資源簡介

1.3　基本計數原理的簡單應用(習題課)
學習目標 1.進一步理解分類加法計數原理和分步乘法計數原理的區別.　2.會用這兩個計數原理分析和解決一些較為復雜的實際計數問題.　3.通過解決一些較為復雜的實際計數問題，繼續提升邏輯推理、數學建模及數學運算素養.
任務一　組數問題
(鏈教材P160例1)用0，1，2，3，4五個數字，
(1)可以排成多少個三位數字的電話號碼？
(2)可以排成多少個三位數？
(3)可以排成多少個能被2整除的無重復數字的三位數？
解：(1)三位數字的電話號碼，首位可以是0，數字也可以重復，
每個位置都有5種排法，共有5×5×5＝53＝125(種)，
即可以排成125個三位數字的電話號碼.
(2)三位數的首位不能為0，但可以有重復數字，首先考慮首位的排法，除0外共有4種方法，
第二、三位可以排0，
因此共有4×5×5＝100(個)三位數.
(3)被2整除的數，個位數字可取0，2，4，因此可分為兩類：
一類是個位數字是0，則有4×3＝12(種)排法；
一類是個位數字不為0，則個位有2種排法，
即2或4，再排百位，因為0不能在百位，故有3種排法，十位有3種排法，則有2×3×3＝18(種)排法.
故共有12＋18＝30(種)排法，
所以可以排成30個能被2整除的無重復數字的三位數.
[變式探究]
(變設問)由本例中的五個數字可組成多少個無重復數字的四位奇數？
解：完成“組成無重復數字的四位奇數”這件事，分四步：
第一步定個位，只能從1，3中任取一個，有2種方法；
第二步定首位，把1，2，3，4中除去用過的一個剩下的3個中任取一個，有3種方法；
第三步，第四步把剩下的包括0在內的3個數字先排百位有3種方法，再排十位有2種方法.
由分步乘法計數原理知共有2×3×3×2＝36(個).
解決組數問題的原則
1.明確特殊位置或特殊數字，這是采用“分類”還是“分步”的關鍵.一般按特殊位置(末位或首位)分類，分類中再按特殊位置(或特殊元素)優先的策略分步完成；如果正面分類較多，可采用間接法求解.
2.要注意數字“0”不能排在兩位數或兩位數字以上的數的最高位.
對點練1.(1)從1，2，3，…，8，9這9個數字中任取3個數組成一個沒有重復數字的三位數，若這些三位數能夠被5整除，則這樣的三位數的個數為(　　)
A.504 B.336
C.72 D.56
(2)“回文數”是指從左到右讀與從右到左讀都一樣的正整數.如22，121，3 443等.那么在四位數中，回文數共有　　　個.
答案：(1)D　(2)90
解析：(1)依題意可知，這些三位數的個位為5，所以這樣的三位數有8×7＝56個.故選D.
(2)由題意得，4位“回文數”只需排列前兩位數字，后面數字即可確定，因為第一位不能為0，所以第一位有9種排法，第二位有10種排法，所以由分步乘法原理可知共有9×10＝90種排法.
任務二　抽取與分配問題
(鏈教材P161例3)(1)某市人民醫院急診科有3名男醫生和4名女醫生，內科有4名男醫生和4名女醫生，現從該醫院急診科和內科各選派1名男醫生和1名女醫生組成4人組，參加省人民醫院組織的交流會，則所有不同的選派方案有(　　)
A.192種 B.180種
C.29種 D.15種
(2)甲，乙兩名同學要從A，B，C，D四個科目中每人選取三科進行學習，則兩人選取的科目不完全相同的方法有　　　種.
答案：(1)A　(2)12
解析：(1)從急診科選派1名男醫生和1名女醫生有3×4＝12種方案，從內科選派1名男醫生和1名女醫生有4×4＝16 種方案，根據分步乘法計數原理，共有12×16＝192種不同的選派方案.故選A.
(2)法一：甲，乙兩名同學要從A，B，C，D四個科目中每人選取三科進行學習，不可能只有一科相同，至少要兩科相同，而所求科目不完全相同，即只有兩科相同，完成這件事，可以分兩步，先選相同科目，有AB，AC，AD，BC，BD，CD 6種情況，再選不同科目，有2種情況，所以科目不完全相同方法共有6×2＝12種.
法二：兩人選取科目的方法共有4×4＝16種，科目完全相同的方法共有4×1＝4種，所以科目不完全相同的方法共有12種.
選(抽)取與分配問題的常見類型及其解法
1.當涉及對象數目不大時，一般選用列舉法、樹形圖法、框圖法或者圖表法.
2.當涉及對象數目很大時，一般有兩種方法：
(1)直接法：直接使用分類加法計數原理或分步乘法計數原理.一般地，若抽取是有順序的就按分步進行；若按對象特征抽取的，則按分類進行.
(2)間接法：去掉限制條件計算所有的抽取方法數，然后減去所有不符合條件的抽取方法數即可.
對點練2.(1)將2名女生和3名男生分配到兩個不同的興趣小組，要求每個興趣小組分配男生、女生各1人，則不同的分法種數為　　　　.
(2)2024年7月14日13時(當地時間)，2024年巴黎奧運會火炬開始在巴黎傳遞，其中某段火炬傳遞活動由包含甲、乙、丙在內的5名火炬手分四棒完成，若甲傳遞第一棒，最后一棒由2名火炬手共同完成，且乙、丙不共同傳遞火炬，則不同的火炬傳遞方案種數為　　　.
