【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第11章 第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 含解析【高考】.doc，共(20)页，953.000 KB，由小赞的店铺上传

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1第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理两个计数原理两个计数原理目标策略过程方法总数分类加法计数原理完成一件事有01两类不同的方案在第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N＝02m＋n种不同的方法分步乘法计数原理需要03两个步骤做第1步有m种不同的方法

，做第2步有n种不同的方法N＝04m×n种不同的方法两个计数原理的区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘2每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事(每步

中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，缺一不可1．快递员去某小区送快递，该小区共有四个出入口，每个出入口均可进出，则该快递员进出该小区的方案种数为()A．6B．8C．16D．14答案

C解析方案种数为4×4＝16，故选C.2．某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有()A．3种B．6种C．7种D．9种答案C解析买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案，因此共有方案3＋3＋1＝7(种)．故选C.3．将3张不同的奥运会门票分给

10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2160B．720C．240D．120答案B解析分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法．共有10×9×8＝720种分法．故选B.4．已知两条异

面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定的不同平面的个数为()3A．40B．16C．13D．10答案C解析分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的

5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．故选C.5．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标

，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是()A．12B．8C．6D．4答案C解析第一象限内不同的点有2×2＝4个，第二象限内不同的点有1×2＝2个，故共有4＋2＝6个．故选C

.6．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种．答案243解析每封邮件有3种不同的发送方式，故共有3×3×3×3×3＝243种不同的方法．考向一分类加法计数原理例1(1)

如果一个三位正整数形如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为()A．240B．204C．729D．920答案A4解析若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，凸数为12

0与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则凸数有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的凸数有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的凸数有8×9＝72(个)．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋3

0＋42＋56＋72＝240(个)．故选A.(2)甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A，B，C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为()

A．8B．7C．6D．5答案B解析根据题意，分两种情况讨论：①乙和甲一起去A社区，此时将丙、丁二人安排到B，C社区即可，有A22＝2种情况；②乙不去A社区，则乙必须去C社区，若丙、丁都去B社区，有1种情况，若丙、丁中有1人去B社区，则先在丙、丁中选出1人，安排到B社区，

剩下1人安排到A或C社区，有2×2＝4种情况，则不同的安排方法种数为2＋1＋4＝7.故选B.(3)现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数为

________.答案12解析若第一门安排在第一天或第五天，则第二门有3种安排方法，这时，共有C12×3＝6种方法；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有3×2＝6种方法．综上可得，不同的考

试安排方案共有6＋6＝12种．使用分类加法计数原理时应注意的三方面(1)各类方法之间相互独立，每种方法都能完成这件事，且方法总数是各类方法数相加得到的．(2)分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类5标准下进行分类．

(3)完成这件事的任何一种方法必属于某一类，且分别属于不同类的方法都是不同的．1.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种答案B解析依题意，得可能剩余一本画册

或一本集邮册两类情况．第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C24＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10种．故选B.2．满足a，b∈{－1,0,1,2

}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A．14B．13C．12D．10答案B解析当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，

Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个．故选B.3．已知集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2

}，其中x，y∈{1,2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A．9B．14C．15D．21答案B6解析因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，

且P⊆Q，所以x∈{y，2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.故选B.考向二分步乘法计数原理例2(1)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．9答案B解析分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3

＝18条可以选择的最短路径．故选B.(2)某体育彩票规定：从01至36共36个号中选出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，若这个人把满足这种特殊要求的号买全，要花()A．3360元

B．6720元C．4320元D．8640元答案D解析从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选1个号有6种选法．由分步乘法计数原理，知共有8×9×10×6＝4320种选法，要花4320×2＝864

0元．故选D.(3)现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人7都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有________种不同的排法．答案1280解析完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原

理，分步进行：第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1280种不同的排法．利用分步乘法计数原理解题的策略(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独

立的．(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键，从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．4.两对夫妇各带一个小孩儿到上海迪士尼乐园游玩，购票后依次入园，为安

全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外两个小孩要排在一起，则这6个人的入园顺序的排法种数是()A．12B．24C．36D．48答案B解析首尾要排两位爸爸有A22＝2种排法；两个小孩排在一起，再与两位妈妈排列有A22A33＝1

2种排法，根据分步乘法计数原理，共有2×12＝24种排法．故选B.5．从6个人中选4个人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市至少有一人游览，每人只游览一个城市，且这6个人中，甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有________种．答案2408解析分

步完成此事，第一步选1人去巴黎有4种方法，第二步选1人去伦敦有5种方法，第三步选1人去悉尼有4种方法，第四步选1人去莫斯科有3种方法，由分步乘法计数原理可知，共有4×5×4×3＝240种方案．6．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋b

x＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个．(用数字作答)答案186解析一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理，

知共有3×3×2＝18个不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6个偶函数．多角度探究突破考向三两个计数原理的综合应用角度与数字有关的问题例3(1)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．243B．252C．261D．279答案B解析由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为90

0－648＝252.故选B.(2)从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的底数和真数，则所产生的不同对数值的个数为()A．56B．54C．53D．52答案D解析在8个数字中任取2个不同的数字共可产生8×7＝56个对数

值，在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，则满足9条件的对数值共有56－4＝52个．故选D.角度与几何有关的问题例4(1)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种答案B解析正方体共有3组对面互不相邻．与正方体的每组对面相邻的面有4个，所以有3×4＝12(种)选法．故选B.(2)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线

面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A．60B．48C．36D．24答案B解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的

个数是36＋12＝48.故选B.角度与涂色、种植有关的问题例5(1)用5种不同颜色给图中A，B，C，D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A．120B．160C．

180D．240答案C10解析根据题意，因为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，D有3种涂法，C有3种涂法，所以共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方法．故选C.(2)如图，将一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有3种

不同的花供选种，要求在同一块中种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为()A．12B．24C．18D．6答案C解析四块地种2种不同的花共有C23A22＝6种不同的种植方法；四块地种3种不同的花共有2A33

＝12种不同的种植方法，所以共有6＋12＝18种不同的种植方法．故选C.利用两个计数原理解题时的三个注意点(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要

恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．7.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面

构成的“正交线面对”的个数是()A．48B．18C．24D．36答案D解析分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线11面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线

，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36个．故选D.8．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．12B．24C．30D．36答案C解析按顺序涂色，第一个圆有3种选择，第二个圆有2种选择，若前三个圆用了3种颜色，则第三个圆有1种选择，后三个圆也用了3种颜色，共有3×2×1×C12

×C12＝24(种)；若前三个圆用了2种颜色，则后三个圆也用了2种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得不同的涂色方案的种数是24＋6＝30.故选C.9．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日

车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为()A．5B．24C．32D．64答案D解析5日至9日，即5

,6,7,8,9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8种；第二步安排偶数日出行分两类：第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4种；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有

22＝4种，共计4＋4＝8种．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.故选D.10．某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5块区域，如图．社12区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域

(有公共边的)所选花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数为()A．96B．114C．168D．240答案C解析首先在a中种植，有4种不同方法，其次在b中种植，有3种不同方法，再次在c中种植，若c与b同色，则c有

1种方法，d有3种不同方法，若c与b不同色，则c有2种不同方法，d有2种不同方法，最后在e中种植，有2种不同方法，所以不同的种植方法共有4×3×(1×3＋2×2)×2＝168(种)，故选C.一、单项选择题1．在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙

、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》《三国演义》《水浒传》《西游记》(每种名著至少有5本)，若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为()A．1024B．625C．120D．5答案A解析对于五名同学来说，每人都有4种借阅可能，根据分步乘法计数原理，共有45＝1024

(种)可能．故选A.2．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()13A．24B．18C．12D．6答案B解析分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，有3×2×2＝1

2(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数．故选B.3．7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人

，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A．120B．240C．360D．480答案C解析第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到前排，有3种方法；第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种方法；第三步，后排4人形成了5个空，任选

一个空加一人，有5种方法，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的加入方法种数为3×4×5×6＝360.故选C.4．三个人踢毽子，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：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)，同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．由分类加法计数原理可

知，共有3＋3＝6(种)传递方式．故选B.145．用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由分类加法计数原理及分步乘法计数原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab

”则表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5

B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)答案A解析分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，表示为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a

5；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，表示为1＋b5；第三步，从5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，表示为(1＋c)5，所以所有取法可表示为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5.故选A.6．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，则不同的种植方法有()A．2种B．6种C．12种D．14种答案C解析分两步：第一步，先选垄，如图所示，共有6种选法；第二步，种植A，B两种作物，有2种方法．所以根据分步乘法计数原理，可

得不同的种植方法有6×2＝12种．故选C.157.将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有()A．288种B．144种C．576种D．96种答案C解析依题意可分为以下三步：第一步，先从16个格子中任选一格放入第一

个汉字，有16种方法；第二步，因为任意的两个汉字既不同行也不同列，所以第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；第三步，第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4

＝576种．故选C.8.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是()A．8B

．12C．16D．18答案C16解析根据正六边形的性质，则D1－A1ABB1，D1－A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E和D1一样，有2×4＝8(个)，当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意，故共有8

＋4＋4＝16(个)．故选C.二、多项选择题9．(2022·重庆实验学校月考)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4，5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在平面直角坐标系中，下列说法正确的是()A．第一象限内不同的点有8个B．第二象限内不同的点有7个C．第三

象限内不同的点有4个D．第四象限内不同的点有5个答案AC解析对于A，此问题可分为两类：①以集合M中的元素作为横坐标，集合N中的元素作为纵坐标，在集合M中只能取1,3两个元素中的一个，方法有2种，在集合N中只能取5,6两个元

素中的一个，方法有2种，根据分步乘法计数原理，有2×2＝4个；②以集合N中的元素作为横坐标，集合M中的元素作为纵坐标，在集合N中只能取5,6两个元素中的一个，方法有2种，在集合M中只能取1,3两个元素中的一个，方法有2种，根据分步乘法计数原理，有2×2＝

4个．综合①②，利用分类加法计数原理知，共有4＋4＝8个，故A正确；对于B，同理分两类：①以集合M中的元素作为横坐标，集合N中的元素作为纵坐标，有1×2＝2个，②以集合N中的元素作为横坐标，集合M中的元素

作为纵坐标，有2×2＝4个，综合①②，共有2＋4＝6个，故B错误；对于C，①以集合M中的元素作为横坐标，集合N中的元素作为纵坐标，有1×2＝2个，②以集合N中的元素17作为横坐标，集合M中的元素作为纵坐标，有2×1＝2个，综合①②，共有2＋2＝4个，故C正确；对于D，①以集合M中

的元素作为横坐标，集合N中的元素作为纵坐标，有2×2＝4个，②以集合N中的元素作为横坐标，集合M中的元素作为纵坐标，有2×1＝2个，综合①②，共有4＋2＝6个，故D错误．故选AC.10．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画

，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有()A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D

．要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法答案ABC解析对于A，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，A正确

；对于B，分为三步：国画、油画、水彩画分别有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，B正确；对于C，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，所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选

法，C正确；对于D，从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N＝3×2＝6，D错误．故选ABC.11．已知集合A＝{－

1,2,3,4}，m，n∈A，则对于方程x2m＋y2n＝1的说法正确的是()18A．可表示3个不同的圆B．可表示6个不同的椭圆C．可表示3个不同的双曲线D．表示焦点位于x轴上的椭圆有3个答案ABD解析当m＝n>0时

，方程x2m＋y2n＝1表示圆，故有3个，A正确；当m≠n且m，n>0时，方程x2m＋y2n＝1表示椭圆，焦点在x，y轴上的椭圆分别有3个，故有3×2＝6(个)，B正确，D正确；当mn<0时，方程x2m＋y2n＝1表示双曲线，故有3×1＋1×3＝6个，C错误．

故选ABD.12．(2021·江苏省苏州第十中学月考)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的三位数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是()A．组成的三位数的个数为60B．在

组成的三位数中，偶数的个数为30C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为30答案BC解析对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3＝48，故A错误；对于B，将所有三位数的偶数分为两类，①个位

数为0，则有4×3＝12个，②个位数为2或4，则有2×3×3＝18个，所以在组成的三位数中，偶数的个数为12＋18＝30，故B正确；对于C，D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有4×3＝12个，②

十位为1，则有3×2＝6个，③十位为2，则有2×1＝2个，所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为12＋6＋2＝20，故C正确，D错误．故选BC.三、填空题13．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体19育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有

________种(用数字作答)．答案36解析第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法；第二步，从剩下的4人中选学习委员，有4种选法；第三步，从剩下的3人中

选体育委员，有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．14．在6张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余3张无奖．将这6张奖券分配给3个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．答案24解析一种情况将有奖券按2张、1张

分给3个人中的2个人，种数为3×3×2×1＝18；另一种情况将3张有奖的奖券分给3个人，种数为3×2×1＝6，则获奖情况总共有18＋6＝24(种)．15．如图，要让电路从A处到B处接通(只考虑每个小并联单元只有一个开关闭合的情况)，可有________条不同的路径．答案9解析分以下三种

情况计数：①第一层有3×2＝6条路径；②第二层有1条路径；③第三层有2条路径．由分类加法计数原理知，共有6＋1＋2＝9条不同的路径．16．4张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成________个不同的三位数．答案168解析要组成三位数

，根据首位、十位、个位应分三步：第一步：首位可放8－1＝7个数；20第二步：十位可放6个数；第三步：个位可放4个数．故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168个不同的三位数．四、解答题17．已知a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(

含等边)三角形，求这样的三角形一共有多少个？解先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1,2，…，6，有6个，再考虑等腰的情况，若a＝b＝1，c<a＋b＝2，此时c＝1与等边重复，若a＝b＝2，c<a＋b＝4，则c＝1,3，有2个，若a＝

b＝3，c<a＋b＝6，则c＝1,2,4,5，有4个，若a＝b＝4，c<a＋b＝8，则c＝1,2,3,5,6，有5个，若a＝b＝5，c<a＋b＝10，则c＝1,2,3,4,6，有5个，若a＝b＝6，c<a＋b＝1

2，则c＝1,2,3,4,5，有5个，故这样的三角形一共有27个．18．有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(六名同学不一定都能参加)(1)每人只参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参

加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．解(1)每人都可以从三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729种．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因

此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120种．(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一人参赛，

根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216种．