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第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
条件概率是新教材中增加的内容，并增加了与条件概率相关的全概率公式和贝叶斯公式，在近年高考中条件概率考查频率较高，在今后的高考中值得期待．
第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
(2022·新高考Ⅰ卷T20节选)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良
好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值
是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
(1)证明：R＝·；
(2)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值．
第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
[阅读与思考]　(1)证明：R＝＝，
由题意知，证明＝即可，
左边＝＝，
右边＝＝．
左边＝右边，故R＝·．
(2)由已知P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝，
又P()＝＝，
所以R＝·＝6．
本题参照人教A版教材选择性必修第三册P53习题7.1T10命制．教材习
题和高考题都是利用条件概率公式P(B|A)＝进行推理并证明指
定结论，高考题的难度略高于教材习题，考查了逻辑推理、数学运算等学科核心素养，难度中等．
第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
必修1 中国特色社会主义
试题评价：本题的医疗团队课题研究问题有着现实的背景，以医疗团队研究地方性疾病与居民卫生习惯的关系为情境素材，引导学生用所学知识解决社会实践中的问题，属于生活实践情境．
附：(人教A版选择性必修第二册P53习题7.1T10)证明：当P(AB)>0时，P(ABC)＝P(A)P(B|A)·P(C|AB)．据此你能发现计算P(A1A2…An)的公式吗？
第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
第1课时　两个计数原理
[考试要求]　1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
2．会用两个计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
考点一　分类加法计数原理
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝______种不同的方法．
2．分类加法计数原理的推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝____________________种不同的方法．
m＋n
m1＋m2＋…＋mn
[典例1]　(1)(2024·天津南开区期末)甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，若由甲开始踢，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
(2)椭圆＝1(m>0，n>0)的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为(　　)
A．10 　　 B．12 　C．20 　　 D．35
√
√
(1)C　(2)A　[(1)当开始甲将球传给乙时，经过4次传球后，球正好回到甲手中的传球方式有3种：
甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→丙→乙→甲；
当开始甲将球传给丙时，经过4次传球后，球正好回到甲手中的传球方式有3种：
甲→丙→乙→丙→甲，甲→丙→甲→丙→甲，甲→丙→甲→乙→甲；
所以不同的传球方式有3＋3＝6(种)．故选C．
(2)因为焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类，第一类：当m＝5时，n有4种选择；第二类：当m＝4时，n有3种选择；第三类：当m＝3时，n有2种选择；第四类：当m＝2时，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．]
【教用·备选题】
母题探究　在本例(2)中，若m∈{1，2，…，k}，n∈{1，2，…，k}(k∈N*)，其他条件不变，这样的椭圆有多少个？
[解]　因为m>n，当m＝k时，n＝1，2，…，k－1；
当m＝k－1时，n＝1，2，…，k－2；
……
当m＝3时，n＝1，2；当m＝2时，n＝1．
所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝(个)椭圆．
反思领悟　本例(1)要注意不能漏数，还要注意是否重复(多数)；本例(2)要注意分类标准要统一，不能遗漏．
巩固迁移1　(人教A版选择性必修第三册P5例3改编)某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数为(　　)
A．2＋3＋2＝7 B．1＋1＋1＝3
C．2×3×2＝12 D．(23)2＝64
√
A　[由分类加法计数原理可知，不同的选法种数为2＋3＋2＝7．故选A．]
考点二　分步乘法计数原理
1．分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝______种不同的方法．
2．分步乘法计数原理的推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝____________________种不同的方法．
m×n
m1×m2×…×mn
[典例2]　(多选)(2024·合肥调研)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是(　　)
A．共有43种不同的安排方法
B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
√
√
√
ABD　[对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名学生有4种选法，则三名学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；
对于B，三人到四个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，则甲工厂必须有同学去的安排方法有64—27＝37(种)，故B正确；
对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误；
对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确．]
反思领悟　利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．
(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．
巩固迁移2　(1)(2024·济南期末)大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放．景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个大门进，另一个大门出，则不同进出方式的种数为(　　)
A．7 　　 　 B．8 　 　　C．12 　　　D．16
(2)将4个不同的小球放入3个不同的盒子中，且每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有(　　)
A．60种 　 　B．64种 　　 C．78种 　　 D．81种
√
√
(1)C　(2)C　[(1)根据题意，景区有4个大门，从一个大门进，有4种走法，
另一个大门出，有3种走法，则有4×3＝12(种)不同的走法．故选C．
(2)不考虑每个盒子最多只能装3个球，有34种放法．
若将4个球放入同一个盒子中，有3种放法．
故不同的放法有34－3＝78(种)．故选C．]
考点三　两个计数原理的综合应用
两个计数原理的区别与联系
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、相加 分步、相乘
每类方案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情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可
提醒：分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终．
(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类．
(2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”．
考向1　与数字有关的问题
[典例3]　(2024·洛阳期中)用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有(　　)
A．48个 B．24个
C．18个 D．12个
√
C　[根据题意，三位数的个位数字必须为1或3，有2种情况，
百位数字不能为0，有3种情况，
十位数字在剩下的3个数字中任选1个，有3种情况，
则共有2×3×3＝18(种)情况，即有18个符合题意的三位奇数．
故选C．]
反思领悟　本例中，要完成的“一件事”为组成无重复数字的三位奇数，所以百位数字不能为0，个位数字必须是奇数，因此应先分类、再分步．
巩固迁移3　从数字1，2，3，4中取出3个数字(允许重复)组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为(　　)
