3.1.1 第2课时 基本计数原理的综合应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案word（人教B版）

数学　选择性必修 第二册 RJ 第2课时　基本计数原理的综合应用 (教师独具内容) 课程标准：会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题． 教学重点：正确区分、使用两个计数原理解决实际问题． 教学难点：两个计数原理的综合应用． 核心素养：通过综合应用两个计数原理解决问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． 知识点　　两个计数原理的区别 (1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类． (2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”． 1．(排数问题)由数字1，2，3组成的无重复数字的三位数有________个． 答案：6 2．(选取问题)一位顾客去买书，发现4本好书，决定至少买其中的2本，则这位顾客购书的方案共有________种． 答案：11 3．(涂色问题)用5种不同的颜色对如图所示的A，B，C区域进行着色，要求相邻的区域不能使用同一种颜色，则共有________种不同的着色方法． A B C 答案：80 题型一　排数问题 例1　用0，1，2，3，4五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的电话号码？ (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)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共可排出5×5×5＝125个三位数字的电话号码． (2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共可排成4×5×5＝100个三位数． (3)能被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12种排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因为0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，所以有2×3×3＝18种排法．所以共有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． 【感悟提升】　排数问题的解题策略 (1)对于排数问题，一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊对象)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)解决排数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘，排数时要注意特殊位置、特殊对象优先的原则． 【跟踪训练】　 1．(1)由1，2，3，4，5这5个数字可以组成四位没有重复数字的奇数的个数为________，组成四位有重复数字的奇数的个数为________． 答案：72　303 解析：根据题意，知个位数字可以为1，3，5，共有3种选法．若组成四位没有重复数字的奇数，则千位数字有4种选法，百位数字有3种选法，十位数字有2种选法，故所求奇数的个数为3×4×3×2＝72.若组成四位奇数，则千位、百位、十位数字均有5种选法，共能组成3×53＝375个奇数，其中没有重复数字的奇数有72个，所以组成的四位有重复数字的奇数的个数为375－72＝303. (2)若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数是多少？ 解：分八类： 当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1，0， 由分步乘法计数原理知，凸数的个数为1×2＝2； 当中间数为3时，百位可选1，2，个位可选0，1，2， 由分步乘法计数原理知，凸数的个数为2×3＝6； 同理可得： 当中间数为4时，凸数的个数为3×4＝12； 当中间数为5时，凸数的个数为4×5＝20； 当中间数为6时，凸数的个数为5×6＝30； 当中间数为7时，凸数的个数为6×7＝42； 当中间数为8时，凸数的个数为7×8＝56； 当中间数为9时，凸数的个数为8×9＝72. 故所有凸数的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240. 题型二　选(抽)取与分配问题 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，现从这7人中选2人同时参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？ [解]　分四类： 第一类，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3×2＝6种选法； 第二类，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3×2＝6种选法； 第三类，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2×2＝4种选法； 第四类，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，剩下的1名参加围棋比赛，有2×1＝2种选法． 根据分类加法计数原理，一共有6＋6＋4＋2＝18种不同的选法． 【感悟提升】　选(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，一般选用列举法、树形图法、框图法或者图表法． (2)当涉及对象数目很大时，一般有以下两种方法： 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)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． (2)甲、乙、丙、丁4个人各写1张贺卡，放在一起，再各取1张不是自己所写的贺卡，共有________种不同的取法． 答案：9 解析：解法一(列举法)： ①甲取得乙卡，此时乙有甲、丙、丁3种取法．若乙取甲，则丙取丁，丁取丙；若乙取丙，则丙取丁，丁取甲；若乙取丁，则丙取甲，丁取丙，故有3种分配方案； ②甲取得丙卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丙甲丁乙、丙丁甲乙、丙丁乙甲，共3种； ③甲取得丁卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丁甲乙丙、丁丙甲乙、丁丙乙甲，共3种． 由分类加法计数原理知，共有3＋3＋3＝9种不同的取法． 解法二(间接法)： 4个人各取1张贺卡．甲先取1张贺卡有4种取法，乙再取1张贺卡有3种取法，然后丙取1张贺卡有2种取法，最后丁仅有1种取法．由分步乘法计数原理知，4个人各取1张贺卡共有4×3×2×1＝24种取法． 4个人都取自己所写的贺卡有1种取法； 2个人取自己所写的贺卡，另2个人不取自己所写贺卡的取法有6种(即从4个人中选出取自己所写的贺卡的2人有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁，6种方法)； 1个人取自己写的贺卡，另3个人不取自己所写贺卡的取法有8种(从4个人中选出取自己所写贺卡的1个人有4种方法，而另3个人都不取自己所写贺卡有2种方法)． 因此，4个人都不取自己所写贺卡的取法有24－(1＋6＋8)＝9种． 解法三(分步法)： 第一步，甲取1张不是自己所写的那张贺卡，有3种取法； 第二步，由甲取的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法； 第三步，由剩余两个中任1个人取，此时只有1种取法； 第四步，最后1个人取，只有1种取法． 由分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9种不同的取法． 题型三　涂色(种植)问题 例3　(1)如图，要给地图A，B，C，D四个区域分别涂上4种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，则不同的涂法有多少种？ [解]　解法一：按A→B→C→D的顺序分步涂色． 第一步，涂A区域，有4种不同的涂法； 第二步，涂B区域，从剩下的3种颜色中任选一种颜色，有3种不同的涂法； 第三步，涂C区域，再从剩下的2种不同颜色中任选一种颜色，有2种不同的涂法； 第四步，涂D区域，从与B、C区域不同色的2种颜色中任选一种，有2种不同的涂法． 根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种不同的涂法． 解法二：按所用颜色的多少分类涂色． 第一类，用3种颜色，有4×(3×2×1×1)＝24种不同的涂法； 第二类，用4种颜色，有4×3×2×1＝24种不同的涂法． 根据分类加法计数原理，共有24＋24＝48种不同的涂法． (2)将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有多少种？ [解]　从左往右5块试验田分别有3，2，2，2，2种种植方法，共有3×2×2×2×2＝48种种植方法，其中5块试验田只种植2种作物，有3×2×1×1×1×1＝6种方法，所以共有48－6＝42种不同的种植方法． 【感悟提升】　涂色(种植)问题的解题策略 (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)对于空间涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题． (4)对于不相邻的区域，分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准． (5)相邻不同色问题的记忆口诀：相邻则递减，不相邻则分类． 【跟踪训练】　 3．(1)如图所示，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则不同的栽种方案共有(　　) A．180种 B．240种 C．360种 D．420种 答案：D 解析：区域2，3，4，5地位相同(都与其他4个区域中的3个区域相邻)，故应先种区域1，有5种种法，再种区域2，有4种种法，接着种区域3，有3种种法，种区域4时应注意：区域2与区域4同色时区域4有1种种法，此时区域5有3种种法，区域2与区域4不同色时区域4有2种种法，此时区域5有2种种法，故共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420种不同的栽种方案．故选D. (2)给如图所示的三棱柱ABC－DEF的顶点染色，规定同一条棱连接的两个顶点不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方法共有________种． 答案：264 解析：先给顶点A，B，C染色，有4×3×2＝24种方法，再给顶点D染色．①若点D和点B颜色相同，点E和点C颜色相同，点F就有2种方法；若点E和点C颜色不同，则点E有2种方法，点F有1种方法，则点D和点B颜色相同时，D，E，F的染色方法一共有2＋2×1＝4种．②若点D和点B颜色不同，且与点C颜色不同，则点D有1种方法，若点E与点C颜色不同，则点E有1种方法，则点F有1种方法，此时有1种方法；若点E与点C颜色相同，则点F有2种方法，则共有2种方法；若点D与点C颜色相同，则点D有1种方法，则点E有2种方法，则点F有2种方法，共有2×2＝4种方法，∴点D和点B颜色不同时，D，E，F的染色方法共有1＋2＋4＝7种．综上，点D，E，F的染色方法一共有4＋7＝11种．∴不同的染色方法共有24×11＝264种． 1.在由0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有(　　) A．512个 B．192个 C．240个 D．108个 答案：D 解析：能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，知共有5×4×3＝60个；另一类是末位为5，由分步乘法计数原理，知共有4×4×3＝48个．由分类加法计数原理得，能被5整除的四位数共有60＋48＝108个． 2．从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则共形成不同的直线的条数为(　　) A．18 B．20 C．25 D．10 答案：A 解析：第一步，给A赋值有5种选择，第二步，给B赋值有4种选择，由分步乘法计数原理可得共有5×4＝20种．又因为A＝1，B＝2与A＝2，B＝4表示同一条直线，A＝2，B＝1与A＝4，B＝2也表示同一条直线，所以共形成不同的直线的条数为20－2＝18. 3．(多选)甲同学有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书，现在乙同学向甲同学借书，则下列说法正确的是(　　) A．借1本书，则有12种借法 B．每科各借1本书，则有60种借法 C．任借2本不同科的书，则有47种借法 D．借2本不同科的书，其中有数学书，则有30种借法 答案：ABC 解析：对于A，需完成的事情是“借1本书”，所以借给乙同学数学、物理、化学书中的任何1本，都可以完成这件事情，故可分类完成，根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＝12种借法，故A正确；对于B，需完成的事情是“每科各借1本书”，意味着要借给乙同学3本书，只有从数学、物理、化学三科中各借1本，才能完成这件事情，故需分步完成，根据分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60种借法，故B正确；对于C，任借2本不同科的书，应分以下三类：第一类，借数学、物理各1本，分步完成，共有5×4＝20种借法，第二类，借数学、化学各1本，分步完成，共有5×3＝15种借法，第三类，借物理、化学各1本，分步完成，共有4×3＝12种借法，根据分类加法计数原理，任借2本不同科的书，共有20＋15＋12＝47种借法，故C正确；对于D，由C项分析可知，借2本不同科的书，其中有数学书，共有20＋15＝35种借法，故D错误．故选ABC. 4．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，不同的种植方法有________种． 答案：18 解析：解法一(直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6种种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2＝6种种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18种． 解法二(间接法)：从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法．故不同的种植方法共有24－6＝18种． 5．在中国地图上，西部五省(甘肃、四川、青海、新疆、西藏)如图所示，有四种颜色供选择，要求每省涂一色，相邻省不同色，则不同的涂色方法共有________种． 答案：72 解析：按新疆→西藏→青海→四川→甘肃的顺序涂色，首先涂新疆，有4种涂色方法；其次涂西藏，有3种涂色方法；再涂青海，有2种涂色方法；再涂四川，应分两类，一类是四川与新疆涂相同颜色，有1种涂色方法，一类是四川与新疆涂不同颜色，也有1种涂色方法；再涂甘肃，当四川和新疆涂相同颜色时，有2种涂色方法，当四川与新疆涂不同颜色时，有1种涂色方法．由分步乘法计数原理知，共有4×3×2×(1×1＋2×1)＝72种不同的涂色方法． 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 两个计数原理在选取与分配问题中的应用 两个计数原理在几何图形中的应用 两个计数原理在种植问题中的应用 两个计数原理在排数问题中的应用 两个计数原理在选取与分配问题中的应用 两个计数原理在选取与分配问题中的应用 两个计数原理在排数问题中的应用 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ 对点 两个计数原理在涂色问题中的应用 两个计数原理在选取问题中的应用 两个计数原理在涂色问题中的应用 两个计数原理在涂色问题中的应用 两个计数原理在选取问题中的应用 两个计数原理在选取问题中的应用 两个计数原理在排数问题中的应用 一、选择题 1．某团支部进行换届选举，从甲、乙、丙、丁四人中选出三人分别担任书记、副书记、组织委员．规定上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职方法有(　　) A．10种 B．11种 C．12种 D．13种 答案：B 解析：分丁入选与不入选两类，当丁不入选时，则由甲、乙、丙三人担任，甲有2种选择，余下的乙和丙只有一种选择；当丁入选时，有3种选择，丁若担任三个人中没有入选的人的职务，则只有一种结果，丁若担任入选的两个人中的一人的原职务，则有2种结果，共有3×(2＋1)＝9种．综上可知，不同的任职方法共有2＋9＝11种． 2．若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有(　　) A．10个 B．14个 C．15个 D．21个 答案：A 解析：当b＝1时，c可取4；当b＝2时，c可取4，5；当b＝3时，c可取4，5，6；当b＝4时，c可取4，5，6，7.故共有1＋2＋3＋4＝10个这样的三角形． 3．如图所示为某公园景观的一隅，是由A，B，C，D，E五处区域构成的，现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同颜色的鲜花，有4种颜色的鲜花可供选用，则不同的装饰方案种数为(　　) A B C D E A.216 B．144 C．128 D．96 答案：B 解析：区域B有4种颜色的鲜花可供选择，区域A有3种颜色的鲜花可供选择，区域D有3种颜色的鲜花可供选择，区域C，E各有2种颜色的鲜花可供选择，由分步乘法计数原理可知，不同的装饰方案种数为4×3×3×2×2＝144.故选B. 4．用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有(　　) A．36个 B．18个 C．9个 D．6个 答案：B 解析：分三步完成，1，2，3这三个数字中必有某一个数字被重复使用2次．第一步，确定哪一个数字被重复使用2次，有3种方法；第二步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第三步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故共有3×3×2＝18个符合条件的四位数． 5．(多选)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是(　　) A．所有可能的安排方法有34种 B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种 D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 答案：BCD 解析：对于A，所有可能的安排方法有43种，A错误；对于B，分三类：第一类，若有一名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学有3种情况，另外两名同学的安排方法有3×3＝9种，此类共有3×9＝27种；第二类，若有两名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学有3种情况，另外一名同学的安排方法有3种，此类共有3×3＝9种；第三类，若三名同学都去工厂甲，此类情况唯一，则共有27＋9＋1＝37种安排方法，B正确；对于C，若同学A必须去工厂甲，则B，C两名同学各有4种安排方法，共有4×4＝16种安排方法，C正确；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，则共有4×3×2＝24种安排方法，D正确．故选BCD. 二、填空题 6．5个不同的球，放入2个不同的箱子中，每箱不空，共有________种不同的放法． 答案：30 解析：第1个球有2种放法，第2个球有2种放法，……，第5个球有2种放法，共有25＝32种放法，但要每箱不空，故有2种情况不符合要求，所以符合要求的不同的放法共有32－2＝30种． 7．从1，2，3，4，7，9六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为________． 答案：17 解析：(1)当取1时，1只能为真数，此时对数的值为0. (2)不取1时，分两步：①取底数，5种；②取真数，4种．其中log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.所以所有不同的对数的值的个数为1＋5×4－4＝17. 8．现用3种不同的颜色给正五边形ABCDE的五个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为________． 答案：30 解析：如图，考虑B，C，E三点的涂色情况．