第十编计数原理

1、第十编 计数原理10.1 10.1 分类加法计数原理与分步乘分类加法计数原理与分步乘法计法计 数数原理原理要点梳理要点梳理1.1.分类加法计数原理分类加法计数原理 完成一件事有完成一件事有n n类不同的方案，在第一类方案中有类不同的方案，在第一类方案中有 m m1 1种不同的方法，在第二类方案中有种不同的方法，在第二类方案中有m m2 2种不同的方种不同的方法，法，在第，在第n n类方案中有类方案中有m mn n种不同的方法，种不同的方法， 则完成这件事情，共有则完成这件事情，共有N N= = 种不同的种不同的 方法方法. .m m1 1+ +m m2 2+m mn n基础知识基础知识 自主学

2、习自主学习2.2.分步乘法计数原理分步乘法计数原理 完成一件事情需要分成完成一件事情需要分成n n个不同的步骤，完成第一个不同的步骤，完成第一 步有步有m m1 1种不同的方法，完成第二步有种不同的方法，完成第二步有m m2 2种不同的种不同的 方法，方法，完成第，完成第n n步有步有m mn n种不同的方法，那么种不同的方法，那么 完成这件事情共有完成这件事情共有N N= = 种不同的种不同的 方法方法. .m m1 1m m2 2m mn n3.3.分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及 的不同方法的种数的不同方法的种数. .它们的区别在于：它

3、们的区别在于： 分类加法计数原理与分类加法计数原理与 有关，各种方法有关，各种方法 ，用其中的任一种方法都可以完成这件事；，用其中的任一种方法都可以完成这件事； 分步乘法计数原理与分步乘法计数原理与 有关，各个步骤有关，各个步骤 ，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成. . 完成一件事情完成一件事情分类分类相互相互独立独立分步分步相互依相互依存存基础自测基础自测1.1.从从3 3名女同学和名女同学和2 2名男同学中选名男同学中选1 1人主持本班的某次人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为主题班会，则不同的选法种数为（） A.6A.6B.5B.5C.3

4、C.3D.2D.2 解析解析 “ “完成这件事完成这件事”即选出一人作主持人，可即选出一人作主持人，可分选女主持人和男主持人两类进行，分别有分选女主持人和男主持人两类进行，分别有3 3种选种选法和法和2 2种选法，所以共有种选法，所以共有3+2=53+2=5种不同的选法种不同的选法. .B2.2.设集合设集合A A=1=1，2 2，3 3，44，m m，n nA A，则方程，则方程 + + =1 =1表示焦点位于表示焦点位于x x轴上的椭圆有轴上的椭圆有（） A.6A.6个个B.8B.8个个 C.12C.12个个 D.16D.16个个 解析解析 因为椭圆的焦点在因为椭圆的焦点在x x轴上，所以

5、当轴上，所以当m m=4=4时，时，n n=1,2,3=1,2,3；当；当m m=3=3时，时，n n=1,2=1,2；当；当m m=2=2时，时，n n=1,=1,即所即所求的椭圆共有求的椭圆共有3+2+1=63+2+1=6个，故选个，故选A.A.mx2ny2A3.3.右图是某汽车维修公司的维修点环右图是某汽车维修公司的维修点环 形分布图，公司在年初分配给形分布图，公司在年初分配给A A、B B、 C C、D D四个维修点某种配件各四个维修点某种配件各5050件件. . 在使用前发现需将在使用前发现需将A A、B B、C C、D D四个四个 维修点的这批配件分别调整为维修点的这批配件分别调整

6、为4040、4545、5454、6161件，件，但调但调 整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次（上述调整，最少的调动件次（n n件配件从一个维修件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为点调整到相邻维修点的调动件次为n n）为（）为（） A.15A.15B.16B.16 C.17 C.17 D.18 D.18 解析解析 只需只需A A处给处给D D处处1010件，件，B B处给处给C C处处5 5件，件，C C处给处给D D处处1 1件，共件，共1616件次件次. .B4.4.有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，有不同颜

7、色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数种数（） A.7A.7B.64B.64C.12C.12D.81D.81 解析解析 由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4 4种选法，种选法，第二步选长裤有第二步选长裤有3 3种选法，所以，有种选法，所以，有4 43=123=12种选法，种选法，故选故选C C. .C5.5.有一项活动需在有一项活动需在3 3名老师，名老师，8 8名男同学和名男同学和5 5名女同学名女同

8、学 中选人参加，（中选人参加，（1 1）若只需一人参加，有多少种不）若只需一人参加，有多少种不同的选法？同的选法？ （2 2）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选法？同的选法？ （3 3）若只需老师、男同学、女同学各一人参加，）若只需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法？有多少种不同的选法？解解 （1 1）“完成这件事完成这件事”只需从老师、学生中选只需从老师、学生中选1 1人即可，共有人即可，共有3+8+5=163+8+5=16种种. .(2)“(2)“完成这件事完成这件事”需选需选2 2人，老师、学生各人，老师、学生各1 1人，

9、分人，分两步进行：选老师有两步进行：选老师有3 3种方法，选学生有种方法，选学生有8+5=138+5=13种方种方法，共有法，共有3 313=3913=39种方法种方法. .(3)“(3)“完成这件事完成这件事”需选需选3 3人，老师、男同学、女同人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行：选老师有学各一人，可分三步进行：选老师有3 3种方法，选男种方法，选男同学有同学有8 8种方法，选女同学有种方法，选女同学有5 5种方法，共有种方法，共有3 38 85=1205=120种方法种方法. .题型一题型一 分类加法计数原理分类加法计数原理【例例1 1】在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的】

10、在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的两位数共有多少个？两位数共有多少个？ 采用列举分类，先确定个位数字，再考虑采用列举分类，先确定个位数字，再考虑十位数字的所有可能十位数字的所有可能. .然后用分类加法计数原理然后用分类加法计数原理. . 解解 方法一方法一 一个两位数由十位数字和个位数字构成，一个两位数由十位数字和个位数字构成，考虑一个满足条件的两位数，可先确定个位数字后再考虑一个满足条件的两位数，可先确定个位数字后再考虑十位数字有几种可能考虑十位数字有几种可能. . 一个两位数的个位数字可以是一个两位数的个位数字可以是0 0，1 1，2 2，3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8

11、8，9.9.把这样的两位数分成把这样的两位数分成1010类类. .思维启迪思维启迪题型分类题型分类 深度剖析深度剖析（1 1）当个位数字为）当个位数字为0 0时，十位数字可以是时，十位数字可以是1 1，2 2，3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9，有，有9 9个满足条件的两位数；个满足条件的两位数；（2 2）当个位数字为）当个位数字为1 1时，十位数字可以是时，十位数字可以是2 2，3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9，有，有8 8个满足条件的两位数；个满足条件的两位数；（3 3）当个位数字为）当个位数字为2 2时，十位数字可以是时，十位数字可以是3 3，4

12、 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9，有，有7 7个满足条件的两位数；个满足条件的两位数；以此类推，当个位数字分别是以此类推，当个位数字分别是3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9时，满足条件的两位数分别有时，满足条件的两位数分别有6 6，5 5，4 4，3 3，2 2，1 1，0 0个个. .由分类加法计数原理，满足条件的两位数的个数为由分类加法计数原理，满足条件的两位数的个数为9+8+7+6+5+4+3+2+1+0=459+8+7+6+5+4+3+2+1+0=45个个. .方法二方法二 考虑两位数考虑两位数“abab”与与“baba”中，个位数字与十中，个位数字与十

13、位数字的大小关系，利用对应思想计算位数字的大小关系，利用对应思想计算. .所有所有9090个两位数中，个位数字等于十位数字的两位数为个两位数中，个位数字等于十位数字的两位数为1111，2222，3333，9999共共9 9个；个；另有另有1010，2020，3030，9090共共9 9个两位数的个位数字与十个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置；位数字不能调换位置；其余其余90-18=7290-18=72个两位数，按个两位数，按“abab”与与“baba”进行一一对进行一一对应，则每一个应，则每一个“个位数字小于十位数字的两位数个位数字小于十位数字的两位数”就与就与另一个另一个“十位数字小于

