专题6.4 计数原理在古典概率中的应用（高效培优讲义）数学沪教版选择性必修第二册

专题6.4 计数原理在古典概率中的应用 教学目标 1.理解排列组合的概念．能写出一些复制问题的排列组合。 2.计数原理在古典概率中的应用问题。 教学重难点 1.重点 （1）掌握排列组合数公式和排列组合的性质； （2）能运用排列组合的性质进行计算； 2.难点 （1）会用排列组合数公式解决一些综合的组合； （2）掌握具有限制条件的排列、组合问题的解决方法。 知识点01 古典概型与古典概率公式 1.古典概型 一般地,如果随机试验的样本空间的样本点只有有限个(简称为有限性),而且可以认为每个样本点发生的可能性相等(简称等可能性),则称这样的随机试验为古典概型试验,其数学模型称为古典概率模型,简称古典概型. 1.古典概率公式 一般地,设试验是古典概型,样本空间包含个样本点,事件包含其中的个样本点,则定义事件的概率，其中,和分别表示事件和样本空间包含的样本点个数. 【即学即练】 1．已知甲乙丙3名同学从学校的2个科技类社团，2个艺术类社团，1个体育类社团中选择报名参加，每人只能报名参加一个社团，则有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用排列组合数及分类分步计数求有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团的情况数，由分步计数求3人任意报名社团情况数，应用古典概型的概率求法求概率. 【详解】3人中有一人报名科技类社团有种报名方法， 余下2人报名其余3个社团，有人报名参加体育类社团，则报名情况分类如下: 2人都报名体育类社团，有1种报名方法， 若2人报名体育类、艺术类社团各1人，有种， 综上，有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团共有种； 若3人任意报名社团，则共有种， 所以有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团的概率为. 故选：B 题型01 实际问题中的排列组合计数问题 【典例1】 如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有种走法； 又从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走， 所以根据分类加法计数原理可得：从甲地到乙地的走法种数为. 故选：D. 【变式1-1】有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为（   ） A．120 B．60 C．40 D．30 【答案】B 【分析】选出一个志愿者连续参加两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人参加这两天的活动，计算结果即可 【详解】不妨记五名志愿者为，假设连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有种方法， 同理：连续参加了两天社区服务，也各有种方法， 所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有种. 故选：B. 【变式1-2】《哪吒之魔童闹海》票房大卖，其中蕴含的很多人生道理引起共鸣，如哪吒与命运抗争的顽强，李靖对哪吒不离不弃的关爱.因此哪吒系列手办盲盒深受欢迎，其中共有包含哪吒，敖丙，哪吒父母，四大龙王共个人物手办，小明从个盲盒中（个盲盒内的人物一定不同）任意抽取个盲盒，则包含哪吒和至多一位龙王的概率是 . 【答案】 【分析】首先计算出任取个盲盒的取法总数；分类讨论求得满足题意的取法种数，根据古典概型概率公式可求得结果. 【详解】从个盲盒中任取个盲盒，共有种取法； 抽取的盲盒中，包含哪吒，不包含龙王的取法有种；包含哪吒和一个龙王的取法有种； 任意抽取个盲盒，包含哪吒和至多一位龙王的概率. 故答案为：. 【变式1-3】某学校高一年级6个班各派1名学生代表参加年级组织的课室卫生检查，若每个班随机分配1位同学进行检查，则恰有2位同学检查本班课室卫生的概率是 ． 【答案】/ 【分析】将“恰有两位同学检查本班课室卫生”转化为“有4位同学不检查自己所在班的课室”，记个同学不检查自己所在班课室卫生的情况总数为，利用计数原理得，进而结合排列数和组合数的应用，利用古典概型概率公式求解即可． 【详解】“恰有两位同学检查本班课室卫生”也就是“有4位同学不检查自己所在班的课室”， 记个同学不检查自己所在班课室卫生的情况总数为． 任意一人可检查的班有个，假设此人检查i班；考虑i班的学生代表的选择： 如果i班的学生代表与此人交换检查， 那么剩余人不检查自己所在班课室卫生，情况总数为； 如果i班的学生代表不与此人交换检查， 那么可以理解为人不检查自己所在班课室卫生，情况总数为， 所以 于是，所以恰有2位同学检查本班课室卫生的情况有种． 又高一年级6个班各派1名学生代表参加年级组织的课室卫生检查共有种情况 所以恰有两位同学检查本班课室卫生的概率是． 故答案为： 题型02 代数中的排列组合计数问题 【典例2】 从集合中随机取出4个不同的数，并将其从大到小依次排列，第二个数是6的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题随机取出4个不同的数共有，第二个数是6，则4个数中第二大的是6，在7，8，9中选一个，1，2，3，4，5中选2个数，再求概率即可. 【详解】由题知随机取出4个不同的数共有种， 第二个数是6，则4个数中第二大的是6，所以有， 所以概率为. 故选：C. 【变式2-1】用数字1~5组成没有重复数字的三位数，其中满足，且的三位数的个数是（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】B 【分析】先求出从数字1~5中取出3个数字的种数，然后求满足要求的种数，最后根据分步乘法计数原理求得结果. 【详解】从数字1~5中取出3个数字，有种取法； 将取出的3个数字中最大的一个作十位上的数字，另外2个数字分别作百位和个位上的数字，有种方法. 由分步乘法计数原理，得符合题意的三位数有个. 故选：B. 【变式2-2】从1，2，…，2024中任取两数，（可以相同），则个位为8的概率为 【答案】 【分析】先研究和的个位数字的规律，确定它们的周期均为4，再借助古典概型知识，即可求解. 【详解】从1，2，⋯，2024中任取两数a，b(可以相同)，共有种取法， 因为的个位数字随着从1开始，依次是，周期变化， 的个位数字随着从1开始，则依次是，周期变化， 故它们的周期均为， 所以，中，共有种数型， 且每种数型的个数是均等的，都是个， 和的尾数中只有三种情形中个位数字是， 即时，的个位数字是，， 所以满足的个位数字是的取法有种取法， 所以所求概率为. 即个位为的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析发现的个位数与的个位数呈周期规律，从而得解. 