第6章 §6.1 第2课时 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三册教师用书（人教A版2019）

第2课时　计数原理的综合应用 [学习目标]　1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.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，车辆拥有量迅速增长，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)可以排出多少个不同的三位数字的密码？ (2)可以排成多少个不同的三位数？ (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，故共可排成 5×5×5=125(个)不同的三位数字的密码. (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种排法，十位、个位都可以排0，有5种排法， 因此，共可排成4×5×5=100(个)不同的三位数. (3)能被2整除的数即偶数，个位数字可取0，2，4， 因此，可以分两类，一类是个位数字为0，则有4×3=12(种)排法； 一类是个位数字不为0，则个位有2种排法，即2或4，再排百位，因0不能在百位，故有3种排法，十位有3种排法， 则有2×3×3=18(种)排法. 故共有12+18=30(种)排法， 即可以排成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以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种取法；第二步定首位，把1，2，3，4中除去用过的一个数，在剩下的3个数中任取一个，有3种取法；第三步、第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位，有3种排法，再排十位，有2种排法.由分步乘法计数原理知，共能组成2×3×3×2=36(个)无重复数字的四位奇数. 反思感悟　常见的组数问题及解题原则 (1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上的和或数字间满足某种特殊关系等. (2)常用的解题原则：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及其以上的数首位数字不能是0、被3整除的数各数位上的数字之和能被3整除等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数. 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.如果是第一种“奇偶奇”的情况，个位有3种情况，十位有2种情况，百位有2种情况，共12种；如果是第二种“偶奇奇”的情况，个位有3种情况，十位有2种情况，百位不能是0，只有一种情况，共6种，因此总共有12+6=18(个)奇数. (2)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 B.252 C.261 D.279 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)， ∴有重复数字的三位数有900-648=252(个). 二、抽取与分配问题 例2　(1)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有(　　) A.360种 B.420种 C.369种 D.396种 答案　C 解析　方法一　(直接法) 以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类： 第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况； 第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外四个工厂，其分配方案共有4×4=16(种)； 第三类，有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他四个工厂，其分配方案共有6×4×4=96(种)； 第四类，有一个班级去甲工厂，其他三个班级去另外四个工厂，其分配方案有4×4×4×4=256(种). 综上所述，不同的分配方案有1+16+96+256=369(种). 方法二　(间接法) 先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即5×5×5×5-4×4×4×4=369(种)方案. (2)甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为　　　　.  答案　2 解析　方法一　不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共有2×1×1=2(种). 方法二　(枚举法)满足不同的取法有：乙丙甲、丙甲乙，共2种. 反思感悟　抽取与分配问题的常见类型及其解法 (1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、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直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若按对象特征抽取的，则按分类进行. 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. 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，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. 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)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2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. 所以根据分类加法计数原理，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，分别种在三块不同土质的土地上，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. 故共有6×3=18(种)不同的种植方法. 方法二　(间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，共有4×3×2=24(种)不同的种植方法，其中不种黄瓜有3×2×1=6(种)不同的种植方法，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，并用分步乘法计数原理计算. (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，用分类加法计数原理计算. (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. 根据分类加法计数原理，共有180+240=420(种)不同的染色方法. (2)如图，一个地区分为5个区域，现给地图着色，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(以数字作答). 答案　72 解析　①当使用4种颜色时，先着色区域1，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)，由分步乘法计数原理得，有4×12=48(种)不同的着色方法. ②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色区域1，有3种方法，剩下2种颜色涂其他4个区域，只能是一种颜色涂区域2，4，另一种颜色涂区域3，5，有2种着色方法.由分步乘法计数原理得有4×3×2=24(种)不同的着色方法. 综上，共有48+24=72(种)不同的着色方法. 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、抽取与分配问题、涂色与种植问题. 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.某乒乓球队里有6名男队员，5名女队员，从中选取男、女队员各1名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为(　　) A.11 B.30 C.56 D.65 答案　B 解析　先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，故共有6×5=30(种)不同的组队方法. 2.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 答案　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5个偶数. 3.甲、乙、丙三人踢毽子，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，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有(　　) A.4种 B.5种 C.6种 D.12种 答案　C 解析　若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有3+3=6(种)不同的传法. 4.如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有　　　　种.  