高考数学 考点一遍过 专题47 两个基本计数原理 理
高考理科计数原理知识点
高考理科计数原理知识点什么是计数原理计数原理是数学中的一个重要分支，它研究的是各种计数问题的解决方法和规律。
在高考理科中，计数原理是必考的一部分，因此对于考生来说，掌握计数原理的知识点是非常重要的。
排列组合排列组合是计数原理中的基础概念，它用于解决从一组元素中选取若干个元素进行排列或组合的问题。
在排列中，元素的顺序是重要的，而在组合中，元素的顺序不重要。
排列排列是从一组元素中选取若干个元素进行排列的问题。
在排列中，元素的选取是有顺序的，不同的顺序会得到不同的排列结果。
对于n个元素中选取m个元素进行排列，排列数的计算公式为：A(n, m) = n! / (n-m)!其中，n!表示n的阶乘，即n的所有正整数的乘积。
组合组合是从一组元素中选取若干个元素进行组合的问题。
在组合中，元素的选取是没有顺序的，不同的顺序不会影响组合的结果。
对于n个元素中选取m个元素进行组合，组合数的计算公式为：C(n, m) = n! / (m! * (n-m)!)二项式定理二项式定理是计数原理中的一个重要定理，它用于计算二项式的展开式中各项的系数。
在高考中，二项式定理经常用于计算多项式的展开式。
二项式定理的公式如下：(a + b)^n = C(n, 0) * a^n * b^0 + C(n, 1) * a^(n-1) * b^1 + ... + C (n, n) * a^0 * b^n其中，C(n, m)表示从n个元素中选取m个元素进行组合的组合数。
应用实例下面我们通过一个实际的应用例子来说明计数原理在高考中的应用。
例题某班有8名男生和6名女生，从中选取3名男生和2名女生组成一个5人的代表团，问有多少种不同的选取方式？解答思路根据题目要求，我们需要从8名男生中选取3名男生，并从6名女生中选取2名女生，然后将这5人组成一个代表团。
由于男生和女生之间的选取是相互独立的，我们可以分别计算男生和女生的选取方式，然后将结果相乘即可。
对于男生的选取方式，根据排列的原理，我们可以计算出男生的选取方式为：A(8, 3) = 8! / (8-3)! = 8! / 5!对于女生的选取方式，同样可以计算出女生的选取方式为：A(6, 2) = 6! / (6-2)! = 6! / 4!最后，将男生和女生的选取方式相乘即可得到最终的结果：A(8, 3) * A(6, 2) = (8! / 5!) * (6! / 4!)结果计算根据上述公式，我们可以进行计算如下：A(8, 3) = 8! / 5! = (8 * 7 * 6 * 5!) / 5! = 8 * 7 * 6 = 336A(6, 2) = 6! / 4! = (6 * 5!) / 4! = 6 * 5 = 30最终的结果为：336 * 30 = 10080因此，有10080种不同的选取方式。
高二数学两个基本原理
分类计数原理 完成一件事，有n类方 式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在 第2类方式中有m2种不同的方法，…，在第 n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这 件事共有：
N m1 m2 mn
种不同的方法。
分类计数原理又称为加法原理。
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，使得收敛送终，尽其子道”夏五月，诏曰“父子之亲，夫妇之道，天性也。虽有患祸，犹蒙死而存之。诚爱结於心，仁厚之至也，岂能违之哉。自今，子首匿父母、妻匿夫、孙匿大父母，皆勿坐。其父母匿子、夫匿妻、大父母匿孙，罪殊死，皆上请廷尉以闻”立广川惠王孙文为广川王。秋七月， 大司马霍禹谋反。诏曰“乃者，东织室令史张赦使魏郡豪李竟报冠阳侯霍云谋为大逆，朕以大将军故，抑而不扬，冀其自新。今大司马博陆侯禹与母宣成侯夫人显及从昆弟冠阳侯云、乐平侯山、诸姊妹婿度辽将军范明友、长信少府邓广汉、中郎将任胜、骑都尉赵平、长安男子冯殷等谋为大逆。显前 又使女侍医淳于衍进药杀共哀后，谋毒太子，欲危宗庙。逆乱不道，咸伏其辜。诸为霍氏所诖误未发觉在吏者，皆赦除之”八月已酉，皇后霍氏废。九月，诏曰“朕惟百姓失职不赡，遣使者循行郡国问民所疾苦。吏或营私烦扰，不顾厥咎，朕甚闵之。今年郡国颇被水灾，已振贷。盐，民之食，而贾 咸贵，众庶重困。其减天下盐贾”又曰“令甲，死者不可生，刑者不可息。此先帝之所重，而吏未称。今系者或以掠辜若饑寒瘐死狱中，何用心逆人道也。朕甚痛之。其令郡国岁上系囚以掠笞若瘐死者所坐名、县、爵、里，丞相、御史课殿最以闻”十二月，清河王年有罪，废迁房陵。元康元年春， 以杜东原上为初陵，更名杜县为杜陵。徙丞相、将军、列侯、吏二千石、訾百万者杜陵。三月，诏曰“乃者凤皇集泰山、陈留，甘露降未央宫。朕未能章先帝休烈，协宁百姓，承天顺地，调序四时，获蒙嘉瑞，赐兹祉福，夙夜兢兢，靡有骄色，内省匪解，永惟罔极。《书》不云乎
高三数学一轮复习两个计数原理
分析和解决一些简单的实际问题．
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．
在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两 位数共有多少个？ [思路点拨]
[课堂笔记] 法一：根据题意，将十位数上的数字分别是 1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成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)． 故共有36个．
解：(1)分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法； 第二类，从二班学生中选1人，有8种选法； 第三类，从三班学生中选1人，有9种选法； 第四类，从四班学生中选1人，有10种选法， 所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)． (2)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)．
第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三 步去完成： 第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0只有3个数字可以 选择，有3种选法； 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4个数字可供选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，还有3种选法． 依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个； 第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其步骤同第二类． 对以上三类结论用分类计数原理，可得所求无重复数字的比 2 000大的4位偶数有4×4×3＋3×4×3＋3×4×3＝120个．
两个基本计数原理教案
两个基本计数原理教案第一章：概述1.1 计数原理的定义解释计数原理的概念和重要性强调计数原理在数学和实际生活中的应用1.2 两个基本计数原理介绍两个基本计数原理：排列原理和组合原理解释排列原理：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列方式的个数解释组合原理：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有组合方式的个数第二章：排列原理2.1 排列原理的公式介绍排列公式：P(n, m) = n! / (n-m)!解释排列公式的含义和推导过程2.2 排列原理的应用举例说明排列原理在实际问题中的应用练习题：根据给定的问题，运用排列原理计算不同的排列方式个数第三章：组合原理3.1 组合原理的公式介绍组合公式：C(n, m) = n! / [m! (n-m)!]解释组合公式的含义和推导过程3.2 组合原理的应用举例说明组合原理在实际问题中的应用练习题：根据给定的问题，运用组合原理计算不同的组合方式个数第四章：排列与组合的综合应用4.1 排列与组合的区别与联系解释排列与组合的概念及其区别强调排列与组合在解决实际问题中的综合应用4.2 综合应用举例举例说明排列与组合在实际问题中的综合应用练习题：根据给定的问题，运用排列与组合原理计算不同的方式个数第五章：练习与拓展5.1 练习题提供一系列练习题，巩固排列与组合原理的应用鼓励学生自主思考，提高解题能力5.2 拓展与应用探讨排列与组合原理在其他领域的应用鼓励学生发现生活中的数学问题，运用排列与组合原理解决第六章：排列与组合在概率论中的应用6.1 排列与组合在概率计算中的作用解释排列与组合在概率计算中的重要性介绍排列与组合在计算事件概率时的应用6.2 具体案例分析通过具体案例，展示排列与组合在概率计算中的应用练习题：根据给定的概率问题，运用排列与组合原理进行计算第七章：排列与组合在日常生活中的应用7.1 排列与组合在日常生活中的实例探讨排列与组合原理在日常生活中的应用实例强调排列与组合原理在解决实际问题中的重要性7.2 练习题提供一系列与日常生活相关的练习题，运用排列与组合原理进行解答鼓励学生自主思考，提高解决实际问题的能力第八章：排列与组合在算法与编程中的应用解释排列与组合在算法与编程中的应用介绍排列与组合在解决算法与编程问题时的作用第八章：排列与组合在算法与编程中的应用8.1 排列与组合在算法中的应用解释排列与组合在算法中的重要性介绍排列与组合在算法设计中的应用实例8.2 排列与组合在编程语言中的应用探讨排列与组合在编程语言中的应用实例强调排列与组合在编程问题解决中的重要性第九章：排列与组合在数学竞赛中的应用9.1 排列与组合在数学竞赛中的题目特点分析数学竞赛中排列与组合题目的特点解释排列与组合在数学竞赛中的重要性9.2 练习题提供一系列数学竞赛中的排列与组合题目，进行练习鼓励学生自主思考，提高解决竞赛题目的能力第十章：总结与提高10.1 排列与组合原理的总结回顾本教案的主要内容，总结排列与组合原理的重要性和应用强调排列与组合原理在数学和实际生活中的重要性10.2 提高题与研究性学习提供一系列提高题，鼓励学生深入研究排列与组合原理鼓励学生开展研究性学习，探索排列与组合原理在其他领域的应用重点和难点解析六、排列与组合在概率论中的应用重点：排列与组合在概率计算中的作用，具体案例分析难点：理解排列与组合在概率计算中的应用，以及如何将实际问题转化为概率问题七、排列与组合在日常生活中的应用重点：排列与组合在日常生活中的实例，练习题难点：将抽象的排列与组合原理应用到具体的生活情境中，提高解决实际问题的能力八、排列与组合在算法与编程中的应用重点：排列与组合在算法与编程中的应用，练习题难点：理解算法与编程中排列与组合的概念，以及在实际编程中应用这些概念九、排列与组合在数学竞赛中的应用重点：排列与组合在数学竞赛中的题目特点，练习题难点：解决数学竞赛中的排列与组合问题，需要学生具备较高的逻辑思维和解题能力十、总结与提高重点：排列与组合原理的总结，提高题与研究性学习难点：巩固所学知识，进一步探索排列与组合原理在其他领域的应用全文总结与概括：本教案主要介绍了排列与组合两个基本计数原理，通过讲解排列与组合的概念、公式及其在概率论、日常生活、算法与编程、数学竞赛等领域的应用，使学生能够理解并掌握这两个基本计数原理。
两个基本计数原理加法原理和乘法原理
两个基本计数原理加法原理和乘法原理两个基本计数原理：加法原理和乘法原理在我们日常生活和数学学习中，计数是一项经常会遇到的任务。
而两个基本的计数原理——加法原理和乘法原理，为我们解决各种计数问题提供了重要的方法和思路。
先来说说加法原理。
加法原理可以这样来理解：假如完成一件事情有若干种不同的方式，而每一种方式都能够独立地完成这件事情，那么完成这件事情的方法总数，就等于把每种方式的数量相加。
比如说，从 A 地到 B 地，你可以选择坐火车、汽车或者飞机。
如果坐火车有 3 种车次可选，坐汽车有 2 种车次可选，坐飞机有 4 种航班可选，那么从 A 地到 B 地总的出行方式就有 3 ＋ 2 ＋ 4 ＝ 9 种。
再举个例子，在一个班级里，要选一名班长，候选人有男生 5 名，女生 7 名，那么总的候选人数量就是 5 ＋ 7 ＝ 12 名，也就是选班长的可能性有 12 种。
加法原理的关键在于，这些不同的方式之间是相互独立的，不存在交叉或者重复的情况。
接下来谈谈乘法原理。
乘法原理是指：如果完成一件事情需要分步骤进行，完成第一步有m 种方法，完成第二步有n 种方法，以此类推，完成第 k 步有 p 种方法，那么完成这件事情的总的方法数就是把这些步骤的方法数相乘，即m × n × … × p 。
比如说，你要从你的家去学校，首先要选择一种交通工具，有公交车、自行车、步行 3 种选择；选好交通工具后，又要选择走哪条路，假设每条交通方式都对应着 2 条不同的路线。
那么你去学校的总路线数就是 3 × 2 ＝ 6 种。
再比如，一个密码由三位数字组成，第一位数字可以是 0 到 9 中的任意一个，第二位数字同样可以是 0 到 9 中的任意一个，第三位数字也是如此。
那么总共可能的密码数量就是 10 × 10 × 10 ＝ 1000 种。
乘法原理的重点在于，每一步的选择都是相互依存的，前一步的选择会影响到后一步的可能性。
高考数学计数原理知识点
高考数学计数原理知识点数学是高考中的一门重要科目，其中计数原理是数学中的一个重要知识点。
计数原理用于解决计数问题，是数学中的基础工具。
在高考中，计数原理常常出现在复合概率、组合数学等题目中。
掌握计数原理的知识点对于高分通过高考数学是非常重要的。
下面将介绍一些常见的计数原理知识点。
一、排列和组合排列是指从一组元素中选取若干元素进行有序排列的方式。
对于n个元素，从中选取k个元素进行排列，可以得到 nPk 种不同的排列，其中P表示排列。
组合是指从一组元素中选取若干元素进行无序选择的方式。
对于n个元素，从中选取k个元素进行组合，可以得到 nCk 种不同的组合，其中C表示组合。
排列和组合的计算公式如下:nPk = n! / (n-k)!nCk = n! / (k!(n-k)!)其中n!表示n的阶乘，即n! = n(n-1)(n-2)...3*2*1。
通过排列和组合的计算公式，我们可以快速计算出排列和组合的结果，而不用逐个枚举。
二、乘法原理和加法原理乘法原理是指若一个事件发生的方式有m种，而另一个事件发生的方式有n种，且这两个事件的发生方式相互独立，那么这两个事件同时发生的方式有m * n种。
加法原理是指若一个事件发生的方式有m种，而另一个事件发生的方式有n种，且这两个事件的发生方式互斥（即两者不能同时发生），那么这两个事件发生的方式有m + n种。
乘法原理和加法原理是解决计数问题的基本原理，它们在计数原理中有着广泛的应用。
通过灵活运用乘法原理和加法原理，我们可以简化计数问题的解决过程，提高解题效率。
三、重复排列和重复组合重复排列是指从n个元素中选择k个元素进行有序排列，允许元素重复出现的方式。
对于重复排列，共有 n^k 种不同的排列方式。
重复组合是指从n个元素中选择k个元素进行无序组合，允许元素重复出现的方式。
对于重复组合，共有C(n+k-1, k)种不同的组合方式。
通过重复排列和重复组合的计算公式，我们可以快速计算出重复排列和重复组合的结果，进而解决相关的计数问题。
高考数学复习考点题型专题讲解47 计数原理与概率
高考数学复习考点题型专题讲解专题47 计数原理与概率高考定位 1.主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择题、填空题为主；2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，有时也与函数、不等式、数列交汇考查；3.概率重点考查古典概型、条件概率的基本应用.1.(2022·全国甲卷)从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )A.15 B.13C.25 D.23答案 C解析从写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取法，它们分别是(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，其中卡片上的数字之积是4的倍数的有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，共6种取法，所以所求概率是P＝615＝25.故选C.2.(2022·新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( ) A.12种 B.24种C.36种D.48种答案 B解析先将丙和丁捆在一起有A22种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A33种排列方式，最后将甲插入中间两空，有C12种排列方式，所以不同的排列方式共有A22A33C12＝24(种)，故选B.3.(2022·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( )A.16 B.13C.12 D.23答案 D解析从7个整数中随机取2个不同的数，共有C27＝21(种)取法，取得的这2个数互质的情况有{2，3}，{2，5}，{2，7}，{3，4}，{3，5}，{3，7}，{3，8}，{4，5}，{4，7}，{5，6}，{5，7}，{5，8}，{6，7}，{7，8}，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为p＝1421＝23.故选D.4.(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立 答案 B解析 易知P (甲)＝16，P (乙)＝16，P (丙)＝536，P (丁)＝636＝16，∴P (甲丙)＝0≠P (甲)P (丙)，P (甲丁)＝136＝P (甲)P (丁)，P (乙丙)＝136≠P (乙)P (丙)， P (丙丁)＝0≠P (丙)P (丁)， 因此事件甲与丁相互独立.5.(2021·北京卷)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3－1x 4的展开式中常数项是________.答案 －4解析 二项展开式的通项为C k4(x 3)4－k⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k ＝C k 4(－1)k x12－4k(0≤k ≤4，k ∈N ). 令12－4k ＝0，得k ＝3，故展开式中的常数项为C 34(－1)3＝－4.热点一 排列与组合解决排列、组合问题的一般步骤 (1)认真审题弄清楚要做什么事情；(2)要做的事情是分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类； (3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少元素.例1 (1)(2022·西安模拟)随着北京冬残奥会的开幕，吉祥物“雪容融”火遍国内外，现有3个完全相同的“雪容融”，甲、乙、丙3位运动员要与这3个“雪容融”站成一排拍照留念，则有且只有2个“雪容融”相邻的排队方法数为( )A.36B.72C.120D.432(2)(2022·烟台模拟)“碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”.某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为( )A.90B.150C.180D.300答案(1)B (2)B解析(1)由于有3个完全相同的“雪容融”，则有且只有2个“雪容融”相邻等价为将3个分成2组，插入3个运动员形成的4个空隙中，则有A33A24＝72(种)，故选B.(2)5名专家的安排方法分为1＋1＋3或1＋2＋2，若按1＋1＋3安排共有C15C14C33A22A33＝60(种)，若按1＋2＋2安排共有C25C23C11A22A33＝90(种)，则共有60＋90＝150(种)，故选B.规律方法排列、组合问题的求解方法与技巧(1)合理分类与准确分步；(2)排列、组合混合问题要先选后排；(3)特殊元素优先安排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题除法处理；(7)“小集团”排列问题先整体后局部；(8)正难则反，等价转化.训练1 (1)(2022·石家庄模拟)小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字.如下图所示，我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字如下表所示：比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒.若用8根火柴棒以适当的方式全Array部放入右面的表格中(没有放入火柴棒的空位表示数字“0”)，那么最多可以表示无重复数字的三位数的个数为( )A.8B.12C.16D.20(2)(2022·宁德质检)小红同学去买糖果，现只有四种不同口味的糖果可供选择，均为一元一颗，小红只有7元钱，要求钱全部花完且每种糖果都要买，则不同的选购方法共有________种(用数字作答).答案(1)D (2)20解析(1)由题意可得，用2根火柴棒表示数字1，3根火柴棒表示数字7，4根火柴棒表示数字4，5根火柴棒表示数字2，3或5，6根火柴棒表示数字6或9，7根火柴棒表示数字8，数字不重复，因此8根火柴棒只能分成两级：2和6，3和5，组成两个数字，还有数字只能为0，这样组成的无重复数字的三位数个数为C 12C 12A 22＋C 12C 13A 22＝20.故选D.(2)法一 将7元钱分为4份，有{1，1，1，4}，{1，1，2，3}，{1，2，2，2}三种情形，这三种情形买糖果的选购方法种数分别为C 34，C 24C 12C 11，C 14，所以不同的选购方法共有C 34＋C 24C 12C 11＋C 14＝20(种).法二 将7元钱分为4份，相当于将7枚1元硬币排成一排，用三个“隔板”隔开，隔开的方法有C 36种，所以不同的选购方法共有C 36＝20(种).热点二 二项式定理1.求(a ＋b )n 的展开式中的特定项一般要应用通项公式T k ＋1＝C k n an －k b k (k ＝0，1，2，…，n ).2.求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解.3.求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法.4.求解系数和问题应用赋值法.例2 (1)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x －23的展开式中常数项为________.(2)(2022·新高考Ⅰ卷)⎝⎛⎭⎪⎫1－y x (x ＋y )8的展开式中x 2y 6的系数为________(用数字作答). (3)(2022·杭州二模)已知x 4＋x 8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8，则a 0＝________，a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝________. 答案 (1)－20 (2)－28 (3)2 136解析 (1)法一 由⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －23的展开式可知：常数项为C 13·(－2)·C 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ·x ＋C 33·(－2)3＝－20.法二⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x －23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 14－1x 146，则T r ＋1＝C r 6(x 14)6－r(－1)r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 14r＝(－1)r C r6x 3－r2， 令3－r2＝0，则r ＝3， 故常数项为T 4＝(－1)3C 36＝－20.(2)(x ＋y )8展开式的通项T r ＋1＝C r 8x8－r y r ，r ＝0，1，…，7，8. 