【变式2-3】将分别写有2，0，2，6的四张卡片，按一定次序排成一行组成一个四位数（首位不为0），则组成的不同四位数的个数有 ．（用数字作答） 【答案】9 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合分步乘法计数原理列式计算. 【详解】依题意，排数字0有种方法；排数字2有种方法；排数字6有1种方法， 所以组成的不同四位数的个数是. 故答案为：9 题型03 几何排列组合计数问题 【典例3】 在由连接正方体 的任意两个顶点形成的所有直线中，任意选取两条直线，则这两条直线垂直的概率是 ． 【答案】 【分析】按侧棱、面对角线、体对角线分别分析两条直线垂直的情况，再按照古典概率求解即可． 【详解】任意两个顶点形成条直线，所有任意两条直线共有对， 12条侧棱中，对每一条侧棱有12条直线与其垂直， 12条面对角线中，对每一条面对角线有8条直线与其垂直， 4条体对角线中，对每一条体对角线有6条直线与其垂直， 所以，这两条直线垂直的概率是． 故答案为：． 【变式3-1】在正方体的8个顶点和6个面的中心（共14个点）中任取4个点，以这4个点为顶点可构成四面体的概率为 ． 【答案】 【分析】先求出总取法，再分正方体的个面，个中间平面，个对角面和8个斜切面四种情况讨论，求出四点共面的取法，再利用古典概型的概率公式即可得解. 【详解】从个点中取4个点，共有种取法， 四点共面分下面四种情况： ①正方体的个面：每个面包含个顶点和个中心点，此时共有种； ②个中间平面：每个平面包含个点，此时共有种； ③个对角面：每个对角面包含个顶点和个中心点，此时共有种； ④8个斜切面（三条面对角线形成的）：每个面包含3个顶点和3个中心点，此时共有种； 所以四个点不共面共有种， 所以所求概率. 故答案为：. 【变式3-2】从正方体6个面的对角线中任取两条作为一对，这对对角线所成的角为的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】正方体的面对角线共有12条，能够数出每一条对角线和另外的8条构成8对直线所成角为，得共有12×8对对角线所成角为60°，并且容易看出有一半是重复的，得正方体的所有对角线中，所成角是的有48对，根据古典概型概率公式求解即可． 【详解】如图，在正方体中， 与上平面中一条对角线成的直线有，，，，，，，共8条直线， 总共12条对角线；． 从正方体6个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有48对． 而正方体面的对角线共有12条，所以概率为． 故选：B． 【变式3-3】直线(，不全为)与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（     ） A．60条 B．66条 C．72条 D．78条 【答案】C 【分析】先找出圆上横、纵坐标均为整数的点共有个，经过其中任意两点的割线为个点中任取2点，再加上过每一个点的切线，再减去经过坐标原点的6条即可得到答案. 【详解】因为上的整点有12个：、、， 符合题意的直线可能同时经过上述个整点中的个点或者为圆上过上述个整点中的个点的切线， 再排除掉其中经过坐标原点的条，即得答案为， 故选：C. 题型04 数字排列问题 【典例4】 用0，1，3，4，5，6，7，8组成一个无重复数字的四位数. (1)求满足条件的四位数的总个数； (2)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被5整除的概率； (3)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被3整除且不含数字0的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）需要考虑到千位数字不能为0的情形，然后利用排列组合的知识进行求解即可. （2）首先判断能被5整除的数的特点，然后分情况计算个数，最后除以总数就是概率值. （3）首先判断能被3整除的数字的特点，然后一一列出符合条件的数字，最后通过排列数进行计算即可. 【详解】（1）因为四位数的千位数不能为0，所以千位数有7种选择，排完了千位数后，还剩7个数字， 所以满足条件的四位数的总个数为. （2）若这个四位数能被5整除，则这个四位数的个位数为0或5. 当个位数为0时，满足条件的四位数的个数为； 当个位数为5时，满足条件的四位数的个数为. 故这个四位数能被5整除的概率为. （3）若这个四位数能被3整除，则这个四位数的各位数之和能被3整除， 各位数之和是3的倍数且不含数字0的所有情况有，，，， ，，，，，，. 故这个四位数能被3整除且不含数字0的概率为. 【变式4-1】在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分个位数为和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解； （2）分千位数为或和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解. 【详解】（1）当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； 当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数， 综上所述，能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； （2）当千位数为或时， 则能组成个无重复数字且不大于3450的四位数； 当千位数为，百位数为，十位数为时，则符合题意的数只有一个； 当千位数为，百位数为，十位数不为时， 则十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种； 当千位数为，百位数不为， 则百位数有种选法，十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种， 综上所述，能组成个无重复数字且不大于3450的四位数. 【变式4-2】用数字0，1，2，3，4，5这6个数码组成无重复数字的四位数和五位数，请完成下列问题: (1)可组成多少个四位数? (2)可组成多少个是5的倍数的五位数? (3)可组成多少个比1325大的四位数? 【答案】(1)300个 (2)216个 (3)270个 【分析】（1）可直接分类讨论或使用间接法，计算所有情况后减去不符合要求的情况； （2）分末位是0或5讨论即可得； （3）可使用直接法，求出所有符合要求的数的个数，或使用间接法，计算所有情况后减去不符合要求的情况. 【详解】（1）法一： 当组成四位数时，先从这6个数中取4个， 选取以后，不包含0的取法有种，此时有种排列方式， 包含0的取法有种，此时要保证首位不为0，故有种排列方式， 所以总共能组成的四位数有个； 法二：间接法 从6个数中任选4个排成一列，共有种排法(其中含有首项为0的情况)， 若首位为0，再从余下的5个数码中选出3个排成一列，共有种排法， 则可以组成四位数共个； （2）当组成5的倍数的五位数时，我们需要组成末位是0或5的五位数， 如果末位数是0，则剩下四位可以任意从1，2，3，4，5中选择并任意排列， 此时有个， 如果末位数是5，则剩下四位可以任意从0，1，2，3，4中选择， 但排列时0不能排在首位， 而不包含0和包含0的选择方式各有种和种， 故此时有个， 所以总共能组成5的倍数的五位数有个； （3）法一：直接法 当组成比1325大的四位数时，以2，3，4，5开头的有个， 以14，15开头的有个， 以134，135开头的有个， 所以总共能组成比1325大的四位数有个. 法二：间接法 由（1）知共有四位数300个； 小于或等于1325的数如下： 以10，12开头有的个， 以130开头的有3个，以132开头的有1320、1324、1325共3个， 故个. 【变式4-3】用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 【答案】(1)900 (2)648 (3)144 【分析】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出正确答案； （3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析个位数满足条件的数字计算出正确答案. 【详解】（1）由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法， 十位与个位上的数字均有10种选法， 所以不同的三位数共有（个）； （2）百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法， 个位数字应从剩余8个数字中选取， 所以共有（个）无重复数字的三位数； （3）若个位为1或3，则小于500的三位奇数有（个）； 若个位为5或7或9，则小于500的三位奇数有（个）； 所以小于500的三位奇数有． 题型05 涂色问题 【典例5】 给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是（    ）    A．192 B．168 C．224 D．208 【答案】A 【分析】利用分步乘法计数：先给，，三块区域涂色，再给区域涂色，然后给区域涂色，最后给区域涂色，即可求解. 【详解】第一步，给，，三块区域涂色，有种涂色方法； 第二步，给区域涂色，有种涂色方法； 第三步，给区域涂色，有种涂色方法； 第四步，给区域涂色，有种涂色方法， 综上，不同的涂色方法种数是，故A正确. 故选：A. 【变式5-1】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（ ） A．192 B．420 C．210 D．72 【答案】B 【分析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类，结合分类加法、分步乘法计算即可. 【详解】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类： 第一类，A，C同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 第二类，A，C不同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 根据分类加法计数原理，共有种不同的染色方法. 故选：B. 【变式5-2】一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有 种. 【答案】72 【分析】根据分类加法以及分步乘法计数原理求解即可. 【详解】如图对正方形每个方格编号： 不妨记玫瑰、月季、百合、郁金香分别为：， 第一步在方格中种植4种不同花卉，有种方法； 第二步：不妨取一种种植情况如图： A B 3 D C 6 7 8 9 （1）当方格种植花卉时，则方格种植D花卉，方格只能种植B花卉， 方格种植A花卉， 方格种植D花卉，只有种方法； （2）当方格不种植花卉时，则方格中种植花卉，方格种植A花卉， ①当方格种植花卉时，则方格种植B花卉，方格种植花卉，只有种方法； ②当方格种植B花卉时，则方格中只能种植花卉，方格种植B花卉，只有种方法； 因此根据分类加法计数原理和分步计数原理可知，共有种方法. 故答案为： 【变式5-3】某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为 .    【答案】120 【分析】根据分步乘法计数原理，结合4，5以及1，2是否同色，分类即可求解. 【详解】先排1，3，5区域，此时从4种鲜花中任选3种全排列，故共有种方法， 接下来排区域4，2，6， 若4与5同色，1，2同色，此时区域6有2种选择， 若4与5同色，1，2不同色，此时区域2只有一种选择，区域6也只有1种选择， 若4与5不同色，此时1，2只能同色，此时区域6有2种选择， 故涂区域2，4，6共有种方法， 因此总的涂法共有， 故答案为：120 题型06 分组分配问题 【典例6】 某寝室安排3人打扫下一周5天的寝室卫生，每天只安排1人，每人至少打扫1天，则有多少种不同的安排方法（    ） A．120 B．150 C．240 D．300 【答案】B 【分析】根据题意，分2步进行分析：①、分两种情况讨论将5天分成3组的情况数目，②、将分好的三组全排列，对应3人由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将5天分成3组 若分成1、1、3的三组，有种分组方法， 若分成1、2、2的三组，有种分组方法， 则将5天分成3组，有种分组方法； ②将分好的三组全排列，对应3人，有种情况； 所以不同的安排方式则有种. 故选：B． 【变式6-1】在《红楼梦》第三十八回“林潇湘魁夺菊花诗，薛蘅芜讽和螃蟹咏”中，史湘云做东，邀众姐妹和贾宝玉一起作诗．诗会以菊花为主题，共编拟了十首不同的咏菊诗名，假设分配贾宝玉作《访菊》､《种菊》两首，薛宝钗作《忆菊》､《画菊》两首，剩下六首诗分别由林黛玉､史湘云､探春三人创作，且每人至少创作一首，至多创作三首，则不同的分工方案共有（    ） A．150种 B．360种 C．450种 D．540种 【答案】C 【分析】结合两类计数原理，将6首诗按和两种情况求解即可. 【详解】第一类，将6首诗按的数量分给3人，有种； 第二类，将6首诗按的数量分给3人，有种， 所以不同的分工方案共有种． 故选：C. 【变式6-2】来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为 ． 【答案】88 【分析】先安排再安排，根据选择北京故宫、西安兵马俑中个数，分类讨论，利用分类加法计数原理即可求解. 