2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 計數(shù)原理與概率 第54講 分類加法計數(shù)原理與分步乘法計數(shù)原理學(xué)案

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1、 第54講　分類加法計數(shù)原理與分步乘法計數(shù)原理 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.理解分類加法計數(shù)原理和分步乘法計數(shù)原理． 2．會用分類加法計數(shù)原理或分步乘法計數(shù)原理分析和解決一些簡單的實際問題. 2017·天津卷，14 2016·全國卷Ⅱ，5 利用計數(shù)原理、排列、組合知識求解排列、組合問題. 分值：5分 兩個計數(shù)原理 分類加法計數(shù)原理 分步乘法計數(shù)原理 條 件 完成一件事有__兩類不同方案__．在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法 完成一件事需要__兩個步驟__． 做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法

2、 結(jié) 論 完成這件事共有N＝__m＋n__種不同的方法 完成這件事共有N＝__m×n__種不同的方法 1．思維辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)． (1)在分類加法計數(shù)原理中，兩類不同方案中的方法可以相同．(　×　) (2)在分類加法計數(shù)原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事．(　√　) (3)在分步乘法計數(shù)原理中，每個步驟中完成這個步驟的方法是各不相同的．(　√　) (4)在分步乘法計數(shù)原理中，事情是分兩步完成的，其中任何一個單獨的步驟都能完成這件事．(　×　) 解析 (1)錯誤．在分類時，兩類不同方案中方法不能相同，故錯誤． (2)正確． (3)正確． (4

3、)錯誤．在分類乘法計數(shù)原理中．必須把每個步驟都完成才能完成這件事，故錯誤． 2．從3名女同學(xué)和2名男同學(xué)中選1人主持主題班會，則不同的選法種數(shù)為__5__. 解析 從5名同學(xué)中選1人有5種選法． 3．在所有的兩位數(shù)中，個位數(shù)字大于十位數(shù)字的兩位數(shù)共有__36__個． 解析 按個位數(shù)字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8類．在每一類中滿足條件的兩位數(shù)分別是1個、2個、3個、4個、5個、6個、7個、8個．則共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(個)． 4．從集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取兩個互不相等的數(shù)a，b組成復(fù)數(shù)a＋bi，其中虛數(shù)有__36__個． 解析 ∵a，b互

4、不相等且a＋bi為虛數(shù)， ∴b只能從{1,2,3,4,5,6}中選一個，有6種． a從剩余6個選一個，有6種． ∴由分步計數(shù)原理知虛數(shù)有6×6＝36(個)． 5．從集合{1,2,3，…，10}中任意選出三個不同的數(shù)，使這三個數(shù)成等比數(shù)列，這樣的等比數(shù)列的個數(shù)為__8__. 解析 公比為2時，有1,2,4和2,4,8；公比為3時，有1,3,9； 公比為時，有4,6,9，共4個．反過來也有4個． 即4,2,1；8,4,2；9,3,1；9,6,4.故個數(shù)為8. 一　分類加法計數(shù)原理 利用分類加法計數(shù)原理解題時的注意事項： (1)根據(jù)問題的特點確定一個合適的分類標(biāo)準(zhǔn)，分

5、類標(biāo)準(zhǔn)要統(tǒng)一，不能遺漏； (2)分類時，注意完成這件事件的任何一種方法必須屬于某一類，不能重復(fù)． 【例1】 (1)高三一班有學(xué)生50人，男生30人，女生20人；高三二班有學(xué)生60人，男生30人，女生30人；高三三班有學(xué)生55人，男生35人，女生20人． ①從高三一班或二班或三班中選一名學(xué)生任學(xué)生會主席，有__165__種不同的選法； ②從高三一班、二班男生中，或高三三班女生中選一名學(xué)生任學(xué)生會體育部長，有__80__種不同的選法． (2)如圖，從A到O有__5__種不同的走法(不重復(fù)過一點)． (3)若橢圓＋＝1的焦點在y軸上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4

6、,5,6,7}，則這樣的橢圓的個數(shù)為__20__. 解析 (1)①完成這件事有三類方法： 第一類，從高三一班任選一名學(xué)生共有50種選法； 第二類，從高三二班任選一名學(xué)生共有60種選法； 第三類，從高三三班任選一名學(xué)生共有55種選法； 根據(jù)分類加法計數(shù)原理，任選一名學(xué)生任學(xué)生會主席共有50＋60＋55＝165(種)選法． ②完成這件事有三類方法： 第一類，從高三一班男生中任選一名共有30種選法； 第二類，從高三二班男生中任選一名共有30種選法； 第三類，從高三三班女生中任選一名共有20種選法． 綜上知，共有30＋30＋20＝80(種)選法． (2)分3類：第一類，直接由A到

7、O，有1種走法；第二類，中間過一個點，有A→B→O和A→C→O2種不同的走法；第三類，中間過兩個點，有A→B→C→O和A→C→B→O 2種不同的走法，由分類加法計數(shù)原理可得共有1＋2＋2＝5種不同的走法． (3)當(dāng)m＝1時，n＝2,3,4,5,6,7共6種；當(dāng)m＝2時，n＝3,4,5,6,7共5種；當(dāng)m＝3時，n＝4,5,6,7共4種；當(dāng)m＝4時，n＝5，6,7共3種；當(dāng)m＝5時，n＝6,7共2種，故共有6＋5＋4＋3＋2＝20(種)． 二　分步乘法計數(shù)原理 (1)利用分步乘法計數(shù)原理解決問題要按事件發(fā)生的過程合理分步，即分步是有先后順序的，并且分步必須滿足：完成一件事的各個步驟是相

8、互依存的，只有各個步驟都完成了，才算完成這件事． (2)分步必須滿足兩個條件：一是步驟互相獨立，互不干擾；二是步與步確保連續(xù)，逐步完成． 【例2】 (1)(2016·全國卷Ⅱ)如圖，小明從街道的E處出發(fā)，先到F處與小紅會合，再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動，則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數(shù)為(　B　) A．24　　 B．18　　 C．12　　 D．9 (2)有六名同學(xué)報名參加三個智力項目，每項限報一人，且每人至多參加一項，則不同的報名方法有__120__種． 解析 (1)由題意可知E→F共有6種走法，F(xiàn)→G共有3種走法，由乘法計數(shù)原理知，共有6×3＝18種走法，故

9、選B． (2)每項限報一人，且每人至多參加一項，因此可由項目選人，每一個項目有6種選法，第二個項目有5種選法，第三個項目有4種選法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可得不同的報名方法共有6×5×4＝120種． 三　兩個計數(shù)原理的綜合應(yīng)用 利用兩個計數(shù)原理解題時的注意事項 (1)認(rèn)真審題，分析題目的條件、結(jié)論，特別要理解題目中所講的“事情”是什么，完成這件事情的含義和標(biāo)準(zhǔn)是什么． (2)明確完成這件事情需要“分類”還是“分步”，還是既要“分類”又要“分步”，并搞清“分類”或“分步”的具體標(biāo)準(zhǔn)是什么． 【例3】 (2017·天津卷)用數(shù)字1,2,3,4,5,6,7,8,9組成沒有重復(fù)數(shù)字，且

10、至多有一個數(shù)字是偶數(shù)的四位數(shù)，這樣的四位數(shù)一共有__1_080__個(用數(shù)字作答)． 解析 一個數(shù)字是偶數(shù)、三個數(shù)字是奇數(shù)的四位數(shù)有CCA＝960(個)，四個數(shù)字都是奇數(shù)的四位數(shù)有A＝120(個)，則至多有一個數(shù)字是偶數(shù)的四位數(shù)一共有960＋120＝1 080(個)． 【例4】 某班一天上午有4節(jié)課，每節(jié)都需要安排1名教師去上課，現(xiàn)從A，B，C，D，E，F(xiàn)這6名教師中安排4人分別上一節(jié)課，第一節(jié)課只能從A，B兩人中安排一個，第四節(jié)課只能從A，C兩人中安排一人，則不同的安排方案共有__36__種． 解析 ①第一節(jié)課若安排A，則第四節(jié)課只能安排C，第二節(jié)課從剩余4人中任選1人，第三節(jié)課從剩余

11、3人中任選1人，共有4×3＝12(種)排法． ②第一節(jié)課若安排B，則第四節(jié)課可由A或C上，第二節(jié)課從剩余4人中任選1人，第三節(jié)課從剩余3人中任選1人，共有2×4×3＝24(種)排法． 因此不同的安排方案共有12＋24＝36(種)． 【例5】 (1)三對夫妻站成一排照相，則僅有一對夫妻相鄰的站法總數(shù)是(　D　) A．72　　 B．144　　 C．240　　 D．288 (2)如圖，用4種不同的顏色對圖中5個區(qū)域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個區(qū)域涂一種顏色，相鄰的區(qū)域不能涂相同的顏色，則不同的涂色方法有__96__種． 解析 (1)設(shè)三對夫婦為A1B1，A2B2，A3B3，①

12、確定相鄰的夫婦并排列，有CA種方法，假如A1B1相鄰；②排剩下的下標(biāo)數(shù)小的那對夫婦，有A種方法，如：排A2B2；③排A2，B2之間的人，就排A1B1不排A1B1分類，排A1B1時，A2，B2，A1B1之間和兩端的個位置插A3，B3，有A種方法；A2，B2之間不排A1B1時，只有插入A3或B3，如插入A3，A2A3B2就是一個元素，A1B1又是一個元素，與B3共三個元素全排列，故有CA種方法，站法總數(shù)是(CA)(A)(A＋CA)＝288. (2)按區(qū)域1與3是否同色分類． ①區(qū)域1與3同色：先涂區(qū)域1與3，有4種方法， 再涂區(qū)域2,4,5(還有3種顏色)，有A種方法． ∴區(qū)域1與3涂同色

13、，共有4A＝24種方法． ②區(qū)域1與3不同色；先涂區(qū)域1與3， 有A種方法， 第二步，涂區(qū)域2有2種涂色方法， 第三步，涂區(qū)域4只有一種方法， 第四步，涂區(qū)域5有3種方法． ∴這時共有A×2×1×3＝72種方法． 故由分類加法計數(shù)原理，不同的涂色方法的種數(shù)為24＋72＝96. 1．如果把個位數(shù)是1，且恰有3個數(shù)字相同的四位數(shù)叫做“好數(shù)”，那么在由1,2,3,4四個數(shù)字組成的有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)中，“好數(shù)”共有(　C　) A．9個　　 B．3個 C．12個　　 D．6個 解析 當(dāng)重復(fù)數(shù)字是1時，有C·C種；當(dāng)重復(fù)數(shù)字不是1時，有C種．由分類加法計數(shù)原理，得滿足條件的“好數(shù)

14、”有C·C＋C＝12個． 2．已知集合A＝{x|x＝a0＋a1×3＋a2×32＋a3×33}，其中ai∈{0,1,2}(i＝0,1,2,3)且a3≠0，則A中所有元素之和等于(　D　) A．3 240　　 B．3 120 C．2 997　　 D．2 889 解析 由題意可知，a0，a1，a2各有3種取法(均可取0,1,2)，a3有2種取法(可取1,2)，由分步乘法計數(shù)原理可得共有3×3×3×2種取法． 故當(dāng)a0取0,1,2時，a1，a2各有3種取法，a3有2種取法，共有3×3×2＝18種方法，即集合A中含有a0項的所有數(shù)的和為(0＋1＋2)×18； 同理可得集合A中含有a1項的所有

15、和為(3×0＋3×1＋3×2)×18； 集合A中含有a2項的所有數(shù)的和為(32×0＋32×1＋32×2)×18； 集合A中含有a3項的所有數(shù)的和為(33×1＋33×2)×27； 由分類計數(shù)原理得集合A中所有元素之和S＝(0＋1＋2)×18＋(3×0＋3×1＋3×2)×18＋(32×0＋32×1＋32×2)×18＋(33×1＋33×2)×27＝18×(3＋9＋27)＋81×27＝702＋2 187＝2 889. 故選D． 3．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b∈M，則： (1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少個不同的二次函數(shù)？其中偶函數(shù)有多少個？ (2)y＝ax

16、2＋bx＋c可以表示多少個圖象開口向上的二次函數(shù)？ 解析 (1)a的取值有5種情況，b的取值有6種情況，c的取值有6種情況，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(個)不同的二次函數(shù)．若二次函數(shù)為偶函數(shù)，則b＝0，故有5×6＝30(個)． (2)y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向上時，a的取值有2種情況，b，c的取值均有6種情況，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(個)圖象開口向上的二次函數(shù)． 4．如圖所示，將一個四棱錐的每一個頂點染上一種顏色，并使同一條棱上的兩端異色，如果只有5種顏色可供使用，求不同的染色方法種數(shù)． 解析 方法一　以S，A，B，C，D順序

17、分步染色，第一步，S點染色，有5種方法； 第二步，A點染色，與S在同一條棱上，有4種方法； 第三步，B點染色，與S，A分別在同一條棱上，有3種方法； 第四步，C點染色，也有3種方法，但考慮到D點與S，A，C相鄰，需要針對A與C是否同色進行分類，當(dāng)A與C同色時，D點有3種染色方法；當(dāng)A與C不同色時，因為C與S，B也不同色，所以C點有2種染色方法，D點也有2種染色方法．由分步乘法、分類加法計數(shù)原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420種． 方法二　按所用顏色種數(shù)分類． 第一類，5種顏色全用，共有A種不同的方法； 第二類，只用4種顏色，則必有某兩個頂點同色(A與C，或

18、B與D)，共有2×A種不同的方法； 第三類，只用3種顏色，則A與C，B與D必定同色，共有A種不同的方法． 由分類加法計數(shù)原理得不同的染色方法共有 A＋2×A＋A＝420種． 易錯點　不熟悉常規(guī)方法，不善變換角度 錯因分析：不熟悉常見問題的常規(guī)處理方法，思考問題時，不知變換角度，不習(xí)慣從問題的對立面去思考導(dǎo)致解題受阻． 【例1】 四面體的頂點和各棱中點共10個點，在其中取4個不共面的點，則不同的取法共有(　　) A．150種　　 B．147種　　　　 C．144種　　 D．141種 解析 從10個點中任取4個點有C種取法． 其中4個點共面的情況有三類： 第一類，取出

19、的4個點位于四面體的同一個面上，有4C種； 第二類，取任意一條棱上的3個點及該棱對棱的中點，這4點共面，有6種； 第三類，由中位線構(gòu)成的平行四邊形(其兩組對邊分別平行于四面體相對的兩條棱)，它的4頂點共面，共有3種． ∴不同的取法共有C－4C－6－3＝141種．故選D． 答案 D 【跟蹤訓(xùn)練1】 如圖，∠MON的邊OM上有四點A1，A2，A3，A4，ON上有三點B1，B2，B3，則以O(shè)，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3為頂點的三角形個數(shù)為(　B　) A．30　　 B．42 C．54　　 D．56 解析 從這8個點中任取3個點，最多構(gòu)成三角形C個，其中共點的有C＋

20、C個，故共有C－C－C＝42個三角形． 課時達標(biāo)　第54講 [解密考綱]本考點考查用兩個原理解決計數(shù)問題． 一、選擇題 1．現(xiàn)有2門不同的考試要安排在5天之內(nèi)進行，每天最多進行一門考試，且不能連續(xù)兩天有考試，那么不同的考試安排方案種數(shù)是(　A　) A．12　　 B．6　　 C．8　　 D．16 解析 若第一門安排在開頭或結(jié)尾，則第二門有3種安排方法，這時，共有C×3＝6(種)方案．若第一門安排在中間的3天中，則第二門有2種安排方案，這時，共有3×2＝6(種)方案．綜上可得，所有的不同的考試安排方案有6＋6＝12(種)，故選A． 2．用0到9這10個數(shù)字，可以組成沒有重復(fù)數(shù)字的三

21、位偶數(shù)的個數(shù)為(　C　) A．324　　 B．648　　 C．328　　 D．360 解析 首先應(yīng)考慮0，當(dāng)0排在個位時，有A＝9×8＝72(個)，當(dāng)0不排在個位時，有AA＝4×8＝32(個)．當(dāng)不含0時，有A·A＝4×7×8＝224(個)，由分類加法計數(shù)原理，得符合題意的偶數(shù)共有72＋32＋224＝328(個)． 3．有4位教師在同一年級的4個班中各教一個班的數(shù)學(xué)，在數(shù)學(xué)檢測時要求每位教師不能在本班監(jiān)考，則監(jiān)考的方法有(　B　) A．8種　　 B．9種　　 C．10種　　 D．11種 解析 設(shè)四位監(jiān)考教師分別為A，B，C，D，所教班分別為a，b，c，d，假設(shè)A監(jiān)考b，則余下三人

22、監(jiān)考剩下的三個班，共有3種不同方法，同理A監(jiān)考c，d時，也分別有3種不同方法，由分類加法計數(shù)原理共有3＋3＋3＝9(種)． 4．如圖所示的五個區(qū)域中，中心區(qū)域是一幅圖畫，現(xiàn)在要求在其余四個區(qū)域中涂色，現(xiàn)有四種顏色可供選擇，要求每一個區(qū)域只涂一種顏色，相鄰區(qū)域涂色不同，則不同的涂色方法種數(shù)為(　C　) A．64　　 B．72　　 C．84　　 D．96 解析 分成兩類，A和C同色時有4×3×3＝36(種)；A和C不同色時有4×3×2×2＝48(種)，所以一共有36＋48＝84(種)，故選C． 5．某體育彩票規(guī)定：從01至36共36個號中抽出7個號為一注，每注2元．某人想從01至10

23、中選3個連續(xù)的號，從11至20中選2個連續(xù)的號，從21至30中選1個號，從31至36中選1個號組成一注，則這人把這種特殊要求的號買全，至少要花(　D　) A．3 360元　　 B．6 720元　　 C．4 320元　　 D．8 640元 解析 從01至10中選3個連續(xù)的號共有8種選法；從11至20中選2個連續(xù)的號共有9種選法；從21至30中選1個號有10種選法；從31至36中選一個號有6種選法，由分步乘法計數(shù)原理知共有8×9×10×6＝4 320(種)選法，故至少需花4 320×2＝8 640(元)，故選D． 6．設(shè)集合I＝{1,2,3,4,5}，選擇I的兩個非空子集A和B，要使B中最

24、小的數(shù)大于A中最大的數(shù)，則不同的選擇方法共有(　B　) A．50種　　 B．49種　　 C．48種　　 D．47種 解析 當(dāng)A中最大的數(shù)為1時，B可以是{2,3,4,5}的非空子集，即有24－1＝15(種)方法； 當(dāng)A中最大的數(shù)為2時，A可以是{2}，也可以是{1,2}，B可以是{3,4,5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14(種)方法； 當(dāng)A中最大的數(shù)為3時，A可以是{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，B可以是{4,5}的非空子集，即有4(22－1)＝12(種)方法； 當(dāng)A中最大的數(shù)為4時，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,

25、3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，B可以是{5}，有8×1＝8(種)方法，故共有15＋14＋12＋8＝49(種)方法． 二、填空題 7．把座位編號為1,2,3,4,5的五張電影票全部分給甲、乙、丙、丁四個人，每人至少一張，至多兩張，且分得的兩張票必須是連號，那么不同的分法種數(shù)為__96__(用數(shù)字作答)． 解析 先將票分為符合條件的4份，由題意，4人分5張票，且每人至少一張，至多兩張，則三人每人一張，一人2張，且分得的票必須是連號，相當(dāng)于將1,2,3,4,5這五個數(shù)用3個板子隔開，分為四部分且不存在三連號．在4個空位插3個板子，共有C＝4(種)情況，再對應(yīng)到4個人，有A＝24

26、(種)情況，則共有4×24＝96(種)情況． 8．如圖所示的幾何體由一個正棱錐P－ABC與正三棱柱ABC－A1B1C1組合而成，現(xiàn)用3種不同顏色對這個幾何體的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相鄰的面均不同色，則不同的染色方案共有__12__種． 解析 先涂三棱錐P－ABC的三個側(cè)面，然后涂三棱柱ABC－A1B1C1的三個側(cè)面，共有3×2×1×2＝12種不同的涂色方案． 9．用紅、黃、藍三種顏色去涂圖中標(biāo)號為1,2，…，9的9個小正方形(如圖)，使得任意相鄰(有公共邊)的小正方形所涂顏色都不相同，且標(biāo)號為1,5,9的小正方形涂相同的顏色，則符合條件的所有涂法共有__108__種

27、. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析 把區(qū)域分成三部分，第一部分1,5,9，有3種涂法．第二部分4,7,8，當(dāng)5,7同色時，4,8各有2種涂法，共4種涂法；當(dāng)5,7異色時，7有2種涂法，4,8均只有1種涂法，故第二部分共4＋2＝6種涂法．第三部分與第二部分一樣，共6種涂法．由分步乘法計數(shù)原理，可得共有3×6×6＝108(種)涂法． 三、解答題 10．一個袋子里裝有10張不同的中國移動手機卡，另一個袋子里裝有12張不同的中國聯(lián)通手機卡． (1)某人要從兩個袋子中任取一張手機卡自己使用，共有多少種不同的取法？ (2)某人想得到一張中國移動卡和一張中國聯(lián)通卡，供自

28、己今后選擇使用，問一共有多少種不同的取法？ 解析 (1)任取一張手機卡，可以從10張不同的中國移動卡中任取一張，或從12張不同的中國聯(lián)通卡中任取一張，每一類辦法都能完成這件事，故應(yīng)用分類加法計數(shù)原理，有10＋12＝22(種)不同的取法． (2)從移動、聯(lián)通卡中各取一張，則要分兩步完成：從移動卡中任取一張，再從聯(lián)通卡中任取一張，故應(yīng)用分步乘法計數(shù)原理，有10×12＝120(種)不同的取法． 11．有5幅不同的國畫，2幅不同的油畫，7幅不同的水彩畫． (1)從中任選一幅畫布置房間，有幾種不同的選法？ (2)從這些國畫、油畫、水彩畫中各選一幅畫布置房間，有幾種不同的選法？ (3)從這些畫

29、中任選出兩幅不同畫種的畫布置房間，有幾種不同的選法？ 解析 (1)利用加法計數(shù)原理知，有5＋2＋7＝14(種)不同的選法． (2)國畫有5種不同的選法，油畫有2種不同的選法，水彩畫有7種不同的選法，利用乘法計數(shù)原理得到5×2×7＝70(種)不同的選法． (3)選法分三類，分別為選國畫與油畫、油畫與水彩畫、國畫與水彩畫，由分類加法計數(shù)原理和分步乘法計數(shù)原理知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(種)不同的選法． 12．編號為A，B，C，D，E的五個小球放在如圖所示的五個盒子里，要求每個盒子只能放一個小球，且A球不能放在1,2號，B球必須放在與A球相鄰的盒子中，則不同的放法有多少種？ 解析 根據(jù)A球所在位置分三類： ①若A球放在3號盒子內(nèi)，則B球只能放在4號盒子內(nèi)，余下的三個盒子放球C，D，E，則根據(jù)分步乘法計數(shù)原理得，3×2×1＝6(種)不同的放法． ②若A球放在5號盒子內(nèi)，則B球只能放在4號盒子內(nèi)，余下的三個盒子放球C，D，E，則根據(jù)分步乘法計數(shù)原理得，3×2×1＝6(種)不同的放法． ③若A球放在4號盒子內(nèi)，則B球可以放在2號，3號，5號盒子中的任何一個，余下的三個盒子放球C，D，E有3×2×1＝6(種)不同的放法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，得3×6＝18(種)不同的方法． 綜上所述，由分類加法計數(shù)原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30種． 11