第5章 1.3 基本计数原理的简单应用（课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（北师大版）

该高中数学课件聚焦分类加法与分步乘法计数原理的应用，通过汽车牌号扩容的现实问题导入，搭建从原理概念到实际应用的学习支架，系统涵盖组数、抽取分配、涂色种植三类典型问题。 其亮点在于以具体实例（如无重复数字三位偶数的分类计算、四棱锥顶点染色的分步推理）培养学生数学思维（逻辑推理、分类讨论）和数学眼光（从现实抽象数量关系），课堂小结归纳方法与误区，助力学生提升解决实际问题的能力，也为教师提供系统教学资源。

基本计数原理的简单应用 第五章　§1　基本计数原理 <<< 1.3 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解决问题. 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，汽车牌号需要进行扩容，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 组数问题 一 　 用0，1，2，3，4五个数字， (1)可以组成多少个三位数字的密码？ 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，共有5×5×5＝125(种)，即可以组成125个三位数字的密码. 解 6 (2)可以组成多少个三位数？ 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)，即可以组成100个三位数. 解 7 (3)可以组成多少个无重复数字的三位数？ 三位数的首位不能为0，且不能有重复数字，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4×4×3＝48(种)，即可以组成48个无重复数字的三位数. 解 8 (4)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 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，因此有2×3×3＝18(种)排法.因而共有12+18＝30(种)排法，即可以组成30个无重复数字的三位偶数. 解 9 (5)可以组成多少个三位偶数？ 末位数字可取0，2，4，因此，共有3×5×4＝60(种)排法，即可以组成60个三位偶数. 解 10 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？ 延伸探究 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. 解 11 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. 反 思 感 悟 12 二 抽取与分配问题 (1)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　　. 例 2 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，都只有一种选择，所以不同取法共有2×1×1＝2(种). 解析 2 14 (2)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中甲工厂必须有班级去，每班只去一个工厂且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 √ 15 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，剩下的一个班级去其他工厂，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，另外三个班级去其他工厂，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). 解析 16 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. 解析 17 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. 反 思 感 悟 18 　(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 跟踪训练 1 √ 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. 解析 19 (2)一个盒子里有4个分别标有号码为1，2，3，4的小球，每次取出一个小球，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得的小球标号最大值是4的取法有　　种. 所有可能的取法有43＝64(种)，其中最大值不是4的取法有33＝27(种)，所以取得的小球标号最大值是4的取法有64－27＝37(种). 解析 37 20 涂色与种植问题 三 　(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 18 22 ①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，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，则按照分步乘法计数原理，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. 解析 23 (2)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，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. 故不同的种植方法共有6×3＝18(种). 方法二　(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)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有24－6＝18(种)不同的种植方法. 解析 18 24 涂色与种植问题的四个解答策略 求解涂色与种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，处理这类问题的关键是要找准分类标准，常用的方法有： (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，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. 反 思 感 悟 25 　(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　　　. 跟踪训练 2 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. 解析 420 26 (2)如图是某校的主要设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色.若有6种不同的颜色可选，则有　　　种不 同的着色方案. 480 27 教学区可从6种颜色中任选1种着色； 操场可从剩下的5种颜色中任选1种着色； 宿舍区和操场、教学区颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色； 其他区域和宿舍区、教学区的颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色. 根据分步乘法计数原理，知共有6×5×4×4＝480(种)着色方案. 解析 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 随堂演练 四 1 2 3 4 1.为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有 A.120种 B.150种 C.210种 D.216种 √ 每名同学都有6种选择方法，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有63－6＝210(种). 解析 1 2 3 4 2.