第4章 4.1 第2课时 计数原理的综合应用（教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（湘教版）

本讲义聚焦计数原理的综合应用核心知识点，系统梳理从分类加法与分步乘法计数原理的区别理解，到组数、抽取分配、涂色种植等实际问题的解决脉络，构建从原理到应用的学习支架。 以车牌扩容等现实情境导入，培养用数学眼光观察世界的意识，通过分类讨论、正难则反等方法发展数学思维，例题解析与跟踪训练结合，课中助力教师高效授课，课后帮助学生强化练习、查漏补缺，提升用数学语言表达和解决问题的能力。

第2课时　计数原理的综合应用 学习目标　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. 导语 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多个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，车牌号码需要进行扩容，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？ 一、组数问题 例1　用0，1，2，3，4五个数字. (1)可以排出多少个不同的三位数字的密码？ (2)可以排成多少个不同的三位数？ (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，故共可排成 5×5×5=125(个)不同的三位数字的密码. (2)三位数的百位不能为0，但可以有重复数字， 首先考虑百位的排法，除0外共有4种排法，十位、个位都可以排0，有5种排法， 因此，共可排成4×5×5=100(个)不同的三位数. (3)能被2整除的数即偶数，个位数字可取0，2，4， 因此，可以分两类，一类是个位数字为0，则有4×3=12(种)排法； 一类是个位数字不为0，则个位有2种排法，即2或4，再排百位，因为0不能在百位，所以有3种排法，十位有3种排法， 则有2×3×3=18(种)排法. 故共有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. 延伸探究1　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？ 解　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. 反思感悟　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整除的数各位数上的数字之和能被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. 跟踪训练1　(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 解析　由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇.如果是第一种“奇偶奇”的情况，个位有3种情况，十位有2种情况，百位有2种情况，共3×2×2=12(种)；如果是第二种“偶奇奇”的情况，个位有3种情况，十位有2种情况，百位不能是0，只有1种情况，共3×2×1=6(种)，因此总共有12+6=18(个)奇数. (2)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　) A.243 B.252 C.261 D.279 答案　B 解析　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)， 则有重复数字的三位数有900-648=252(个). 二、抽取与分配问题 例2　(1)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班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 答案　C 解析　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； 第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去其他四个工厂，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四个工厂，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四个工厂，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). 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，即共有5×5×5×5-4×4×4×4=369(种)不同的分配方案. (2)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 　　　　　　.  答案　2 解析　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1种取法，所以不同取法共有2×1×1=2(种). 延伸探究2　若将本例(2)中“甲、乙、丙三人”改为“甲、乙、丙、丁四人”，其他条件不变，则有多少种不同的取法？ 解　不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种取法，所以不同取法共有3×3×1×1=9(种). 反思感悟　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，一般选用枚举法、树状图法、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. 跟踪训练2　(1)有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是(　　) A.11 B.10 C.9 D.8 答案　C 解析　方法一　设四个班级分别是A，B，C，D，它们的老师分别是a，b，c，d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C，D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法.这样，由分类加法计数原理知共有3+3+3=9(种)不同的安排方法. 方法二　让a先选，可从B，C，D中选一个，即有3种选法.若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1=9(种)不同的安排方法. (2)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 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. 三、涂色与种植问题 例3　(1)如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有(　　) A.24种 B.48种 C.72种 D.96种 答案　B 解析　按A→B→C→D的涂色顺序分四步：涂A部分时，有4种涂法；涂B部分时，有3种涂法；涂C部分时，有2种涂法；涂D部分时，有2种涂法. 