令r ＝6，得T 6＋1＝C 68x 2y 6；令r ＝5，得T 5＋1＝C 58x 3y 5，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－y x (x ＋y )8的展开式中x 2y 6的系数为C 68－C 58＝－28. (3)在等式x 4＋x 8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8中， 令x ＝1可得a 0＝2，令x ＝0，可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＋a 8＝0，① 令x ＝2，可得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝272，② ②－①可得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝136.易错提醒 1.二项式(a ＋b )n 的展开式的通项公式T k ＋1＝C k n an －k b k (k ＝0，1，2，…，n )表示的是二项展开式的第k ＋1项，而不是第k 项.2.要区分某项的二项式系数和系数.训练2 (1)(2022·淄博模拟)若(1－x)8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8，则a6＝________.(2)已知(3x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a n x n(n∈N*)，设(3x－1)n展开式的各项系数和为S n，T n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n(n∈N*)，则S n与T n的大小关系是( )A.S n>T nB.S n<T nC.n为奇数时，S n<T n，n为偶数时，S n>T nD.S n＝T n(3)(2022·天津模拟)(x2＋3x－4)4的展开式中含有x3项的系数为________.答案(1)112 (2)C (3)144解析(1)(1－x)8＝(x－1)8＝[(1＋x)－2]8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8，所以a6＝C28·(－2)2＝112.(2)令x＝1，得S n＝a0＋a1＋a2＋…＋a n＝2n，令x＝0，得a0＝(－1)n，所以T n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝S n－a0＝S n－(－1)n，所以当n为偶数时，T n＝S n－1<S n，当n为奇数时，T n＝S n＋1>S n，故选C.(3)由题意得(x2＋3x－4)4＝[(x＋4)(x－1)]4＝(x＋4)4(x－1)4，又由(x＋4)4的展开式的通项为T r＋1＝4r C r4x4－r，(x－1)4的展开式的通项为T k＋1＝(－1)k C k4x4－k，所以(x 2＋3x －4)4展开式中x 3的系数为4×C 14×(－1)4·C 44＋42×C 24×(－1)3·C 34＋43×C 34×(－1)2·C 24＋44×C 44×(－1)·C 14＝16－384＋1 536－1 024＝144. 热点三 概 率1.古典概型的概率公式P (A )＝事件A 中包含的样本点数试验的样本点总数.2.条件概率公式设A ，B 为随机事件，且P (A )＞0， 则P (B |A )＝P （AB ）P （A ）.3.全概率公式设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )＞0，i ＝1，2，…，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )＝∑n i ＝1P (A i )P (B |A i ). 例3 (1)(2022·青岛二模)二十四节气歌是为了方便记忆我国古时立法中的二十四个节气而编成的小诗歌，体现着我国古代劳动人民的智慧.四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为( ) A.146B.123C.523D.16(2)(2022·济南模拟)济南素有“四面荷花三面柳，一城山色半城湖”的美名.现有甲、乙两位游客慕名来到济南旅游，分别准备从大明湖、千佛山、趵突泉和五龙潭4个旅游景点中随机选择其中一个景点游玩.记事件A：甲和乙至少一人选择千佛山，事件B：甲和乙选择的景点不同，则条件概率P(B|A)＝( )A.716 B.78C.37 D.67答案(1)C (2)D解析(1)从24个节气中任选2个节气，基本事件总数n＝C224，这2个节气恰在一个季节的事件总数为4C26，所以这2个节气恰在一个季节的概率为P＝4C26C224＝523，故选C.(2)根据题意，事件A发生的个数n(A)＝4×4－3×3＝7，事件A，B同时发生的个数n(AB)＝C12×C13＝6，所以P(B|A)＝n（AB）n（A）＝67，故选D.规律方法求概率的方法与技巧(1)古典概型用古典概型概率公式求解.(2)条件概率用条件概率公式及全概率公式求解.(3)根据事件间关系，利用概率的加法、乘法公式及对应事件的概率公式求解.(4)判断出特殊的分布列类型，直接套用公式求解.训练3 (1)(2022·南京师大附中模拟)已知某地市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是90%，乙厂产品的合格率是80%，则从该地市场上买到一个合格灯泡的概率是( )A.0.63B.0.24C.0.87D.0.21(2)(多选)(2022·重庆诊断)一个质地均匀的正四面体4个表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件M为“第一次向下的数字为1或2”，事件N为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是( )A.事件M发生的概率为12B.事件M与事件N互斥C.事件M与事件N相互独立D.事件M＋N发生的概率为1 2答案(1)C (2)AC解析(1)设A，B分别表示抽得产品是甲厂、乙厂生产的，D表示抽得产品为合格灯泡，则由已知，P(A)＝70%，P(B)＝30%，P(D|A)＝90%，P(D|B)＝80%.从该地市场上买到一个合格灯泡的概率可由全概率公式得P(D)＝P(D|A)P(A)＋P(D|B)P(B)＝70%×90%＋30%×80%＝0.87.(2)由题意可得，P(M)＝24＝12，故A正确；当两次抛掷的点数为(1，4)时，事件M与事件N同时发生，故事件M与事件N不互斥，故B错误；事件M与事件N同时发生的情况有：(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，共4种，所以P(MN)＝416＝14，又P(N)＝816＝12，P(MN)＝P(M)·P(N)＝12×12＝14，故事件M与事件N相互独立，故C正确；P(M＋N)＝P(M)＋P(N)－P(MN)＝12＋12－14＝34，故D错误.故选AC.一、基本技能练1.甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A.4种B.6种C.10种D.16种答案 B解析分两类：当甲先踢给乙时，满足条件的传递方式有3种(如图)，同理，当甲先踢给丙时，满足条件的传递方式也有3种.由分类加法计数原理可知，满足条件的传递方式共有3＋3＝6(种).故选B.2.(2022·豫北重点高中质检)连续掷两次骰子，则两次所掷点数之和为奇数的概率为( )A.12 B.13C.23 D.14解析根据题意，连续掷一枚骰子两次，基本事件总数n＝6×6＝36，两次骰子正面向上点数之和为奇数包含基本事件共有2C13C13＝18个，故所求概率P＝1836＝12.3.(2022·长沙二模)为纪念2022北京冬奥会成功举办，中国邮政发行了一组纪念邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现从这套5枚纪念邮票中任取3枚，则恰有1枚吉祥物邮票的概率为( )A.310 B.12C.35D.710答案 C解析从这套5枚纪念邮票中任取3枚，有C35＝10种取法，而其中恰有1枚吉祥物邮票的取法有C1 2·C23＝6种，故从这套5枚纪念邮票中任取3枚，则恰有1枚吉祥物邮票的概率为P＝610＝35，故选C.4.(2022·北京海淀区模拟)在(x－x)4的展开式中，x2的系数为( )A.－1B.1C.－4D.4解析(x－x)4的展开式的通项公式为T r＋1＝C r4(x)4－r(－x)r＝(－1)r C r4x 4＋r2，令4＋r2＝2，得r＝0，即x2的系数为(－1)0C04＝1，故选B.5.北京第24届冬奥会奥运村设有智能餐厅A、人工餐厅B共两个餐厅，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐.如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8，运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为( )A.0.75B.0.7C.0.56D.0.38答案 A解析设A i表示第i天运动员甲去A餐厅用餐(i＝1，2)，设B1表示该运动员第一天去B餐厅用餐，则Ω＝A1∪B1，且A1，B1互斥.由题意得P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.7，P(A2|B1)＝0.8，∴运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.7＋0.5×0.8＝0.75.故选A.6.从1，2，3，4，5中不放回地抽取2个数，则在第1次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率是( )A.25 B.12C.35 D.34答案 D解析设事件A i为第i次抽到偶数，i＝1，2，则P(A1)＝2×45×4＝25，P(A1A－2)＝25×34＝310，∴在第一次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率为P(A－2|A1)＝P（A1A－2）P（A1）＝31025＝34.故选D.7.(2022·佛山模拟)小明上学可以乘坐公共汽车，也可以乘坐地铁.已知小明上学乘坐公共汽车的概率为0.4，乘坐地铁的概率为0.6，而且乘坐公共汽车与地铁时，小明迟到的概率分别为0.05和0.04，则小明准时到校的概率为( )A.0.954B.0.956C.0.958D.0.959答案 B解析设A＝“小明准时到校”，B1＝“乘坐汽车”，B2＝“乘坐地铁”，由已知得P(B1)＝0.4，P(B2)＝0.6，P(A|B1)＝1－0.05＝0.95，P(A|B2)＝1－0.04＝0.96.由全概率公式，得P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＝0.95×0.4＋0.96×0.6＝0.956.8.(2022·丽水质检)将《三国演义》、《西游记》、《水浒传》、《红楼梦》4本名著全部随机分给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本，A表示事件：“《三国演义》分给同学甲”；B表示事件：“《西游记》分给同学甲”；C表示事件：“《西游记》分给同学乙”，则下列结论正确的是( )A.事件A与B相互独立B.事件A与C相互独立C.P(C|A)＝512D.P(B|A)＝512答案 C解析将这4本名著分别给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本有C24A33＝36个样本点，事件A含有样本点数为A33＋C23A22＝12，则P(A)＝1236＝13，同理P(B)＝P(C)＝13，事件AB含有的样本点数为A22＝2，事件AC含有的样本点数为C22＋C12C12＝5，则P(AB)＝236＝118，P(AC)＝536，对于A，P(A)·P(B)＝19≠P(AB)，即事件A与B不相互独立，A错误；对于B，P(A)·P(C)＝19≠P(AC)，即事件A与C不相互独立，B错误；对于C，P(C|A)＝P（AC）P（A）＝512，故选项C正确；对于D，P(B|A)＝P（AB）P（A）＝16，故选项D错误.故选C.9.(多选)(2022·盐城模拟)从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是( )A.2个球都是红球的概率为16B.2个球不都是红球的概率为13C.至少有1个红球的概率为23D.2个球中恰有1个红球的概率为12答案 ACD解析 由题可知，从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，则从甲袋中摸出一个不是红球的概率是23，从乙袋中摸出一个不是红球的概率是12.对于A 选项，2个球都是红球的概率为13×12＝16，A 选项正确；对于B 选项，2个球不都是红球的概率为1－13×12＝56，B 选项错误；对于C 选项，至少有1个红球的概率为1－23×12＝23，C 选项正确；对于D 选项，2个球中恰有1个红球的概率13×12＋23×12＝12，D 选项正确.故选ACD.10.(多选)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －2x n ，则下列关于f (x )的展开式的命题中，正确的是( )A.当n ＝11时，f (x )的展开式共有11项B.当n ＝8时，f (x )的展开式第3项与第6项的二项式系数之比为1∶2C.当n ＝7时，f (x )的展开式中，各项系数之和为－1D.若第4项和第5项的二项式系数同时最大，则n ＝7 答案 BD解析 对于A ，易知当n ＝11时，f (x )的展开式共有12项，故A 错误；对于B ，当n ＝8时，f (x )的展开式第3项与第6项的二项式系数之比为C 28C 58＝C 28C 38＝12，故B正确；对于C ，当n ＝7时，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫3x －2x 7，令x ＝1，得f (1)＝1，故C 错误；对于D ，在二项式系数中，C 3n 和C 4n 相等且最大，所以n ＝7，故D 正确.11.甲、乙、丙、丁4人坐成一排拍照，要求甲、乙两人位于丙的同侧，则共有________种不同的坐法. 答案 16解析 甲、乙、丙、丁4人就坐，不妨设为1，2，3，4号位置， 因为甲、乙两人位于丙的同侧， 当丙在1号位置有A 33＝6种排法， 当丙在2号位置有A 22＝2种排法， 当丙在3号位置有A 22＝2种排法，当丙在4号位置有A 33＝6种排法，共有6＋2＋2＋6＝16种排法.12.(2022·滨州二模)某社区对在抗击疫情工作中表现突出的3位医生、2位护士和1位社区工作人员进行表彰并合影留念.现将这6个人随机排成一排，则3位医生中有且只有2位相邻的概率为________. 答案 35解析 由题意，先将2位护士和1位社区工作人员排成一排，有A 33种排法，然后将3位医生分成两组，一组2人，一组1人，有C 23种分组方法，然后插入到2位护士和1位社区工作人员所排成的4个空中的2个空，有A 24种插空方法，最后交换相邻2位医生的位置有A 22种方法，所以3位医生中有且只有2位相邻共有A 33C 23A 24A 22＝432个样本点，又6人随机排成一排共有A 66个样本点，所以所求概率为P ＝A 33C 23A 24A 22A 66＝35.二、创新拓展练13.(多选)(2022·嘉兴测试)设A －，B －分别为随机事件A ，B 的对立事件，已知0<P (A )<1，0<P (B )<1，则下列说法正确的是( )A.P (B |A )＋P (B －|A )＝1B.P (B |A )＋P (B |A －)＝0C.若A ，B 是相互独立事件，则P (A |B )＝P (A )D.若A ，B 是互斥事件，则P (B |A )＝P (B ) 答案 AC解析 对于A ，P (B |A )＋P (B －|A )＝P （AB ）P （A ）＋P （AB －）P （A ）＝P （A ）P （A ）＝1，故A 选项正确；对于B ，当A ，B 是相互独立事件时，P (B |A )＋P (B |A －)＝P (B )＋P (B )＝2P (B )≠0，故B 选项错误；对于C ，因为A ，B 是相互独立事件，所以P (AB )＝P (A )P (B )，所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝P (A )，故C 选项正确；对于D ，因为A ，B 是互斥事件，所以P (AB )＝0，则根据条件概率公式得P (B |A )＝0，而P (B )∈(0，1)，故D 选项错误.综上所述，故选AC.14.(多选)已知(1－2x )2 023＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a 2 023x2 023，则( )A.展开式中所有项的二项式系数和为22 023B.展开式中所有奇数项系数和为32 023－12C.展开式中所有偶数项系数和为32 023－12D.a 12＋a 222＋a 323＋…＋a 2 02322 023＝－1 答案 ABD解析 A 项，二项式系数之和为C 02 023＋C 12 023＋…＋C 2 0232 023＝22 023，故A 正确； (1－2x )2 023＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 023x 2 023， 当x ＝－1时，32 023＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 2 023，① 当x ＝1时，(－1)2 023＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 023，② B 项，①＋②可得，32 023－1＝2(a 0＋a 2＋…＋a 2 022)⇒a 0＋a 2＋…＋a 2 022＝32 023－12，故B 正确；C 项，①－②可得，32 023＋1＝－2(a 1＋a 3＋…＋a 2 023)⇒a 1＋a 3＋…＋a 2 023 ＝－32 023＋12，故C 错误；D 项，(1－2x )2 023＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 023x 2 023， 令x ＝0，则a 0＝1，令x ＝12，则0＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 02322 023，则a 12＋a 222＋…＋a 2 02322 023＝－1，故D 正确. 15.(多选)(2022·南京三模)连续抛掷一枚质地均匀的硬币3次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，且两种结果等可能.记事件A 表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件B 表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件C 表示“3次结果中没有正面向上”，则( )A.事件B 与事件C 互斥B.P (A )＝34C.事件A 与事件B 独立D.记C 的对立事件为C －，则P (B |C －)＝37答案 BCD解析 对于A ，显然事件B 发生的情况中包含事件C ，故可同时发生，故A 错误； 对于B ，P (A )＝1－123×2＝34，故B 正确；对于C ，P (B )＝123＋C 13×123＝12，P (AB )＝C 13×123＝38，∴P (AB )＝P (A )P (B )，故A 与B 独立，故C 正确；对于D ，P (C )＝123＝18，P (B |C －)＝P （BC －）P （C －）＝C 13×1231－18＝37，故D 正确. 故选BCD.16.(多选)(2022·温州测试)已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相同.第一次从红箱内取出一球后再放回去，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去，依次类推，第k ＋1次从与第k 次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去.记第n 次取出的球是红球的概率为P n ，则下列说法正确的是( ) A.P 2＝1732B.P n ＝2－2n －1＋12C.P n ＋1＝12P n ＋732D.P 2n ＋1－P n ＋1＝P n P n ＋2－12(P n ＋P n ＋2)答案 ABD解析 由题知，第n 次取出的球是红球的概率为P n ，是白球的概率为(1－P n )，对于第n ＋1次，取出红球有两种情况：若从红箱取出，其概率为58P n (条件概率)，若从白箱取出，其概率为38(1－P n )，所以P n ＋1＝58P n ＋38(1－P n )＝38＋14P n ，所以P n ＋1－12＝14⎝⎛⎭⎪⎫P n －12，令a n ＝P n －12，因为P 1＝58，所以a 1＝18，则数列{a n }为首项为18，公比为14的等比数列，故a n ＝2－2n －1，即P n ＝12＋2－2n －1，所以P 2＝1732，故AB 正确；P n ＋1－12P n ＝12＋2－2(n ＋1)－1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2－2n －1＝14－2－2n －3， 故P n ＋1＝12P n ＋732不成立，故C 错误；经验证可得，P 2n ＋1－P n ＋1＝P n P n ＋2－12(P n ＋P n ＋2)，故D 正确；故选ABD.17.(2022·杭州模拟)杨辉三角在我国最早由贾宪在《释锁算术》中提出，后来南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》中进行了详细说明，杨辉三角中的三角形数表，是自然界和谐统一的体现.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，其中蕴含着二项式系数的性质，例如递推性质Ci n ＋1＝Ci －1n＋C in.在⎝⎛⎭⎪⎫x －2x 6的展开式中，第三项和第四项的二项式系数和为________，常数项为________. 答案 35 60解析 二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6·(x )6－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r＝C r6·(－2)r·x3－32r ，则第三项与第四项的二项式系数和为C 26＋C 36＝C 37＝35，令3－32r ＝0，解得r ＝2，则展开式的常数项为C 26·(－2)2＝15×4＝60.18.(2022·太原模拟)长期吸烟可能引发肺癌.据调查，某地市民大约有0.03%的人患肺癌，该地大约有0.1%的市民吸烟时间超过20年，这些人患肺癌率约为0.1%.现从吸烟时间不超过20年的市民中随机抽取1名市民，则他患肺癌的概率为________. 答案14 995解析 设事件A 为患肺癌， 事件B 为吸烟时间不超过20年， 则P (A )＝0.03%，P(B)＝1－0.1%＝99.9%，吸烟超过20年患肺癌的概率为P(A|B－)＝P（AB－）P（B－）＝P（A）－P（AB）1－P（B）＝0.1%，则P(AB)＝0.02%.则吸烟不超过20年患肺癌的概率为P(A|B)＝P（AB）P（B）＝0.02%99.9%＝14 995.故答案为14 995.。
【高考数学总复习】(第47讲)计数原理(63页)
有重复数字的三位偶数？
选了2呢？
思路1 优先考虑首位，可以在1到9中选择，再考
虑末位，有0，2，4，6，8这5个选择，中
间一位除去首末两个数外有8个选择，所以
共有9×5×8=360个选择．
26
思路分析
变题 用0到9这10个数字能组成__3_2_8__个没 有重复数字的三位偶数？ 位置优先
思路2 优先考虑首位，分为两类： 第一类 首位是奇数，有5个选择，末位有5个偶数选择，中 间一位有8个选择，所以共有5×5×8=200个选择； 第二类 首位是偶数，有除0外4个偶数选择，末位有含0在 内剩下的4个偶数选择，中间一位有8个选择，所以共有 4×4×8=128个选择； 根据分类计数原理，共有200+128=328个这样的偶数．
思路 2：要求男女生各一名，因此要分成两个步 骤完成，所以应该使用分步计数原理．
8
求解过程
解：选出男女生各1名，可以分为2个步骤：
第一步 选出1名男生，有25种不同方法；
第二步 选出1名女生，有20种不同方法；
根据分步计数原理，选出男女各一名，共有
25×20=500 个不同的选法．
还是25×20×2=1 000？
22
求解过程
解法2（思路3） 由于首位数字不能为 0，因此可以按照下
面的步骤进行： 第一步 先排首位数字，有 9 种方法； 第二步 排第二、三位数字，有A92种排法； 根据分步计数原理，所求的三位数的个数
是9 A92 = 648． 答：可组成 648 个没有重复数字的三位数．
23
求解过程
解法3（思路4） 从 0 到 9 这 10 个数字中任意取 3 个数字
不一定相邻！ 思路2 由于3名女生的顺序一定，所以将她们 和4名男生一起全排列，对排列的结果可以按 照3名女生的顺序分为6类，6类的排列个数相 同，将全排列除以6即可．
高考计数原理知识点总结
高考计数原理知识点总结高考的数学考试中，计数原理是一个非常重要的知识点。
计数原理涉及到对各种情况下的计数方法的掌握和运用。
通过对计数原理的学习，可以帮助我们解决各种实际问题，提升解题能力。
在本文中，将对高考计数原理的相关知识点进行总结。
一、基本计数原理基本计数原理是计数原理的基础，也是其他计数原理的出发点。
基本计数原理指的是：当一个事件可以分解为若干个独立的步骤时，每个步骤的取法总数之乘积就是整个事件的取法总数。
例如，从A、B、C三个城市中选择一个作为旅游目的地，再从目的地城市的旅游景点中选择一个进行游览。
根据基本计数原理，这个问题的解决步骤可以分为两步，首先是选择旅游目的地的步骤，共有3种选择；其次是选择旅游景点的步骤，共有景点数种选择。
据此，整个问题的解决步骤就是3×景点数。
二、排列与组合排列与组合是计数原理中的两个重要概念。
排列指的是从一组元素中按照一定顺序选取若干个元素进行排列的方法；组合则是从一组元素中无序地选取若干个元素进行组合的方法。
1. 排列排列的概念可以通过一个简单的例子来加以说明。
假设有4个小朋友A、B、C、D要站成一排，那么有多少种不同的排列方法呢？根据排列的定义，首先有4种选择选取第一个位置的小朋友，然后在剩下的3个小朋友中选择一个放在第二个位置，再在剩下的2个小朋友中选择一个放在第三个位置，最后剩下的一个小朋友放在最后一个位置。
据此，整个问题的解决步骤就是4×3×2×1，即4的阶乘。
排列的计算公式可以用数学符号简洁地表示为：A(4,4)=4！。
2. 组合与排列不同，组合不考虑元素的先后顺序。
如果要从A、B、C、D这4个小朋友中选取2个小朋友玩游戏，那么有多少种不同的组合呢？根据组合的定义，首先有4种选择选取第一个小朋友，然后在剩下的3个小朋友中选择一个作为第二个小朋友。
由于不考虑元素的先后顺序，所以(A,B)和(B,A)被视为同一种情况，即同一个组合。
两个基本计数原理加法原理和乘法原理
两个基本计数原理加法原理和乘法原理两个基本计数原理：加法原理和乘法原理在我们的日常生活和数学学习中，经常会遇到需要计算各种可能性和数量的情况。
而两个基本的计数原理——加法原理和乘法原理，为我们解决这些问题提供了重要的方法和思路。
让我们先来了解一下加法原理。
想象一下，你要从 A 地去 B 地，有三条不同的路线可以选择，分别是路线 1、路线 2 和路线 3。
那么，你从 A 地到 B 地一共有多少种走法呢？答案很简单，就是这三条路线的总和，也就是 3 种。
这就是加法原理的一个简单例子。
加法原理指的是，如果完成一件事情有 n 类不同的办法，在第一类办法中有 m1 种不同的方法，在第二类办法中有 m2 种不同的方法，……，在第 n 类办法中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情共有 N ＝ m1 ＋ m2 ＋… ＋ mn 种不同的方法。
再来看一个稍微复杂一点的例子。
假设你周末想去图书馆看书，图书馆有数学、语文、英语、历史和地理这五类书籍。
你决定只看一本，那么你有多少种选择呢？这里，因为你只能选择其中的一类书籍，而每一类书籍都算是一种选择，所以总的选择方法就是这五类书籍的总和，即 5 种。
接下来，我们说一说乘法原理。
假如你要从 A 地去 C 地，但是中间必须经过 B 地。
从 A 地到 B 地有 2 条路可以走，从 B 地到 C 地有 3条路可以走。
那么，从 A 地经过 B 地到 C 地一共有多少种走法呢？答案是 2×3 ＝ 6 种。
这就是乘法原理的体现。
乘法原理是指，如果完成一件事情需要分成 n 个步骤，做第一步有 m1 种不同的方法，做第二步有 m2 种不同的方法，……，做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情共有 N ＝m1×m2×…×mn 种不同的方法。
为了更好地理解乘法原理，我们再举一个例子。
你要参加一个活动，需要选择一套服装。
上衣有 3 种款式，裤子有 2 种款式。
两个基本计数原理
两个基本计数原理基本计数原理是组合学中应用广泛的数学原理，用于计算组合问题的方法。
它包括两个主要原理，分别是加法原理和乘法原理。
以下是关于这两个基本计数原理的详细介绍。
一、加法原理加法原理也称为分支原理，是一种用于计算多个不同情况的总数的方法。
具体而言，加法原理提供了计算不同情况总和的方法。
加法原理适用于以下情况：1.互斥情况：如果事件A和事件B是不相关的，且两者不能同时发生，那么发生A或发生B的总数就是事件A和事件B发生总数的和。
例如，抛掷一枚硬币，获得正面或者获得背面的总数是1+1=22.不互斥情况：如果事件A和事件B之间存在重叠的情况，那么发生A或发生B的总数是事件A的总数加上事件B的总数，再减去两者发生的重叠部分的总数。
例如，有10个人中，有4人会弹吉他，5人会弹钢琴，其中有2人既会弹吉他又会弹钢琴。
那么会弹吉他或会弹钢琴的总数是4+5-2=7二、乘法原理乘法原理也称为选择原理，是一种用于计算事件依次发生的组合计数问题的方法。
具体而言，乘法原理提供了计算每个阶段都有n种选择的总数的方法，以及计算一些特定情况下的总数的方法。
乘法原理适用于以下情况：1.每个阶段都有n种选择的情况：假设一些事件有m个阶段依次发生，且每个阶段都有n种选择，那么该事件发生的总数就是每个阶段选择数量的乘积。
例如，晨跑时路线有3个选择（A、B、C），早餐有4个选择（米饭、面包、牛奶、鸡蛋），那么不同的晨跑路线加上早餐的总数是3*4=122.一些特定情况下的总数：假设一些事件有m个阶段依次发生，而其中有k个阶段存在多种选择，那么该事件发生的总数就是每个阶段选择数量的乘积。
例如，密码锁有4位数字密码，每一位数字是0-9之间的任意一个数字，那么可能的密码总数是10*10*10*10=10^4总结：加法原理和乘法原理是组合数学中常用的计数方法。
加法原理用于计算互斥情况和不互斥情况下的总数，可以通过求和、减法和加减混合等操作实现。
高二数学两个基本计数原理及排列组合
一、两个基本计数原理（一）知识点1.分类计数原理完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……，在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+...+m n种不同的方法.2.分步计数原理完成一件事，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=m1*m2*...*m n种不同的方法.（二）运用与方法检测：1、要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少中不同的选法？从3名工人中选1名上白班和1名上晚班，可以分成先选1名上白班，再选1名上晚班这两个步骤完成.先选1名上白班，共有3种选法；上白班的人选定后，上晚班的工人有2种选法.根据分步计数原理，所求的不同的选法数是3×2=6(种).2、有5封不同的信，投入3个不同的信箱中，那么不同的投信方法总数为多少？3的五次3、（1）一件工作可以用两种方法完成，有5人会用第1种方法完成，有4人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的总数是分两类.第一类有5种选法;第二类有4种选法.共9种（2）从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从A村经过B 村去C村不同走法的总数是 3×2=6所有六条路*4、从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列共有多少个？这样的等比数列有：1、2、4；4、2、1；2、4、8；8、4、2；1、3、9；9、3、1；4、6、9；9、6、4，共计8个，故答案为：8．5、有不同的中文书9本，不同的英文书7本，不同的日文书5本，欲从中取出不是同一国文字的两本书，共有多少种不同的取法？取中文和英文:9*7=63取中文和日文:9*5=45取英文和日文:7*5=35总共:63+45+35=143二、排列与组合（一）知识点1.排列（1）排列的定义：一般地，从n个不同的元素中取出m （m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列. （2）排列数的定义：一般地，从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A n m表示.（4）从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排列起来，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。
高考计数原理知识点
高考计数原理知识点计数原理作为高考数学中的一个重要知识点，无论在高考试卷中还是在日常生活中都具有广泛的应用。
本文将介绍高考计数原理的相关知识点，帮助同学们更好地掌握这一内容。
一、基本定义计数原理是数学中研究计算数量的方法和技巧的一门学科，主要研究集合中元素的数量问题。
在高考中，常用的计数原理包括排列、组合、多重集合和分配原理等。
二、排列1. 定义排列是从给定的元素中选取若干个元素按照一定的顺序排列的方式。
在高考中，常用的排列公式是Amn = n! / (n-m)!，其中n表示元素的总数，m表示选取的元素个数。
2. 排列的性质a. 排列中元素的顺序不同，即使选取的元素相同，排列的结果也是不同的。
b. 当选取的元素个数等于元素的总数时，排列的结果即为全排列。
c. 当选取的元素个数小于元素的总数时，排列的结果即为部分排列。
三、组合1. 定义组合是从给定的元素中选取若干个元素按照一定的顺序排列的方式。
与排列不同的是，组合中元素的顺序不重要。
在高考中，常用的组合公式是Cmn = n! / (m!(n-m)!)，其中n表示元素的总数，m表示选取的元素个数。
2. 组合的性质a. 组合中元素的顺序不同，选取的元素相同，组合的结果是相同的。
b. 当选取的元素个数等于元素的总数时，组合的结果即为全组合。
c. 当选取的元素个数小于元素的总数时，组合的结果即为部分组合。
四、多重集合1. 定义多重集合是指集合中元素可以出现多次的情况。
在高考中，常用的多重集合问题可以使用组合公式进行求解。
2. 多重集合的性质a. 多重集合中元素可以出现多次，且顺序不重要。
b. 多重集合的排列问题可以转化为组合问题进行求解。
五、分配原理1. 定义分配原理是计数原理中的一个重要概念，它用于解决将若干物品分配给若干人的问题。
在高考中，常用的分配原理可以用于解决分配座位、奖项等相关问题。
2. 分配原理的性质a. 如果有m个物品需要分配给n个人，且物品和人之间没有特殊的要求，那么每个人至少分得一个物品的方案数为n^m。
两个基本计数原理
能种植同一种作物，不同的种植方法共有
种（以数字作答）
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四、子集问题
规同律子：集n有元个集2 合n。A{a1,a2,...,an}的不
例：集合A={a,b,c,d,e},它的子集个数 为 ，真子集个数为 ，非空 子集个数为 ，非空真子集个数为
。
五、综合问题:
例4 若直线方程ax+by=0中的a,b可以从 0,1,2,3,4这五个数字中任取两个不同的数字, 则方程所表示的不同的直线共有多少条?
分析: 按密码位数,从左到右 依次设置第一位、第二位、第三 位, 需分为三步完成;
第一步, m1 = 10; 第二步, m2 = 10; 第三步, m3 = 10. 根据乘法原理, 共可以设置
