第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用(习题课)
知识点1
组数问题
?讲一讲
1．用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：
(1)银行存折的四位密码？
(2)四位整数？
(3)四位奇数？
[尝试解答] (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，可组成不同的无重复数字的四位密码的个数为
N＝5×4×3×2＝120.
(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，可组成不同的无重复数字的四位整数的个数为
N＝4×4×3×2＝96.
(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，第一类中可以组成无重复数字的四位奇数的个数为
N1＝3×3×2＝18.
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，第二类中可以组成无重复数字的四位奇数的个数为N2＝3×3×2＝18.
最后，由分类加法计数原理知，符合条件的四位奇数的个数为N＝N1＋N2＝36.
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(1)对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成；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．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．
?练一练
1．从1到200这200个自然数中，各个数位上都不含数字8的共有多少个？
解：应分三类来解决该问题．
第一类，一位数中符合要求的数有8个．
第二类，两位数中，十位上的数字有8种选法，个位上的数字有9种选法，故两位数中符合要求的数有8×9＝72个．
第三类，三位数中百位上的数字为1，十位和个位上的数字都有9种选法，故三位数中，百位上的数字为1的符合要求的数有9×9＝81个；三位数中百位上的数字为2的只有200符合要求．所以三位数中符合要求的数有81＋1＝82个．
由分类加法计数原理，符合要求的数共有8＋72＋82＝162个．
2．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a3＜a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数个数是多少？
解：分8类，当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1、0，由分步乘法计数原理，凸数的个数为1×2＝2；
当中间数为3时，百位可选1、2，个位可选0、1、2，由分步乘法计数原理，凸数的个数为2×3＝6；同理可得：
当中间数为4时，凸数的个数为3×4＝12；
当中间数为5时，凸数的个数为4×5＝20；
当中间数为6时，凸数的个数为5×6＝30；
当中间数为7时，凸数的个数为6×7＝42；
当中间数为8时，凸数的个数为7×8＝56；
当中间数为9时，凸数的个数为8×9＝72.
故所有凸数的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.
知识点2
涂色问题
?讲一讲
2．(1)如图①所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有________种不同的涂法．
(2)如图②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，则不同染色方法的总数为________．
[尝试解答] (1)①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3,2,1,2，则有3×2×1×2＝12种不同的涂法．
②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3,2,1,1，则有3×2×1×1＝6种不同的涂法．
所以，根据分类加法计数原理，共有12＋6＝18种不同的涂法．
(2)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，则有5×4×3×1×3＝180种不同的染色方法．
第二类，A，C不同色，则有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．
答案：(1)18 (2)420
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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)对于空间涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．
?练一练
3．将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？
解：从左往右5块试验田分别有3,2,2,2,2种种植方法，共有3×2×2×2×2＝48种方法，其中5块试验田只种植2种作物共有3×2×1×1×1＝6种方法，所以有48－6＝42种不同的种植方法.
知识点3
抽取(分配)问题
?讲一讲
3．现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．
(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？
(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？
[尝试解答] (1)分三类：
第一类，选出的是医生，有3种选法；
第二类，选出的是护士，有5种选法；
第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．
根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10种选法．
(2)分三步：
第一步，选1名医生，有3种选法；
第二步，选1名护士，有5种选法；
第三步，选1名麻醉师，有2种选法．
根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30种选法．
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求解抽取(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．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．
?练一练
4．高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )
A．16种 B．18种
C．37种 D．48种
解析：选C 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37种．故选C.
5．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？
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．
———————————————[课堂归纳——感悟提升]——————————
1．本节课的重点是组数问题，涂色问题以及抽取(分配)问题，也是本节课的难点．
2．本节课要重点掌握的规律方法
(1)组数问题，见讲1；
(2)涂色问题，见讲2；
(3)抽取(分配)问题，见讲3.
3．在解决具体问题时，首先弄清楚是“分类”还是“分步”，还要清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．简单地说，“分类互斥”“分步互依”，关键是看能否独立完成这件事．与此同时，还要注意分类、分步时不要重复和遗漏．
课下能力提升(二)
[学业水平达标练]
题组1 组数问题
1．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252
C．261 D．279
解析：选B 由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.
2．由数字1,2,3,4组成的三位数中，各位数字按严格递增(如“134”)或严格递减(如“421”)顺序排列的数的个数是( )
A．4 B．8
C．16 D．24
解析：选B 由题意分析知，严格递增的三位数只要从4个数中任取3个，共有4种取法；同理严格递减的三位数也有4个，所以符合条件的数的个数为4＋4＝8.
3．从1,3,5,7,9这五个数字中，每次取出两个不同的数字分别为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( )
A．9 B．10
C．18 D．20
解析：选C 分两步完成，第一步，取数字a，有5种不同的取法；第二步，取数字b，有4种不同的取法，所以可以得到5×4＝20个不同的差式lg a－lg b，但其中lg 9－lg 3＝lg 3－lg 1，lg 3－lg 9＝lg 1－lg 3，故不同的值有18个.
4．由1,2,3,4,5,6,7,8,9可以组成多少个无重复数字的三位偶数与三位奇数？
解：当个位上的数是偶数时，该三位数就是偶数．
可分步完成：第一步，先排个位，个位上的数只能取2,4,6,8中的1个，有4种取法；
第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；
第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．
所以可以组成无重复数字的三位偶数的个数为4×8×7＝224.
当个位上的数是奇数时，该三位数就是奇数．
可分步完成：第一步，先排个位，个位上的数只能取1,3,5,7,9中的1个，有5种取法；
第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；
第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．
所以可以组成无重复数字的三位奇数的个数为5×8×7＝280.
题组2 涂色问题
5．如图所示，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案最多有( )
A．180种 B．240种
C．360种 D．420种
解析：选D 区域2,3,4,5地位相同(都与其他4个区域中的3个区域相邻)，故应先种区域1，有5种种法，再种区域2，有4种种法，接着种区域3，有3种种法，种区域4时应注意：区域4与区域2同色时区域4有1种种法，此时区域5有3种种法；区域4与区域2不同色时区域4有2种种法，此时区域5有2种种法，故共有5×4×3×(3＋2×2)＝420种栽种方案．故选D.
6.
如图所示，“中国印”被中间的白色图案分成了5个区域，现给它着色，要求相邻区域不能用同一颜色，如果只有4种颜色可供使用，那么不同的着色方法有( )
A．120种 B．72种
C．48种 D．24种
解析：选B 以所选颜色的种数为标准，可分两类进行：第一类，用3种颜色有4×3×2＝24(种)；第二类，用4种颜色有4×3×2×2＝48(种)．∴共有24＋48＝72种不同的方法，故选B.
7.
用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔．问：该板报有多少种书写方案？
解：第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角用的颜色相同，有5种不同的选法；第三步，选理综视界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与理综视界的颜色不同即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案．
题组3 抽取(分配)问题
8．某乒乓球队里有6名男队员，5名女队员，从中选取男、女队员各一名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为( )
A．11 B．30
C．56 D．65
解析：选B 先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，故共有6×5＝30种不同的组队方法．
9．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
解析：选A 共有4种方法．列举如下：1,4,5；2,4,4；2,3,5；3,3,4.
10．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7个会英语，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？
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人数为7＋3－9＝1，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．
[能力提升综合练]
1．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 分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.
2．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．18
C．12 D．6
解析：选B ①当从0,2中选取2时，先排2，再排1,3,5中选出的两个数，共有2×3×2＝12个奇数．②当从0,2中选取0时，必须排在十位，只要从1,3,5中选出两个数排在个位、百位即可，共有3×2＝6个奇数．由分类加法计数原理，知共有12＋6＝18个奇数．
3.
一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有( )
A．6种 B．8种
C．12种 D．48种
解析：选D 每个景区都有2条线路，所以游览第一个景点有6种选法，游览第二个景点有4种选法，游览第三个景点有2种选法，故共有6×4×2＝48种不同的游览线路．
4．用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数，比3 542大的四位数的个数是( )
A．360 B．240
C．120 D．60
解析：选C 因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5，所以共有2×5×4×3＝120个比3 542大的四位数．
5．用数字1,2组成一个四位数，则数字1,2都出现的四位偶数有________个．
解析：由四位数是偶数，知最后一位是2.在四位数中，当出现1个1时，有1 222,2 122,2 212，共3个，当出现2个1时，有1 122,1 212,2 112，共3个，当出现3个1时，只有1 112这1个四位偶数，故数字1,2都出现的四位偶数有3＋3＋1＝7(个)．
答案：7
6．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这六个数字中每次取两个不同的数作为系数A、B的值，则方程表示不同直线的条数是________．
解析：若A＝0，则B从1、2、3、5、7中任取一个，均表示直线y＝0；同理，当B＝0时，表示直线x＝0；当A≠0且B≠0时，能表示5×4＝20条不同的直线．故方程表示直线的条数是1＋1＋20＝22.
答案：22
7.
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？
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试验田也有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种种植方法．
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．
8．用1,2,3,4四个数字组成可有重复数字的三位数，这些数从小到大构成数列{an}．
(1)这个数列共有多少项？
(2)若an＝341，求n的值．
解：(1)由题意，知这个数列的项数就是由1,2,3,4四个数字组成的可有重复数字的三位数的个数．
由于每个数位上的数都有4种取法，
由分步乘法计数原理，得满足条件的三位数的个数为4×4×4＝64，即数列{an}共有64项．
(2)比341小的数分为两类：
第一类，百位上的数是1或2，有2×4×4＝32个三位数；
第二类，百位上的数是3，十位上的数可以是1,2,3中的任一个，个位上的数可以是1,2,3,4中的任一个，有3×4＝12个三位数．
所以比341小的三位数的个数为32＋12＝44，
因此341是这个数列的第45项，即n＝45.
课件28张PPT。第2课时 分类加法计数原理与分步乘法
计数原理的应用(习题课)谢谢！课下能力提升(二)
[学业水平达标练]
题组1 组数问题
1．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252
C．261 D．279
解析：选B 由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.
2．由数字1,2,3,4组成的三位数中，各位数字按严格递增(如“134”)或严格递减(如“421”)顺序排列的数的个数是( )
A．4 B．8
C．16 D．24
解析：选B 由题意分析知，严格递增的三位数只要从4个数中任取3个，共有4种取法；同理严格递减的三位数也有4个，所以符合条件的数的个数为4＋4＝8.
3．从1,3,5,7,9这五个数字中，每次取出两个不同的数字分别为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( )
A．9 B．10
C．18 D．20
解析：选C 分两步完成，第一步，取数字a，有5种不同的取法；第二步，取数字b，有4种不同的取法，所以可以得到5×4＝20个不同的差式lg a－lg b，但其中lg 9－lg 3＝lg 3－lg 1，lg 3－lg 9＝lg 1－lg 3，故不同的值有18个.
4．由1,2,3,4,5,6,7,8,9可以组成多少个无重复数字的三位偶数与三位奇数？
解：当个位上的数是偶数时，该三位数就是偶数．
可分步完成：第一步，先排个位，个位上的数只能取2,4,6,8中的1个，有4种取法；
第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；
第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．
所以可以组成无重复数字的三位偶数的个数为4×8×7＝224.
当个位上的数是奇数时，该三位数就是奇数．
可分步完成：第一步，先排个位，个位上的数只能取1,3,5,7,9中的1个，有5种取法；
第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；
第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．
所以可以组成无重复数字的三位奇数的个数为5×8×7＝280.