由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有4×3×2×2=48(种). (2)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在三块不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则有　　　种不同的种植方法.  答案　18 解析　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. 反思感悟　涂色与种植问题的四个解答策略 (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)为主分类讨论法，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. 跟踪训练3　(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　　　　　　.  答案　420 解析　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. (2)在一块从左到右并排的10垄田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有　　　　种.  答案　12 解析　A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有1种种植方法.B在左边种植的情形与上述情形相同.故共有2×(3+2+1)=12(种)不同的种植方法. 1.知识清单： (1)组数问题. (2)抽取与分配问题. (3)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. 1.某乒乓球队里有6名男队员、5名女队员，从中选取男、女队员各1名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为(　　) A.11 B.30 C.56 D.65 答案　B 解析　先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，故共有6×5=30(种)不同的组队方法. 2.由数字1，2，3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.5 答案　D 解析　分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成三位整数，其中偶数有2个.由分类加法计数原理知共有偶数5个. 3.甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有(　　) A.4种 B.5种 C.6种 D.12种 答案　C 解析　若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有3+3=6(种)不同的传法. 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.  答案　72 解析　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. 课时对点练 [分值：100分] 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共12分 1.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定左数第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).若某车主左数第1个号码只想在数字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　D 解析　按照车主的要求，左数第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. 2.如图所示的几何体是由一个三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成的，现用3种不同的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(　　) A.6种 B.12种 C.16种 D.20种 答案　B 解析　先涂三棱锥P-ABC的三个侧面， 再涂三棱柱的三个侧面， 由分步乘法计数原理， 共有3×2×1×2×1×1=12(种)不同的涂法. 3.6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　　) A.144 B.120 C.72 D.24 答案　D 解析　先将3把空椅子隔开摆放，此时3把空椅子中间和两边共有4个空隙供3人(不妨记为甲、乙、丙)选择就座，因此可分三步：甲从4个空隙中任选一个空隙，有4种不同的选择；乙从余下的3个空隙中任选一个空隙，有3种不同的选择；丙从余下的2个空隙中任选一个空隙，有2种不同的选择.根据分步乘法计数原理，得任何两人不相邻的坐法种数为4×3×2=24. 4.一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有(　　) A.6种 B.8种 C.36种 D.48种 答案　D 解析　选择参观路线分步完成：第一步选择三个“环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第二步选择余下两个“环形”路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；最后一个“环形”路线，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法.由分步乘法计数原理知，共有3×2×2×2×2=48(种)不同的参观路线. 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　B 解析　①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10=20(种)，②甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10=30(种)，所以共有20+30=50(种)选法. 6.(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，则不同的选法有35种 答案　ABC 解析　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，依题意得若不考虑限制，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， 所以不同的选法有43-33=37(种)，故D错误. 7.(5分)用黑、白两种颜色(都要使用)给正方体的6个面涂色，每个面只涂一种颜色.如果一种涂色方案可以通过重新摆放正方体，变为另一种涂色方案，则这两种方案认为是相同的.(例如：a.前面涂黑色，另外五个面涂白色；b.上面涂黑色，另外五个面涂白色是同一种方案)则涂色方案一共有　　　　　种.  答案　8 解析　两种颜色1+5类型的，有2×1=2(种)； 2+4类型的，有2×2=4(种)(两个面相邻、相对)；3+3类型的，有2种(三个面有公共顶点或者没有公共顶点)，因此共有8种. 8.(5分)用数字1，2组成一个四位数，则数字1，2都出现的四位偶数有　　　　　个.  答案　7 解析　由四位数是偶数知，最后一位是2.在四位数中，当出现1个1时，有1 222，2 122，2 212，共3个四位偶数；当出现2个1时，有1 122，1 212，2 112，共3个四位偶数；当出现3个1时，只有1 112这1个四位偶数.