10.1--两个计数原理优秀PPT.ppt

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1、第十章 排列、组合和二项式定理10.1 10.1 两个计数两个计数原 原理理要点梳理要点梳理1.1.分类计数原理分类计数原理 完完成成一一件件事事有有n n类类不不同同的的方方案案，在在第第一一类类方方案案中中有有 m1m1种种不不同同的的方方法法，在在其其次次类类方方案案中中有有m2m2种种不不同同的的方方法法，在在第第n n类类方方案案中中有有mnmn种种不不同同的的方方法，法，则则完完成成这这件件事事情情，共共有有N=N=种种不不同同的的 方法方法.m m1 1+m m2 2+m mn n基础学问基础学问 自主自主学习学习2.2.分步计数原理分步计数原理 完成一件事情须要分成完成一件事情

2、须要分成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m1m1种不同的方法，完成其次步有种不同的方法，完成其次步有m2m2种不同的种不同的 方法，方法，完成第，完成第n n步有步有mnmn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.分类计数原理与分步计数原理，都涉及分类计数原理与分步计数原理，都涉及 的不同方法的种数的不同方法的种数.它们的区分在于它们的区分在于 分类计数原理与分类计数原理与 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

3、方法都可以完成这件事；分步计数原理与分步计数原理与 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名名女女同同学学和和2 2名名男男同同学学中中选选1 1人人主主持持本本班班的的某某次次主题班会，则不同的选法种数为主题班会，则不同的选法种数为（）A.6 A.6B.5B.5C.3C.3D.2D.2 解解析析 “完完成成这这件件事事”即即选选出出一一人人作作主主持持人人，可可分分选选女女主主持持人人和和男男主主持持人人两两类类进进行

4、行，分分别别有有3 3种种选选法法和和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.6 A.6个个B.8B.8个个 C.12 C.12个个 D.16 D.16个个 解解析析 因因为为椭椭圆圆的的焦焦点点在在x x轴轴上上，所所以以当当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,即即所所求的椭

5、圆共有求的椭圆共有3+2+1=63+2+1=6个，故选个，故选A.A.A3.3.右图是某汽车修理公司的修理点环右图是某汽车修理公司的修理点环 形分布图，公司在年初支配给形分布图，公司在年初支配给A A、B B、C C、D D四个修理点某种配件各四个修理点某种配件各5050件件.在运用前发觉需将在运用前发觉需将A A、B B、C C、D D四个四个 修修理理点点的的这这批批配配件件分分别别调调整整为为4040、4545、5454、6161件件，但但调调 整整只只能能在在相相邻邻修修理理点点之之间间进进行行，那那么么要要完完成成上上述述调调整整，最最少少的的调调动动件件次次（n n件件配配件件从从

6、一一个个修修理理点调整到相邻修理点的调动件次为点调整到相邻修理点的调动件次为n n）为（）为（）A.15 A.15B.16B.16 C.17 C.17 D.18 D.18 解解析析 只只需需A A处处给给D D处处1010件件，B B处处给给C C处处5 5件件，C C处处给给D D处处1 1件，共件，共1616件次件次.B4.4.有有不不同同颜颜色色的的四四件件上上衣衣与与不不同同颜颜色色的的三三件件长长裤裤，假假如如一一条条长长裤裤与与一一件件上上衣衣配配成成一一套套，则则不不同同的的配配法法种种数数（）A.7 A.7B.64B.64C.12C.12D.81D.81 解解析析 由由分分步步

7、乘乘法法计计数数原原理理，一一条条长长裤裤与与一一件件上上衣衣配配成成一一套套，分分两两步步，第第一一步步选选上上衣衣有有4 4种种选选法法，其其次次步步选选长长裤裤有有3 3种种选选法法，所所以以，有有43=1243=12种种选选法法，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名女同学名女同学 中中选选人人参参与与，（1 1）若若只只需需一一人人参参与与，有有多多少少种种不不同同的选法？的选法？（2 2）若若需需一一名名老老师师，一一名名学学生生参参与与，有有多多少少种种不不同同的选法？的选法？（3 3）若若只只需需老老师师、

8、男男同同学学、女女同同学学各各一一人人参参与与，有有多少种不同的选法？多少种不同的选法？解解 （1 1）“完完成成这这件件事事”只只需需从从老老师师、学学生生中中选选1 1人人即可，共有即可，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，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313=39313=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

