【数学】2019届一轮复习人教B版分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案

【数学】2019届一轮复习人教B版分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案

第一章 计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一、分类加法计数原理 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=种不同的方法. 2．分类加法计数原理的推广 完成一件事有 n 类不同的方案，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=种不同的方法． 【注】分类加法计数原理的特点是各类中的每一个方法都可以完成要做的事情. 二、分步乘法计数原理 1．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=种不同的方法． 2．分步乘法计数原理的推广 完成一件事需要分成 n 个步骤，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=种不同的方法． 【注】分步乘法计数原理的特点是每一步中都要使用一个方法才能完成该步要做的事情.可以用下图表示 分步乘法计数原理的原理： 3．两个计数原理的联系与区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 联 系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是关于完成一件事情的不同方法的种数 问题． 区 别 (1)完成一件事共有 n 类方法，关键词是 “分类”． (2)各类方法都是互斥的、并列的、相互 独立的. (3)每类方法都能完成这件事． (1)完成一件事共分 n 个步骤，关键词是“分步”． (2)每步得到的只是中间结果，任何一步都不能 独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件 事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事． (3)各步之间是互相关联的、互相依存的. 三、两个计数原理的应用 1．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分 步． 应用分类加法计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性，各类中的每个方法都能独立的将 这件事情完成； 应用分步乘法原理时，要注意“步”与“步”之间是连续的，做一件事需分成若干个互相联系的步骤，所有 步骤依次相继完成，这件事才算完成． 2．分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． 3．分步要做到“步骤完整”，步与步之间要相互独立，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法 数相乘得到总数． 知识参考答案： 一、1．m+n 2．m1＋m2＋···＋mn 二、1．m×n 2．m1×m2×···×mn —重点 分类加法计数原理、分步乘法计数原理 —难点 两个计数原理的应用 —易错 混淆分步、分类致误或分步、分类时考虑不全致误 1．分类加法计数原理的应用 对分类加法计数原理的理解注意点： （1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定一 个分类标准，在这个标准下进行分类. （2）“完成一件事有 n 类不同方案”是指完成这件事的所有方法可分为 n 类，即任何一类中的任何一种 方法都可以完成任务，而不需要再用到其他方法；每一类没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方 法都在某一类中. 简单地说，就是应用分类加法计数原理时要做到“不重不漏”. 【例 1】某校开设 A 类选修课 3 门，B 类选修课 4 门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有 A．3 种 B．4 种 C．7 种 D．12 种 【答案】C 【例 2】把 3 枚相同的纪念邮票和 4 枚相同的纪念币作为礼品送给甲、乙两名学生，要求全部分完且每 人至少有一件礼品，则不同的分法共有种. 【答案】18 【解析】以甲分得的礼品数为标准分类（用(a,b)表示甲分得纪念邮票 a 枚，纪念币 b 枚），可分为 6 类： 第 1 类，甲分得 1 件礼品有 2 种分法：（1,0），（0,1）； 第 2 类，甲分得 2 件礼品有 3 种分法：（2,0），（1,1），（0,2）； 第 3 类，甲分得 3 件礼品有 4 种分法：（3,0），（2,1），（1,2），（0,3）； 第 4 类，甲分得 4 件礼品有 4 种分法：（3,1），（2,2），（1,3），（0,4）； 第 5 类，甲分得 5 件礼品有 3 种分法：（3,2），（2,3），（1,4）； 第 6 类，甲分得 6 件礼品有 2 种分法：（3,3），（2,4）. 根据分类加法计数原理，不同的分法共有 2+3+4+4+3+2=18 种. 【名师点睛】本题的分类标准并不明显，根据题意，这些礼品要全部分完且每人至少有一件礼品，因此 可以将甲、乙这两人中一人分得的礼品数作为分类标准，本题从甲分得的礼品数考虑，也可以从两类礼 品的角度考虑，分两个步骤完成，应用分步乘法计数原理解决. 2．分步乘法计数原理的应用 对分步乘法计数原理的理解注意点： （1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定 分步标准，标准不同，分步的步骤也会不同. （2）“完成一件事需要 n 个步骤”是指完成这件事的任何一种方法，都要分成 n 个步骤，在每一个步 骤中任取一种方法，然后相继完成所有这些步骤就能完成这件事.即各步骤是相互依存的，只有每个步骤 都完成才能完成这件事. :学 ] 简单地说，就是应用分步乘法计数原理时要做到“步骤完整”. 【例 3】已知 a∈{3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x−a)2＋(y−b)2＝r2 可表示不同的圆的个数是多 少？ 【答案】24 个. 【思路点拨】要想确定一个圆，需确定圆心的横坐标 a，纵坐标 b，圆的半径 r，只有当三个量都确定时， 这个圆才确定，故应该用分步乘法计数原理求解． 【例 4】（1）用数字 1,2,3 可以组成多少个三位数？ （2）用数字 1,2,3 可以组成多少个没有重复数字的三位数？ 【答案】（1）27；（2）6. 【解析】（1）要完成“组成三位数”这件事,需分以下 3 步： 第一步：确定个位数字,1,2,3 三个数字都可以选择,有 3 种选法； 第二步：确定十位数字,1,2,3 三个数字都可以选择,有 3 种选法； 第三步：确定百位数字,1,2,3 三个数字都可以选择,有 3 种选法. 根据分步乘法计数原理,可以组成的三位数有 3×3×3=27 个. （2）要完成“组成没有重复数字的三位数”这件事,需分以下 3 步： 第一步：确定个位数字,1,2,3 三个数字都可以选择,有 3 种选法； 第二步：确定十位数字,第一步选过的数字不能选择,因此有 2 种选法； 第三步：确定百位数字,只有 1 种选法. 根据分步乘法计数原理,可以组成的三位数有 3×2×1=6 个. 【规律总结】（1）应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才 算完成这件事情，每个步骤缺一不可． （2）利用分步乘法计数原理解题的一般思路． ①分步：将完成这件事的过程分成若干步； ②计数：求出每一步中的方法数； ③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． 3．两个计数原理的综合应用 应用两个计数原理解题时的策略： （1）确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理， 还是两种原理综合应用解题． （2）处理好类与步的关系：对于较为复杂的题目，在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中 又可能分类计算所用的方法，两者要有机结合． （3）注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏． 【例 5】有 A,B,C 型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁 4 个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三 种型号的电脑，丙不会操作 C 型电脑，而丁只会操作 A 型电脑.从这 4 个操作人员中选 3 人分别去操作这 三种型号的电脑，则不同的选派方法有种（用数字作答）. 【答案】8 【解析】由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从 4 个操作人员中选 3 人去操作这三种型号的电 脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类： 第 1 类，选甲、乙、丙 3 人，由于丙不会操作 C 型电脑，分 2 步安排这 3 人操作的电脑的型号，有 2×2=4 种方法； 第 2 类，选甲、乙、丁 3 人，由于丁只会操作 A 型电脑，这时安排 3 人操作的电脑的型号有 2 种方法； 第 3 类，选甲、丙、丁 3 人，这时安排 3 人操作的电脑的型号只有 1 种方法； 第 4 类，选乙、丙、丁 3 人，同样也只有 1 种方法. 根据分类加法计数原理，共有 4+2+1+1=8 种选派方法. 【例 6】现从高一四个班的学生中选取 34 人，其中一、二、三、四班分别选取 7 人、8 人、9 人、10 人， 他们自愿组成数学课外小组． （1）每班选一名组长，有多少种不同的选法？ （2）推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？ 【答案】（1）5 040；（2）431. 【解析】（1）分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长． 所以共有不同的选法 N＝7×8×9×10＝5 040(种)． 所以，共有不同的选法 N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)． 4．分类或分步时考虑不全致误 【例 7】有红、黄、蓝旗各 3 面，每次升 1 面、2 面、3 面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺 序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？ 【错解】每次升一面旗可组成 3 种不同的信号；每次升 2 面旗可组成 3×2＝6 种不同信号；每次升 3 面旗 可组成 3×2×1＝6 种不同的信号，根据分类加法计数原理知，共有不同信号 3＋6＋6＝15 种． 【错因分析】每次升起 2 面或 3 面旗时，颜色可以相同． 【正解】每次升 1 面旗可组成 3 种不同的信号；每次升 2 面旗可组成 3×3＝9 种不同的信号；每次升 3 面旗可组成 3×3×3＝27 种不同的信号．根据分类加法计数原理得，共可组成：3＋9＋27＝39 种不同的信 号． 【易错警示】审题时要细致，把题意弄清楚．本题中没有规定升起旗子的颜色不同，故既要考虑升起旗 子的面数，又要考虑其颜色，不可偏废遗漏． 【例 8】甲、乙、丙、丁 4 名同学争夺数学、物理、化学 3 门学 知识竞赛的冠军，且每门学 只有 1 名 冠军产生，则不同的冠军获得情况有种. 【错解】错解 1：分四步完成这件事. 第 1 步，第 1 名同学去夺 3 门学 的冠军，有可能 1 个也没获得，也可能获得 1 个或 2 个或全部，因此， 共有 4 种不同情况； 同理，第 2，3，4 步分别由其他 3 名同学去夺这 3 门学 的冠军，都各自有 4 种不同情况. 由分步乘法计数原理知，共有 4×4×4×4=44=256 种不同的冠军获得情况. 错解 2：分四步完成这件事.[ : xx ] 第 1 步，第 1 名同学去夺 3 门学 的冠军，有 3 种不同情况； 同理，第 2，3，4 步分别由其他 3 名同学去夺这 3 门学 的冠军，都各自有 3 种不同情况. 由分步乘法计数原理知，共有 3×3×3×3=34=81 种不同的冠军获得情况. 【错因分析】要完成的“一件事”是“争夺 3 门学 知识竞赛的冠军，且每门学 只有 1 名冠军产生”. 但错解 1、2 中都有可能出现某一学 冠军被 2 人、3 人，甚至 4 人获得的情形，另外还可能出现某一学 没 有冠军产生的情况. 【正解】可先举例说出其中的一种情况，如数学、物理、化学 3 门学 知识竞赛的冠军分别是甲、甲、丙， 可见研究的对象是“3 门学 ”，只有 3 门学 各产生 1 名冠军，才完成了这件事，而 4 名同学不一定每 人都能获得冠军，故完成这件事分三步. 由分步乘法计数原理知，共有 4×4×4=43=64 种不同的冠军获得情况. 【答案】64 【易错警示】此类问题是一类元素允许重复选取的计数问题，可以用分步乘法计数原理来解决，关键是 明确要完成的一件事是什么.也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必 须“用完”就以哪类元素作为分步的依据.学 5 1．有 3 个袋子，分别装有不同编号的红色小球 6 个，白色小球 5 个，黄色小球 4 个.若从 3 个袋子中任取 1 个小球，则不同的取法有 A．4 种 B．15 种 C．30 种 D．120 种 2．甲、乙两人从 4 门课程中各选修 1 门，则甲、乙所选的课程不相同的选法共有 A．6 种 B．12 种 C．30 种 D．36 种 3．已知 x∈{2,3,7}，y∈{−31，−24，4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是 A．1 B．3 C．6 D．9 4．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．12 B．24 C．36 D．40 5．图书馆的书架有三层，第一层有 3 本不同的数学书，第二层有 5 本不同的语文书，第三层有 8 本不同的 英语书，从中任取一本书，共有不同的取法________种． 6．将 3 名学生分配到某工厂的 5 个车间去参加社会实践，则不同的分配方案有________种． 7．