A．7 B．9
C．10 D．13
√
C　[其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：
①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411，共3个；
②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321，共6个；
③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222．
共有3＋6＋1＝10(个)．]
考向2　与几何有关的问题
[典例4]　如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与该平面构成一个“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
√
D　[分类讨论：第一类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第二类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×6＝12(个)；第三类，对于每一条体对角线，没有符合题意的平面与之构成“正交线面对”．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．故选D．]
反思领悟　解决本例的关键是画出正方体，弄清楚正方体中的垂直关系，合理分类将问题简化．
巩固迁移4　如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　　)
A．60 B．48
C．36 D．24
√
B　[长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48．]
考向3　涂色、种植问题
[典例5]　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
√
C　[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，剩下的区域4有5种选择．
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择．
故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋1×6)＝1 302(种)．]
反思领悟　涂色问题，可按颜色的种数用分类加法计数原理分析，也可按不同的区域用分步乘法计数原理分析．
巩固迁移5　某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域花卉颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有________种．(用数字作答)
180
180　[先在A中种植，有5种不同的种植方法，再在B中种植，有4种不同的种植方法，再在C中种植，有3种不同的种植方法，最后在D中种植，有3种不同的种植方法，
所以不同的种植方案共有5×4×3×3＝180(种)．]
随堂练习
√
1．(2025·广东汕头模拟)电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255．在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为(　　)
A．2563 B．27
C．2553 D．6
A　[分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256＝2563(种)颜色．]
2．(人教A版选择性必修第三册P5练习T1(1))一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是________．
9　[因为一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，所以从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是5＋4＝9．]
9
3．(人教A版选择性必修第三册P5练习T1(2))从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从A村经B村去C村，不同路线的条数是________．
6　[因为从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，所以从A村经B村去C村，不同路线的条数是3×2＝6．]
6
4．一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为________．
8　
8　[如图1，由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形，共有6个；
如图2，由圆上相间隔的三点可构成等边三角形，共有2个，
所以在这7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为6＋2＝8． ]
【教用·备选题】
1．(2024·广州越秀区期末)学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种，不同的选法种数为(　　)
A．10 B．15
C．60 D．125
√
D　[由题意可分三步：甲同学有5种选法，乙同学有5种选法，丙同学有5种选法，
共5×5×5＝125(种)．故选D．]
2．(多选)(2024·宿迁期末)下列说法中正确的有(　　)
A．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有43种报名方法
B．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有34种报名方法
C．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军(每项冠军只允许一人获得)，共有43种可能结果
D．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军(每项冠军只允许一人获得)，共有34种可能结果
√
√
BC　[对于A、B，4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每人都有3种选择，共有34种报名方法，所以A错误，B正确；
对于C、D，4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军(每项冠军只允许一人获得)，每个冠军有4种可能，共有43种可能结果，所以C正确，D错误．故选BC．]
3．(2025·江西南昌模拟)四面体的顶点和各棱的中点共10个点．在这10个点中取4个不共面的点，则不同的取法种数为(　　)
A．141 B．144
C．150 D．155
√
A　[从10个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类．
第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面上，有种；
第二类，取任一条棱上的3个点及该棱所对棱的中点，这4点共面，有6种；
第三类，由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱)，它的4个顶点共面，有3种．
以上三类情况不合要求应减掉，
∴不同的取法共有－6－3＝141(种)．
故选A．]
4．(2024·北京朝阳区期末)用四种颜色给正四棱锥V-ABCD的五个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有(　　)
A．72种 B．36种
C．12种 D．60种
√
A　[①当用2种颜色涂A，B，C，D时，则A，C涂色相同，B，D涂色相同，共有＝12(种)涂色方法，则涂V有2种涂色方法，
即给正四棱锥V-ABCD的五个顶点涂色，
共12×2＝24(种)涂色方法；
②当用3种颜色涂A，B，C，D时，则A，
C涂色相同，B，D涂色不相同，或A，C涂色不相同，B，D涂色相同，共有＝48(种)涂色方法，则涂V有1种涂色方法，
即给正四棱锥V-ABCD的五个顶点涂色，共48×1＝48(种)涂色方法；
由①②得，不同的涂法有24＋48＝72(种)．故选A．]
5．(2024·眉山仁寿县月考)已知0，1，2，3，4，5这六个数字．
(1)可以组成多少个无重复数字的三位数？
(2)可以组成多少个无重复数字的三位奇数？
(3)可以组成多少个无重复数字的小于1 000的自然数？
(4)可以组成多少个无重复数字的大于3 000且小于5 421的四位数？
[解]　(1)分3步：
①先选百位数字有5种选法，
②十位数字有5种选法，
③个位数字有4种选法，
由分步乘法计数原理知所求三位数共有5×5×4＝100(个)．
(2)分3步：
①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法，
②再选百位数字有4种选法，
③十位数字也有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)．
(3)分3类：
①一位数，共有6个，
②两位数，先选十位数字，有5种选法，再选个位数字也有5种选法，共有5×5＝25(个)，
③三位数，先选百位数字，有5种选法，再选十位数字也有5种选法，再选个位数字，有4种选法，共有5×5×4＝100(个)，
因此，比1 000小的自然数共有6＋25＋100＝131(个)．
(4)分4类：
①千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有2×5×4×3＝120(个)，
②千位数字为5，百位数字为0，1，2，3之一时，共有4×4×3＝48(个)，
③千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0，1之一时，共有2×3＝6(个)，
④5 420也满足条件．
故所求四位数共有120＋48＋6＋1＝175(个)．
课后习题(五十九)　两个计数原理
1．(人教A版选择性必修第三册P11练习T2改编)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数是(　　)
A．18 B．36
C．72 D．48
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B　[法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数的个数是8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36．
法二：按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数的个数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
2．(人教A版选择性必修第三册P27习题6.2T17改编)如图，用4种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域区分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有(　　)
A．144种 B．73种
C．48种 D．32种
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
C　[第一步，给A区域涂色，有4种涂法；第二步，给B区域涂色，有3种涂法；第三步，给C区域涂色，有2种涂法；第四步，给D区域涂色，有2种涂法．所以共有4×3×2×2＝48(种)涂法．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．(人教A版选择性必修第三册P8例7改编)如图，将一条电路从A处到B处接通时，可以有________条不同的线路(每条线路仅含一条通路)．
9
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
9　[依题意，按上、中、下三种线路分为三类，上线路有2条，中线路有1条，下线路有2×3＝6(条)．根据分类加法计数原理知，共有2＋1＋6＝9(条)．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．(人教A版选择性必修第三册P12习题6.1T8改编)5名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．5名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．(用数字作答)
1 024　625　[5名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每名学生有4种报名方法，共有45＝1 024(种)不同的报名方法．5名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54＝625(种)获得冠军的可能性．]
1 024
625
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．(2024·河池月考)一个4层书架上，分别放置科普类读物10本、人文类读物10本、自然类读物9本、漫画类读物8本，每本书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有(　　)
A．4种 B．7 200种
C．27种 D．37种
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
D　[由题意知，每本书各不相同，从中取出1本，共有37本书，所以不同的取法共有37种．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．(2024·临洮县期末)从由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是(　　)
A．6 B．8
C．10 D．12
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B　[因为这个两位数大于40，
所以选取十位数为4或5，个位数不重复，则在剩余的4个数字里选择1个，
这个两位数大于40的个数为2×4＝8．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
7．(2024·北京石景山区开学考试)首位数字是1，且恰有两个数字相同的四位数共有(　　)
A．216个 B．252个
C．324个 D．432个
√
D　[①两个相同数字是1，一共有3×9×8种组合；
②两个相同数字不是1，同样一共有3×9×8种组合．
所以这样的四位数有2×3×9×8＝432(个)．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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8．(多选)(2024·重庆万州区月考)设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则下列结论正确的是(　　)
A．从东面上山有20种走法
B．从西面上山有27种走法
C．从南面上山有30种走法
D．从北面上山有32种走法
√
√
√
题号
1
3
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4
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ABD　[对于A，若从东面上山，上山的路有2条，下山的路有3＋3＋4＝10(条)，则有2×10＝20(条)，A正确；
对于B，若从西面上山，上山的路有3条，下山的路有2＋3＋4＝9(条)，则有3×9＝27(条)，B正确；
对于C，若从南面上山，上山的路有3条，下山的路有2＋3＋4＝9(条)，则有3×9＝27(条)，C错误；
对于D，若从北面上山，上山的路有4条，下山的路有2＋3＋3＝8(条)，则有4×8＝32(条)，D正确．
故选ABD．]
题号
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4
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9．(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有(　　)
A．24种 B．48种
C．72种 D．96种
√
题号
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C　[分两种情况：
①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24(种)；
②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)．
故不同的涂色方法有48＋24＝72(种)．故选C．]
题号
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10．(2024·杭州调研)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
√
B　[0，1，…，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)，
故有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．]
题号
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3
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4
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11．(2024·乐山期末)由数字2，3，4，5可组成______个三位数(各位上数字可重复，用数字作答)．
64　[由题意，百位、十位和个位上的数字均有4种选法，
故由数字2，3，4，5可以组成4×4×4＝64(个)三位数．]
64
题号
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3
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4
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12．(2024·连云港赣榆区月考)从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数．
(1)可以组成多少个三位数？
(2)可以组成多少个无重复数字的三位数？
(3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？
[解]　(1)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，根据分步乘法计数原理共有4×5×5＝100(个)．
题号
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(2)三位数的首位不能为0，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二位可以排0，
除首位排的数字外共有4种方法，第三位除前两位排的数字外共有3种方法，
因此，根据分步乘法计数原理共有4×4×3＝48(个)．
(3)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．
因此有12＋18＝30(种)排法．即可以排成30个无重复数字的三位偶数．
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