N = 10×10×10 = 103 种三位数的密码。
变式训练：各位上的数字不允许重复又怎样?
课堂小结
1、分类加法计数原理：完成一件事，有n类办法，在 第1类办法中有m1种不同的方法,在第2类办法中有m2 种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法. 那么 完成这件事共有 N m 1 m 2 种不 同m 的n方法.
最后结果，只须一种方法 这件事，只有各个步骤都完成
就可完成这件事。
了，才能完成这件事。
区别3 各类办法是互相独立的。 各步之间是互相关联的。
即：类类独立，步步关联。
３.如图,用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色, 规定一个区域 只涂一种颜色, 相邻区域必须涂不同的颜色, 不同的涂色方案有 种。
分析：如图，A、B、C三个区域两两相邻，
A
B
A与D不相邻，因此A、B、C三个区域的颜色
两两不同，A、D两个区域可以同色，也可以不 同色，但D与B、C不同色。由此可见我们需根
两个基本计数原理
两个基本计数原理基本计数原理是概率论中的重要概念，用于计算和求解组合问题和排列问题。
其核心思想是通过分析事件的性质和条件，利用计数的方法，得到事件的可能性。
第一个基本计数原理是加法原理，也称做并事件的计数原理。
它指的是如果一个事件可以被分解为若干个互不相交的子事件，那么这个事件的发生总数等于这些子事件发生总数的和。
假设有n1种物品和n2种物品，如果两种物品都相互独立地选择，那么一共有n1 + n2种选择的可能性。
例如，现在有一堆红色木块，绿色木块和蓝色木块，其中红色木块有n1种，绿色木块有n2种，蓝色木块有n3种。
如果要从这些木块中选择一个来搭建一个木块城堡，那么一共有n1 + n2 + n3种可能的选择。
第二个基本计数原理是乘法原理，也称做交事件的计数原理。
它指的是如果一个事件可以被分解为若干个相互独立的子事件，那么这个事件的发生总数等于这些子事件发生总数的乘积。
假设有n1种选择第一个事件的方式，n2种选择第二个事件的方式，n3种选择第三个事件的方式，以此类推，那么这些事件同时发生的总数等于n1 ×n2 ×n3 × ... 。
例如，现在有一张卡片，有n1种选择颜色的方式；另外还有一本书，有n2种选择封面的方式；还有一个背包，有n3种选择图案的方式。
如果要同时选择卡片颜色、书封面和背包图案，那么一共有n1 ×n2 ×n3种可能的选择。
综上所述，加法原理和乘法原理是组合问题和排列问题中常用的数学原理。
这两个原理为我们计算和分析事件的可能性提供了重要的数学工具。
通过应用这两个原理，我们可以解决各种各样的组合问题，例如计算排列的总数、选择可能性的总数、计算概率等。
这些原理在概率论、组合数学以及其他领域的应用非常广泛。
两个基本计数原理加法原理和乘法原理
两个基本计数原理加法原理和乘法原理两个基本计数原理：加法原理和乘法原理在我们日常生活和数学学习中，计数是一项非常重要的任务。
而加法原理和乘法原理就是两个帮助我们解决计数问题的基本原理。
让我们先来聊聊加法原理。
想象一下，你要从 A 地去 B 地，有三条不同的路可以走，分别是路 1、路 2 和路 3。
那么从 A 地到 B 地，总的路线选择就是这三条路的总和，这就是加法原理。
加法原理说的是，如果完成一件事情有 n 类不同的方式，在第一类方式中有 m1 种不同的方法，在第二类方式中有 m2 种不同的方法，以此类推，在第 n 类方式中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情总的方法数就是 m1 ＋m2 ＋… ＋ mn 种。
比如说，在一个班级里评选优秀学生，有学习成绩优秀的、品德优秀的、社会实践积极的三种类型。
假设学习成绩优秀的有 10 人，品德优秀的有 8 人，社会实践积极的有 6 人。
那么这个班级里优秀学生的总数就是 10 ＋ 8 ＋ 6 ＝ 24 人。
再比如，你周末想去图书馆看书，图书馆在三个不同的区域分别有分馆，第一个区域有 2 家分馆，第二个区域有 3 家分馆，第三个区域有 1 家分馆。
那么你可以选择去的图书馆分馆总数就是 2 ＋ 3 ＋ 1 ＝ 6 家。
接下来，我们说一说乘法原理。
假设你早上要穿衣服出门，上衣有3 件不同的款式可以选择，裤子有 2 条不同的款式可以选择。
那么你搭配衣服的方式总共有 3×2 ＝ 6 种。
这就是乘法原理。
乘法原理是指，如果完成一件事情需要 n 个步骤，做第一步有 m1 种不同的方法，做第二步有 m2 种不同的方法，以此类推，做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情总的方法数就是m1×m2×…×mn 种。
比如说，要从 0 、 1 、 2 、 3 这 4 个数字中选出 3 个数字组成一个三位数，百位上有 3 种选择（因为 0 不能在百位），十位上有 3 种选择，个位上有 2 种选择，那么总共能组成的三位数个数就是 3×3×2 ＝18 个。
2019年高考数学(理)考点一遍过 考点47 两个基本计数原理含解析
（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或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.1．两个计数原理【注意】区分分类与分步的依据在于“一次性”完成．若能“一次性”完成，则不需分步，只需分类；否则就分步处理．2．两个计数原理的区别与联系考向一 分类加法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏．典例1 将编号1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3的盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的号不能相同，则不同的放球方法有A．16种B．12种C．9种D．6种【答案】B【解析】由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，当四个小球分组为如下情况时，放球方法有：当1与2号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当1与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当1与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当3与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法.因此，不同的放球方法有2+2+2+2+2+2=12种.故选B.【名师点睛】本题主要考查分类加法计数原理的应用，分六种情况讨论，求解每一种类型的放球方法数，然后利用分类加法计数原理求解即可.解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类加法计数原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.1．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买一张，则不同的买法共有A．7种B．8种C．6种D．9种考向二分步乘法计数原理应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步骤，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．典例2 某商场共有4个门，购物者若从一个门进，则必须从另一个门出，则不同走法的种数是A．8 B．7C．11 D．12【答案】D【解析】从一个门进有4种选择，从另一个门出有3种选择，共有4×3=12(种)走法．【名师点睛】对于分步乘法计数原理：①要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件．③对完成各步的方法数要准确确定．典例3 现有小麦、大豆、玉米、高粱4种不同农作物供选择，在如图所示的四块土地上种植，要求有公共边界的两块地不能种同一种农作物，则不同的种植方法共有A．36种B．48种C．24种D．30种【答案】B【解析】由题意可知，本题是一个分步计数的问题.先给右边的一块地种植，有4种结果； 再给中间上面的一块地种植，有3种结果； 再给中间下面的一块地种植，有2种结果； 最后给左边的一块地种植，有2种结果.根据分步计数原理可知共有432248⨯⨯⨯=种结果. 故选B.【名师点睛】本题主要考查的知识点是分步计数原理，这种问题解题的关键是看清题目中出现的结果，几个环节所包含的事件数在计算时要做到不重不漏.需要先给右边的一块地种植，有4种结果，再给中间上面的一块地种植，有3种结果，再给中间下面的一块地种植，有2种结果，最后给左边的一块地种植，有2种结果，相乘即可得到结果.2．已知{}1,2,3,4x ∈，{}5,6,7,8y ∈，则xy 可表示不同的值的个数为 A ．2 B ．4 C ．8D ．15考向三 两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题． （2）利用两个原理解决集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n-个．典例4 一个三位数，其十位上的数字既小于百位上的数字也小于个位上的数字(如735,414等)，那么，这样的三位数共有 A ．240个 B ．249个 C ．285个D ．330个【答案】C【解析】因为十位上的数字既小于百位上的数字也小于个位上的数字，所以当十位数字是0时有9×9=81种结果，当十位数字是1时有8×8=64种结果，当十位数字是2时有7×7=49种结果，当十位数字是3时有6×6=36种结果，当十位数字是4时有5×5=25种结果，当十位数字是5时有4×4=16种结果，当十位数字是6时有3×3=9种结果，当十位数字是7时有2×2=4种结果，当十位数字是8时有1种结果，所以共有81＋64＋49＋36＋25＋16＋9＋4＋1=285种结果．【名师点睛】与两个计数原理有关问题的常见类型及解题策略：(1)与数字有关的问题．可分类解决，每类中又可分步完成，也可以直接分步解决．(2)与几何有关的问题．可先分类，再分步解决．(3)涂色问题．可按颜色的种数分类完成，也可以按不同的区域分步完成．3．如图所示,从甲地到乙地有3条公路可走,从乙地到丙地有2条公路可走,从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走.则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为A．6,8 B．6,6C．5,2 D．6,21．在手绘涂色本的某页上画有排成一列的6条未涂色的鱼，小明用红、蓝两种颜色给这些鱼涂色，每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色．．．．．．，涂色后，既有红色鱼又有蓝色鱼的涂色方法种数为A ．14B ．16C ．18D ．202．若4位同学报名参加3个不同的课外活动小组，每位同学限报且必须报其中的一个小组，则不同的报名方法共有A ．34种 B ．9种 C ．43种D ．12种3．从1,2,,9这九个数字中，任意抽取两个相加所得的和为奇数的不同代数式的种数是A ．6B ．9C ．20D ．254．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有 A ．8种 B ．12种 C ．16种D ．20种5．某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴和会小号的各1人，则不同的选法有 A ．8种 B ．12种 C ．16种D ．20种6．把2支相同的晨光签字笔,3支相同英雄钢笔全部分给4名优秀学生,每名学生至少1支,则不同的分法有 A ．24种 B ．28种 C ．32种D ．36种7．用5种不同颜色给图中的A 、B 、C 、D 四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，则不同的涂色方案共有A ．420种B ．180种C ．64种D ．25种8．某班上午有五节课,分别安排语文,数学,英语,物理,化学各一节课.