3.1 微专题1 基本计数原理的应用-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦基本计数原理的应用，系统梳理分类加法与分步乘法原理的区别，通过组数、选分配、涂色三类典型问题构建从原理理解到实际应用的学习支架，助力学生掌握计数方法。 资料以典型例题为载体，如涂色问题引导学生用数学眼光抽象图形关系，选分配问题通过分类讨论培养数学思维的推理意识，解题步骤清晰体现数学语言表达。课中辅助教师分层教学，课后练习题帮助学生巩固提升，查漏补缺。

微专题1　基本计数原理的应用 应用基本计数原理解题的方法 1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理合称为基本计数原理，要注意二者的区别．如果任何一类办法中的任何一种方法都能完成这件事，则选用分类加法计数原理，即类与类之间是相互独立的，即“分类完成”．如果只有各个步骤都做完，这件事才能完成，则选用分步乘法计数原理，即步与步之间是相互依存的、连续的，即“分步完成”． 2．涂色问题是计数原理应用的典型问题．由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查学生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为高考命题的热点之一． 类型1　组数问题 【例1】　(1)四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为(　　) A．6 B．9 C．12 D．24 (2)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________，组成四位可以有重复数字的奇数的个数为________． (1)B　(2)72　375　[(1)(法一)根据0的位置分类． 第一类：0在个位有2 110，1 210，1 120，共3个． 第二类：0在十位有2 101，1 201，1 102，共3个． 第三类：0在百位有2 011，1 021，1 012，共3个． 故共有3＋3＋3＝9(个)不同的四位数，故选B． (法二)如图，可知这样的数共有9个，故选B． (2)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，故所求个数为3×4×3×2＝72．若组成四位可以有重复数字的奇数，则千位、百位、十位数字均有5种选法，故所求个数为3×53＝375．] 类型2　选(抽)取与分配问题 【例2】　某外语学习小组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人分别参加相应语种的活动，有多少种不同的选法？ [解]　由题意9人中既会英语又会日语的“多面手”有1人，只会英语的有6人，只会日语的有2人，则可分三类． 第一类：“多面手”去参加英语活动时，选出只会日语的1人即可，有2种选法． 第二类：“多面手”去参加日语活动时，选出只会英语的1人即可，有6种选法． 第三类：“多面手”既不参加英语活动又不参加日语活动，则需从只会日语和只会英语的人中各选1人参加活动，有2×6＝12(种)选法． 故共有2＋6＋12＝20(种)不同的选法． 类型3　涂色问题 【例3】　用n(n≥3，n∈N*)种不同的颜色给如图所示的A，B，C，D四个区域涂色． (1)若相邻区域能用同一种颜色，则图①有多少种不同的涂色方案？ (2)若相邻区域不能用同一种颜色，当n＝6时，图①、图②各有多少种不同的涂色方案？ (3)若相邻区域不能用同一种颜色，图③有180种不同的涂色方案，求n的值． [解]　(1)由题意知题图①中的四个区域，每个区域有n种涂色方案，共有n4种方案． (2)题图①：第一步，涂A，有6种不同的涂法； 第二步，涂B，与A的颜色不相同，有5种不同的涂法； 第三步，涂C，与A，B的颜色都不相同，有4种不同的涂法； 第四步，涂D，只需与C的颜色不相同，有5种不同的涂法． 所以共有6×5×4×5＝600(种)不同的涂色方案． 题图②：第一步，涂A，有6种不同的涂法； 第二步，涂B，与A的颜色不相同，有5种不同的涂法； 第三步，涂D，与A，B的颜色都不相同，有4种不同的涂法； 第四步，涂C，与B，D的颜色都不相同，有4种不同的涂法． 所以共有6×5×4×4＝480(种)不同的涂色方案． (3)前三步与题图①的涂法类似，分别有n，(n－1)，(n－2)种不同的涂法． 第四步，涂D，与C，A的颜色都不相同，有(n－2)种不同的涂法． 所以共有n(n－1)(n－2)(n－2)种不同的涂色方案，所以n(n－1)(n－2)2＝180，n∈N*，所以n＝5． 微专题强化练(一)　基本计数原理的应用 一、选择题 1．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，则不同的涂法种数为(　　) A．48 B．72 C．84 D．108 D　[A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108(种)涂法．] 2．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 C　[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．根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有2＋1＋1＝4(种)．] 3．用0，1，…，9这10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．648 B　[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)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．] 4．有四位教师在同一年级的四个班各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有(　　) A．8种 B．9种 C．10种 D．11种 B　[设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班级分别为a，b，c，d.若A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法．同理，若A监考c，d时，也分别有3种不同方法．由分类加法计数原理，得监考方法共有3＋3＋3＝9(种)．] 5．如图所示是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)．现给图中△AEB，△BCF，△DCG，△AHD这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数是(　　) A．48 B．54 C．72 D．108 C　[根据题意，分3步进行分析：①对于“赵爽弦图”ABCD，颜色有4种选法，②对于△AEB，颜色有3种选法，对于△AHD，颜色有2种选法，③对于△DCG和△BCF，若△DCG与△AEB选的颜色相同，此时△BCF的颜色有2种选法，若△DCG与△AEB选的颜色不相同，此时△DCG和△BCF的颜色各有1种选法，则△DCG和△BCF的颜色的选法有2＋1＝3(种)，故涂色方法共有4×3×2×3＝72(种)．] 二、填空题 6．5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________． 18　[根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6(种)情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18(种)分工方案．] 7．如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有________种． 12　[先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，有3×2×1＝6(种)情况，然后涂三棱柱ABC-A1B1C1的三个侧面，有2×1×1＝2(种)情况，共有6×2＝12(种)不同的涂色方案．] 8．用0，1，2，3，4，5六个数字，可以排成没有重复数字的三位数________个，其中三位偶数有________个． 100　52　[若组成没有重复数字的三位数，则百位数字不能为0，有5种情况，在剩下的5个数中任选两个作为十位和个位，有5×4＝20(种)情况，则可以排成没有重复数字的三位数有5×20＝100(个)． 若组成三位偶数，当个位数字为0时，则有5×4＝20(种)情况， 若个位数字为2时，则百位只能取1，3，4，5共4种情况，十位取剩下的4个数字，则共有4×4＝16(种)情况，同理若个位数字为4时，也有16种情况， 则三位偶数有20＋16＋16＝52(个)．] 三、解答题 9．如图，一个地区分为5个行政区域，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多少种？ [解]　(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，由分步乘法计数原理，共有4×3×2×2×1＝48(种)． (2)当仅使用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，由分步乘法计数原理，有4×3×2＝24(种)． 综上，共有48＋24＝72(种)不同的着色方法． 10．有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，共有5×5×5＝53＝125(种)． (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，共有4×5×5＝100(种)． (3)被2整除的数即为偶数，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；另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0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法．因而有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． 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $