专题01 两个计数原理-2022年新高考数学题型全归纳之排列组合

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人，男生人，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】．

【例2】若、是正整数，且，则以为坐标的点共有多少个？

【解析】．

【例3】用到这个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（    ）

A．     B．     C．   D．

【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

当尾数为0时，百位有9种选法，十位有8种结果，

共有

根据分类计数原理知共有

故选：．

【例4】用数字组成的无重复数字的四位偶数的个数为（   ）

A．   B．   C．   D．

【解析】由题意知本题需要分步计数，

2和4排在末位时，共有种排法，

其余三位数从余下的四个数中任取三个有种排法，

根据由分步计数原理得到符合题意的偶数共有（个．

故选：．

【例5】用这个数字，可以组成____个大于，小于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，有个；

②千位数字为5时，百位数字为0,1,2,3之一时，有个；③千位数字为5时，百位数字是4，十位数字是0,1之一时，有个；最后还有5420也满足题意.

所以，所求四位数共有个.

故答案为 ．

类型二、乘法原理

【例6】公园有个门，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，

则不同的走法有种

【例7】将个不同的小球放入个盒子中，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，共有安排方法，故不同的安排种法有，

故答案为120．

【例9】高二年级一班有女生人，男生人，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．

【解析】

【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种可能，

因为有3项体育比赛，所以冠军获奖者共有种可能

【例12】用，，，，，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，且和相邻，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，共有种排法；

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，共有种排法；

第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中，共有种排法．

由分步乘法计数原理得共有（种．

答案为：40

【例13】从集合中任选两个元素作为椭圆方程中的和，则能组成落在矩形区域且内的椭圆个数为（　　）

A．     B．     C．   D．

【解析】椭圆落在矩形内，满足题意必须有，，所以有两类，

一类是，从，2，3，，7，任选两个不同数字，方法有

令一类是从9，10，两个数字中选一个，从，2，3，，7，中选一个

方法是：

所以满足题意的椭圆个数是：

故选：．

【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，值域为的“同族函数”共有（    ）

A．个       B．个 C．个 D．个

【解析】定义域是集合的子集，且子集中至少应该含有、1中的一个和、3中的一个，

满足条件的定义有：，、，、，、，、，1，、，1，、，，、，，、，1，，，共9个．

故选：．

【例15】某银行储蓄卡的密码是一个位数码，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）的方法设计密码，当积为一位数时，十位上数字选，并且千位、百位上都能取．这样设计出来的密码共有（   ）

A．个      B．个         C．个      D．个

【例16】从集合中，选出个数组成子集，使得这个数中的任何两个数之和不等于，则取出这样的子集的个数为（   ）

A．        B．      C．      D．

【解析】从集合，，，，0，1，2，3，4，中，随机选出5个数组成

子集，共有种取法，即可组成个子集，

记“这5个数中的任何两个数之和不等于1”为事件，

而两数之和为1的数组分别为，，，，，，

包含的结果有①只有有一组数的和为1，有种结果

②有两组数之和为1，有种，

则包含的结果共有种

故答案为：．

【例17】若、是整数，且，，则以为坐标的不同的点共有多少个？

【解析】整数，满足，

则，，，0，1，2，，，，，，0，1，2，3，，

从种选一个共有种方法，从选一个共有种方法，

故有种．

故答案为：．

【例18】用，，，，，这个数字：

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，有种选法，

则可以组成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？

【解析】

【例20】将名教师分配到所中学任教，每所中学至少一名教师，则不同的分配方案共有（    ）种．

A．                B．               C．              D．

【解析】将名教师分配到所中学任教，每所中学至少1名教师，

只有一种结果1，2，

首先从个人中选个作为一个元素，

使它与其他两个元素在一起进行排列，

共有种结果，

故选：．

类型三、基本计数原理的综合应用

【例21】用，，，，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：；

另一类是首位是偶数，有：

则这样的五位数的个数是：．

故答案为：．

【例22】若自然数使得作竖式加法均不产生进位现象．则称为“可连数”．例如：是“可连数”，因不产生进位现象；不是“可连数”，因产生进位现象．那么，小于的“可连数”的个数为（    ）

A．     B．     C．     D．

【解析】如果是良数，则的个位数字只能是0，1，2，非个位数字只能是0，1，2，3（首位不为，

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，共有个．

综上，小于1000的“良数”的个数为个

故选：．

【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个正三角形平面共个.

故答案为：

【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，在这385个自然数中，5的倍数有（个，

7的倍数有（个，11的倍数有（个，

的倍数有（个，的倍数有（个，

的倍数有（个，385的倍数有1个．

由容斥原理知，在中能被5、7或11整除的数有（个，

而5、7、11互质的数有（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．

【例25】用，，，，，这个数字，可以组成_______个大于，小于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，有个；

②千位数字为5时，百位数字为0,1,2,3之一时，有个；③千位数字为5时，百位数字是4，十位数字是0,1之一时，有个；最后还有5420也满足题意.

所以，所求四位数共有个.

故答案为 ．

【例26】某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“”到“”共个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“”或“”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为（　　）

A．   B．   C．   D．

【解析】个号码中不含4、7的有，

“优惠卡”的个数为，

故选：．

【例27】同室人各写张贺年卡，先集中起来，然后每人从中各拿张别人送出的贺年卡，则张贺年卡不同的分配方式有（  ）

A．     B．种      C．种    D．种

【解析】设四人分别为、、、，写的卡片分别为、、、，

由于每个人都要拿别人写的，即不能拿自己写的，故有三种拿法，

不妨设拿了，则可以拿剩下三张中的任一张，也有三种拿法，和只能有一种拿法，

所以共有种分配方式，

故选：．

【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（    ）

A．     B．    C．    D．

【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种结果

根据分步计数原理得到共有插法种数为，

故选：．

【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

【解析】同种树苗不相邻且第一个树坑和第5个树坑只能种甲种树苗，

只有中间三个坑需要选择树苗，当中间一个种甲时，第二和第四个坑都有2种选法，共有4种结果，

当中间一个不种甲时，则中间一个种乙或丙，

当中间这个种乙时，第二和第四个位置树苗确定，

当中间一个种丙时，第二和第四个位置树苗确定，

共有2种结果，

总上可知共有种结果，

故选：．

【例30】用到这个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（   ）

A．    B．       C．   D．

【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

当尾数为0时，百位有9种选法，十位有8种结果，

共有

根据分类计数原理知共有

故选：．

【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(     )

 A．种              B．种           C．种            D．种

【解析】得3分最多6场，则1分的1场，剩余的场次均得0分；若3分的共5场，则1分的共4场；若3分的共4场，则1分的共7场；若得3分的共3场，则1分的共9场；若得3分的2场，则1分的13场，不合题意，故选B.