答案　72 解析　先涂A的话，有4种选择，若选择了一种，则B有3种涂法，而为了让C与A，B都不一样，则C有2种涂法，再涂D的话，只要与C涂不一样的就可以，也就是D有3种涂法，所以一共有4×3×2×3=72(种)涂法. 课时对点练　[分值：100分] 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共12分 1.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　当电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，同理升为八位时为9×107部，所以可增加的电话部数是9×107-9×106=8.1×107. 2.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定左数第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).若某车主左数第1个号码只想在数字3，5，6，8，9中选择，后三个号码只想在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，左数第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. 3.一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有(　　) A.6种 B.8种 C.36种 D.48种 答案　D 解析　选择参观路线分步完成：第一步选择三个“环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第二步选择余下两个“环形”路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；最后一个“环形”路线，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法.由分步乘法计数原理知，共有3×2×2×2×2=48(种)参观路线. 4.有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有(　　) A.4 320种 B.2 880种 C.1 440种 D.720种 答案　A 解析　第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3=4 320(种)不同的涂色方法. 5.中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有(　　) A.360种 B.50种 C.60种 D.90种 答案　B 解析　①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，不同的选法有1×2×10=20(种)，②甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，不同的选法有1×3×10=30(种)，所以共有20+30=50(种)选法. 6.(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没有同学选择，则不同的安排方法有64种 B.如果甲同学必须选择社区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 答案　AC 解析　如果社区A没有同学选择，则这三位同学应从其余四个社区中选择，不同的安排方法有43=64(种)，故A正确；如果甲同学必须选择社区A，则不同的安排方法有52=25(种)，故B错误；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；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. 7.(5分)现有五种不同的颜色，要对图形中的四个部分进行着色，要求相邻两块不能用同一种颜色，不同的涂色方法有　　　　种. 答案　180 解析　依次给区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ涂色分别有5，4，3，3种方法，根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法有5×4×3×3=180(种). 8.(5分)现有10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数为　　　　.  答案　23 解析　方法一　除100元人民币以外的3张人民币中，每张均有取和不取2种情况，2张100元人民币的取法有不取、取1张和取2张3种情况，再减去5张人民币全不取的1种情况，所以共有23×3-1=24-1=23(种)不同的币值. 方法二　分为三类：(1)不含100元，从其他3张中分别取1张、2张、3张，共有7种方法； (2)含1张100元，从其他3张中分别取0张、1张、2张、3张，共有8种方法； (3)含2张100元，从其他3张中分别取0张、1张、2张、3张，共有8种方法.所以总共有7+8+8=23(种)抽取方法，即有23种不同的币值. 9.(10分)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；(4分) (2)1号盒中有球的不同放法种数.(6分) 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)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. 10.(11分)用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色，要求A，B，C，D四个区域中的相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？ 解　方法一　(分类计数) 第一类，A，D涂同一种颜色，有6×5×4=120(种)涂法， 第二类，A，D涂不同颜色，有6×5×4×3=360(种)涂法， 共有120+360=480(种)涂法. 方法二　(分步计数) 先涂B区，有6种涂法，再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法， 所以共有6×5×4×4=480(种)涂法. 11.将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有(　　) A.6种 B.12种 C.24种 D.48种 答案　B 解析　假设第一行为1，2，3，则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1=6(种)填法.故不同的填写方法共有6×2=12(种). 12.某公司新招聘进8名员工，平均分给甲、乙两个部门，其中2名英语翻译人员不能分给同一个部门，另外3名电脑编程人员也不能分给同一个部门，则不同的分配方案种数是(　　) A.18 B.24 C.36 D.72 答案　C 解析　由题意可得，分两类：①甲部门要2名电脑编程人员，则有3种方法；英语翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选1人，有3种方法，共3×2×3=18(种)分配方案.②甲部门要1名电脑编程人员，则有3种方法；英语翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选2人，有3种方法，共3×2×3=18(种)分配方案.由分类加法计数原理，可得不同的分配方案共有18+18=36(种). 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 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，将组成的三位数中的偶数分为两类，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，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. 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)现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则不同的选取种数为　　　　，m，n都取到奇数的概率为　　　　.  答案　63　 解析　因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，所以(m，n)所有可能的取值有7×9=63(种)，其中m，n都取到奇数的情况有4×5=20(种)，因此所求概率为. 16.(12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. 由分步乘法计数原理可得，共有24×3×3=216(种)方法. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章 <<< 第2课时 计数原理的综合应用 1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别. 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，车辆拥有量迅速增长，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？ 导 语 一、组数问题 二、抽取与分配问题 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)可以排出多少个不同的三位数字的密码？ 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，故共可排成5×5×5=125(个)不同的三位数字的密码. 6 (2)可以排成多少个不同的三位数？ 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种排法，十位、个位都可以排0，有5种排法， 因此，共可排成4×5×5=100(个)不同的三位数. 7 (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 能被2整除的数即偶数，个位数字可取0，2，4， 因此，可以分两类，一类是个位数字为0，则有4×3=12(种)排法； 一类是个位数字不为0，则个位有2种排法，即2或4，再排百位，因0不能在百位，故有3种排法，十位有3种排法， 则有2×3×3=18(种)排法. 故共有12+18=30(种)排法， 即可以排成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以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种取法；第二步定首位，把1，2，3，4中除去用过的一个数，在剩下的3个数中任取一个，有3种取法；第三步、第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位，有3种排法，再排十位，有2种排法.由分步乘法计数原理知，共能组成2×3×3×2=36(个)无重复数字的四位奇数. 延伸探究 9 (1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上的和或数字间满足某种特殊关系等. (2)常用的解题原则：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及其以上的数首位数字不能是0、被3整除的数各数位上的数字之和能被3整除等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数. 反 思 感 悟 常见的组数问题及解题原则 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.如果是第一种“奇偶奇”的情况，个位有3种情况，十位有2种情况，百位有2种情况，共12种；如果是第二种“偶奇奇”的情况，个位有3种情况，十位有2种情况，百位不能是0，只有一种情况，共6种，因此总共有12+6=18(个)奇数. 11 (2)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 B.252 C.261 D.279 √ 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)， ∴有重复数字的三位数有900-648=252(个). 12 二 抽取与分配问题 　(1)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有 A.360种 B.420种 C.369种 D.396种 例 2 √ 14 方法一　(直接法) 以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类： 第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况； 第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外四个工厂，其分配方案共有4×4=16(种)； 第三类，有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他四个工厂，其分配方案共有6×4×4=96(种)； 第四类，有一个班级去甲工厂，其他三个班级去另外四个工厂，其分配方案有4×4×4×4=256(种). 综上所述，不同的分配方案有1+16+96+256=369(种). 15 方法二　(间接法) 先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即5×5×5×5-4×4×4×4=369(种)方案. 16 (2)甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为　　.  2 方法一　不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共有2×1×1=2(种). 方法二　(枚举法)满足不同的取法有：乙丙甲、丙甲乙，共2种. 17 反 思 感 悟 (1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、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直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若按对象特征抽取的，则按分类进行. 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. 抽取与分配问题的常见类型及其解法 　(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 √ 19 方法一　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. 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. 20 (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2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. √ 21 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 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. 所以根据分类加法计数原理，共有12+6=18(种)不同的涂法. 18 23 (2)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在三块不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则有　　种不同的种植方法.  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. 故共有6×3=18(种)不同的种植方法. 方法二　(间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，共有4×3×2=24(种)不同的种植方法，其中不种黄瓜有3×2×1=6(种)不同的种植方法，故共有24-6=18(种)不同的种植方法. 18 24 反 思 感 悟 (1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算. (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，用分类加法计数原理计算. (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 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. 420 26 (2)如图，一个地区分为5个区域，现给地图着色，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(以数字作答). 72 27 ②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色区域1，有3种方法，剩下2种颜色涂其他4个区域，只能是一种颜色涂区域2，4，另一种颜色涂区域3，5，有2种着色方法.由分步乘法计数原理得有4×3×2=24(种)不同的着色方法. 综上，共有48+24=72(种)不同的着色方法. ①当使用4种颜色时，先着色区域1，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)，由分步乘法计数原理得，有4×12=48(种)不同的着色方法. 28 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、抽取与分配问题、涂色与种植问题. 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 29 随堂演练 四 1 2 3 4 1.某乒乓球队里有6名男队员，5名女队员，从中选取男、女队员各1名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为 A.11 B.30 C.56 D.65 √ 先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，故共有6×5=30(种)不同的组队方法. 2.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 √ 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5个偶数. 3.甲、乙、丙三人踢毽子，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，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有 A.4种 B.5种 C.6种 D.12种 1 2 3 4 √ 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有3+3=6(种)不同的传法. 4.如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有　　　种.  1 2 3 4 先涂A的话，有4种选择，若选择了一种，则B有3种涂法，而为了让C与A，B都不一样，则C有2种涂法，再涂D的话，只要与C涂不一样的就可以，也就是D有3种涂法，所以一共有4×3×2×3=72(种)涂法. 72 课时对点练 五 1.