9、，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385=120385=120种方法种方法.题型一题型一 分类计数原理分类计数原理【例例1 1】在在全全部部的的两两位位数数中中，个个位位数数字字小小于于十十位位数数字字的的两位数共有多少个？两位数共有多少个？接接受受列列举举分分类类，先先确确定定个个位位数数字字，再再考考虑虑十位数字的全部可能十位数字的全部可能.然后用分类计数原理然后用分类计数原理.解解 方方法法一一 一一个个两两位位数数由由十十位位数数字字和和个个位位数数字

10、字构构成成，考考虑虑一一个个满满足足条条件件的的两两位位数数，可可先先确确定定个个位位数数字字后后再再考虑十位数字有几种可能考虑十位数字有几种可能.一一个个两两位位数数的的个个位位数数字字可可以以是是0 0，1 1，2 2，3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8 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题型分类型分类 深度深度剖剖析析（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

11、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 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，

12、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“ab”“ab”与与“ba”“ba”中，个位数字与十中，个位数字与十位数字的大小关系，利用对应思想计算位数字的大小关系，利用对应思想计算.全部全部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

13、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“ab”“ab”与与“ba”“ba”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722=36722=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.探探究究提提高高 合合理理分分类类是是提提高高解解题题质质量量的的保保证证，方方法

14、法一一从从两两位位数数的的个个位位数数字字着着手手，确确立立分分类类标标准准，使使计计数数过过程程一一目目了了然然；方方法法二二奇奇异异地地应应用用了了“一一一一对对应应”的的思思想想，简简化化了了计计数数过过程程，这这种种思思想想方方法法在在排排列列、组组合合计计数问题中也常常运用数问题中也常常运用.知知能能迁迁移移1 1 同同学学衣衣服服上上左左、右右各各有有一一个个口口袋袋，左左边边口口袋袋装装有有3030张张英英语语单单词词卡卡片片，右右边边口口袋袋装装有有2020张张英英语语单单词词卡卡片片，这这些些英英语语单单词词卡卡片片都都互互不不相相同同，问问从从两两个个口口袋里任取一张英语单

15、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单词卡片有3030种不种不的取法；的取法；其次类：从右边口袋取一张英语单词卡片有其次类：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

16、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 50 50题型二题型二 分步计数原理分步计数原理【例【例2 2】已知集合】已知集合M=-3,-2,-1,0,1,2,P(a,b)M=-3,-2,-1,0,1,2,P(a,b)表示表示 平面上的点平面上的点(a,bM),(a,bM),问问:(1)P (1)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)P (2)P可表示平面上多少个其次象限的点可表示平面上多少个其次象限的点?(3)P (3)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

17、确定横、这件事需依次确定横、纵坐标，应用分步计数原理纵坐标，应用分步计数原理.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(a,b)P(a,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；其次步确定其次步确定b b的值，也有的值，也有6 6种确定方法种确定方法.依据分步计数原理，得到平面上的点数是依据分步计数原理，得到平面上的点数是66=36.66=36.（2 2）确定其次象限的点，可分两步完成：）确定其次象限的点，可分两步完成：第一步确定第一步确定a a，由于，由于a0,a0b0，所以有，所以有2 2种确定方法种

18、确定方法.由分步计数原理，得到其次象限点的个数是由分步计数原理，得到其次象限点的个数是32=6.32=6.（3 3）点）点P P（a,b)a,b)在直线在直线y=xy=x上的充要条件是上的充要条件是a=b.a=b.因此因此a a和和b b必需在集合必需在集合M M中取同一元素，共有中取同一元素，共有6 6种取种取法，即在直线法，即在直线y=xy=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=xy=x上的点共有上的点共有36-6=3036-6=30个个.利用分步计数原理解决问题：利用分步计数原理解决问题：要按事务发生的过程合理分步，即分步是有先要按事务发生的过程合理分步

19、，即分步是有先 后后依依次次的的；各各步步中中的的方方法法相相互互依依存存，缺缺一一不不行行，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.知知能能迁迁移移2 2 一一个个口口袋袋里里有有5 5封封信信，另另一一个个口口袋袋里里有有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）从从两两个个口口袋袋里里各各取取一一封封信信，有有多多少少种种不不同同的的取取法？法？（2 2）把把这这两两个个口口袋袋里里的的9 9封封信信，分分别别投投入入4 4个个邮邮筒筒，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）各各取取一一封封信信，不

