第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课时作业
基础对点练(时间：30分钟)
1．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有( ) (A)4种 (C)6种
(B)5种 (D)7种
A 解析：分类：三堆中“最多”的一堆为5个，其他两堆总和为5，每堆至少1个，只有2种分法．即1和4,2和3个有两种方法．三堆中“最多”的一堆为4个，其他两堆总和为6，每堆至少1个，只有2种分法．即2和4；3和3两种方法．三堆中“最多”的一堆为3个，那是不可能的．所以不同的分法共有2＋2＝4.故选A.
2．将3本相同的小说，2本相同的诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有( )
(A)24种 (C)32种
(B)28种 (D)36种
B 解析：由题可得，5本书分给4名同学，每名同学至少1本，那么这4名同学中有且仅有1名同学分到2本书，第一步，先选出1名同学，有C4种选法；第二步，这名同学分到的2本书有三种情况；2本小说或2本诗集或1本小说和1本诗集，在第一种情况下有C3种分法(剩下3名同学中选1名同学分到1本小说，其余2名同学各分到1本诗集)，在第二种情况下有1种分法(剩下3名同学各分到1本小说)，在第三种情况下有C3种分法(剩下3名同学中选1名同学分到1本诗集，其余2名同学各分到1本小说)，这样第二步所有情况的种数是C3＋1＋C3＝7，故不同的分法有7C4＝28(种)．故选B.
3．从6名男医生、5名女医生中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( )
(A)60种 (C)75种
(B)70种 (D)150种
2
1
1
1
1
1
1
C 解析：从6名男医生中选出2名男医生有C6＝15(种)不同的选法，从5名女医生中选出1名女医生有C5＝5(种)不同的选法，根据分步乘法计数原理可得，组成的医疗小组共有15×5＝75(种)不同的选法，故选C.
4．某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课
1
1
程中各至少选一门，则不同的选法共有( )
(A)3种 (C)9种
(B)6种 (D)18种
3
C 解析：由题知有2门A类选修课，3门B类选修课，从中选出3门的选法有C5＝10(种)．两类课程都有的对立事件是选了3门B类选修课，这种情况只有1种．满足题意的选法有10－1＝9(种)．故选C.
5．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
(A)6种 (C)18种
(B)12种 (D)20种
D 解析：分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C3＝6(种)情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C4＝12(种)情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20(种)．故选D.
6．有一种小型电子游戏，界面是一个以A，B，C，D，E，F为顶点的正六边形，一只电子猫开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D点，则停止跳动，播放成功音乐显示中奖；若在5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，播放失败音乐显示没有中奖．那么这只电子猫从开始到停止，可能出现的不同跳法种数有( )
(A)20 (C)26
(B)22 (D)28
2
2
C 解析：电子猫不能经过跳1次、2次或4次到达D点，则电子猫的跳法只有以下两种：
(1)电子猫跳3次到达D点，有ABCD，AFED2种跳法．(2)电子猫一共跳5次后停止，那么，前3次跳一定不到达D，只能达到B或F，则共有AFEF，AFAF，ABCB，ABAB，AFAB，这6种跳法；随后的两次跳法各有4种，比如由F出发的有FEF，FED，FAF，FAB，共4种，因此共有6×4＝24(种)不同的跳法．综上可知，一共有2＋24＝26(种)不同跳法．故选C.
7．芳芳同学有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则芳芳同学不同的选择方式的种数为( )
2
(A)24 (C)10
(B)14 (D)9
B 解析：两个原理的联合运用，4×3＋2＝14(种)．
8．(2019河南省实验中学质检)某班2名同学准备报名参加浙江大学、复旦大学和上海交大的自主招生考试，要求每人最多选报两所学校，则不同的报名结果有________种．
解析：每名同学的报名结果都是6种，所以2名同学的不同报名结果有6×6＝36(种)． 答案：36
x2y2
9．椭圆＋＝1的焦点在x轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样
mn的椭圆的个数为________．
解析：因为焦点在x轴上，所以m>n.以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m>n，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．
答案：10
10．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3802＝3936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是________．
解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；
第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式； 第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式； 第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．
根据分步乘法计数原理，知值为1942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300. 答案：300
能力提升练(时间：15分钟)
11．现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有( )
3
(A)24种 (C)36种
(B)30种 (D)48种
D 解析：先给最上面的一块涂色，有4种方法，再给中间左边一块涂色，有3种方法，再给中间右边一块涂色，有2种方法，最后再给下面一块涂色，有2种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48(种)方法．故选D.
12．(2019河北衡水二中检测)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 (C)30
(B)24 (D)36
C 解析：按顺序涂色，第一个圆有三种涂法，第二个圆有二种涂法，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有一种涂法，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C2×C2＝24种涂法，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)涂法．综上可得不同的涂色方案的种数是30.故选C.
13．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )
(A)18个 (C)12个
(B)15个 (D)9个
1
1
B 解析：依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004；由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031；
4
由2、2、0组成3个数分别为220、202、022；由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计：3＋6＋3＋3＝15(个).
14. 如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )
(A)72种 (C)24种
(B)48种 (D)12种
A 解析：先分两类．一是四种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有两种涂法，D有一种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用三种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故C有两种涂法．故不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
15．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的个数为( )
(A)8 (C)40
(B)32 (D)56
C 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)．
16.
5
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