分类加法与分步乘法计数原理 讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一．重点知识点梳理 1.分类加法计数原理 如果完成一件事情有类不同方案,在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……在第类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法。 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要个步骤,做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……做第步有种不同的方法，则完成这件事共有种不同的方法。 3.两个计数原理的联系与区别 联系：分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题。 区别：①分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事。②分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存,只有每一个步骤都完成才算做完这件事。 二．典例分类分析 （一）：利用分类加法计数原理解题 1．某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（    ） A．40种 B．20种 C．15种 D．11种 2.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(　　) A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 3.用1，3，5，7中的任意一个数作分子，2，4，8，9中任意一个数作分母，可构成真分数的个数为（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 4．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（允许数字重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．7 4.满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　) A．14 B．13 C．12 D．9 5.几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共有（    ） A．23 B．24 C．32 D．33 （二）：利用分步乘法计数原理解题 1.椭圆的焦点在轴上，且，，则这样的椭圆的个数为（ ） A. 10 B. 12 C. 20 D. 21 2．四名师范生从A，B，C三所学校中任选一所进行教学实习，其中A学校必有师范生去，则不同的选法方案有（    ） A．37种 B．65种 C．96种 D．108种 3.将红、黄、蓝三种颜色的三颗棋子分别放入3×3方格图中的三个方格内，如图，要求任意两颗棋子不同行、不同列，则不同方法共有几种（ ） A. 12 B. 16 C. 24 D. 36 4.正整数2160的不同正因数的个数为（    ）． A．20 B．28 C．40 D．50 5.乘积式展开后的项数是___________. 6.某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种． 7.有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加) (1)每人恰好参加一项，每项人数不限； (2)每项限报一人，且每人至多参加一项； (3)每项限报一人，但每人参加的项目不限． （三）：两个计数原理的综合应用 1.已知集合，，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是（    ） A．18 B．16 C．14 D．10 2.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 3．某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一枚棋子放在如图所示的正方形（边长为个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.某人掷三次骰子后，棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有______种. 4.有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成______种不同的信号。 5．如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为.若成等差数列，则不同的分珠计数法有________种. 6．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画. （1）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？ （2）要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？ （四）：数字问题 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 2.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2130是“六合数”），则其中首位为2的“六合数”共有（    ）． A．18个 B．15个 C．12个 D．9个 3．所有两位数中，个位数字比十位数字大的两位数共有(　　) A．45个 B．36个 C．30个 D．50个 4．将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格中，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种． 5．有0，1，2，3，4，5六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ （五）：涂色（种植）问题 1.如图所示的A，B，C，D按照下列要求涂色． （1）用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？ （2）若恰好用3种不同颜色给A，B，C，D四个区域涂色，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？ （3）若有3种不同颜色，恰好用2种不同颜色涂完四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？ 2．给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙5种颜色可供选择，则不同的涂色方法有（    ） A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 3.用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4.如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ） A. 36 B. 48 C. 72 D. 108 5．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（    ）． A．80种 B．120种 C．160种 D．240种 6．如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）种 A．288种 B．264种 C．240种 D．168种 7.如图，用四种不同的颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色. （1）若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有多少种？ （2）若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有多少种？ （注：最终结果均用数字作答） 8.一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N)等份，种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花. ⑴ 如图1，圆环分成的3等份为a1，a2，a3，有多少不同的种植方法？ 如图2，圆环分成的4等份为a1，a2，a3，a4，有多少不同的种植方法？ ⑵ 如图3，圆环分成的n等份为a1，a2，a3，……，an，有多少不同的种植方法？ ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一．重点知识点梳理 1.分类加法计数原理 如果完成一件事情有类不同方案,在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……在第类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法。 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要个步骤,做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……做第步有种不同的方法，则完成这件事共有种不同的方法。 3.两个计数原理的联系与区别 联系：分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题。 区别：①分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事。②分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存,只有每一个步骤都完成才算做完这件事。 二．典例分类分析 （一）：利用分类加法计数原理解题 1．某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（    ） A．40种 B．20种 C．15种 D．11种 【答案】D 【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种． 故选：D 2.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(　　) A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 【答案】B 【详解】：赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人送画册，其余2人送邮册，有6种方法；由分类加法计数原理，不同的赠送方法有4＋6＝10(种)． 3.用1，3，5，7中的任意一个数作分子，2，4，8，9中任意一个数作分母，可构成真分数的个数为（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 答案：D 【详解】：将2作为分母，则有，1个真分数， 将4作为分母，则有，，2个真分数， 将8作为分母，则有4个真分数， 将9作为分母，则有4个真分数， 故构成真分数的个数为1+2+4+4＝11， 故选：D． 4．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（允许数字重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．7 【答案】B 【详解】与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类： ①与信息0110只有两个对应位置上的数字相同，有6（个）； ②与信息0110只有一个对应位置上的数字相同，有4（个）； ③与信息0110对应位置上的数字均不相同，有1个． 综上，与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有（个）． 故选：B 4.满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　) A．14 B．13 C．12 D．9 【答案】：B 【详解】由于a，b∈{－1，0，1，2}． ①当a＝0时，有x＝－为实根，则b＝－1，0，1，2有4种可能； ②当a≠0时，则方程有实根，∴Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.(*) (ⅰ)当a＝－1时，满足(*)式的b＝－1，0，1，2有4种． (ⅱ)当a＝1时，b＝－1，0，1，有3种可能． (ⅲ)当a＝2时，b＝－1，0，有2种可能． ∴由分类加法计数原理，有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(个)． 5.几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共有（    ） A．23 B．24 C．32 D．33 【详解】不妨设A，B，C，D，E，F，G，H，I代表树枝的高度，五根树枝从上至下共九个位置， 根据甲依次撞击到树枝A，B，C；乙依次撞击到树枝D，E，F；丙依次撞击到树枝G，A，C；丁依次撞击到树枝B，D，H；戊依次撞击到树枝I，C，E可得G>A>B，在前四个位置，C>E>F，D>E>F，且E,F一定排在后四个位置， （1）若I 排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C,则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有种排法； （2）若I 不排在前四个位置中的一个位置，则G,A,B,D按顺序排在前四个位置，由于，I>C>E>F，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若I不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法， 由分类计数原理可得，这9根树枝从高到低不同的次序有28+5=33种. 故选：D. （二）：利用分步乘法计数原理解题 1.椭圆的焦点在轴上，且，，则这样的椭圆的个数为（ ） A. 10 B. 12 C. 20 D. 21 【答案】：D 【详解】：由于椭圆焦点在轴上，所以，有三种取值，有七种取值，故椭圆的个数有种. 故选：D 2．四名师范生从A，B，C三所学校中任选一所进行教学实习，其中A学校必有师范生去，则不同的选法方案有（    ） A．37种 B．65种 C．96种 D．108种 【答案】B 【详解】：若不考虑限制条件，每人都有3种选择，则共有种方法， 若没有人去A学校，每人都有2种选择，则共有种方法， 故不同的选法方案有种. 故选:B. 3.将红、黄、蓝三种颜色的三颗棋子分别放入3×3方格图中的三个方格内，如图，要求任意两颗棋子不同行、不同列，则不同方法共有几种（ ） A. 12 B. 16 C. 24 D. 36 答案：D 【详解】第一颗棋子有种排法，第二颗棋子有种排法，第三颗棋子有1种排法， 故共有种排法. 故选：D. 4.正整数2160的不同正因数的个数为（    ）． A．20 B．28 C．40 D．50 【答案】C 【详解】因为，所以其质因数属于集合， 该集合的元素个数为， 所以正整数2160的不同正因数的个数为40， 故选：C. 5.乘积式展开后的项数是___________. 【答案】18 【详解】解：依题意从第一个括号中选一个字母有种方法， 从第二个括号中选一个字母有种方法， 从第三个括号中选一个字母有种方法， 按照分步乘法计数原理可得展开后的项数为项； 故答案为： 6.某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种． 【答案】 【详解】：原来个节目，形成个空位，安排一位老校友； 个节目，形成个空位，安排一位老校友； 个节目，形成个空位，安排一位老校友. 所以不同的安排方式有种. 故答案为： 7.有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加) (1)每人恰好参加一项，每项人数不限； (2)每项限报一人，且每人至多参加一项； (3)每项限报一人，但每人参加的项目不限． 【详解】：　(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理， 知共有选法36＝729(种)． (2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)． (3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)． （三）：两个计数原理的综合应用 1.已知集合，，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是（    ） A．18 B．16 C．14 D．10 【答案】C 【详解】分两类情况讨论： 第一类，从M中取的元素作为横坐标，从N中取的元素作为纵坐标，则第一、二象限内的点共有（个）； 第二类，从M中取的元素作为纵坐标，从N中取的元素作为横坐标，则第一、二象限内的点共有（个）， 由分类加法计数原理，所以所求个数为． 故选：C. 2.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 答案：B 【详解】： ①正方体的每一条棱，都与两个侧面垂直，可得2个“正交线面对”．正方体共12条棱，可得“正交线面对”个 ②正方体的每一条面对角线，都与一个对角面垂直，可得1个“正交线面对”．正方体共12条面对角线，可得“正交线面对”个 ③不存在与包含正方体的四个顶点的平面与正方体的体对角线垂直 综上所述：共有个 本题正确选项： 3．某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一枚棋子放在如图所示的正方形（边长为个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.某人掷三次骰子后，棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有______种. 【答案】25 【详解】：由题意知正方形（边长为3个单位）的周长是12， 掷三次骰子后，棋子恰好又回到点处表示三次骰子的点数之和是12， 三个数字能够使得和为12的有1、5、6，2、4、6，3、4、5，3、3、6，5、5、2，4、4、4，共6种组合. ①1、5、6，2、4、6，3、4、5这三种组合中，每一种又可以列出6种不同结果，所以有种； ②3、3、6，5、5、2这两种组合中，每一种又可以列出3种不同结果，所以有种； ③组合4、4、4只有1种结果. 根据分类加法计数原理知，共有种不同走法. 故答案为： 4.有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成______种不同的信号。 【详解】：分为三种情况： 第一种是只升一面旗子：可以组成3种不同的信号； 第二种是升两面旗子：可以组成种不同的信号； 第三种是升三面旗子：可以组成种不同的信号； 所以根据分类加法计数原理，共有3＋9＋27＝39(种)不同的选法； 5．如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为.若成等差数列，则不同的分珠计数法有________种. 【答案】32 【详解】：根据题意，，，的取值范围都是中的8个整数，故公差的范围是到3的整数， ①当公差时，从8个整数中选择一个共有种， ②当公差时，不取7和14，有种， ③当公差时，不取7，8，13，14，有种， ④当公差时，只能取10或11，有种， 综上共有种， 故答案为：32 6．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画. （1）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？ （2）要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？ 【详解】 （1）分为三类： 第一类是一幅选自国画，有5种不同的选法；一幅选自油画，有2种不同的选法； 由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法； 第二类是一幅选自国画，有5种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法， 由分步乘法计数原理知，有5×7＝35(种)不同的选法； 第三类是一幅选自油画，有2种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法， 由分步乘法计数原理知，有2×7＝14(种)不同的选法， 所以根据分类加法计数原理，共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法； （2）从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成： 第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法； 第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法. 根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N＝3×2＝6（种） （四）：数字问题 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 【详解】：三位数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇．对于(1)，个位(3种选择)，十位(2种选择)，百位(2种选择)，共12种；对于(2)，个位(3种选择)，十位(2种选择)，百位(1种选择)，共6种，即12＋6＝18.故选B. 2.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2130是“六合数”），则其中首位为2的“六合数”共有（    ）． A．18个 B．15个 C．12个 D．9个 【答案】B 【分析】首位数字是2，则后三位数字之和为4，然后分类排列即可求解. 【详解】由题知后三位数字之和为4， 当一个位置为4时有004，040，400，共3个； 当两个位置和为4时有013，031，103，301，130，310，022，202，220，共9个； 当三个位置和为4时112，121，211，共3个， 所以一共有15个. 故选：B 3．所有两位数中，个位数字比十位数字大的两位数共有(　　) A．45个 B．36个 C．30个 D．50个 【答案】B 【详解】：个位数字为2的有1个，个位数字为3的有2个，……，个位数字为9的有8个，由分类加法计数原理知，共1＋2＋3＋4＋…＋8＝＝36(个)． 4．将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格中，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种． 【答案】　9 【详解】：编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．于是由分类加法计数原理，得共有3＋3＋3＝9(种)不同的填法． 答案　9 5．有0，1，2，3，4，5六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ 【答案】(1)156；(2)108；(3)284 【详解】（1）由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类： 第一类：0在个位时，有个； 第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有4种，十位和百位从余下的数字中选，有种，共有个； 第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个， 由分类加法计数原理知，共有个无重复数字的四位偶数． （2）组成无重复数字且为5的倍数的四位数分为两类： 个位上的数字是0时，满足条件的四位数有个； 个位数上的数字是5时，满足条件的四位数有个， 故满足条件的四位数有（个）． （3）组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类： 第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个； 第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个； 第三类：形如124□，125□，共有个； 第四类：形如123□，共有 个． 