要求语文与化学相邻,数学与物理不相邻,且数学课不排第一节,则不同排课法的种数是 A ．16 B ．24 C ．8D ．129．已知集合{}{}1,2,34,5,6,7M N =-=--,，从两个集合中各取一个元素作点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为 A ．18 B ．16 C ．14D ．1010．几个孩子在一棵枯树上玩耍，他们均不慎失足下落．已知（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A ，B ，C ； （2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D ，E ，F ； （3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G ，A ，C ； （4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B ，D ，H ； （5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I ，C ，E ．李华在下落的过程中撞到了从A 到I 的所有树枝，根据以上信息，在李华下落的过程中，和这9根树枝不同的撞击次序有 A ．23种B ．24种C ．32种D ．33种11．已知a ∈{3,4,5}，b ∈{1,2,7,8}，r ∈{8,9}，则方程(x －a )2＋(y －b )2=r 2可表示不同圆的个数为______个． 12．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.13．如图所示的几何体由一个正三棱锥P －ABC 与正三棱柱111ABC A B C 组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面111A B C 不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．14．将黑白2个小球随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，则黑白两球均不在1号盒子的概率为________． 15．为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答)1．(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 ．24B ．18C ．12D ．92．(2016年高考新课标Ⅲ卷)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a 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3．(2013年高考福建卷) 满足a ，b ∈{−1,0,1,2}，且关于x 的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数为 A ．14 B ．13 C ．12D ．104．(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 ．261D ．2795．(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．【答案】A2．【答案】D【解析】完成xy 这个事件分两个步骤：第一步，从{1,2,3,4}中任选一个数x ，有4种选法； 第二步，从{5,6,7,8}中任选一个数y ，也有4种选法. 根据分步计数原理，完成这个事件有：4416⨯=种取法. 其中3846⨯=⨯，16115∴-=种，故选D ．【名师点睛】在解决计数问题时，首先要分析需要分类还是分步，分步要注意步骤完整，即完成所有步骤，恰好能完成任务，且步与步之间要相互独立. 3．【答案】A【解析】由题意，从甲地经乙地到丙地的走法，根据分步乘法计数原理可得，共有23=6⨯种； 再由分类加法计数原理，可得从甲地到丙地，共有628+=种走法，故选A.【名师点睛】本题主要考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用问题，根据题意，应用乘原理，即可求解甲地经乙地到丙地的走法的种数，再由加法原理，即可得到甲地到丙地的所有走法的种数.其中正确理解题意，合理选择计数原理是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.1．【答案】D【名师点睛】本题考查计数原理的运用，考查学生的计算能力，比较基础．分类讨论，利用加法原理，可得结论． 2．【答案】A【解析】由分步计数原理人去选活动小组，每个人都选完，事情结束，所以方法数为3×3×3×3=34种.故选A.【名师点睛】本题考查分步计数原理求完成事情的方法数，只需要区分理解分类计数原理与分步计数原理即可求解.3．【答案】C种，选C.【解析】有5个奇数，4个偶数，所以要使和为奇数必取一奇一偶，即有54=204．【答案】B【解析】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，选取3个面有2个不相邻，则必选相对的2个面，所以分3类．若选ABCD和A1B1C1D1两个面，另一个面可以是ABB1A1，BCC1B1，CDD1C1和ADD1A1中的一个，有4种．同理选另外相对的2个面也有4种．所以共有4×3=12(种)．5．【答案】D【解析】由题意知，在艺术小组9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(称为“多面手”)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．按“多面手”的选法分为两类：(1)“多面手”入选，则有6＋2=8(种)选法；(2)“多面手”不入选，则有6×2=12(种)选法．因此选法共有8＋12=20(种)．6．【答案】B【名师点睛】本题主要考查分步计数原理的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率. 7．【答案】B【解析】由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有3种，D 有3种涂法.∴共有5×4×3×3=180种不同的涂色方案．故答案为B.【名师点睛】由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有3种，D 有3种涂法，根据乘法原理可得结论．解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”； (2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等； (3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决． 8．【答案】A【解析】根据题意，分3步进行分析：①要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有2种情况；②将这个整体与英语全排列，有22A 2=种顺序，排好后，有3个空位；③数学课不排第一节，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，安排物理，有2种情况，则数学、物理的安排方法有224⨯=种，则不同排课法的种数是22416⨯⨯=种. 故选A. 9．【答案】C10．【答案】D【解析】由题可判断出树枝部分顺序GABCEF ，还剩下D ，H ，I ， 先看树枝I 在C 之前，有4种可能，而树枝D 在BE 之间，H 在D 之后，若I 在BC 之间，D 有3种可能： ①若D 在BI 之间，H 有5种可能， ②若D 在IC 之间，H 有4种可能， ③若D 在CE 之间，H 有3种可能．若I 不在BC 之间，则I 有3种可能，此时D 有2种可能，D 可能在BC 之间，H 有4种可能，D 可能在CE 之间，H 有3种可能，综上，共有()543343122133++++=+=种． 故选D ．【名师点睛】本题主要考查分类计数原理的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.由题可判断出树枝部分顺序GABCEF ，还剩下D ，H ，I ，先看树枝I 在C 之前，有4种可能，而树枝D 在BE 之间，H 在D 之后，若I 在BC 之间，利用分类计数加法原理求解即可. 11．【答案】24【解析】确定圆的方程可分三步：确定a 有3种方法，确定b 有4种方法，确定r 有2种方法，由分步计数原理知N =3×4×2=24(个)． 12．【答案】613．【答案】12【解析】先涂三棱锥P －ABC 的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有3×2×1×2=12种． 14．【答案】49【解析】黑白两个球随机放入编号为1,2,3的三个盒子中，每个球都有三种放法，故共有339⨯=种放法在，黑白两球均不在一号盒，都有两种放法，共有224⨯=，所以黑白两球均不在一号盒的概率为49，故答案为49. 【名师点睛】本题主要考查分步计数乘法原理与古典概型概率公式的应用，属于中档题.先求黑白两个球随机放入编号为1,2,3的三个盒子的所有放法，再求出黑白两球均不在一号盒的放法，利用古典概型概率公式可得到结果. 15．【答案】24【解析】若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2=12(种)方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2=12(种)方案，所以共有24种推荐方案．1．【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． 2．【答案】C【解析】由题意，得必有10a =，81a =，则具体的排法列表如下：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． 3．【答案】B【解析】当0a =时，关于x 的方程为20x b +=，此时有序数对()()()0,10,00,102),(-，，，均满足要求； 当0a ≠时，440ab ∆=-≥，所以1ab ≤，此时满足要求的有序数对为()()(1,11,01,11,2)()-----,,,,()()()111,01,1212,0()()--,,,，,,．综上，共有13个满足要求的有序数对． 4．【答案】B5．【答案】C【解析】解法一（直接法）：如图，在上底面中选11B D ，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样11A C 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．解法二（间接法）：正方体的12条面对角线中，任意两条垂直、平行或成角为60°，其中，互相垂直的有12对，互相平行的有6对，所以成角为60°的共有212C 12648--=对．。
