人教版高中数学理科选修2-3同步练习题、期中、期末复习资料、补习资料：02【提高】分类加法计数原理与分步乘法计数原理

分类加法计数原理和分步乘法计数原理
【学习目标】
1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
2．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别．
3．会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
【要点梳理】
要点一：分类加法计数原理(也称加法原理)
1．分类加法计数原理：
完成一件事,有/类办法.在第1类办法中有/种不同方法,在第2类办法中有/种不同的方法,……,在第/类办法中有/种不同方法,那么完成这件事共有/种不同的方法.
2．加法原理的特点是：
① 完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类；
② 用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；
③ 把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．
要点诠释：
使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和。
3．图示分类加法计数原理：
由A到B算作完成一件事.直线型流程线表示第1类方案中包括的方法数，折线型流程线表示第2类方案中包括的方法数。
/
从图中可以看出，完成由A到B这件事，共有方法m+n种。
要点诠释：
用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，“类”要一竿到底，它的起点、终点就是完成这件事的开始与结束，图示分类加法计数原理，用意就在其中。
要点二、分步乘法计数原理
1.分步乘法计数原理
“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成．
2．乘法原理的特点：
① 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可；
② 完成每一步有若干种方法；
③ 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．
要点诠释：
使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积。
3.图示分步乘法计数原理：
由A到C算作完成一件事.设完成这件事的两个步骤为从A到B、从B到C。
/
要点诠释：
从A到C算作完成一件事，A是起点，C是终点，点B是中间单元，从A到B是第1步，从B到C是第2步。用分步乘法计数原理解题，按着这个模式施行就可以了，可简单地理解为：A→B，有m种方法；B→C，有n种方法；A→C，有mn种方法。
要点三、分类计数原理和分步计数原理的区别：
1．分类计数原理和分步计数原理的区别：
两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关.
完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理；
若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算．
2. 应用两个原理的分别要注意：
若用分类计数原理，要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类计数原理，即加法原理求和得到总数；
若用分步计数原理，要做到步骤“完整”——完成了所有步骤，恰好完成所有任务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步计数原理，即乘法原理把完成每一步的方法数相乘得到总数．
要点四、分类计数原理和分步计数原理的应用
1.利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序：
（1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？
（2）然后考虑如何完成？主要有三种类型
①分类或分步。
②先分类，再在每一类里再分步。
③先分步，再在每一步里再分类，等等。
（3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？
2.利用两个基本原理解决具体问题时的注意事项：
（1）应用分类计数原理，应注意：
①分类时，要按一个标准来分，最忌采用双重或多重标准分类；
②每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；它的起点、终点就是完成这件事情的开始和结束；
③两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；
④完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏).
（2）应用分步计数原理，应注意：
①任何一步的一种方法都不能完成此任务，必须且只须连续完成这n步才能完成此任务；
②各步计数相互独立；
③只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此事的方法也不同.
3.利用两个基本原理解决具体问题时的方法技巧：
利用两个基本原理解决具体问题，关键环节是分类或者分步。类与步的关系式辩证的。有些问题需要先分类，再在每一类里再分步；有些问题需要先分步，再在每一步里再分类，等等。到底采用何种顺序分类与分步，要看类的趋势和步的趋势谁大谁小。下面用用流程图直观描述。
（1）类中有步情形
/
从A到B算作一件事的完成。完成这件事有两类办法，在第1类办法中有3步，在第2类办法中有2步，每步的方法数见箭线下面的mi，i=1，2，3，4，5。
完成A→B这件事，共有方法数为m1m2m3+m4m5。
（2）步中有类情形
/
从A到D算作完成一件事，简单地记为A→D。完成A→D这件事，需要经历三步，即A→B，B→C，C→D。其中B→C这步又分为三类，这就是步中有类。箭线下面的mi（i=1，2，3，4，5）表示相应步的方法数。
完成A→D这件事，共有方法数为m1(m2+m3+m4)m5。
要点诠释：
① 对“类”与“步”的理解，要再上一个层次，可进一步地理解为：“类”用“+”号连结，“步”用“×”号连结，“类”独立，“步”连续，“类”标志一件事的完成，“步”缺一不可。
② 使用计数原理解题，大部分离不开分类。分类时，要按一个标准来分，最忌采用双重或多重标准分类。
【典型例题】
类型一、分类加法计数原理
例1.（2018秋 鞍山校级期末）已知集合A={1,2,3,4}，B={5,6,7,}，C={8,9}.现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成多少个集合（ ）
A.24个 B.36个 C.26个 D.27个
【答案】C
【思路点拨】 从三个集合中取出两个集合，有3种情况，利用分步计数原理分别计算每种情况下各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合的个数，再相加。
【解析】
从三个集合中取出两个集合，有3种取法，分别是集合A、B；集合A、C，集合B、C。
当取出集合A、B时，从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合有 =12个；
当取出集合A、C时，从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合有 =8个；
当取出集合B、C时，从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合有 =6个；
所以，一共可以组成12+8+6=26个集合。
【总结升华】
应用分类计数原理，应注意：
①分类时，要按一个标准来分，最忌采用双重或多重标准分类；
②每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；它的起点、终点就是完成这件事情的开始和结束；
举一反三：
【变式1】用数字1,2,3可写出多少个小于1000的正整数? (各位上的数字允许重复)
【答案】分三类情况：
①一位整数，有3个；
②二位整数，有/个；
③三位整数，有/个；
故共有/个。
【变式2】 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？
【答案】
根据题意，将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．
由分类计数原理知，符合题意的两位数的个数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）．
【变式3】从1,2，3，…,10中选出3个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样的数列共有多少个？
【答案】
根据构成的等差数列的公差，分为公差为±1、±2、±3、±4四类.公差为±1时，有8×2＝16个；公差为±2时，满足要求的数列共6×2＝12个；公差为±3时，有4×2＝8个；公差为±4时，只有2×2＝4个.由分类计数原理可知，共构成了不同的等差数列16＋12＋8＋4＝40个.
类型二、分步乘法计数原理
例2.体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有（ ）
A．12 种 B．7种　　C．24种 D．49种
【思路点拨】首先弄明白完成一次进出门需分两步走，先进再出。
【解析】
错解：学生进出体育场大门需分两类，一类从北边的4个门进，一类从南侧的3个门进，由分类计数原理，共有7种方案. ∴选B
错因:没有审清题意．本题不仅要考虑从哪个门进，还需考虑从哪个门出，应该用分步计数原理去解题.
正解：学生进门有7种选择，同样出门也有7种选择，由分步计数原理，该学生的进出门方案有7×7＝49种. ∴应选D．
【总结升华】
解决这类问题的关键是搞清分类还是分步．用分步乘法计数原理解决问题时，首先要根据问题的特点，确定一个分步的可行标准；其次还要注意完成这件事情必须且只需连续完成这n个步骤后，这件事情才算圆满完成，这时才能使用分步乘法计数原理．同时，要弄清每一步骤中完成本步骤的方法种数．
举一反三：
【变式1】从甲地到乙地，一天中有火车2班，从乙地到丙地，一天中有汽车3班，那么从甲地经乙地到丙地共有 种不同的走法。
【答案】6；
完成这件事，分两个步骤：
第一步是乘火车，有2种不同方法；
第二步是乘汽车，有3种不同方法。
则完成这件事，由分步计数原理，共有N=2×3=6种不同方法。
【变式2】（2018 金山区一模）由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中偶数共有（ ）
A.60个 B.48个 C.36个 D.24个
【答案】偶数即个位数字只能是2或4，其他位置任意排放共有 =48个，故选B。
【变式3】 从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ ）．
A．300种 B．240种 C．144种 D．96种
【答案】 四个游览城市中只有巴黎有限制要求，甲、乙不去，因而可以先安排去巴黎的人，再依次安排去其他城市的人，整个事件的安排可以分为四步，每一步安排一个城市，因而按分步乘法计数原理计算．
去巴黎的人为除甲、乙两个人外的其余四人，只能有一人去，所以有4种选择．
再安排一人去剩下的三个城市中的一个，比如伦敦，剩余有五人，因而有5种选择．
再从剩下的四人中选一人去剩下的两个城市中的一个，所以有4种选择．
最后一个城市只能从剩余的三人中选一人，所以有3种选择．所以4×5×4×3=240（种）．
【变式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
【答案】C
/
类型三、两个原理的对比应用
例3. 一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同．
（1）从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？
（2）从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？
【思路点拨】
欲完成从两个口袋内任取一个小球这件事，可有两类办法：从第一个口袋内取，或从第二个口袋内取，都能完成这件事，所以第（1）题可用分类加法计数原理来解．欲完成从两个口袋内各取一个小球，需分两个步骤：第一步，在第一个口袋内任取1个小球；第二步，在第二个口袋内任取1个小球，两个步骤都完成了这件事就完成了，因此第（2）题用分步乘法计数原理．
【解析】
（1）从两个口袋内i任取1个小球，有两类办法：第一类办法是从第一个口袋内任取1个小球，可以从5个小球中任取1个，有5种方法；第二类办法是从第二个口袋内任取1个小球，可以从4个小球中任取1个，有4种方激
根据分类加法计数原理，不同的取法有N=5+4=9（种）．
（2）从两个口袋内各取1个小球，可以分成两个步骤来完成：第一步，从第一个口袋内取1个小球，有5种方法；第二步，从第二个口袋内取1个小球，有4种方法．
根据分步乘法计数原理，不同的取法有N=5×4=20（种）．
【总结升华】
在用两个原理解决问题时，一定要分清完成这件事，是有，l类办法还是需分成n个步骤．应用分类加法计数原理必须要求各类中的每一种方法都保证完成这件事．应用分步乘法计数原理则是需各步均是完成这件事必须经由的若干彼此独立的步骤．
举一反三：
【变式】现有一分硬币3枚，两角纸币6张，十元纸币4张，则它们共可以组成多少种非零的币值?
【答案】
方法一：利用分类计数原理.
以使用钱币的种类去分类，共可以分为：
(1)第一类：只使用一种钱币.
若只使用一分硬币，可以取出1枚，2枚或3枚硬币，共可组成3种非零币值. 同理，若只用两角纸币，共可以组成6种非零币值. 只用十元纸币，共可以组成4种非零币值.
因此，只使用一种钱币，可以组成非零币值数为3+6+4=13种.
(2)第二类：使用两种钱币.
若用一分硬币和两角纸币，共可组成币值3×6=18种；若用一分硬币和十元纸币，共可组成币值3×4=12种；若用两角纸币和十元纸币，共可组成币值6×4=24种.
因此，使用两种钱币可以组成非零币值数为18+12+24=54种.
(3)第三类：使用三种钱币.
使用三种钱币组成的非零币值数为3×6×4=72种.
根据分类计数原理，共可组成非零币值总数为13+54+72=139种.
方法二：利用分步计数原理.
第一步，取一分硬币，可以不取，取l枚，2枚或3枚硬币，共有4种取法；
第二步取两角纸币，共有7种取法；
第三步取十元纸币，共有5种取法.
根据分步计数原理，总共的币值数为4×7×5=140种.
除去其中一种零币值，非零币值的方法数为139种.
类型四、两个原理的综合应用
例4.用数字0，1，2，3，4组成数字允许重复的三位数，其中有 几个偶数？
【思路点拨】
组成的偶数可以有3类情况：个位数字为0、2、4，而在每一类情况中又需分二个步骤才能完成。
【解析】
（1）第一类：当个位数字为0时，分两个步骤：
第一步确定百位上的数字，从数字：1、2、3、4中任选一个，有4种不同方法；
第二步确定十位上的数字，从5个数字中任选一个，有5种不同方法；
共有/种不同方法。
（2）第二类：当个位数字为2时，分两个步骤：
第一步确定百位上的数字，从数字：1、2、3、4中任选一个，有4种不同方法；
第二步确定十位上的数字，从5个数字中任选一个，有5种不同方法；
共有/种不同方法。
（3）第三类：当个位数字为4时，分两个步骤：
第一步确定百位上的数字，从数字：1、2、3、4中任选一个，有4种不同方法；
第二步确定十位上的数字，从5个数字中任选一个，有5种不同方法；
共有/种不同方法。
故不同的偶数的个数是：4×5+4×5+4×5=60（种）。
【总结升华】
当完成事件中既有分类也有分步时，一般先分类，然后再在每一类中分步。
举一反三：
【变式1】 用0，1,2，3,4，5这六个数字，
（1）可以组成多少个数字不重复的三位数？
（2）可以组成多少个数字允许重复的三位数？
（3）可以组成多少个数字不重复的三位奇数？
（4）可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数？
（5）可以组成多少个数字不重复的大于3000，小于5421的四位数？
【答案】
（1）分三步：①先选百位数字，由于0不能作为百位数，因此有5种选法；②十位数字有5种选法；③个位数字有4种选法.由分步计数原理知所求三位数共有5×5×4＝100个.
（2）分三步：①先选百位数字，由于0不能作为百位数，因此有5种选法；②十位数字有6种选法；③个位数字有6种选法.由分步计数原理知所求三位数共有5×6×6＝180个
（3）分三步：①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法；②再选百位数字有4种选法；③个位数字也有4种选法.由分步计数原理知所求三位数共有3×4×4＝48个.
（4）分三类：①一位数，共有6个；②两位数，共有5×5＝25个；③三位数，共有5×5×4＝100个.因此，比1000小的自然数共有6＋25＋100＝131个
（5）分四类：①千位数字为3,4之一时，共有2×5×4×3＝120个；②千位数字为5，百位数字为0,1，2,3之一时，共有4×4×3＝48个；③千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有2×3＝6个；④还有5420也是满足条件的1个.故所求自然数共120＋48＋6＋1＝175
【变式2】一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同．
（1）从两个口袋里各取1封信，有多少种不同的取法？
（2）把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？
【答案】
（1）各取一封信，不论从哪个口袋里取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步计数原理，共有5×4=20（种）．
（2）若以每封信投入邮筒的可能性考虑，第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能……第九封信还有4种可能．共有49种不同的投法．
【变式3】用5种不同颜色给图中A，B，C，D四个区域涂色，每个区域涂一种
颜色. 若要求相邻(有公共边)的区域涂不同颜色，那么共有多少种不同的
涂色方法?
1
2
3
4
【答案】 如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
（1）当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有12种不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法．由分步计数原理可知，有5×12×3＝180种不同的涂法；
（2）当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知．有5×4×4＝80种不同的涂法．
由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260种不同的涂法．
类型五、 枚举法
例5. 某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．球队打完15场，积33分，若不考虑顺序，该队胜、负、平的情形有（ ）．
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【思路点拨】 可题意列方程组，讨论方程组的解，求得非负整数解的组数即为问题的解，考虑到所给解答的范围较小（≤6），故可用枚举法，分类讨论．
【解析】设该队胜z场，平y场，负z场，且x、y、z是非负整数，则/．
因为不考虑胜、平、负的顺序，所以问题转化为求此方程组的不同非负整数解的组数．
解法一：由②式，得 y=3(11－x)，
代入①式，整理，得 x=2(x－9)．
由0≤y≤15，0≤z≤15，可知/．
所以这个不等式组的解为9≤x≤11．
因为x是非负整数，
即x最多只能取9，10，11三个值，对应的y值也只能取6，3，0三个值，对应的z值也只能取0，2，4三个值，从而由①②组成的方程组有且只有三组不同的非负整数解．故选A．
解法二：由②式，得 /．
因为x是非负整数，所以y必须是3的倍数．
将上式代入①，得 /．
因为z≥0，y≥0且都是整数，所以可知y的值只能取0，3，6三种情况，对应着：只能取4，2，0，z只能取11，10，9，即方程组①②有且仅有3组解．
解法三：由积分33知最多可能胜11场，依所胜场次由多到少得到各种情形如下表：
胜场次
平场次
负场次
积分
11
0
4
33
10
3
2
33
9
6
0
33
只有如上3种情况．故选A．
【总结升华】
本题的解法中不论是解方程组、分类讨论，还是枚举法，都体现了“分类”解决问题的意识，对事件的结果，按不同的“组织形式”都可以获得结果．用分类计数原理解决问题的方法是多种多样的，但要严格按分类的某个标准来执行求解的过程，才能求得方法的种数．
举一反三：
【变式】 在大小不等的两个正方体玩具的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，向上的面标着的两个数字之积不小于20的情形有几种？
【答案】第一个正方体向上的面标有的数字必须大于等于4，如果是3，则3与第二个正方体向上的面标有的数字最大者6的积3×6=18＜20．
/；/；/．
符合题意的情形有2+3+3=8（种）．
【巩固练习】
一、选择题
1．教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（　　）
A．10种 B．/种 C．/种 D．/种
2．从集合{l，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点的个数是（ ）．
A．24 B．23 C．12 D．11
3. （2018春 甘肃校级期中改编） 3科老师都布置了作业，在同一时刻4名学生都做作业的可能情况有（ ）
A．43种 B．34种 C．4×3×2种 D． 1×2×3种[来源:学。科
4．（2018 金山区一模改编） 由数字0，1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数位必须为奇数的数字共有（ ）
A.60个 B.48个 C.36个 D.24个
5．如图，某段电路有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果某个焊接点脱落，该段 电路就会不通，现在电路MN间没有电流通过，那么焊接点脱落的可能性共有（ ）．
A．14种 B．49种 c．16种 D．64种
6．三边长均为整数，且最大边的长为11的三角形的个数为（ ）．
A．25 B．26 C．36 D．37
7．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　)
A．3 B．4
C．6 D．8
8．（2018 沈阳一模）将3本相同的小说，2本相同的诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有（ ）
A．24种 B．28种 C．32种 D．36种
二、填空题
9．从1到10的10个正整数中任意地取出两个数相加，所得的和为奇数的不同情形有________种．
10.现在从4名同学中选出2人去参加“数学”“语文”竞赛，要求每科只有一人参加，每人参加一科，则不同的参赛方法有 种。
11．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________（用数字作答）．
12．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄．为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共________种．
三、解答题
13．一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同．
（1）从两个口袋里各取1封信，有多少种不同的取法？
（2）把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？
14．用五种不同的颜色将图中的1，2，3，4四个区域染色，要求每个区域只染一种颜色，
且相邻的区域不能染相同颜色，求不同的染色方法数？
15．用0，1，2，3，4，5这六个数字，
（1）可以组成多少个不重复的三位数？
（2）可以组成多少个允许重复的三位数？
（3）可以组成多少个不允许重复的三位数的奇数？
（4）可以组成多少个不重复的小于1 000的自然数？
（5）可以组成多少个大于3 000，小于5 421的不重复的四位数？
