第7章第1节 两个基本计数原理
题型1 分类加法计数原理 题型2 分步乘法计数原理
题型3 代数与函数中的计数问题 题型4 数字问题
题型5 染色问题 题型6 加法计数原理与乘法计数原理的综合应用
▉题型1 分类加法计数原理
【知识点的认识】
1．定义：完成一件事有两类不同方案：在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有n种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m+n种不同的方法．
2．推广：完成一件事有n类不同方案：在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m1+m2+…+mn种不同的方法．
3．特点：
（1）完成一件事的n类方案相互独立；
（2）同一类方案中的各种方法相对独立．
（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；
4．注意：与分步乘法计数原理区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法计数原理．
实现步骤：
（1）分类；
（2）对每一类方法进行计数；
（3）用分类加法计数原理求和；
1．某次航展中，空中梯队的五架战机进行特技表演，需保持呈“人”字形飞行（如图所示）．已知执飞小组共6人，每架战机由一人执飞，其中领头战机只能由甲或乙执飞，其余四个位置每个人都能执飞，则不同的执飞方法共有（ ）
A．192种 B．208种 C．224种 D．240种
2．某班组织同学到社区志愿服务，某小组共有4名男生和5名女生，该小组需要选出3名同学参加，若选出的同学中既有男生又有女生，则不同的安排方法有（ ）种．
A．35 B．84 C．70 D．140
3．将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有（ ）
A．576种 B．1152种 C．2304种 D．4608种
4．如下图所示，边长为a的正方体成周期性排列，在正方体的各个角以及每个面的中心有原子分布的晶体结构，我们称之为面心立方结构．若要将这一个立方体上的14个点染上红黄蓝三种颜色，使得被一条线段连接的两个点不能染上同一种色，那么不同染色方案的种数是（旋转和镜像对称后重合的视为同一种）（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
5．有4名医学毕业生到甲、乙、丙三所学校去应聘校医工作，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为（ ）
A．40种 B．60种 C．80种 D．120种
6．某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正、副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有 种．
7．现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为a1，a2，a3，则满足|a1﹣a2|+|a2﹣a3|+|a3﹣a1|＝6的情况有 种．
8．如图，A，B，C三个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，其中开关A控制着2，3，4号灯，开关B控制着1，3，4号灯，开关C控制着1，2，4号灯．开始时，四盏灯都亮着．现先后按动A，B，C这三个开关中的两个不同的开关，则其中1号灯或2号灯亮的概率为 ．
▉题型2 分步乘法计数原理
【知识点的认识】
1．定义：完成一件事需要分成两个步骤：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＝m×n种不同的方法．
2．推广：完成一件事需要分成n个步骤：做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．特点：完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事；
4．注意：与分类加法计数原理区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则可使用分步乘法计数原理．
实现步骤：
（1）分步；
（2）对每一步的方法进行计数；
（3）用分步乘法计数原理求积；
9．有12位同学在毕业前夕要留影，每位同学的身高均不同，要求排成前5位、后7位的两排，且组长站在前排正中间，两位女生甲、乙站前排，则所有的排法有（ ）种．
A． B．
C． D．
10．将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（ ）
A．72 B．84 C．96 D．108
11．集合M＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，N＝{﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，1，2，3}，从集合M中取一个元素作为点的横坐标，从集合N中取一个元素作为点的纵坐标，则该点在第二象限内有（ ）种情况．
A．9 B．12 C．15 D．16
12．现有3位同学参加校园文体活动，分别从4个项目中任选一个参加，不同选法的种数是（ ）
A．24 B．12 C．34 D．43
13．将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有（ ）
A．34种 B．43种 C．18种 D．36种
▉题型3 代数与函数中的计数问题
【知识点的认识】
﹣代数与函数中的计数问题通常涉及函数的不同组合情况、代数表达式的多种排列方法．例如：构造满足特定条件的多项式、确定多项式的根与系数的关系等．
﹣在某些情况下，需要计算多项式在不同取值下可能的表达式数量，或者函数图像的不同形态．
【解题方法点拨】
﹣通过分析每个代数项或函数的取值范围，合理应用加法和乘法计数原理．
﹣当涉及到多个变量时，首先固定部分变量，然后对其余变量进行计数，最后进行组合．
﹣在复杂情况下，可能需要引入分类讨论或递推关系来进行处理．
14．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有 种．
15．从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同的点 个．
▉题型4 数字问题
【知识点的认识】
﹣数字问题涉及数字的排列组合、数字的特性以及数位的安排．例如：求解由数字构成的不同整数的数量、分析某一数字在特定数位上的可能性、或求解满足特定条件的整数个数．
﹣数字问题通常涉及到计数原理在数字排列中的应用，以及整数的分配与组合．
【解题方法点拨】
﹣首先分析题目中的数字特性，如数字的范围、允许的重复次数等．
﹣使用排列数或组合数来计算数字的不同排列组合方式，必要时采用分类讨论的方式处理特殊情况．
﹣在涉及限制条件（如某些数位必须满足特定要求）时，先处理限制条件，再进行组合计算．
16．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是（ ）
A．720 B．648 C．103 D．310
（多选）17．用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（ ）
A．可组成300个不重复的四位数
B．可组成156个不重复的四位偶数
C．可组成120个能被5整除的不重复四位数
D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数字为2301
（多选）18．若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231、354等都是“凸数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（ ）
A．组成的三位数的个数为30
B．在组成的三位数中，奇数的个数为36
C．在组成的三位数中，“凸数”的个数为24
D．在组成的三位数中，“凸数”的个数为20
19．用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有n个，则在1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n的展开式中，x2的系数是 ．（用数字作答）
▉题型5 染色问题
【知识点的认识】
﹣染色问题是指在一个物体或一组物体上应用不同颜色的组合问题．典型的染色问题包括着色多边形、涂色图形、或为物体表面染色．
﹣该问题通常要求满足某些条件（如相邻元素不能相同颜色）来确定染色方案的总数．
【解题方法点拨】
﹣使用排列组合的基本思想来分析每个元素的染色选择数．对于每个元素，可能的颜色选择数是给定的，应用乘法原理计算总方案数．
﹣如果存在限制条件（如相邻元素必须不同色），可以采用排除法或递推关系来处理．
﹣在处理对称图形染色时，考虑图形的对称性，减少重复染色方案的计数．
20．一个单位方格的四条边中，若存在三条边染了三种不同的颜色，则称该单位方格是“多彩”的．如图，一个1×3的方格表的表格线共含10条单位长线段，现要对这10条线段染色，每条线段染为红黄蓝三色之一，使得三个单位方格都是多彩的，这样的染色方式种数为 （答案用数值表示）．
21．用六种不同的颜色给如图所示的几何体的各个顶点染色，要求每条棱的两个端点不同色，则不同的染色方法种数为 ．
▉题型6 加法计数原理与乘法计数原理的综合应用
【知识点的认识】
﹣加法计数原理和乘法计数原理是计数原理中最基础的两种原理．加法原理用于不同情况的选择（互斥事件），乘法原理用于连续步骤的选择（独立事件）．
﹣这两种原理在解决多步选择问题、多条件限制问题中被广泛应用．
【解题方法点拨】
﹣识别题目中的独立步骤与互斥情况，合理选择加法或乘法原理．
﹣当问题涉及多步选择时，逐步分析每一步的选择方式，然后使用乘法原理进行组合．
﹣对于复杂问题，可能需要同时使用加法和乘法原理，首先分类讨论，再进行综合计算．
22．用1，2，3，4四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有（ ）
A．6个 B．18个 C．24个 D．12个
23．在如图方格中，用4种不同颜色做涂色游戏，要求相邻区域颜色不同，每个区域只能涂一种颜色．
①若区域A，B，C，D涂2种颜色，区域E，F，G，H涂另外2种颜色，则有 种不同涂法．
②若区域A，B，C，D涂4种颜色（A、B、C、D涂的颜色互不相同），区域E，F，G，H也涂这4种颜色（E，F，G，H涂的颜色互不相同），则有 种不同涂法．第7章第1节 两个基本计数原理
题型1 分类加法计数原理 题型2 分步乘法计数原理
题型3 代数与函数中的计数问题 题型4 数字问题
题型5 染色问题 题型6 加法计数原理与乘法计数原理的综合应用
▉题型1 分类加法计数原理
【知识点的认识】
1．定义：完成一件事有两类不同方案：在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有n种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m+n种不同的方法．
2．推广：完成一件事有n类不同方案：在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m1+m2+…+mn种不同的方法．
3．特点：
（1）完成一件事的n类方案相互独立；
（2）同一类方案中的各种方法相对独立．
（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；
4．注意：与分步乘法计数原理区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法计数原理．
实现步骤：
（1）分类；
（2）对每一类方法进行计数；
（3）用分类加法计数原理求和；
1．某次航展中，空中梯队的五架战机进行特技表演，需保持呈“人”字形飞行（如图所示）．已知执飞小组共6人，每架战机由一人执飞，其中领头战机只能由甲或乙执飞，其余四个位置每个人都能执飞，则不同的执飞方法共有（ ）
A．192种 B．208种 C．224种 D．240种
【答案】D
【解答】解：由题意，分两种情况：
第一类，领头战机由甲执飞，此时其余四个位置由种，
第二类，领头战机由乙执飞，此时其余四个位置由种，
共计120+120＝240种．
故选：D．
2．某班组织同学到社区志愿服务，某小组共有4名男生和5名女生，该小组需要选出3名同学参加，若选出的同学中既有男生又有女生，则不同的安排方法有（ ）种．
A．35 B．84 C．70 D．140
【答案】C
【解答】解：由题意分两种情况：
2男1女时，有种情况；
2女1男时，有种情况，
所以共有30+40＝70种情况．
故选：C．
3．将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有（ ）
A．576种 B．1152种 C．2304种 D．4608种
【答案】D
【解答】解：依题意，将1，2，3，4，5，6，7，8按照两个数字之和为9分成“18，27，36，45”四组，
从中任取2组，有6种方法，
再在四列方格中任选2列，填 入这两组数字，有12种方法，
每一列的两个数字的排列有4种方法，
余下的4个数字填入方格有24种，满足同列数字和为9的有8种，
∴仅有两列数字之和为9的填法有（）＝4608种．
故选：D．
4．如下图所示，边长为a的正方体成周期性排列，在正方体的各个角以及每个面的中心有原子分布的晶体结构，我们称之为面心立方结构．若要将这一个立方体上的14个点染上红黄蓝三种颜色，使得被一条线段连接的两个点不能染上同一种色，那么不同染色方案的种数是（旋转和镜像对称后重合的视为同一种）（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】A
【解答】解：设正方体的棱长为1，记红黄蓝三种颜色为a，b，c，
假设正方体的一对对顶点是在（0，0，0）和（1，1，1），
若将（0，0，0）染成a色，
那么（0，0.5，0.5），（0.5，0.5，0），（0.5，0，0.5）三个点必然都是b色，
而（0，0，1），（0，1，0），（1，0，0）必然都是c色．
如此递推可以恰好染完整个正方体．
而当b色固定的时候通过旋转就可以得到ac互换的正方体．
从而只有三种不同的方案，也就是将面的中间分别染上红黄蓝三种颜色．
故选：A．
5．有4名医学毕业生到甲、乙、丙三所学校去应聘校医工作，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为（ ）
A．40种 B．60种 C．80种 D．120种
【答案】B
【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：
①四人中有3人被录取，有种不同的录用情况；
②四人都被录取，需要先将4人分为3组，再将分好的3组安排给3所学校，
有种不同的录用情况；
所以共有36+24＝60种不同的录用情况．
故选：B．
6．某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正、副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有 14 种．
【答案】14．
【解答】若有2名女生被选中，则有种选法；
若恰有1名女生被选中，则有种选法；
所以共有12+2＝14种选法．
故答案为：14．
7．现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为a1，a2，a3，则满足|a1﹣a2|+|a2﹣a3|+|a3﹣a1|＝6的情况有 54 种．
【答案】54．
【解答】解：由题意盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为a1，a2，a3，|a1﹣a2|+|a2﹣a3|+|a3﹣a1|＝6，
可得2[max{a1，a2，a3}﹣min{a1，a2，a3}]＝6，
所以max{a1，a2，a3}﹣min{a1，a2，a3}＝3．
不妨设min{a1，a2，a3}＝x，则max{a1，a2，a3}＝x+3，还有一个数为x+d，
显然x∈{1，2，3}，d∈{0，1，2，3}，对于任意x取值，都有如下情况，
当d＝0时，三个数为x，x，x+3，对应a1＝2，a2，a3，有种方法；
当d＝1时，三个数为x，x+1，x+3，对应a1＝2，a2，a3，有种方法；
当d＝2时，三个数为x，x+2，x+3，对应a1＝2，a2，a3，有种方法；
当d＝3时，三个数为x，x+3，x+3，对应a1＝2，a2，a3，有种方法．
所以一共有3×（3+6+6+3）＝54种．
故答案为：54．
8．如图，A，B，C三个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，其中开关A控制着2，3，4号灯，开关B控制着1，3，4号灯，开关C控制着1，2，4号灯．开始时，四盏灯都亮着．现先后按动A，B，C这三个开关中的两个不同的开关，则其中1号灯或2号灯亮的概率为 ．
【答案】．
【解答】解：先后按动A，B，C中的两个不同的开关，有种按法，
若要1号灯亮，则先按第一个开关时，1号灯灭，再按第二个开关时，1号灯亮，
此时对应的按法有2种，即（B，C），（C，B），
同理可得，若要2号灯亮，有（A，C），（C，A），即2种按法，
综上，要1号灯或2号灯亮有2+2＝4种按法，
故所求的概率．
故答案为：．
▉题型2 分步乘法计数原理
【知识点的认识】
1．定义：完成一件事需要分成两个步骤：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＝m×n种不同的方法．
2．推广：完成一件事需要分成n个步骤：做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．特点：完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事；
4．注意：与分类加法计数原理区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则可使用分步乘法计数原理．
实现步骤：
（1）分步；
（2）对每一步的方法进行计数；
（3）用分步乘法计数原理求积；
9．有12位同学在毕业前夕要留影，每位同学的身高均不同，要求排成前5位、后7位的两排，且组长站在前排正中间，两位女生甲、乙站前排，则所有的排法有（ ）种．
A． B．
C． D．
【答案】D
【解答】解：已知12位同学在毕业前夕要留影，每位同学的身高均不同，要求排成前5位、后7位的两排，且组长站在前排正中间，两位女生甲、乙站前排，
第一步，从除组长、甲、乙外的9人中选出2人，有种；
第二步，甲、乙和选出的2人排在前排，共种；
第三步，后排7人全排列，有种，
由分步乘法计数原理可得共有种．
故选：D．
10．将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（ ）
A．72 B．84 C．96 D．108
【答案】B
【解答】解：将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，恰有两个盒子为空，
则先选出两个空盒子，则有6种，
再将4个小球放到剩余两个盒子有（）14种方法，
则恰有两个盒子为空的放法种数为6×14＝84种．
故选：B．
11．集合M＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，N＝{﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，1，2，3}，从集合M中取一个元素作为点的横坐标，从集合N中取一个元素作为点的纵坐标，则该点在第二象限内有（ ）种情况．
A．9 B．12 C．15 D．16
【答案】A
【解答】解：集合M＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，N＝{﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，1，2，3}，
确定点在第二象限，需要两步：
确定点的横坐标为负，有3种方法；确定该点的纵坐标为正，有3种方法，
所以该点在第二象限内有3×3＝9种．
故选：A．
12．现有3位同学参加校园文体活动，分别从4个项目中任选一个参加，不同选法的种数是（ ）