若B，C，E三点涂3种颜色，则该三点共有3×2×1＝6种涂色方法，此时A有1种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有6×1×1＝6种涂色方法；若B，C，E三点涂2种颜色，则E与B同色，或E与C同色，当E与B同色时，该三点共有3×2＝6种涂色方法，此时A有2种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有6×2×1＝12种涂色方法，同理，当E与C同色时，共有6×2×1＝12种涂色方法．综上，不同的涂色方法种数为6＋12＋12＝30. 三、解答题 9．某文艺团体有10人，每人至少会唱歌或跳舞中的一种，其中7人会唱歌，5人会跳舞，现要演出一个1人唱歌1人伴舞的节目，有多少种不同的选法？ 解：首先求得只会唱歌的有5人，只会跳舞的有3人，既会唱歌又会跳舞的有2人． 第一类，从只会唱歌的5人中任选1人唱歌，从只会跳舞的3人中任选1人伴舞，有5×3＝15种不同的选法； 第二类，从只会唱歌的5人中任选1人唱歌，从既会唱歌又会跳舞的2人中任选1人伴舞，有5×2＝10种不同的选法； 第三类，从只会跳舞的3人中任选1人伴舞，从既会唱歌又会跳舞的2人中任选1人唱歌，有3×2＝6种不同的选法； 第四类，将既会唱歌又会跳舞的2人全部选出，1人唱歌1人伴舞，有2种选法． 由分类加法计数原理知，共有15＋10＋6＋2＝33种不同的选法． 10．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，…，9的九个小正方形(如图)，使得任意有公共边的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1，5，9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂色方法共有多少种？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解：第一步，涂标号为1，5，9的三个小正方形，有3种涂法． 第二步，涂标号为2，3，6的三个小正方形： 若标号为2，6的小正方形颜色相同，则有2种涂法，此时标号为3的小正方形也有2种涂法，共有2×2＝4种涂法； 若标号为2，6的小正方形颜色不相同，则有2种涂法，此时标号为3的小正方形只有1种涂法，共有2×1＝2种涂法． 所以对标号为2，3，6的三个小正方形涂色共有4＋2＝6种涂法． 第三步，对标号为4，7，8的三个小正方形涂色，同理共有6种涂法． 故符合条件的所有涂色方法共有3×6×6＝108种． 11．某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面所涂颜色不能相同．若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有(　　) A．1080种 B．720种 C．660种 D．600种 答案：A 解析：若使用5种颜色，即每个面涂一种颜色，则有6×5×4×3×2＝720种涂色方案；若使用4种颜色，即面AED与面BFC同色，则有6×5×4×3＝360种涂色方案．故不同的涂色方案有720＋360＝1080种．故选A. 12．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)的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛、马和羊，乙同学喜欢牛、兔、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，则让三位同学选取的礼物都满意的选择方法共有________种． 答案：100 解析：由于三人都喜欢牛、羊这两种吉祥物，分以下几种情况讨论：若甲选牛或羊作吉祥物，则乙有3种选择，丙有10种选择，根据分步乘法计数原理，不同的选择方法有2×3×10＝60种；若甲选马作吉祥物，则乙有4种选择，丙有10种选择，根据分步乘法计数原理，不同的选择方法有1×4×10＝40种．综上所述，不同的选择方法共有60＋40＝100种． 13．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案有多少种？ 解：5日至9日，即5，6，7，8，9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8种；第二步安排偶数日出行分两类：第一类，先选1天安排甲的车，另外1天安排其他车，有2×2＝4种，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，有22＝4种，共有4＋4＝8种．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案有8×8＝64种． 14．有6张分别标有数字1，2，3，4，5，6的卡片，将其排成3行2列，要求每一行的两张卡片上的数字之和均不等于7，求不同的排法种数． 解：将1，2，3，4，5，6中数字之和等于7的两个数字分成一组，记A＝{1，6}，B＝{2，5}，C＝{3，4}． 第一步，排第一行的两个数字，先从A，B，C三组中选取两组，有3种选法，再从这两组中各选取一个数，有2×2＝4种选法，最后将这两个数排在第一行，有2种排法，故第一行的排法种数为3×4×2＝24； 第二步，排第二行的两个数字，先从A，B，C中第一步未选到的那一组中选取一个数，有2种选法，再从第一步选取的两组中剩余的两个数中选取一个数，有2种选法，最后将这两个数排在第二行，有2种排法，故第二行的排法种数为2×2×2＝8； 第三步，将余下的两个数排在第三行，有2种排法． 由分步乘法计数原理知，不同的排法种数为24×8×2＝384. 14 学科网（北京）股份有限公司 $