72.故满足题意的涂色方法种数是48+72=120.故选A.
变式题 (1)B (2)43 [解析] (1)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,由分步乘法计数原理,有5×4×3×1×3=180(种)不同的染色方法;第二类,A,C不同色,由分步乘法计数原理,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.故选B.
(2)设直线ax+by+c=0的倾斜角为θ,则tan θ=->0.不妨设a>0,则b<0.当c=0时,a有3种取法,b有3种取法,其中3x-3y=0,2x-2y=0与x-y=0为同一直线,故符合要求的直线有3×3-2=7(条);当c≠0时,a有3种取法,b有3种取法,c有4种取法,且其中任意两条直线均不重合,故符合要求的直线有3×3×4=36(条).故符合要求的直线有7+36=43(条).第十单元 计数原理、概率、随机变量及其分布
第60讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.C [解析] 因为每名同学均有2门外语课程可以选择,所以不同的选法有2×2×2=23(种).故选C.
2.B [解析] 分3类:取一本语文书有5种方法,取一本数学书有4种方法,取一本英语书有3种方法.由分类加法计数原理得,不同的取法有5+4+3=12(种),故选B.
3.B [解析] 由题意可知,分三步完成:第一步,从2种主食中任选一种,有2种选法;第二步,从3种素菜中任选一种,有3种选法;第三步,从6种荤菜中任选一种,有6种选法.根据分步乘法计数原理,共有2×3×6=36(种)不同的选取方法,故选B.
4.D [解析] 应该分步完成:第一步,因为甲不去北京,所以甲从上海、西安、长沙三个城市中任选一个,有3种选法;第二步,乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别任选一个,有4×4×4=64(种)选法.由分步乘法计数原理可得,不同的选法有3×64=192(种).故选D.
5.ABD [解析] 若从东面上山,则上山走法有2种,下山走法有10种,由分步乘法计数原理可得共有20种走法,故A正确;若从西面上山,则上山走法有3种,下山走法有9种,由分步乘法计数原理可得共有27种走法,故B正确;若从南面上山,则上山走法有3种,下山走法有9种,由分步乘法计数原理可得共有27种走法,故C错误;若从北面上山,则上山走法有4种,下山走法有8种,由分步乘法计数原理可得共有32种走法,故D正确.故选ABD.
6.16 10 [解析] 从1,5,9,13中任选一个数作分子,4,8,12,16中任选一个数作分母,可构造4×4=16(个)不同的分数.由真分数的定义知,①若1为分子,则分母有4种选择;②若5为分子,则分母有3种选择;③若9为分子,则分母有2种选择;④若13为分子,则分母有1种选择.所以真分数共有4+3+2+1=10(个).
7.48 [解析] 先涂矩形A,再依次涂矩形B,C,D,根据分步乘法计数原理,共有4×3×2×2=48(种)涂色方法.
8.D [解析] 由数字1,2,3,4组成的可以有重复数字的三位奇数中,个位数字从两个奇数中选择,十位、百位没有限制,依据分步乘法计数原理,共有2×4×4=32(个).故选D.
9.C [解析] 从盒子中每次取出一个小球,共取3次,有43=64(种)取法,其中取得小球标号的最大值不是4的取法有33=27(种),所以取得小球标号的最大值是4的取法有64-27=37(种),故选C.
10.D [解析] 由题意,甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗,即甲单位不可预约C医院,则甲单位可预约A,B两家医院.①若甲单位预约A医院,乙单位预约A医院,则丙单位可预约B,C医院,有2种情况;②若甲单位预约A医院,乙单位预约B或C医院,则丙单位可预约A,B,C医院,有2×3=6(种)情况;③若甲单位预约B医院,乙单位预约A或C医院,则丙单位可预约A,B,C医院,有2×3=6(种)情况;④若甲单位预约B医院,乙单位预约B医院,则丙单位可预约A,C医院,有2种情况.所以甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为2+6+6+2=16.故选D.
11.BC [解析] 因为百位上的数字不能为0,所以组成的三位数的个数为4×4×3=48,故A错误;将所有三位数的偶数分为两类,①个位数为0,则有4×3=12(个),②个位数为2或4,则有2×3×3=18(个),所以在组成的三位数中,偶数的个数为12+18=30,故B正确;将组成的三位数中的“凹数”分为三类,①十位为0,则有4×3=12(个),②十位为1,则有3×2=6(个),③十位为2,则有2×1=2(个),所以在组成的三位数中,“凹数”的个数为12+6+2=20,故C正确,D错误.故选BC.
12.24 [解析] 梯形的上、下底平行且不相等,如图.若以AB为底边,则可构成2个梯形,根据对称性可知,此类梯形有2×8=16(个);若以AC为底边,则可构成1个梯形,此类梯形共有1×8=8(个).所以梯形的个数是16+8=24.
13.896 [解析] 集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}中的完全平方数有1,4,9,令B={1,4,9},C={2,3,5,6,7,8,10},则集合B={1,4,9}的非空子集有23-1=7(个),集合C={2,3,5,6,7,8,10}的子集有27=128(个),则满足条件的集合A为集合B的非空子集与集合C的子集的并集,故共有7×128=896(个).
14.1200 960 [解析] 第一空:若C,E的涂色相同,则共有5×4×3×2×3=360(种)不同的涂色方法;若C,E的涂色不相同,则共有5×4×3×2×(1×3+2×2)=840(种)不同的涂色方法.故共有360+840=1200(种)不同的涂色方法.第二空:因为区域D不能涂甲颜色,所以区域D的涂色方法有4种.若C,E的涂色相同,则共有4×4×3×3×2=288(种)不同的涂色方法;若C,E的涂色不相同,则共有4×4×3×2×(1×3+2×2)=672(种)不同的涂色方法.故共有288+672=960(种)不同的涂色方法.
15.C [解析] 在三阶魔方中,随机选择一层,有9种选法,每一层有2种旋转方式,故每一次旋转魔方,有9×2=18(种)旋转方式,所以若将一个已还原的三阶魔方按5步打乱,且每一步互相独立,则共有185种打乱方式.故选C.
16.80 [解析] 因为cos2an+1=sin2an,cos2an+1+sin2an+1=1,所以sin2an+sin2an+1=1,又sin2a1=sin2=,所以sin2a2=,sin2a3=,sin2a4=,所以sin a2=±,sin a3=±,sin a4=±,又因为a1=,a5=,a1
第60讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【课标要求】 通过实例,了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
内容 区别与联系
分类 加法 计数 原理 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 (可推广至多类方案) 区别:分类加法计数原理与分类有关,各种方法相互独立,用其中的任何一种方法都可以完成这件事;分步乘法计数原理与分步有关,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了,这件事才能完成. 联系:复杂问题中,需要两个计数原理综合应用.某一类中可能需要再分步,某一步中有可能需要再分类
分步 乘法 计数 原理 完成一件事需要两个步骤,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= 种不同的方法 (可推广至多个步骤)
题组一 常识题
1.[教材改编] 某人欲从A地途经B地到C地,已知从A地到B地有10种合适的方案(包括飞机、火车、汽车等),从B地到C地有12种合适的方案,则此人从A地到C地可选择的不同的方案有 种.
2.[教材改编] 音乐播放器里存有10首中文歌曲,8首英文歌曲,3首法文歌曲,从中任选一首歌曲进行播放,有 种不同的选法.
3.[教材改编] 5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中一个小组,则不同的报名方法共有 种.若没有任何限制,每位同学随意报名,则不同的报名方法共有 种.
题组二 常错题
◆索引:对“完成一件事”的含义理解不准确;计数时有重复或遗漏,不知道何时该分类,何时该分步,不区分元素是否可重复使用.
4.书架的第1层放有6本不同的语文书,第2层放有5本不同的数学书,第3层放有4本不同的外语书.从书架中任取1本书,共有 种不同的取法;从书架中的第1,2,3层各取1本书,共有 种不同的取法.
5.我们把中间数位上的数字最大而两边减小的多位数称为“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 .
6.(1)有5本不同的书,从中选3本送给3名同学,每人各1本,共有 种不同的送法;(2)有5种不同的书(每种不少于3本),从中选3本送给3名同学,每人各1本,共有 种不同的送法.
分类加法计数原理
例1 (1)已知集合A={2,4,6,8},B={1,3,5,7,9},从A中取一个数作为十位数字,从B中取一个数作为个位数字,能组成 个十位数字小于个位数字的两位数.
(2)一个圆的圆周上均匀分布6个点,在这些点与圆心共7个点中任取3个点,这3个点能构成不同的等边三角形的个数为 .
总结反思
(1)分类加法计数原理的实质:
完成一件事的各类方法相互独立,每类中的各种方法也相互独立,用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.
(2)使用分类加法计数原理遵循的原则:
有时分类的划分标准有多个,但不论是以哪一个为标准,都应遵循“标准要明确,不重不漏”的原则.
变式题 (1)椭圆+=1(m>0,n>0)的焦点在x轴上,且m∈{1,2,3,4,5},n∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆的个数为 ( )
A.10 B.12
C.20 D.35
(2)有编号分别为1,2,3,4的4张电影票,要分给甲、乙两个人,每人至少分得一张,那么不同分法的种数为 ( )
A.10 B.14
C.16 D.12
分步乘法计数原理
例2 (1)[2024·天津和平区二模] 为响应党的二十大报告提出的“深化全民阅读活动”的号召,某学校开展读书活动,组织同学从推荐的课外读物中进行选读.活动要求甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有 ( )
A.30种 B.60种
C.120种 D.240种
(2)[2024·湖南永州一中月考] 某校于三月份开展学雷锋主题活动,某班级5名女生和2名男生分成两个小组去两地参加志愿者活动,每个小组均要求既要有女生又要有男生,则不同的分配方案有 ( )
A.20种 B.40种
C.60种 D.80种
总结反思
(1)分步乘法计数原理的实质:
完成一件事要分为若干步,各个步骤相互依存,缺少其中的任何一步都不能完成这件事,只有当每个步骤都完成后,才能完成这件事.
(2)使用分步乘法计数原理应注意的问题:
①明确题目中所要完成的这件事是什么,确定完成这件事需要几个步骤.
②将完成这件事划分成几个步骤来执行,各步骤之间有一定的连续性,只有当所有步骤都完成了,这件事才能完成,这是分步的基础,也是关键.
变式题 (1)书写汉字时,笔顺对书写的速度和字形的美观有非常关键的影响.为了满足课堂教学的需要,我们制定了一套现代汉语通用字的笔顺规范,但在进行书法创作时,笔顺则更加灵活多变,比如“必”字有五笔:左点、上点、右点、撇、卧钩.若要求第一笔不写卧钩,且最后一笔写右点,则“必”字不同的笔顺有 ( )
A.12种 B.18种
C.24种 D.30种
(2)将“1,2,2,3,4,5”这6个数字填入如图所示的表格区域中,每个区域填一个数字,1不在A区域且三列中只有中间一列区域的数字之和为7,若中间一列填2和5,则不同的填法有 ( )
A.20种 B.24种
C.36种 D.48种
两个计数原理的综合
例3 (1)若从0,1,2,3,4,5这六个数字中选三个数字,组成没有重复数字的三位数,则这样的三位偶数一共有 ( )
A.20个 B.48个
C.52个 D.120个
(2)[2024·重庆模拟] 用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A,B,C,D,E,F涂色,要求相邻区域涂不同颜色,则涂色方法的种数是 ( )
A.120 B.72 C.48 D.24
总结反思
(1)复杂问题中,两个计数原理可以综合应用:可以先分类,在各类中再分步,或先分步,到某一步时按需要再分类处理.
(2)涂色问题一般综合利用两个计数原理求解,但也有两种常用方法: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;以颜色为主分类讨论,用分类加法计数原理分析.
变式题 (1)如图所示,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个端点异色,如果只有5种颜色可供使用,则不同染色方法的种数为 ( )
A.192 B.420
C.210 D.72
(2)已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3}中的3个不同的元素,并且该直线的倾斜角为锐角,那么这样的直线的条数是 . 第十单元 计数原理、概率、随机变量及其分布
第60讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
(时间:45分钟)
1.三名同学分别从英语和日语中选修一门外语课程,则不同的选法种数为 ( )
A. B.
C.23 D.32
2.有5本不同的语文书,4本不同的数学书,3本不同的英语书,从中任取一本,不同的取法有 ( )
A.3种
B.12种
C.60种
D.以上答案均不正确
3.为响应国家“节约粮食”的号召,某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤菜、4种小荤菜中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜,并在用餐时积极践行“光盘行动”,则不同的选取方法有 ( )
A.48种 B.36种
C.24种 D.12种
4.[2025·江苏徐州模拟] 甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩,其中甲去过北京,所以甲不去北京,则不同的选法有 ( )
A.18种 B.48种
C.108种 D.192种
5.(多选题)若从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2,3,3,4条,现要从一面上山,从剩余三面中的任意一面下山,则下列结论正确的是 ( )
A.从东面上山有20种走法
B.从西面上山有27种走法
C.从南面上山有30种走法
D.从北面上山有32种走法
6.用1,5,9,13中任意一个数作分子,4,8,12,16中任意一个数作分母,可构造 个不同的分数,可构造 个不同的真分数.
7.如图,用四种不同颜色给矩形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.
8.由数字1,2,3,4可以组成可以有重复数字的三位奇数的个数为 ( )
A.12 B.24
C.48 D.32
9.一个盒子里有4个分别标有号码1,2,3,4的小球,每次取出一个,记下它的标号后再放回盒子中,共取3次,则取得小球标号的最大值是4的取法有 ( )
A.17种 B.27种
C.37种 D.47种
10.某日,甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A,B,C三家医院接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院,每家医院每日至多接待两个单位.已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗,B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗,C医院接种的是需要打三针的重组蛋白疫苗,则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为 ( )
A.27 B.24
C.18 D.16
11.(多选题)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的三位数.如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如301,423等都是“凹数”,则下列结论中正确的是 ( )
A.组成的三位数的个数为60
B.在组成的三位数中,偶数的个数为30
C.在组成的三位数中,“凹数”的个数为20
D.在组成的三位数中,“凹数”的个数为30
12.古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界,画出形状相同的两个阴阳鱼,阳鱼的头部有个阴眼,阴鱼的头部有个阳眼,表示万物都在相互转化,互相渗透,阴中有阳,阳中有阴,阴阳相合,相生相克,蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.由八卦模型图可抽象得到正八边形,从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形,其中梯形的个数为 .
13.集合A是{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}的子集,且A中的元素有完全平方数,则满足条件的集合A共有 个.
14.如图,这是一面含A,B,C,D,E,F六块区域的墙,现有五种不同颜色的油漆,一位工人要对这面墙涂色,相邻的区域不同色,则共有 种不同的涂色方法;若区域D不能涂甲颜色,则共有 种不同的涂色方法.
15.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法,风靡程度经久未衰,每年都会举办大小赛事,是最受欢迎的智力游戏之一.已知经典三阶魔方(如图)自由转动之后的色块组合约有4.3×1019种.现将如图所示已还原的魔方按5步打乱,且每一步互相独立,则打乱方式共有 ( )
A.种 B.种
C.185种 D.195种
16.[2024·上海延安中学三模] 已知数列{an}共有5项,且满足:①a1=,a5=;②a1第60讲 分类加法计数原理与分步乘
法计数原理
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教师备用习题
作业手册
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【课标要求】 通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原
理及其意义.
内容 区别与联系
分类 加法 计数 原理 区别:分类加法计数原理与分
类有关,各种方法相互独立,用
其中的任何一种方法都可以
完成这件事;分步乘法计数原
理与分步有关,各个步骤相互
依存, 只有各个步骤都完成了,这件事才能完成.
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
◆ 知识聚焦 ◆
内容 区别与联系
分步 乘法 计数 原理 联系：复杂问题中，需要两
个计数原理综合应用.某一类
中可能需要再分步，某一步
中有可能需要再分类
续表
题组一 常识题
1.［教材改编］ 某人欲从地途经地到地，已知从地到 地有10
种合适的方案（包括飞机、火车、汽车等），从地到 地有12种合
适的方案，则此人从地到 地可选择的不同的方案有_____种.
120
[解析] 根据分步乘法计数原理可知，可选择的不同的方案有
（种）.
◆ 对点演练 ◆
2.［教材改编］ 音乐播放器里存有10首中文歌曲，8首英文歌曲，3
首法文歌曲，从中任选一首歌曲进行播放，有____种不同的选法.
21
[解析] 依题意知共有 （种）不同的选法.
3.［教材改编］ 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报
其中一个小组，则不同的报名方法共有____种.若没有任何限制，每
位同学随意报名，则不同的报名方法共有______种.
32
1024
[解析] 若每位同学限报其中一个小组，则每位同学都有2种报名方法，
由分步乘法计数原理知，不同的报名方法共有
（种）.
若没有任何限制，则每位同学可以都不报，可以报一个，也可以都报，
则每位同学有 （种）报名方法，由分步乘法计数原理知，
不同的报名方法共有 （种）.
题组二 常错题
◆ 索引：对“完成一件事”的含义理解不准确；计数时有重复或遗漏，
不知道何时该分类，何时该分步，不区分元素是否可重复使用.
4.书架的第1层放有6本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，
第3层放有4本不同的外语书.从书架中任取1本书，共有____种不同的
取法；从书架中的第1，2，3层各取1本书，共有_____种不同的取法.
15
120
[解析] 从书架上任取1本书，有三类方案：第1类，从第1层取1本语
文书，有6种方法；第2类，从第2层取1本数学书，有5种方法；第3
类，从第3层取1本外语书，有4种方法.
根据分类加法计数原理，不同取法的种数为 .
从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三步完成：
第1步，从第1层取1本语文书，有6种方法；
第2步，从第2层取1本数学书，有5种方法；
第3步，从第3层取1本外语书，有4种方法.
根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为 .
5.我们把中间数位上的数字最大而两边减小的多位数称为“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
[解析] 由三位“凸数”的特点知，中间的数字只能是3，4，5，
即分三类.
第一类，当中间数字为“3”时，此时有2个“凸数”，即132，231；
第二类，当中间数字为“4”时，个位数字有3种选择，百位数字有2种
选择，则“凸数”有 （个）；
第三类，当中间数字为“5”时，个位数字有4种选择，
百位数字有3种选择，则“凸数”有 （个）.
由分类加法计数原理得，由1，2，3，4，5可以组成无重复数
字的三位“凸数”的个数是 .
6.（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有
____种不同的送法；
60
[解析] 从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，
对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，
因此不同送法的种数是 .
（2）有5种不同的书（每种不少于3本），从中选3本送给3名同学，
每人各1本，共有_____种不同的送法.
125
[解析] 由于有5种不同的书（每种不少于3本），
故每名同学都有5种不同的送法，因此送给3名同学，
每人各1本书的不同送法的种数是 .
探究点一 分类加法计数原理
例1（1）已知集合，，从 中取一个数作
为十位数字，从 中取一个数作为个位数字，能组成____个十位数字
小于个位数字的两位数.
10
［思路点拨］利用分类加法计数原理，当个位数字分别为9,7,5,3时，
考虑数字的组成情况.
[解析] 要组成十位数字小于个位数字的两位数，可分如下情况：
当个位数字为9时，十位上的数字有4种取法，能组成4个十位数字
小于个位数字的两位数；
当个位数字为7时，十位上的数字有3种取法，能组成3个十位数字
小于个位数字的两位数；
当个位数字为5时，十位上的数字有2种取法，能组成2个十位数字
小于个位数字的两位数；
当个位数字为3时，十位上的数字有1种取法，能组成1个十位数字小
于个位数字的两位数.
所以组成的十位数字小于个位数字的两位数有 （个）.
（2）一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中任
取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为___.
8
［思路点拨］利用圆的对称性，将等边三角形分两类：相邻2个点和
圆心构成的等边三角形、相间隔的3个点构成的等边三角形.根据分类
加法计数原理即可求出结果.
[解析] 根据圆的对称性，分两类讨论.
如图①，由圆上相邻2个点和圆心可构成等边三角形，
这样的等边三角形有6个；
如图②，由圆上相间隔的3个点可构成等边三角形，
这样的等边三角形有2个.
由分类加法计数原理可得，
共能构成不同的等边三角形的个数为 .
[总结反思]
（1）分类加法计数原理的实质:
完成一件事的各类方法相互独立,每类中的各种方法也相互独立,用任
何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.
（2）使用分类加法计数原理遵循的原则:
有时分类的划分标准有多个,但不论是以哪一个为标准,都应遵循“标
准要明确,不重不漏”的原则.
变式题（1）椭圆的焦点在 轴上，且
，2，3，4，，，2，3，4，5，6， ，则这样的椭圆
的个数为( )
A.10 B.12 C.20 D.35
√
[解析] 因为椭圆的焦点在轴上，所以.以 的值为标准分类，
可分为四类：
第一类，当时，使， 有4种选择；
第二类，当时，使，有3种选择；
第三类，当 时，使，有2种选择；
第四类，当时，使， 有1种选择.
故符合条件的椭圆共有 （个）.故选A.
（2）有编号分别为1，2，3，4的4张电影票，要分给甲、乙两个人，
每人至少分得一张，那么不同分法的种数为( )
A.10 B.14 C.16 D.12
[解析] 符合题目要求的分类方法有甲3张乙1张，甲2张乙2张，
甲1张乙3张三类.
①若甲3张乙1张，则有4种分法；
②若甲2张乙2张，则有6种分法；
③若甲1张乙3张，则有4种分法.
所以不同分法的种数为 .故选B.
√
探究点二 分步乘法计数原理
例2（1）[2024·天津和平区二模]为响应党的二十大报告提出的“深化
全民阅读活动”的号召，某学校开展读书活动，组织同学从推荐的课
外读物中进行选读.活动要求甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选
读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A.30种 B.60种 C.120种 D.240种
［思路点拨］分两步进行分析：第一步选取1种相同课外读物，
第二步选取另外两种.
√
[解析] 根据题意，分2步进行分析：
首先选取1种相同课外读物的选法有5种，
再选取另外两种不同的课外读物，有 （种）.
所以这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有
（种）.故选B.
（2）[2024·湖南永州一中月考]某校于三月份开展学雷锋主题活动，
某班级5名女生和2名男生分成两个小组去两地参加志愿者活动，每
个小组均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有( )
A.20种 B.40种 C.60种 D.80种
［思路点拨］先安排男生，再安排女生，在安排女生时，利用间接
法分析运算，根据分步乘法计数原理，即可求解.
√
[解析] 先安排2名男生，保证每个小组都有男生，则有2种分配方案；
再安排5名女生，若将每名女生随机安排，则有 （种）分配
方案，若5名女生都在同一小组，则有2种分配方案，因为每个小组
都有女生，所以女生共有 （种）分配方案.
所以共有 （种）分配方案，故选C.
[总结反思]
（1）分步乘法计数原理的实质：
完成一件事要分为若干步,各个步骤相互依存,缺少其中的任何一步都
不能完成这件事,只有当每个步骤都完成后,才能完成这件事.
（2）使用分步乘法计数原理应注意的问题:
①明确题目中所要完成的这件事是什么,确定完成这件事需要几个步骤.
②将完成这件事划分成几个步骤来执行,各步骤之间有一定的连续性,
只有当所有步骤都完成了,这件事才能完成,这是分步的基础,也是关键.
变式题（1）书写汉字时，笔顺对书写的速度和字形的美观有非常关
键的影响.为了满足课堂教学的需要，我们制定了一套现代汉语通用
字的笔顺规范，但在进行书法创作时，笔顺则更加灵活多变，比如
“必”字有五笔：左点、上点、右点、撇、卧钩.若要求第一笔不写卧
钩，且最后一笔写右点，则“必”字不同的笔顺有( )
A.12种 B.18种 C.24种 D.30种
√
[解析] 完成这个事情需要三步：
第1步，在第二、三、四笔选一笔写卧钩，有3种方法；
第2步，在前四笔剩下的三笔中写左点、上点、撇，
有 （种）方法；
第3步，最后一笔写右点，有1种方法.
根据分步乘法计数原理可知，共有 （种）笔顺.
故选B.
（2）将“1，2，2，3，4，5”这6个数字填入如图所示的表
格区域中，每个区域填一个数字，1不在 区域且三列中
只有中间一列区域的数字之和为7，若中间一列填2和5，
则不同的填法有( )
A.20种 B.24种 C.36种 D.48种
[解析] 求不同填法需要4步：填中间一列有2种方法，再填1有3种方
法，与1同列的只能是3或4，有2种方法，最后两个区域填两个数字，
有2种方法，所以不同的填法种数是 .故选B.
√
探究点三 两个计数原理的综合
例3（1）若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选三个数字，组成没
有重复数字的三位数，则这样的三位偶数一共有( )
A.20个 B.48个 C.52个 D.120个
［思路点拨］由于0不能为百位数字，故分2种情况讨论：0在个位和
0不在个位，再由分类加法计数原理计算可得答案.
√
[解析] 根据题意，分2种情况讨论：
①若0在个位，此时只需从1，2，3，4，5中任取2个数字，
作为十位和百位数字即可，有 （个）没有重复数字
的三位偶数；
②若0不在个位，此时必须从2和4中任取1个数字作为个位数字，
有2种取法，0不能作为百位数字，则百位数字有4种取法，
十位数字也有4种取法，此时有 （个）没有重复数字
的三位偶数.
综上可得，共有 （个）没有重复数字的三位偶数.故选C.
（2）[2024·重庆模拟]用四种不同的颜色给如图所
示的六块区域，，，，， 涂色，要求相邻
区域涂不同颜色，则涂色方法的种数是( )
A.120 B.72 C.48 D.24
［思路点拨］先考虑居中色块 ,由于相邻区域不同色，则可分类讨
论,同色和,不同色，最后考虑, .
√
[解析] 先涂，有4种选择，接下来涂，有3种选择，
再涂 ,有2种选择.
①当,颜色相同时，涂色方法种数是 ；
②当, 颜色不相同时，涂色方法种数是
.
故满足题意的涂色方法种数是 .故选A.
[总结反思]
（1）复杂问题中,两个计数原理可以综合应用:可以先分类,在各类中
再分步,或先分步,到某一步时按需要再分类处理.
（2）涂色问题一般综合利用两个计数原理求解,但也有两种常用方法:
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;以颜
色为主分类讨论,用分类加法计数原理分析.
变式题（1）如图所示，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个端点异色，
如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种
数为( )
A.192 B.420 C.210 D.72
√
[解析] 按照 的顺序进行染色，
按照，是否同色分类：
第一类，， 同色，由分步乘法计数原理，
有 （种）不同的染色方法；
第二类，， 不同色，由分步乘法计数原理，
有 （种）不同的染色方法.
根据分类加法计数原理，共有 （种）不同的
染色方法.故选B.
（2）已知直线中的，，是取自集合,, ,
0,1,2, 中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么这样
的直线的条数是____.
43
[解析] 设直线的倾斜角为 ，则 .
不妨设，则.
当时，有3种取法， 有3种取法，其中,
与 为同一直线，故符合要求的直
线有（条）；
当时，有3种取法， 有3种取法， 有4种取法，
且其中任意两条直线均不重合，故符合要求的直线有
（条）.
故符合要求的直线有 （条）.
【备选理由】例1考查分类加法计数原理;例2考查分步乘法计数原理;
例3考查综合应用两个计数原理解决问题.
例1 ［配例1使用］ 李明为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，
甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送
一次.已知5月1日李明去了这四家超市配送，那么整个5月他不去配送
的天数为____.
13
[解析] 将5月剩余的30天依次编号为1，2，3， ，30，
因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去
配送一次，且5月1日李明去了这四家超市配送，所以李明每逢编号
为3的倍数的那天要去甲超市配送，每逢编号为4的倍数的那天要去
乙超市配送，每逢编号为6的倍数的那天要去丙超市配送，
每逢编号为7的倍数的那天要去丁超市配送，
则李明去甲超市配送的天数编号为3，6，9，12，15，18，21，
24，27，30，共10天；
李明去乙超市但不去甲超市配送的天数编号为4，8，16，20，28，
共5天；
李明去丙超市但不去甲、乙超市配送的天数编号不存在，共0天；
李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市配送的天数编号为7，14，
共2天.
所以李明需要去配送的天数为 ，
所以整个5月李明不用去配送的天数是 .
例2 ［配例2使用］ 整数3528有____个不同的正因数.
36
[解析] 因为，所以3528共有 （个）
不同的正因数.
