第九章计数原理与概率、随机变及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理[备考领航]课程标准解读关联考点核心素养1.分类加法计数原理通过实例，了解分类加法计1.数学建模.2.分步乘法计数原理.数原理、分步乘法计数原理2.数学运算3.两个计数原理的综合应用及其意义3.数学抽象知识逐点夯实重点准逐点清结论要牢记课前自修[重点准·逐点清]重点两个计数原理1.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十n种不同的方法，[提醒】（1每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事；(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的，2.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=mXn种不同的方法，[提醒】（1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事；(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏，[逐点清]1.（选修2-3第12页A组5(2)题改编)设集合A=(1,3,5,7,9)，B=(2,4,6,8)，aEA，bEB，则直线ax+by=2021有条（)第1页共120页
第 1 页 共 120 页 第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [备考领航] 课程标准解读 关联考点 核心素养 通过实例，了解分类加法计 数原理、分步乘法计数原理 及其意义 1.分类加法计数原理． 2.分步乘法计数原理． 3.两个计数原理的综合应用 1.数学建模． 2.数学运算． 3.数学抽象 [重点准·逐点清] 重点 两个计数原理 1．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． [提醒] (1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后 结果，只需一种方法就可完成这件事； (2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的． 2．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． [提醒] (1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步 骤都完成了才能完成这件事； (2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏． [逐点清] 1．(选修 2－3 第 12 页 A 组 5(2)题改编)设集合 A＝{1,3,5,7,9}，B＝{2,4,6,8}，a∈A，b ∈B，则直线 ax＋by＝2 021 有_条( )
A. 4B. 5C. 20D. 9解析：选C分两个步骤：第一步确定，有5种方法，第二步确定b，有4种方法，所以由分步乘法计数原理得直线有5×4=20（条）.2.（选修2一3第10页练习3惠改编）已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法有种。解析：由分步乘法计数原理可知，走法总数为4×3=12（种）答案：12【记结论提速度][记结论]1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有m种不同的方法，，在第n类方案中有m.种不同的方法．那么，完成这件事共有N=ml十m2十十m种不同的方法。2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，，做第n步有m种不同的方法。那么，完成这件事共有N=m×m2××m种不同的方法[提速度]1书架的第1层放有10本不同的语文书，第2层放有12本不同的数学书，第3层放有10本不同的英语书，从书架中任取一本书，则不同的取法有种。解析：有三类方法，第1类从第1层取1本语文书，有10种方法：第2类从第2层取1本数学书，有12种方法；第3类从第3层取1本英语书，有10种方法，由分类加法计数原理，共有10+12+10=32种不同的取法答案：322.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有种。解析：需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法；再给B块着色，有2种方法；最后给D块着色，有2种方法，由分步乘法计数原理知，共有4×3×2×2=48（种)着色方法答案：48考点分类突破理解透规律明变化究其本课堂讲练第2页共120页
第 2 页 共 120 页 A．4 B．5 C．20 D．9 解析：选 C 分两个步骤：第一步确定 a，有 5 种方法，第二步确定 b，有 4 种方法， 所以由分步乘法计数原理得直线有 5×4＝20(条)． 2．(选修 2－3 第 10 页练习 3 题改编)已知某公园有 4 个门，从一个门进，另一个门出， 则不同的走法有_种． 解析：由分步乘法计数原理可知，走法总数为 4×3＝12(种)． 答案：12 [记结论·提速度] [记结论] 1．完成一件事可以有 n 类不同方案，各类方案相互独立，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． 2．完成一件事需要经过 n 个步骤，缺一不可，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． [提速度] 1．书架的第 1 层放有 10 本不同的语文书，第 2 层放有 12 本不同的数学书，第 3 层放 有 10 本不同的英语书，从书架中任取一本书，则不同的取法有_种． 解析：有三类方法，第 1 类从第 1 层取 1 本语文书，有 10 种方法；第 2 类从第 2 层取 1 本数学书，有 12 种方法；第 3 类从第 3 层取 1 本英语书，有 10 种方法，由分类加法计数 原理，共有 10＋12＋10＝32 种不同的取法． 答案：32 2.现有 4 种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共 边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有_种． 解析：需要先给 C 块着色，有 4 种方法；再给 A 块着色，有 3 种方法； 再给 B 块着色，有 2 种方法；最后给 D 块着色，有 2 种方法，由分步乘法 计数原理知，共有 4×3×2×2＝48(种)着色方法． 答案：48
考点一分类加法计数原理[基础自学过关]】[题组练透]1.满足a，bE(一1,0,1,2)，且关于x的方程ax+2x十b=0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(）A.14B.13C. 12D. 10解析：选B当a=0时，关于x的方程为2x+b=0，此时有序数对(0，-1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，4=4-4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(-1，-1),(-1,0)，(-1,1),(-1,2),(1，-1),(1,0),(1,1),(2，-1),(2,0).综上,满足要求的有序数对共有13个.故选B.2. 若精圆示+-=1 的焦点在 y 轴上， 且 m (12,34.5), n (1,23,4.6.7, 则这样的椭圆的个数为解析：当m=1时，n=2,3,4,5,6,7，共6个；当m=2时，n=3,4,5,6,7，共5个；当m=3时，n=4,5,6,7，共4个；当m=4时，n=56,7，共3个当m=5时，n=6,7，共2个.故共有6+5+4+3+2=20个满足条件的椭圆，答案：203.如果一个三位正整数如a1aza3"满足aia3，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2X3=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）答案：240[练后悟通]第3页共120页
第 3 页 共 120 页 分类加法计数原理 [基础自学过关] [题组练透] 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 解析：选 B 当 a＝0 时，关于 x 的方程为 2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)， (0,1)，(0,2)均满足要求；当 a≠0 时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－ 1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要 求的有序数对共有 13 个．故选 B. 2．若椭圆x 2 m ＋ y 2 n ＝1 的焦点在 y 轴上，且 m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的 椭圆的个数为_． 解析：当 m＝1 时，n＝2,3,4,5,6,7，共 6 个； 当 m＝2 时，n＝3,4,5,6,7，共 5 个； 当 m＝3 时，n＝4,5,6,7，共 4 个； 当 m＝4 时，n＝5,6,7，共 3 个； 当 m＝5 时，n＝6,7，共 2 个．故共有 6＋5＋4＋3＋2＝20 个满足条件的椭圆． 答案：20 3．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_． 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)． 答案：240 [练后悟通]
1．分类标准的选择(1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.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，但也不能有遗漏，2.应用分类加法计数原理解题的一般思路分类将完成一件事的方法分成若干类计数求出每一类的方法数将每一类的方法数相加得出结果考点二分步乘法计数原理.[师生共研过关][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）DSAA. 24B. 18C. 12D. 9(2)有6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。[解析】（1)由题意可知，满足题意的E→F有6种走法，F-→G有3种走法，由分步乘法计数原理知，小明可以选择的最短路径条数为6×3=18.(2)每项限报一个，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，第二个项自有5种选法，第三个项自有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）[答案] (1)B (2)120[对点变式]1.(变条件)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？第4页共120页
第 4 页 共 120 页 1．分类标准的选择 (1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．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，但也不能有遗漏． 2．应用分类加法计数原理解题的一般思路 分步乘法计数原理 [师生共研过关] [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 (2)有 6 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． [解析] (1)由题意可知，满足题意的 E→F 有 6 种走法，F→G 有 3 种走法，由分步乘 法计数原理知，小明可以选择的最短路径条数为 6×3＝18. (2)每项限报一个，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)． [答案] (1)B (2)120 [对点变式] 1.(变条件)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3°=729（种）2.(变条件)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）。【解题技法】1．分步乘法计数原理的注意点(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，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)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成，2.应用分步乘法计数原理解题的一般思路分步将完成一件事的过程分成若干步求出每一步中的方法数国计数结论将每一步中的方法数相乘得最终结果[跟踪训练]1.已知aE(1,2,3)，bE(4,5,6,7)，则方程(x一a)2+(y-b)=4可表示不同的圆的个数为()A. 7B. 9C. 12D. 16解析：选C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）：第5页共120页
第 5 页 共 120 页 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 3 6＝729(种)． 2.(变条件)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 6 3＝216(种)． [解题技法] 1．分步乘法计数原理的注意点 (1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，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)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连 续，逐步完成． 2．应用分步乘法计数原理解题的一般思路 [跟踪训练] 1．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 解析：选 C 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)．
2.如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通，现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有种.2A解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有2°-1=63种可能情况，答案：63考点三两个计数原理的综合应用[定向精析突破]考向1与数字有关的问题[例2]用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数这样的四位数一共有个。（用数字作答）[解析】当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C3·CI·A1=960②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A=120故符合题意的四位数一共有960+120=1080（个）。[答案]1080考向2涂色（种植）问题【例3】如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂1种颜色的涂料，其中2和9同色，3和6同色，4和7同色，5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法有（）A.360种B.720 种C.780种D.840种[解析】首先从6种不同颜色的涂料中选出4种分别涂2和9、3和6、4和7、5和8八块，共有A种涂法，然后根据条件可知只需从余下的两种不同颜色的涂料中选一种涂区域1即可，有2种涂法，所以满足要求的涂法有2XAt=720(种）.故选B.[答案] B考向3几何图形问题[例4]】（1)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(）A. 48B.18第6页共120页
第 6 页 共 120 页 2.如图，某电子器件由 3 个电阻串联而成，形成回路，其中有 6 个 焊接点 A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现 发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有_种． 解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一 个焊接点脱落，则电路就不通，故共有 2 6－1＝63 种可能情况． 答案：63 两个计数原理的综合应用 [定向精析突破] 考向 1 与数字有关的问题 [例 2] 用数字 1,2,3,4,5,6,7,8,9 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数， 这样的四位数一共有_个．(用数字作答) [解析] ①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为 C3 5·C1 4·A4 4＝960. ②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为 A4 5＝120. 故符合题意的四位数一共有 960＋120＝1 080(个)． [答案] 1 080 考向 2 涂色(种植)问题 [例 3] 如图，图案共分 9 个区域，有 6 种不同颜色的涂料可供涂色，每 个区域只能涂 1 种颜色的涂料，其中 2 和 9 同色，3 和 6 同色，4 和 7 同色， 5 和 8 同色，且相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法有( ) A．360 种 B．720 种 C．780 种 D．840 种 [解析] 首先从 6 种不同颜色的涂料中选出 4 种分别涂 2 和 9、3 和 6、4 和 7、5 和 8 八块，共有 A4 6种涂法，然后根据条件可知只需从余下的两种不同颜色的涂料中选一种涂区 域 1 即可，有 2 种涂法，所以满足要求的涂法有 2×A4 6＝720(种)．故选 B. [答案] B 考向 3 几何图形问题 [例 4] (1)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( ) A．48 B．18
C. 24D.36(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. 60B. 48C. 36D. 24[解析】（1)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)。(2)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6=36，另含4个顶点的6个面（非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2=12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48[答案] (1)D (2)B[规律探求]考向1与数字有关的问题常见的有以下4类：①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数整除的数”；②在某范围内的数；③各数字的和具有某种特征；④各数字满足某种关系看个性考向2涂色(种植)问题：①按区域的不同以区域为主分步计数；②以颜色为主分类讨论计数考向3几何图形问题，分析几何图形的结构特点，分清事件由哪些几何元素构成，满足什么样的几何特征才是完成一个事件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；找共性(3)弄清分步，分类的标准是什么；(4)利用两个计数原理求解第7页共120页
第 7 页 共 120 页 C．24 D．36 (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 [解析] (1)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)． (2)长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”的个数为 6×6＝36，另含 4 个顶点的 6 个 面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为 6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数 是 36＋12＝48. [答案] (1)D (2)B [规律探求] 看个性 考向 1 与数字有关的问题常见的有以下 4 类：①组成的数为“奇数”“偶 数”“被某数整除的数”；②在某范围内的数；③各数字的和具有某种特征；④ 各数字满足某种关系. 考向 2 涂色(种植)问题：①按区域的不同以区域为主分步计数；②以颜色为主分 类讨论计数. 考向 3 几何图形问题，分析几何图形的结构特点，分清事件由哪些几何元素构 成，满足什么样的几何特征才是完成一个事件 找共性 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]1：(2021·南宁市高三模拟）有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有（A.21种B.315种C.143种D.153种解析：选C可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7=63(种）；二类：语文、英语各1本，共有9×5=45种）；三类：数学、英语各1本，共有7×5=35(种），：共有63+45+35=143（种)不同选法.2．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有(A.144个B.120个C. 96 个D.72个解析：选B由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4X×3X2=48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个共有3×4×3×2=72个偶数故符合条件的偶数共有48+72=120（个）3.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有个(用数字作答)解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4=32（个）·第二类，有两条公共边的三角形共有8个由分类加法计数原理知，共有32+8=40（个）答案：40V[课时过关检测]A级——基础达标1.把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有（()A.24种B. 4种C. 43种D. 3°种解析：选C第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第第8页共120页
第 8 页 共 120 页 [跟踪训练] 1．(2021·南宁市高三模拟)有不同的语文书 9 本，不同的数学书 7 本，不同的英语书 5 本，从中选出不属于同一学科的书 2 本，则不同的选法有( ) A．21 种 B．315 种 C．143 种 D．153 种 解析：选 C 可分三类： 一类：语文、数学各 1 本，共有 9×7＝63(种)； 二类：语文、英语各 1 本，共有 9×5＝45(种)； 三类：数学、英语各 1 本，共有 7×5＝35(种)， ∴共有 63＋45＋35＝143(种)不同选法． 2．用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大的偶数共有( ) A．144 个 B．120 个 C．96 个 D．72 个 解析：选 B 由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是 4 或 5.当万位数字为 4 时， 个位数字从 0,2 中任选一个，共有 2×4×3×2＝48 个偶数；当万位数字为 5 时，个位数字 从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)． 3.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边 形有公共边的三角形有_个(用数字作答)． 解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公 共边的三角形共有 8×4＝32(个)．第二类，有两条公共边的三角形共有 8 个．由分类加法计数原理知，共有 32＋8＝40(个)． 答案：40 [课时过关检测] A 级——基础达标 1．把 3 封信投到 4 个信箱，所有可能的投法共有( ) A．24 种 B．4 种 C．4 3 种 D．3 4 种 解析：选 C 第 1 封信投到信箱中有 4 种投法；第 2 封信投到信箱中也有 4 种投法；第
3封信投到信箱中也有4种投法·只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法.2.三个人踢子，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，键子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有（）A.4种B.6种C. 10 种D.16种乙甲解析：选B分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种+甲传递方式（如图），同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方甲丙甲式.由分类加法计数原理可知，共有3+3=6（种）传递方式，3.(2021·兰漫市高三模拟)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. 56B. 54C. 53D. 52解析：选D在8个数中任取2个不同的数共有8X×7=56(个）对数值；但在这56个数值中，log24=log39，log42=log93，log23=log49log32=log94，即满足条件的对数值共有56- 4= 52(个) .4.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. 3B. 4C. 6D. 8解析：选D当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,48；当公比为3时，等比数列可11时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为时，也有4个，故共有8为1,3,9；当公比为2'3'3个等比数列。5.(2021·潮南师大附中高三模拟)如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有（）A. 11 种B.20种C. 21种D. 12 种解析：选C根据题意，设5个开关依次为1、2、3、4、5，若电路接通，则开关1、第9页共120页
第 9 页 共 120 页 3 封信投到信箱中也有 4 种投法．只要把这 3 封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计 数原理可得共有 4 3 种投法． 2．三个人踢毽子，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 解析：选 B 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． 3．(2021·兰溪市高三模拟)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 解析：选 D 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，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有 56 －4＝52(个)． 4．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 解析：选 D 当公比为 2 时，等比数列可为 1,2,4 或 2,4,8；当公比为 3 时，等比数列可 为 1,3,9；当公比为3 2 时，等比数列可为 4,6,9.同理，公比为1 2 ， 1 3 ， 2 3 时，也有 4 个．故共有 8 个等比数列． 5．(2021·湖南师大附中高三模拟)如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( ) A．11 种 B．20 种 C．21 种 D．12 种 解析：选 C 根据题意，设 5 个开关依次为 1、2、3、4、5，若电路接通，则开关 1
2与3、4、5中至少有1个接通，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个接通的有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个接通的有8－1=7种情况，则电路接通的情况有3×7=21种.故选C.6.2021·石家庄模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4X4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（）A.288种B.144种C.576 种D. 96 种解析：选C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）7.（多选)(2021·山东省实验中高三模拟）“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“”和“一一”，其中“”在二进制中记作“1"，“一一”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通。若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3解析：选ABCD根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类.第一类：由两个“一一”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.第二类：由两个“一一”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.第三类：由一个“一一”和一个“一一”组成，二进制数为10,01，转化为十进制数，为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3，故选A、B、C、D8.（多选）6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品。已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到第10页共120页
第 10 页 共 120 页 2 与 3、4、5 中至少有 1 个接通，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 个接通的有 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 个接通的有 8－1＝7 种情况，则电路接 通的情况有 3×7＝21 种．故选 C． 6．(2021·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( ) A．288 种 B．144 种 C．576 种 D．96 种 解析：选 C 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)． 7．(多选)(2021·山东省实验中学高三模拟) “二进制”与我国古代的《易经》有着一定 的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记 作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通．若从两类 符号中任取 2 个符号排列，可以组成的不同的十进制数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选 ABCD 根据题意，从两类符号中任取 2 个符号排列的情况可分为三类．第一 类：由两个“——”组成，二进制数为 11，转化为十进制数，为 3.第二类：由两个“——” 组成，二进制数为 00，转化为十进制数，为 0.第三类：由一个“——”和一个“— —”组 成，二进制数为 10,01，转化为十进制数，为 2,1.所以从两类符号中任取 2 个符号排列，可 以组成的不同的十进制数为 0,1,2,3，故选 A、B、C、D. 8．(多选)6 位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一 次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知 6 位同学之间共进行了 13 次交换，则收到