【详解】当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且只去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当选择北京故宫、西安兵马俑这个且只去个景点时， 只需将其他个景点分给，，有种选择； 当选择北京故宫、西安兵马俑且去个景点时，有种选择， 只需将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择， 种， 故共有种不同的打卡方案． 故答案为：． 【变式6-3】某校5名同学参加，，三项志愿者服务工作，每名同学参加一项工作，每项工作至多需要2名同学．若同学甲参加工作，则不同的安排方法共有 种． 【答案】30 【分析】根据题意，分只有甲同学参加工作和除同学甲外还有一名同学参加工作两种情况，根据先分组再分配的原则，即可求解. 【详解】若只有甲同学参加工作，则共有（种）安排方法； 若除同学甲外，还有一名同学参加工作，则共有（种）安排方法； 故共有（种）安排方法. 故答案为：30. 【方法技巧】“分组”与“分配”问题的解法 (1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种： ①完全均匀分组，每组的元素个数均相等； ②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象． (2)分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配． 题型07 x+y+z=n的整数解的个数（相同元素） 【典例7】 三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 【答案】A 【分析】“将三元一次方程的正整数解的组数”转变为“等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法”，利用隔板法即可求得结果. 【详解】三元一次方程的正整数解的组数， 等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法. 只需要在8个小球中间的7个空位中选取2个空位用隔板隔开即可， 则共有种分法， 即三元一次方程的正整数解的组数为21. 故选：A. 【变式7-1】20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 【答案】A 【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数. 【详解】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球， 将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可， 共有（种）方法． 故选：A 【变式7-2】不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组. 【答案】 【分析】利用隔板法求解不定方程的解的组数. 【详解】第一空: 利用隔板法求解，不定方程的正整数解, 相当于将100个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将100个名额分成50堆， 每堆至少一个名额，因此，把这100个名额排成一队，除去队前队后的空外， 有99个空，在这99个空中选49个空，插入49个板子，则把这100个名额分成了50堆，故有组，每一堆的名额数就是的数值，则不定方程的正整数解的组数为组； 第二空: 设， ，，， 不定方程的非负整数解 就是不定方程正整数解， 利用隔板法求解，不定方程的正整数解, 相当于将150个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将150个名额分成50堆， 每堆至少一个名额.把这150个名额排成一队，除去队前队后的空外， 有149个空，在这149个空中选49个空，插入49个板子，则把这150个名额分成了50堆， 故有组，每一堆的名额数就是的数值， 则不定方程的非负整数解的组数为组. 故答案为：，. 【变式7-2】将8个外观相同的苹果分给甲、乙、丙三人，每人至少分到1个苹果，共有不同的分法（    ） A．15种 B．18种 C．21种 D．24种 【答案】C 【分析】利用隔板法求解即可. 【详解】8个苹果间会产生7个空隙，任选2个空隙将苹果分开，即分成三份，共有种分法． 故选：C. 【方法技巧】相同元素分配问题的方法： (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题． (2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板． 【方法技巧】相同元素分配问题的方法： (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题． (2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板． 一、单选题 1．春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】对五个区域进行编号，依次分析、、、的布置方案种数，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【详解】如下图所示： 区域有种选择，区域有种选择， 若区域、种同一种花，则区域有种选择，区域有种选择； 若区域、种所种的花不同，则区域有种选择，区域有种选择. 由分步乘法和分类加法计数原理可知，不同的布置方案种数为. 故选：A. 2．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 3．广东省高考实行3+1+2模式，即语文、数学和英语这三科必选，其他六科则需要选科.其中物理和历史中必须且只能选一科，再从化学、生物、政治、地理这四科中任选两科，今年我校高一的追光和守正两同学进行选科，假设他们对需要选科的六科没有偏好，则他们选科至少有两科相同的概率为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据组合和排列的定义，结合分类计数原理和古典概型运算公式进行求解即可 【详解】追光和守正分别对物理和历史二选一，对化学、生物、政治、地理四选二，则包含选法总数为， 他们选科至少两科相同有以下情况： （1）恰有两科相同，包含选法数有， （2）三科相同，包含基本事件个数为， 故选科至少两科相同包含的选法总数为， ∴他们选科至少两科相同的概率为． 故选：A 4．在2024年梧州“半程马拉松”活动中，组委会将小明等四位志愿者分配到三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且小明不能被分配到场馆，则不同分配方案的种数是（    ） A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】A 【分析】分“小明单独一人执勤一个场馆”、“小明和另一个人一起执勤一个场馆”两种情况分析计算即可得解. 