由数字0，1，2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.8 √ 分三类.第一类组成一位整数，偶数有2个；第二类组成两位整数，偶数有3个；第三类组成三位整数，偶数有3个.由分类加法计数原理知共有偶数2+3+3＝8(个). 解析 1 2 3 4 3.某市人民医院急诊科有3名男医生，3名女医生，内科有5名男医生，4名 女医生，现从该医院急诊科和内科各选派1名男医生和1名女医生组成4人组，参加省人民医院组织的交流会，则所有不同的选派方案有 A.180种 B.56种 C.29种 D.15种 从急诊科选派1名男医生和1名女医生有3×3＝9(种)方案， 从内科选派1名男医生和1名女医生有5×4＝20(种)方案， 根据分步乘法计数原理，得该医院总共有9×20＝180(种)不同的选派方案. 解析 √ 1 2 3 4 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. 72 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. 解析 课时对点练 五 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D D ABC B C 40 10 题号 11 12 13 14 15 答案 D C D 63　 B 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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：一类是1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法；一类是1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法；一类是1号盒中有三个球，有1种放法. 共有27+9+1＝37(种)放法. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3+5×4×3×2×2＝180+240＝420(种)涂色方案. 方法二　根据题意，如图， 设5个区域依次为A，B，C，D，E， 分4步进行分析： ①对于区域A，有5种颜色可选； ②对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选； ③对于区域C，与A，B区域相邻，有3种颜色可选； ④对于区域D，E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选， 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选， 则区域D，E有3+2×2＝7(种)选择， 则不同的涂色方案有5×4×3×7＝420(种). 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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. 基础巩固 1.一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，不同的选法有 A.9种 B.20种 C.10种 D.5种 √ 选男队员有5种选法，女队员有4种选法，故组成混合双打有5×4＝20(种) 选法. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有 A.24种 B.10种 C.9种 D.14种 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 分两类： 第一类：选衬衣加裙子，共有4×3＝12(种)选法； 第二类：选连衣裙，共有2种选法， 根据分类加法计数原理，共有14种选法. 解析 3.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第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).若某车主第1个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 按照车主的要求，从左到右第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. 解析 4.(多选)现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是 A.选1人为负责人的选法种数为30 B.每组选1名组长的选法种数为3 024 C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335 D.若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选， 则不同的选法种数为35 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 对于A，选1人为负责人的选法种数为6+7+8+9＝30，故A正确； 对于B，每组选1名组长的选法种数为6×7×8×9＝3 024，故B正确； 对于C，2人需来自不同的小组的选法种数为6×7+6×8+6×9+7×8+7×9+8×9＝335，故C正确； 对于D，依题意，若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以第一组必有人选时不同的选法种数为43－33＝37，故D错误. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ①甲同学选择牛，乙同学有2种选法，丙同学有10种选法，选法有1×2 ×10＝20(种)；②甲同学选择马，乙同学有3种选法，丙同学有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，所以共有20+30＝50(种)不同的选法. 解析 6.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 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；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；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). 解析 7.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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). 解析 40 8.用0，1，2，3，4组成的没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12 340应是第　　　个数. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10 前两位为10的有3×2×1＝6(个)， 前三位为120的有2×1＝2(个)， 前三位为123的有12 304，12 340， 故12 340为第10个数. 解析 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； 答案 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. 解 (2)1号盒中有球的不同放法种数. 答案 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：一类是1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法；一类是1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法；一类是1号盒中有三个球，有1种放法. 共有27+9+1＝37(种)放法. 解 10.如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有多少种？ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3+5×4×3×2×2＝180+240＝420(种)涂色方案. 方法二　根据题意，如图， 设5个区域依次为A，B，C，D，E， 分4步进行分析： ①对于区域A，有5种颜色可选； ②对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选； ③对于区域C，与A，B区域相邻，有3种颜色可选； 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ④对于区域D，E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选， 若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选， 则区域D，E有3+2×2＝7(种)选择， 则不同的涂色方案有5×4×3×7＝420(种). 解 11.从0，1，2，3，4中选取四个数字组成一个能被6整除的四位数，则下列说法错误的是 A.这个四位数个位上的数字为偶数，且各数位上的数字之和能被3整除 B.满足条件且个位上的数字为0的四位数有12个 C.满足条件且个位上的数字为2的四位数有8个 D.满足条件且个位上的数字为4的四位数有8个 √ 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为选取的四位数能被6整除，所以这个数肯定是2和3的倍数，则这个四位数个位上的数字为偶数，且各数位上的数字之和能被3整除，故A正确； 根据选取的四位数能被6整除这一条件，选取的四个数字可以为0，1，2，3或0，2，3，4，当个位上的数字为0时，其余三个数字为1，2，3或2，3，4，所以满足条件的四位数有3×2×1×2＝12(个)，故B正确； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当个位上的数字为2时，其余三个数字为0，1，3或0，3，4，又首位不能为0，所以满足条件的四位数有2×2×1×2＝8(个)，故C正确； 当个位上的数字为4时，其余三个数字为0，2，3，又首位不能为0，所以满足条件的四位数有2×2×1＝4(个)，故D错误. 解析 12.将“福”“禄”“寿”3个汉字填入到如图所示的4×4小方格内，一个格子只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有 A.288种 B.144种 C.576种 D.96种 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第一步，先从16个格子中任选一格放一个汉字有16种方法， 第二步，任意的两个汉字既不同行也不同列，剩下的只有9个格子可以放，有9种方法， 第三步，第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法， 由分步乘法计数原理知共有16×9×4＝576(种)方法. 解析 13.如图，无人机光影秀中，有8架无人机排列成如图所示的图形，每架无人机均可以发出红、黄、蓝、绿4种不同颜色的光，1至5号的无人机发出光的颜色必须相同，6，7号无人机发出光的颜色必须相同，8号无人机与其他无人机发出光的颜色均不相同，则这8架无人 机同时发光时，一共可以有　　　　种灯光组合 A.48 B.12 C.18 D.36 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据题意可知，1至5号的无人机发出光的颜色有4种选择； 当6，7号无人机发出光的颜色与1至5号的无人机发出光的颜色相同时，8号无人机发出光的颜色有3种选择； 当6，7号无人机发出光的颜色与1至5号的无人机发出光的颜色不同时，6，7号无人机发出光的颜色有3种选择，8号无人机发出光的颜色有2种选择， 再由分类加法和分步乘法计数原理可得共有4×(1×3+3×2)＝36(种)灯光组合. 解析 14.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 15.用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五个圆形涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为 A.25 B.630 C.605 D.580 拓广探究 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　先涂第一个圆，有6种情况；再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有5种情况；涂第四个圆有5种情况；涂第五个圆有5种情况，利用分步乘法计数原理可知，一共有6×5×5×5×5＝3 750(种)涂色方案； 若没有红色， 先涂第一个圆，有5种情况；再涂第二个圆有4种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有5×4×4×4×4＝1 280(种)情况； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若红色涂一个圆， 当红色涂第一个圆时，再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有5×4×4×4＝320(种)情况； 当红色涂第二个圆时，再涂第一个圆有5种情况；涂第三个圆有5种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有5×5×4×4＝400(种)情况； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当红色涂第三个圆时，再涂第二个圆有5种情况；涂第四个圆有5种情况；涂第一个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有5×5×4×4＝400(种)情况； 当红色涂第四个圆时，再涂第三个圆有5种情况；涂第五个圆有5种情况；涂第二个圆有4种情况；涂第一个圆有4种情况，一共有5×5×4×4＝400(种)情况； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当红色涂第五个圆时，再涂第四个圆有5种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第二个圆有4种情况；涂第一个圆有4种情况，一共有5×4×4×4＝320(种)情况； 所以红色至少涂两个圆的方案有3 750－1 280－320－400－400－400－320＝630(种). 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　第一类：红色涂2个圆， ①红色涂第1，3个圆，有5×5×4＝100(种)涂法； ②红色涂第1，4个圆，有5×5×4＝100(种)涂法； ③红色涂第1，5个圆，有5×(1×4+4×3)＝80(种)涂法； ④红色涂第2，4个圆，有5×5×5＝125(种)涂法； ⑤红色涂第2，5个圆，有5×5×4＝100(种)涂法； ⑥红色涂第3，5个圆，有5×5×4＝100(种)涂法. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 共有100×4+80+125＝605(种)涂法. 第二类：红色涂3个圆， 则红色只能涂第1，3，5个圆，共有5×5＝25(种)涂法. 综上，红色至少要涂两个圆的方案有605+25＝630(种). 解析 16.一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N+)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)如图①，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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). 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)如图②，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？ 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. 解 第五章　§1　基本计数原理 <<< $