【备选理由】例2考查分步乘法计数原理;
例3 ［配例3使用］ [2024·合肥模拟] 2024届高三某次联考中对尖端
生采用屏蔽措施，某校历史方向有，，，， 五位屏蔽生总分
在前9名，现在确定第1，2，5名是，，三位同学，但 不是第1
名，，两位同学只知道在第6至9名，且的成绩比 好，则这5位
同学总分名次可能有( )
A.6种 B.12种 C.24种 D.48种
√
【备选理由】例3考查综合应用两个计数原理解决问题.
[解析] 第一步排有两种可能，第2名或第5名；
第二步排和 有两种可能；
第三步排和，有第6，7，8名三种可能，
当 为第6名时，有第7，8，9名三种可能，
当为第7名时， 有第8，9名两种可能，
当为第8名时， 只有第9名一种可能，
所以第三步共有 （种）可能.
所以这5位同学总分名次可能有 （种）.故选C.
作业手册
1.三名同学分别从英语和日语中选修一门外语课程，则不同的选法种
数为( )
A. B. C. D.
[解析] 因为每名同学均有2门外语课程可以选择，
所以不同的选法有 （种）.故选C.
√
◆ 基础热身 ◆
2.有5本不同的语文书，4本不同的数学书，3本不同的英语书，从中
任取一本，不同的取法有( )
A.3种 B.12种
C.60种 D.以上答案均不正确
[解析] 分3类：取一本语文书有5种方法，取一本数学书有4种方法，
取一本英语书有3种方法.
由分类加法计数原理得，不同的取法有 （种），
故选B.
√
3.为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主
食、3种素菜、2种大荤菜、4种小荤菜中选取1种主食、1种素菜、1
种荤菜，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有
( )
A.48种 B.36种 C.24种 D.12种
√
[解析] 由题意可知，分三步完成：
第一步，从2种主食中任选一种，有2种选法；
第二步，从3种素菜中任选一种，有3种选法；
第三步，从6种荤菜中任选一种，有6种选法.
根据分步乘法计数原理，共有 （种）不同的选取方法，
故选B.
4.[2025·江苏徐州模拟]甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西
安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲
不去北京，则不同的选法有( )
A.18种 B.48种 C.108种 D.192种
[解析] 应该分步完成：第一步，因为甲不去北京，所以甲从上海、
西安、长沙三个城市中任选一个，有3种选法；
第二步，乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别
任选一个，有 （种）选法.
由分步乘法计数原理可得，不同的选法有 （种）.故选D.
√
5.（多选题）若从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，
4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则下列结论
正确的是( )
A.从东面上山有20种走法 B.从西面上山有27种走法
C.从南面上山有30种走法 D.从北面上山有32种走法
√
√
√
[解析] 若从东面上山，则上山走法有2种，下山走法有10种，
由分步乘法计数原理可得共有20种走法，故A正确；
若从西面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，
由分步乘法计数原理可得共有27种走法，故B正确；
若从南面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，
由分步乘法计数原理可得共有27种走法，故C错误；
若从北面上山，则上山走法有4种，下山走法有8种，
由分步乘法计数原理可得共有32种走法，故D正确.故选 .
6.用1，5，9，13中任意一个数作分子，4，8，12，16中任意一个数
作分母，可构造____个不同的分数，可构造____个不同的真分数.
16
10
[解析] 从1，5，9，13中任选一个数作分子，4，8，12，16中任选一
个数作分母，可构造 （个）不同的分数.
由真分数的定义知，①若1为分子，则分母有4种选择；
②若5为分子，则分母有3种选择；
③若9为分子，则分母有2种选择；
④若13为分子，则分母有1种选择.
所以真分数共有 （个）.
7.如图，用四种不同颜色给矩形，，， 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.
48
[解析] 先涂矩形，再依次涂矩形，， ，
根据分步乘法计数原理，共有 （种）涂色方法.
8.由数字1，2，3，4可以组成可以有重复数字的三位奇数的个数为
( )
A.12 B.24 C.48 D.32
[解析] 由数字1，2，3，4组成的可以有重复数字的三位奇数中，
个位数字从两个奇数中选择，十位、百位没有限制,
依据分步乘法计数原理，共有 （个）.故选D.
√
◆ 综合提升 ◆
9.一个盒子里有4个分别标有号码1，2，3，4的小球，每次取出一个，
记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号的最大值
是4的取法有( )
A.17种 B.27种 C.37种 D.47种
[解析] 从盒子中每次取出一个小球，共取3次，有 （种）取
法,其中取得小球标号的最大值不是4的取法有 （种）,所以取
得小球标号的最大值是4的取法有 （种）,故选C.
√
10.某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到，， 三家医院
接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院，每家医院每日至
多接待两个单位.已知 医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫
苗，医院接种的是需要打两针的灭活疫苗， 医院接种的是需要打
三针的重组蛋白疫苗，则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗
的预约方案种数为( )
A.27 B.24 C.18 D.16
√
[解析] 由题意，甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗，即甲单
位不可预约医院，则甲单位可预约， 两家医院.
①若甲单位预约医院，乙单位预约医院，则丙单位可预约
， 医院，有2种情况；
②若甲单位预约医院，乙单位预约或医院，则丙单位可预约 ，
，医院，有（种）情况；
③若甲单位预约 医院，乙单位预约或医院，则丙单位可预约
，，医院，有 （种）情况；
④若甲单位预约医院，乙单位预约 医院，则丙单位可预约
， 医院，有2种情况.
所以甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数
为 .故选D.
11.（多选题）用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位数.
如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个
数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是
( )
A.组成的三位数的个数为60
B.在组成的三位数中，偶数的个数为30
C.在组成的三位数中，“凹数”的个数为20
D.在组成的三位数中，“凹数”的个数为30
√
√
[解析] 因为百位上的数字不能为0，所以组成的三位数的个数为
，故A错误；
将所有三位数的偶数分为两类，①个位数为0，则有（个），
个位数为2或4，则有 （个），所以在组成的三位数中，
偶数的个数为 ，故B正确；
将组成的三位数中的“凹数”分为三类，①十位为0，
则有（个），②十位为1，则有 （个），
③十位为2，则有 （个），所以在组成的三位数中，
“凹数”的个数为，故C正确，D错误.故选 .
12.古代中国的太极八卦图是以同圆内的
圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，
阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个
阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗
透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，
相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立
统一规律.由八卦模型图可抽象得到正八
24
边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的
个数为____.
[解析] 梯形的上、下底平行且不相等，如图.
若以 为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知，
此类梯形有 （个）；
若以为底边，则可构成1个梯形，
此类梯形共有 （个）.
所以梯形的个数是 .
13.集合是的子集，且 中的元素有完全平方数，
则满足条件的集合 共有_____个.
896
[解析] 集合 中的完全平方数有1，4，9，
令，，则集合 的非空子集
有（个），集合的子集有
（个），
则满足条件的集合为集合的非空子集与集合 的子集的
并集，故共有 （个）.
14.如图，这是一面含，，，，， 六块区域的墙，现有五种
不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，
则共有______种不同的涂色方法；若区域 不能涂甲颜色，则共有
_____种不同的涂色方法.
1200
960
[解析] 第一空：若， 的涂色相同，则共有
（种）不同的涂色方法；
若， 的涂色不相同，则共有
（种）不同的涂色方法.
故共有（种）不同的涂色方法.
第二空：因为区域 不能涂甲颜色，
所以区域的涂色方法有4种.
若， 的涂色相同，
则共有（种）不同的涂色方法；
若， 的涂色不相同，则共有
（种）不同的涂色方法.
故共有 （种）不同的涂色方法.
15.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡
程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受
欢迎的智力游戏之一.已知经典三阶魔方（如图）
自由转动之后的色块组合约有 种.现将如
图所示已还原的魔方按5步打乱，且每一步互相独
立，则打乱方式共有 ( )
A.种 B.种 C.种 D. 种
√
◆ 能力拓展 ◆
[解析] 在三阶魔方中，随机选择一层，有9种选法，每一层有2种旋
转方式，故每一次旋转魔方，有 （种）旋转方式，
所以若将一个已还原的三阶魔方按5步打乱，且每一步互相独立，
则共有 种打乱方式.故选C.
16.[2024·上海延安中学三模] 已知数列 共有5项，且满足：
，； ；
，，2，3，4.则满足条件的数列 共有
____个.
80
[解析] 因为， ，
所以，
又，所以 ，，，
所以， ，，
又因为，， ，
所以, ，
.
当时，有2种选法， 有6种选法，
一共有 （种）选法；
当时，有2种选法，有6种选法，
一共有 （种）选法；
当时，有4种选法， 有4种选法，
一共有（种）选法；
当时，有4种选法， 有4种选法，
一共有（种）选法；
当时，有6种选法， 有2种选法，
一共有（种）选法；
当时， 有6种选法，有2种选法，
一共有（种）选法；
当 时，有8种选法，有0种选法，
一共有 （种）选法.
所以满足条件的数列共有
（个）.
【知识聚焦】m+n m×n
【对点演练】1.120 2.21 3.32 1024 4.15 120 5.20 6.(1)60 (2)125
课堂考点探究
例1 (1)10 (2)8 变式题 (1)A (2)B
例2 (1)B (2)C 变式题 (1)B (2)B
例3 (1)C (2)A 变式题 (1)B (2)43
教师备用习题
例1 13 例2 36 例3 C
基础热身
1.C 2.B 3.B 4.D 5.ABD 6.16 10 7.48
综合提升
8.D 9.C 10.D 11. BC 12.24 13. 896 14. 1200 960
能力拓展
15. C 16. 80