【详解】分两种情况：第一种情况，小明单独一人执勤一个场馆，共有种； 第二种情况，小明和另一个人一起执勤一个场馆，共有种. 综上，共有24种不同分配方案. 故选：A 5．方程的正整数解共有（   ） A．组 B．组 C．组 D．组 【答案】C 【分析】转化为将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，利用隔板法求解即可. 【详解】原题等价于下面这个问题： 将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，有多少种不同的分法? 由隔板法可得，方程的正整数解共有组． 故选：C 6．某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有（   ） A．120种 B．144种 C．240种 D．288种 【答案】C 【分析】由题意可得，小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐，将这两天视为一个整体，然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，即可求解. 【详解】由题意可得，小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐， 然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，则不同的方案共有种. 故选：C. 7．如图所示，在的两条边上分别有和共9个点，连接线段，如果其中两条线段不相交，则称之为1对“和睦线”，则图中的“和睦线”共有（    ）． A．60对 B．62对 C．72对 D．124对 【答案】A 【分析】由分步乘法原理、组合数即可求解. 【详解】任意一个四边形恰有1对“和睦线”，故有（对）． 故选：A. 8．从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出选出的三个点能构成三角形的选法种数，并求出等边三角形的个数，结合间接法可得结果. 【详解】在正六边形中，为其中心，如下图所示： 从这七个点中任选三个点，共有种，其中三点共线的情形有种， 所以，能构成的三角形的个数为个， 其中，构成的等边三角形分别为、、、、、 、、，共个， 所以，构成的三角形不是等边三角形的个数是个. 故选：A. 9．在平面直角坐标系中，轴正半轴上有4个点，轴正半轴上有6个点，将轴上的4个点和轴上的6个点连成24条线段，这24条线段在第一象限内的交点最多有（ ）个 . A．90 B．85 C．80 D．75 【答案】A 【分析】任取轴和轴上的两点，可以组成一个四边形，这个四边形的两条对角线有一个交点，这个交点在第一象限内，所以交点的个数就是四边形的个数，再由组合数计算即可； 【详解】任取轴和轴上的两点，可以组成一个四边形，这个四边形的两条对角线有一个交点，这个交点在第一象限内， 所以交点的个数就是四边形的个数，即个， 故选：A. 10．已知直线(、为非零常数）与圆有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有（    ）条 A．66 B．60 C．52 D．50 【答案】B 【分析】由已知求出圆上的整数点，然后分别分析直线与圆相切以及直线与圆相交两种情况，求出满足条件的直线条数，即可得出答案. 【详解】由已知可得，直线的横、纵截距都不为零，即与坐标轴不垂直，不过坐标原点. 而圆上的整数点共有12个，分别为，，， ，，. 当直线与圆相切时，显然切点为或时，不满足题意，此时满足条件的有8条； 当直线与相交时，则可知过任意两点，构成条直线，其中垂直于轴直线的有4条，垂直于轴直线的有4条，根据圆上点的对称性，知过原点的直线有6条. 故满足题设的直线有条． 综上，满足题设的直线共有条. 故选:B． 11．互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ） A．24种 B．36种 C．42种 D．48种 【答案】D 【分析】由题意得对红菊花所处位置进行分类，每一类根据分步计数原理可得. 【详解】红菊花在正中间位置时，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻， 即红菊花两边各一盆白色，黄色菊花，故有； 红菊花在首位或者尾端时，先排好白菊花，产生三个空再对黄菊花分类排即可， 故； 红菊花在第2或者第4位置时，先给首位或者尾端任意放一种，剩下的3盆花位置就确定了，故； 综上，共有种摆放方法. 故选：D 12．将9个志愿者的名额分配给4个班，每班至少一个名额，则不同的分配方法的种数为（    ） A．504 B．126 C．112 D．56 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用隔板法列式计算得解. 【详解】取9个小球排成一排形成8个空档，在8个空档中放入3个挡板，把9个小球分成4部分， 每一部分的小球个数即为分配到4个班的名额数， 所以不同的分配方法的种数为. 故选：D 二、填空题 13．某校举办一年一度的田径运动会，其中田赛含跳高、跳远、三级跳远、标枪和铅球等5个项目，径赛含100米、110米栏、400米、1000米等4个项目.某班为选拔优秀运动员，在班内组织选拔赛，要求同学们积极报名参赛，每位同学田赛与径赛各至少报名1个项目，且每人至多报3个项目，则每位同学的报名方案共有 种.（用数字作答） 【答案】90 【分析】由分类加法、分步乘法计数原理以及组合的计算即可得解. 【详解】当只报两个项目，由题意：； 若报3个项目，由题意：； 所以共有90中， 故答案为：90 14．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.年月日分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.年，中国空间站将正式进入运营阶段假设空间站要安排甲、乙等名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有   (用数字作答) 【答案】450 【分析】利用分组和分配的求法求得6名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得. 【详解】由题知，名航天员安排三舱，三舱中每个舱至少一人至多三人，可分两种情况考虑： 第一种，分人数为的三组，共有种； 第二种，三舱人数都为2，共有种； 所以不同的安排方法共有种． 故答案为：450 15．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种. 【答案】39 【分析】根据给定条件分成每次升1面、升2面、升3面旗3类，求出各类表示的信号数，再将各类信号数相加即得. 【详解】根据所升旗的数量进行分类： ①升1面旗，有三种颜色可供选择，故可组成3种不同信号； ②升2面旗，则升第一面旗时，有三种颜色可供选择，升第二面旗时，同样有三种颜色可供选择，故可组成种不同信号； ③升3面旗，则升每面旗时，均有三种颜色可供选择，故可组成的不同信号有种. 