题组2 涂色问题
5．如图所示，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案最多有( )
A．180种 B．240种
C．360种 D．420种
解析：选D 区域2,3,4,5地位相同(都与其他4个区域中的3个区域相邻)，故应先种区域1，有5种种法，再种区域2，有4种种法，接着种区域3，有3种种法，种区域4时应注意：区域4与区域2同色时区域4有1种种法，此时区域5有3种种法；区域4与区域2不同色时区域4有2种种法，此时区域5有2种种法，故共有5×4×3×(3＋2×2)＝420种栽种方案．故选D.
6.
如图所示，“中国印”被中间的白色图案分成了5个区域，现给它着色，要求相邻区域不能用同一颜色，如果只有4种颜色可供使用，那么不同的着色方法有( )
A．120种 B．72种
C．48种 D．24种
解析：选B 以所选颜色的种数为标准，可分两类进行：第一类，用3种颜色有4×3×2＝24(种)；第二类，用4种颜色有4×3×2×2＝48(种)．∴共有24＋48＝72种不同的方法，故选B.
7.
用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔．问：该板报有多少种书写方案？
解：第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角用的颜色相同，有5种不同的选法；第三步，选理综视界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与理综视界的颜色不同即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案．
题组3 抽取(分配)问题
8．某乒乓球队里有6名男队员，5名女队员，从中选取男、女队员各一名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为( )
A．11 B．30
C．56 D．65
解析：选B 先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，故共有6×5＝30种不同的组队方法．
9．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
解析：选A 共有4种方法．列举如下：1,4,5；2,4,4；2,3,5；3,3,4.
10．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7个会英语，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？
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人数为7＋3－9＝1，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．
[能力提升综合练]
1．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 分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.
2．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．18
C．12 D．6
解析：选B ①当从0,2中选取2时，先排2，再排1,3,5中选出的两个数，共有2×3×2＝12个奇数．②当从0,2中选取0时，必须排在十位，只要从1,3,5中选出两个数排在个位、百位即可，共有3×2＝6个奇数．由分类加法计数原理，知共有12＋6＝18个奇数．
3.
一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有( )
A．6种 B．8种
C．12种 D．48种
解析：选D 每个景区都有2条线路，所以游览第一个景点有6种选法，游览第二个景点有4种选法，游览第三个景点有2种选法，故共有6×4×2＝48种不同的游览线路．
4．用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数，比3 542大的四位数的个数是( )
A．360 B．240
C．120 D．60
解析：选C 因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5，所以共有2×5×4×3＝120个比3 542大的四位数．
5．用数字1,2组成一个四位数，则数字1,2都出现的四位偶数有________个．
解析：由四位数是偶数，知最后一位是2.在四位数中，当出现1个1时，有1 222,2 122,2 212，共3个，当出现2个1时，有1 122,1 212,2 112，共3个，当出现3个1时，只有1 112这1个四位偶数，故数字1,2都出现的四位偶数有3＋3＋1＝7(个)．
答案：7
6．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这六个数字中每次取两个不同的数作为系数A、B的值，则方程表示不同直线的条数是________．
解析：若A＝0，则B从1、2、3、5、7中任取一个，均表示直线y＝0；同理，当B＝0时，表示直线x＝0；当A≠0且B≠0时，能表示5×4＝20条不同的直线．故方程表示直线的条数是1＋1＋20＝22.
答案：22
7.
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？
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试验田也有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种种植方法．
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．
8．用1,2,3,4四个数字组成可有重复数字的三位数，这些数从小到大构成数列{an}．
(1)这个数列共有多少项？
(2)若an＝341，求n的值．
解：(1)由题意，知这个数列的项数就是由1,2,3,4四个数字组成的可有重复数字的三位数的个数．
由于每个数位上的数都有4种取法，
由分步乘法计数原理，得满足条件的三位数的个数为4×4×4＝64，即数列{an}共有64项．
(2)比341小的数分为两类：
第一类，百位上的数是1或2，有2×4×4＝32个三位数；
第二类，百位上的数是3，十位上的数可以是1,2,3中的任一个，个位上的数可以是1,2,3,4中的任一个，有3×4＝12个三位数．
所以比341小的三位数的个数为32＋12＝44，
因此341是这个数列的第45项，即n＝45.
