资源简介

第2课时　两个计数原理的应用(深化课——题型研究式教学)
课时目标
进一步理解两个计数原理的含义,正确应用两个计数原理解决数字排列、选(抽)取与分配、涂色(种植)等实际问题.
题型(一)　数字排列问题
[例1]　已知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奇数
(2)可以组成多少个数字不重复的小于1 000的自然数
听课记录:
　　[变式拓展]
本例条件不变,可以组成多少个数字不重复的大于3 000且小于5 421的四位数
[思维建模] 数字排列问题的解题策略
(1)明确特殊位置或特殊数字,这是采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类,分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成;如果正面分类较多,可采用间接法求解.
(2)要注意数字“0”不能排在两位数或两位数字以上的数的最高位.
　　[针对训练]
1.“回文联”是对联中的一种,既可顺读,也可倒读.比如,一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联:雾锁山头山锁雾,天连水尾水连天,由此定义“回文数”,n为自然数,且n的各位数字反向排列所得自然数n与n相等,这样的n称为“回文数”,如:1 221,2 413 142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有 (　　)
A.900个 B.891个
C.810个 D.648个
2.用数字3,6,9组成四位数,各数位上的数字允许重复,且数字3至多出现一次,则可以组成的四位数的个数为 (　　)
A.81 B.48
C.36 D.24
题型(二)　选(抽)取与分配问题
[例2]　(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中工厂甲必须有班级去,每班去哪个工厂可自由选择,则不同的分配方案有 (　　)
A.16种 B.18种
C.37种 D.48种
(2)在7名学生中,有3名会下象棋但不会下围棋,有2名会下围棋但不会下象棋,另2名既会下象棋又会下围棋.现在从这7人中选1人参加象棋比赛,另选1人参加围棋比赛,共有　　　种不同的选法.
听课记录:
[思维建模] 解决抽取(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直接法:直接使用分类计数原理或分步计数原理.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.
　　[针对训练]
3.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
4.在如图的4×4方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格的4个数之和的最大值是　　　　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
题型(三)　涂色(种植)问题
[例3]　(1)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,如图,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端异色,如果只有5种颜色可供使用,则不同的染色方法种数为 (　　)
A.180 B.240
C.420 D.480
听课记录:
(2)在如图所示的5个区域内种植花卉,每个区域种植1种花卉,且相邻区域种植的花卉不同,若有6种不同的花卉可供选择,则不同的种植方法种数是　　　　.
听课记录:
[思维建模] 解决涂色(种植)问题的一般思路
(1)按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步计数原理分析.
(2)以颜色(种植品种)为主分类讨论,适用于“区域、点、线段”等问题,用分类计数原理分析.
(3)对于种植问题,按种植的顺序分步进行,用分步计数原理计数;或按种植品种恰当进行分类,用分类计数原理计数.
　　[针对训练]
5.现有小麦、大豆、玉米、高粱4种不同农作物供选择,在如图所示的四块土地上进行种植,要求有公共边界的两块地不能种同一种农作物,则不同的种植方法共有 (　　)
A.24种 B.30种
C.36种 D.48种
6.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
第2课时　两个计数原理的应用
[题型(一)]
[例1]　解:(1)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;
由分步计数原理知所求三位数共有3×4×4=48个.
(2)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.
[变式拓展]
解: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.
[针对训练]
1.选B　6位“回文数”中个位与十万位数字相同且不为0,十位与万位数字相同,百位与千位数字相同,第一步,确定个位与十万位数字,有9种可能,第二步,确定十位与万位数字,有10种可能,第三步,确定百位与千位数字,有10种可能,则6位“回文数”共有9×10×10=900(个),又6位“回文数”中各位数字全相同的共有9个,则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有900-9=891(个).
2.选B　根据题意,数字3至多出现一次,分2种情况讨论:①数字3不出现,此时四位数的每个数位都可以为6或9,都有2种情况,则此时四位数有2×2×2×2=16个;②数字3出现1次,则数字3出现的情况有4种,剩下的三个数位,可以为6或9,都有2种情况,此时四位数有4×2×2×2=32个,故有16+32=48个四位数.
[题型(二)]
[例2]　解析:(1)法一:直接法　按甲工厂分配的班情况进行分类,共分为三类:
第一类,三个班都去甲工厂,此时分配方案只有1种情况;
第二类,有两个班去甲工厂,剩下的一个班去另外三个工厂,分配方案共有3×3=9(种);
第三类,有一个班去甲工厂,另外两个班去其他三个工厂,分配方案共有3×3×3=27(种).
综上所述,不同的分配方案有1+9+27=37(种).
法二:间接法　先计算三个班自由选择去哪个工厂的总数,再扣除甲工厂无人去的情况,即4×4×4-3×3×3=37(种)方案.
(2)考虑“多面手”参赛人数,分三类完成这件事:
第1类,“多面手”未参赛,即从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,选法种数为3×2=6.
第2类,“多面手”中有1人参赛.①从“多面手”中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,选法种数为2×2=4;②从“多面手”中选1名参加围棋比赛,同时从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,选法种数为2×3=6.所以“多面手”中有1人参赛的选法种数为4+6=10.
第3类,“多面手”出2人,参加象棋和围棋比赛,有2种选法.根据分类计数原理,不同的选法种数为6+10+2=18.
答案:(1)C　(2)18
[针对训练]
3.选C　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,由分类计数原理知共有3+3+3=9(种)不同的安排方法.
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,根据分步计数原理知,共有3×3×1×1=9(种)不同的安排方法.
4.解析:第一步,从第一行任选一个数,共有4种不同的选法.第二步,从第二行中选一个与第一个数不同列的数,共有3种选法.第三步,从第三行中选一个与第一、二个数不同列的数,共有2种选法.第四步,从第四行中选一个与第一、二、三个数不同列的数,只有1种选法,由分步计数原理可知共有4×3×2×1=24种不同的选法.
先按列分析,每列必选出一个数,所以所选4个数的十位数字分别为1,2,3,4,
再按行分析,第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5,
所以从第一行选21,从第二行选33,从第三行选43,从第四行选15,此时个位上的数字之和最大,所以选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15=112.
答案:24　112
[题型(三)]
[例3]　解析:(1)法一:按区域不同　由题设,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法;当S,A,B染好时,不妨设所染颜色依次为1,2,3,若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法;若C染4,则D可染3或5,有2种染法;若C染5,则D可染3或4,有2种染法,即当S,A,B染好时,C,D还有7种染法.故不同的染色方法有60×7=420种.故选C.
法二:按颜色种类不同　从颜色种类分:
①A,B,C,D,S用五种不同的颜色涂色,则有5×4×3×2×1=120种染色方法.
②A,C同色或B,D同色,则A,B,C,D,S用四种不同的颜色涂色,则有5×4×3×2×2=240种染色方法.
③A,C同色且B,D同色,则A,B,C,D,S用三种不同的颜色涂色,则有5×4×3=60种染色方法.
综上所述,共有120+240+60=420种染色方法.
(2)如图,设5个区域分别是A,B,C,D,E.
第一步:选择1种花卉种植在A区域,有6种方法可以选择;
第二步:从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域,有5种方法可以选择;第三步:从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域,有4种方法可以选择;第四步:若区域D与区域A种植同1种花卉,则区域E可选择的花卉有4种;
若区域D与区域A种植不同种花卉,则有3种方法可以选择,则区域E可选择的花卉有4种,故不同的种植方法种数是6×5×4×(1×4+3×4)=1 920.
答案:(1)C　(2)1 920
[针对训练]
5.选D　如图,假设4个区域为A,B,C,D,分4步进行分析:①对于A,有4种农作物供选择;②对于B,与A相邻,有3种农作物供选择;③对于C,与A,B相邻,有2种农作物供选择;④对于D,与B,C相邻,有2种农作物供选择.则不同的种植方法种数为4×3×2×2=48,故选D.
6.选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+6)=1 302种.
1 / 4(共54张PPT)
两个计数原理的应用
(深化课——题型研究式教学)
第2课时
课时目标
进一步理解两个计数原理的含义,正确应用两个计数原理解决数字排列、选(抽)取与分配、涂色(种植)等实际问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　数字排列问题
题型(二)　选(抽)取与分配问题
题型(三)　涂色(种植)问题
4
课时跟踪检测
题型(一)　数字排列问题
[例1]　已知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奇数
解: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;
由分步计数原理知所求三位数共有3×4×4=48个.
(2)可以组成多少个数字不重复的小于1 000的自然数
解: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.
　[变式拓展]
本例条件不变,可以组成多少个数字不重复的大于3 000且小于5 421的四位数
解: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.
　[思维建模]　数字排列问题的解题策略
(1)明确特殊位置或特殊数字,这是采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类,分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成;如果正面分类较多,可采用间接法求解.
(2)要注意数字“0”不能排在两位数或两位数字以上的数的最高位.
针对训练
1.“回文联”是对联中的一种,既可顺读,也可倒读.比如,一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联:雾锁山头山锁雾,天连水尾水连天,由此定义“回文数”,n为自然数,且n的各位数字反向排列所得自然数n与n相等,这样的n称为“回文数”,如:1 221,2 413 142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有 (　　)
A.900个 B.891个
C.810个 D.648个
√
解析: 6位“回文数”中个位与十万位数字相同且不为0,十位与万位数字相同,百位与千位数字相同,第一步,确定个位与十万位数字,有9种可能,第二步,确定十位与万位数字,有10种可能,第三步,确定百位与千位数字,有10种可能,则6位“回文数”共有9×10×10=900(个),又6位“回文数”中各位数字全相同的共有9个,则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有900-9=891(个).
2.用数字3,6,9组成四位数,各数位上的数字允许重复,且数字3至多出现一次,则可以组成的四位数的个数为 (　　)
A.81 B.48
C.36 D.24
√
解析:根据题意,数字3至多出现一次,分2种情况讨论:①数字3不出现,此时四位数的每个数位都可以为6或9,都有2种情况,则此时四位数有2×2×2×2=16个;②数字3出现1次,则数字3出现的情况有4种,剩下的三个数位,可以为6或9,都有2种情况,此时四位数有4×2×2×2=32个,故有16+32=48个四位数.
题型(二)　选(抽)取与分配问题
[例2]　(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中工厂甲必须有班级去,每班去哪个工厂可自由选择,则不同的分配方案有 (　　)
A.16种 B.18种
C.37种 D.48种
√
解析:法一:直接法　按甲工厂分配的班情况进行分类,共分为三类:
第一类,三个班都去甲工厂,此时分配方案只有1种情况;
第二类,有两个班去甲工厂,剩下的一个班去另外三个工厂,分配方案共有3×3=9(种);
第三类,有一个班去甲工厂,另外两个班去其他三个工厂,分配方案共有3×3×3=27(种).
综上所述,不同的分配方案有1+9+27=37(种).
法二:间接法　先计算三个班自由选择去哪个工厂的总数,再扣除甲工厂无人去的情况,即4×4×4-3×3×3=37(种)方案.
(2)在7名学生中,有3名会下象棋但不会下围棋,有2名会下围棋但不会下象棋,另2名既会下象棋又会下围棋.现在从这7人中选1人参加象棋比赛,另选1人参加围棋比赛,共有_____种不同的选法.
18
解析:考虑“多面手”参赛人数,分三类完成这件事:
第1类,“多面手”未参赛,即从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,选法种数为3×2=6.
第2类,“多面手”中有1人参赛.①从“多面手”中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,选法种数为2×2=4;②从“多面手”中选1名参加围棋比赛,同时从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,选法种数为2×3=6.所以“多面手”中有1人参赛的选法种数为4+6=10.
第3类,“多面手”出2人,参加象棋和围棋比赛,有2种选法.根据分类计数原理,不同的选法种数为6+10+2=18.
[思维建模] 解决抽取(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直接法:直接使用分类计数原理或分步计数原理.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.
针对训练
3.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
解析: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,由分类计数原理知共有3+3+3=9(种)不同的安排方法.
√
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,根据分步计数原理知,共有3×3×1×1=9(种)不同的安排方法.
4.在如图的4×4方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有______种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格的4个数之和的最大值是______.
24
112
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
解析:第一步,从第一行任选一个数,共有4种不同的选法.第二步,从第二行中选一个与第一个数不同列的数,共有3种选法.第三步,从第三行中选一个与第一、二个数不同列的数,共有2种选法.第四步,从第四行中选一个与第一、二、三个数不同列的数,只有1种选法,由分步计数原理可知共有4×3×2×1=24种不同的选法.
先按列分析,每列必选出一个数,所以所选4个数的十位数字分别为1,2,3,4,
再按行分析,第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5,
所以从第一行选21,从第二行选33,从第三行选43,从第四行选15,此时个位上的数字之和最大,所以选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15=112.
题型(三)　涂色(种植)问题
[例3]　(1)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,如图,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端异色,如果只有5种颜色可供使用,则不同的染色方法种数为 (　　)
A.180 B.240
C.420 D.480
√
解析:法一:按区域不同　由题设,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法;当S,A,B染好时,不妨设所染颜色依次为1,2,3,若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法;若C染4,则D可染3或5,有2种染法;若C染5,则D可染3或4,有2种染法,即当S,A,B染好时,C,D还有7种染法.故不同的染色方法有60×7=420种.故选C.
法二:按颜色种类不同　从颜色种类分:
①A,B,C,D,S用五种不同的颜色涂色,则有5×4×3×2×1=120种染色方法.
②A,C同色或B,D同色,则A,B,C,D,S用四种不同的颜色涂色,则有5×4×3×2×2=240种染色方法.
③A,C同色且B,D同色,则A,B,C,D,S用三种不同的颜色涂色,则有5×4×3=60种染色方法.综上所述,共有120+240+60=420种染色方法
(2)在如图所示的5个区域内种植花卉,每个区域种植1种花卉,且相邻区域种植的花卉不同,若有6种不同的花卉可供选择,则不同的种植方法种数是_______.
1 920
解析:如图,设5个区域分别是A,B,C,D,E.
第一步:选择1种花卉种植在A区域,有6种方法可以选择;
第二步:从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域,有5种方法可以选择;第三步:从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域,有4种方法可以选择;第四步:若区域D与区域A种植同1种花卉,则区域E可选择的花卉有4种;若区域D与区域A种植不同种花卉,则有3种方法可以选择,则区域E可选择的花卉有4种,故不同的种植方法种数是6×5×4×(1×4+3
×4)=1 920.
[思维建模] 解决涂色(种植)问题的一般思路
(1)按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步计数原理分析.
(2)以颜色(种植品种)为主分类讨论,适用于“区域、点、线段”等问题,用分类计数原理分析.
(3)对于种植问题,按种植的顺序分步进行,用分步计数原理计数;或按种植品种恰当进行分类,用分类计数原理计数.
针对训练
5.现有小麦、大豆、玉米、高粱4种不同农作物供选择,在如图所示的四块土地上进行种植,要求有公共边界的两块地不能种同一种农作物,则不同的种植方法共有 (　　)
A.24种 B.30种
C.36种 D.48种
√
解析:如图,假设4个区域为A,B,C,D,分4步进行分析:
①对于A,有4种农作物供选择;
②对于B,与A相邻,有3种农作物供选择;
③对于C,与A,B相邻,有2种农作物供选择;
④对于D,与B,C相邻,有2种农作物供选择.则不同的种植方法种数为4×3×2×2=48,故选D.
6.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
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,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+6)=1 302种.
√
课时跟踪检测
04
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2
A级——综合提能
1.5名运动员进行3项体育运动比赛,每项只设有冠军和亚军各一名,那么各项冠军获得者的不同情况的种数为(　　)
A.53 B.35
C.120 D.10
解析:每个项目只有一个冠军,每一名运动员都可能获得其中的一项冠军,因此每个项目获冠军的可能性有5种.∴n=5×5×5=53.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2
3
4
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
解析:能够组成三位数的个数为9×10×10=900,能够组成无重复数字的三位数的个数为9×9×8=648,故能够组成有重复数字的三位数的个数为900-648=252.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
3.某单位把5个“先进个人奖”分给3个部门,每个部门至少1个名额,那么不同的名额分配方案总数为 (　　)
A.6 B.10
C.15 D.21
解析:按照2,2,1和3,1,1两种方案分配名额,将3个名额分到一个部门,另两个部门各1个名额有3种分法.将1个名额分到一个部门,另两个部门各2个名额有3种分法.根据分类计数原理,共有3+3=6种分配方案.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
4.在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中,能被5整除的有 (　　)
A.512个 B.192个
C.240个 D.108个
解析:能被5整除的四位数,可分为两类:一类是末位为0,由分步计数原理,共有5×4×3=60(个);另一类是末位为5,由分步计数原理,共有4×4×3=48(个).由分类计数原理得所求的四位数共有60+48=108(个).
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
5.现有5种不同颜色的染料,要对如图所示的四个不同区域进行涂色,要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色,则不同的涂色方法的种数是 (　　)
A.120 B.140
C.240 D.260
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析:由题意,先涂A处共有5种涂法,再涂B处有4种涂法,然后涂C处,若C处与A处所涂颜色相同,则C处共有1种涂法,D处有4种涂法;若C处与A处所涂颜色不同,则C处有3种涂法,D处有3种涂法,由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4+3×3)=260(种).故选D.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
6.古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序.用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配,用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配,共可配成______组.
解析:分两类:第一类,由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配,则有5×6=30(组)不同的结果;同理,第二类也有30组不同的结果,共可得到30+30=60(组).
60
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
7.在三位正整数中,若十位数字小于个位和百位数字,则称该数为“驼峰数”.比如“102”“546”为“驼峰数”,由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有_____个.
解析:十位上的数为1时,有213,214,312,314,412,413,共6个,十位上的数为2时,有324,423,共2个,所以共有6+2=8(个).
8
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
8.4位同学参加某种形式的竞赛,竞赛规定:每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答,答对甲题得100分,答错得-100分;答对乙题得90分,答错得-90分.若4位同学的总得分为0,则这4位同学不同的得分情况种数是______.
36
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析:分两类:第一类,都选甲题,则两人正确两人错误,所有可能的情况有6种;第二类,都选乙题,则两人正确两人错误,所有可能的情况有6种;第三类,若两人选甲题,两人选乙题,并且一对一错,则所有的情况有6×2×2=24(种).综上,这4位同学不同的得分情况有6+6+24=36(种).
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
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;
解: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.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
(2)1号盒中有球的不同放法种数.
解: 法一:直接法　1号盒中有球可分三类:第一类是1号盒中有一个球,共有3×32=27(种)放法,第二类是1号盒中有两个球,共有3×3=9(种)放法,第三类是1号盒中有三个球,有1种放法.共有27+9+1=37(种)放法.
法二:间接法　小球随机放的方法数为43=64,由(1)知1号盒中无球的方法数为27,故1号盒中有球的方法数为64-27=37.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
B级——应用创新
10.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
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析: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.故选B.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
11.两人进行乒乓球比赛,采取五局三胜制,即先赢3局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有 (　　)
A.10种 B.15种
C.20种 D.30种
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析:由题意知,比赛局数最少为3局,最多为5局,当比赛局数为3局时,情形为甲或乙连赢3局,共2种;当比赛局数为4局时,若甲赢,则前3局中甲赢2局,最后一局甲赢,共有3种情形;同理,若乙赢,则也有3种情形,所以共有6种情形;当比赛局数为5局时,前4局,甲、乙双方各赢2局,最后一局胜出的人赢,若甲前4局赢2局,共有赢取第1、2局,1、3局,1、4局,2、3局,2、4局,3、4局六种情形,所以比赛局数为5局时共有2×6=12(种),综上可知,共有2+6+12=20(种),故选C.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
12.现有印有数字0,1,2,6,12,20,22,26的卡片,每种卡片均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排,则数字20220126的摆放方式共有 (　　)
A.12种 B.18种
C.24种 D.28种
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析:依题意,摆放20的方式有2,0或20两种方式;摆放220的方式有2,2,0或22,0或2,20三种方式;摆放126的方式有1,2,6或12,6或1,26三种方式;由分步计数原理知,数字20220126的摆放方式共有2×3×3=18种方式.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
13.甲、乙、丙、丁四位毕业生被安排去北京、上海、广州三个地方实习,每人只能去一个城市,北京一定要有人去,则不同的实习安排方案有_____种.
65
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析:根据题意,甲、乙、丙、丁四位毕业生被安排去北京、上海、广州三个地方实习,每人只能去一个城市,则每人有3种选择,则4人一共有3×3×3×3=81种选择;若北京没人去,即四位实习生选择了去上海、广州,每人有2种选择,则4人一共有2×2×2×2=16种选择,即北京一定要有人去的实习安排方案有81-16=65(种).课时跟踪检测(十六)　两个计数原理的应用
A级——综合提能
1.5名运动员进行3项体育运动比赛,每项只设有冠军和亚军各一名,那么各项冠军获得者的不同情况的种数为 (　　)
A.53 B.35
C.120 D.10
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
3.某单位把5个“先进个人奖”分给3个部门,每个部门至少1个名额,那么不同的名额分配方案总数为 (　　)
A.6 B.10
C.15 D.21
4.在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中,能被5整除的有 (　　)
A.512个 B.192个
C.240个 D.108个
5.现有5种不同颜色的染料,要对如图所示的四个不同区域进行涂色,要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色,则不同的涂色方法的种数是 (　　)
A.120 B.140
C.240 D.260
6.古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序.用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配,用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配,共可配成　　　　组.
7.在三位正整数中,若十位数字小于个位和百位数字,则称该数为“驼峰数”.比如“102”“546”为“驼峰数”,由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有　　　　　个.
8.4位同学参加某种形式的竞赛,竞赛规定:每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答,答对甲题得100分,答错得-100分;答对乙题得90分,答错得-90分.若4位同学的总得分为0,则这4位同学不同的得分情况种数是　　　　.
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;
(2)1号盒中有球的不同放法种数.
B级——应用创新
10.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
11.两人进行乒乓球比赛,采取五局三胜制,即先赢3局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有 (　　)
A.10种 B.15种
C.20种 D.30种
12.现有印有数字0,1,2,6,12,20,22,26的卡片,每种卡片均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排,则数字20220126的摆放方式共有 (　　)
A.12种 B.18种
C.24种 D.28种
13.甲、乙、丙、丁四位毕业生被安排去北京、上海、广州三个地方实习,每人只能去一个城市,北京一定要有人去,则不同的实习安排方案有　　　种.
课时跟踪检测(十六)
1.选A　每个项目只有一个冠军,每一名运动员都可能获得其中的一项冠军,因此每个项目获冠军的可能性有5种.∴n=5×5×5=53.
2.选B　能够组成三位数的个数为9×10×10=900,能够组成无重复数字的三位数的个数为9×9×8=648,故能够组成有重复数字的三位数的个数为900-648=252.
3.选A　按照2,2,1和3,1,1两种方案分配名额,将3个名额分到一个部门,另两个部门各1个名额有3种分法.将1个名额分到一个部门,另两个部门各2个名额有3种分法.根据分类计数原理,共有3+3=6种分配方案.
4.选D　能被5整除的四位数,可分为两类:一类是末位为0,由分步计数原理,共有5×4×3=60(个);另一类是末位为5,由分步计数原理,共有4×4×3=48(个).由分类计数原理得所求的四位数共有60+48=108(个).
5.选D　由题意,先涂A处共有5种涂法,再涂B处有4种涂法,然后涂C处,若C处与A处所涂颜色相同,则C处共有1种涂法,D处有4种涂法;若C处与A处所涂颜色不同,则C处有3种涂法,D处有3种涂法,由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4+3×3)=260(种).故选D.
6.解析:分两类:第一类,由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配,则有5×6=30(组)不同的结果;同理,第二类也有30组不同的结果,共可得到30+30=60(组).
答案:60
7.解析:十位上的数为1时,有213,214,312,314,412,413,共6个,十位上的数为2时,有324,423,共2个,所以共有6+2=8(个).
答案:8
8.解析:分两类:第一类,都选甲题,则两人正确两人错误,所有可能的情况有6种;第二类,都选乙题,则两人正确两人错误,所有可能的情况有6种;第三类,若两人选甲题,两人选乙题,并且一对一错,则所有的情况有6×2×2=24(种).综上,这4位同学不同的得分情况有6+6+24=36(种).
答案:36
9.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33=27(种)放法.
(2)法一:直接法　1号盒中有球可分三类:第一类是1号盒中有一个球,共有3×32=27(种)放法,第二类是1号盒中有两个球,共有3×3=9(种)放法,第三类是1号盒中有三个球,有1种放法.共有27+9+1=37(种)放法.
法二:间接法　小球随机放的方法数为43=64,由(1)知1号盒中无球的方法数为27,故1号盒中有球的方法数为64-27=37.
10.选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.故选B.
11.选C　由题意知,比赛局数最少为3局,最多为5局,当比赛局数为3局时,情形为甲或乙连赢3局,共2种;当比赛局数为4局时,若甲赢,则前3局中甲赢2局,最后一局甲赢,共有3种情形;同理,若乙赢,则也有3种情形,所以共有6种情形;当比赛局数为5局时,前4局,甲、乙双方各赢2局,最后一局胜出的人赢,若甲前4局赢2局,共有赢取第1、2局,1、3局,1、4局,2、3局,2、4局,3、4局六种情形,所以比赛局数为5局时共有2×6=12(种),综上可知,共有2+6+12=20(种),故选C.
12.选B　依题意,摆放20的方式有2,0或20两种方式;摆放220的方式有2,2,0或22,0或2,20三种方式;摆放126的方式有1,2,6或12,6或1,26三种方式;由分步计数原理知,数字20220126的摆放方式共有2×3×3=18种方式.
13.解析:根据题意,甲、乙、丙、丁四位毕业生被安排去北京、上海、广州三个地方实习,每人只能去一个城市,则每人有3种选择,则4人一共有3×3×3×3=81种选择;若北京没人去,即四位实习生选择了去上海、广州,每人有2种选择,则4人一共有2×2×2×2=16种选择,即北京一定要有人去的实习安排方案有81-16=65(种).
答案:65
3 / 4

展开更多......

收起↑