综上所述，可组成的不同信号共有（种）． 故答案为：39 16．在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点处出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位，移动4次，则蚂蚁移动到圆内部的概率为 . 【答案】 【分析】若蚂蚁移动到圆的内部，则移动4次后，蚂蚁可能的位置为原点，，，，，共5种情况.把向上、下、左、右四个方向的步数分别记为，，，，则.通过分析，，，的取值计算概率即可. 【详解】把向上、下、左、右四个方向的步数记分别为，，，，则. 若蚂蚁移动到圆的内部，则移动4次后，蚂蚁可能的位置为原点，，，，，共5种情况. 若蚂蚁移动到原点，则，，故，或，或，有种走法； 若蚂蚁移动到点（1，1），则，，故，，，或，，，，有种走法. 由对称可知，蚂蚁移动到圆内部的概率为. 故答案为：. 三、解答题 17．用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 【答案】(1)100 (2)180 (3)48 (4)131 (5)175 【分析】（1）分析可知，数字不重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （2）分析可知，数字允许重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （3）根据分步乘法原理，先选个位数字，再选百位数字，再选十位数字即可求解； （4）分三种情况讨论：个位数、两位数、三位数，分别计算出这三种情况下满足条件的自然数的个数，利用分类加法计数原理可得结果. （5）根据分类加法原理，按首位数字为3或4；首位数字为5，百位数字不是4；首位数字为5,百位数字是4分类即可求解. 【详解】（1）若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字不重复的三位数个数为. （2）若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字允许重复的三位数的个数为个. （3）分3步： 先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； 再选百位数字有4种选法； 十位数字也有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个 （4）若组成的数字为数字不重复的小于1000的自然数，分以下三种讨论： ①数字为个位数，共6个； ②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个； 数字为三位数，共有100个. 综上所述，数字不重复的小于1000的自然数个数为个. （5）分4类： 千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个； 千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有个； 千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有个； ④也满足条件； 故所求四位数共有个. 18．从这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？ (3)能组成多少个没有重复数字且个位不是5的四位数？ 【答案】(1)720 (2)420 (3)620 【分析】（1）根据题意，结合分步计数原理，即可求解； （2）根据题意，结合分类计数原理，即可求解； （3）根据题意，分为当个位是0和个位不是0，两种情况求解，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】（1）解：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，能组成个没有重复数字的四位数． （2）解：第一类：当个位数字是0时，没有重复数字的四位数有个； 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个． 根据分类计数原理．能组成个没有重复数字的四位偶数 （3）解：当个位是0时，有种排法； 当个位不是0时，有种排法， 由分类计数原理，可得符合条件的共种排法. 19．如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【答案】(1)60 (2)240 【分析】（1）由分步乘法原理，先涂S，再涂A，再涂B，最后涂CD计算即可. （2）解法一：由分步乘法原理，先涂AC，再一次涂SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照A与C颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可. 【详解】（1）由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C颜色相同，且B，D颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法. （2）解法一：由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同， 所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法（如：B，D颜色相同）； 再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上， 最后D涂B的颜色，有种不同的涂色方法. 根据分步计数原理知，共有种不同的涂色方法. 解法二：分两类. 第一类，A与C颜色相同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法； 第二类，A与C颜色不同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法. 根据分类计数原理知，共有种不同的涂色方法. 20．将20个完全相同的球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中． (1)若要求每个盒子至少放一个球，则一共有多少种放法？ (2)若每个盒子可放任意个球，则一共有多少种放法？ (3)若要求每个盒子放的球的个数不小于其编号数，则一共有多少种放法？ 【答案】(1)3876 ； (2)； (3)126 ． 【分析】（1）由隔板法知，在19个空隙中放4个板子；（2）在24个空隙中放4个板子；（3）先在1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0，1，2，3，4个球，再将剩余的10个球利用隔板法分为5份. 【详解】（1）把20个球摆好，在中间19个空隙中选择放4个板子，所以一共有种； （2）由题意可知，可以出现空盒子，所以把20个球和5个虚拟的球摆好，在中间24个空隙中选择放4个板子，所以一共有种； （3）先在编号为1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0，1，2，3，4个球，再只要保证余下的10个球每个盒子至少放一个，把10个球摆好，在中间9个空隙中选择放4个板子，所以一共有种. 21．有四个编号为1，2，3，4的四个不同的盒子，又有编号为1，2，3，4的四个不同的小球，现把小球放入盒子里. (1)小球全部放入盒子中有多少种不同的放法； (2)恰有一个盒子没放球有多少种不同的放法. 【答案】(1)256 (2)144 【分析】（1）每个小球四个盒子可以选，四个小球依次选盒子. （2）先选一个空盒，再分小球，最后放小球. 【详解】（1）每个小球都有四个盒子可以选，用分步乘法计数原理：总放法数为种. （2）先选空盒：从四个盒子中选一个空盒，有种选法； 再分小球：把四个小球分成三组，必然是一组两个，另外两组各一个，分组的方法数为种； 最后放小球：将分好的三组小球放入剩下的三个盒子里，进行全排列，有种排法； 根据分步乘法计数原理，总放法数为：种. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题6.4 计数原理在古典概率中的应用 教学目标 1.理解排列组合的概念．能写出一些复制问题的排列组合。 2.计数原理在古典概率中的应用问题。 教学重难点 1.重点 （1）掌握排列组合数公式和排列组合的性质； （2）能运用排列组合的性质进行计算； 2.难点 （1）会用排列组合数公式解决一些综合的组合； （2）掌握具有限制条件的排列、组合问题的解决方法。 知识点01 古典概型与古典概率公式 1.古典概型 一般地,如果随机试验的样本空间的样本点只有有限个(简称为有限性),而且可以认为每个样本点发生的可能性相等(简称等可能性),则称这样的随机试验为古典概型试验,其数学模型称为古典概率模型,简称古典概型. 1.古典概率公式 一般地,设试验是古典概型,样本空间包含个样本点,事件包含其中的个样本点,则定义事件的概率，其中,和分别表示事件和样本空间包含的样本点个数. 【即学即练】 1．已知甲乙丙3名同学从学校的2个科技类社团，2个艺术类社团，1个体育类社团中选择报名参加，每人只能报名参加一个社团，则有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团的概率为（   ） A． B． C． D． 题型01 实际问题中的排列组合计数问题 【典例1】 如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式1-1】有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为（   ） A．120 B．60 C．40 D．30 【变式1-2】《哪吒之魔童闹海》票房大卖，其中蕴含的很多人生道理引起共鸣，如哪吒与命运抗争的顽强，李靖对哪吒不离不弃的关爱.因此哪吒系列手办盲盒深受欢迎，其中共有包含哪吒，敖丙，哪吒父母，四大龙王共个人物手办，小明从个盲盒中（个盲盒内的人物一定不同）任意抽取个盲盒，则包含哪吒和至多一位龙王的概率是 . 【变式1-3】某学校高一年级6个班各派1名学生代表参加年级组织的课室卫生检查，若每个班随机分配1位同学进行检查，则恰有2位同学检查本班课室卫生的概率是 ． 题型02 代数中的排列组合计数问题 【典例2】 从集合中随机取出4个不同的数，并将其从大到小依次排列，第二个数是6的概率为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】用数字1~5组成没有重复数字的三位数，其中满足，且的三位数的个数是（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 【变式2-2】从1，2，…，2024中任取两数，（可以相同），则个位为8的概率为 【变式2-3】将分别写有2，0，2，6的四张卡片，按一定次序排成一行组成一个四位数（首位不为0），则组成的不同四位数的个数有 ．（用数字作答） 题型03 几何排列组合计数问题 【典例3】 在由连接正方体 的任意两个顶点形成的所有直线中，任意选取两条直线，则这两条直线垂直的概率是 ． 【变式3-1】在正方体的8个顶点和6个面的中心（共14个点）中任取4个点，以这4个点为顶点可构成四面体的概率为 ． 【变式3-2】从正方体6个面的对角线中任取两条作为一对，这对对角线所成的角为的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】直线(，不全为)与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（     ） A．60条 B．66条 C．72条 D．78条 题型04 数字排列问题 【典例4】 用0，1，3，4，5，6，7，8组成一个无重复数字的四位数. (1)求满足条件的四位数的总个数； (2)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被5整除的概率； (3)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被3整除且不含数字0的概率. 【变式4-1】在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 【变式4-2】用数字0，1，2，3，4，5这6个数码组成无重复数字的四位数和五位数，请完成下列问题: (1)可组成多少个四位数? (2)可组成多少个是5的倍数的五位数? (3)可组成多少个比1325大的四位数? 【变式4-3】用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 题型05 涂色问题 【典例5】 给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是（    ）    A．192 B．168 C．224 D．208 【变式5-1】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（ ） A．192 B．420 C．210 D．72 【变式5-2】一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有 种. 【变式5-3】某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为 .    题型06 分组分配问题 【典例6】 某寝室安排3人打扫下一周5天的寝室卫生，每天只安排1人，每人至少打扫1天，则有多少种不同的安排方法（    ） A．120 B．150 C．240 D．