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新高考数学一轮复习讲义 第10章 §10.1 两个计数原理
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这是一份新高考数学一轮复习讲义 第10章 §10.1 两个计数原理，共14页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。
课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§10.1 两个计数原理
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.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
知识梳理
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．
(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．
常用结论
两个计数原理的区别与联系
思考辨析
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，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．( × )
(4)从甲地经丙地到乙地是分步问题．( √ )
教材改编题
1．某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有( )
A．3种 B．6种
C．7种 D．9种
答案 C
解析 买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案，因此共有方案3＋3＋1＝7(种)．
2．被誉为“大飞鱼”的深圳宝安机场T3航站楼，充分结合了建筑设计理念和深圳本地环境气候等重要因素，融合了建筑美学、绿色节能和功能实用等多方面元素.2021年9月25日晚21时50分，被加拿大非法扣留的孟晚舟乘坐的CA552航班平安抵达深圳宝安国际机场．某志愿者前去接机，机场T3航站楼有7个入口，2个接机口(出口)，则该志愿者进出机场的方案数为( )
A．4 B．9 C．14 D．49
答案 C
解析 方案种数为7×2＝14.
3．3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有 种．
答案 125
解析 因为第1个班有5种选法，第2个班有5种选法，第3个班有5种选法，所以由分步乘法计数原理可得，不同的选法有5×5×5＝125(种).
题型一 分类加法计数原理
例1 (1)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种
答案 D
解析 要想同时取4个不同的数使其和为偶数，则取法有三类：
①4个数都是偶数，有1种取法；
②2个数是偶数，2个数是奇数，有Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(2,5)＝60(种)取法；
③4个数都是奇数，有5种取法．根据分类加法计数原理，不同的取法共有1＋60＋5＝66(种)．
(2)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 ．
答案 240
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)．
教师备选
1．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
答案 B
解析 依题意得，可能剩余一本画册或一本集邮册两种情况．第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有Ceq \\al(2,4)＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10(种)．
2．如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是( )
A．8 B．12 C．16 D．24
答案 B
解析 四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“－”表示桥．
①当A只有一座桥相连时，有A－B－C－D，A－B－D－C，A－C－B－D，A－C－D－B，A－D－B－C，A－D－C－B，共6种方法；
②当A有两座桥相连时，有C－A－B－D，D－A－B－C，D－A－C－B，B－A－C－D，B－A－D－C，C－A－D－B，共6种方法．故设计方案最多有6＋6＝12(种)．
思维升华 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．
跟踪训练1 (1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有( )
A．50个 B．45个
C．36个 D．35个
答案 C
解析 由题意，知十位上的数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8，共8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理，知符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
(2)已知集合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 因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，所以x∈{y,2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；
当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．
故共有7＋7＝14(种)情况，即这样的点的个数为14.
题型二 分步乘法计数原理
例2 (1)某学校的3个班级将要去甲、乙、丙、丁4个工厂参观学习，要求每个班只能去1个工厂参观学习，且甲工厂必须有班级参观学习，则不同的参观方案有( )
A．16种 B．25种
C．37种 D．48种
答案 C
解析 每个班级都可以从这4个工厂中选1个参观学习，各有4种选择，根据分步乘法计数原理，共有43＝64(种)参观方案，若甲工厂没有班级参观学习，此时每个班级都可以从其余3个工厂中选1个参观学习，各有3种选择，共有33＝27(种)参观方案，所以甲工厂必须有班级参观学习，不同的参观方案有64－27＝37(种)．
(2)(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是( )
A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种
B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种
C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种
D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种
答案 AC
解析 对于A，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步乘法计数原理知共有4×3×2＝24(种)结果，C正确，D错误．
教师备选
1．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)．
答案 336
解析 甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343(种)站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336(种)．
2．某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为 ．(用数字作答)
答案 7 200
解析 最先选出的1个人有30种方法，则这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的队形，可知选第2个人有20种方法，则该人所在的行和列也不能再选人，还剩一个4行3列的队形，可知选第3个人有12种方法，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.
思维升华 利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．
(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．
跟踪训练2 (1)某人要给厨房中装有不同调料的5个瓶子贴上对应的标签，若恰好贴错了3个，则贴错的可能情况种数为( )
A．9 B．12 C．18 D．20
答案 D
解析 由题意，可分为两步：第一步，从5个瓶子中选出3个瓶子，有Ceq \\al(3,5)＝10(种)情况，第二步，对选出的3个瓶子进行错位重排，有2种情况，所以贴错的可能情况种数为10×2＝20.
(2)人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”，则无重复数字的四位吉祥数(首位不能是零)共有 个．
答案 448
解析 第一步，确定千位，除去0和6，有8种不同的选法；第二步，确定百位，除去6和千位数字外，有8种不同的选法；第三步，确定十位，除去6和千位、百位上的数字外，有7种不同的选法．故共有8×8×7＝448(个)不同的“吉祥数”．
题型三 两个计数原理的综合应用
例3 (1)如图所示，积木拼盘由A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色(如：A与B为相邻区域，A与D为不相邻区域)，现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是( )
A．780 B．840 C．900 D．960
答案 D
解析 先涂A，则A有Ceq \\al(1,5)＝5(种)涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不同即可，有Ceq \\al(1,4)＝4(种)涂法，同理C有Ceq \\al(1,3)＝3(种)涂法，D有Ceq \\al(1,4)＝4(种)涂法，E有Ceq \\al(1,4)＝4(种)涂法，
由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4＝960.
(2)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为( )
A．5 B．24 C．32 D．64
答案 D
解析 5日至9日，即5,6,7,8,9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)；第二步安排偶数日出行分两类：第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.
延伸探究 若甲的车牌尾数为9，他的四位同事的车牌尾数分别为0,2,1,5，其他条件不变，则不同的用车方案有多少种？
解 由题意，从5日至9日，有3天奇数日，2天偶数日，
第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)不同的选择；
第二步，安排奇数日出行，可分为两类：(1)选1天安排甲的车，共有3×2×2＝12(种)不同的选择；(2)不安排甲的车，每天都有2种选择，共有2×2×2＝8(种)不同的选择，综上可得，不同的用车方案种数为4×(12＋8)＝80.
教师备选
1．现有5种不同颜色要对如图所示的五个部分进行着色，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( )
A．420种 B．780种 C．540种 D．480种
答案 B
解析 依题意可知，完成涂色任务可以使用5种，4种，或3种颜色，将区域标号如图．
①若用5种颜色完成涂色，则有Aeq \\al(5,5)＝120(种)方法；
②若用4种颜色完成涂色，颜色有Ceq \\al(4,5)种选法，需要2,4同色，或者3,5同色，或者1,3同色，或者1,4同色，故有Ceq \\al(4,5)×4×Aeq \\al(4,4)＝480(种)；
③若用3种颜色完成涂色，颜色有Ceq \\al(3,5)种选法，需要2,4同色且3,5同色，或者1,4同色且3,5同色，或者1,3同色且 2,4同色，故有Ceq \\al(3,5)×3×Aeq \\al(3,3)＝180(种)．所以不同的着色方法共有120＋480＋180＝780(种)．
2．通常我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号．其中序号的编码规则为：①由0,1,2，…，9这10个阿拉伯数字与除I，O之外的24个英文字母组成；②最多只能有2个位置是英文字母，如：粤A326S0，则采用5位序号编码的粤A牌照最多能发放的汽车号牌数为( )
A．586万张 B．682万张
C．696万张 D．706万张
答案 D
解析 讨论后五位的不同情况：
(1)后5位全部为数字，共有105张牌．
(2)后5位有一个字母，共有104Ceq \\al(1,24)Ceq \\al(1,5)＝1.2×106张牌．
(3)后5位有两个字母，当两个字母相同，有103Ceq \\al(1,24)Ceq \\al(2,5)＝2.4×105张牌；当两个字母不同，有103Ceq \\al(2,24)Aeq \\al(2,5)＝5.52×106张牌，
综上，共有105＋1.2×106＋2.4×105＋5.52×106＝7.06×106张牌．
思维升华 利用两个计数原理解题时的三个注意点
(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事．
(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图．
(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．
跟踪训练3 (1)从6人中选出4人参加数学、物理、化学、生物比赛，每人只能参加其中一项，且每项比赛都有人参加，其中甲、乙两人都不能参加化学比赛，则不同的参赛方案的种数为( )
A．94 B．180 C．240 D．286
答案 C
解析 第一步，因为甲、乙两人都不能参加化学比赛，所以从剩下的4人中选1人参加化学比赛，共有4种选法；
第二步，在剩下的5人中任选3人参加数学、物理、生物比赛，共有5×4×3＝60(种)选法．
由分步乘法计数原理，得不同的参赛方案的种数为4×60＝240.
(2)甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学，2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4名同学中恰有1名女同学的不同选法共有( )
A．150种 B．180种
C．300种 D．345种
答案 D
解析 这名女同学可以在甲组选出也可以在乙组选出，故分两类计算．
甲组中选出1名女同学有Ceq \\al(1,5)×Ceq \\al(1,3)×Ceq \\al(2,6)＝225(种)选法；乙组中选出一名女同学有Ceq \\al(2,5)×Ceq \\al(1,6)×Ceq \\al(1,2)＝120(种)选法．故共有345种选法．
课时精练
1．已知5名同学报名参加两个课外活动小组，每名同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有( )
A．10种 B．20种
C．25种 D．32种
答案 D
解析 5名同学依次报名，每人均有2种不同的选择，所以共有2×2×2×2×2＝32(种)不同的报名方法．
2．用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是( )
A．12 B．24 C．30 D．36
答案 C
解析 按顺序涂色，第一个圆有3种选择，第二个圆有2种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有1种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×Ceq \\al(1,2)×Ceq \\al(1,2)＝24(种)，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得不同的涂色方案的种数是24＋6＝30.
3．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形共有( )
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
答案 C
解析 3局定胜负，有2种情形；4局定胜负，有2Ceq \\al(2,3)＝6(种)情形；5局定胜负，有2Ceq \\al(2,4)＝12(种)情形．共有2＋6＋12＝20(种)情形．
4．已知从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2,3,3,4条，若要从其中一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则不同的走法最多时应( )
A．从东面上山 B．从西面上山
C．从南面上山 D．从北面上山
答案 D
解析 从东面上山，不同的走法共有2×(3＋3＋4)＝20(种)；
从西面上山，不同的走法共有3×(2＋3＋4)＝27(种)；
从南面上山，不同的走法共有3×(2＋3＋4)＝27(种)；
从北面上山，不同的走法共有4×(2＋3＋3)＝32(种)．
所以应从北面上山．
5．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，这样的四位数的个数为( )
A．12 B．18
C．24 D．30
答案 B
解析 分三步完成，第1步，确定被使用了2次的数字，有3种方法；
第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个数位上，有3种方法；
第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个数位上，有2种方法，
由分步乘法计数原理知，不同的四位数有3×3×2＝18(个)．
6．算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘(如图1)，共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1(如图2中算盘表示整数51)．如果拨动图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为( )
图1 图2
A．16 B．15 C．12 D．10
答案 C
解析 由题意，拨动三枚算珠，有4种拨法：
①个位拨动三枚，有2种结果：3,7；
②十位拨动一枚，个位拨动两枚，有4种结果：12,16,52,56；
③十位拨动两枚，个位拨动一枚，有4种结果：21,25,61,65；
④十位拨动三枚，有2种结果：30,70.
综上，拨动题图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为2＋4＋4＋2＝12.
7．某校高一年级有四个班，四位老师各教一个班的数学．在该年级某次数学考试中，要求每位数学老师均不在本班监考，则不同的安排监考的方法种数为( )
A．8 B．9 C．12 D．24
答案 B
解析 设四个班分别是A，B，C，D，对应的数学老师分别是a，b，c，d.让a老师先选，可从B，C，D班中选一个，有3种选法，不妨假设a老师选的是B，则b老师从剩下的三个班级中任选一个，有3种选法，剩下的两位老师都只有1种选法．
由分步乘法计数原理，知共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．
8．(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是( )
A．选1人为负责人的选法种数为34
B．每组选1名组长的选法种数为5 400
C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420
D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种
答案 AD
解析 对于A,4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法共有34种，A对；
对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，
所以不同的选法共有7×8×9×10＝5 040(种)，B错；
对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；
从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；
从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；
从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；
从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；
从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错；
对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，
其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，
所以不同的选法有64－27＝37(种)，D对．
9．3个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至多放1个小球，共有 种放法．
答案 24
解析 分三步来完成：
第一步，放第一个小球，有4种放法，
第二步，放第二个小球，有3种放法，
第三步，放第三个小球，有2种放法，
根据分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)放法．
10．4张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成 个不同的三位数．
答案 168
解析 要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步：
第一步：百位可放8－1＝7(个)数；
第二步：十位可放6个数；
第三步：个位可放4个数．
故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168(个)不同的三位数．
11．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有 种(用数字作答)．
答案 36
解析 第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员，有4种选法．第三步，从剩下的3人中选体育委员，有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．
12．现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有 种不同的排法．
答案 1 280
解析 完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原理，分步进行：第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1 280(种)不同的排法．
13．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 长方体的6个表面构成的“平行线面组”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”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.
14．某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会日语，若在同一天要接待3个不同的外国旅游团，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会日语的导游，则不同的安排方法种数有( )
A．12 B．13
C．14 D．15
答案 C
解析 由题意知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：
第一类，甲被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需要会英语的旅游团，有2种安排方法，所以有2×2＝4(种)安排方法；
第二步，从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团，共2种选法．
故此时共有4×2＝8(种)安排方法；
第二类，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；
第二步，从会日语的3人(包括甲)中选出1人安排到需要会日语的旅游团，有3种选法．
故此时共有2×3＝6(种)选法．
综上，不同的安排方法种数为8＋6＝14.
15．如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是( )
A．48 B．54
C．72 D．108
答案 C
解析 设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．
第一步给①区涂色，有4种涂色方法．
第二步给②区涂色，有3种涂色方法．
第三步给③区涂色，有2种涂色方法．
第四步给④区涂色，若④区与②区同色时，⑤区有2种涂色方法．
若④区与②区不同色时，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．
所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72.
16．“比特币”对于大家来说，已经再熟悉不过了．但是你知道比特币是通过哈希算法来加密的吗？实际上，哈希算法是一种加密技术．已知p－hashing是最简单的哈希算法之一，它把一个较大数字的每一位改成它除以素数p所得到的余数．如：对于544 213进行2－hashing，我们得到的哈希值为100 011，那么对它进行3－hashing，将得到 ．同时，我们容易发现使得2－hashing后得到哈希值为100 011的正整数共有 个(可以不写出具体数字，用类似于3×40！的表达式表示)．
答案 211 210 56
解析 对544 213进行3－hashing，即数字5,4,4,2,1,3除以3所得余数分别为2,1,1,2,1,0，故得到的哈希值为211 210；除以2余数值为1的数字有1,3,5,7,9，共5个，余数为0的数字有0,2,4,6,8，共5个，六位整数的每一个数位上都有5个数字可取，共有5×5×5×5×5×5＝56，即哈希值为100 011的正整数共有56个．分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种数
不同点
分类、相加
分步、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，缺一不可
课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§10.1 两个计数原理
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.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
知识梳理
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．
(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．
常用结论
两个计数原理的区别与联系
思考辨析
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，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．( × )
(4)从甲地经丙地到乙地是分步问题．( √ )
教材改编题
1．某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有( )
A．3种 B．6种
C．7种 D．9种
答案 C
解析 买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案，因此共有方案3＋3＋1＝7(种)．
2．被誉为“大飞鱼”的深圳宝安机场T3航站楼，充分结合了建筑设计理念和深圳本地环境气候等重要因素，融合了建筑美学、绿色节能和功能实用等多方面元素.2021年9月25日晚21时50分，被加拿大非法扣留的孟晚舟乘坐的CA552航班平安抵达深圳宝安国际机场．某志愿者前去接机，机场T3航站楼有7个入口，2个接机口(出口)，则该志愿者进出机场的方案数为( )
A．4 B．9 C．14 D．49
答案 C
解析 方案种数为7×2＝14.
3．3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有 种．
答案 125
解析 因为第1个班有5种选法，第2个班有5种选法，第3个班有5种选法，所以由分步乘法计数原理可得，不同的选法有5×5×5＝125(种).
题型一 分类加法计数原理
例1 (1)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种
答案 D
解析 要想同时取4个不同的数使其和为偶数，则取法有三类：
①4个数都是偶数，有1种取法；
②2个数是偶数，2个数是奇数，有Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(2,5)＝60(种)取法；
③4个数都是奇数，有5种取法．根据分类加法计数原理，不同的取法共有1＋60＋5＝66(种)．
(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
答案 240
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)．
教师备选
1．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
答案 B
解析 依题意得，可能剩余一本画册或一本集邮册两种情况．第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有Ceq \\al(2,4)＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10(种)．
2．如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是( )
A．8 B．12 C．16 D．24
答案 B
解析 四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“－”表示桥．
①当A只有一座桥相连时，有A－B－C－D，A－B－D－C，A－C－B－D，A－C－D－B，A－D－B－C，A－D－C－B，共6种方法；
②当A有两座桥相连时，有C－A－B－D，D－A－B－C，D－A－C－B，B－A－C－D，B－A－D－C，C－A－D－B，共6种方法．故设计方案最多有6＋6＝12(种)．
思维升华 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．
跟踪训练1 (1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有( )
A．50个 B．45个
C．36个 D．35个
答案 C
解析 由题意，知十位上的数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8，共8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理，知符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
(2)已知集合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 因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，所以x∈{y,2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；
当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．
故共有7＋7＝14(种)情况，即这样的点的个数为14.
题型二 分步乘法计数原理
例2 (1)某学校的3个班级将要去甲、乙、丙、丁4个工厂参观学习，要求每个班只能去1个工厂参观学习，且甲工厂必须有班级参观学习，则不同的参观方案有( )
A．16种 B．25种
C．37种 D．48种
答案 C
解析 每个班级都可以从这4个工厂中选1个参观学习，各有4种选择，根据分步乘法计数原理，共有43＝64(种)参观方案，若甲工厂没有班级参观学习，此时每个班级都可以从其余3个工厂中选1个参观学习，各有3种选择，共有33＝27(种)参观方案，所以甲工厂必须有班级参观学习，不同的参观方案有64－27＝37(种)．
(2)(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是( )
A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种
B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种
C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种
D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种
答案 AC
解析 对于A，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步乘法计数原理知共有4×3×2＝24(种)结果，C正确，D错误．
教师备选
1．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)．
答案 336
解析 甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343(种)站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336(种)．
2．某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为 ．(用数字作答)
答案 7 200
解析 最先选出的1个人有30种方法，则这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的队形，可知选第2个人有20种方法，则该人所在的行和列也不能再选人，还剩一个4行3列的队形，可知选第3个人有12种方法，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.
