第7章 7.1 第2课时 分类计数原理与分步计数原理的综合应用-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（苏教版2019）

第2课时　分类计数原理与分步计数原理的综合应用 ［学习目标］　1.进一步理解分类计数原理和分步计数原理的区别.2.会正确应用这两个计数原理计数. 导语 随着人们生活水平的提高，汽车拥有量迅速增长，汽车牌号仅用一个字母和数字表示已经不能满足需求，再加上许多车主还希望车牌号“个性化”，因此，汽车号码需要进行扩容，这样就需要“数出”某种方案下的所有号码数，号码的个数是如何进行计算的呢？ 一、组数问题 例1　用0，1，2，3，4五个数字. (1)可以排成多少个三位数字的密码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 解　(1)三位数字的密码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5=53=125(个). (2)三位数的百位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑百位的排法，除0外共有4种方法，十位、个位可以排0，因此，共有4×5×5=100(个). (3)被2整除的数即偶数，个位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是个位数字是0，则有4×3=12(种)排法；另一类是个位数字不是0，则个位有2种排法，即2或4，再排百位，因0不能在百位，所以有3种排法，最后排十位，十位有3种排法，因此有2×3×3=18(种)排法.所以可以排成12+18=30(个)能被2整除的无重复数字的三位数. 延伸探究　由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？ 解　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；第二步定千位，从1，2，3，4中除去个位用过的一个数字，从剩下的3个中任取一个，有3种方法；第三步，把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法；第四步再排十位有2种方法.由分步计数原理知共可组成2×3×3×2=36(个)无重复数字的四位奇数. 反思感悟　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，是我们采用“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(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”不能排在两位或两位以上的数的最高位. 跟踪训练1　(1)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 (　　) A.24　B.18　C.12　D.6 答案　B 解析　由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇.第一种奇偶奇的情况：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(2种情况)，共12种；第二种偶奇奇的情况：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，只有1种情况)，共6种，因此总共有12+6=18(个)无重复数字的三位奇数. (2)在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”.由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有　　　　个，其中偶数有　　　　个.  答案　8　5 解析　当十位上的数为1时，有 213，214，312，314，412，413，共6个；当十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6+2=8(个).其中偶数为214，312，314，412，324，共5个. 二、占位模型中标准的选择 例2　(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？ (2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？ (3)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？ 解　(1)要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3=81(种)报名方法. (2)要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4=64(种)可能的结果. (3)每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法.根据分步计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2=24(种). 反思感悟　在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次.解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解. 跟踪训练2　(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 答案　C 解析　方法一　设四个班级分别是A，B，C，D，对应的老师分别是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或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，由分类计数原理知共有3+3+3=9(种)不同的安排方法. 方法二　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1种选法，根据分步计数原理知，共有3×3×1×1=9(种)不同的安排方法. (2)从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有 (　　) A.280种　B.240种　C.180种　D.96种 答案　B 解析　由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作只能从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3=240(种)选派方案. 三、涂色与种植问题 例3　(1)如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有　　　　种不同的涂法.  答案　18 解析　①若A，C涂色相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2， 则有3×2×1×2=12(种)不同的涂法. ②若A，C涂色不相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1=6(种)不同的涂法. 所以根据分类计数原理，共有12+6=18(种)不同的涂法. (2)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则有　　　　种不同的种植方法.  答案　18 解析　方法一　(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2=6(种)不同的种植方法. 同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2=6(种)不同的种植方法. 故不同的种植方法共有6×3=18(种). 方法二　(间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2=24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1=6(种)，故共有24-6=18(种)不同的种植方法. 