300 【变式6-1】在《红楼梦》第三十八回“林潇湘魁夺菊花诗，薛蘅芜讽和螃蟹咏”中，史湘云做东，邀众姐妹和贾宝玉一起作诗．诗会以菊花为主题，共编拟了十首不同的咏菊诗名，假设分配贾宝玉作《访菊》､《种菊》两首，薛宝钗作《忆菊》､《画菊》两首，剩下六首诗分别由林黛玉､史湘云､探春三人创作，且每人至少创作一首，至多创作三首，则不同的分工方案共有（    ） A．150种 B．360种 C．450种 D．540种 【变式6-2】来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为 ． 【变式6-3】某校5名同学参加，，三项志愿者服务工作，每名同学参加一项工作，每项工作至多需要2名同学．若同学甲参加工作，则不同的安排方法共有 种． 【方法技巧】“分组”与“分配”问题的解法 (1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种： ①完全均匀分组，每组的元素个数均相等； ②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象． (2)分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配． 题型07 x+y+z=n的整数解的个数（相同元素） 【典例7】 三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 【变式7-1】20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 【变式7-2】不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组. 【变式7-2】将8个外观相同的苹果分给甲、乙、丙三人，每人至少分到1个苹果，共有不同的分法（    ） A．15种 B．18种 C．21种 D．24种 【方法技巧】相同元素分配问题的方法： (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题． (2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板． 一、单选题 1．春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 3．广东省高考实行3+1+2模式，即语文、数学和英语这三科必选，其他六科则需要选科.其中物理和历史中必须且只能选一科，再从化学、生物、政治、地理这四科中任选两科，今年我校高一的追光和守正两同学进行选科，假设他们对需要选科的六科没有偏好，则他们选科至少有两科相同的概率为（  ） A． B． C． D． 4．在2024年梧州“半程马拉松”活动中，组委会将小明等四位志愿者分配到三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且小明不能被分配到场馆，则不同分配方案的种数是（    ） A．24 B．36 C．48 D．60 5．方程的正整数解共有（   ） A．组 B．组 C．组 D．组 6．某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有（   ） A．120种 B．144种 C．240种 D．288种 7．如图所示，在的两条边上分别有和共9个点，连接线段，如果其中两条线段不相交，则称之为1对“和睦线”，则图中的“和睦线”共有（    ）． A．60对 B．62对 C．72对 D．124对 8．从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 9．在平面直角坐标系中，轴正半轴上有4个点，轴正半轴上有6个点，将轴上的4个点和轴上的6个点连成24条线段，这24条线段在第一象限内的交点最多有（ ）个 . A．90 B．85 C．80 D．75 10．已知直线(、为非零常数）与圆有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有（    ）条 A．66 B．60 C．52 D．50 11．互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ） A．24种 B．36种 C．42种 D．48种 12．将9个志愿者的名额分配给4个班，每班至少一个名额，则不同的分配方法的种数为（    ） A．504 B．126 C．112 D．56 二、填空题 13．某校举办一年一度的田径运动会，其中田赛含跳高、跳远、三级跳远、标枪和铅球等5个项目，径赛含100米、110米栏、400米、1000米等4个项目.某班为选拔优秀运动员，在班内组织选拔赛，要求同学们积极报名参赛，每位同学田赛与径赛各至少报名1个项目，且每人至多报3个项目，则每位同学的报名方案共有 种.（用数字作答） 14．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.年月日分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.年，中国空间站将正式进入运营阶段假设空间站要安排甲、乙等名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有   (用数字作答) 15．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种. 16．在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点处出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位，移动4次，则蚂蚁移动到圆内部的概率为 . 三、解答题 17．用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 18．从这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？ (3)能组成多少个没有重复数字且个位不是5的四位数？ 19．如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 20．将20个完全相同的球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中． (1)若要求每个盒子至少放一个球，则一共有多少种放法？ (2)若每个盒子可放任意个球，则一共有多少种放法？ (3)若要求每个盒子放的球的个数不小于其编号数，则一共有多少种放法？ 21．有四个编号为1，2，3，4的四个不同的盒子，又有编号为1，2，3，4的四个不同的小球，现把小球放入盒子里. (1)小球全部放入盒子中有多少种不同的放法； (2)恰有一个盒子没放球有多少种不同的放法. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $