6.1 第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教A版）

6.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第2课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用 第六章　计数原理 学习单元1 [学习目标]　1.进一步理解和掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.　2.能根据具体问题的特征,选择两种计数原理解决一些实际问题.　3.会根据实际问题的特征,合理地分类或分步. 知识点1　抽取与分配问题 内容索引 知识点2　组数问题 课时作业 巩固提升 知识点3　涂色与种植问题 课堂达标·素养提升 微点突破1　多面手问题 3 知识点1　抽取与分配问题 合理分类,准确分步: 1.处理计数问题,应扣紧两个原理,根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”,要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准. 2.分类时要满足两个条件:①类与类之间要互斥(保证不重复);②总数要完备(保证不遗漏),也就是要确定一个合理的分类标准. 3.分步时应按事件发生的连贯过程进行分析,必须做到步与步之间互相独立,互不干扰,并确保连续性. [例1]　(1)某单位春节共有四天假期,现安排甲、乙、丙、丁四人值班,每名员工值班一天.已知甲不在第一天值班,乙不在第四天值班,则值班安排共有(　　) A.12种　　　　　　　　　 B.14种 C.18种 D.24种 (2)现有十二生肖的吉祥物各一个,已知甲同学喜欢牛、马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学所有的吉祥物都喜欢,让甲乙丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏,若各人所选取的礼物都是自己喜欢的,则不同的选法有(　　) A.90种 B.80种 C.60种 D.50种 [分析]　(1)采用分类加法和分步乘法原理,分甲在与不在第四天值班,再分步计算即可,注意特殊的先排.也可利用间接法. (2)根据题意,按甲的选择不同分成2种情况讨论,求出确定乙、丙的选择方法,即可得每种情况的选法数目,由分类加法计数原理计算即可. [答案]　(1)B　(2)D [解析]　(1)法一:(直接法)分两种情况讨论:①甲在第四天值班,则剩下的有3×2×1=6种安排; ②甲不在第四天值班,则甲的安排有两种,乙的安排也有两种,剩下两人有2种,共有2×2×2=8种;所以一共有8+6=14种安排. 法二:(间接法)甲、乙、丙、丁四人任选一天共有4×3×2×1=24种, 甲在第一天共有:3×2×1=6种,乙在第四天共有:3×2×1=6种, 甲在第一天且乙在第四天共有2种,所以共有24-6-6+2=14种安排. (2)根据题意,分2种情况讨论: ①若甲选择牛,此时乙的选择有2种,丙的选择有10种,此时有2×10=20种不同的选法; ②若甲选择马,此时乙的选择有3种,丙的选择有10种,此时有3×10=30种不同的选法, 则共有20+30=50种选法. 求解抽取(分配)问题的方法 1.当涉及对象数目不大时,一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法. 2.当涉及对象数目很大时,一般有两种方法: (1)直接法:直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理. (2)间接法:去掉限制条件,计算所有的抽取方法数,然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可. 思维提升 1.有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学,在数学考试时,要求每位老师均不在本班监考,则安排监考的方法种数是(　　) A.11 B.10 C.9 D.8 跟踪训练 C 解析:法一:设四个班级分别是A,B,C,D,它们的老师分别是a,b,c,d,并设a监考的是B,则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级,共有3种不同的方法; 同理当a监考C,D时,剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法. 这样,由分类加法计数原理知共有3+3+3=9(种)不同的安排方法. 法二:让a先选,可从B,C,D中选一个,即有3种选法. 若选的是B,则b从剩下的3个班级中任选一个,也有3种选法,剩下的两个老师都只有一种选法,根据分步乘法计数原理知,共有3×3×1×1=9(种)不同的安排方法. 2.3个不同的小球放入5个不同的盒子,每个盒子至多放一个小球,共有多少种方法? 解:法一:(以小球为研究对象)分三步来完成: 第一步:放第一个小球有5种选择; 第二步:放第二个小球有4种选择; 第三步:放第三个小球有3种选择. 根据分步乘法计数原理得, 共有方法数N=5×4×3=60. 法二:(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5,分成以下10类: 第一类:空盒子标号为(1,2):选法有3×2×1=6(种); 第二类:空盒子标号为(1,3):选法有3×2×1=6(种); 第三类:空盒子标号为(1,4):选法有3×2×1=6(种). 分类还有以下几种情况:空盒子标号分别为(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10类,每一类都有6种方法. 根据分类加法计数原理得,共有方法数N=6+6+…+6=60(种). 知识点2　组数问题 特殊优先,一般在后: 解含有特殊元素、特殊位置的计数问题,一般应先安排特殊元素,优先确定特殊位置,再考虑其他元素与其他位置,体现出解题过程中的主次思想. [例2]　用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复数字的:(1)四位密码?(2)四位数?(3)四位奇数? [分析]　(1)利用分步乘法计数原理;(2)数字“0”不能排在首位,先排首位,再用分步乘法计数原理;(3)注意到个位只能是“1或3”,首位不能是“0”,然后利用分步乘法计数原理计算. [解]　(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事,可以分为四步: 第一步,选取左边第一个位置上的数字,有5种选取方法;第二步,选取左边第二个位置上的数字,有4种选取方法;第三步,选取左边第三个位置上的数字,有3种选取方法;第四步,选取左边第四个位置上的数字,有2种选取方法. 由分步乘法计数原理,可以组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120(个). (2)法一(直接法):完成“组成无重复数字的四位数”这件事,可以分四步: 第一步,从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字,有4种不同的选取方法;第二步,从1,2,3,4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字作百位数字,有4种不同的选取方法;第三步,从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字,有3种不同的选取方法;第四步,从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字,有2种不同的选取方法. 由分步乘法计数原理,可以组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96(个). 法二(间接法):将5个数字不重复排在4个位置上有5×4×3×2=120种排法,其中不合要求的有4×3×2=24种排法,所以排成无重复数字的四位数为120-24=96(个). (3)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事,可以分四步:第一步,定个位,只能从1,3中任取一个有2种方法;第二步,定首位,把1,2,3,4中除去用过的一个还有3个,可任取一个有3种方法;第三步,第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位有3种方法,再排十位有2种方法. 由分步乘法计数原理共有2×3×3×2=36(个). 对于组数问题,应掌握以下原则: 1.明确特殊位置或特殊数字,这是采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类,分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成;如果正面分类较多,可采用间接法求解. 2.要注意数字“0”不能排在两位数或两位数字以上的数的最高位. 思维提升 3.从0~6这7个数字中取出4个数字,试问: (1)能组成多少个没有重复数字的四位数? (2)能组成多少个没有重复数字的四位偶数? 跟踪训练 解:(1)第一步:千位不能为0,有6种选择; 第二步:百位可以从剩余数字中选,有6种选择; 第三步:十位可以从剩余数字中选,有5种选择; 第四步:个位可以从剩余数字中选,有4种选择. 根据分步计数原理,能组成6×6×5×4=720个没有重复数字的四位数. (2)第一类:当个位数字是0时,没有重复数字的四位数有6×5×4=120个; 第二类:当个位数字是2时,千位不能为0,没有重复数字的四位数有5×5×4=100个; 第三类:当个位数字是4时,千位不能为0,没有重复数字的四位数有5×5×4=100个; 第四类:当个位数字是6时,千位不能为0,没有重复数字的四位数有5×5×4=100个. 根据分类计数原理.能组成120+100+100+100=420个没有重复数字的四位偶数. 知识点3　涂色与种植问题 涂色问题是两个计数原理应用的典型问题,一般是指用几种不同颜色给已知图形的不同区域(或点)涂色,求共有几种涂法的问题,涂色时需要关注图形特征:区域的个数、区域的相邻情况、图形形状等.这些特征都有可能使分类的标准、分步的过程不同.涂色问题大致有两种解决方案:(1)选择正确的涂色顺序,按步骤逐一涂色,应用分步乘法计数原理进行计算;(2)先根据涂色时所用颜色种数进行分类处理,再在每一类的涂色方法数的计算中应用分步乘法计数原理,最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和,即得到最终的涂色方法数. [例3]　(1)从4种蔬菜品种中选出3种,分别种植在3块不同土质的土地上,则不同的种植方法种数为(　　) A.12　　　　　　　　　 B.24 C.36 D.48 (2)如图,用4种不同的颜色给矩形A,B,C,D涂色,要求相邻的矩形涂不同的颜色,则不同的涂色方法共有(　　) A.12种 B.24种 C.48种 D.72种 A B C D [分析]　(1)法一:按照顺序种植;法二:按照蔬菜的种类种植. (2)先涂C区域,再涂D,涂A,涂B,根据分步乘法计数原理可得. [答案]　(1)B　(2)D [解析]　(1)法一:按三块土地依次种植分三步: 第一块土地上有4种种植方法,第二块土地有3种种植方法,第三块土地有2种种植方法.所以不同的种植方法共有4×3×2=24(种). 法二:依题意,分两步: ①先从4种蔬菜品种中选出3种,有4种选法,②将选出的3种蔬菜对应3块不同土质的土地,有3×2×1=6种情况.则不同的种植方法有4×6=24(种). (2)法一:(按照顺序涂色)先涂C区域有4种涂法,再涂D区域3种涂法,涂A区域3种涂法,涂B区域2种涂法,由分步乘法计数原理,共有4×3×3×2=72种涂法. 法二:(按照颜色种类涂色)分两类:第一类:涂4种颜色时,4×3×2×1=24种; 第二类:涂3种颜色时,先涂好A,B,C三个区域:4×3×2=24种;再涂D区域:2种; 所以有24×2=48种;共有24+48=72种. 求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解,常用方法有: 1.按区域的不同以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析. 2.以颜色(种植作物)为主分类讨论,适用于“区域、点、线段”问题,用分类加法计数原理分析. 3.对于涂色问题,将空间问题平面化,转化为平面区域涂色问题. 思维提升 4.用6种不同的颜色给如图所示的地图上色,要求相邻两块涂不同的颜色,则不同的涂色方法有(　　) A.240 B.360 C.480 D.600 跟踪训练 C 解析:将区域标号,如图所示: 因为②③④两两相邻,依次用不同的颜色涂色,则有6×5×4=120种不同的涂色方法, 若①与④的颜色相同,则有1种不同的涂色方法;若①与④的颜色不相同,则有3种不同的涂色方法;所以共有120×(1+3)=480种不同的涂色方法. 5.一个同心圆形花坛,分为两部分,中间小圆部分种植草坪和绿色灌木,周围的圆环分为n(n≥3,n∈N*)等份,种植红、黄、蓝三种颜色不同的花,要求相邻两部分种植不同颜色的花. (1)如图①,圆环分成3等份,分别为a1,a2,a3,则有　　　　种不同的种植方法;  (2)如图②,圆环分成4等份,分别为a1,a2,a3,a4,则有　　　　种不同的种植方法.  6 18 解析:(1)先种植a1部分,有3种不同的种植方法,再种植a2,a3部分.因为a2,a3与a1的颜色不同,a2,a3的颜色也不同,所以由分步乘法计数原理得,不同的种植方法有3×2×1=6(种). (2)当a1,a3不同色时,有3×2×1×1=6种种植方法,当a1,a3同色时,有3×2×1×2=12种种植方法,由分类加法计数原理得,共有6+12=18种种植方法. 微点突破1　多面手问题 所谓多面手问题,是指一个元素能满足多个条件;解决时,可根据元素的性质进行分类,按事件发生的连续过程分步,做到标准明确.分步层次清晰,不重不漏. [例1]　已知某校为学生提供了四种体育锻炼的方式:跑步、跳绳、排球、篮球.规定学生锻炼必须且只能从上述四种锻炼方式中选择一种.已知学生甲不选篮球,学生乙只选排球,学生丙、丁选择哪种方式锻炼都可以,这四名学生锻炼后,恰好选择了其中的三种锻炼方式,那么他们选择锻炼方式的可能情况有(　　) A.7种　　　　　　　　　 B.12种 C.19种 D.26种 D [解析]　①若四人选择的三种锻炼方式中没有篮球,则甲、丙、丁可以在另外三种锻炼方式中任选,但跑步、跳绳必须有人选,分三类,故共有3×2×1+3+3=12种; ②若四人选择的三种锻炼方式中没有跑步,当甲选排球时,则丙、丁必须去选跳绳和篮球,故共有2种;当甲选择跳绳时,分三类,共有1+2×2=5种; ③同理,若四人选择的三种锻炼方式中没有跳绳,共有7种情况. 综上:根据分类计数原理可得共有7+7+12=26种. [例2]　在7名学生中,有3名会下象棋但不会下围棋,有2名会下围棋但不会下象棋,另2名既会下象棋又会下围棋.现在从这7人中选2人分别同时参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选法? [解]　法一:分四类:第1类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,有选法3×2=6(种); 第2类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,有选法3×2=6(种); 第3类,从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛,有选法2×2=4(种); 第4类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛,有选法2×1=2(种). 故不同的选法共有6+6+4+2=18(种). 法二:分两类:第1类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,这时7人中还有4人会下围棋,从中选1名参加围棋比赛,有选法3×4=12(种); 第2类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选一名参加象棋比赛,这时7人中还有3人会下围棋,从中选1名参加围棋比赛,有选法2×3=6(种). 故不同的选法共有12+6=18(种). 1.如图所示是一段灌溉用的水渠,上游和下游之间建有A,B,C,D,E五个水闸,若上游有充足的水源但下游没有水,则这五个水闸打开或关闭的情况有(　　) A.24种 B.23种 C.15种 D.7种 B 跟踪训练 解析:①A水闸关闭时,满足要求,此时B,C,D,E打开或关闭时均可,故此时有24=16种情况, ②若A水闸打开时,同时关闭B,C时,满足要求,此时D,E打开或关闭时均可,故此时有22=4种情况, ③若A水闸打开时,同时关闭D,E时,满足要求,此时B,C打开或关闭时均可,故此时有22=4种情况, 上面②③两种情况有重复的1种情况,就是A水闸打开,B,C,D,E同时关闭的情况, 故共有16+4+4-1=23种情况. 2.已知如图所示的电路中,每个开关都有闭合、不闭合两种可能,因此5个开关共有25种可能,在这25种可能中,电路从P到Q接通的情况有 　　　　种.  16 解析:若电路从P到Q接通,共有三种情况: (1)若1闭合,而4不闭合时,可得分为: ①若1,2闭合,而4不闭合,则3,5可以闭合也可以不闭合,共有2×2=4种情况; ②若1,3,5闭合,而4不闭合,则2可以闭合也可以不闭合,有2种情况, 但①与②中都包含1,2,3,5都闭合,而4不闭合的情况,所以共有4+2-1=5种情况; (2)若4闭合,而1不闭合时,可分为: ③若4,5闭合,而1不闭合,则2,3可以闭合也可以不闭合,有2×2=4种情况; ④若4,3,2闭合,而1不闭合,则5可以闭合也可以不闭合,有2种情况, 但③与④中,都包含4,2,3,5都闭合,而1不闭合的情况,所以共有4+2-1=5种情况; (3)若1,4都闭合,共有2×2×2=8种情况,而其中电路不通有2,3,5都不闭合与2,5都不闭合2种情况,则此时电路接通的情况有8-2=6种; 所以电路接通的情况有5+5+6=16种. 〈课堂达标·素养提升〉 1.集合M={1,-2,3},N={-3,5,6,-4},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是(　　) A.2　　　　　　　　　　 B.4 C.5 D.6 D 解析:第二象限的横坐标是负数,纵坐标是正数.若M集合提供横坐标,N集合提供纵坐标,则有1×2=2,若M集合提供纵坐标,N集合提供横坐标,则有2×2=4,合计2+4=6,即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6个. 2.乘积(a1+a2+a3+a4)(b1+b2+b3)展开后的项数有(　　) A.7项 B.9项 C.12项 D.16项 解析:依题意从第一个括号中选一个字母有4种方法,从第二个括号中选一个字母有3种方法,按照分步乘法计数原理可得展开后的项数为4×3=12项. C 3.从0,1,2,5中取三个不同的数字,组成能被5整除的三位数,则不同三位数有(　　) A.12个 B.10个 C.8个 D.7个 解析:能被5整除的三位数末位数字得是0或5,当末位数字为0时,此时有6个符合条件的三位数,当末位数字为5时,此时有2×2=4个符合条件的三位数,因此一共有4+6=10个. B 4.如图所示,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两个端点异色,如果只有5种颜色可供使用,则不同染色方法的种数为　　　　.  420 解析:按照S→A→B→C→D的顺序进行染色,按照A,C是否同色分类: 第一类,A,C同色,则有5×4×3×1×3=180(种)不同的染色方法; 第二类,A,C不同色,则有5×4×3×2×2=240(种)不同的染色方法. 根据分类加法计数原理,共有180+240=420(种)不同的染色方法. 课时作业 巩固提升 [A组　必备知识练] 1.由数字1,2,3组成的无重复数字的整数中,偶数的个数为(　　) A.15　　　　　　　　 B.12 C.10 D.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D 解析:分三类,第一类组成一位整数,偶数有1个; 第二类组成两位整数,其中偶数有2个;第三类组成三位整数,其中偶数有2个. 由分类加法计数原理知共有偶数1+2+2=5(个). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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.14 B.13 C.12 D.10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B 解析:①当a=0时,很显然方程有解,此时b可取4个值,故有4个有序数对满足题意;②当a≠0时,需Δ=4-4ab≥0,即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).故满足题意的有序数对(a,b)的个数为4+9=13. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.五一小长假前夕,甲、乙、丙三人从A,B,C,D四个旅游景点中任选一个前去游玩,其中甲到过A景点,所以甲不选A景点,则不同的选法有(　　) A.60 B.48 C.54 D.64 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B 解析:因甲不选A景点,应该分步完成:第一步,先考虑甲在B,C,D三个景点中任选一个,有3种选法; 第二步,再考虑乙和丙,从A,B,C,D中分别任选一个景点,有4×4=16种选法. 由分步乘法计数原理,可得不同选法有:3×16=48种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中,每个区域种植一种花卉,且相邻区域花卉不同,则有　　　　种不同的种植方法.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 180 解析:由题意,由于规定一个区域只种一种花卉,相邻的区域花卉不同,可分步进行:区域A有5种种法,B有4种种法.若A,D种不同花卉,D有3种种法,C有2种种法,有5×4×3×2=120(种);若A,D种相同花卉,D有1种种法,C有3种种法,有5×4×3×1=60(种),共有180种不同的种植方法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.已知集合,A={0,1,2,3,4}且a,b,c∈A,用a,b,c组成一个三位数,这个三位数满足“十位上的数字比其他两个数位上的数字都大”,则这样的三位数的个数为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 20 解析:集合A={0,1,2,3,4},且a,b,c∈A, 则这个三位数满足“十位上的数字比其他两个数位上的数字都大”包含以下三种情况: ①十位数是4,则百位数可以是1,2,3中的一个数,个位数可以是0,1,2,3中的一个数,即3×4=12个; ②十位数是3,则百位数可以是1,2中的一个数,个位数可以是0,1,2中的一个数,即2×3=6个; ③十位数是2,则百位数只能是1,个位数可以是0,1中的一个数,即2个; 综上,符合条件的共有12+6+2=20个. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.将三个分别标有A,B,C的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中. 求:(1)1号盒中无球的不同放法种数; (2)1号盒中有球的不同放法种数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解:(1)1号盒中无球,即A,B,C三个球只能放入2,3,4号盒子中,有33=27(种)放法. (2)法一:直接法 1号盒中有球可分三类: 第一类是1号盒中有一个球,共有3×32=27(种)放法, 第二类是1号盒中有两个球,共有3×3=9(种)放法, 第三类是1号盒中有三个球,有1种放法.共有27+9+1=37(种)放法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 法二:间接法 小球随机放的放法数为43=64种,由(1)知1号盒中无球的放法数为27种, 故1号盒中有球的放法数为64-27=37. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.在班级活动中,4名男生和3名女生站成一排表演节目. (1)3名女生相邻,有多少种不同的站法? (2)女生甲不能站在最左端,有多少种不同的站法? 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解:(1)3名女生相邻可以把3名女生作为一个元素,和4名男生共5个元素站成一排,有5×4×3×2×1=120种情况,其中3名女生站成一排,有3×2×1=6种情况,根据分步乘法计数原理知一共有120×6=720种不同的站法. (2)根据题意,女生甲不能站在最左端,那么除最左端之外,甲有6种站法,将剩余的6人安排在剩余的位置,有6×5×4×3×2×1=720种站法,根据分步乘法计数原理知一共有6×720=4 320种不同的站法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 [B组　关键能力练] 8.从正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形,其中梯形的个数为(　　) A.16 B.20 C.24 D.28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C 解析:梯形的上、下底平行且不相等,如图, 若以AB为底边,则可构成2个梯形,根据对称性可知此类梯形有2×8=16个, 若以AC为底边,则可构成1个梯形,此类梯形共有1×8=8个,所以梯形的个数是16+8=24个. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(多选)某校高二年级安排甲、乙、丙三名同学到A,B,C,D,E五个社区进行暑期社会实践活动,每名同学只能选择一个社区进行实践活动,且多名同学可以选择同一个社区进行实践活动,则下列说法正确的有(　　) A.如果社区A必须有同学选择,则不同的安排方法有61种 B.如果同学甲必须选择社区A,则不同的安排方法有50种 C.如果三名同学选择的社区各不相同,则不同的安排方法共有60种 D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区,则不同的安排方法共有20种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 AC 解析:对于A,如果社区A必须有同学选择,则不同的安排方法有53-43=61(种),故A正确; 对于B,如果同学甲必须选择社区A,则不同的安排方法有52=25(种),故B错误; 对于C,如果三名同学选择的社区各不相同,则不同的安排方法共有5×4×3=60(种),故C正确; 对于D,甲、乙两名同学必须在同一个社区,第一步,将甲、乙视作一个整体;第二步,两个整体挑选社区,则不同的安排方法共有52=25(种),故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.现从甲、乙、丙等6名学生中安排4人参加4×100 m接力赛跑,第一棒只能从甲、乙两个人中安排一人,第四棒只能从甲、丙两个人中安排一人,则不同的安排方法共有　　　　　种.   解析:若甲跑第一棒,则丙跑第四棒,此时不同的安排方法有4×3=12(种);若乙跑第一棒,则不同的安排方法有2×4×3=24(种),故不同的安排方法共有24+12=36(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 36 11.如图所示,在A,B间有4个焊接点,若焊接点脱落,则可能导致线路不通,现发现A,B之间线路不通,则焊接点脱落的不同情况有　　　　种.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13 解析:由题意知四个焊接点脱落或不脱落的不同情况共有24=16种, 其中A,B之间线路通的情况只有:1,2,4不脱落3脱落,1,3,4不脱落2脱落,1,2,3,4都不脱落,共3种情况, 故A,B之间线路不通,则焊接点脱落的不同情况有16-3=13种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙),要求在①,②,③,④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色. (1)若n=6,则为甲着色时共有多少种不同方法? (2)若为乙着色时共有120种不同方法,求n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:完成着色这件事,共分四个步骤,可依次考虑为①,②,③,④着色时各自的方法数,再由分步乘法计数原理确定总的着色方法数. (1)为①着色有6种方法,为②着色有5种方法,为③着色有4种方法,为④着色也有4种方法, 所以共有着色方法6×5×4×4=480(种). 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)与(1)的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块.同理,不同的着色方法数是n(n-1)(n-2)(n-3).由n(n-1)(n-2)(n-3)=120,得(n2-3n)(n2-3n+2)-120=0, 即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0, 所以n2-3n-10=0(不合题意的,舍去), 所以n=5(负值舍去). 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 [C组　素养培优练] 13.(多选)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的三位自然数,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60 B.在组成的三位数中,偶数的个数为30 C.在组成的三位数中,“凹数”的个数为20 D.在组成的三位数中,“凹数”的个数为30 13 BC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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,将组成的三位数的偶数分为两类,①个位为0,则有4×3=12(个),②个位为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, 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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. 13 $$