20、不论论从从哪哪个个口口袋袋中中取取，都都不不能能算算完完成成了了这这件件事事，因因此此应应分分两两个个步步骤骤完完成成，由由分步乘法计数原理，共有分步乘法计数原理，共有54=2054=20（种）（种）.（2 2）若若以以邮邮筒筒装装信信的的可可能能性性考考虑虑，第第一一个个邮邮筒筒有有1010种种可可能能性性，即即可可能能装装入入0 0，1 1，2 2，9 9封封信信等等不不同同状状况况.但但再再考考虑虑其其次次个个邮邮筒筒时时，装装信信的的状状况况要要受受到到第一个邮筒装信状况的影响，特殊麻烦第一个邮筒装信状况的影响，特殊麻烦.若若以以每每封封信信投投入入邮邮筒筒的的可可能能性性考考虑虑，第

21、第一一封封信信投投入入邮邮筒筒有有4 4种种可可能能，其其次次封封信信仍仍有有4 4种种可可能能第第九九封封信信还还有有4 4种种可可能能，由由分分步步乘乘法法计计数数原原理理可可知知，共共有有4949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分分）用用0 0，1 1，2 2，3 3，4 4，5 5可可以以组组成成多多少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.思维启迪思维启迪先依据条件把先依据条件把“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取千位上的数

22、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题示范解题示范 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；其次步，选取百位种选法；其次步，选取百位上的数字，除上的数字，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个个数字可供选择，有数字可供选择，有4 4种选法；第三步，选取

23、十位上的种选法；第三步，选取十位上的数字，还有数字，还有3 3种选法种选法.依据分步乘法计数原理，这类数依据分步乘法计数原理，这类数的个数有的个数有443=48443=48个；个；4 4分分 其其次次类类是是用用2 2做做结结尾尾的的比比2 2 000000大大的的4 4位位偶偶数数，它它可可以以分分三三步步去去完完成成：第第一一步步，选选取取千千位位上上的的数数字字，除除去去2 2，1 1，0 0，只只有有3 3个个数数字字可可以以选选择择，有有3 3种种选选法法；其其次次步步，选选取取百百位位上上的的数数字字，在在去去掉掉已已经经确确定定的的首首尾尾两两数数字字之之后后，还还有有4 4个个

24、数数字字可可供供选选择择，有有4 4种种选选法法；第第三三步步，选选取取十十位位上上的的数数字字，还还有有3 3种种选选法法.依依据据分分步计数原理，这类数的个数有步计数原理，这类数的个数有343=36343=36个；个；8 8分分 第第三三类类是是用用4 4做做结结尾尾的的比比2 2 000000大大的的4 4位位偶偶数数，其其步步骤同其次类骤同其次类.10 10分分 对对以以上上三三类类结结论论用用分分类类计计数数原原理理，可可得得所所求求无无重重复复数数 字字 的的 比比 2 2 000000大大 的的 四四 位位 偶偶 数数 有有443+343+343=120443+343+343=1

25、20个个.12 12分分 在 在解解决决实实际问题题的的过程程中中，并并不不确确定定是是单一一的的分分类或或分分步步，而而是是可可能能同同时时应应用用两两个个计数数原 原理理，即即分分类时时，每每类的的方方法法可可能能要要运 运用用分分步步完完成成，而而分分步步时时，每每步步的的方方法法数数可可能能会会实实行行分分类的的思思想想求求.另另外外，具具体体问题题是是先先分分类后后分分步步，还是是先先分分步步后后分分类，应应视视问题题的的特特点点而而定定.解解题题时时常常常常是是两两个个原 原理理交交叉叉在 在一一起起运 运用用，分分类的的关关键在 在于于要要做做到到“不不重重不不漏漏”，分分步步的

26、的关关键在 在于于要要正正确确设设计分分步步的的程程序序，即即合合理理分分类，精精确确分步分步.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，假如只有同一条棱上的两端异色，假如只有 5 5种颜色可供运用，求不同的染色种颜色可供运用，求不同的染色 方法总数方法总数.解解 方方法法一一 可可分分为为两两大大步步进进行行，先先将将四四棱棱锥锥一一侧侧面面三三顶顶点点染染色色，然然后后再再分分类类考考虑虑另另外外两两顶顶点点的的染染色色数数，用用分分步步乘乘法法原原理理即即可可得

27、得出出结结论论.由由题题设设，四四棱棱锥锥SABCDSABCD的的顶顶点点S S、A A、B B所所染染的的颜颜色色互互不不相相同同，它它们共有们共有543=60543=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；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

28、 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607=420607=420种种.方法二方法二 以以S S、A A、B B、C C、D D依次分步染色依次分步染色.第一步，第一步，S S点染色，有点染色，有5 5种方法；种方法；其次步，其次步，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

29、与 S S、A A、C C相邻，须要针对相邻，须要针对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543543（1 1 3+22 3+22）=420=420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

30、，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；其次类，只用其次类，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.方法与技巧方法与技巧1.1.分类和分步计数原理，都是关于做一件事的不分类和分步计数原理，都是

31、关于做一件事的不同方法的种数的问题，区分在于：分类计数原同方法的种数的问题，区分在于：分类计数原理针对理针对“分类分类”问题，其中各种方法相互独立，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；分步用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步计数原理针对计数原理针对“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，使问题的分析更要

32、恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清晰，便于探究规律直观、清晰，便于探究规律.思思想方法想方法 感悟感悟提提高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”间相互独立，间相互独立，“步步”间相互联系；间相互联系；（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中随意选出三个不同的数，中随意选出三个不同的数

33、，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.3 A.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、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.D定定时时检测检测2.2.如图所示的

34、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4545个小方格组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.16 A.16B.32B.32C.48C.48D.64D.64 解解析析 每每四四个个小小方方格格（2222型型）中中有有“L”“L”型型图图案案4 4个个，共共有有2222型型小小方方格格1212个个，所所以以共共有有“L”“L”型型图图案案412=48412

35、=48个个.C3.3.（20082008全国全国）将）将1 1，2 2，3 3填入填入3333 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.24 C.24种种D.48D.48种种 解析解析 由于由于3333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（即第一行其次列种（即第一行其次列 为为2 2或或3 3，当

36、当其其次次列列填填2 2时时，第第三三列列只只能能填填3 3，当当第第一一行行填填完完后后，其其他他行行的的数数字字便便可可确确定定），当当全全为为2 2或或3 3时时，分分别别有有2 2种种，共共有有6 6种种；当当分分别别为为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 域必需涂不同颜色，若允许同一种颜域必需涂不同颜色，若允许同一种颜 色多次运用，则不同的涂色方法共有（色多次运用，则不同的涂色方法共有（）A.180 A.

37、180种种B.120B.120种种 C.96 C.96种种D.60D.60种种 解解析析 按按区区域域分分四四步步：第第一一步步A A区区域域有有5 5种种颜颜色色可可选选；其次步其次步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；第第四四步步由由于于D D区区域域可可以以重重复复运运用用区区域域A A中中已已有有过过的的颜颜色色，故故也也有有3 3种种颜颜色色可可选选用用.由由分分步步计计数数原原理理，共共有有5433=1805433=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

38、所示，若要 全部参观并且路途不重复，则不同全部参观并且路途不重复，则不同 的参观路途种数共有的参观路途种数共有 （）A.6 A.6种种B.8B.8种种 C.36 C.36种种D.48D.48种种 解解析析 如如图图所所示示，在在A A点点可可先先参参观观区区域域1 1，也也可可先先参参观观区区域域2 2或或3 3，共共有有3 3种种不不同同选选法法.每每种种选选法法中中又又有有2222=162222=16种不同路途种不同路途.共有共有316=48316=48种不同的参观路途种不同的参观路途.D6.6.有有4 4位位老老师师在在同同一一年年级级的的4 4个个班班中中各各教教一一个个班班的的数数学

39、学，在在数数学学检检测测时时要要求求每每位位老老师师不不能能在在本本班班监监考考，则则监监考的方法有考的方法有 （）A.8 A.8种种B.9B.9种种C.10C.10种种D.11D.11种种 解解析析 方方法法一一 设设四四位位监监考考老老师师分分别别为为A A、B B、C C、D D，所所教教班班分分别别为为a a、b b、c c、d d，假假设设A A监监考考b b，则则余余下下三三人人监监考考剩剩下下的的三三个个班班，共共有有3 3种种不不同同方方法法，同同理理A A监监考考c c、d d时时，也也分分别别有有3 3种种不不同同方方法法，由由分分类类加加法法计数原理共有计数原理共有3+3

40、+3=93+3+3=9种种.方方法法二二 班班级级按按a a、b b、c c、d d的的依依次次依依次次排排列列，为为避避开开重重复复或或遗遗漏漏现现象象，老老师师的的监监考考依依次次可可用用“树树形形图图”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.答案答案 B B二、填空题二、填空题7.7.（20082008浙江）用浙江）用1 1，2 2，3 3，4 4，5 5，6 6组组成成六六位位数数（没有重复数字），要求任何相邻两个（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶数字的奇偶 性不同，且性不同，且1 1和和2 2相邻，这样的六位数的个数是相邻，这样的六位数的个数是

41、（用数字作答）（用数字作答）.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；其次步：再将其次步：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 =40 2 =40个个.40408.“8.“渐渐升升数数”是是指指每每个个数数字字比比它它左左边边的的数数字字大大的的正正整整数数（如如1 1 458458），若若把把四四位位“渐渐升升数

42、数”按按从从小小到到大大的依次排列，则第的依次排列，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 的的渐渐升升数数共共有有：6+5+4+3+2+1=216+5+4+3+2+1=21（个个），如如123123，个个位位可可从从4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9六六个个数数字字选选一一个个，有有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数的第从小到大的渐升数的第3030个必为个必为1 3591

43、 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名男运动员参与名男运动员参与 100 100米决赛米决赛.其中甲、乙、丙三人必需在其中甲、乙、丙三人必需在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，则支配八条跑道的奇数号跑道上，则支配 这这8 8名运动员竞赛的方式共有名运动员竞赛的方式共有 种种.解析解析 分两步支配这分两步支配这8 8名运动员名运动员.第第一一步步：支支配配甲甲、乙乙、丙丙三三人人，共共有有1 1、3 3、5 5、7 7四四条跑

44、道可支配，所以支配方式有条跑道可支配，所以支配方式有432=24432=24种种.其其次次步步：支支配配另另外外5 5人人，可可在在2 2、4 4、6 6、8 8及及余余下下的的一一 条条 奇奇 数数 号号 跑跑 道道 支支 配配，所所 以以 支支 配配 方方 式式 有有54321=12054321=120种种.支配这支配这8 8人的方式有人的方式有24120=2 88024120=2 880种种.2 8802 880三、解答题三、解答题10.10.（1 1）4 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？每人报一项，共有多少种报名

45、方法？（2 2）4 4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？有多少种可能的结果？解解 （1 1）要完成的是）要完成的是“4“4名同学每人从三个项目名同学每人从三个项目中选一项报名中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为每人可在三项中选一项，选法为3 3种，所以共有种，所以共有3333=813333=81种报名方法种报名方法.（2 2）完完成成的的是是“三三个个项项目目冠冠军军的的获获得得”

46、这这件件事事，因因为为每每项项冠冠军军只只能能有有一一人人获获得得，三三项项冠冠军军都都有有得得主主，这这件件事事才才算算完完成成，于于是是应应以以“确确定定三三项项冠冠军军得得主主”为为线线索索进进行行分分步步.而而每每项项冠冠军军是是四四人人中中的的某某一一人人，有有4 4种种可可能能的的状状况况，于于是是共共有有444=43=64444=43=64种种可可能能的状况的状况.11.11.三边长均为整数，且最大边长为三边长均为整数，且最大边长为1111的三角形有多的三角形有多少个？少个？解解 三角形的另外两条边的边长用三角形的另外两条边的边长用x x、y y表示，表示，且不妨设且不妨设xyx

47、y，则，则1xy11.1xy11.要构成三角形，必需要构成三角形，必需x+y12.x+y12.当当y y取值取值1111时，时，x=1,2,3,11,x=1,2,3,11,可有可有1111个三角形个三角形.当当y y取值取值1010时，时，x=2,3,10 x=2,3,10，可有，可有9 9个三角形个三角形.当当y y取值取值6 6时，时，x x也只能取也只能取6 6，只有，只有1 1个三角形个三角形.所以，三角形的个数为所以，三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.11+9+7+5+3+1=36.12.12.由数字由数字1 1，2 2，3 3，4.4.（1 1）可组成多少个三位数；）可

48、组成多少个三位数；（2 2）可组成多少个没有重复数字的三位数；）可组成多少个没有重复数字的三位数；（3 3）可组成多少个没有重复数字的三位数，且百）可组成多少个没有重复数字的三位数，且百 位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字.解解 （1 1）百位数共有）百位数共有4 4种排法；十位数共有种排法；十位数共有4 4种排种排 法；个位数共有法；个位数共有4 4种排法，依据分步乘法计数原种排法，依据分步乘法计数原 理共可组成理共可组成43=6443=64个三位数个三位数.（2 2）百位上共有）百位上共有4 4种排法；十位上共有种排法；十位上共有3 3种排法；种排法；个位上共有个位上共有2 2种排法，由分步乘法计数原理知共种排法，由分步乘法计数原理知共 可排成没有重复数字的三位数可排成没有重复数字的三位数432=24432=24个个.（3 3）排出的三位数分别是）排出的三位数分别是432432，431431，421,321421,321共共4 4个个.返回返回