反思感悟　涂色与种植问题的四个解答策略 (1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步计数原理计算. (2)以颜色(种植作物)为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类计数原理计算. (3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题. (4)对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准. 跟踪训练3　(1)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　　　　.  答案　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.根据分类计数原理，共有180+240=420(种)不同的染色方法. (2)如图，有编号分别为1，2，3，4，5的五个区域，现给这5个区域着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有　　　　种(用数字作答).  答案　72 解析　①当使用4种颜色时，先着色第1区域，有4种方法，剩下3种颜色涂其他4个区域，即有1种颜色涂相对的2块区域，有3×2×2=12(种)，由分步计数原理得，共有4×12=48(种). ②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色第1区域，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第2，4区域，另一种颜色涂第3，5区域，有2种着色方法.由分步计数原理得有4×3×2=24(种). 综上，共有48+24=72(种). 1.知识清单： (1)两个计数原理的区别与联系. (2)两个计数原理的应用：组数问题、选取问题、涂色及种植问题. 2.方法归纳：分类讨论、正难则反. 3.常见误区：分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题. 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.1 024　B.625　C.120　D.5 答案　A 解析　对于甲来说，有4种借阅可能，同理每人都有4种借阅可能，根据分步计数原理，共有45=1 024(种)借阅方案. 2.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第2个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0~9这10个数字中选择(数字可以重复).若某车主第1个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他可选的车牌号码的所有可能情况有 (　　) A.180种　B.360种　C.720种　D.960种 答案　D 解析　按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2个号码有3种选法，其余3个号码各有4种选法，因此共有5×3×4×4×4=960(种)情况. 3.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为 (　　) A.30　B.20　C.10　D.6 答案　D 解析　从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法.故由分类计数原理得，共有N=3+3=6(种)取法. 4.如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有　　　　种.(用数字作答)  答案　750 解析　首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，依次向右第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，根据分步计数原理得，共有6×5×5×5=750(种)涂色方法. 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共40分 1.用0到6这7个数字，可以组成没有重复数字的且被5整除的四位数的个数为 (　　) A.200　B.210　C.220　D.240 答案　C 解析　若末位为0，则满足条件的四位数有6×5×4=120(个)，若末位为5，则有5×5×4=100(个)，故共有220个. 2.将3张不同的运动会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是 (　　) A.2 160　B.720　C.240　D.120 答案　B 解析　第1张门票有10种分法，第2张门票有9种分法，第3张门票有8种分法，由分步计数原理得共有10×9×8=720(种)分法. 3.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的条数为 (　　) A.24　B.18　C.12　D.9 答案　B 解析　由题意可知E→F共有6条最短路径，F→G共有3条最短路径，由分步计数原理知，共有6×3=18(条)最短路径. 4.某城市的电话号码由七位升为八位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是 (　　) A.9×8×7×6×5×4×3×2 B.8×97 C.9×107 D.8.1×107 答案　D 解析　电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，同理升为八位数字时为9×107部，∴可增加的电话部数是9×107-9×106=8.1×107. 5.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 (　　) A.42　B.30　C.20　D.12 答案　A 解析　原定的5个节目产生6个空位，将其中1个新节目插入，有6种不同的插法，然后6个节目产生7个空位，将另一个新节目插入，有7种不同的插法.由分步计数原理知共有7×6=42(种)不同的插法. 6.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从点P处进，点Q处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有 (　　) A.6种　B.8种　C.12种　D.48种 答案　D 解析　每个景区都有2条线路，所以游览第一个景点有6种选法，游览第二个景点有4种选法，游览第三个景点有2种选法，故共有6×4×2=48(种)不同的游览线路. 7.(5分)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，根据百位、十位、个位应分三步： 第一步：百位可放8-1=7(个)数； 第二步：十位可放6个数； 第三步：个位可放4个数. 故由分步计数原理，得共可组成7×6×4=168(个)不同的三位数. 8.(5分)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.  答案　13 解析　4个焊接点共有24种情况，其中使A，B之间线路通的情况是1，4都通，2和3至少有一个通，此时共有3种可能，故A，B之间线路不通时焊接点脱落的情况有24-3=13(种). 9.(10分)(1)有8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？(5分) (2)4位旅客到3个旅馆住宿(旅馆有足够的空余房间)，有多少种不同的住宿方法？(5分) 解　(1)分三步：每位同学取1本书，第1，2，3位同学分别有8，7，6种取法，因而由分步计数原理知，不同的分法共有8×7×6=336(种). (2)每位旅客都有3种不同的住宿方法，因而不同的住宿方法共有3×3×3×3=81(种). 10.(12分)用n种不同的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，为甲着色时共有多少种不同方法？(5分) (2)若为乙着色时共有120种不同方法，求n的值.(7分) 解　(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). (2)乙与甲的区别在于与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，所以n=5. 11.有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有 (　　) A.6种　B.5种　C.4种　D.3种 答案　C 解析　不同的选派情况可分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法.根据分类计数原理知，不同的选派方法有2+1+1=4(种). 12.《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.8　B.12　C.16　D.18 答案　C 解析　如图，根据正六边形的性质，当A1ABB1为底面矩形时，有4个满足题意；同理，当A1AFF1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意； 同理当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意， 故共有4+4+4+4=16(个). 13.(5分)体育老师把9个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有　　　　种.  答案　10 解析　首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置， 第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种放法； 第二种方法，可以把球分成两份，1和2，有3×2=6(种)放法； 第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种放法. 综上可知，共有1+6+3=10(种)放球方法. 14.(5分)如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有　　　　个.  答案　40 解析　满足条件的有两类： 第一类，与正八边形有两条公共边的三角形有8个；第二类，与正八边形有一条公共边的三角形有8×4=32(个)， 所以满足条件的三角形共有8+32=40(个). 15.(5分)三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有　　　　　　个.  答案　36 解析　三角形如图所示，令x≤y， 则 ∴当x=1时，y=11； 当x=2时，y=10或11； …(依此类推)； 当x=11时，y=11. ∴所求三角形的个数为1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36. 16.(13分)某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？ 解　第一步：在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法，B1有3种方法，C1有2种方法，共有4×3×2=24(种)方法. 第二步：从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法. 第三步：给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法. 由分步计数原理可得，共有24×3×3=216(种)方法. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第7章 <<< 第2课时 分类计数原理与分步计数原理的综合应用 1.进一步理解分类计数原理和分步计数原理的区别. 2.会正确应用这两个计数原理计数. 学习目标 随着人们生活水平的提高，汽车拥有量迅速增长，汽车牌号仅用一个字母和数字表示已经不能满足需求，再加上许多车主还希望车牌号“个性化”，因此，汽车号码需要进行扩容，这样就需要 导 语 “数出”某种方案下的所有号码数，号码的个数是如何进行计算的呢？ 一、组数问题 二、占位模型中标准的选择 课时对点练 三、涂色与种植问题 随堂演练 内容索引 一 组数问题 　　　用0，1，2，3，4五个数字. (1)可以排成多少个三位数字的密码？ 例 1 三位数字的密码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5=53=125(个). 6 (2)可以排成多少个三位数？ 三位数的百位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑百位的排法，除0外共有4种方法，十位、个位可以排0，因此，共有4×5×5= 100(个). 7 (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 被2整除的数即偶数，个位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是个位数字是0，则有4×3=12(种)排法；另一类是个位数字不是0，则个位有2种排法，即2或4，再排百位，因0不能在百位，所以有3种排法，最后排十位，十位有3种排法，因此有2×3×3=18(种)排法.所以可以排成12+18=30(个)能被2整除的无重复数字的三位数. 8 由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？ 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；第二步定千位，从1，2，3，4中除去个位用过的一个数字，从剩下的3个中任取一个，有3种方法；第三步，把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法；第四步再排十位有2种方法.由分步计数原理知共可组成2×3×3×2= 36(个)无重复数字的四位奇数. 延伸探究 9 (1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“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(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”不能排在两位或两位以上的数的最高位. 反 思 感 悟 对于组数问题，应掌握以下原则 10 　　　　　(1)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 A.24　 B.18　 C.12　 D.6 跟踪训练 1 由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇.第一种奇偶奇的情况：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(2种情况)，共12种；第二种偶奇奇的情况：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，只有1种情况)，共6种，因此总共有12+6=18(个)无重复数字的三位奇数. √ 11 (2)在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”.由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有　　个，其中偶数有　　个.  8 5 当十位上的数为1时，有 213，214，312，314，412，413，共6个；当十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6+2=8(个).其中偶数为214，312，314，412，324，共5个. 12 二 占位模型中标准的选择 　　　(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？ 例 2 要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3=81(种)报名方法. 14 (2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？ 要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4=64(种)可能的结果. 15 (3)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？ 每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法.根据分步计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2=24(种). 16 反 思 感 悟 在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次.解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解. 　　　　　(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 2 √ 18 方法一　设四个班级分别是A，B，C，D，对应的老师分别是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或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，由分类计数原理知共有3+3+3=9(种)不同的安排方法. 方法二　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1种选法，根据分步计数原理知，共有3×3×1×1=9(种)不同的安排方法. 19 (2)从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有 A.280种　 B.240种　 C.180种　 D.96种 √ 由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作只能从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3=240(种)选派方案. 20 三 涂色与种植问题 　　　(1)如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有　　种不同的涂法.  例 3 18 22 ①若A，C涂色相同，则A，B，C，D可涂颜色 的种数依次是3，2，1，2， 则有3×2×1×2=12(种)不同的涂法. ②若A，C涂色不相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1=6(种)不同的涂法. 所以根据分类计数原理，共有12+6=18(种)不同的涂法. 23 (2)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则有　　　种不同的种植方法.  18 24 方法一　(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2=6(种)不同的种植方法. 同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2=6(种)不同的种植方法. 故不同的种植方法共有6×3=18(种). 方法二　(间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2=24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1=6(种)，故共有24-6=18(种)不同的种植方法. 25 反 思 感 悟 (1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步计数原理计算. (2)以颜色(种植作物)为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类计数原理计算. (3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题. (4)对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准. 涂色与种植问题的四个解答策略 　　　　　(1)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　　.  跟踪训练 3 420 27 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.根据分类计数原理，共有180+240=420(种)不同的染色方法. 28 (2)如图，有编号分别为1，2，3，4，5的五个区域，现给这5个区域着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有　　　　种(用数字作答).  72 29 ①当使用4种颜色时，先着色第1区域，有4种 方法，剩下3种颜色涂其他4个区域，即有1种 颜色涂相对的2块区域，有3×2×2=12(种)， 由分步计数原理得，共有4×12=48(种). ②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色第1区域，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第2，4区域，另一种颜色涂第3，5区域，有2种着色方法.由分步计数原理得有4×3×2=24(种). 综上，共有48+24=72(种). 30 1.知识清单： (1)两个计数原理的区别与联系. (2)两个计数原理的应用：组数问题、选取问题、涂色及种植问题. 2.方法归纳：分类讨论、正难则反. 3.常见误区：分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题. 课堂小结 31 随堂演练 四 1 2 3 4 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.1 024　 B.625　 C.120　 D.5 对于甲来说，有4种借阅可能，同理每人都有4种借阅可能，根据分步计数原理，共有45=1 024(种)借阅方案. √ 2.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第2个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0~9这10个数字中选择(数字可以重复).若某车主第1个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他可选的车牌号码的所有可能情况有 A.180种　 B.360种　 C.720种　 D.960种 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2个号码有3种选法，其余3个号码各有4种选法，因此共有5×3×4×4×4=960(种)情况. 3.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为 A.30　 B.20　 C.10　 D.6 1 2 3 4 从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法.故由分类计数原理得，共有N=3+3=6(种)取法. √ 4.如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有　 种. (用数字作答)  1 2 3 4 首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，依次向右第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，根据分步计数原理得，共有6×5×5×5=750(种)涂色方法. 750 课时对点练 五 1.用0到6这7个数字，可以组成没有重复数字的且被5整除的四位数的个数为 A.200　 B.210　 C.220　 D.240 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ 若末位为0，则满足条件的四位数有6×5×4=120(个)，若末位为5，则有5×5×4=100(个)，故共有220个. 2.将3张不同的运动会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是 A.2 160　 B.720　 C.240　 D.120 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第1张门票有10种分法，第2张门票有9种分法，第3张门票有8种分法，由分步计数原理得共有10×9×8=720(种)分法. √ 3.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的条数为 A.24　 B.18　 C.12　 D.9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可知E→F共有6条最短路径，F→G共有3条最短路径，由分步计数原理知，共有6×3=18(条)最短路径. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.某城市的电话号码由七位升为八位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是 A.9×8×7×6×5×4×3×2 B.8×97 C.9×107 D.8.1×107 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，同理升为八位数字时为9×107部，∴可增加的电话部数是9×107-9×106=8.1×107. 5.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 A.42　 B.30　 C.20　 D.12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 原定的5个节目产生6个空位，将其中1个新节目插入，有6种不同的插法，然后6个节目产生7个空位，将另一个新节目插入，有7种不同的插法.由分步计数原理知共有7×6=42(种)不同的插法. 6.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从点P处进，点Q处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有 A.6种　 B.8种　 C.12种　 D.48种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 每个景区都有2条线路，所以游览第一个景点有6种选法，游览第二个景点有4种选法，游览第三个景点有2种选法，故共有6×4×2=48(种)不同的游览线路. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.4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.  要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步： 第一步：百位可放8-1=7(个)数； 第二步：十位可放6个数； 第三步：个位可放4个数. 故由分步计数原理，得共可组成7×6×4=168(个)不同的三位数. 168 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.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.  4个焊接点共有24种情况，其中使A，B之间线路通的情况是1，4都通，2和3至少有一个通，此时共有3种可能，故A，B之间线路不通时焊接点脱落的情况有24-3=13(种). 13 49 9.(1)有8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 分三步：每位同学取1本书，第1，2，3位同学分别有8，7，6种取法，因而由分步计数原理知，不同的分法共有8×7×6=336(种). (2)4位旅客到3个旅馆住宿(旅馆有足够的空余房间)，有多少种不同的住宿方法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 每位旅客都有3种不同的住宿方法，因而不同的住宿方法共有3×3×3 ×3=81(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.用n种不同的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，为甲着色时共有多少种不同方法？ 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). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若为乙着色时共有120种不同方法，求n的值. 乙与甲的区别在于与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，所以n=5. 11.有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有 A.6种　 B.5种　 C.4种　 D.3种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 不同的选派情况可分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法.根据分类计数原理知，不同的选派方法有2+1+1=4(种). 12.《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.8　 B.12　 C.16　 D.18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，根据正六边形的性质，当A1ABB1为底面矩形时，有4个满足题意；同理，当A1AFF1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意； 同理当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意， 故共有4+4+4+4=16(个). 13.体育老师把9个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有　　种.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置， 第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种放法； 第二种方法，可以把球分成两份，1和2，有3×2=6(种)放法； 第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种放法. 综上可知，共有1+6+3=10(种)放球方法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有　　　　个.  满足条件的有两类： 第一类，与正八边形有两条公共边的三角形有8个；第二类，与正八边形有一条公共边的三角形有8×4=32(个)， 所以满足条件的三角形共有8+32=40(个). 40 15.三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有　　个.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 三角形如图所示，令x≤y， 则 ∴当x=1时，y=11； 当x=2时，y=10或11； …(依此类推)； 当x=11时，y=11. ∴所求三角形的个数为1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第一步：在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法， B1有3种方法，C1有2种方法，共有4×3×2=24(种)方法. 第二步：从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯 泡，有3种方法. 第三步：给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法. 由分步计数原理可得，共有24×3×3=216(种)方法. 第一章 <<< $$