现有 5 幅不同的国画，2 幅不同的油画，7 幅不同的水彩画. （1）从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？ （2）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？ （3）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？ 8．把 4 张同样的参观券分给 5 个代表，每人最多分一张，参观券全部分完，则不同的分法共有 A．120 种 B．1024 种 C．625 种 D．5 种 9．5 名班委进行分工，其中 A 不适合当班长，B 只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为 A．18 B．24 C．60 D．48 10．若直线方程 Ax+By=0 中的 A,B 可以从 0,1,2,3,5 这 5 个数字中任取 2 个不同的数字，则方程所表示的不 同直线有 A．5 条 B．7 条 C．12 条 D．14 条 11．4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率 为 A．1 8 B．3 8 C．5 8 D．7 8 12．如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜 色不同，则不同涂色方法种数为 A．24 种 B．48 种 C．72 种 D．96 种 13．已知 a∈{3,4,6}，b∈{2,5,7,8}，则方程x2 a ＋y2 b ＝1 可表示________个不同的椭圆. 14．我们把个位数比十位数小的两位数称为“和谐两位数”，则 1，2，3，4 四个数组成的两位数中，“和谐两 位数”有________个. 15．某外语组有 9 人，每人至少会英语和日语中的一门，其中 7 人会英语，3 人会日语，从中选出会英语和 日语的各一人，有________种不同的选法. 16．用 n 种不同的颜色为下列两块广告牌（如图甲、乙）着色，要求 A，B，C，D 四个区域中相邻（有公 共边界）的区域用不同的颜色. （1）若 n=6,求为甲图着色时共有多少种不同的方法； （2）若为乙图着色时共有 120 种不同方法，求 n. 17．(2016 年高考新课标Ⅱ卷)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 18．(2016 年高考新课标Ⅲ卷)定义“规范 01 数列”{an}如下：{an}共有 2m 项，其中 m 项为 0，m 项为 1，且 对任意 2k m ， 1 2, , , ka a a 中 0 的个数不少于 1 的个数.若 m=4，则不同的“规范 01 数列”共有 A．18 个 B．16 个 C．14 个 D．12 个 19．(2013 年高考福建卷)满足 a，b∈{−1,0,1,2}，且关于 x 的方程 2 2 0ax x b   有实数解的有序数对 ( , )a b 的个数为 A．14 B．13 C．12 D．10 20．(2013 年高考山东卷)用 0，1，…，9 十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为 A．243 B．252 C．261 D．279 21．(2014 年高考安徽卷)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60°的共有 A．24 对 B．30 对 C．48 对 D．60 对 1 2 3 4 8 9 10 11 12 17 18 19 20 21 B B D C D A[ :学 ] D D C B C B B C 1．【答案】B 【解析】有三类不同方案： 第 1 类，从第 1 个袋子中任取 1 个红色小球，有 6 种不同的取法； 第 2 类，从第 2 个袋子中任取 1 个白色小球，有 5 种不同的取法； 第 3 类，从第 3 个袋子中任取 1 个黄色小球，有 4 种不同的取法. 其中，从这 3 个袋子的任意 1 个袋子中取 1 个小球都能独立地完成“任取 1 个小球”这件事，根据分类加 法计数原理，不同的取法共有 6+5+4=15 种. 3．【答案】D 【解析】这件事可分为两步完成： 第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值作为 x 有 3 种方法； 第二步，在集合{−31，−24，4}中任取一个值作为 y 有 3 种方法． 根据分步乘法计数原理知，有 3×3＝9 个不同的点．学* . 4．【答案】C 【解析】解法一：按十位数上的数字分别是 1、2、3、4、5、6、7、8 的情况分为 8 类，在每一类中满足 题目条件的两位数分别是 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，符合题意的两位数的个数共有 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 解法二：按个位数字是 2、3、4、5、6、7、8、9 分成 8 类，在每一类中满足条件的两位数分别是 1 个、 2 个、3 个、4 个、5 个、6 个、7 个、8 个. 所以按分类加法计数原理共有 1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)． 【名师点睛】完成这件事，只要两位数的个位、十位确定了，这件事就算完成了，因此可考虑按十位上 的数字情况或按个位上的数字情况进行分类．应用分类加法计数原理解题时要注意以下三点： （1）明确题目中所指的“完成一件事”指的是什么事，怎样才算是完成这件事． （2）完成这件事的 n 类办法中的各种方法是互不相同的，无论哪类办法中的哪种方法都可以单独完成这 件事． （3）确立恰当的分类标准，这个“标准”必须满足：①完成这件事情的任何一种方法必须属于其中的一个 类；②分别在不同两类中的两种方法不能相同．即不重复，无遗漏． 5．【答案】16 【解析】由分类加法计数原理知，共有不同取法 3＋5＋8＝16 种． 7．【答案】（1）14；（2）70；（3）59. 【解析】（1）分为三类：从国画中选，有 5 种不同的选法；从油画中选，有 2 种不同的选法；从水彩画 中选，有 7 种不同的选法．根据分类加法计数原理共有 5＋2＋7＝14 种不同的选法． （2）分为三步：国画、油画、水彩画各有 5 种、2 种、7 种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有 5×2×7＝70 种不同的选法． （3）分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有 5×2＝10 种不同的 选法． 第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有 5×7＝35 种不同的选法． 第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有 2×7＝14 种不同的选法， 所以有 10＋35＋14＝59 种不同的选法． 【思路点拨】（1）选一幅国画布置房间，这件事情可以完成，选一幅油画布置房间，这件事情也可以完 成，因此完成“选一幅画布置房间”这件事情共分三类． （2）选一幅国画布置房间，布置房间的任务没有完成，选一幅油画布置房间，布置房间的任务也没有完 成，只有国画、油画、水彩画各选一幅都完成后，布置房间的任务才算完成，故完成这件事情需分三步． （3）“选两种不同种类的画”，可以选国画、油画，也可以选国画、水彩画，如果选了国画、油画，则这 件事情已经完成，故用分类加法计数原理，在每一类里选一种画，再选一种画，两种画都选出，这件事 情才完成，故用分步乘法计数原理，因此本题应先分类，再分步解决． 8．【答案】D 【解析】由于 4 张同样的参观券分给 5 个代表，每人最多分一张，每次分完只有一个代表队得不到，所 以共有 5 种不同的分法．故选 D． 10．【答案】D 【解析】方法一（直接法）：本题中有特殊数字 0，所以，以 A,B 中是否有数字 0 为标准进行分类，可 分两类： 第 1 类，当 A,B 中有一个为 0 时，表示直线 x=0 或 y=0，共 2 条不同直线. 第 2 类，当 A,B 都不为 0 时，确定直线 Ax+By=0 需要分两步完成： 第 1 步，确定 A 的值，有 4 种不同的方法； 第 2 步，确定 B 的值，有 3 种不同的方法. 由分步乘法计数原理知，共可确定 4×3=12 条不同直线.[ : xx ] 由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有 2+12=14 条. 方法二（间接法）：分两步：第 1 步，确定 A 的值，有 5 种不同的方法； 第 2 步，确定 B 的值，有 4 种不同的方法. 由分步乘法计数原理知，可以确定 5×4=20 条直线. 在这 20 条直线中，A=0，B=1，2，3，5，以及 B=0，A=1，2，3，5 各表示一条直线，即有 6 条直线是 重复计数的，因此，符合条件的不同直线共有 20−6=14 条. 【名师点睛】间接法体现了“正难则反”的思想.若问题从正面考虑的话情况比较多,而问题的反面情况 较少,且容易计数,则宜采用间接法,即先求出方法总数,再减去不符合条件的方法数或重复计数的方法数. 11．【答案】D 【解析】四位同学各自在周六、周日两天中选择一天参加公益活动的情况有 24＝16 种方式，其中仅在 周六或周日参加的各有一种，故所求概率 P＝1−1＋1 16 ＝7 8. 【名师点睛】计数原理与其他知识交汇命题，常以“个数”或“概率”形式出现，计数常采用列举数数、树 状图、表格等方法．解答时，先依据其他知识转化，将所求问题归结为计数问题，再按计数原理进行 计算． 12．【答案】C 【解析】解法 1：分两种情况： ①A、C 不同色，先涂 A 有 4 种，C 有 3 种，E 有 2 种，B、D 有 1 种，由分步乘法计数原理知有 4×3×2 ＝24 种． ②A、C 同色，先涂 A 有 4 种，E 有 3 种，E 有 2 种，B、D 各有 2 种，由分步乘法计数原理知有 4×3×2×2 ＝48 种． 由分类加法计数原理知，共有 72 种，故选 C． 解法 2：先涂 A，有 4 种涂法，再涂 B、D， ①若 B 与 D 同色，则 B 有 3 种，E 有 2 种，C 有 2 种，共有 4×3×2×2＝48 种； ②若 B 与 D 不同色，则 B 有 3 种，D 有 2 种，E 有 1 种，C 有 1 种，共有 4×3×2×1×1＝24 种， 由分类加法计数原理知，共有不同涂法 48＋24＝72 种． 故选 C． 【名师点睛】这是一个有限制条件的计数问题，解决方法是：特殊位置、特殊元素优先安排的原则．本 题是先分类再分步，而分类的标准是两个特殊位置，这样，在分类时才能做到“不重不漏”．应用两个计 数原理解题时的策略： (1)确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理， 还是两种原理综合应用解题． (2)处理好类与步的关系：对于较为复杂的题目，在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中 又可能分类计算所用的方法，两者要有机结合． (3)注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏． 13．【答案】12 【解析】∵a∈{3,4,6}，b∈{2,5,7,8}，∴x2 a ＋y2 b ＝1 可表示不同的椭圆个数为 3×4＝12 个． 14．【答案】6 所以“和谐两位数”有 6 个. 15．【答案】20 【解析】记“会英语和日语”的人为“多面手”，第一类：“多面手”去参加英语时，选出只会日语的一人即 可，有 2 种选法． 第二类：“多面手”去参加日语时，选出只会英语的一人即可，有 6 种选法． 第三类：“多面手”既不参加英语又不参加日语，则需从只会日语和只会英语中各选一人，有 2×6＝12(种) 方法． 故共有 2＋6＋12＝20(种)选法．学/ ++ 【名师点睛】解两个计数原理的综合应用题时，最容易出现不知道应用哪个原理来解题的情况，其思 维障碍在于不能正确区分该问题是“分类”还是“分步”，突破方法在于认真审题，明确“完成一件事”的含 义，将问题中的条件细化、化繁为简． 16．【答案】（1）480；（2）5. 解得 n=5. 【名师点睛】（1）由题意知本题考查的是分步乘法计数原理，对区域 A，B，C，D 按顺序着色，第一 块有 6 种方法，第二块就不能选第一块的颜色，有 5 种结果，以此类推，根据分步计数原理得到结果． （2）利用分步乘法计数原理得到不同的染色方法有 n(n−1)(n−2)(n−3)种，再根据共有 120 种结果，列 出等式，解关于 n 的方程，即可得到结果． 对于着色问题的两种典型现象： 一是平面图涂颜色：先涂接触区域最多的一块；二是立体图涂颜色：先涂具有同一顶点的几个平面， 其他平面每步涂法分类列举. 17．【答案】B 【解析】由题意可知 E→F 共有 6 种走法，F→G 共有 3 种走法，由乘法计数原理知，则共有 6×3=18 种 走法，故选 B. 【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间 是独立的． 分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步 之间是相关联的． 18．【答案】C 【解析】由题意，得必有 1 0a  ， 8 1a  ，则具体的排法列表如下： 0[ :学 X X ] 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 由上表知，不同的“规范 01 数列”共有 14 个，故选 C. 【方法点拨】求解计数问题时，如果遇到情况较为复杂，即分类较多，标准也较多，同时所求计数的结 果不太大时，往往利用表格法、树状图将其所有可能一一列举出来，常常会达到岀奇制胜的效果． 19．【答案】B 综上，共有 13 个满足要求的有序数对． 20．【答案】B 【解析】十个数排成不重复数字的三位数的求解方法是： 第 1 步，排百位数字，有 9 种方法(0 不能作首位)； 第 2 步，排十位数字，有 9 种方法； 第 3 步，排个位数字，有 8 种方法， 根据乘法原理，共有 9×9×8=648 个没有重复数字的三位数． 可以组成所有三位数的个数有 9×10×10=900（个），所以可以组成有重复数字的三位数的个数为 900−648=252.学 2 21．【答案】C 【解析】如图，在上底面中选 1 1B D ，四个侧面中的面对角线都与它成 60°，共 8 对，同样 1 1AC 对应的也 有 8 对，下底面也有 16 对，共有 32 对；左右侧面与前后侧面中共有 16 对．所以全部共有 48 对．