第一章 1.1 1.1.2
【基础练习】
1．某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有( )
A．5种
B．6种
C．7种
D．8种
【答案】C
2．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )
A．36个
B．18个
C．9个
D．6个
【答案】B
3．某学校食堂早餐只有花卷、包子、面条和蛋炒饭四种主食可供食用，有5名同学前去就餐，每人只选择其中一种，已知甲同学肠胃不好不会选择蛋炒饭，乙同学不选择面条，则这5名同学不同的主食选择方案种数为( )
A．1
024
B．625
C．576
D．400
【答案】C
4．将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，下图是一种填法，则不同的填写方法共有( )
1
2
3
3
1
2
2
3
1
A.6种
B．12种
C．24种
D．48种
【答案】B
【解析】第一步，从第一行选出一格填入1，有三种方法；第二步，在第二行中除去第一行中1所在的列，剩下的两个格子中选出一个填入1，有两种方法；第三步，在第三行中除去第一、二行中1所在的列，剩下的一个格子填入1；第四步，在第一行两个空格中选出一个填入2，剩下的填入3，有两种方法；第五步，在二、三行中对应填入2,3，只有一种方法．共有3×2×1×2×1＝12(种)．故选B.
5．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有________种．
【答案】12
6．从集合{1,2,3，…，10}中，选出5个不同的数组成子集且使得这5个数中任两个数的和都不等于11，则这样的子集共有________个．
【答案】32
7．从1～20共20个整数中任取两个相加，使其和为偶数的不同取法共有多少种？
【解析】第一类，两个偶数相加，由分步乘法计数原理，
共有＝45(种)不同的取法；
第二类，两个奇数相加，由分步乘法计数原理，
共有＝45(种)不同的取法．
由分类加法计数原理得，共有45＋45＝90(种)不同取法．
8．3个人要坐在同一排的8个空座位上，若每个人左右都有空座位，有多少种不同坐法？
【解析】3个人在一排的8个空座位上坐下后，只剩下5个空座位，我们可以构造这样的解题过程，依次将3个人连同他的座位逐个地插入5个空座位形成的空位当中．
如图所示：
○表示没有坐人的空位 □表示已经坐人的位置
由于每人左右都要有空位子，因此将第一个人连同他的座位插入时，不能插在两边，所以有4种插法(如图中的(1)到(2))；然后将第二个人连同他的座位插入时，只有3种插法(如图中的(2)到(3))；最后将第三个人连同他的座位插入时，只有2种插法(如图中的(3)到(4))．这时，我们再根据分步乘法计数原理，可以得到插入的不同方法共有4×3×2＝24(种)．
【能力提升】
9.(2019年上海模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L形（每次旋转90°仍为L形的图案），那么在5×6个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L形图案的个数是（ ）
A.36
B.64
C.80
D.96
【答案】C
【解析】根据题意，在一个“田”字型方格中，可画出4个L形图案，而在由5×6个小方格组成的方格纸上有4×5=20个“田”字型方格，所以可以画出不同位置的L形图案的个数是20×4=80.故选C.
10．(2017年天津校级联考)第十三届全国运动会于2017年9月在天津举行，有8名运动员进入男子100米赛跑决赛，假设甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有( )
A．2
880种
B．1
440种
C．120种
D．24种
【答案】A
【解析】分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三名运动员，共有1,3,5,7四条跑道可安排，安排方式有4×3×2＝24种；第二步：安排另外5名运动员，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，安排方式有5×4×3×2×1＝120种．∴安排这8名运动员的方式有24×120＝2
880种．
11.(2019年上海期末)设集合A={(x1,x2,x3,…，x10)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,…,10}，则集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+…+|x10|≤9”的元素个数为_____.
【答案】58024.
【解析】对于A中的元素，x1,x2,x3,…，x10可以从-1，0，1中任取一个数，故集合A中元素的个数为310=59049.易得不满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+…+|x10|≤9”的情况有两类：①|x1|+|x2|+|x3|+…+|x10|=0，此时x1=x2=x3=…=x10=0，只有1个元素；②|x1|+|x2|+|x3|+…+|x10|=10，此时x1，x2，x3，…，x10都可以从-1，1中任取一个数，满足的元素个数为210=1024.所以集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+…+|x10|≤9”的元素个数为59049-1-1024=58024.
12．用n种不同颜色给下列两块广告牌着色(如图甲、乙)，要求在a，b，c，d四个区域中相邻(有公共边)的区域不能用同一种颜色．
(1)若n＝6，为甲着色，共有多少种不同的方法？
(2)为乙着色时共有120种不同方法，求n.