答案：(1)12　(2)10
解析：(1)每個小組安排一個女生，有2×1＝2種方法，每個小組安排一名男生，有3×2＝6種方法，故每個興趣小組分配男生、女生各1人，共有2×6＝12種方法.
(2)最后一棒可以是除甲、乙、丙之外的2人，也可以是從乙、丙中選1人，從除甲、乙、丙之外的2人中選1人組成，所以最后一棒的安排方案有：1＋2×2＝5種；安排最后一棒后，剩余兩人安排在中間兩棒，方案有：2×1＝2種，由分步乘法計數原理，不同的傳遞方案種數為5×2＝10.
任務三　涂色與種植問題
(1)某農學院計劃從10種不同的水稻品種和7種不同的小麥品種中，選5種品種種植在如圖所示五塊實驗田中，要求僅選兩種小麥品種且需種植在相鄰兩塊實驗田中，其他三塊實驗田選種水稻品種，則不同種法有(　　)
1 2 3 4 5
A.30 240種 B.60 480種
C.120 960種 D.241 920種
(2)“帆船之都”青島，具有現代時尚都市感的同時，更注重里院文化的傳承與保護，為建設“建筑可閱讀、街道可漫步、文化可傳承、城市可記憶”的“最青島”，市南區舉辦了“上街里，逛春天，百米長卷繪老城”活動.一位同學在活動中負責用5種不同顏色給如圖所示的圖標上色，要求相鄰兩塊涂不同的顏色，共有　　　種不同的涂法.
答案：(1)C　(2)180
解析：(1)由題得相鄰兩塊實驗田分成1和2；2和3；3和4；4和5四類；第一類在1和2上種植小麥，“1”有7種選擇，“2”有6種選擇，剩下3塊實驗田種植水稻，分別有10，9，8種選擇，所以共計7×6×10×9×8＝30 240種；第二、三、四類和第一類種數相同.綜上總計有30 240×4＝120 960種方法.故選C.
(2)當②，④不同色時，有5×4×3×2＝120種涂色方案；當②，④同色時，有5×4×3＝60種涂色方案，根據分類加法計數原理可得共有120＋60＝180種涂色方案.
涂色與種植問題的解答策略
求解涂色與種植問題一般是直接利用兩個計數原理求解，處理這類問題的關鍵是要找準分類標準，常用的方法有：
1.按區域的不同以區域為主分步計數，并用分步乘法計數原理計算.
2.以顏色(種植作物)為主分類討論，適用于“區域、點、線段”問題，用分類加法計數原理計算.
3.將空間問題平面化，轉化為平面區域的涂色問題.
4.對于不相鄰的區域，常分為同色和不同色兩類，這是常用的分類標準.
對點練3.(雙空題)如圖，這是一面含A，B，C，D，E，F六塊區域的墻，現有含甲的五種不同顏色的油漆，一位工人要對這面墻涂色，相鄰的區域不同色，則共有　　　　種不同的涂色方法；若區域D不能涂甲油漆，則共有　　　　種不同的涂色方法.
答案：1 200　960
解析：第一空：若C，E的涂色相同，則共有5×4×3×2×3＝360種方法；若C，E的涂色不相同，則共有5×4×3×2×＝840種方法.故共有1 200種不同的涂色方法.
第二空：因為區域D不能涂甲油漆，所以區域D 的涂色方法有4種.若C，E的涂色相同，則共有4×4×3×3×2＝288種方法；若C，E的涂色不相同，則共有4×4×3×2×(1×3＋2×2)＝672種方法.故共有960種不同的涂色方法.
任務再現 1.組數問題.2.抽取與分配問題.3.涂色與種植問題
方法提煉 正難則反、分類討論思想
易錯警示 分類標準不明確，會出現重復或遺漏問題
1.由數字0，1，2，3，4可組成無重復數字的兩位數的個數是(　　)
A.25 B.20
C.16 D.12
答案：C
解析：根據題意可分為兩步，先選十位上的數字，再選個位上的數字，且首位不能為0，故可組成無重復數字的兩位數的個數是4×4＝16.故選C.
2.市政府現有4個項目要安排到2個地區進行建設，每個地區至少有一個項目，則不同的安排方式有(　　)
A.12種 B.14種
C.20種 D.24種
答案：B
解析：每個項目安排到2個地區有2種方法，故4個項目安排到2個地區有24＝16種，4個項目全安排在同一個地區有2種方法，故每個地區至少有一個項目，則不同的安排方式有16－2＝14種.故選B.
3.(多選題)某食堂窗口供應兩葷三素共5種菜，甲、乙兩人每人在該窗口打2種菜，且每人至多打1種葷菜，則下列說法中正確的是(　　)
A.甲若選一種葷菜，則有6種選法
B.乙的選菜方法數為9
C.若兩人分別打菜，總的方法數為18
D.若兩人打的菜均為一葷一素且只有一種相同，則方法數為30
答案：AB
解析：若甲打一葷一素，則有2×3＝6種選法，故A正確；若乙打一葷一素，則有6種選法，若打兩素，則有3種選法，共9種選法，故B正確；選項C兩人分別打菜，由選項B知每個人可有9種打法，故應為9×9＝81種方法；選項D可分為葷菜相同或素菜相同兩種情況，共2×3×2＋3×2×1＝18種.故選AB.
4.如圖，用四種不同顏色給矩形A，B，C，D涂色，要求相鄰的矩形涂不同的顏色，則不同的涂色方法共有　　　　種.(用數字作答)
A B D
C
答案：48
解析：先涂A區域，再涂B，涂C，涂D，根據分步乘法計數原理共有4×3×2×2＝48種涂法.
課時分層評價31　基本計數原理的簡單應用(習題課)
(時間：60分鐘　滿分：100分)
(1—9，每小題5分，共45分)
1.已知乘積(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋…＋cn)(n∈N＋)展開后共有60項，則n的值為(　　)
A.7 B.10
C.12 D.15
答案：B
解析：根據多項式的乘法法則，展開后的項數為2×3×n＝60，所以n＝10.故選B.
2.甲、乙、丙三人踢毽子，互相傳遞，每人每次只能踢一下.由甲開始踢，經過4次傳遞后，毽子又被踢回甲，則不同的傳遞方式共有(　　)
A.4種 B.5種
C.6種 D.12種
答案：C
解析：若甲先傳給乙，則有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3種不同的傳法；同理，甲先傳給丙也有3種不同的傳法，故共有3＋3＝6(種)不同的傳法.故選C.
3.用3種不同顏色給右圖所示的五個圓環涂色，要求相交的兩個圓環不能涂相同的顏色，不同的涂色方案種數為(　　)
A.48 B.72
C.144 D.1 280
答案：A
解析：從左到右依次涂色，第一個圖形可以涂3種顏色，第二、三、四、五個圖形可以涂2種顏色，共有3×2×2×2×2＝48種不同的涂色方案.故選A.
4.甲、乙兩人從4門課程中各選修2門，則甲、乙所選的課程中恰有1門相同的選法有(　　)
A.6種 B.12種
C.24種 D.30種
答案：C
解析：由題意知可分步完成此事：第一步，甲、乙選相同的1門共有4種方法；第二步，甲再選1門有3種方法；第三步，乙再選一門有2種選法，由分步乘法計數原理知，甲、乙所選的課程中恰有1門相同的選法有4×3×2＝24(種).故選C.
5.數學中“凸數”是一個位數不低于3的奇位數，是最中間的數位上的數字比兩邊的數字都大的數，則沒有重復數字且大于564的三位數中“凸數”的個數為(　　)
A.147 B.112
C.65 D.50
答案：C
解析：最高位是5的“凸數”，中間數分別為7，8，9，分別有6，7，8個，共有21個；最高位是6的“凸數”，中間數分別為7，8，9，分別有6，7，8個，共有21個；最高位是7的“凸數”，中間數分別為8，9，分別有7，8個，共有15個；最高位是8的“凸數”，中間數為9，有8個，所以沒有重復數字且大于564的三位數中“凸數”的個數為21＋21＋15＋8＝65.故選C.
6.(多選題)現有4個興趣小組，第一、二、三、四組分別有6人、7人、8人、9人，則下列說法正確的是(　　)
A.選1人為負責人的選法種數為30
B.每組選1名組長的選法種數為3 024
C.若推選2人發言，這2人需來自不同的小組，則不同的選法種數為335
D.若另有3名學生加入這4個小組，可自由選擇小組，且第一組必有人選，則不同的選法有35種
答案：ABC
解析：對于A，選1人為負責人的選法種數：6＋7＋8＋9＝30，故A正確；對于B，每組選1名組長的選法種數：6×7×8×9＝3 024，故B正確；對于C，2人需來自不同的小組的選法種數：6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正確；對于D，依題意：若不考慮限制，每個人有4種選擇，共有43種選擇，若第一組沒有人選，每個人有3種選擇，共有33種選擇，所以不同的選法有43－33＝37(種)，故D錯誤.故選ABC.
7.星期二下午的3節課排物理、化學和自習課各一節，要求第一節不排自習課，那么不同的排課方法種數為　　　　　.
答案：4
解析：將安排分為3步，第一步先安排第一節有2種方法，第二步排第二節有2種方法，第三步排第三節只有1種方法，故不同的排課方法種數為：2×2×1＝4.
8.將序號分別為1，2，3，4的4張參觀券全部分給3人，每人至少1張，如果分給同一人的2張參觀券連號，那么不同的分法種數是　　　.
答案：18
解析：將序號分別為1，2，3，4的4張參觀券分成三組，且2張參觀券連號在一組，有12，3，4；23，1，4；34，1，2三種情況，每組分給3人，有3×2×1＝6種，所以不同的分法種數為3×6＝18.
9.《九章算術》、《數書九章》、《周髀算經》是中國古代數學著作，甲、乙、丙三名同學計劃每人從中選擇一種來閱讀，若三人選擇的書不全相同，則不同的選法有　　　種.
答案：24
解析：若三人選書沒有要求，則有33＝27種，若三人選擇的書完全相同，則有3種，所以三人選擇的書不全相同，不同的選法有27－3＝24種.
10.(15分)用0，1，2，3，…，9十個數字可組成多少個不同的：
(1)三位數；
(2)無重復數字的三位數；
(3)小于500且無重復數字的三位奇數.
解：(1)由于0不能在首位，所以首位數字有9種選法，
十位與個位上的數字均有10種選法，
所以不同的三位數共有9×10×10＝900(個).
(2)百位數字有9種選法，十位數字有除百位數字以外的9種選法，
個位數字應從剩余8個數字中選取，
所以共有9×9×8＝648(個)無重復數字的三位數.
(3)若個位為1或3，則小于500的三位奇數有2×3×8＝48(個)；
若個位為5或7或9，則小于500的三位奇數有3×4×8＝96(個)；
所以小于500的三位奇數有48＋96＝144(個).
(11—13，每小題5分，共15分)
11.某班舉辦新年聯歡班會，抽獎項目設置了特等獎、一等獎、二等獎、三等獎、鼓勵獎共五種獎項. 甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一張獎票，開獎后發現這5人的獎項都不相同. 甲說：“我不是鼓勵獎”；乙說：“我不是特等獎”；丙說：“我的獎沒有戊好但是比丁的強”.根據以上信息，這5人的獎項的所有可能的種數是(　　)
A.12 B.13
C.24 D.26
答案：B
解析：甲是特等獎，乙有4種情況，則丙、丁、戊有1種情況，所以有4×1＝4種；甲不是特等獎，則甲有3種情況，乙有3種情況，而丙、丁、戊有1種情況，所以有3×3×1＝9種；所以5人的獎項的所有可能的種數是4＋9＝13.故選B.
12.(多選題)用n種不同的顏色涂圖中的矩形A，B，C，D，要求相鄰的矩形涂色不同，不同的涂色方法總種數記為s，則(　　)
A.s(3)＝12 B.s(4)＝36
C.s(5)＝120 D.s(6)＝600
答案：AD
解析：當n＝3時，分四步：第一步，涂C處，有3種涂色方案；第二步，涂D處，有2種涂色方案；第三步，涂A處，有2種涂色方案；第四步，涂B處，有1種涂色方案.所以不同的涂色方法種數共為3×2×2×1＝12，所以s(3)＝12，故A正確；當n＝4時，分四步：第一步，涂C處，有4種涂色方案；第二步，涂D處，有3種涂色方案；第三步，涂A處，有3種涂色方案；第四步，涂B處，有2種涂色方案.所以不同的涂色方法種數共為4×3×3×2＝72，所以s(4)＝72，故B錯誤；當n＝5時，分四步：第一步，涂C處，有5種涂色方案；第二步，涂D處，有4種涂色方案；第三步，涂A處，有4種涂色方案；第四步，涂B處，有3種涂色方案.所以不同的涂色方法種數共為5×4×4×3＝240，所以s(5)＝240，故C錯誤；當n＝6時，分四步：第一步，涂C處，有6種涂色方案；第二步，涂D處，有5種涂色方案；第三步，涂A處，有5種涂色方案；第四步，涂B處，有4種涂色方案.所以不同的涂色方法種數共為6×5×5×4＝600，所以s(6)＝600，故D正確.故選AD.
13.某外語組有9人，每人至少會英語和日語中的一門，其中7人會英語，3人會日語，從中選出會英語和日語的各一人分別參加相應語種的活動，則不同的選法有　　　　種.
答案：20
解析：由題意得9人中既會英語又會日語的“多面手”有1人，只會英語的有6人，只會日語的有2人，則可分三類.第一類：“多面手”去參加英語活動時，選出只會日語的1人即可，有2種選法.第二類：“多面手”去參加日語活動時，選出只會英語的1人即可，有6種選法.第三類：“多面手”既不參加英語活動也不參加日語活動，則需從只會日語和只會英語的人中各選1人參加活動，有2×6＝12(種)選法.故共有2＋6＋12＝20(種)不同的選法.
14.(15分)現有4個編號為1，2，3，4的不同的球和5個編號為1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子內.
(1)共有多少種不同的放法？
(2)每個盒子內只放一個球，恰有2個盒子的編號與球的編號相同，不同的放法有多少種？
(3)將4個不同的球換成無編號的相同的球，恰有一個空盒的放法有多少種？
解：(1)由題意，4個編號為1，2，3，4的球和5個編號為1，2，3，4，5的盒子，
把球全部放入盒子內，共有5×5×5×5＝54種不同的放法.
(2)每個盒子內只放一個球，恰有2個盒子的編號與球的編號相同，若1號球2號球分別放入1號盒2號盒，記為“12”，則2個盒子的編號與球的編號相同的情況有“12，13，14，23，24，34”6種情況，對于“12”情況，3號球可放入4號盒子或5號盒子，則4號球分別有2種放法或1種放法，所以完成這件事共有6×(2＋1)＝18種不同的放法.
(3)將4個不同的球換成無編號的相同的球，恰有一個空盒，即有4個盒子每個盒子放1個球，可空下1號盒子，2號盒子，3號盒子，4號盒子，5號盒子，共有5種放法.
(15、16，每小題5分，共10分)
15.(創新題)如圖，無人機光影秀中，有8架無人機排列成如圖所示，每架無人機均可以發出4種不同顏色的光，1至5號的無人機顏色必須相同，6，7號無人機顏色必須相同，8號無人機與其他無人機顏色均不相同，則這8架無人機同時發光時，燈光組合的種數為(　　)
A.48 B.12
C.18 D.36
答案：D
解析：根據題意可知，1至5號的無人機顏色有4種選擇；當6，7號無人機顏色與1至5號的無人機顏色相同時，8號無人機顏色有3種選擇；當6，7號無人機顏色與1至5號的無人機顏色不同時，6，7號無人機顏色有3種選擇，8號無人機顏色有2種選擇；再由分類加法和分步乘法計數原理計算可得共有4×＝36種.故選D.
16.(2024·新課標Ⅱ卷)在如圖的4×4的方格表中選4個方格，要求每行和每列均恰有一個方格被選中，則共有　　　　種選法.在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個數之和的最大值是　　　　　　　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
答案：24　112
解析：第一步，從第一行任選一個數，共有4種不同的選法；第二步，從第二行選一個與第一個數不同列的數，共有3種不同的選法；第三步，從第三行選一個與第一、二個數均不同列的數，共有2種不同的選法；第四步，從第四行選一個與第一、二、三個數均不同列的數，只有1種選法.由分步乘法計數原理知，不同的選法種數為4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必選出一個數，故所選4個數的十位上的數字分別為1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行個位上的數字的最大值分別為1，3，3，5，故從第一行選21，從第二行選33，從第三行選43，從第4行選15，此時個位上的數字之和最大.故選中方格中的4個數之和的最大值為21＋33＋43＋15＝112.
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1.3　基本計數原理的簡單應用(習題課)
　
第五章　§1　基本計數原理
學習目標
1.進一步理解分類加法計數原理和分步乘法計數原理的區別.　
2.會用這兩個計數原理分析和解決一些較為復雜的實際計數
問題.
3.通過解決一些較為復雜的實際計數問題，繼續提升邏輯推 理、數學建模及數學運算素養.
任務一　組數問題
(鏈教材P160例1)用0，1，2，3，4五個數字，
(1)可以排成多少個三位數字的電話號碼？
解：三位數字的電話號碼，首位可以是0，數字也可以重復，
每個位置都有5種排法，共有5×5×5＝53＝125(種)，
即可以排成125個三位數字的電話號碼.
(2)可以排成多少個三位數？
解：三位數的首位不能為0，但可以有重復數字，首先考慮首位的排法，除0外共有4種方法，
第二、三位可以排0，
因此共有4×5×5＝100(個)三位數.
典例
1
(3)可以排成多少個能被2整除的無重復數字的三位數？
解：被2整除的數，個位數字可取0，2，4，因此可分為兩類：
一類是個位數字是0，則有4×3＝12(種)排法；
一類是個位數字不為0，則個位有2種排法，
即2或4，再排百位，因為0不能在百位，故有3種排法，十位有3種排法，則有2×3×3＝18(種)排法.
故共有12＋18＝30(種)排法，
所以可以排成30個能被2整除的無重復數字的三位數.
變式探究
(變設問)由本例中的五個數字可組成多少個無重復數字的四位奇數？
解：完成“組成無重復數字的四位奇數”這件事，分四步：
第一步定個位，只能從1，3中任取一個，有2種方法；
第二步定首位，把1，2，3，4中除去用過的一個剩下的3個中任取一個，有3種方法；
第三步，第四步把剩下的包括0在內的3個數字先排百位有3種方法，再排十位有2種方法.
由分步乘法計數原理知共有2×3×3×2＝36(個).
規律方法
解決組數問題的原則
1.明確特殊位置或特殊數字，這是采用“分類”還是“分步”的關鍵.一般按特殊位置(末位或首位)分類，分類中再按特殊位置(或特殊元素)優先的策略分步完成；如果正面分類較多，可采用間接法求解.
2.要注意數字“0”不能排在兩位數或兩位數字以上的數的最
高位.
√
對點練1.(1)從1，2，3，…，8，9這9個數字中任取3個數組成一個沒有重復數字的三位數，若這些三位數能夠被5整除，則這樣的三位數的個數為
A.504 B.336
C.72 D.56
依題意可知，這些三位數的個位為5，所以這樣的三位數有8×7＝56個.故選D.
(2)“回文數”是指從左到右讀與從右到左讀都一樣的正整數.如22，121，3 443等.那么在四位數中，回文數共有　　個.
90
由題意得，4位“回文數”只需排列前兩位數字，后面數字即可確定，因為第一位不能為0，所以第一位有9種排法，第二位有10種排法，所以由分步乘法原理可知共有9×10＝90種排法.
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任務二　抽取與分配問題
(鏈教材P161例3)(1)某市人民醫院急診科有3名男醫生和4名女醫生，內科有4名男醫生和4名女醫生，現從該醫院急診科和內科各選派1名男醫生和1名女醫生組成4人組，參加省人民醫院組織的交流會，則所有不同的選派方案有
A.192種 B.180種
C.29種 D.15種
典例
2
√
從急診科選派1名男醫生和1名女醫生有3×4＝12種方案，從內科選派1名男醫生和1名女醫生有4×4＝16 種方案，根據分步乘法計數原理，共有12×16＝192種不同的選派方案.故選A.
(2)甲，乙兩名同學要從A，B，C，D四個科目中每人選取三科進行學習，則兩人選取的科目不完全相同的方法有　　種.
12
法一：甲，乙兩名同學要從A，B，C，D四個科目中每人選取三科進行學習，不可能只有一科相同，至少要兩科相同，而所求科目不完全相同，即只有兩科相同，完成這件事，可以分兩步，先選相同科目，有AB，AC，AD，BC，BD，CD 6種情況，再選不同科目，有2種情況，所以科目不完全相同方法共有6×2＝12種.
法二：兩人選取科目的方法共有4×4＝16種，科目完全相同的方法共有4×1＝4種，所以科目不完全相同的方法共有12種.
規律方法
選(抽)取與分配問題的常見類型及其解法
1.當涉及對象數目不大時，一般選用列舉法、樹形圖法、框圖法或者圖表法.
2.當涉及對象數目很大時，一般有兩種方法：
(1)直接法：直接使用分類加法計數原理或分步乘法計數原理.一般地，若抽取是有順序的就按分步進行；若按對象特征抽取的，則按分類進行.