故数字1，2都出现的四位偶数有3+3+1=7(个). 9.(10分)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；(4分) (2)1号盒中有球的不同放法种数.(6分) 解　(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3×3×3=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3×3×3=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.(11分)有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中，每块种植一种作物，相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物，共有多少种不同的种植方法？ 解　方法一　第一步，种植A试验田，有4种方法； 第二步，种植B试验田，有3种方法； 第三步，若C试验田种植的作物与B试验田相同， 则D试验田有3种方法， 此时有1×3=3(种)种植方法. 若C试验田种植的作物与B试验田不同， 则C试验田有2种种植方法，D试验田也有2种种植方法，此时有2×2=4(种)种植方法. 由分类加法计数原理知，有3+4=7(种)种植方法. 第四步，由分步乘法计数原理得， 共有N=4×3×7=84(种)不同的种植方法. 方法二　若A，D种植同种作物， 则A，D有4种不同的种法，B有3种种植方法，C也有3种种植方法，由分步乘法计数原理得， 共有4×3×3=36(种)种植方法； 若A，D种植不同作物，则A有4种种植方法，D有3种种植方法，B有2种种植方法，C有2种种植方法，由分步乘法计数原理得，共有4×3×2×2=48(种)种植方法. 综上所述，由分类加法计数原理得，共有N=36+48=84(种)种植方法. 11.1 080不同的正因数个数为(　　) A.32 B.36 C.48 D.50 答案　A 解析　由题意可知1 080=23×5×33，则1 080的正因数p=2r×5s×3t，因为r可取0，1，2，3，s可取0，1，t可取0，1，2，3，所以1 080不同的正因数个数为4×2×4=32. 12.中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有(　　) A.1 050种 B.1 260种 C.1 302种 D.1 512种 答案　C 解析　由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色. 先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择. 当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，区域4有5种选择； 当区域3与区域1涂的颜色相同时，区域4有6种选择. 故不同的涂色方案有7×6×(5×5+6)=1 302(种). 13.(多选)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位自然数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423都是“凹数”，则下列结论中正确的是(　　) A.组成的三位数的个数为60 B.在组成的三位数中，偶数的个数为30 C.在组成的三位数中，“凹数”的个数为20 D.在组成的三位数中，“凹数”的个数为30 答案　BC 解析　对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3=48，故A错误； 对于B，将组成的三位数的偶数分为两类，①个位为0，则有4×3=12(个)，②个位为2或4，则有2×3×3=18(个)，所以在组成的三位数中，偶数的个数为12+18=30，故B正确； 对于C，D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有4×3=12(个)，②十位为1，则有3×2=6(个)，③十位为2，则有2×1=2(个)，所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为12+6+2=20，故C正确，D错误. 14.(5分)李明为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次.已知5月1日李明去了这四家超市配送，那么整个5月他不用去配送的天数为　　　　　.  答案　13 解析　将5月剩余的30天依次编号为1，2，3，…，30，因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次，且5月1日李明去了这四家超市配送，所以李明每逢编号为3的倍数的那天要去甲超市配送，每逢编号为4的倍数的那天要去乙超市配送，每逢编号为6的倍数的那天要去丙超市配送，每逢编号为7的倍数的那天要去丁超市配送，则李明去甲超市的天数编号为3，6，9，12，15，18，21，24，27，30，共10天；李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为4，8，16，20，28，共5天；李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共0天；李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为7，14，共2天，所以李明需要去配送的天数为10+5+0+2=17，所以整个5月李明不用去配送的天数是30-17=13. 15.(5分)若一个五位数的各个数位上的数字之和为3，则这样的五位数共有　　　　　个.  答案　15 解析　若一个五位数的各个数位上的数字之和为3，则这样的五位数可分为3类： 第一类，五位数的各个数位上的数字由4个0，1个3组成， 则由首位不为0可知，3在首位，其余各数位放0，即30 000，仅有1种排法； 第二类，五位数的各个数位上的数字由3个0，1个1，1个2组成， 则由首位不为0可知，1或2在首位，从中选1个数放在首位，有2种选法，在其他4个数位中选1个数位放另一个数，有4种选法，其余各数位放0， 共有2×4=8(种)排法； 第三类，五位数的各个数位上的数字由2个0，3个1组成， 则由首位不为0可知，1在首位，在其他4个数位中选2个数位放1，其余各数位放0，共有6种排法. 由分类加法计数原理可得，这样的五位数共有1+8+6=15(个). 16.(12分) 用n种不同的颜色给如图所示的A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻区域不能用同一种颜色. (1)当n=6时，图①、图②各有多少种不同的涂色方案？(6分) (2)若图③有180种不同的涂色方案，求n的值.(6分) 解　(1)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. 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. (2)前三步与图①的涂法类似，分别有n，，种不同的涂法； 第四步，涂D，与C，A的颜色都不相同，有种不同的涂法， 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. 学科网（北京）股份有限公司 $