对两个基本原理认识不清致误
典例：(10分)(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有 A．24种
B．4种
C．43种
D．34种
( )
(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
易错分析 解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算．解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于(1)，选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用乘法原理计算．
解析 (1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有4＋3＝7(种)． 答案 (1)C (2)7
温馨提醒 (1)每封信只能投到一个信箱里，而每个信箱可以装1封信，也可以装2封信，其选择不是唯一的，所以应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择．
(2)在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏.
方法与技巧
1．分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”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；分步乘法计数原理针对“分步”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． 2．混合问题一般是先分类再分步． 3．分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．
4．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． 失误与防范
1．切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．
2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．
3．确定题目中是否有特殊条件限制.
A组 专项基础训练
一、选择题
1．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，这样的等比数列的个数为 A．3 答案 D
解析 按从小到大顺序有124,139,248,469共4个，同理按从大到小顺序也有4个，故这样的等比数列的个数为8个．
2. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的
两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 A．24种 C．36种 答案 D
解析 共有4×3×2×2＝48(种)，故选D.
3．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．9 答案 B
解析 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)；当x≠2时，x＝y，点的个数为7×1＝7(个)，则共有14个点，故选B.
4．(2013·山东)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 答案 B
解析 0,1,2，?，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)．
B．252
C．261
D．279
B．14
C．15
D．21
( )
B．30种 D．48种
( )
( )
B．4 C．6 D．8
∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
5．(2013·四川)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是
( )
A．9 答案 C
B．10 C．18 D．20
aa1
解析 由于lg a－lg b＝lg(a>0，b>0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为有A2又与5＝20种，bb3339
相同，与相同，∴lg a－lg b的不同值的个数有A25－2＝20－2＝18，选C. 913二、填空题
6．一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法． 答案 20
解析 先选男队员，有5种选法，再选女队员有4种选法，由分步乘法计数原理知共有5×4＝20(种)不同的选法．
7．某次活动中，有30人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________(用数字作答)． 答案 7 200
解析 其中最先选出的一个人有30种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.
8．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________． 答案 6
解析 分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2＝4(个)； 第二类，第二象限内的点，有1×2＝2(个)．共4＋2＝6(个)． 三、解答题
9．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，有多少种不同的选法？
解 由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3(种)，此时共有6×3＝18(种)；
第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2(种)；
所以根据分类加法计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．
10．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字
相同的信息个数为多少？
解 方法一 分0个相同、1个相同、2个相同讨论． (1)若0个相同，则信息为1001.共1个．
(2)若1个相同，则信息为0001,1101,1011,1000.共4个． (3)若2个相同，又分为以下情况：
①若位置一与二相同，则信息为0101； ②若位置一与三相同，则信息为0011； ③若位置一与四相同，则信息为0000； ④若位置二与三相同，则信息为1111； ⑤若位置二与四相同，则信息为1100； ⑥若位置三与四相同，则信息为1010. 共6个．
故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11. 方法二 若0个相同，共有1个；
1
若1个相同，共有C4＝4(个)； 2若2个相同，共有C4＝6(个)．
故共有1＋4＋6＝11(个)．
B组 专项能力提升
1．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为 A．24 答案 C
解析 设另两边长分别为x、y，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12. 当y取11时，x＝1,2,3，?，11，可有11个三角形； 当y取10时，x＝2,3，?，10，可有9个三角形； ??；
B．26
C．36
D．37
( )
当y取6时，x只能取6，只有1个三角形． ∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.
2．将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法种数为 ( )
3 A.4 答案 B
B．6
4 D．12
C．9
解析 如图所示，根据题意，1,2,9三个数字的位置是确定的，余下的数中，5只能在a，c位置，8只能在b，d位置，依(a，b，c，d)顺序，具体有(5,8,6,7)，(5,6,7,8)，(5,7,6,8)，(6,7,5,8)，(6,8,5,7)，(7,8,5,6)，合计6种. 1 3 c 2 4 d a b 9 3. 如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 A．96 答案 B
解析 可依次种A、B、C、D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法，由分类加法计数原理，不同的种法总数为36＋48＝84.
4．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A、B的值，则可表示________条不同的直线． 答案 22
解析 分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线； 第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故有5×4＝20(种)． 所以可以表示22条不同的直线．
5. 某电子元件，是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A、B、C、 D，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况共有________种． 答案 15
解析 方法一 当线路不通时焊点脱落的可能情况共有2×2×2×2－1＝15(种)． 方法二 恰有i个焊点脱落的可能情况为Ci4(i＝1,2,3,4)种，由分类加法计数原理，当电路
234
不通时焊点脱落的可能情况共C14＋C4＋C4＋C4＝15(种)．
( )
B．84 C．60 D．48
6．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，获得冠军的可能性有________种． 答案 45 54
解析 报名的方法种数为4×4×4×4×4＝45(种)． 获得冠军的可能情况有5×5×5×5＝54(种)．
7．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射． (1)若B中每一元素都有原象，这样不同的f有多少个？ (2)若B中的元素0必无原象，这样的f有多少个？
(3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，这样的f又有多少个？
解 (1)显然对应是一一对应的，即为a1找象有4种方法，a2找象有3种方法，a3找象有2种方法，a4找象有1种方法，所以不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．
(2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，所以为A中每一元素找象时都有3种方法．所以不同的f共有34＝81(个)． (3)分为如下四类：
第一类：A中每一元素都与1对应，有1种方法；
第二类：A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有C2C14·2＝12(种)方法；
2第三类，A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有C2C2＝6(种)方法； 4·
第四类，A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有C1C14·3＝12(种)方法．
所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．