(2)間接法：去掉限制條件計算所有的抽取方法數，然后減去所有不符合條件的抽取方法數即可.
對點練2.(1)將2名女生和3名男生分配到兩個不同的興趣小組，要求每個興趣小組分配男生、女生各1人，則不同的分法種數為　　.
12
每個小組安排一個女生，有2×1＝2種方法，每個小組安排一名男生，有3×2＝6種方法，故每個興趣小組分配男生、女生各1人，共有2×6＝12種方法.
(2)2024年7月14日13時(當地時間)，2024年巴黎奧運會火炬開始在巴黎傳遞，其中某段火炬傳遞活動由包含甲、乙、丙在內的5名火炬手分四棒完成，若甲傳遞第一棒，最后一棒由2名火炬手共同完成，且乙、丙不共同傳遞火炬，則不同的火炬傳遞方案種數為　　.
10
最后一棒可以是除甲、乙、丙之外的2人，也可以是從乙、丙中選1人，從除甲、乙、丙之外的2人中選1人組成，所以最后一棒的安排方案有：1＋2×2＝5種；安排最后一棒后，剩余兩人安排在中間兩棒，方案有：2×1＝2種，由分步乘法計數原理，不同的傳遞方案種數為5×2＝10.
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任務三　涂色與種植問題
(1)某農學院計劃從10種不同的水稻品種和7種不同的小麥品種中，選5種品種種植在如圖所示五塊實驗田中，要求僅選兩種小麥品種且需種植在相鄰兩塊實驗田中，其他三塊實驗田選種水稻品種，則不同種法有
A.30 240種
B.60 480種
C.120 960種
D.241 920種
典例
3
1 2 3 4 5
√
由題得相鄰兩塊實驗田分成1和2；2和3；3和4；4和5四類；第一類在1和2上種植小麥，“1”有7種選擇，“2”有6種選擇，剩下3塊實驗田種植水稻，分別有10，9，8種選擇，所以共計7×6×10×9×8＝30 240種；第二、三、四類和第一類種數相同.綜上總計有30 240×4＝120 960種方法.故選C.
1 2 3 4 5
(2)“帆船之都”青島，具有現代時尚都市感的同時，更注重里院文化的傳承與保護，為建設“建筑可閱讀、街道可漫步、文化可傳承、城市可記憶”的“最青島”，市南區舉辦了“上街里，逛春天，百米長卷繪老城”活動.一位同學在活動中負責用5種不同顏色給如圖所示的圖標上色，要求相鄰兩塊涂不同的顏色，共有　　　種不同的涂法.
180
當②，④不同色時，有5×4×3×2＝120種涂色方案；當②，④同色時，有5×4×3＝60種涂色方案，根據分類加法計數原理可得共有120＋60＝180種涂色方案.
規律方法
涂色與種植問題的解答策略
求解涂色與種植問題一般是直接利用兩個計數原理求解，處理這類問題的關鍵是要找準分類標準，常用的方法有：
1.按區域的不同以區域為主分步計數，并用分步乘法計數原理計算.
2.以顏色(種植作物)為主分類討論，適用于“區域、點、線段”問題，用分類加法計數原理計算.
3.將空間問題平面化，轉化為平面區域的涂色問題.
4.對于不相鄰的區域，常分為同色和不同色兩類，這是常用的分類
標準.
對點練3.(雙空題)如圖，這是一面含A，B，C，D，E，F六塊區域的墻，現有含甲的五種不同顏色的油漆，一位工人要對這面墻涂色，相鄰的區域不同色，則共有　　　　種不同的涂色方法；若區域D不能涂甲油漆，則共有　　　種不同的涂色方法.
1 200
960
第二空：因為區域D不能涂甲油漆，所以區域D 的涂色方法有4種.若C，E的涂色相同，則共有4×4×3×3×2＝288種方法；若C，E的涂色不相同，則共有4×4×3×2×(1×3＋2×2)＝672種方法.故共有960種不同的涂色方法.
課堂小結
任務再現 1.組數問題.2.抽取與分配問題.3.涂色與種植問題
方法提煉 正難則反、分類討論思想
易錯警示 分類標準不明確，會出現重復或遺漏問題
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隨堂評價
√
1.由數字0，1，2，3，4可組成無重復數字的兩位數的個數是
A.25 B.20
C.16 D.12
根據題意可分為兩步，先選十位上的數字，再選個位上的數字，且首位不能為0，故可組成無重復數字的兩位數的個數是4×4＝16.故選C.
√
2.市政府現有4個項目要安排到2個地區進行建設，每個地區至少有一個項目，則不同的安排方式有
A.12種 B.14種
C.20種 D.24種
每個項目安排到2個地區有2種方法，故4個項目安排到2個地區有24＝16種，4個項目全安排在同一個地區有2種方法，故每個地區至少有一個項目，則不同的安排方式有16－2＝14種.故選B.
√
3.(多選題)某食堂窗口供應兩葷三素共5種菜，甲、乙兩人每人在該窗口打2種菜，且每人至多打1種葷菜，則下列說法中正確的是
A.甲若選一種葷菜，則有6種選法
B.乙的選菜方法數為9
C.若兩人分別打菜，總的方法數為18
D.若兩人打的菜均為一葷一素且只有一種相同，則方法數為30
√
若甲打一葷一素，則有2×3＝6種選法，故A正確；若乙打一葷一素，則有6種選法，若打兩素，則有3種選法，共9種選法，故B正確；選項C兩人分別打菜，由選項B知每個人可有9種打法，故應為9×9＝81種方法；選項D可分為葷菜相同或素菜相同兩種情況，共2×3×2＋3×2×1＝18種.故選AB.
4.如圖，用四種不同顏色給矩形A，B，C，D涂色，要求相鄰的矩形涂不同的顏色，則不同的涂色方法共有　　　種.(用數字作答)
A B D
C
48
先涂A區域，再涂B，涂C，涂D，根據分步乘法計數原理共有4×3×2 ×2＝48種涂法.
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課時分層評價
√
1.已知乘積(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋…＋cn)(n∈N＋)展開后共有60項，則n的值為
A.7 B.10
C.12 D.15
根據多項式的乘法法則，展開后的項數為2×3×n＝60，所以n＝10.故選B.
√
2.甲、乙、丙三人踢毽子，互相傳遞，每人每次只能踢一下.由甲開始踢，經過4次傳遞后，毽子又被踢回甲，則不同的傳遞方式共有
A.4種 B.5種
C.6種 D.12種
若甲先傳給乙，則有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3種不同的傳法；同理，甲先傳給丙也有3種不同的傳法，故共有3＋3＝6(種)不同的傳法.故選C.
√
3.用3種不同顏色給右圖所示的五個圓環涂色，要求相交的兩個圓環不能涂相同的顏色，不同的涂色方案種數為
A.48 B.72
C.144 D.1 280
從左到右依次涂色，第一個圖形可以涂3種顏色，第二、三、四、五個圖形可以涂2種顏色，共有3×2×2×2×2＝48種不同的涂色方案.故選A.
√
4.甲、乙兩人從4門課程中各選修2門，則甲、乙所選的課程中恰有1門相同的選法有
A.6種 B.12種
C.24種 D.30種
由題意知可分步完成此事：第一步，甲、乙選相同的1門共有4種方法；第二步，甲再選1門有3種方法；第三步，乙再選一門有2種選法，由分步乘法計數原理知，甲、乙所選的課程中恰有1門相同的選法有4×3×2＝24(種).故選C.
√
5.數學中“凸數”是一個位數不低于3的奇位數，是最中間的數位上的數字比兩邊的數字都大的數，則沒有重復數字且大于564的三位數中“凸數”的個數為
A.147 B.112
C.65 D.50
最高位是5的“凸數”，中間數分別為7，8，9，分別有6，7，8個，共有21個；最高位是6的“凸數”，中間數分別為7，8，9，分別有6，7，8個，共有21個；最高位是7的“凸數”，中間數分別為8，9，分別有7，8個，共有15個；最高位是8的“凸數”，中間數為9，有8個，所以沒有重復數字且大于564的三位數中“凸數”的個數為21＋21＋15＋8＝65.故選C.
√
√
√
6.(多選題)現有4個興趣小組，第一、二、三、四組分別有6人、7人、8人、9人，則下列說法正確的是
A.選1人為負責人的選法種數為30
B.每組選1名組長的選法種數為3 024
C.若推選2人發言，這2人需來自不同的小組，則不同的選法種數為335
D.若另有3名學生加入這4個小組，可自由選擇小組，且第一組必有人選，則不同的選法有35種
對于A，選1人為負責人的選法種數：6＋7＋8＋9＝30，故A正確；對于B，每組選1名組長的選法種數：6×7×8×9＝3 024，故B正確；對于C，2人需來自不同的小組的選法種數：6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正確；對于D，依題意：若不考慮限制，每個人有4種選擇，共有43種選擇，若第一組沒有人選，每個人有3種選擇，共有33種選擇，所以不同的選法有43－33＝37(種)，故D錯誤.故選ABC.
7.星期二下午的3節課排物理、化學和自習課各一節，要求第一節不排自習課，那么不同的排課方法種數為　　.
4
將安排分為3步，第一步先安排第一節有2種方法，第二步排第二節有2種方法，第三步排第三節只有1種方法，故不同的排課方法種數為：2×2×1＝4.
8.將序號分別為1，2，3，4的4張參觀券全部分給3人，每人至少1張，如果分給同一人的2張參觀券連號，那么不同的分法種數是　　　.
18
將序號分別為1，2，3，4的4張參觀券分成三組，且2張參觀券連號在一組，有12，3，4；23，1，4；34，1，2三種情況，每組分給3人，有3×2×1＝6種，所以不同的分法種數為3×6＝18.
9.《九章算術》、《數書九章》、《周髀算經》是中國古代數學著作，甲、乙、丙三名同學計劃每人從中選擇一種來閱讀，若三人選擇的書不全相同，則不同的選法有　　　種.
24
若三人選書沒有要求，則有33＝27種，若三人選擇的書完全相同，則有3種，所以三人選擇的書不全相同，不同的選法有27－3＝24種.
10.(15分)用0，1，2，3，…，9十個數字可組成多少個不同的：
(1)三位數；
解：由于0不能在首位，所以首位數字有9種選法，
十位與個位上的數字均有10種選法，
所以不同的三位數共有9×10×10＝900(個).
(2)無重復數字的三位數；
解：百位數字有9種選法，十位數字有除百位數字以外的9種選法，
個位數字應從剩余8個數字中選取，
所以共有9×9×8＝648(個)無重復數字的三位數.
(3)小于500且無重復數字的三位奇數.
解：若個位為1或3，則小于500的三位奇數有2×3×8＝48(個)；
若個位為5或7或9，則小于500的三位奇數有3×4×8＝96(個)；
所以小于500的三位奇數有48＋96＝144(個).
√
11.某班舉辦新年聯歡班會，抽獎項目設置了特等獎、一等獎、二等獎、三等獎、鼓勵獎共五種獎項.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一張獎票，開獎后發現這5人的獎項都不相同.甲說：“我不是鼓勵獎”；乙說：“我不是特等獎”；丙說：“我的獎沒有戊好但是比丁的強”.根據以上信息，這5人的獎項的所有可能的種數是
A.12 B.13
C.24 D.26
甲是特等獎，乙有4種情況，則丙、丁、戊有1種情況，所以有4×1＝4種；甲不是特等獎，則甲有3種情況，乙有3種情況，而丙、丁、戊有1種情況，所以有3×3×1＝9種；所以5人的獎項的所有可能的種數是4＋9＝13.故選B.
√
√
當n＝3時，分四步：第一步，涂C處，有3種涂色方案；第二步，涂D處，有2種涂色方案；第三步，涂A處，有2種涂色方案；第四步，涂B處，有1種涂色方案.所以不同的涂色方法種數共為3×2×2×1＝12，所以s(3)＝12，故A正確；
當n＝4時，分四步：第一步，涂C處，有4種涂色方案；
第二步，涂D處，有3種涂色方案；第三步，涂A處，有3
種涂色方案；第四步，涂B處，有2種涂色方案.所以不同
的涂色方法種數共為4×3×3×2＝72，所以s(4)＝72，故
B錯誤；當n＝5時，分四步：第一步，涂C處，有5種涂色方案；第二步，涂D處，有4種涂色方案；第三步，涂A處，有4種涂色方案；第四步，涂B處，有3種涂色方案.所以不同的涂色方法種數共為5×4×4×3＝240，所以s(5)＝240，故C錯誤；
當n＝6時，分四步：第一步，涂C處，有6種涂色方案；第二步，涂D處，有5種涂色方案；第三步，涂A處，有5種涂色方案；第四步，涂B處，有4種涂色方案.所以不同的涂色方法種數共為6×5×5×4＝600，所以s(6)＝600，故D正確.故選AD.
13.某外語組有9人，每人至少會英語和日語中的一門，其中7人會英語，3人會日語，從中選出會英語和日語的各一人分別參加相應語種的活動，則不同的選法有　　種.
20
由題意得9人中既會英語又會日語的“多面手”有1人，只會英語的有6人，只會日語的有2人，則可分三類.第一類：“多面手”去參加英語活動時，選出只會日語的1人即可，有2種選法.第二類：“多面手”去參加日語活動時，選出只會英語的1人即可，有6種選法.第三類：“多面手”既不參加英語活動也不參加日語活動，則需從只會日語和只會英語的人中各選1人參加活動，有2×6＝12(種)選法.故共有2＋6＋12＝20(種)不同的選法.
14.(15分)現有4個編號為1，2，3，4的不同的球和5個編號為1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子內.
(1)共有多少種不同的放法？
解：由題意，4個編號為1，2，3，4的球和5個編號為1，2，3，4，5的
盒子，
把球全部放入盒子內，共有5×5×5×5＝54種不同的放法.
(2)每個盒子內只放一個球，恰有2個盒子的編號與球的編號相同，不同的放法有多少種？
解：每個盒子內只放一個球，恰有2個盒子的編號與球的編號相同，若1號球2號球分別放入1號盒2號盒，記為“12”，則2個盒子的編號與球的編號相同的情況有“12，13，14，23，24，34”6種情況，對于“12”情況，3號球可放入4號盒子或5號盒子，則4號球分別有2種放法或1種放法，所以完成這件事共有6×(2＋1)＝18種不同的放法.
(3)將4個不同的球換成無編號的相同的球，恰有一個空盒的放法有多
少種？
解：將4個不同的球換成無編號的相同的球，恰有一個空盒，即有4個盒子每個盒子放1個球，可空下1號盒子，2號盒子，3號盒子，4號盒子，5號盒子，共有5種放法.
15.(創新題)如圖，無人機光影秀中，有8架無人機排列成如圖所示，每架無人機均可以發出4種不同顏色的光，1至5號的無人機顏色必須相同，6，7號無人機顏色必須相同，8號無人機與其他無人機顏色均不相同，則這8架無人機同時發光時，燈光組合的種數為
A.48
B.12
C.18
D.36
√

16.(2024·新課標Ⅱ卷)在如圖的4×4的方格表中選4個方格，要求每行和每列均恰有一個方格被選中，則共有　　種選法.在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個數之和的最大值是　 　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
24
112
第一步，從第一行任選一個數，共有4種不
同的選法；第二步，從第二行選一個與第
一個數不同列的數，共有3種不同的選法；
第三步，從第三行選一個與第一、二個數
均不同列的數，共有2種不同的選法；第四步，從第四行選一個與第一、二、三個數均不同列的數，只有1種選法.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
由分步乘法計數原理知，不同的選法種數
為4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必選
出一個數，故所選4個數的十位上的數字分
別為1，2，3，4.再按行分析，第一、二、
三、四行個位上的數字的最大值分別為1，3，3，5，故從第一行選21，從第二行選33，從第三行選43，從第4行選15，此時個位上的數字之和最大.故選中方格中的4個數之和的最大值為21＋33＋43＋15＝112.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
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