A．24 B．12 C．34 D．43
【答案】D
【解答】解：有3位同学参加校园文体活动，分别从4个项目中任选一个参加，
则不同选法的种数为43种．
故选：D．
13．将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有（ ）
A．34种 B．43种 C．18种 D．36种
【答案】D
【解答】解：先取2个小球看成一个整体，共有种不同情况，
再与剩余的2个小球排列，共有种不同情况，
所以每个盒子都不空的放法共有6×6＝36种．
故选：D．
▉题型3 代数与函数中的计数问题
【知识点的认识】
﹣代数与函数中的计数问题通常涉及函数的不同组合情况、代数表达式的多种排列方法．例如：构造满足特定条件的多项式、确定多项式的根与系数的关系等．
﹣在某些情况下，需要计算多项式在不同取值下可能的表达式数量，或者函数图像的不同形态．
【解题方法点拨】
﹣通过分析每个代数项或函数的取值范围，合理应用加法和乘法计数原理．
﹣当涉及到多个变量时，首先固定部分变量，然后对其余变量进行计数，最后进行组合．
﹣在复杂情况下，可能需要引入分类讨论或递推关系来进行处理．
14．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有 7 种．
【答案】7
【解答】解：由集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，
分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种情况；
当集合C中的元素属于集合B时，有4种情况．
∵集合A与集合B无公共元素，
∴集合C的情况共有3+4＝7种．
故答案为：7．
15．从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同的点 23 个．
【答案】23．
【解答】解：先在集合{1，2，3}中取出一个元素，共有3种取法，
再在集合{1，4，5，6}中取出一个元素，共有4种取法，
取出两数作为点的坐标有2种方法，注意到（1，1）被计算了2次，
故共有3×4×2﹣1＝23种不同方法，即在直角坐标系中可确定23个不同的点，
故答案为：23．
▉题型4 数字问题
【知识点的认识】
﹣数字问题涉及数字的排列组合、数字的特性以及数位的安排．例如：求解由数字构成的不同整数的数量、分析某一数字在特定数位上的可能性、或求解满足特定条件的整数个数．
﹣数字问题通常涉及到计数原理在数字排列中的应用，以及整数的分配与组合．
【解题方法点拨】
﹣首先分析题目中的数字特性，如数字的范围、允许的重复次数等．
﹣使用排列数或组合数来计算数字的不同排列组合方式，必要时采用分类讨论的方式处理特殊情况．
﹣在涉及限制条件（如某些数位必须满足特定要求）时，先处理限制条件，再进行组合计算．
16．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是（ ）
A．720 B．648 C．103 D．310
【答案】B
【解答】解：间接法：在0到9这10个数字中，任取3个数字，按从左到右的顺序排列，有A103＝720种排法，
其中不能组成三位数的即第一个数字为0的有A92＝72种排法；
故可以组成没有重复数字的三位数一共有720﹣72＝648个；
直接法：选一个数字为百位数字，十位和个位任意排，故有A91A92＝648种，
故选：B．
（多选）17．用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（ ）
A．可组成300个不重复的四位数
B．可组成156个不重复的四位偶数
C．可组成120个能被5整除的不重复四位数
D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数字为2301
【答案】ABD
【解答】解：A选项，有个，故A正确；
B选项，分为两类：0在末位，则有种；
0不在末位，则有种，
所以共有60+96＝156种，故B正确；
C选项，分为两类：0在末位，则有种；
5在末位，则有种，
所以共有60+48＝108种，故C错误；
D选项，首位为1的有个；前两位为20的有个；前两位为21的有个，
所以第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301，故D正确．
故选：ABD．
（多选）18．若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231、354等都是“凸数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（ ）
A．组成的三位数的个数为30
B．在组成的三位数中，奇数的个数为36
C．在组成的三位数中，“凸数”的个数为24
D．在组成的三位数中，“凸数”的个数为20
【答案】BD
【解答】解：对于A，5个数组成无重复的三位数的个数为，故A错误；
对于B，奇数为个位数是1，3，5的三位数，个数为，故B正确；
对于C，“凸数”分为3类，①十位数为5，则有个；②十位数为4，则有个；
③十位数为3，则有个，所以共有20个，故C错误，D正确．
故选：BD．
19．用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有n个，则在1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n的展开式中，x2的系数是 35 ．（用数字作答）
【答案】35
【解答】解：因为a＞b＞c＜d＜e，所以c＝1，剩下4个数有6种排法，
所以满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有6个，即n＝6，
所以1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n＝1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）6，
其展开式中，含x2项的系数为1+3+6+10+15＝35．
故答案为：35．
▉题型5 染色问题
【知识点的认识】
﹣染色问题是指在一个物体或一组物体上应用不同颜色的组合问题．典型的染色问题包括着色多边形、涂色图形、或为物体表面染色．
﹣该问题通常要求满足某些条件（如相邻元素不能相同颜色）来确定染色方案的总数．
【解题方法点拨】
﹣使用排列组合的基本思想来分析每个元素的染色选择数．对于每个元素，可能的颜色选择数是给定的，应用乘法原理计算总方案数．
﹣如果存在限制条件（如相邻元素必须不同色），可以采用排除法或递推关系来处理．
﹣在处理对称图形染色时，考虑图形的对称性，减少重复染色方案的计数．
20．一个单位方格的四条边中，若存在三条边染了三种不同的颜色，则称该单位方格是“多彩”的．如图，一个1×3的方格表的表格线共含10条单位长线段，现要对这10条线段染色，每条线段染为红黄蓝三色之一，使得三个单位方格都是多彩的，这样的染色方式种数为 5184 （答案用数值表示）．
【答案】5184．
【解答】解：由题意可知从左至右，依次染色，第一边有种方法，第二条边，有种方法，第三条边，有种方法，第四条边，有种方法，可得染色方式种数为：5184．
故答案为：5184．
21．用六种不同的颜色给如图所示的几何体的各个顶点染色，要求每条棱的两个端点不同色，则不同的染色方法种数为 8520 ．
【答案】8520．
【解答】解：第一类：若6种颜色都用上，共 种；
第二类：若用其中5种颜色，首先选出5种颜色，方法有种，
先染A，B，C，方法有种，再染D，E，F中的两个点，方法有 种，最后剩余的一个点只有2种染法，
故此时染色方法共有2＝4320种；
第三类：若用其中4种颜色，首先选出4种颜色，方法有种．
先染A，B，C，方法有 种，再染D，E，F中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种染法，
故此时染色方法共有 种；
第四类：若用其中3种颜色，首先选出3种颜色，方法有 种．
先染A，B，C，方法有 种，再染D，E，F方法有2种，
故此时染色方法共有种；
综上可知：不同的染色方法共有720+4320+3240+240＝8520种．
故答案为：8520．
▉题型6 加法计数原理与乘法计数原理的综合应用
【知识点的认识】
﹣加法计数原理和乘法计数原理是计数原理中最基础的两种原理．加法原理用于不同情况的选择（互斥事件），乘法原理用于连续步骤的选择（独立事件）．
﹣这两种原理在解决多步选择问题、多条件限制问题中被广泛应用．
【解题方法点拨】
﹣识别题目中的独立步骤与互斥情况，合理选择加法或乘法原理．
﹣当问题涉及多步选择时，逐步分析每一步的选择方式，然后使用乘法原理进行组合．
﹣对于复杂问题，可能需要同时使用加法和乘法原理，首先分类讨论，再进行综合计算．
22．用1，2，3，4四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有（ ）
A．6个 B．18个 C．24个 D．12个
【答案】D
【解答】解：先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，由3×2＝6种选择，
根据分步乘法计数原理可得共有2×6＝12个不重复的三位偶数．
故选：D．
23．在如图方格中，用4种不同颜色做涂色游戏，要求相邻区域颜色不同，每个区域只能涂一种颜色．
①若区域A，B，C，D涂2种颜色，区域E，F，G，H涂另外2种颜色，则有 24 种不同涂法．
②若区域A，B，C，D涂4种颜色（A、B、C、D涂的颜色互不相同），区域E，F，G，H也涂这4种颜色（E，F，G，H涂的颜色互不相同），则有 216 种不同涂法．
【答案】24；216．
【解答】解：①先涂A，B，C，D，共有12种涂法，
再涂E，F，G，H，共有2种涂法，
∴共有12×2＝24种涂法．
②先涂A，B，C，D，共有24种涂法，
若F，G所涂颜色为A，B所用颜色，则共有4种涂法，
若F，G所涂颜色为A，C所用颜色，则共有1种涂法，
若F，G所涂颜色为A，D所用颜色，则共有1种涂法，
若F，G所涂颜色为B，C所用颜色，则共有1种涂法，
若F，G所涂颜色为B，D所用颜色，则共有1种涂法，
若F，G所涂颜色为C，D所用颜色，则共有1种涂法，
∴共有24×（4+5）＝216种涂法．
故答案为：24；216．
