2019年数学湘教版选修2-3新设计同步（讲义）：第7章 7.1 两个计数原理

7．1两个计数原理
第一课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[读教材·填要点]
1．分类加法计数原理
如果完成一件事有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有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．
2．分步乘法计数原理
如果完成一件事需要分成n个步骤，第一个步骤有m1种不同的方法，第二个步骤有m2种不同的方法，…，第n个步骤有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×m3×…×mn种不同的方法．
[小问题·大思维]
何时使用分类加法计数原理？何时使用分步乘法计数原理？
提示：完成一件事时，若每一类方法中的任一种方法均能将这件事从头到尾完成，则计算完成这件事的方法总数用分类加法计数原理；完成一件事，若每一步的任一种方法只能完成这件事的一部分，而且必须依次完成所有各步后才能完成这件事，则计算完成这件事的方法总数用分步乘法计数原理．
分类加法计数原理的应用
[例1]　甲班有学生56人，其中男生36人；乙班有学生58人，其中女生36人；丙班有学生56人，其中男生35人．
(1)从这三个班中选一名学生担任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从这三个班的男生中选一人担任学生会体育部部长，有多少种不同的选法？
[解]　(1)分3类：从甲班选一名，有56种不同选法；从乙班选一名，有58种不同选法；从丙班选一名，有56种不同选法．每一种方法都能独立完成“选一名学生担任学生会主席”这件事，根据分类加法计数原理，共有56＋58＋56＝170种不同的选法．
(2)分3类：
从甲班选一名男生，有36种不同选法；
从乙班选一名男生，有58－36＝22种不同选法；
从丙班选一名男生，有35种不同选法．
根据分类加法计数原理，共有36＋22＋35＝93种不同的选法．
用分类加法计数原理解题应注意以下问题：
(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算完成这件事．
(2)分类计数原理中的“分类”要全面、不能遗漏，但也不能重复、交叉．
(3)“类”与“类”之间是并列的、互斥的、独立的，也就是说，完成一件事情，每次只能选择其中的一类办法中的某一种方法．
(4)若完成某件事情有n类办法，则它们两两的交集为空集，n类的并集为全集．
1．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？
解：法一：按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
法二：按个位上的数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
分步乘法计数原理的应用
[例2]　从1,2,3,4中选三个数字，组成无重复数字的整数，则分别满足下列条件的数有多少个？
(1)三位数；
(2)三位数的偶数．
[解]　(1)三位数有三个数位， 
故可分三个步骤完成：
第一步，排个位，从1,2,3,4中选1个数字，有4种方法；
第二步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法；
第三步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．依据分步乘法计数原理， 共有4×3×2＝24个满足要求的三位数．
(2)分三个步骤完成：
第一步，排个位，从2,4中选1个，有2种方法；
第二步，排十位，从余下的3个数字中选1个，有3种方法；
第三步，排百位，只能从余下的2个数字中选1个，有2种方法．
故共有2×3×2＝12个三位数的偶数．
利用分步乘法计数原理应注意：
(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．
(2)“步”与“步”之间是连续的、不间断的或缺一不可的，但也不能重复、交叉．
(3)若完成某件事情需n步，则必须且只需依次完成这n个步骤后，这件事情才算完成．
2．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种？
解：法一：按出场次序，第一位置队员的安排有3种方法，第二位置队员的安排有7种方法，第三位置队员的安排有2种方法，第四位置队员的安排有6种方法，第五位置队员的安排只有1种方法．
由分步乘法计数原理，得不同的出场安排种数为3×7×2×6×1＝252.
法二：按主力与非主力，分两步安排．
第一步，安排3名主力队员在第一、三、五位置上，有6种方法，
第二步，安排7名非主力队员中的2名在第二、四位置上，有7×6种方法．
由分步乘法计数原理，得不同的出场安排种数为6×7×6＝252.
两个计数原理的综合问题
[例3]　若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？
[解]　分两类完成．
第1类，当A或B中有一个为0时，
表示的直线为x＝0或y＝0，共2条．
第2类，当A，B不为0时，
直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成．
第1步，确定A的值，
有4种不同的方法；
第2步，确定B的值，
有3种不同的方法．
由分步乘法计数原理知，
共可确定4×3＝12条直线．
由分类加法计数原理知，
方程所表示的不同直线共有
2＋12＝14条．
利用两个计数原理解题时的三个注意点
(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．
(2)分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树形图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．
(3)综合问题一般是先分类再分步．
3．某电视台的主持人在某综艺节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，则有多少种不同结果？
解：①若幸运之星在甲箱中抽取，
则有30×29×20＝17 400种不同的结果；
②若幸运之星在乙箱中抽取，
则有20×19×30＝11 400种不同的结果．
故共有17 400＋11 400＝28 800种不同结果．
解题高手
易错题
某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？
[尝试]　
　
[错解]　第一步，从会英语的7人中选一人，有7种选法；
第二步，从会日语的3人中选一人，有3种选法，
故共有7×3＝21(种)不同的选法．
[错因]　由题目条件可知，外语组共有9人，显然错解误认为会英语的7人，会日语的3人，共10人．而忽视了其中有一人既会英语又会日语这一隐含条件，从而导致解题错误．由于该题中既会英语又会日语的有1人，而选不选该人对下一步都有影响，所以要进行分类：第一类他不当选；第二类按会英语当选；第三类按会日语当选．在每一类中，又要分两步，因此是先分类后分步问题．
[正解]　“完成一件事”指“从9人中选出会英语与日语的各1人”，故需分三类：①既会英语又会日语的不当选；②既会英语又会日语的按会英语当选；③既会英语又会日语的按会日语当选．
既会英语又会日语的有7＋3－9＝1(人)，仅会英语的有6人，仅会日语的有2人．先分类后分步，从仅会英、日语的人中各选1人有6×2种选法；从仅会英语与英、日语都会的人中各选1人有6×1种选法；从仅会日语与英、日语都会的人中各选1人有2×1种选法．根据分类加法计数原理，共有6×2＋6×1＋2×1＝20(种)不同选法．
1．某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有(　　)
A．24种　　　　　　　　 B．9种
C．3种 D．26种
解析：选B　不同的杂志本数为4＋3＋2＝9种，从其中任选一本阅读，共有9种选法．
2．(全国卷Ⅰ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)
A．24 B．18
C．12 D．9
解析：选B　由题意可知E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18种走法．
3．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
解析：选B　长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36(个)，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)，所以共有36＋12＝48(个)．
4．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则xy可表示不同的值的个数为________．
解析：分两步：第1步，在集合{2,3,7}中任取一个值，有3种不同取法；第2步，在集合{－3，－4,8}中任取一个值，有3种不同取法．故xy可表示3×3＝9个不同的值．
答案：9
5．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为________．
解析：完成配成一套衣服这件事分两步：第一步选长裤，有3种选法，第二步选上衣，有4种选法，共有3×4＝12种不同配法．
答案：12
6．某座山，若从东侧通往山顶的道路有3条，从西侧通往山顶的道路有2条，其余无道路通向山顶．
(1)某游人从一侧上山，另一侧下山，共有多少种不同的走法？
(2)某游人任意选择上山与下山的道路，共有多少种不同的走法？
解：(1)分两类：①从东侧上山，西侧下山，走法有3×2＝6(种)；②从西侧上山，东侧下山，走法有2×3＝6(种)，所以共有6＋6＝12(种)不同的走法．
(2)法一：完成从上山到下山这件事可分为四类：
①从东侧上山，且从东侧下山，走法有3×3种；
②从东侧上山，从西侧下山，走法有3×2种；
③从西侧上山，从东侧下山，走法有2×3种；
④从西侧上山，且从西侧下山，走法有2×2种．
根据分类加法计数原理知，
共有3×3＋3×2＋2×3＋2×2＝25(种)不同的走法．
法二：上山共有5条道路，下山也有5条道路，由分步乘法计数原理得从上山到下山共有5×5＝25(种)不同的走法．
一、选择题
1．从3名女同学和2名男同学中选出一人主持本班一次班会，则不同的选法种数为(　　)
A．6　　　　　　　　　　 B．5
C．3 D．2
答案：B
2．在2,3,5,7,11这五个数字中，任取两个数字组成分数，其中假分数的个数为(　　)
A．20 B．10
C．5 D．24
解析：选B　假分数的分子大于分母．故以2为分母的有4个；以3为分母的有3个；以5为分母的有2个；以7为分母的只有1个．由分类加法计数原理知共有4＋3＋2＋1＝10个．
3．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有(　　)
A．30个 B．42个
C．36个 D．35个
解析：选C　要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)有6种方法，第二步确定a有6种方法，故由分步乘法计数原理知共有6×6＝36个虚数．
4．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)
A．40 B．16
C．13 D．10
解析：选C　分两类：第1类，直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面．
故可以确定8＋5＝13个不同的平面．
二、填空题
5．已知a∈{2,4,6,8}，b∈{3,5,7,9}，能组成logab>1的对数值有________个．
解析：分四类，当a＝2时，b取3,5,7,9四种情况；
当a＝4时，b取5,7,9三种情况；
当a＝6时，b取7,9两种情况；
当a＝8时，b取9一种情况，
所以总共有4＋3＋2＋1＝10种，又log23＝log49，
所以对数值有9个．
答案：9
6．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3个点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．
解析：先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，即一个点可形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共可形成2n(n－1)个符合条件的直角三角形．
答案：2n(n－1)
7．已知A＝{－1,0,1,2,3}，B＝，且a∈A，b∈B，则不同的双曲线－＝1(a>0，b>0)共有________条．
解析：a可取1,2,3；b可取，2,4,5，故不同的双曲线－＝1(a>0，b>0)共有3×4＝12(条)．
答案：12
8．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有________种．(用数字作答)
解析：分为两类完成，两名老队员、一名新队员时，有3种选法；两名新队员、一名老队员时，有2×3＝6种选法，即共有9种不同选法．
答案：9
三、解答题
9．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(1)P可表示平面上多少个不同的点？
(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？
(3)P可表示多少个不在直线y＝x上的点？
解：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种方法；第二步确定b的值，也有6种方法．根据分步乘法计数原理，得到P(a，b)可表示平面上6×6＝36(个)不同的点．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，因为a<0，所以有3种确定方法；第二步确定b，因为b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到P(a，b)可表示平面上3×2＝6(个)第二象限的点．
(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．由(1)得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个．
10．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
解：(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．
所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．
所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．
(3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
第二课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
选(抽)与分配问题
[例1]　有四位同学参加三项不同的竞赛．
(1)每位学生必须参加且只能参加一项竞赛，有多少种不同结果？
(2)每项竞赛只许一位学生参加，有多少种不同结果？
[解]　(1)学生可以选择竞赛项目，而竞赛项目对于学生无条件限制，所以每位学生均有3个不同的机会．要完成这件事必须是每位学生参加的竞赛全部确定下来才行，因此需分四步．而每位学生均有3个不同机会，所以用分步乘法计数原理可得3×3×3×3＝34＝81种不同结果．
(2)竞赛项目可挑选学生，而学生无选择项目的机会，每一个项目可挑选4位不同学生中的一位．要完成这件事必须是每项竞赛所参加的学生全部确定下来才行，因此需分三步，用分步乘法计数原理可得4×4×4＝43＝64种不同结果．
保持例题条件不变，若每位学生只能参加一项竞赛，且每项竞赛只许一位学生参加，则共有多少种不同结果？
解：第一个项目可挑选4个学生中的一位，有4种不同的选法；第二个项目可从剩余的3个学生中选一位，有3种不同的选法；第三个项目可从剩余的2位学生中选一位，有2种不同的选法，故共有4×3×2＝24种不同结果．
选(抽)取与分配问题的常见类型及其解法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树形图法、框图法或者图表法．
(2)当涉及对象数目很大时，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，若抽取是有顺序的就按分步进行；若按对象特征抽取的，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．
1．有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是(　　)
A．11　　　　　　　　 B．10
C．9 D．8
解析：选C　法一：设四个班级分别是A，B，C，D，它们的老师分别是a，b，c，d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C，D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9种不同的安排方法．
法二：让a先选，可从B，C，D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9种不同安排方法．
2．从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有(　　)
A．280种 B．240种
C．180种 D．96种
解析：选B　由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法．后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3＝240种选派方案．
组数问题
[例2]　用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复的数字：
(1)银行存折的四位密码？
(2)四位整数？
(3)四位奇数？
[解]　(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：
第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；
第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；
第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；
第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法．
由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有
N＝5×4×3×2＝120(个)．
(2)完成“组成无重复数字的四位整数”这件事，可以分四个步骤：
第一步：从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字，有4种不同的选取方法；
第二步：从1,2,3,4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字作百位数字，有4种不同的选取方法；
第三步：从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种不同的选取方法；
第四步：从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种不同的选取方法．
由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位数共有N＝4×4×3×2＝96(个)．
(3)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，有两类办法：
第一类办法，四位奇数的个位数字为1，这件事分三个步骤完成．
第一步：从2,3,4中选取一个数字作千位数字，有3种不同的选取方法；
第二步：从2,3,4中剩余的两个数字与0共三个数字中选取一个数字作百位数字有3种不同的选取方法；
第三步：从剩余的两个数字中，选取一个数字作十位数字，有2种不同的选取方法．
由分步乘法计数原理知，第一类中的四位奇数共有
N1＝3×3×2＝18(个)．
第二类办法，四位奇数的个位数字为3，这件事分三个步骤完成．
第一步：从1,2,4中选取一个数字作千位数字，有3种不同的选取方法；
第二步：从1,2,4中剩余的两个数字和0共三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种不同的选取方法；
第三步：从剩余的两个数字中，选取一个数字作十位数字，有2种不同的选取方法．
由分步乘法计数原理知，第二类中的四位奇数共有
N2＝3×3×2＝18(个)．
最后，由分类加法计数原理知，符合条件的四位奇数共有N＝N1＋N2＝36(个)．
保持例题条件不变，有多少个比2 000大的整数？
解：按千位→百位→十位→个位的顺序接排，分别有3,4,3,2种不同的方法，由分步乘法计数原理知，共有3×4×3×2＝72个比2 000大的整数．
对于组数问题的计数，一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，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，可用间接法处理．
3．由数字0,1,2,3,4,5可组成多少个没有重复数字且不能被5整除的四位数字？
解：组成四位数可分四步，第一步排千位有5种，第二步排百位有5种，第三步排十位有4种，第四步排个位有3种．由分步乘法计数原理得共有四位数5×5×4×3＝300(个)．
同理，个位数为0的四位数有60个，个位数为5的四位数有48个．
∴不能被5整除的四位数共有300－48－60＝192(个)．
种植与涂色问题
[例3]　用6种不同颜色为如图所示的广告牌着色，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，求共有多少种不同的着色方法？
[解]　法一：分类：
第一类，A，D涂同色，
有6×5×4＝120种涂法，
第二类，A，D涂异色，
有6×5×4×3＝360种涂法，
共有120＋360＝480种涂法．
法二：分步：先涂B区，有6种涂法，
再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法，
所以共有6×5×4×4＝480种涂法．
解答区域涂色(种植)问题时，为便于分析问题，先给区域(种植的品种)标上相应序号，然后按涂色(种植)的顺序分步或颜色(种植的品种)当选情况分类，最后利用两个计数原理求解．
4.有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中，每块种植一种作物，相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物，共有多少种不同的种植方法？
A
B
C
D
解：法一：第一步：种植A试验田有4种方法；
第二步：种植B试验田有3种方法：
第三步：若C试验田种植的作物与B试验田相同，则D试验田有3种方法，此时有1×3＝3种种植方法．
若C试验田种植的作物与B试验田不同，则C试验田有2种种植方法，D也有2种种植方法，共有2×2＝4种种植方法．
由分类加法计数原理知，有3＋4＝7种方法．
第四步：由分步乘法计数原理有N＝4×3×7＝84种不同的种植方法．
法二：(1)若A、D种植同种作物，则A、D有4种不同的种法，B有3种种植方法，C也有3种种植方法，由分步乘法计数原理，共有4×3×3＝36种种植方法．
(2)若A、D种植不同作物，则A有4种种植方法，D有3种种植方法，B有2种种植方法，C有2种种植方法，由分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种种植方法.
综上所述，由分类加法计数原理，共有N＝36＋48＝84种种植方法．
解题高手
妙解题
甲、乙、丙、丁4个人各写1张贺卡，放在一起，再各取1张不是自己所写的贺卡，共有多少种不同取法？
[尝试]　


[巧思]　解决本题的关键是取贺卡顺序的确定．如果甲先取，则有3种不同的取法，假设甲取到的贺卡是乙写的，则让乙再取卡(即甲取到谁写的卡，就让准先取)，也有3种不同的取法，则剩余两人的拿法就很显然了．
[妙解]　第一步，甲取1张不是自己所写的贺卡，有3种取法；
第二步，由甲取出的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法；
第三步，由剩余两人中任一人取，此时只有1种取法；
第四步，最后1个人取，只有1种取法．
由分步乘法计数原理可知，共有3×3×1×1＝9种取法．
1．由数字1,2,3,4,5,6可以组成没有重复数字的两位数的个数是(　　)
A．11　　　　　　　　 B．12
C．30 D．36
解析：选C　个位数字有6种选法，十位数字有5种选法，由分步乘法计数原理知，可组成6×5＝30个无重复数字的两位数．
2.如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为(　　)
A．96 B．84
C．60 D．48
解析：选B　依次种A，B，C，D4块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种的花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理知，不同的种法种数为36＋48＝84.
3．甲、乙、丙三个电台，分别有3,4,4人，新年中彼此祝贺，每两个电台的人都彼此一一通话，那么他们一共要通话(　　)
A．40次 B．48次
C．36次 D．24次
解析：选A　利用两个原理，3×4＋3×4＋4×4＝40.
4．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是________．
解析：依题意知，每位同学都各有5种不同的选择，由分步乘法计数原理得知，满足题意的选法总数为56种．
答案：56
5．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
解析：数字2,3至少出现一次，可分2出现1次，2次，3次共3类
第一类：2出现一次，即2,3,3,3，此时2可分别位于1～4位，共有4种
第二类：2出现两次，即2,2,3,3，先排2，则3随之确定，当2先出现在第一位时，有3种；当2先出现第二位时，有2种；当2先出现第三位时，有1种，共有1＋2＋3＝6种
第三类：2出现3次，即2,2,2,3，此时可先排3,2随之确定，共有4种
∴共有4＋6＋4＝14种不同的排法．
答案：14
6．将如图所示的四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数．
解：按照S→A→B→C→D的顺序分类染色，
第一类：A、C染相同颜色有5×4×3×1×3＝180种；
第二类：A、C染不同颜色有5×4×3×2×2＝240种；
故共有180＋240＝420种不同的染色方法．
一、选择题
1．已知函数y＝ax2＋bx＋c，其中a，b，c∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数共有(　　)
A．125　　　　　　　　 B．15
C．100 D．10
解析：选C　由二次函数的定义知a≠0.∴选a的方法有4种．选b与选c的方法都有5种．只有a、b、c都确定后，二次函数才确定．故由分步乘法计数原理知共有二次函数4×5×5＝100个．
2.用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有(　　)
A
B
C
D
A．12种 B．24种
C．48种 D．72种
解析：选D　先涂C，有4种涂法，涂D有3种涂法，涂A有3种涂法，涂B有2种涂法．由分步乘法计数原理，共有4×3×3×2＝72种涂法．
3．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(　　)
A．324 B．328
C．360 D．648
解析：选B　分两类．第一类：个位是0，依次确定百位、十位上的数字，各有9,8种方法，所以可以组成9×8＝72(个)三位偶数．第二类：个位不为0，第一步从2,4,6,8四个数字中任选一个作为个位上的数字，有4种方法；第二步确定百位上的数字，有8种方法；第三步确定十位上的数字，有8种方法，所以可以组成4×8×8＝256(个)三位偶数．根据分类加法计数原理共能组成72＋256＝328(个)三位偶数．
4．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有(　　)
A．6种 B．12种
C．24种 D．30种
解析：选C　可分步完成此事：
第一步：甲乙选相同的1门共有4种方法；第二步：甲再选1门有3种方法；第三步：乙再选一门有2种选法，由分步乘法计数原理知：甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有4×3×2＝24(种)．
二、填空题
5．5只不同的球，放入2只不同的箱子中，每箱不空，共有________种不同的放法．
解析：第1只球有2种放法，第2只球有2种放法，…，第5只球有2种放法，总共有25＝32种放法，但要每箱不空，故有2种情况不合要求，因此，符合要求的放法有25－2＝30(种)．
答案：30
6．古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成______组．
解析：分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30组不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60组．
答案：60
7．从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为________．
解析：(1)当取1时，1只能为真数，此时y＝0.
(2)不取1时，分两步：
①取底数，5种；
②取真数，4种．
其中log23＝log49，log32＝log94，
log24＝log39，log42＝log93，
∴N＝1＋5×4－4＝17.
答案：17
8．在一块并排共10垄的田地上，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植1垄，为了有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有________种(结果用数字作答)．
解析：把空的6垄看作一个整体，A、B两种作物可在其余4垄上种植，不同的选垄方法为(3×2×1)×2＝12(种)．
答案：12
三、解答题
9.如图所示，要给“优”、“化”、“指”、“导”四个区域分别涂上3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，有多少种不同的涂色方法？
解：优、化、指、导四个区域依次涂色，分四步．
第1步，涂“优”区域，有3种选择．
第2步，涂“化”区域，有2种选择．
第3步，涂“指”区域，由于它与“优”、“化”区域颜色不同，有1种选择．
第4步，涂“导”区域，由于它与“化”“指”区域颜色不同，有1种选择．
所以根据分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种)．
10．在7名同学中，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2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？
解：(1)先从只会下象棋的3人中选一人参加象棋比赛，再从只会下围棋的2人和围棋象棋都会的2人共4人中选一人参加围棋比赛，有3×4＝12种方法；
(2)先从围棋、象棋都会的2人中选一人参加象棋比赛，再从余下的另一人和只会围棋的2人合在一起选一人参加围棋赛，有2×3＝6种方法．
综上(1)、(2)，根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18种不同的选法．