由分类加法计数原理知，共有（个）． （五）：涂色（种植）问题 1.如图所示的A，B，C，D按照下列要求涂色． （1）用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？ （2）若恰好用3种不同颜色给A，B，C，D四个区域涂色，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？ （3）若有3种不同颜色，恰好用2种不同颜色涂完四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？ 【详解】（1）涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法， 由分步乘法计数原理知将A，B，C，D四个区域涂色共有种不同的涂色方案； （2）恰好用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域或A，D区域或B，D区域必同色， 由分类加法计数原理可得恰好用3种不同颜色涂四个区域共种不同涂色的方案； （3）若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色， 先从3种不同颜色中任取2种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域，共2种不同的涂法，由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂完四个区域，共有种不同的涂色方案． 2．给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙5种颜色可供选择，则不同的涂色方法有（    ） A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 【答案】D 【详解】解：A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C有4种颜色可选，E有4种颜色可选，故共有5×4×3×4×4＝960种不同的涂色方法． 故选：D． 3.用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【详解】将六个方格标注为，如下图所示， ①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色， 当同色时，六个方格的涂色方法有种； 当同色时，六个方格的涂色方法有种； 当同色时，六个方格的涂色方法有种； ②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种； 综上所述：不同的填涂方法有种. 故选：D. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 4.如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ） A. 36 B. 48 C. 72 D. 108 答案：C 【详解】：当面与面同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有2种方法，即种 当面与面不同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有1种方法，即种 即不同的染色方法总数为种 故选：C 5．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（    ）． A．80种 B．120种 C．160种 D．240种 【答案】B 【详解】第一步，对1号区域，栽种有4种选择；第二步，对2号区域，栽种有3种选择； 第三步，对3号区域，栽种有2种选择；第四步，对5号区域，栽种分为三种情况， ①5号与2号栽种相同，则4号栽种仅有1种选择，6号栽种有2中选择， ②5号与3号栽种相同，情况同上，③5号与2、3号栽种都不同，则4、6号只有1种； 综上所述，种. 故选：B. 6．如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）种 A．288种 B．264种 C．240种 D．168种 【答案】B 【详解】先分步再排列 先涂点E，有4种涂法，再涂点B，有两种可能： (1)B与E相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2种； (2)B与E不相同时有3种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2种涂法，涂C点时又有两种可能： （2.1）C与E相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能： ①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法； ②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法． （2.2）C与E不相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能： ①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法； ②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法． 所以不同的涂色方法有 4×{3×2×2×2+3×2×[1×(1×2+1×2)+1×(1×2+1×1)]}=4×(24+42)=264． 7.如图，用四种不同的颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色. （1）若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有多少种？ （2）若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有多少种？ （注：最终结果均用数字作答） 【详解】（1）由题得每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，且每个底面涂色方法都为种，则不同的涂色方法共有种； （2）若用四种颜色，则有； 若用三种颜色，则有； 若用两种颜色，则有； 所以共有种. 8.一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N)等份，种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花. ⑴ 如图1，圆环分成的3等份为a1，a2，a3，有多少不同的种植方法？ 如图2，圆环分成的4等份为a1，a2，a3，a4，有多少不同的种植方法？ ⑵ 如图3，圆环分成的n等份为a1，a2，a3，……，an，有多少不同的种植方法？ 【详解】：（1）先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分． 因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同， 所以由分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×2×1＝6(种)． （2）当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法， 当a1，a3同色时，有3×2×1×2＝12(种)种植方法， 由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法． （3）如图3，设当圆环分成n等分时，一共有种不同的种植方法， 如果不考虑a1与an同不同色，一共有种种法。 当a1与an不同色时，则有种不同的种植方法，当a1与an同色时，则前n-1块有种不同的种植方法，那么则有 则： 所以：是一个首项为，公比为-1的等比数列； 由（1）知，所以： 所以： ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $