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2022高考数学一轮复习 第十章 §10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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这是一份2022高考数学一轮复习 第十章 §10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理，共12页。
考试要求 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.会用两个计数原理解决一些简单的实际问题．
微思考
1．在解题过程中如何判定是用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？
提示 如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类加法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成这件事的一部分，就用分步乘法计数原理．
2．两种原理解题策略有哪些？
提示 ①明白要完成的事情是什么；
②分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；
③有无特殊条件的限制；
④检验是否有重复或遗漏．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( × )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( √ )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( × )
题组二 教材改编
2．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )
A．12 B．8 C．6 D．4
答案 C
解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、第二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.
3．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )
A．16 B．13 C．12 D．10
答案 C
解析 将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3×4＝12(种)．
4.书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．从书架中任取1本书，则不同的取法种数为________．
答案 9
解析 分三类：第一类，从第1层取一本书有4种取法，
第二类，从第2层取一本书有3种取法，
第三类，从第3层取一本书有2种取法．
共有4＋3＋2＝9(种)取法．
题组三 易错自纠
5．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
答案 B
解析 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数．
6．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有_______种．
答案 243
解析 因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况．
所以要发5个电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种).
题型一 分类加法计数原理
1．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14 B．13 C．12 D．10
答案 B
解析 方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的情况应分类讨论．①当a＝0时，方程为一元一次方程2x＋b＝0，不论b取何值，方程一定有解．此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对．
②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个有序数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)．a≠0时，(a，b)共有3×4＝12(个)实数对，故a≠0时满足条件的实数对有12－3＝9(个)．
所以满足题意的有序数对共有4＋9＝13(个)．
2．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A．9 B．14 C．15 D．21
答案 B
解析 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.
当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.
∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．
3．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
答案 12
解析 当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．
思维升华 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词，关键元素，关键位置．
(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准．
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复．
(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏．
题型二 分步乘法计数原理
例1 (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
答案 B
解析 从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径有6×3＝18(条)，故选B.
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有____种不同的报名方法．
答案 120
解析 每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
1．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
思维升华 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成．
跟踪训练1 (1)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，其中虚数的个数是( )
A．30 B．42 C．36 D．35
答案 C
解析 因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．
(2)已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6,7}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝4可表示不同的圆的个数为( )
A．7 B．9 C．12 D．16
答案 C
解析 得到圆的方程分两步：第一步：确定a有3种选法；第二步：确定b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有3×4＝12(个)．
题型三 两个计数原理的综合应用
例2 (1)现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )
A．120 B．140 C．240 D．260
答案 D
解析 由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，然后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)．故选D.
(2)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
答案 B
解析 一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个)．
长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个)．
根据分类加法计数原理知：共有36＋12＝48(个)．
(3)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成_______个无重复数字的四位偶数．(用数字作答)
答案 420
解析 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．
①第1类，当千位数字为奇数，即取1,3,5中的任意一个时，个位数字可取0,2,4,6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法．
②第2类，当千位数字为偶数，即取2,4,6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法．
③根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数．
思维升华 利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么．
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．
(3)弄清分步、分类的标准是什么．
(4)利用两个计数原理求解．
跟踪训练2 (1)(2021·郑州质检)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为( )
A．72 B．120 C．192 D．240
答案 D
解析 将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数．(1)若末位数字为2，因为含有2个4，所以有eq \f(5×4×3×2×1,2)＝60(种)情况；(2)若末位数字为6，
同理有60种情况；(3)若末位数字为4，因为有两个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120(种)情况．综上，共有60＋60＋120＝240(种)情况．
(2)《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )
A．8 B．12 C．16 D．18
答案 C
解析 根据正六边形的性质，则D1－A1ABB1，D1－A1AFF1满足题意，
而C1，E1，C，D，E和D1一样，有2×4＝8(个)，
当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意，
当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意，
故共有8＋4＋4＝16(个)．
课时精练
1．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
答案 D
解析 以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；
以2为首项的等比数列为2,4,8；
以4为首项的等比数列为4,6,9；
把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，
∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．
2．(2020·西安模拟)将3名防控新冠疫情志愿者全部分配给2个不同的社区服务，不同的分配方案有( )
A．12种 B．9种 C．8种 D．6种
答案 C
解析 每名防控新冠疫情志愿者都有两种不同的分配方法，根据分步计数原理可知，不同的分配方案总数为23＝8(种)．
3．(2021·保定质检)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．6种 C．10种 D．16种
答案 B
解析 分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)，
同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．
由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．
4．(2020·凌源模拟)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，如果让三位同学都选取到喜欢的礼物，则不同的选法有( )
A．30种 B．50种 C．60种 D．90种
答案 B
解析 ①甲同学选择牛，乙有2种选择，丙有10种选择，选法有1×2×10＝20(种)；②甲同学选择马，乙有3种选择，丙有10种选择，选法有1×3×10＝30(种)，所以总共有20＋30＝50(种)选法．
5．(2021·安阳模拟)如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有( )
A．120种 B．260种 C．340种 D．420种
答案 D
解析 由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420(种)．
6．(2021·衡阳模拟)若a∈{1,2,3,4}，b∈{1,2,3,4}，则y＝eq \f(b,a)x表示不同直线的条数为( )
A．8 B．11 C．14 D．16
答案 B
解析 若使eq \f(b,a)表示不同的实数，则当a＝1时，b＝1,2,3,4；当a＝2时，b＝1,3；当a＝3时，b＝1,2,4；当a＝4时，b＝1,3.故y＝eq \f(b,a)x表示的不同直线的条数共有4＋2＋3＋2＝11.
7．李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次．已知5月1日李明分别去了这四家超市配送，那么整个5月他不用去配送的天数是( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 B
解析 将5月份的30天依次编号为1,2,3，…，30，因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次，且5月1日李明分别去了这四家超市配送，所以李明去甲超市的天数编号为：1,4,7,10,13,16,19,22,25,28，共10天；李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为：5,9,17,21,29，共5天；李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共0天；李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：8,15，共2天．所以李明需要配送的天数为10＋5＋0＋2＝17，所以整个5月李明不用去配送的天数是30－17＝13.
8．(多选)已知集合A＝{－1,2,3,4}，m，n∈A，则对于方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1的说法正确的是( )
A．可表示3个不同的圆B．可表示6个不同的椭圆
C．可表示3个不同的双曲线D．表示焦点位于x轴上的椭圆有3个
答案 ABD
解析 当m＝n>0时，方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1表示圆，故有3个，选项A正确；当m≠n且m，n>0时，方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1表示椭圆，焦点在x，y轴上的椭圆分别有3个，故有3×2＝6(个)，选项B正确；若椭圆的焦点在x轴上，则m>n>0，当m＝4时，n＝2,3；当m＝3时，n＝2，即所求的椭圆共有2＋1＝3(个)，选项D正确；当mn<0时，方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1表示双曲线，故有3×1＋1×3＝6个，选项C错误．
9．如图所示，使电路接通，开关不同的闭合方式共有________种．
答案 21
解析 根据题意，若电路接通，则开关1,2与3,4,5中都至少有1个闭合，
对于开关1,2，共有2×2＝4(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有4－1＝3(种)情况，
对于开关3,4,5，共有2×2×2＝8(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有8－1＝7(种)情况，则电路接通的情况有3×7＝21(种)．
10．(2020·石家庄模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有________种．
答案 576
解析 依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．
11．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．
答案 36
解析 第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
12．我市VR大会展厅前广场改造，在人行道(斑马线)两侧划分5块区域(如图)，现有四种不同颜色的花卉，要求每块区域随机种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的区域)所选花卉颜色不能相同，则不同的摆放方式共有________种．
答案 288
解析 根据题意，对于区域①②，可以在4种颜色中任选2种，有4×3＝12种选法；对于区域③④⑤，可以在4种颜色中任选3种，有4×3×2＝24种选法，则不同的摆放方式有12×24＝288(种)．
13．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成该集合的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
答案 A
解析 先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)这样的子集．
14.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是________．
答案 60
解析 根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且机会是相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3,4,5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法．
15．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )
A．56 B．54 C．53 D．52
答案 D
解析 在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值；但在这56个数值中，lg24＝lg39，lg42＝lg93，lg23＝lg49，lg32＝lg94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
16．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为( )
A．240 B．204 C．729 D．920
答案 A
解析 若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．
所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．基本形式
一般形式
区别
分类加法计数原理
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＝m＋n种不同的方法
完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有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
分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任何一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成
分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，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
完成一件事需要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
考试要求 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.会用两个计数原理解决一些简单的实际问题．
微思考
1．在解题过程中如何判定是用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？
提示 如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类加法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成这件事的一部分，就用分步乘法计数原理．
2．两种原理解题策略有哪些？
提示 ①明白要完成的事情是什么；
②分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；
③有无特殊条件的限制；
④检验是否有重复或遗漏．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( × )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( √ )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( × )
题组二 教材改编
2．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )
A．12 B．8 C．6 D．4
答案 C
解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、第二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.
3．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )
A．16 B．13 C．12 D．10
答案 C
解析 将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3×4＝12(种)．
4.书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．从书架中任取1本书，则不同的取法种数为________．
答案 9
解析 分三类：第一类，从第1层取一本书有4种取法，
第二类，从第2层取一本书有3种取法，
第三类，从第3层取一本书有2种取法．
共有4＋3＋2＝9(种)取法．
题组三 易错自纠
5．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
答案 B
解析 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数．
6．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有_______种．
答案 243
解析 因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况．
所以要发5个电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种).
题型一 分类加法计数原理
1．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14 B．13 C．12 D．10
答案 B
解析 方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的情况应分类讨论．①当a＝0时，方程为一元一次方程2x＋b＝0，不论b取何值，方程一定有解．此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对．
②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个有序数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)．a≠0时，(a，b)共有3×4＝12(个)实数对，故a≠0时满足条件的实数对有12－3＝9(个)．
所以满足题意的有序数对共有4＋9＝13(个)．
2．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A．9 B．14 C．15 D．21
答案 B
解析 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.
当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.
∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．
3．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
答案 12
解析 当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．
思维升华 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词，关键元素，关键位置．
(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准．
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复．
(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏．
题型二 分步乘法计数原理
例1 (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
答案 B
解析 从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径有6×3＝18(条)，故选B.
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有____种不同的报名方法．
答案 120
解析 每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
1．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
思维升华 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成．
跟踪训练1 (1)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，其中虚数的个数是( )
A．30 B．42 C．36 D．35
答案 C
解析 因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．
(2)已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6,7}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝4可表示不同的圆的个数为( )
A．7 B．9 C．12 D．16
答案 C
解析 得到圆的方程分两步：第一步：确定a有3种选法；第二步：确定b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有3×4＝12(个)．
题型三 两个计数原理的综合应用
例2 (1)现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )
A．120 B．140 C．240 D．260
答案 D
解析 由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，然后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)．故选D.
(2)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
答案 B
解析 一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个)．
长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个)．
根据分类加法计数原理知：共有36＋12＝48(个)．
(3)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成_______个无重复数字的四位偶数．(用数字作答)
答案 420
解析 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．
①第1类，当千位数字为奇数，即取1,3,5中的任意一个时，个位数字可取0,2,4,6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法．
②第2类，当千位数字为偶数，即取2,4,6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法．
③根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数．
思维升华 利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么．
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．
(3)弄清分步、分类的标准是什么．
(4)利用两个计数原理求解．
跟踪训练2 (1)(2021·郑州质检)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为( )
A．72 B．120 C．192 D．240
答案 D
解析 将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数．(1)若末位数字为2，因为含有2个4，所以有eq \f(5×4×3×2×1,2)＝60(种)情况；(2)若末位数字为6，
同理有60种情况；(3)若末位数字为4，因为有两个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120(种)情况．综上，共有60＋60＋120＝240(种)情况．
(2)《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )
A．8 B．12 C．16 D．18
答案 C
解析 根据正六边形的性质，则D1－A1ABB1，D1－A1AFF1满足题意，
而C1，E1，C，D，E和D1一样，有2×4＝8(个)，
当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意，
当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意，
故共有8＋4＋4＝16(个)．
课时精练
1．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
答案 D
解析 以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；
以2为首项的等比数列为2,4,8；
以4为首项的等比数列为4,6,9；
把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，
∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．
2．(2020·西安模拟)将3名防控新冠疫情志愿者全部分配给2个不同的社区服务，不同的分配方案有( )
A．12种 B．9种 C．8种 D．6种
答案 C
解析 每名防控新冠疫情志愿者都有两种不同的分配方法，根据分步计数原理可知，不同的分配方案总数为23＝8(种)．
3．(2021·保定质检)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．6种 C．10种 D．16种
答案 B
解析 分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)，
同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．
由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．
4．(2020·凌源模拟)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，如果让三位同学都选取到喜欢的礼物，则不同的选法有( )
A．30种 B．50种 C．60种 D．90种
答案 B
解析 ①甲同学选择牛，乙有2种选择，丙有10种选择，选法有1×2×10＝20(种)；②甲同学选择马，乙有3种选择，丙有10种选择，选法有1×3×10＝30(种)，所以总共有20＋30＝50(种)选法．
5．(2021·安阳模拟)如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有( )
A．120种 B．260种 C．340种 D．420种
答案 D
解析 由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420(种)．
6．(2021·衡阳模拟)若a∈{1,2,3,4}，b∈{1,2,3,4}，则y＝eq \f(b,a)x表示不同直线的条数为( )
A．8 B．11 C．14 D．16
答案 B
解析 若使eq \f(b,a)表示不同的实数，则当a＝1时，b＝1,2,3,4；当a＝2时，b＝1,3；当a＝3时，b＝1,2,4；当a＝4时，b＝1,3.故y＝eq \f(b,a)x表示的不同直线的条数共有4＋2＋3＋2＝11.
7．李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次．已知5月1日李明分别去了这四家超市配送，那么整个5月他不用去配送的天数是( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 B
解析 将5月份的30天依次编号为1,2,3，…，30，因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次，且5月1日李明分别去了这四家超市配送，所以李明去甲超市的天数编号为：1,4,7,10,13,16,19,22,25,28，共10天；李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为：5,9,17,21,29，共5天；李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共0天；李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：8,15，共2天．所以李明需要配送的天数为10＋5＋0＋2＝17，所以整个5月李明不用去配送的天数是30－17＝13.
8．(多选)已知集合A＝{－1,2,3,4}，m，n∈A，则对于方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1的说法正确的是( )
A．可表示3个不同的圆B．可表示6个不同的椭圆
C．可表示3个不同的双曲线D．表示焦点位于x轴上的椭圆有3个
答案 ABD
解析 当m＝n>0时，方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1表示圆，故有3个，选项A正确；当m≠n且m，n>0时，方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1表示椭圆，焦点在x，y轴上的椭圆分别有3个，故有3×2＝6(个)，选项B正确；若椭圆的焦点在x轴上，则m>n>0，当m＝4时，n＝2,3；当m＝3时，n＝2，即所求的椭圆共有2＋1＝3(个)，选项D正确；当mn<0时，方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1表示双曲线，故有3×1＋1×3＝6个，选项C错误．
9．如图所示，使电路接通，开关不同的闭合方式共有________种．
答案 21
解析 根据题意，若电路接通，则开关1,2与3,4,5中都至少有1个闭合，
对于开关1,2，共有2×2＝4(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有4－1＝3(种)情况，
对于开关3,4,5，共有2×2×2＝8(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有8－1＝7(种)情况，则电路接通的情况有3×7＝21(种)．
10．(2020·石家庄模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有________种．
答案 576
解析 依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．
11．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．
答案 36
解析 第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
12．我市VR大会展厅前广场改造，在人行道(斑马线)两侧划分5块区域(如图)，现有四种不同颜色的花卉，要求每块区域随机种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的区域)所选花卉颜色不能相同，则不同的摆放方式共有________种．
答案 288
解析 根据题意，对于区域①②，可以在4种颜色中任选2种，有4×3＝12种选法；对于区域③④⑤，可以在4种颜色中任选3种，有4×3×2＝24种选法，则不同的摆放方式有12×24＝288(种)．
13．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成该集合的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
答案 A
解析 先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)这样的子集．
14.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是________．
答案 60
解析 根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且机会是相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3,4,5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法．
15．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )
A．56 B．54 C．53 D．52
答案 D
解析 在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值；但在这56个数值中，lg24＝lg39，lg42＝lg93，lg23＝lg49，lg32＝lg94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
16．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
A．240 B．204 C．729 D．920
答案 A
解析 若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．
所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．基本形式
一般形式
区别
分类加法计数原理
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＝m＋n种不同的方法
完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有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
分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任何一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成
分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，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
完成一件事需要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
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