【解析】(1)对甲图，因为a，d只与周围两个区域相邻，而b，c与周围三个区域相邻，若a，d同色有n种不同方法，b，c不同色有(n－1)(n－2)种不同方法，共有n(n－1)(n－2)种不同方法；若a，d不同色有n(n－1)种不同方法，b，c不同色有(n－2)(n－3)种不同方法，共有n(n－1)(n－2)(n－3)种不同方法．故共有n(n－1)(n－2)＋n(n－1)(n－2)(n－3)＝n(n－1)(n－2)(n－2)种不同方法．当n＝6时，共有480种不同的着色方法．
(2)对乙图，任何一个区域均与其他三个区域相邻，故每个区域先着色还是后着色没有关系，共有n(n－1)(n－2)(n－3)种不同方法．n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－120＝0，(n2－3n＋12)(n2－3n－10)＝0，n2－3n－10＝0.解得n＝5.(共38张PPT)
1.1.2 分类加法计数原理与
分步乘法计数原理的综合应用
目标定位
重点难点
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
2．会用分类加法计数原理与分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.
重点：分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用．
难点：正确区分“分类”和“分步”.
1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题．其区别在于：分类加法计数原理针对的是“________”问题，其中各种方法__________，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“________”问题，各步的每一种方法只能完成任务的一部分，并且完成这件事的任何一种方法都需要分步，只有各个步骤都完成之后才算做完这件事．
分类
相互独立
分步
2．应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的关键是弄清楚是“________”还是“________”，接下来还要搞清楚“________”或“________”的具体标准是什么．
分类
分步
分类
分步
1．从1到10的正整数中，任意抽取两个相加所得和为奇数的不同情形的种数是( )
A．10
B．15
C．20
D．25
【答案】D
2．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
【答案】C
3．在1,2,3，…，200中，能够被5整除的数共有______个．
【答案】40
4．从2,3,5,7,11中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分数的个数是________，其中真分数的个数是________．
【答案】20 10
【例1】
用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且比2
000大的四位偶数？
【解题探究】本题为分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合．
组数问题
【解析】方法一：按末位是0,2,4分为三类．
第一类，末位是0的有4×4×3＝48(个)；
第二类，末位是2的有3×4×3＝36(个)；
第三类，末位是4的有3×4×3＝36(个)．
则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．
方法二：按千位是2,3,4,5分四类．
第一类，千位是2的有2×4×3＝24(个)；
第二类，千位是3的有3×4×3＝36(个)；
第三类，千位是4的有2×4×3＝24(个)；
第四类，千位是5的有3×4×3＝36(个)．
则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．
方法三：间接法．
用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：
第一类，末位是0的有5×4×3＝60(个)；
第二类，末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．
共有60＋96＝156(个)．
其中比2
000小的千位是1，共有3×4×3＝36(个)．
所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．
8
要注意到0不能在千位上出现，分情况时要特别注意，不然就会导致结果有误．
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
【答案】B
【解析】由0,1，…，9组成三位数时，0不能做百位，故百位有9种选法；十位、个位可任意选数，都有10种选法，由分步乘法计数原理知由0,1，…，9组成的所有三位数的个数是9×10×10＝900.同理组成的无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648.故由0,1，…，9组成的有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.
【例2】
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？
【解题探究】利用枚举法或间接法求解即可．
选(抽)取问题
方法二：间接法．
4个人各取1张贺卡．甲先取1张贺卡有4种方法，乙再取1张贺卡有3种方法，然后丙取1张贺卡有2种方法，最后丁仅有1种方法．由分步乘法计数原理，4个人各取1张贺卡共有4×3×2×1＝24种．
4个人都取自己写的贺卡有1种方法；
2个人取自己写的贺卡，另2个人不取自己所写贺卡方法有6种(即从4个人中选出取自己所写的贺卡的2人有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁)；
1个人取自己写的贺卡，另3个人不取自己所写贺卡方法有8种(从4个人中选出自己写贺卡的1个人有4种方法，而3个人都不取自己所写贺卡的方法有2种)．
因此，4个人都不取自己所写贺卡的取法有
24－(1＋6＋8)＝9(种)．
方法三：分步法．
第一步，甲取1张不是自己所写的贺卡，有3种取法；
第二步，由甲取的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法；
第三步，由剩余两个人中任1个人取，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，共有3×3×1×1＝9种．
8
枚举法常用于比较简单、分类情况比较少的题目，通过直观的列举情况得出相应答案；间接法通常用于从正面分步、分类比较麻烦但是其相反的情况比较容易得出结果的题目，通过总体排除不符合条件的答案，剩下的就是对应答案．
2．某电视台的《欢乐今宵》节目的抽奖环节，有两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封．现由主持人抽奖确定幸运观众．若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？
【解析】分两类．(1)幸运之星在甲箱中抽，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有30×29×20＝17
400种结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有20×19×30＝11
400种结果．因此共有17
400＋11
400＝28
800种不同的结果．
【例3】
将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？
【解题探究】这里的“完成一件事”是指得到一个公共边区域不同色的涂色面．
涂色问题
8
解决涂色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相邻区域的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．
【解析】(1)第1步，将黄瓜种在其中的一块地上，有3种种法；
第2步，剩下的两块地分别有3种、2种种法．
根据分步乘法计数原理，共有3×3×2＝18种种法．
(2)按照S→A→B→C→D的顺序分类．
第一类，A，C涂相同颜色有5×4×3×1×3＝180(种)；
第二类，A，C涂不同颜色有5×4×3×2×2＝240(种)．共有染色方法180＋240＝420(种)．
“分类”与“分步”考虑不全面
错解：用分类加法计数原理分两类．
第一类：第一象限内的点，M中的正数有2个，N中的正数也有2个，由分步乘法计数原理得2×2＝4个；第二类，第二象限内的点，M中的负数有1个，N中的正数有2个，由分步乘法计数原理得1×2＝2个．由分类加法计数原理可知满足题意的点共有6个．
错因分析：由于题中没有指明选出的数是横坐标还是纵坐标，所以要分两种情况考虑．而上面的解法仅仅考虑了M中的数作横坐标，N中的数作纵坐标这一种情况，从而造成漏解．
正解：先分两类，第一类，M中的数作横坐标，N中的数作纵坐标，同错解，共有6个点．
第二类，M中的数作纵坐标，N中的数作横坐标．再分两类，第一类，第一象限内的点，由分步乘法计数原理得2×2＝4个；第二类，第二象限内的点，由分步乘法计数原理得2×2＝4个．共有8个点．
综上，共有14个点满足题意．
警示：使用两个计数原理时要注意看完成这件事情到底是要分步还是要分类，同时，无论分类还是分步都要做到不重复、不遗漏．
1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个事件来完成；不同点是，分类加法计数原理与类有关，分步乘法计数原理与分步有关．
2．两个原理的条件和结论．
(1)如果完成一件事有n类方案，这n类方案彼此之间是相互独立的，无论哪一类方案中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理．
(2)如果完成一件事需要分成n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数就用分步乘法计数原理．
3．在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“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”，关键看能否独立完成这件事．与此同时，还要注意分类、分步不能重复、不能遗漏．
4．对于较为复杂的既要用分类加法计数原理，又要用分步乘法计数原理的问题，可以根据题意恰当合理地画出示意图或者列出表格，使问题的实质直观地显现出来，从而便于解题．
11.(2019年辽宁模拟)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有(
)
A.30种
B.50种
C.60种
D.90种
【答案】B
【解析】若甲同学选牛，则乙同学可以选狗或羊，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有2×10=20种选法；若甲同学选马，则乙同学可以选牛、狗或羊，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有3×10=50种选法.所以选法共有20+30=50种.故选B.
2．从A村去B村的道路共有2条，从B村去C村的道路共有3条，从A村直接去C村(不经过B村)的道路有4条，那么从A村去C村，不同的走法的种数是( )
A．6
B．7
C．10
D．12
【答案】C
【解析】从A直接去C有4种走法，从A到C经过B有2×3＝6种走法，∴从A到C共有4＋6＝10种不同的走法．
3.(2019年东莞期末)高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习，去哪个工厂可以自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的参观方案有（ ）
A.
16种 B.
18种
C.
37种 D.
48种
【答案】C
【解析】若不考虑限制条件，每个班级都有4种选择，共有4×4×4=64种情况.若甲工厂没有班级去，即每个班级都从其他三个工厂中选择，此时每个班级都有3种选择，共有3×3×3=27种情况.所以符合要求的情况有64-27=37种.故选C.
4．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1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，则不同的种植方法共有______种．
【答案】12
【解析】A种植在左边第一垄时，B有3种不同情况；A种植在左边第二垄时，B有2种不同情况；A种植在左边第三垄时，B有1种情况．B在左边种植的情形与上述情形相同．共有2×(3＋2＋1)＝12种不同种植方法．