14、个位数字的两位数十位数字小于个位数字的两位数”对应，对应，故其中故其中“个位数字小于十位数字的两位数个位数字小于十位数字的两位数”有有72722=362=36个个. .故满足条件的两位数的个数为故满足条件的两位数的个数为9+36=459+36=45个个. . 探究提高探究提高 合理分类是提高解题质量的保证，方法一合理分类是提高解题质量的保证，方法一从两位数的个位数字着手，确立分类标准，使计数过从两位数的个位数字着手，确立分类标准，使计数过程一目了然；方法二巧妙地应用了程一目了然；方法二巧妙地应用了“一一对应一一对应”的思的思想，简化了计数过程，这种思想方法在排列、组合计想，简化了计数过程，这种

15、思想方法在排列、组合计数问题中也经常使用数问题中也经常使用. .知能迁移知能迁移1 1 同学衣服上左、右各有一个口袋，左边口同学衣服上左、右各有一个口袋，左边口袋装有袋装有3030张英语单词卡片，右边口袋装有张英语单词卡片，右边口袋装有2020张英语单张英语单词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口袋里任取一张英语单词卡片，有袋里任取一张英语单词卡片，有 种不同的取法种不同的取法. .解析解析 从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类：从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类：第一类：从左边口袋取一张英语单词卡片有第一类：从左边口袋取一张英语

16、单词卡片有3030种不种不的取法；的取法；第二类：从右边口袋取一张英语单词卡片有第二类：从右边口袋取一张英语单词卡片有2020种不种不同的取法；同的取法；上述的其中任何一种取法都能独立完成取一张英语上述的其中任何一种取法都能独立完成取一张英语单词卡片这件事，应用分类加法计数原理来解题，单词卡片这件事，应用分类加法计数原理来解题，所以从中任取一张英语单词卡片的方法种数为所以从中任取一张英语单词卡片的方法种数为3030+20=50+20=50种种. .答案答案 5050题型二题型二 分步乘法计数原理分步乘法计数原理【例例2 2】已知集合】已知集合MM=-3,-2,-1,0,1,2,=-3,-2,-

17、1,0,1,2,P P( (a a, ,b b) )表示表示 平面上的点平面上的点( (a a, ,b bMM),),问问: : (1) (1)P P可表示平面上多少个不同的点可表示平面上多少个不同的点? ? (2) (2)P P可表示平面上多少个第二象限的点可表示平面上多少个第二象限的点? ? (3) (3)P P可表示多少个不在直线可表示多少个不在直线y=xy=x上的点上的点? ? 完成完成“确定点确定点P P”这件事需依次确定横、这件事需依次确定横、 纵坐标，应用分步乘法计数原理纵坐标，应用分步乘法计数原理. .思维启迪思维启迪解解 （1 1）确定平面上的点）确定平面上的点P P( (a

18、 a, ,b b) )可分两步完成：可分两步完成：第一步确定第一步确定a a的值，共有的值，共有6 6种确定方法；种确定方法；第二步确定第二步确定b b的值，也有的值，也有6 6种确定方法种确定方法. .根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6 66=36.6=36.（2 2）确定第二象限的点，可分两步完成：）确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定第一步确定a a，由于，由于a a0,00，所以有，所以有2 2种确定方法种确定方法. .由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是3 32=6.2=6.（3 3

19、）点）点P P（a a, ,b b) )在直线在直线y y= =x x上的充要条件是上的充要条件是a a= =b b. .因此因此a a和和b b必须在集合必须在集合MM中取同一元素，共有中取同一元素，共有6 6种取种取法，法，即在直线即在直线y y= =x x上的点有上的点有6 6个个. .由（由（1 1）得不在直线）得不在直线y y= =x x上的点共有上的点共有36-6=3036-6=30个个. . 利用分步乘法计数原理解决问题：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，即分步是有先要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先 后顺序的；后顺序的；各步中的方法互相依存，缺一

20、不可，各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事只有各个步骤都完成了才算完成这件事. .知能迁移知能迁移2 2 一个口袋里有一个口袋里有5 5封信，另一个口袋里有封信，另一个口袋里有4 4封信，各封信内容均不相同封信，各封信内容均不相同. .（1 1）从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取）从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？法？（2 2）把这两个口袋里的）把这两个口袋里的9 9封信，分别投入封信，分别投入4 4个邮筒，个邮筒，有多少种不同的放法？有多少种不同的放法？探究提高探究提高 解解 （1 1）各取一封信，不论从哪个口袋中取，都）各取一封信，不论从哪个口

21、袋中取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有分步乘法计数原理，共有5 54=204=20（种）（种）. . （2 2）若以邮筒装信的可能性考虑，第一个邮筒有）若以邮筒装信的可能性考虑，第一个邮筒有1010种可能性，即可能装入种可能性，即可能装入0 0，1 1，2 2，9 9封信等不封信等不同情况同情况. .但再考虑第二个邮筒时，装信的情况要受但再考虑第二个邮筒时，装信的情况要受到第一个邮筒装信情况的影响，非常麻烦到第一个邮筒装信情况的影响，非常麻烦. . 若以每封信投入邮筒的可能性考虑，第一封信投若以每封信投入邮筒的可

22、能性考虑，第一封信投入邮筒有入邮筒有4 4种可能，第二封信仍有种可能，第二封信仍有4 4种可能种可能第九第九封信还有封信还有4 4种可能，由分步乘法计数原理可知，共种可能，由分步乘法计数原理可知，共有有4 49 9种不同的放法种不同的放法. .题型三题型三 两个计数原理的综合应用两个计数原理的综合应用【例例3 3】（】（1212分）用分）用0 0，1 1，2 2，3 3，4 4，5 5可以组成多少可以组成多少个无重复数字的比个无重复数字的比2 0002 000大的四位偶数大的四位偶数. . 先根据条件把先根据条件把“比比2 0002 000大的四位偶数大的四位偶数”分类分类 选取千位上的数字选

23、取千位上的数字选取百位上的数字选取百位上的数字 选取十位上的数字选取十位上的数字 解解 完成这件事有完成这件事有3 3类方法：类方法：第一类是用第一类是用0 0做结尾的比做结尾的比2 0002 000大的大的4 4位偶数，它可以位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2 2，3 3，4 4，5 5可以选择，有可以选择，有4 4种选法；第二步，选取百位上种选法；第二步，选取百位上的数字，除的数字，除0 0和千位上已选定的数字以外，还有和千位上已选定的数字以外，还有4 4个数个数字可供选择，有字可供选择，有4 4种选法；第三步，选取十位

24、上的数种选法；第三步，选取十位上的数字，还有字，还有3 3种选法种选法. .依据分步乘法计数原理，这类数的依据分步乘法计数原理，这类数的个数有个数有4 44 43=483=48个；个； 4 4分分 第二类是用第二类是用2 2做结尾的比做结尾的比2 0002 000大的大的4 4位偶数，它可位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去去2 2，1 1，0 0，只有，只有3 3个数字可以选择，有个数字可以选择，有3 3种选法；种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有尾

25、两数字之后，还有4 4个数字可供选择，有个数字可供选择，有4 4种选法；种选法；第三步，选取十位上的数字，还有第三步，选取十位上的数字，还有3 3种选法种选法. .依据分依据分步乘法计数原理，这类数的个数有步乘法计数原理，这类数的个数有3 34 43=363=36个；个； 8 8分分 第三类是用第三类是用4 4做结尾的比做结尾的比2 0002 000大的大的4 4位偶数，其步位偶数，其步骤同第二类骤同第二类. . 10 10分分 对以上三类结论用分类加法计数原理，可得所求对以上三类结论用分类加法计数原理，可得所求无 重 复 数 字 的 比无 重 复 数 字 的 比 2 0 0 02 0 0 0

26、 大 的 四 位 偶 数 有大 的 四 位 偶 数 有4 44 43+33+34 43+33+34 43=1203=120个个. . 12 12分分 在解决实际问题的过程中，并不一定在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求. .另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应视问题的特点而定类

27、，应视问题的特点而定. .解题时经常是两个原理解题时经常是两个原理交叉在一起使用，分类的关键在于要做到交叉在一起使用，分类的关键在于要做到“不重不不重不漏漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步合理分类，准确分步. . 探究提高探究提高知能迁移知能迁移3 3 如图所示，将一个四棱锥如图所示，将一个四棱锥 的每一个顶点染上一种颜色，并使的每一个顶点染上一种颜色，并使 同一条棱上的两端异色，如果只有同一条棱上的两端异色，如果只有 5 5种颜色可供使用，求不同的染色种颜色可供使用，求不同的染色 方法总数方法总数. . 解解 方法一方法一

28、可分为两大步进行，先将四棱锥一可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法原理即可得出结论色数，用分步乘法原理即可得出结论. .由题设，四由题设，四棱锥棱锥S SABCDABCD的顶点的顶点S S、A A、B B所染的颜色互不相同，所染的颜色互不相同，它们共有它们共有5 54 43=603=60种染色方法种染色方法. .当当S S、A A、B B染好时，不妨设其颜色分别为染好时，不妨设其颜色分别为1 1、2 2、3 3，若若C C染染2,2,则则D D可染可染3 3或或4 4或或5 5，有，有3 3种染法

29、；若种染法；若C C染染4 4，则，则D D可染可染3 3或或5 5，有，有2 2种染法；若种染法；若C C染染5,5,则则D D可染可染3 3或或4 4，有，有2 2种染法种染法. .可见，当可见，当S S、A A、B B已染好时，已染好时，C C、D D还有还有7 7种种染法，故不同的染色方法有染法，故不同的染色方法有60607=4207=420种种. .方法二方法二 以以S S、A A、B B、C C、D D顺序分步染色顺序分步染色. .第一步，第一步，S S点染色，有点染色，有5 5种方法；种方法；第二步，第二步，A A点染色，与点染色，与S S在同一条棱上，有在同一条棱上，有4 4种

30、方法；种方法；第三步，第三步，B B点染色，与点染色，与S S、A A分别在同一条棱上，有分别在同一条棱上，有3 3种方法；种方法； 第四步，第四步，C C点染色，也有点染色，也有3 3种方法，但考虑到种方法，但考虑到D D点与点与 S S、A A、C C相邻，需要针对相邻，需要针对A A与与C C是否同色进行分类，是否同色进行分类， 当当A A与与C C同色时，同色时，D D点有点有3 3种染色方法；当种染色方法；当A A与与C C不同不同 色时，因为色时，因为C C与与S S、B B也不同色，所以也不同色，所以C C点有点有2 2种染色种染色 方法，方法，D D点也有点也有2 2种染色方法

31、种染色方法. .由分步乘法、分类加由分步乘法、分类加 法计数原理得不同的染色方法共有法计数原理得不同的染色方法共有5 54 43 3（1 1 3 3+ +2 22 2）= =420420种种. .方法三方法三 按所用颜色种数分类按所用颜色种数分类. .第一类，第一类，5 5种颜色全用，共有种颜色全用，共有 种不同的方法；种不同的方法；第二类，只用第二类，只用4 4种颜色，则必有某两个顶点同色种颜色，则必有某两个顶点同色（A A与与C C，或，或B B与与D D），共有），共有2 2 种不同的方法；种不同的方法；第三类，只用第三类，只用3 3种颜色，则种颜色，则A A与与C C、B B与与D D

32、必定同色，必定同色，共有共有 种不同的方法种不同的方法. .由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为 =420=420种种. .55A45A35A354555AA2A方法与技巧方法与技巧1.1.分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类加法事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类加法计数原理针对计数原理针对“分类分类”问题，其中各种方法相互独问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步立，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乘

33、法计数原理针对“分步分步”问题，各个步骤相互依问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. .2.2.混合问题一般是先分类再分步混合问题一般是先分类再分步. .3.3.分类时标准要明确，做到不重复不遗漏分类时标准要明确，做到不重复不遗漏. .4.4.要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律观、清楚，便于探索规律. .思想方法思想方法 感悟提高感悟提高失误与防范失误与防范应用两种原理解题：应用两种原理解题：（1 1）分清要完成的事情是什么？）分清要完成的事情是什么？（2 2）分

34、清完成该事情是分类完成还是分步完成？）分清完成该事情是分类完成还是分步完成？“类类”间互相独立，间互相独立，“步步”间互相联系；间互相联系；（3 3）有无特殊条件的限制；）有无特殊条件的限制；（4 4）检验是否有重漏）检验是否有重漏. .一、选择题一、选择题1.1.从集合从集合1,2,3,101,2,3,10中任意选出三个不同的数，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使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为 （） A.3A.3B.4B.4C.6C.6D.8D.8 解析解析 当公比为当公比为2 2时，等比数列可为时，等比数列可为1 1、2 2、4 4，2 2

35、、4 4、8.8.当公比为当公比为3 3时，等比数列可为时，等比数列可为1 1、3 3、9.9. 当公比为当公比为 时，等比数列可为时，等比数列可为4 4、6 6、9.9. 同时，同时，4 4、2 2、1 1，8 8、4 4、2 2，9 9、3 3、1 1和和9 9、6 6、4 4也是也是等比数列，共等比数列，共8 8个个. .D23定时检测定时检测2.2.如图所示的阴影部分由方格纸上如图所示的阴影部分由方格纸上3 3个小方格组成，个小方格组成， 我们称这样的图案为我们称这样的图案为L L型（每次旋转型（每次旋转9090仍为仍为L L型型 图案），那么在由图案），那么在由4 45 5个小方格组

36、成的方格纸上个小方格组成的方格纸上 可以画出不同位置的可以画出不同位置的L L型图案的个数是型图案的个数是 （） A.16A.16B.32B.32C.48C.48D.64D.64 解析解析 每四个小方格（每四个小方格（2 22 2型）中有型）中有“L”L”型图案型图案4 4个，共有个，共有2 22 2型小方格型小方格1212个，所以共有个，所以共有“L”L”型图型图案案4 412=4812=48个个. .C3.3.（20082008全国全国文，文，1212）将将1 1，2 2，3 3填入填入3 33 3 的方格中，要求每行、每列都没有重复数字的方格中，要求每行、每列都没有重复数字, , 右面是

37、一种填法，则不同的填写方法共有右面是一种填法，则不同的填写方法共有 ( () ) A.6 A.6种种B.12B.12种种 C.24C.24种种D.48D.48种种 解析解析 由于由于3 33 3方格中方格中, ,每行、每列均没有重每行、每列均没有重 复数字，因此可从中间斜对角线填起复数字，因此可从中间斜对角线填起. .如图中如图中 的的，当，当全为全为1 1时，有时，有2 2种（即第一行第二列种（即第一行第二列 为为2 2或或3 3，当第二列填，当第二列填2 2时，第三列只能填时，第三列只能填3 3，当第，当第一行填完后，其他行的数字便可确定），当一行填完后，其他行的数字便可确定），当全为全为

38、2 2或或3 3时，分别有时，分别有2 2种，共有种，共有6 6种；当种；当分别为分别为1 1，2 2，3 3时时, ,也共有也共有6 6种种. .共共1212种种. .B4.4.如图所示，用五种不同的颜色分别给如图所示，用五种不同的颜色分别给 A A、B B、C C、D D四个区域涂色，相邻区四个区域涂色，相邻区 域必须涂不同颜色，若允许同一种颜域必须涂不同颜色，若允许同一种颜 色多次使用，则不同的涂色方法共有（色多次使用，则不同的涂色方法共有（） A.180A.180种种B.120B.120种种 C.96C.96种种D.60D.60种种 解析解析 按区域分四步：第一步按区域分四步：第一步A

39、 A区域有区域有5 5种颜色可选；种颜色可选；第二步第二步B B区域有区域有4 4种颜色可选；种颜色可选； 第三步第三步C C区域有区域有3 3种颜色可选；种颜色可选； 第四步由于第四步由于D D区域可以重复使用区域区域可以重复使用区域A A中已有过的颜中已有过的颜色，故也有色，故也有3 3种颜色可选用种颜色可选用. .由分步乘法计数原理，由分步乘法计数原理，共有共有5 54 43 33=1803=180（种）涂色方法（种）涂色方法. .A5.5.一植物园参观路径如图所示，若要一植物园参观路径如图所示，若要 全部参观并且路线不重复，则不同全部参观并且路线不重复，则不同 的参观路线种数共有的参观

40、路线种数共有 （） A.6A.6种种B.8B.8种种 C.36C.36种种D.48D.48种种 解析解析 如图所示，在如图所示，在A A点可先点可先 参观区域参观区域1,1,也可先参观区域也可先参观区域 2 2或或3 3，共有，共有3 3种不同选法种不同选法. .每每 种选法中又有种选法中又有2 22 22 22=162=16种种 不同路线不同路线. . 共有共有3 316=4816=48种不同的参观路线种不同的参观路线. .D6.6.有有4 4位教师在同一年级的位教师在同一年级的4 4个班中各教一个班的数个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，学，在数学检测时要求每位

41、教师不能在本班监考，则监考的方法有则监考的方法有 （ ） A.8A.8种种B.9B.9种种C.10C.10种种D.11D.11种种 解析解析 方法一方法一 设四位监考教师分别为设四位监考教师分别为A A、B B、C C、D D，所教班分别为，所教班分别为a a、b b、c c、d d，假设，假设A A监考监考b b，则余，则余下三人监考剩下的三个班，共有下三人监考剩下的三个班，共有3 3种不同方法，同种不同方法，同理理A A监考监考c c、d d时，也分别有时，也分别有3 3种不同方法，由分类种不同方法，由分类加法计数原理共有加法计数原理共有3+3+3=93+3+3=9种种. .B 方法二方法

42、二 班级按班级按a a、b b、c c、d d的顺序依次排列，为的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形树形图图”表示如下：表示如下： 共有共有9 9种不同的监考方法种不同的监考方法. .二、填空题二、填空题7.7.（20082008浙江，理浙江，理1616文文1717）用用1 1，2 2，3 3，4 4，5 5，6 6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且数字的奇偶性不同，且1 1和和2 2相邻，这样的六位数的相邻，这样的六位数的个数是个数是 （用数字作答）（用数

43、字作答）. . 解析解析 可分三步来做这件事：可分三步来做这件事： 第一步：先将第一步：先将3 3、5 5排列，共有排列，共有 种排法；种排法； 第二步：再将第二步：再将4 4、6 6插空排列，共有插空排列，共有2 2 种排法；种排法； 第三步：将第三步：将1 1、2 2放到放到3 3、5 5、4 4、6 6形成的空中，共形成的空中，共有有 种排法种排法. . 由分步计数原理得共有由分步计数原理得共有 2 =402 =40个个. .404022A22A22A22A15C15C8.“8.“渐升数渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正是指每个数字比它左边的数字大的正整数（如整数（如1 4581

44、458），若把四位），若把四位“渐升数渐升数”按从小到按从小到大的顺序排列，则第大的顺序排列，则第3030个数为个数为 . . 解析解析 渐升数由小到大排列，形如渐升数由小到大排列，形如 的渐升数共有：的渐升数共有：6+5+4+3+2+1=216+5+4+3+2+1=21（个），如（个），如123123，个位可从个位可从4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9六个数字选一个，有六个数字选一个，有6 6种等；形如种等；形如的渐升数共有的渐升数共有5 5个；形如个；形如的渐升数共有的渐升数共有4 4个，故此时共有个，故此时共有21+5+4=3021+5+4=30个，因此个，因此从小到大的渐升

45、数的第从小到大的渐升数的第3030个必为个必为1 3591 359，所以应填，所以应填1 359.1 359.答案答案 1 3591 3599.9.在在20082008年奥运选手选拔赛上，年奥运选手选拔赛上，8 8名男运动员参加名男运动员参加 100100米决赛米决赛. .其中甲、乙、丙三人必须在其中甲、乙、丙三人必须在1 1、2 2、3 3、 4 4、5 5、6 6、7 7、8 8八条跑道的奇数号跑道上，则安排八条跑道的奇数号跑道上，则安排 这这8 8名运动员比赛的方式共有名运动员比赛的方式共有 种种. . 解析解析 分两步安排这分两步安排这8 8名运动员名运动员. . 第一步：安排甲、乙、丙三人，共有第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1 1、3 3、5 5、7 7四条跑道可安排，所以安排方式有四条跑道可安排，所以安排方式有4 43 32=242=24种种. . 第二步：安排另外第二步：安排另外5 5人，可在人，可在2 2、4 4、6 6、8 8及余下的及余下的一 条 奇 数 号 跑 道 安 排 ， 所 以 安 排 方 式 有一 条 奇 数 号 跑 道 安 排 ， 所 以 安 排 方 式 有5 54 43 32 21=1201=120种种. . 安排这安排这8 8人的方式有人的方式有2424120=2 8801