【答案与解析】
【答案】D
【解析】2×2×2×2=24
2．【答案】B
【解析】 从两个集合中各选一个有2×3×4=24个，但有（1，1）重复，故24—1=23（个）．
3. 【答案】 B
【解析】3×3×3×3=34
4．【答案】C
【解析】1,3,5三个数在1,3,5号位上随便排,共有=6种；剩下的2,4号位,在0,2,4中随便选两个,有=6种，所以共有=36个，故选C。
5．【答案】B
【解析】 每个焊接点都有正常与脱落两种情况，所以支路ABC有8种情况，去掉通路的一种情况，有7种情况；对于支路DEF的情况也是一样，有7种情况，所以共有49种情况．
6．【答案】C
【解析】 三角形的另外两条边的边长用x、y表示，且不妨设1≤x≤y≤11．要构成三角形，必须x+y≥12．
当y取值11时，x=1，2，3，…，11，可有11个三角形；
当y取值10时，x=2，3，…，10，可有9个三角形；
当y取值6时，x也只能取6，只有1个三角形．
所以，三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36．
7. 【答案】D
【解析】当公比为2时，等比数列可为1、2、4,2、4、8；当公比为3时，等比数列可为1、3、9；当公比为/ 时，等比数列可为4、6、9.同时，4、2、1和8、4、2,9、3、1,9、6、4也是等比数列，共8个．
8．【答案】B
【解析】 第一类，有一个人分到一本小说和一本诗集，这种情况下的分法有：先将一本小说和一本诗集分到一个人手上，有4种分法，将剩余的2本小说，1本诗集分给剩余3个同学，有3种分法，那共有3×4=12种
第二类，有一个人分到两本诗集，这种情况下的分法有：先将两本诗集分到一个人手上，有4种情况，将剩余的3本小说分给剩余3人，只有一种分法。那共有4×1=4种，
第三类，有一个人分到两本小说，这种情况的分法有：先将两本小说分到一个人手上，有4种情况，再将剩余的两本诗集和一本小说分给剩余的3个人，有3种分法，那共有：4×3=12种，
综上所述：总共有：12+4+12=28种分法，
故选B。
9．【答案】25
【解析】 从1到10共有5个奇数，5个偶数，两个数的和为奇数，必是一奇一偶，所以共有5×5=25种不同的情形．
10. 【答案】12；
【解析】完成这件事，分两个步骤：
第一步选一人参加“数学”竞赛，有4种不同方法；
第二步选一人参加“语文”竞赛，有3种不同方法；
则完成这件事，由分步计数原理，共有/种不同方法。
11．【答案】336
【解析】 甲、乙、丙每人有7种站法，共73=343种站法，但站在同一台阶有7种站法，故共有343－7=336种站法．
12．【答案】12
【解析】 将并排10垄田地编号，如答图1．
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由于A、B两种作物间隔不小于6垄，依据已知条件也不大于8垄，运用分类讨论的思想，对这两种作物的左右顺序及间隔进行讨论．
（1）当A种在B左边时（括号内为田垄的序号）：
①间隔为6垄时，（1，8）、（2，9）、（3，10）；
②间隔为7垄时，（1，9）、（2，10）；
③间隔为8垄时，（1，10）．
上述共有6种选垄方法．
（2）当B种在A左边时，同理也有6种选垄方法．
综上所述，总数为6×2=12．所以应填12．
13．【解析】
（1）各取一封信，不论从哪个口袋里取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步计数原理，共有5×4=20（种）．
（2）若以每封信投入邮筒的可能性考虑，第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能……第九封信还有4种可能．共有49种不同的投法．
14．【解析】
区域1有5种染色法，区域2有4种．
（1）当区域3与区域2染色相同时，区域4有4种染色法，所以有5×4×4=80种染色方法；
（2）当区域3与区域2染色不同时，区域4有3种染色法，所以有5×4×3×3=180种染色方法．
综上，不同的染色方法数为80+180=260（种）．
15．【解析】
（1）分三步：①先选百位数字，由于0不能作百位数，因此有5种选法；②十位数字有5种选法；③个位数字有4种选法．由乘法原理知所求不同三位数共有5×5×4=100个．
（2）分三步：①百位数字有5种选法；②十位数字有6种选法；③个位数字有6种选法．所求三位数共有5×6×6=180个．
（3）分三步：①先选个位数字，有3种选法；②再选百位数字，有4种选法；③选十位数字也是4种选法，所求三位奇数共有3×4×4=48个．
（4）分三类：①一位数，共有6个；②两位数，共有5×5=25个；③三位数共有5×5×4=100个，因此，比1 000小的自然数共有6+25+100=131个．
（5）分四类：①千位数字为3，4之一时，共有2×5×4×3=120个；②千位数字为5，百位数字为0，1，2，3之一时，共有4×4×3=48个；③千位数字是5，百位数字是4，十位数字是0，1之一时，共有2×3=6个；④还有5 420也是满足条件的1个．故所求四位数共120+48+6+1=175个．