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专题47 两个基本计数原理（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或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.1．两个计数原理【注意】区分分类与分步的依据在于“一次性”完成．若能“一次性”完成，则不需分步，只需分类；否则就分步处理．2．两个计数原理的区别与联系考向一 分类加法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏．典例1 在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有A．10种B．11种C．12种D．13种【答案】C由分类加法计数原理得，共有3＋2＋1＋1＋2＋3=12种不同的方法．故选C.1．将甲、乙、丙等六人分配到高中三个年级，每个年级2人．要求甲必须在高一年级，乙和丙均不在高三年级，则不同的安排种数为A．18 B．15C．12 D．9考向二分步乘法计数原理应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步骤，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．典例2 某商场共有4个门，购物者若从一个门进，则必须从另一个门出，则不同走法的种数是A．8 B．7C．11 D．12【答案】Da ab bc c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列2．将字母,,,,,方法共有A．12种B．18种C．24种D．36种考向三两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题． （2）利用两个原理解决集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有123,,,,{}n a a a a 的子集有2n个，真子集有21n个．典例3 一个三位数，其十位上的数字既小于百位上的数字也小于个位上的数字(如735,414等)，那么，这样的三位数共有 A ．240个 B ．249个 C ．285个 D ．330个【答案】C当十位数字是6时有3×3=9种结果， 当十位数字是7时有2×2=4种结果， 当十位数字是8时有1种结果，所以共有81＋64＋49＋36＋25＋16＋9＋4＋1=285种结果． 【名师点睛】与两个计数原理有关问题的常见类型及解题策略：(1)与数字有关的问题．可分类解决，每类中又可分步完成，也可以直接分步解决． (2)与几何有关的问题．可先分类，再分步解决．(3)涂色问题．可按颜色的种数分类完成，也可以按不同的区域分步完成．3．将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则不同的涂色方法有种.1．设某班有男生30名，女生24名．现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，则不同的选法共有A．24种B．30种C．54种D．720种2．在填写高考志愿时，一名高中毕业生了解到，A，B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下表所示：如果这名同学只能选择一个专业，则这名同学可能的专业选择有A．4种B．5种C．9种D．20种3．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有 A ．8种 B ．12种 C ．16种D ．20种4．某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴和会小号的各1人，则不同的选法有 A ．8种 B ．12种 C ．16种D ．20种5．如图所示，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是A ．6B ．10C ．12D ．246．从1,2,,9 这九个数字中，任意抽取两个相加所得的和为奇数的不同代数式的种数是 A ．6B ．9C ．20D ．257．某商店现有甲种型号电视机10台，乙种型号电视机8台，丙种型号电视机12台，从这三种型号的电视机中各选一台检验，则不同的选法有 A ．30种 B ．80种 C ．96种D ．960种8．某公共汽车上有10名乘客，要求在沿途的5个车站全部下完，乘客下车的可能方式有 A ．510种 B ．105种 C ．50种D ．以上都不对9．已知集合{}{}1,2,34,5,6,7M N =-=--,，从两个集合中各取一个元素作点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为 A ．18 B ．16 C ．14D ．1010．如图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有A ．24种B ．72种C ．84种D ．120种11．已知a ∈{3,4,5}，b ∈{1,2,7,8}，r ∈{8,9}，则方程(x －a )2＋(y －b )2=r 2可表示不同圆的个数为______个．12．大小不等的两个正方体玩具，分别在各面上标有数字1,2,3,4,5,6，则向上的面标着的两个数字之积不小于20的积的结果有____________种．13．如图所示的几何体由一个正三棱锥P －ABC 与正三棱柱111ABC A B C 组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面111A B C 不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．14．将3个不同的小球放入编号分别为1,2,3,4的盒子内，则4号盒子中至少有一个球的放法有________种．15．为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答)1．(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 ．24B ．18C ．12D ．92．(2016年高考新课标Ⅲ卷)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a 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3．(2013年高考福建卷) 满足a ，b ∈{−1,0,1,2}，且关于x 的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数为A ．14B ．13C ．12D ．104．(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 ．261D ．2795．(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．【答案】D【解析】若甲、乙在高一年级，则丙一定在高二年级，此时不同的安排种数为3种； 若甲、丙在高一年级，则乙一定在高二年级，此时不同的安排种数为3种； 若甲在高一年级，乙、丙在高二年级，此时不同的安排种数为3种， 所以共有3+3+3=9种不同的安排种数． 2．【答案】A3．【答案】72【解析】给五个区域标记号A 、B 、C 、D 、E (如图所示)，则A 区域有4种不同的涂色方法，B 区域有3种，C 区域有2种，D 区域有2种，但E 区域的涂色依赖于B 与D 所涂的颜色，如果B 与D 颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．(1)当B 与D 同色时，有4×3×2×1×2=48种． (2)当B 与D 不同色时，有4×3×2×1×1=24种． 故共有48＋24=72种不同的涂色方法． 【名师点睛】涂色问题大致有两种方案：（1）选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计算.（2）首先根据涂色时所用色数的多少，进行分类处理，然后在每一类的涂色方案的计算上需要用到分步乘法计数原理．最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和即得到最终涂色方法数．1．【答案】D2．【答案】C【解析】这名同学可以选择A，B两所大学的一所，在A大学中有5种专业选择方法，在B大学中有4种专业选择方法，又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有5＋4=9(种)．【名师点睛】使用分类加法计数原理时，要根据问题的特点确定一个分类的标准．3．【答案】B【解析】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，选取3个面有2个不相邻，则必选相对的2个面，所以分3类．若选ABCD和A1B1C1D1两个面，另一个面可以是ABB1A1，BCC1B1，CDD1C1和ADD1A1中的一个，有4种．同理选另外相对的2个面也有4种．所以共有4×3=12(种)．4．【答案】D【解析】由题意知，在艺术小组9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(称为“多面手”)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．按“多面手”的选法分为两类：(1)“多面手”入选，则有6＋2=8(种)选法；(2)“多面手”不入选，则有6×2=12(种)选法．因此选法共有8＋12=20(种)．5．【答案】B故共有6+4=10种情况.6．【答案】C种，选C.【解析】有5个奇数，4个偶数，所以要使和为奇数必取一奇一偶，即有54=207．【答案】D【解析】完成从这三种型号的电视机中各选一台检验可分三步完成：第一步：从甲种型号中选一台，有10种不同的方法；第二步：从乙种型号中选一台，有8种不同的方法；第三步：从丙种型号中选一台，有12种不同的方法；根据分步乘法计数原理，得10×8×12=960(种)．因此共有960种不同的方法．【名师点睛】利用分步乘法计数原理解题时，首先要确定一个可行的分步标准，其次，还要注意完成这件事情必须且只需连续完成这n个步骤后，这件事情才算圆满完成．8．【答案】A【解析】任何一个乘客可以在任一车站下车，且相互独立，所以每一个乘客下车的方法都有5种，由分步计数原理知N=510.故选A.9．【答案】C4×2=8(个)．综合上面两类，利用分类计数原理，共有6＋8=14(个)．故选C.10．【答案】C【解析】如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A→B→C→D顺序涂色，下面分两种情况：(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2=48(种)．(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3=36(种)．共有84种．11．【答案】24【解析】确定圆的方程可分三步：确定a有3种方法，确定b有4种方法，确定r有2种方法，由分步计数原理知N=3×4×2=24(个)．12．【答案】8【解析】第1个正方体向上的面标有的数字必大于等于4.如果是3，则3与第二个正方体面上标有数字最大者6的积3×6=18＜20，4×5=5×4=20，4×6=6×4=24，5×5=25，5×6=6×5=30，6×6=36，以上积的结果分别为20,24,25,30,36，共8种．13．【答案】12【解析】先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有3×2×1×2=12种．3714．【答案】【解析】若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2=12(种)方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2=12(种)方案，所以共有24种推荐方案．1．【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． 2．【答案】C【解析】由题意，得必有10a =，81a =，则具体的排法列表如下：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． 3．【答案】B【解析】当0a =时，关于x 的方程为20x b +=，此时有序数对()()()0,10,00,102),(-，，，均满足要求；当0a ≠时，440ab ∆=-≥，所以1ab ≤，此时满足要求的有序数对为()()(1,11,01,11,2)()-----,,,,()()()111,01,1212,0()()--,,,，,,．综上，共有13个满足要求的有序数对． 4．【答案】B648=252. 5．【答案】C【解析】解法一（直接法）：如图，在上底面中选11B D ，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样11AC 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．解法二（间接法）：正方体的12条面对角线中，任意两条垂直、平行或成角为60°，其中，互相垂直的有12对，互相平行的有6对，所以成角为60°的共有212C 12648--=对．。