专题01 两个计数原理

专题1两个计数原理类型一、加法原理【例1】高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一名学生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种.【例2】若a、b是正整数，且a+b≤6，则以(a，b)为坐标的点共有多少个？【例3】用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()【例4】用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为()类型二、乘法原理【例6】公园有4个门，从一个门进，一个门出，共有种不同的走法.【例7】将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有.【例8】如果在一周内（周一至周日）安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余两所学校均只参观一天，那么不同的安排方法共有种.【例9】高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一名男生和一名女生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种.【例10】六名同学报名参加三项体育比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名结果？【例11】六名同学参加三项比赛，三个项目比赛冠军的不同结果有多少种？【例12】用1，2，3，4，5，6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1和2相邻，这样的六位数的个数是（用数字作答）.A．43【例14】若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y=-x2，值域为{-1，-9}的“同族函数”共有()【例15】某银行储蓄卡的密码是一个4位数码，某人采用千位、百位上的数字之积作为十位和个位上的数字（如2816）的方法设计密码，当积为一位数时，十位上数字选0，并且千位、百位上都能取0．这样设计出来的密码共有()数之和不等于1，则取出这样的子集的个数为()【例17】若x、y是整数，且x≤6，x≤6，则以(x，y)为坐标的不同的点共有多少个？⑴可以组成 个数字不重复的三位数.⑵可以组成 个数字允许重复的三位数.【例19】六名同学报名参加三项体育比赛，共有多少种不同的报名结果？【例20】将3名教师分配到2所中学任教，每所中学至少一名教师，则不同的分配方案共有种.类型三、基本计数原理的综合应用【例21】用0，3，4，5，6排成无重复字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是用数字作答）【例22】若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象．则称n为“可连数”．例如：32是“可连数”，因32+33+34不产生进位现象；23不是“可连数”，因23+24+25产生进位现象．那么，小于1000的“可连数”的个数为()A．27B．36【例23】由正方体的8个顶点可确定多少个不同的平面？【例24】分母是385的最简真分数一共有多少个？并求它们的和.【例25】用0，1，2，3，4，5这6个数字，可以组成个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数.“创创创9999”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为()【例27】同室4人各写1张贺年卡，先集中起来，然后每人从中各拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有()【例28】某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个节目插入原节目单中，那么不同的插法种数为()【例29】某班学生参加植树节活动，苗圃中有甲、乙、丙3种不同的树苗，从中取出5棵分别种植在排成一排的5个树坑内，同种树苗不能相邻，且第一个树坑和第5个树坑只能种甲种树苗的种法共()A．15种B．12种C．9种D．6种【例30】用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()【例31】足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，那么一个队打14场共得19分的情况有()专题1两个计数原理类型一、加法原理【例1】高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一名学生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种.【解析】18+38=56.【例2】若a、b是正整数，且a+b≤6，则以(a，b)为坐标的点共有多少个？【例3】用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()【解析】由题意知本题要分类来解，当尾数为2、4、6、8时，个位有4种选法，因百位不能为0，所以百位有8种，十位有8种，共有8创84=256当尾数为0时，百位有9种选法，十位有8种结果，根据分类计数原理知共有256+72=328故选：B.【例4】用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为()【解析】由题意知本题需要分步计数，2和4排在末位时，共有A=2种排法，其余三位数从余下的四个数中任取三个有A=4创32=24种排法，根据由分步计数原理得到符合题意的偶数共有2´24=48（个).故选：C.【解析】分四类：①千位数字为3,4之一时，百十个位数只要不重复即可，有2A=120个；②千位数字为5时，百位数字为0,1,2,3之一时，有AA=48个；③千位数字为5时，百位数字是4，十位数字是0,1之一时，有AA=6个；最后还有5420也满足题意.所以，所求四位数共有120+48+6+1=175个.故答案为175.类型二、乘法原理【例6】公园有4个门，从一个门进，一个门出，共有种不同的走法.【解析】根据题意，要求从从任一门进，从任一门出，则进门的方法有4种，出门的方法也有4种，则不同的走法有4´4=16种【例7】将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有.【解析】根据题意，依次对3个小球进行讨论：第一个小球可以放入任意一个盒子，即有4种不同的放法，同理第二个小球也有4种不同的放法，第三个小球也有4种不同的放法，即每个小球都有4种可能的放法，根据分步计数原理知共有即4创44=64不同的放法，故答案为：64.【例8】如果在一周内（周一至周日）安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余两所学校均只参观一天，那么不同的安排方法共有种.【解析】分两步完成，第一步先安排甲学校参观，共六种安排方法；第二步安排另外两所学校，共有A安排方法，故不同的安排种法有6´A=120，故答案为120.【例9】高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一名男生和一名女生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种.【例10】六名同学报名参加三项体育比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名结果？【解析】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，可得共有不同的报名方法36=729种.【例11】六名同学参加三项比赛，三个项目比赛冠军的不同结果有多少种？【解析】由题意，每项比赛的冠军都有6种可能，因为有3项体育比赛，所以冠军获奖者共有6创66=63种可能【例12】用1，2，3，4，5，6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1和2相邻，这样的六位数的个数是（用数字作答）.【解析】解析：可分三步来做这件事：第一步：先将3、5排列，共有A种排法；3第二步：再将4、6插空排列，插空时要满足奇偶性不同的要求，共有2A种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中，共有C种排法.由分步乘法计数原理得共有A.2A.C=40（种).答案为：40A．43【解析】椭圆落在矩形内，满足题意必须有，m¹n，所以有两类，一类是m，n从{1，2，3，¼6，7，8}任选两个不同数字，方法有A=56令一类是m从9，10，两个数字中选一个，n从{1，2，3，¼6，7，8}中选一个所以满足题意的椭圆个数是：56+16=72故选：B.【例14】若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y=-x2，值域为{-1，-9}的“同族函数”共有()【解析】定义域是集合的子集，且子集中至少应该含有-1、1中的一个和-3、3中的一个，故选：C.【例15】某银行储蓄卡的密码是一个4位数码，某人采用千位、百位上的数字之积作为十位和个位上的数字（如2816）的方法设计密码，当积为一位数时，十位上数字选0，并且千位、百位上都能取0．这样设计出来的密码共有()数之和不等于1，则取出这样的子集的个数为()【解析】从集合{-1，-2，-3，-4，0，1，2，3，4，5}中，随机选出5个数组成子集，共有C105种取法，即可组成C105个子集，4记“这5个数中的任何两个数之和不等于1”为事件A， A包含的结果有①只有有一组数的和为1，有C51C43C21C21C21=160种结果②有两组数之和为1，有C52.C61=60种，则A包含的结果共有220种故答案为：220.【例17】若x、y是整数，且x≤6，x≤6，则以(x，y)为坐标的不同的点共有多少个？【解析】整数x，y满足x≤6，x≤6从A种选一个共有13种方法，从B选一个共有13种方法，故答案为：169.⑴可以组成个数字不重复的三位数.⑵可以组成个数字允许重复的三位数.【解析】（1）根据题意，分2步分析：①、先选百位，百位可以在1、2、3、4、5中任选1个，则百位有5种方法，②、在剩下的5个数字中任选2个，安排在十位、个位，有A=20种选法，则可以组成5´20=100个无重复数字的三位数（2）分3步进行分析：①、先选百位，百位可以在1、2、3、4、5中任选1个，则百位有5种选法，②、再选十位，十位可以在0、1、2、3、4、5中任选1个，则十位有6种选法，③、最后分析个位，个位可以在0、1、2、3、4、5中任选1个，则个位有6种选法，则可以组成5创66=180个数字允许重复的三位数；【例19】六名同学报名参加三项体育比赛，共有多少种不同的报名结果？【例20】将3名教师分配到2所中学任教，每所中学至少一名教师，则不同的分配方案共有种.【解析】将3名教师分配到2所中学任教，每所中学至少1名教师，只有一种结果1，2，首先从3个人中选2个作为一个元素，使它与其他两个元素在一起进行排列，共有CA=6种结果，故选：B.类型三、基本计数原理的综合应用【例21】用0，3，4，5，6排成无重复字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是用数字作答）【解析】按首位数字的奇偶性分两类：一类是首位是奇数的，有：AA；另一类是首位是偶数，有：(A-A)A则这样的五位数的个数是：AA+(A-A)A=20.故答案为：20.【例22】若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象．则称n为“可连数”．例如：32是“可连数”，因32+33+34不产生进位现象；23不是“可连数”，因23+24+25产生进位现象．那么，小于1000的“可连数”的个数为()A．27B．36【解析】如果n是良数，则n的个位数字只能是0，1，2，非个位数字只能是0，1，2，3（首位不为0)，而小于1000的数至多三位，一位的良数有0，1，2，共3个二位的良数个位可取0，1，2，十位可取1，2，3，共有3´3=9个三位的良数个位可取0，1，2，十位可取0，1，2，3，百位可取1，2，3，共有3创43=36个.综上，小于1000的“良数”的个数为3+9+36=48个故选：D.【例23】由正方体的8个顶点可确定多少个不同的平面？【解析】依题意，正方体的8个顶点所确定的平面有：6个表面，6个对角面，8个正三角形平面共20个.故答案为：20【例24】分母是385的最简真分数一共有多少个？并求它们的和.【解析】因为385=5×7×11，在1~385这385个自然数中，5的倍数有（个)，7的倍数有的倍数有而5、7、11互质的数有385—145=240（个)．即分母为385的真分数有240（个).如果有一个真分数为则必还有另一个真分数，即以385为分母的最简真分数是成对出现的，而每一对之和恰为1．故以385为分母的240最简分数可以分成120时，它们的和为1×120=120.【例25】用0，1，2，3，4，5这6个数字，可以组成个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数.【解析】分四类：①千位数字为3,4之一时，百十个位数只要不重复即可，有2A=120个；②千位数字为5时，百位数字为0,1,2,3之一时，有AA=48个；③千位数字为5时，百位数字是4，十位数字是0,1之一时，有AA=6个；最后还有5420也满足题意.所以，所求四位数共有120+48+6+1=175个.故答案为175.“创创创9999”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为()【解析】:10000个号码中不含4、7的有84=4096，\“优惠卡”的个数为10000-4096=5904，故选：C.【例27】同室4人各写1张贺年卡，先集中起来，然后每人从中各拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有()【解析】设四人分别为a、b、c、d，写的卡片分别为A、B、C、D，由于每个人都要拿别人写的，即不能拿自己写的，故a有三种拿法，不妨设a拿了B，则b可以拿剩下三张中的任一张，也有三种拿法，c和d只能有一种拿法，故选：B.【例28】某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个节目插入原节目单中，那么不同的插法种数为()【解析】:由题意知将这3个节目插入节目单中，原来的节目顺序不变，\三个新节目一个一个插入节目单中，原来的6个节目形成7个空，在这7个位置上插入第一个节目，共有7种结果，原来的6个和刚插入的一个，形成8个空，有8种结果，同理最后一个节目有9