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 基础巩固 √ 当电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，同理升为八位时为9×107部，所以可增加的电话部数是9×107-9×106=8.1×107. 2.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定左数第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).若某车主左数第1个号码只想在数字3，5，6，8，9中选择，后三个号码只想在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 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 按照车主的要求，左数第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. 3.一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有 A.6种 B.8种 C.36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 选择参观路线分步完成：第一步选择三个“环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第二步选择余下两个“环形” 路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；最后一个“环形”路线，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法.由分步乘法计数原理知，共有3×2×2×2×2=48(种)参观路线. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有 A.4 320种 B.2 880种 C.1 440种 D.720种 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第 5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3=4 320(种)不同的涂色方法. 5.中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有 A.360种 B.50种 C.60种 D.90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 ①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，不同的选法有1×2×10=20(种)，②甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，不同的选法有1×3×10=30(种)，所以共有20+30=50(种)选法. 6.(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没有同学选择，则不同的安排方法有64种 B.如果甲同学必须选择社区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 14 15 16 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如果社区A没有同学选择，则这三位同学应从其余四个社区中选择，不同的安排方法有43=64(种)，故A正确； 如果甲同学必须选择社区A，则不同的安排方法有52=25(种)，故B错误； 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； 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 14 15 16 7.现有五种不同的颜色，要对图形中的四个部分进行着色，要求相邻两块不能用同一种颜色，不同的涂色方法有　　　种. 依次给区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ涂色分别有5，4，3，3种方法，根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法有5×4×3×3=180(种). 180 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.现有10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数为　　　.  23 47 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　除100元人民币以外的3张人民币中，每张均有取和不取2种情况，2张100元人民币的取法有不取、取1张和取2张3种情况，再减去5张人民币全不取的1种情况，所以共有23×3-1=24-1=23(种)不同的币值. 方法二　分为三类：(1)不含100元，从其他3张中分别取1张、2张、3张，共有7种方法； (2)含1张100元，从其他3张中分别取0张、1张、2张、3张，共有8种方法； 48 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)含2张100元，从其他3张中分别取0张、1张、2张、3张，共有8种方法.所以总共有7+8+8=23(种)抽取方法，即有23种不同的币值. 49 9.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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)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 14 15 16 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 14 15 16 10.用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色，要求A，B，C，D四个区域中的相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　(分类计数) 第一类，A，D涂同一种颜色，有6×5×4=120(种)涂法， 第二类，A，D涂不同颜色，有6×5×4×3=360(种)涂法， 共有120+360=480(种)涂法. 方法二　(分步计数) 先涂B区，有6种涂法，再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法， 所以共有6×5×4×4=480(种)涂法. 11.将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有 A.6种 B.12种 C.24种 D.48种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 综合运用 假设第一行为1，2，3，则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1=6(种)填法.故不同的填写方法共有6×2=12(种). 12.某公司新招聘进8名员工，平均分给甲、乙两个部门，其中2名英语翻译人员不能分给同一个部门，另外3名电脑编程人员也不能分给同一个部门，则不同的分配方案种数是 A.18 B.24 C.36 D.72 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 由题意可得，分两类：①甲部门要2名电脑编程人员，则有3种方法；英语翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选1人，有3种方法，共3×2×3=18(种)分配方案.②甲部门要1名电脑编程人员，则有3种方法；英语翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选2人，有3种方法，共3×2×3=18(种)分配方案.由分类加法计数原理，可得不同的分配方案共有18+18=36(种). 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 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 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，将组成的三位数中的偶数分为两类，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，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. 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.  40 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.现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取， 则不同的选取种数为　　　，m，n都取到奇数的概率为　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 63 因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，所以(m，n)所有可能的取值有7×9=63(种)，其中m，n都取到奇数的情况有4×5=20(种)，因此所求概率为. 　 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. 由分步乘法计数原理可得，共有24×3×3=216(种)方法. 第六章 <<< $$