3.1.1 第2课时 基本计数原理的应用(PPT课件)-【满分思维】2026-2027学年高中数学选择性必修第二册配套课件（人教B版）

3.1 排列与组合 3.1.1 基本计数原理 1 第2课时 基本计数原理的应用 2 探究点一 组数问题 探究点二 抽取与分配问题 探究点三 涂色问题 ◆ ◆ ◆ ◆ 课前预习 课中探究 课堂评价 课后习题 3 【学习目标】 1.进一步理解和掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理； 2.能根据具体问题的特征,选择两种计数原理解决一些实际问题. 4 知识点 两个计数原理的联系与区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种数 不同点 分类完成,类类相加 分步完成,步步相乘 每类办法中的每一种方法都 能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件 事 注意点 类类独立,不重不漏 步步相依,步骤完整 课 前 预 习 5 探究点一 组数问题 例1 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? 解：若组成数字不重复的三位数,则百位上的数不为0, 个位和十位上的数不重复且与百位上的数不相同, 所以数字不重复的三位数的个数为5×5×4=100. 课 中 探 究 6 例1 用0,1,2,3,4,5这六个数字， （2）可以组成多少个数字允许重复的三位数? 解：若组成数字允许重复的三位数,则百位上的数不为0,个位和十位 上的数无限制,所以数字允许重复的三位数的个数为5×62=180. （3）可以组成多少个数字不重复的三位奇数? 解：先选个位上的数,由于组成的是三位奇数,因此有3种选法; 再选百位上的数,有4种选法;十位上的数也有4种选法. 由分步乘法计数原理知,所求三位数共有3×4×4=48(个). 课 中 探 究 7 例1 用0,1,2,3,4,5这六个数字， （4）可以组成多少个数字不重复且小于1000的自然数? 解：分以下三类:①自然数为一位数,有6个; ②自然数为两位数,则十位上的数不能为0,个位上的数无限制, 有5×5=25(个); ③自然数为三位数,由(1)知有100个. 综上所述,数字不重复且小于1000的自然数的个数为6+25+100=131. 课 中 探 究 8 例1 用0,1,2,3,4,5这六个数字， （5）可以组成多少个大于3000,小于5421且数字不重复的四位数? 解：分以下四类:①千位上的数为3或4时,个位、十位、百位上的数 不重复且与千位上的数不相同,此时有2×5×4×3=120(个); ②千位上的数为5,百位上的数为0,1,2或3时,有4×4×3=48(个); ③千位上的数为5,百位上的数是4,十位上的数为0或1时,有2×3=6(个); ④5420也满足条件. 综上可得,所求的四位数共有120+48+6+1=175(个). 课 中 探 究 9 变式 （多选题）［2026·辽宁丹东高二期末］ 下列说法正确的 是( ) A.由数字1,2,3,4能够组成24个没有重复数字的三位数 B.由数字1,2,3,4能够组成16个没有重复数字的三位偶数 C.由数字1,2,3,4能够组成64个三位密码 D.由数字1,2,3,4能够组成28个比320大的三位数 √ √ √ 课 中 探 究 10 [解析] 由数字1,2,3,4能够组成没有重复数字的三位数的个数为 ,故A正确； 若三位数是偶数,则个位可以是2或4, 则共有 （个）没有重复数字的三位偶数,故B错误； 由数字1,2,3,4能够组成三位密码的个数为 ,故C正确； 若百位是4,则有 （个）比320大的三位数, 若百位是3,则有 （个）比320大的三位数, 则比320大的三位数有（个）,故D正确.故选 . 课 中 探 究 11 ［素养小结］ （1）关于组数问题,一般要遵循特殊优先的原则,即特殊位置优先 或特殊元素优先.特殊位置如首位或末尾,特殊元素如0、奇数、偶数 等,两种特殊择其一即可. （2）解决组数问题,应特别注意其限制条件,有些条件是隐藏的, 要善于挖掘. 课 中 探 究 12 探究点二 抽取与分配问题 例2（1）某公司新聘用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,3名电脑编程人员也不能分给同一个 部门,则不同的分配方法共有( ) A.18种 B.24种 C.36种 D.72种 √ 课 中 探 究 13 [解析] 可以分为两类: 第一类,甲部门分2名电脑编程人员,则有3种分配方法,翻译人员的分配 方法有2种,再从剩下的3人中选1人,有3种方法, 则共有 （种）不同的分配方法; 第二类,甲部门分1名电脑编程人员,则有3种分配方法,翻译人员的分配 方法有2种,再从剩下的3人中选2人,有3种方法, 则共有 （种）不同的分配方法. 由分类加法计数原理可得,不同的分配方法共有 （种）. 故选C. 课 中 探 究 14 （2）［2025·福建泉州高二期中］设有编号为1,2,3,4,5的五个 球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子,现将这五个球放入这五个盒 子内,要求每个盒子内放一个球,并且恰好有一个球的编号与盒子 的编号相同,则这样的投放方法的种数为____. 45 [解析] 先选出1个小球,放到对应序号的盒子里,有5种选法,例如： 5号球放在5号盒子里,其余四个球的放法有, ,, ,,,, ,,共9种, 故符合题意的投放方法的种数为 . 课 中 探 究 15 变式 ［2025·湖北武汉高二期末］有四对双胞胎共8人,从中随机选 出4人,则其中恰有一对双胞胎的选法种数为( ) A.40 B.48 C.52 D.60 [解析] 先从四对双胞胎中选出一对,有4种选法； 然后从剩下的六个人中选出两个人,且不能是同一对双胞胎, 即从三对双胞胎中选出两对,再从每对中选出一个人, 共有 （种）选法. 根据分步乘法计数原理,共有 （种）选法.故选B. √ 课 中 探 究 16 ［素养小结］ 求解抽取（分配）问题的方法： （1）当涉及对象数目不大时,一般选用列举法、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直接法,直接使 用分类加法计数原理或分步乘法计数原理；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. 课 中 探 究 17 探究点三 涂色问题 ［探索］ （1）涂色问题的基本要求是什么? 解:涂色问题的基本要求是相邻区域不同色, 一般情况下,不相邻的区域可以同色. 课 中 探 究 18 （2）怎样解决涂色问题? 首先要关注图形的结构特征,如果图形不规则, 那么要从某一块出发进行分步涂色,从而选用分步乘法计数原理, 如果图形具有一定的对称性,那么就要先对涂色方案进行分类, 每一类再进行分步; 其次要注意前一步的涂色对下一步的涂色方法数有无影响, 无影响直接分步,有影响则要分类. 涂色问题往往涉及两个计数原理的综合应用, 因此,要找准分类标准,在兼顾条件的情况下分步涂色. 课 中 探 究 19 例3 ［2026·辽宁锦州高二期末］在如图所示的五块土地上种 植四种庄稼,有五种庄稼秧苗可供选择,要求相邻的土地不种同一 种庄稼,则不同的种植方法共有( ) A.240种 B.300种 C.360种 D.420种 √ 课 中 探 究 20 [解析] 根据题意,五块土地上种植四种庄稼,先选出4种庄稼, 共有5种选择；1,5种植相同庄稼或2,4种植相同庄稼, 共有 （种）种植方法. 根据分步乘法计数原理,共有 （种）种植方法.故选A. 课 中 探 究 21 变式（1）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为 1,2,…,9的9个小正方形,使得任意相邻(有公共边)的 小正方形所涂颜色都不相同,且标号为1,5,9的小正 方形涂相同的颜色,则不同的涂法种数为( ) A.18 B.36 C.54 D.108 √ 课 中 探 究 22 [解析] 把小正方形分成三部分:第一部分为1,5,9,有3种涂法. 第二部分为4,7,8.当5,7同色时,4,8各有2种涂法; 当5,7异色时,7有2种涂法,4,8均只有1种涂法. 故第二部分共有2×2+2×1=6(种)涂法. 第三部分为2,3,6,与第二部分一样,共有6种涂法. 根据分步乘法计数原理可得,共有3×6×6=108(种)不同的涂法.故选D. 课 中 探 究 23 （2）如图,在四棱锥 中,给5个顶点安 装彩色灯泡,要求相邻顶点的灯泡不能使用同一 颜色,有4种不同颜色的灯泡可供选择,则不同的 安装方法共有____种. 72 [解析] 若, 使用同一颜色的灯泡,则由分步乘法计数原理可知有 （种）不同的安装方法； 若, 不使用同一颜色的灯泡,则由分步乘法计数原理可知有 （种）不同的安装方法. 由分类加法计数原理可得共有 （种）不同的安装方法. 课 中 探 究 24 ［素养小结］ 涂色与种植问题是考查计数方法的一种常见问题,由于这类问题常 常涉及分类与分步,所以在高考题中经常出现,处理这类问题的关 键是要找准分类标准,求解涂色与种植问题一般是直接利用两个计 数原理求解,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）为主的分类讨论法,适用于“区域、点、 线段”问题,用分类加法计数原理计算. 课 中 探 究 25 （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. （5）对于相邻不同色的记忆口诀“相邻则递减,不相邻则分类”. 课 中 探 究 26 1.用 这10个数字,可以组成没有重复数字的三位数的个数 为( ) A.480 B.504 C.648 D.720 [解析] 百位数字不为0,有9种选法,十位数字有9种选法, 个位数字有8种选法,所以可以组成 （个） 没有重复数字的三位数.故选C. √ 课 堂 评 价 27 2. 如图,用4种不同的颜色对,,, 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.8种 B.16种 C.24种 D.48种 [解析] 对于区域有4种涂色方法,对于区域 有 3种涂色方法,对于区域有2种涂色方法,对于区域 有2种涂色方法, 由分步乘法计数原理可得有 （种）不同的涂色方法. 故选D. √ 课 堂 评 价 28 3. 设集合I={1,2,3,4,5},选择集合I的两个非空子集A和B, 要使B中最小的数大于A中最大的数,则不同的选择方法共有 ( ) A.50种 B.49种 C.48种 D.47种 √ [解析]由A中的最大数进行分类: ①若A中的最大数为1,则A={1},则B是集合{2,3,4,5}的非空子集, 有24-1=15(种)选择方法,所以此时有1×15=15(种)选择方法; ②若A中的最大数为2,则A有2种选择方法,则B是集合{3,4,5}的非空子集, 有23-1=7(种)选择方法,所以此时有2×7=14(种)选择方法; 课 堂 评 价 29 ③若A中的最大数为3,则A有4种选择方法,则B是集合{4,5}的非空子集, 有22-1=3(种)选择方法,所以此时有4×3=12(种)选择方法; ④若A中的最大数为4,则A有8种选择方法,则B是集合{5}的非空子集, 有1种选择方法,所以此时有8×1=8(种)选择方法. 综上可得,不同的选择方法共有15+14+12+8=49(种).故选B. 课 堂 评 价 30 4.（多选题）［2026·长春高二期末］ 高二年级安排甲、乙、丙三名 学生到,,,, 五个社区进行暑期社会实践活动,每名学生 只能选择一个社区,且多个学生可以选择同一个社区,则下列说法 正确的有( ) A.所有可能的安排方法共有 种 B.如果社区 必须有学生选择,则不同的安排方法有61种 C.如果学生甲必须选择社区 ,则不同的安排方法有25种 D.如果甲、乙两名学生必须在同一个社区,则不同的安排方法有20种 √ √ 课 堂 评 价 31 [解析] 对于A,所有可能的安排方法共有 （种）,故A错误； 对于B,如果社区 必须有学生选择, 则不同的安排方法有（种）,故B正确； 对于C,如果学生甲必须选择社区 , 则不同的安排方法有 （种）,故C正确； 对于D,如果甲、乙两名学生必须在同一个社区, 则不同的安排方法有 （种）,故D错误.故选 . 课 堂 评 价 32 5.假如某人有壹元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各 两张,要支付贰佰壹拾贰元的货款,则有___种不同的支付方式. 3 [解析] 2元的支付方式只有 ,共1种,200元的支付方式有 或者或者 ,共3种,10元的支付只 能用1张10元,所以共有 （种）不同的支付方式. 课 堂 评 价 33 课后习题 34 1.用数字0,1,2,3组成没有重复数字的3位数,其中比200大的有( ) A.24个 B.12个 C.18个 D.6个 [解析] 由题意可知,百位数字为2或3,其他数位在剩余3个数字中选择 2个数字排序即可.由分步乘法计数原理可知,比200大的3位数的个数 为 .故选B. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 35 2. 高二某班级4名同学要报名参加足球、篮球、乒乓球比赛,每人限 报一项,其中甲同学不能报名足球,乙、丙、丁3名同学所报项目都不 相同,则不同的报名方式种数为 ( ) A.54 B.12 C.8 D.81 √ [解析]由甲同学不能报名足球,可得甲有2种报名方式,由乙、丙、丁 3名同学所报项目都不相同,可得第1个人有3种报名方式,第2个人有 2种报名方式,第3个人只有1种报名方式,由分步乘法计数原理可得, 共有2×3×2×1=12(种)报名方式.故选B. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 36 3.［2025·甘肃定西高二期末］如图,给编号为1, 2,3,4,5,6的区域涂色,要求每个区域涂一 种颜色,相邻区域所涂颜色不能相同,中心对 称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相 同.若有5种不同颜色的颜料可供选择,则不同 的涂色方案有( ) A.60种 B.80种 C.100种 D.125种 √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 [解析] 由题意可得,只需确定区域1,2,3的颜色, 即可确定所有区域的颜色. 先涂区域1,有5种选择,再涂区域2,有4种选择, 最后涂区域3,有3种选择, 故不同的涂色方案有 （种）.故选A. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 4.［2024·陕西榆林高二期末］设集合 中的元素皆为无重复数字的三 位正整数（如113为有重复数字）,且 中任意两个元素之积均为奇 数,则 中元素个数的最大值为( ) A.120 B.150 C.320 D.600 [解析] 由题意可知集合 中的元素均为奇数,故个位数字从1,3,5,7,9中 选一个,有5种选法,百位数字从除去0和个位数字上选定的数字之外的 8个数字中选一个,有8种选法,十位数字从除去百位数字和个位数字上 选定的数字之外的8个数字中选一个,有8种选法, 故 中元素个数的最大值为 .故选C. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 5.在校园艺术节才艺展示活动中,小明书写“求真、崇善、唯美”6个 字,有2种不同颜色的笔供小明选择,要求每个字是同1种颜色且不 能只用1种颜色的笔,则不同的写法共有( ) A.34种 B.30种 C.62种 D.63种 [解析] 因为每个字的颜色都有2种选择,即分6步,每步都有2种选法, 所以不考虑限制条件有 （种）不同的写法, 用同种颜色的笔写字只有2种写法,所以要求不能只用1种颜色的笔, 则不同的写法共有 （种）.故选C. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 6. 一个书架上放置了科普类读物10本,人文类读物10本,自然类读物9本, 每本书各不相同,从中取出2本不同类别的书,则不同的取法共有( ) A.720种 B.29种 C.900种 D.280种 [解析] 若选取的是科普类读物和人文类读物, 则共有（种）取法； 若选取的是科普类读物和自然类读物,则共有 （种）取法； 若选取的是人文类读物和自然类读物,则共有（种）取法. 综上,共有 （种）不同的取法.故选D. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 ★7.（多选题）［2026·山东泰安高二期中］ 下列说法中正确的 有( ) A.4名学生选报跑步、跳高、跳远三个项目,每人报一项,共有 种 报名方法 B.4名学生选报跑步、跳高、跳远三个项目,每人报一项,共有 种 报名方法 C.4名学生争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获 得）,共有 种可能结果 D.4名学生争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获 得）,共有 种可能结果 √ √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 [解析] 4名学生每人从三个项目中选一项报名可分为四步完成, 第一步,第一名学生从三个项目中选一个项目报名,有3种方法, 第二步,第二名学生从三个项目中选一个项目报名,有3种方法, 第三步,第三名学生从三个项目中选一个项目报名,有3种方法, 第四步,第四名学生从三个项目中选一个项目报名,有3种方法, 由分步乘法计数原理可得,4名学生每人从三个项目中选一项报名, 每人报一项,共有 种报名方法,故A错误,B正确； 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 三个项目冠军的确定可分为三步完成, 第一步,确定跑步比赛的冠军,有4种可能结果, 第二步,确定跳高比赛的冠军,有4种可能结果, 第三步,确定跳远比赛的冠军,有4种可能结果, 由分步乘法计数原理可得,三个项目冠军的确定共有种可能结果, 故C正确,D错误.故选 . ［易错点］ 若本题修改条件为：跑步、跳高、跳远三个项目要在4 名学生中挑选队员,每个项目只能挑选一名学生,则不同的挑选方 案有 种. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8. 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,三位同学依次选一个作为礼物, 甲同学喜欢龙、牛和羊,乙同学喜欢龙和马,丙同学哪个吉祥物都喜欢. 如果让三位同学选取的礼物都满意,则有　 　种不同的选法.  50 [解析]分三种情况:第一种,甲选龙,则乙只能选马,丙有10种选法; 第二种,甲选牛或羊,则甲有2种选法,乙也有2种选法,丙有10种选法, 则有2×2×10=40(种)选法.故共有10+40=50(种)不同的选法. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 9.现有, 两种类型的车床各一台,甲、乙、丙三名工人,其中甲、 乙都会操作两种车床,丙只会操作 种车床,现在要从这三名工人中 选两名分别去操作以上车床,不同的选派方法有___种. 4 [解析] 若选甲、乙两人,包括甲操作车床,乙操作 车床,或甲操 作车床,乙操作 车床,共有2种选派方法. 若选甲、丙二人,则只有甲操作车床,丙操作 车床这1种选派方法. 若选乙、丙二人,则只有乙操作车床,丙操作 车床这1种选派方法. 故共有 （种）不同的选派方法. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 10. (13分)某电视台连续播放6个广告,其中有3个不同的商业广告、 2个不同的某运动会宣传广告、1个公益广告,要求最后播放的不能 是商业广告,且运动会宣传广告与公益广告不能连续播放, 两个运动会宣传广告也不能连续播放,则有多少种不同的播放方式? (用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序) 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 解: 完成这件事有三类方法:第一类,宣传广告与公益广告的播放顺序 是2,4,6,分6步完成这件事,有3×3×2×2×1×1=36(种)不同的播放方式; 第二类,宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6,分6步完成这件事, 有3×3×2×2×1×1=36(种)不同的播放方式; 第三类,宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6,分6步完成这件事, 有3×3×2×2×1×1=36(种)不同的播放方式. 由分类加法计数原理知,不同的播放方式有36+36+36=108(种). 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 11. [2026·哈尔滨高二期末] 给如图所示的由 A,B,C,D,E,F,G七个正六边形区域组成的平面 图形涂色,有四种不同的颜色可供选择,每个 区域只涂一种颜色,有公共边的两个正六边形区域颜色不相同, 则不同的涂色方案种数为( ) A.144 B.288 C.432 D.576 √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 [解析] 给A区域涂色有4种涂法, 给B区域涂色有3种涂法,给C区域涂色有2种涂法, 给D区域涂色有2种涂法,给E区域涂色有3种涂法, 给F区域涂色有2种涂法,给G区域涂色有2种涂法, 故不同的涂色方案有4×3×2×2×3×2×2=576(种).故选D. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 12.（多选题）已知数字0,1,2,3,4,由它们组成四位数,下列说法正确的 有( ) A.可以组成500个四位数 B.可以组成96个无重复数字的四位数 C.可以组成66个无重复数字的四位偶数 D.可以组成28个百位是奇数的四位偶数 √ √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 [解析] 对于A,可以组成 （个）四位数,故A正确； 对于B,可以组成 （个）无重复数字的四位数,故B正确； 对于C,若个位数为0,则有 （个）, 若个位数不为0,则有（个）, 所以可以组成 （个）无重复数字的四位偶数,故C错误； 对于D,可以组成（个）百位是奇数的四位偶数, 故D错误.故选 . 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 ★13.某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉,要求相 邻区域布置的花卉种类不同,且每个区域只布置一种花卉,若有5种 不同的花卉可供选择,则不同的布置方案有_____种. 540 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 [解析] 如图,给5块不同的区域标上字母, 可先在 中布置花卉,有5种不同的布置方案, 再在 中布置花卉,有4种不同的布置方案, 再在 中布置花卉,有3种不同的布置方案, 若区域,布置同种花卉,则 有3种不同的布置方案, 若区域,布置不同的花卉,则 有2种不同的布置方案, 有3种不同的布置方案, 故不同的布置方案有 （种）. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 ［点拨］ 涂色问题一般综合利用两个计数原理求解, 但也有两种常用方法: 按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析; 以颜色为主分类讨论,用分类加法计数原理分析. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 14.（15分）将如图所示的,,, 区域按照下列要求涂色． （1）用3种不同的颜色填涂图中,,, 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？ 解：区域有3种涂法,,, 区域各有2种不同的涂法, 由分步乘法计数原理可得,将,,, 四个区域涂色共有 （种）不同的涂色方案. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 14.（15分）将如图所示的,,, 区域按照下列要求涂色． （2）若恰好用3种不同的颜色给,,, 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？ 解：恰好用3种不同的颜色涂四个区域, 则,区域或, 区域或, 区域同色, 由分类加法计数原理可得,恰好用3种不同的颜色涂四个区域共有 （种）不同的涂色方案. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 14.（15分）将如图所示的,,, 区域按照下列要求涂色． （3）若有3种不同的颜色,恰好用2种不同的颜色涂完四个区域,且 相邻区域不同色,共有多少种不同的涂色方案？ 解：若恰好用2种不同的颜色涂四个区域,则,区域同色,且 , 区域同色, 先从3种不同的颜色中任取2种颜色,共有3种不同的取法, 然后用所取的2种颜色涂四个区域,共有2种不同的涂法, 由分步乘法计数原理可得,恰好用2种不同的颜色涂完四个区域共有 （种）不同的涂色方案． 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 15. 某人设计了一项单人游戏,规则如下: 先将一个棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长 为2个单位长度)的顶点A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走几个单位长度, 如果掷出的点数为i(i=1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向走i个单位长度, 一直循环下去.此人抛掷三次骰子后,棋子恰好又回到起点A处的不同 走法共有　 　种.  27 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 [解析] 正方形ABCD的周长为8,故抛掷三次骰子的点数之和为8或16. (1)点数之和为8的情况有5种:(1,1,6),(1,2,5),(1,3,4),(2,2,4),(2,3,3), 其中(1,1,6),(2,2,4),(2,3,3)都含有2个相同数字,各有3种走法, 而(1,2,5),(1,3,4)由3个不同的数字组成,各有3×2×1=6(种)走法, 所以共有3×3+6×2=21(种)走法. (2)点数之和为16的情况有2种:(4,6,6),(5,5,6),共有3+3=6(种)走法. 由分类加法计数原理可知,共有21+6=27(种)不同的走法. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 16. 某人从一层到二层需跨10级台阶,他一步可能跨1级台阶,称为一 阶步,也可能跨2级台阶,称为二阶步,最多能跨3级台阶,称为三阶步, 从一层上到二层他总共跨了6步,而且任何相邻两步均跨不同级台阶, 则他从一层到二层的不同走法的种数为　 　.  10 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 [解析]由题知,这6步中不可能没有三阶步,也不可能有多于1个的三阶步, 因此这个人走了1个三阶步,2个二阶步,3个一阶步. 为形象起见,以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级 台阶的过程:白球表示一阶步,黑球表示二阶步,红球表示三阶步,每一过 程可表示为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 下面分三种情形讨论.(1)若第1个、第6个球均为白球,则2个黑球必分别 位于中间白球的两侧,此时,2个黑球和1个白球构成4个空位放置红球, 所以此种情况共有4种不同排列. (2)若第1个球不是白球. (i)若第1个球为红球,则余下5个球只有1种可能的排列; (ii)若第1个球为黑球,则余下的5个球因红、黑球的位置不同有2种 不同的排列.此种情形共有3种不同排列. (3)若第6个球不是白球,同(2),共有3种不同排列. 综上可得,从一层到二层共有4+3+3=10(种)不同的走法. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 $