思维升华 利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．
(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．
跟踪训练2 (1)某人要给厨房中装有不同调料的5个瓶子贴上对应的标签，若恰好贴错了3个，则贴错的可能情况种数为( )
A．9 B．12 C．18 D．20
答案 D
解析 由题意，可分为两步：第一步，从5个瓶子中选出3个瓶子，有Ceq \\al(3,5)＝10(种)情况，第二步，对选出的3个瓶子进行错位重排，有2种情况，所以贴错的可能情况种数为10×2＝20.
(2)人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”，则无重复数字的四位吉祥数(首位不能是零)共有 个．
答案 448
解析 第一步，确定千位，除去0和6，有8种不同的选法；第二步，确定百位，除去6和千位数字外，有8种不同的选法；第三步，确定十位，除去6和千位、百位上的数字外，有7种不同的选法．故共有8×8×7＝448(个)不同的“吉祥数”．
题型三 两个计数原理的综合应用
例3 (1)如图所示，积木拼盘由A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色(如：A与B为相邻区域，A与D为不相邻区域)，现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是( )
A．780 B．840 C．900 D．960
答案 D
解析 先涂A，则A有Ceq \\al(1,5)＝5(种)涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不同即可，有Ceq \\al(1,4)＝4(种)涂法，同理C有Ceq \\al(1,3)＝3(种)涂法，D有Ceq \\al(1,4)＝4(种)涂法，E有Ceq \\al(1,4)＝4(种)涂法，
由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4＝960.
(2)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为( )
A．5 B．24 C．32 D．64
答案 D
解析 5日至9日，即5,6,7,8,9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)；第二步安排偶数日出行分两类：第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.
延伸探究 若甲的车牌尾数为9，他的四位同事的车牌尾数分别为0,2,1,5，其他条件不变，则不同的用车方案有多少种？
解 由题意，从5日至9日，有3天奇数日，2天偶数日，
第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)不同的选择；
第二步，安排奇数日出行，可分为两类：(1)选1天安排甲的车，共有3×2×2＝12(种)不同的选择；(2)不安排甲的车，每天都有2种选择，共有2×2×2＝8(种)不同的选择，综上可得，不同的用车方案种数为4×(12＋8)＝80.
教师备选
1．现有5种不同颜色要对如图所示的五个部分进行着色，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( )
A．420种 B．780种 C．540种 D．480种
答案 B
解析 依题意可知，完成涂色任务可以使用5种，4种，或3种颜色，将区域标号如图．
①若用5种颜色完成涂色，则有Aeq \\al(5,5)＝120(种)方法；
②若用4种颜色完成涂色，颜色有Ceq \\al(4,5)种选法，需要2,4同色，或者3,5同色，或者1,3同色，或者1,4同色，故有Ceq \\al(4,5)×4×Aeq \\al(4,4)＝480(种)；
③若用3种颜色完成涂色，颜色有Ceq \\al(3,5)种选法，需要2,4同色且3,5同色，或者1,4同色且3,5同色，或者1,3同色且 2,4同色，故有Ceq \\al(3,5)×3×Aeq \\al(3,3)＝180(种)．所以不同的着色方法共有120＋480＋180＝780(种)．
2．通常我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号．其中序号的编码规则为：①由0,1,2，…，9这10个阿拉伯数字与除I，O之外的24个英文字母组成；②最多只能有2个位置是英文字母，如：粤A326S0，则采用5位序号编码的粤A牌照最多能发放的汽车号牌数为( )
A．586万张 B．682万张
C．696万张 D．706万张
答案 D
解析 讨论后五位的不同情况：
(1)后5位全部为数字，共有105张牌．
(2)后5位有一个字母，共有104Ceq \\al(1,24)Ceq \\al(1,5)＝1.2×106张牌．
(3)后5位有两个字母，当两个字母相同，有103Ceq \\al(1,24)Ceq \\al(2,5)＝2.4×105张牌；当两个字母不同，有103Ceq \\al(2,24)Aeq \\al(2,5)＝5.52×106张牌，
综上，共有105＋1.2×106＋2.4×105＋5.52×106＝7.06×106张牌．
思维升华 利用两个计数原理解题时的三个注意点
(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事．
(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图．
(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．
跟踪训练3 (1)从6人中选出4人参加数学、物理、化学、生物比赛，每人只能参加其中一项，且每项比赛都有人参加，其中甲、乙两人都不能参加化学比赛，则不同的参赛方案的种数为( )
A．94 B．180 C．240 D．286
答案 C
解析 第一步，因为甲、乙两人都不能参加化学比赛，所以从剩下的4人中选1人参加化学比赛，共有4种选法；
第二步，在剩下的5人中任选3人参加数学、物理、生物比赛，共有5×4×3＝60(种)选法．
由分步乘法计数原理，得不同的参赛方案的种数为4×60＝240.
(2)甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学，2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4名同学中恰有1名女同学的不同选法共有( )
A．150种 B．180种
C．300种 D．345种
答案 D
解析 这名女同学可以在甲组选出也可以在乙组选出，故分两类计算．
甲组中选出1名女同学有Ceq \\al(1,5)×Ceq \\al(1,3)×Ceq \\al(2,6)＝225(种)选法；乙组中选出一名女同学有Ceq \\al(2,5)×Ceq \\al(1,6)×Ceq \\al(1,2)＝120(种)选法．故共有345种选法．
课时精练
1．已知5名同学报名参加两个课外活动小组，每名同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有( )
A．10种 B．20种
C．25种 D．32种
答案 D
解析 5名同学依次报名，每人均有2种不同的选择，所以共有2×2×2×2×2＝32(种)不同的报名方法．
2．用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是( )
A．12 B．24 C．30 D．36
答案 C
解析 按顺序涂色，第一个圆有3种选择，第二个圆有2种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有1种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×Ceq \\al(1,2)×Ceq \\al(1,2)＝24(种)，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得不同的涂色方案的种数是24＋6＝30.
3．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形共有( )
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
答案 C
解析 3局定胜负，有2种情形；4局定胜负，有2Ceq \\al(2,3)＝6(种)情形；5局定胜负，有2Ceq \\al(2,4)＝12(种)情形．共有2＋6＋12＝20(种)情形．
4．已知从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2,3,3,4条，若要从其中一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则不同的走法最多时应( )
A．从东面上山 B．从西面上山
C．从南面上山 D．从北面上山
答案 D
解析 从东面上山，不同的走法共有2×(3＋3＋4)＝20(种)；
从西面上山，不同的走法共有3×(2＋3＋4)＝27(种)；
从南面上山，不同的走法共有3×(2＋3＋4)＝27(种)；
从北面上山，不同的走法共有4×(2＋3＋3)＝32(种)．
所以应从北面上山．
5．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，这样的四位数的个数为( )
A．12 B．18
C．24 D．30
答案 B
解析 分三步完成，第1步，确定被使用了2次的数字，有3种方法；
第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个数位上，有3种方法；
第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个数位上，有2种方法，
由分步乘法计数原理知，不同的四位数有3×3×2＝18(个)．
6．算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘(如图1)，共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1(如图2中算盘表示整数51)．如果拨动图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为( )
图1 图2
A．16 B．15 C．12 D．10
答案 C
解析 由题意，拨动三枚算珠，有4种拨法：
①个位拨动三枚，有2种结果：3,7；
②十位拨动一枚，个位拨动两枚，有4种结果：12,16,52,56；
③十位拨动两枚，个位拨动一枚，有4种结果：21,25,61,65；
④十位拨动三枚，有2种结果：30,70.
综上，拨动题图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为2＋4＋4＋2＝12.
7．某校高一年级有四个班，四位老师各教一个班的数学．在该年级某次数学考试中，要求每位数学老师均不在本班监考，则不同的安排监考的方法种数为( )
A．8 B．9 C．12 D．24
答案 B
解析 设四个班分别是A，B，C，D，对应的数学老师分别是a，b，c，d.让a老师先选，可从B，C，D班中选一个，有3种选法，不妨假设a老师选的是B，则b老师从剩下的三个班级中任选一个，有3种选法，剩下的两位老师都只有1种选法．
由分步乘法计数原理，知共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．
8．(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是( )
A．选1人为负责人的选法种数为34
B．每组选1名组长的选法种数为5 400
C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420
D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种
答案 AD
解析 对于A,4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法共有34种，A对；
对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，
所以不同的选法共有7×8×9×10＝5 040(种)，B错；
对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；
从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；
从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；
从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；
从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；
从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错；
对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，
其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，
所以不同的选法有64－27＝37(种)，D对．
9．3个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至多放1个小球，共有 种放法．
答案 24
解析 分三步来完成：
第一步，放第一个小球，有4种放法，
第二步，放第二个小球，有3种放法，
第三步，放第三个小球，有2种放法，
根据分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)放法．
10．4张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成 个不同的三位数．
答案 168
解析 要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步：
第一步：百位可放8－1＝7(个)数；
第二步：十位可放6个数；
第三步：个位可放4个数．
故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168(个)不同的三位数．
11．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有 种(用数字作答)．
答案 36
解析 第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员，有4种选法．第三步，从剩下的3人中选体育委员，有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．
12．现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有 种不同的排法．
答案 1 280
解析 完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原理，分步进行：第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1 280(种)不同的排法．
13．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 长方体的6个表面构成的“平行线面组”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”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.
14．某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会日语，若在同一天要接待3个不同的外国旅游团，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会日语的导游，则不同的安排方法种数有( )
A．12 B．13
C．14 D．15
答案 C
解析 由题意知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：
第一类，甲被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需要会英语的旅游团，有2种安排方法，所以有2×2＝4(种)安排方法；
第二步，从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团，共2种选法．
故此时共有4×2＝8(种)安排方法；
第二类，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；
第二步，从会日语的3人(包括甲)中选出1人安排到需要会日语的旅游团，有3种选法．
故此时共有2×3＝6(种)选法．
综上，不同的安排方法种数为8＋6＝14.
15．如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是( )
A．48 B．54
C．72 D．108
答案 C
解析 设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．
第一步给①区涂色，有4种涂色方法．
第二步给②区涂色，有3种涂色方法．
第三步给③区涂色，有2种涂色方法．
第四步给④区涂色，若④区与②区同色时，⑤区有2种涂色方法．
若④区与②区不同色时，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．
所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72.
16．“比特币”对于大家来说，已经再熟悉不过了．但是你知道比特币是通过哈希算法来加密的吗？实际上，哈希算法是一种加密技术．已知p－hashing是最简单的哈希算法之一，它把一个较大数字的每一位改成它除以素数p所得到的余数．如：对于544 213进行2－hashing，我们得到的哈希值为100 011，那么对它进行3－hashing，将得到 ．同时，我们容易发现使得2－hashing后得到哈希值为100 011的正整数共有 个(可以不写出具体数字，用类似于3×40！的表达式表示)．
答案 211 210 56
解析 对544 213进行3－hashing，即数字5,4,4,2,1,3除以3所得余数分别为2,1,1,2,1,0，故得到的哈希值为211 210；除以2余数值为1的数字有1,3,5,7,9，共5个，余数为0的数字有0,2,4,6,8，共5个，六位整数的每一个数位上都有5个数字可取，共有5×5×5×5×5×5＝56，即哈希值为100 011的正整数共有56个．分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种数
不同点
分类、相加
分步、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，缺一不可
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