人教A版 (2019)选择性必修 第三册分类加法计数原理与分步乘法计数原理优秀学案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册分类加法计数原理与分步乘法计数原理优秀学案，共9页。学案主要包含了知识点的认识，解题方法点拨等内容，欢迎下载使用。

▉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
【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．某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（ ）
A．5种B．7种C．15种D．20种
【答案】D
【解答】解：该兴趣小组有5+7+8＝20名成员，
从中选1名代表小组参加比赛，不同的选法有20种．
故选：D．
2．某地举行新疆绿色农特产品展销活动，活动中有驼奶粉、奶豆腐、奶皮、酸奶共4种奶制品，无花果干、杏干、乌梅干、巴达木、开心果、葡萄干共6种干果，葡萄、哈密瓜、香梨、苹果、西瓜、沙棘、白杏共7种新鲜水果，张先生参观完活动决定至少选购一种商品，而每一大类中最多选购一种，则张先生不同的选购方法种数为（ ）
A．94B．168C．276D．279
【答案】D
【解答】由条件张先生不同的选购方法分为三类，选购一种，选购两种，选购三种，
选购三种商品的方法有4×6×7＝168种，
选购两种商品的方法有4×6+4×7+6×7＝94种，
选购一种商品的方法有4+6+7＝17种，
故张先生不同的选购方法种数为17+94+168＝279种，
故选：D．
3．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．35B．84C．70D．140
【答案】C
【解答】解：由题意分两种情况：
2男1女时，有C42C51=30种情况；
2女1男时，有C52C41=40种情况，
所以共有30+40＝70种情况．
故选：C．
4．将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（ ）
A．5种B．6种C．7种D．8种
【答案】C
【解答】解：若一个盒子中放1个球，另一个盒子中放3个球，则有4种不同的方法．
若两个盒子中都放入2个球，则有3种不同的方法；
故不同的放法有7种．
故选：C．
5．完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N种不同的方法，其中N＝（ ）
A．m+nB．mnC．nmD．m×n
【答案】A
【解答】解：根据题意，N＝m+n．
故选：A．
6．小南同学想在新年来临之际用自己的零花钱给自己的爷爷、爸爸妈妈和三个表哥每人分别买一件礼物，小南看中三样礼物：甲礼物（10元/件）、乙礼物（20元/件）、丙礼物（30元/件），在同学的建议下，小南最终决定采用如下方案选购礼物：①不同辈分的礼物不同；②相同辈分的礼物相同，则小南要备齐所需礼物所花销费用的最小值为 100元 ．
【答案】100元．
【解答】解：若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是甲礼物、乙礼物、丙礼物，
则需要花销费用10+2×20+3×30＝140；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是甲礼物、丙礼物、乙礼物，
则需要花销费用10+2×30+3×20＝130；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是乙礼物、甲礼物、丙礼物，
则需要花销费用20+2×10+3×30＝130；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是乙礼物、丙礼物、甲礼物，
则需要花销费用20+2×30+3×10＝110；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是丙礼物、甲礼物、乙礼物，
则需要花销费用30+2×10+3×20＝110；
若爷爷、爸爸妈妈和三个表哥的礼物分别是丙礼物、乙礼物、甲礼物，
则需要花销费用30+2×20+3×10＝100，
所以小南要备齐所需礼物所花销费用的最小值为100元，
故答案为：100元．
7．用1，5，9，13中的任意一个数作为分子，4，8，12，16中的任意一个数作为分母，可构成 16 个不同的分数．
【答案】16．
【解答】解：由题意，可构成4×4＝16个不同的分数．
故答案为：16．
8．若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则我们称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”，那么“叔同数”的个数共有 36 ．（用数字作答）
【答案】36．
【解答】解：由题意可知，“叔同数”中各个数位上的数字有8，0，0；7，1，0；6，2，0；6，1，1；5，3，0；5，2，1；4，4，0；4，3，1；4，2，2；3，3，2情况，
其中8，0，0三个数字组成的三位数只有1个；
7，1，0三个数字组成的三位数只有C21C21=4个；
6，2，0三个数字组成的三位数只有C21C21=4个；
6，1，1三个数字组成的三位数只有3个；
5，3，0三个数字组成的三位数只有C21C21=4个；
5，2，1三个数字组成的三位数只有A33=6个；
4，4，0三个数字组成的三位数只有2个；
4，3，1三个数字组成的三位数只有A33=6个；
4，2，2三个数字组成的三位数只有3个；
3，3，2三个数字组成的三位数只有3个；
则共有1+4+4+3+4+6+2+6+3+3＝36个．
故答案为：36．
9．一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有小球的颜色互不相同．从两个袋子中取一个球，则不同的取法种数为 10 ．
【答案】10．
【解答】解：根据分类加法计数原理，不同的取法种数为4+6＝10．
故答案为：10．
▉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
【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；
10．子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让．现有印有“温、良、恭、俭、让”5个字的书签各2张，10张书签的颜色和图案互不相同．从10张书签中抽取4张分给4位同学，每人一张书签，恰有2位同学分到的书签上汉字相同的分配方案有（ ）
A．120种B．210种C．1440种D．2880种
【答案】D
【解答】解：从10张书签中选出4张，有两张汉字相同，其余两张各不相同，
共有C51C42C21C21=5×6×2×2=120种不同的选法；
将抽到的4张书签分给4位同学有A44=24种不同的分法；
则不同的分配方案共有：120×24＝2880种．
故选：D．
11．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（ ）种不同的种植方法．
A．36B．60C．84D．120
【答案】C
【解答】解：若AD相同，有4×（3+3×2）种种植方法，若AD不同，有4×3×（2+2×1）种种植方法，
∴共有4×（3+3×2）+4×3×（2+2×1）＝36+48＝84种不同方法．
故选：C．
12．某学校组织高二学生参加社会实践研学活动，研学路线有成都、南京、西安共3条．学校安排3名男教师和3名女教师一起负责研学活动，若每条路线安排男、女教师各1名，则不同的分配方案种数为（ ）
A．36B．72C．108D．216
【答案】A
【解答】解：学校安排3名男教师和3名女教师一起负责研学活动，若每条路线安排男、女教师各1名，
每条路线安排一男一女，故总的分配方法有A33A33=36．
故选：A．
13．n元有序数对(a1，a2，a3，⋯，an)(n≥2，n∈N∗)，其中1≤ai≤3，且ai不全相等（i＝1，2，3，…，n），则满足方程i=1n ai2+3n=4i=1n ai的有序数对（a1，a2，a3，…，an）共有（ ）组．
A．2n﹣2B．2n﹣1C．2nD．2n+1
【答案】A
【解答】解：n元有序数对(a1，a2，a3，⋯，an)(n≥2，n∈N∗)，其中1≤ai≤3，且ai不全相等（i＝1，2，3，…，n），
由i=1n ai2+3n=4i=1n ai，得i=1n (ai2−4ai+4)=n，即i=1n (ai−2)2=n，
又1≤ai≤3，∴﹣1≤ai﹣2≤1，从而0≤(ai−2)2≤1，∴i=1n (ai−2)2≤n，
当且仅当(ai−2)2=1(i=1，2，3，⋯，n)时等号成立，即ai∈{1，3}，
又ai不全相等，故有序数对（a1，a2，a3，⋯，an）共有2n﹣2种情况，
故选：A．
14．如下，用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ）种．
A．12种B．24种C．48种D．72种
【答案】D
【解答】解：用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，
先涂C区域有4种涂法，再涂D区域3种涂法，
涂A区域3种涂法，涂B区域2种涂法，由分步乘法计数原理，共有4×3×3×2＝72种涂法．
故选：D．
15．某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书．从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（ ）
A．13种B．42种C．67种D．7种
【答案】B
【解答】解：从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有7×6＝42种．
故选：B．
16．要让如图所示的电路在只合上两个开关的情况下正常工作，不同方法种数为（ ）
A．10B．8C．6D．5
【答案】C
【解答】解：如图所示，在右边并联的三个开关中任取1个合上，
再在左边并联的两个开关中任取1个合上，电路正常工作，
所以不同方法种数为3×2＝6．
故选：C．
17．如图，给编号为1，2，3，…，6的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．60种B．80种C．100种D．125种
【答案】A
【解答】解：因为中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同，
所以只需确定区域1，2，3的颜色，即可确定所有区域的涂色，
先涂区域1，有5种选择，
再涂区域2，有4种选择，
最后涂区域3，有3种选择，
故不同的涂色方案有5×4×3＝60种．
故选：A．
18．有一排四个信号显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则这排信号显示窗所发出的信号种数是（ ）
A．12B．64C．81D．256
【答案】C
【解答】解：有一排四个信号显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，
由题意可得每个信号灯有三种情况，各自独立，所以一共有34＝81种．
故选：C．
▉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．
19．已知集合A＝{1，2，3，…，19，20}，从中任取3个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样不同的等差数列最多有（ ）
A．90个B．120个C．180个D．200个
【答案】C
【解答】解：由题意知本题可以分类计数，
当公差为1时数列可以是 123，234…18 19 20； 共18种情况，
当公差为2时，数列 135，246，357…16 18 20；共16种情况，
当公差为3时，数列147，258，369，47 10，…14，17 20 共14种情况，
以此类推，当差为9时，数列 1，10，19； 2，11，20 有2种情况，
总的情况是 2+4+6+…+18＝90，
因为三个数成等差数列有两种顺序，递增或递减，
故这样不同的等差数列最多有2×90＝180．
故选：C．
20．用1，2，3，4四个数字（可重复）排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
（1）写出这个数列的前8项；
（2）这个数列共有少项？
（3）若an＝341，求n．
【答案】（1）111，112，113，114，121，122，123，124；
（2）64；
（3）45．
【解答】解；（1）根据题意可得三位数由小到大排列为：111，112，113，114，121，122，123，124；
（2）这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数，每个位上都有4种排法，
根据分步计数原理，共有43＝64项．
（3）比an＝341小的数有两类：
①百位上是3且十位上是1或2或3的，共有1×3×4＝12个，
②百位上是1或2的，共有2×4×4＝32个，
再根据分类计数原理可得，比an＝341小的数有32+12＝44个．
∴所求的n＝44+1＝45．
▉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．
21．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为（ ）
A．8B．24C．48D．120
【答案】C
【解答】解：个位数的选择有2种，其他位数的排列数为A 43=24，即这样的数有2×24＝48个，
故选：C．
22．从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（ ）
A．126B．180C．216D．300
【答案】B
【解答】解：从1，3，5中任取两个数，从0，2，4中任取2个数，组成没有重复数字的四位数，分两种情况讨论：
①当从0，2，4中任取2个数，其中含数字0时，
则组成没有重复数字的四位数的个数为C21C32C31A33=108，
②当从0，2，4中任取2个数，其中不含数字0时，
则组成没有重复数字的四位数的个数为C22C32A44=72，
综合①②得：组成没有重复数字的四位数的个数为108+72＝180．
故选：B．
23．用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字且1与3不相邻的五位数的个数有（ ）
A．36B．48C．60D．72
【答案】C
【解答】解：用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字的五位数的个数有C41A44=96，
又用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字的五位数且1与3相邻的个数有A22C31A33=36，
即用0，1，2，3，4这五个数字能组成无重复数字且1与3不相邻的五位数的个数有96﹣36＝60，
故选：C．
24．“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200的偶数个数是（ ）
A．87B．129C．132D．138
【答案】A
【解答】解：若千位数字是5，则百位数字不能是1，故共有C31C31C31=27（个）；
（①一个四位数为偶数，则其个位上的数字一定是偶数；②组成的四位数要大于5200，则其千位上的数字是5，7或8）
若千位数字是7，则共有C31A42=36（个）；
若千位数字是8，则共有C21A42=24（个）．
故符合条件的四位数共有27+36+24＝87（个）．
故选：A．
（多选）25．由0，1，2，3，4，5这六个数字，组成没有重复数字的四位数，则下列说法错误的是（ ）
A．该四位数是奇数的有108个
B．该四位数能被5整除的有108个
C．该四位数中，个位上的数字小于十位上的数字的有150个
D．若该四位数是偶数，将这些偶数从小到大排列，则第71个数是3142
【答案】AD
【解答】解：对于A，当末位是数字1，3，5时，千位不能是0，共有C31C41A42＝144个奇数．所以A不正确；
对于B，能被5整除的数则末位是数字0或5，当末位是数字0时，可以组成A53＝60个，当末位是数字5时，首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，有C41A42＝48个，根据分类计数原理知共有60+48＝108个，所以B正确；
对于C，该四位数中，个位上的数字小于十位上的数字，个位是0，有A53＝60个；
个位是1，有C41C31C31＝36个；
个位是2，有C31C31C31＝27个；
个位是3，有C21C31C31＝18个；
个位是4，有C31C31＝9个，
共有：60+36+27+18+9＝150个，所以C正确；
对于D，当千位是数字1时，可以组成A42A31＝36个偶数，
当千位是2时，偶数共有A42A21＝24个偶数，
首位是3时，百位为0时有：A31A21＝3×2＝6个，合计66个，千位是3．百位是1时，偶数依次为：3102，3104，3120.3124，3140，
3140就是0，1，2，3，4，5这六个数组成没有重复数字的四位偶数，将这些四位数从小到大排列起来第71个数．所以D不正确；
故选：AD．
26．用0，1，…，4五个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为 48 ．
【答案】48．
【解答】解：方法一：从1，2，3，4中选一个放在首位，再从其余的4个选2个放在十位和个位，故有A41A42＝48个，
方法二：当不选0时，有A43=24个，当选0时，0不在首位，故有A21A42＝24个，故共有24+24＝48个，
方法三：0到4这5个数字中，任取3个数字，按从左到右的顺序排列，有A53=60种排法，
其中不能组成三位数的即第一个数字为0的有A42=12种排法；
故可以组成没有重复数字的三位数一共有60﹣12＝48个；
故答案为：48．
27．从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成 1224 个没有重复数字的五位数．
【答案】1224．
【解答】解：①当从0，2，4，6中任取3个数字不含0时，可以组成C33C32A55=360个没有重复数字的五位数；
②当从0，2，4，6中任取3个数字含0时，可以组成C32C32C41A44=864个没有重复数字的五位数；
即一共可以组成360+864＝1224个没有重复数字的五位数．
故答案为：1224．
28．现有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9共十个数字．
（1）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（2）组成无重复数字的三位数中，315是从小到大排列的第几个数？
（3）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
（4）选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数共有多少个？
【答案】（1）648；（2）156；（3）2296；（4）1140．
【解答】解：（1）由题意，无重复的三位数共有A91A92=9×72＝648个．
（2）①当百位为1时，共有A92=72个数，
②当百位为2时，共有A92=72个数，
③当百位为3时，共有A81+A41=12个数，
∴315是第72+72+12＝156个数．
（3）无重复的四位偶数，∴个位必须为0，2，4，6，8，千位上不能为0，
①当个位上为0时，共有A93=504个数，
②当个位上是2，4，6，8中的一个时，共有A41A81A82=1792个数，
∴无重复的四位偶数共有504+1792＝2296个数．
（4）①当选出的偶数为0时，共有A31A53=180个数，
当②选出的偶数不为0时，共有C41C53A44=960个数，
∴这样的四位数共有960+180＝1140个数．
▉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．
29．如图所示，将四棱锥S﹣ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（ ）
A．120B．96C．72D．48
【答案】C
【解答】解：由题意知，S与A，B，C，D任意一点均不同色，
只用3种颜色，即B，D同色，且A，C同色，此时不同染色方法的种数为A43=24；
用4种颜色，此时可能B，D同色，而A，C不同色或A，C同色，而B，D不同色，
若B，D同色，而A，C不同色，此时不同染色方法的种数为A44=24；
若A，C同色，而B，D不同色，此时不同染色方法的种数为A44=24．
根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为24+24+24＝72．
故选：C．
30．用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方法种数为（ ）
A．6B．10C．16D．20
【答案】B
【解答】解：按从左到右数，当第一个是白色时，数到第一个格子时，黑色的格子数为0，白色的格子数为1，不满足黑色格子不少于白色格⼦，同理数到其余格子时也一样，所以不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方案的树状图如下：
∴满足题意的染色方法种数为10．
故选：B．
31．如图，4个圆相交共有8个交点，用5种不同的颜色给8个交点染色（5种颜色都用），要求在同一圆上的4个交点的颜色互不相同，则不同的染色方案共有（ ）种．
A．2016B．2400C．1920D．96
【答案】C
【解答】解：如图，将8个交点编号，先考虑A，B，C，D，共有A54种选择，
再考虑A，F，E，D，若A，F，E，D所用颜色与A，B，C，D的4种颜色相同，
则E，F有A22种选择，且G，H必然有一处使用第5种颜色，
不妨设G点使用第5种颜色，则H处有2种选择，此时共有A22×2×2=8种选择，
若A，F，E，D所用颜色与A，B，C，D的4种颜色不同，因为一共有5种颜色，
则E，F有一处与B，C所使用的颜色相同，另一处使用第5种颜色，则有2×2种选择，
此时G，H不能使用与B，C，E，F相同的颜色，故有2种颜色可供选择，
此时共有2×2×2＝8种选择，
综上：不同的染色方案共有A54⋅(8+8)=1920种．
故选：C．
32．用四种颜色给正四棱锥V﹣ABCD的五个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（ ）
A．72种B．36种C．12种D．60种
【答案】A
【解答】
解：①当用2种颜色涂A、B、C、D时，则A、C涂色相同，B、D涂色相同，共有A42=12种涂色方法，则涂V有2种涂色方法，
即给正四棱锥V﹣ABCD的五个顶点涂色，共12×2＝24种涂色方法，
②当用3种颜色涂A、B、C、D时，则A、C涂色相同，B、D涂色不相同，或A、C涂色不相同，B、D涂色相同，共有2A43=48种涂色方法，则涂V有1种涂色方法，
即给正四棱锥V﹣ABCD的五个顶点涂色，共48×1＝48种涂色方法，
由①②得：不同的涂法有24+48＝72种，
故选：A．
33．如图，用6种不同颜色对图中A，B，C，D四个区域染色，要求同一区域染同一色，相邻区域不能染同一色，允许同一颜色可以染不同区域，则不同的染色方案有 480 种．
【答案】480．
【解答】解：依题意，首先染A区域有6种选择，再染B区域有5种选择，
第三步染C区域有4种选择，第四步染D区域也有4种选择，
根据分步乘法计数原理可知一共有6×5×4×4＝480种方法．
故答案为：480．
▉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．
34．现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆和伍拾圆的人民币各1张，用它们可以组成的不同币值的种数为（ ）
A．31B．32C．63D．64
【答案】A
【解答】解：选取1张人民币共有C51=5种不同的情况，
选取2张人民币共有C52=10种不同的情况，
选取3张人民币共有C53=10种不同的情况，
选取4张人民币共有C54=5种不同的情况，
选取5张人民币共有C55=1种不同的情况，
故共有5+10+10+5+1＝31种不同的币值．
故选：A．
35．如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路，则从甲地去丁地，共有 14 种不同的走法．
【答案】14．
【解答】解：分两类，第一类，从甲到乙再到丁，共有2×3＝6种，
第二类，从甲到丙再到丁，共有4×2＝8种，
根据分类计数原理可得，共有6+8＝14种，
故从甲地到丁地共有14条不同的路线．
故答案为：14．
36．解答下列问题，要求列式并计算结果：
（1）某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数有多少种；
（2）用0～6这7个自然数，可以组成多少个没有重复数字的三位数；
（3）有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，从中选出不同学科的2本书，则不同的选法有多少种；
（4）3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盆子放球的数量不限，共多少种放法？
【答案】（1）7种；
（2）180个；
（3）127种；
（4）125种．
【解答】解：（1）有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，
小明从中任选1部电影观看，则小明可以选择科幻片、文艺片或喜剧片，
不同的选法种数有2+3+2＝7种；
（2）百位数字有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，个位有5种不同的选法，
由分步计数原理可得共有6×6×5＝180种；
（3）有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，
从语文和数学中选择有9×7＝63，从语文和英语中选择有9×4＝36，从数学和英语中选择有4×7＝28，
总共有63+36+28＝127种不同的选择；
（4）每个球可以放入5个盒子中的任何一个盒子有5种放法，
故由分步计数原理可得共有5×5×5＝125种不同的放法．
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
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
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
A
B
C
D