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(共62张PPT)
第六章
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第2课时
计数原理的综合应用
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计数.
学习目标
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，汽车号码需要进行扩容，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？
导 语
一、组数问题
二、抽取与分配问题
课时对点练
三、涂色与种植问题
随堂演练
内容索引
一
组数问题
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？
例 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)可以排成多少个不同的三位数？
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)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
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0不能在百位，故有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.
　 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？
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.
延伸探究
(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整除的数各数位上的数字之和能被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.
反
思
感
悟
常见的组数问题及解题原则
　(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
跟踪训练 1
√
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，只有一种情况，共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
√
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)，
∴有重复数字的三位数有900-648=252(个).
二
抽取与分配问题
　(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
例 2
√
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种情况；
第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外四个工厂，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，其他三个班级去另外四个工厂，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5×5×5×5-4×4×4×4=369(种)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　　.
2
方法一　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，都只有了一种选择，所以不同取法共有2×1×1=2(种).
方法二　(枚举法)满足不同的取法有：乙丙甲、丙甲乙，共2种.
反
思
感
悟
(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.
抽取与分配问题的常见类型及其解法
　(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
跟踪训练 2
√
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
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
　(1)如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有　　　种不同的涂法.
例 3
①若A，C涂色相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，
则有3×2×1×2=12(种)不同的涂法.
②若A，C涂色不相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1=6(种)不同的涂法.
所以根据分类加法计数原理，共有12+6=18(种)不同的涂法.
18
(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.
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.
故共有6×3=18(种)不同的种植方法.
方法二　(间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，共有4×3×2=24(种)不同的种植方法，其中不种黄瓜有3×2×1=6(种)不同的种植方法，故共有24-6=18(种)不同的种植方法.
18
反
思
感
悟
(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.
涂色与种植问题的四个解答策略
　(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　　　.
跟踪训练 3
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.
420
(2)如图，一个地区分为5个区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种(以数字作答).
72
②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色区域1，有3种方法，剩下2种颜色涂其他4个区域，只能是一种颜色涂区域2，4，另一种颜色涂区域3，5，有2种着色方法.由分步乘法计数原理得有4×3×2=24(种)不同的着色方法.
综上，共有48+24=72(种)不同的着色方法.
①当使用4种颜色时，先着色区域1，有4种方法，剩下3种颜色涂其他4个区域，即有1种颜色涂相对的2块区域，有3×2×2=12(种)，由分步乘法计数原理得，有4×12=48(种)不同的着色方法.
1.知识清单：
(1)两个计数原理的区别与联系.
(2)两个计数原理的应用：组数问题、抽取与分配问题、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.
随堂演练
四
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2
3
4
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
√
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
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√
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5个偶数.
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
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√
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.
1
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4
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.
72
课时对点练
五
1.某城市的电话号码由七位升为八位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是
A.9×8×7×6×5×4×3×2 B.8×97
C.9×107 D.8.1×107
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基础巩固
√
当电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，同理升为八位时为9×107部，所以可增加的电话部数是9×107-9×106=8.1×107.
2.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，后三个号码只想在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
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√
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.
3.一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
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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)参观路线.
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4.有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有
A.4 320种 B.2 880种
C.1 440种 D.720种
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第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第
5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3=4 320(种)不同的涂色方法.
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
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①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，不同的选法有1×2×10=20(种)，②甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，不同的选法有1×3×10=30(种)，所以共有20+30=50(种)选法.
6.(多选)某校高二年级安排甲、乙、丙三名同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每名同学只能选择一个社区进行实践活动，且多名同学可以选择同一个社区进行实践活动，则下列说法正确的有
A.如果社区A没有同学选择，则不同的安排方法有64种
B.如果甲同学必须选择社区A，则不同的安排方法有50种
C.如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种
D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
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如果社区A没有同学选择，则这三位同学应从其余四个社区中选择，不同的安排方法有43=64(种)，故A正确；
如果甲同学必须选择社区A，则不同的安排方法有52=25(种)，故B错误；
如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有5×4×3=60(种)，故C正确；
甲、乙两名同学必须在同一个社区，第一步，将甲、乙视作一个整体，第二步，两个整体挑选社区，则不同的安排方法共有52=25(种)，故D错误.
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7.现有五种不同的颜色，要对图形中的四个部分进行着色，要求相邻两块不能用同一种颜色，不同的涂色方法有　　　种.
依次给区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ涂色分别有5，4，3，3种方法，根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法有5×4×3×3=180(种).
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8.现有10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数为　　　.
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方法一　除100元人民币以外的3张人民币中，每张均有取和不取2种情况，2张100元人民币的取法有不取、取1张和取2张3种情况，再减去5张人民币全不取的1种情况，所以共有23×3-1=24-1=23(种)不同的币值.
方法二　分为三类：(1)不含100元，从其他3张中分别取1张、2张、3张，共有7种方法；
(2)含1张100元，从其他3张中分别取0张、1张、2张、3张，共有8种方法；
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(3)含2张100元，从其他3张中分别取0张、1张、2张、3张，共有8种方法.所以总共有7+8+8=23(种)抽取方法，即有23种不同的币值.
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；
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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)1号盒中有球的不同放法种数.
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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.
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10.用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色，要求A，B，C，D四个区域中的相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？
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方法一　(分类计数)
第一类，A，D涂同一种颜色，有6×5×4=120(种)涂法，
第二类，A，D涂不同颜色，有6×5×4×3=360(种)涂法，
共有120+360=480(种)涂法.
方法二　(分步计数)
先涂B区，有6种涂法，再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法，
所以共有6×5×4×4=480(种)涂法.
11.将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有
A.6种 B.12种
C.24种 D.48种
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综合运用
假设第一行为1，2，3，则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1=6(种)填法.故不同的填写方法共有6×2=12(种).
12.某公司新招聘进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，另外3名电脑编程人员也不能分给同一个部门，则不同的分配方案种数是
A.18 B.24 C.36 D.72
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由题意可得，分两类：①甲部门要2名电脑编程人员，则有3种方法；英语翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选1人，有3种方法，共3×2×3=18(种)分配方案.②甲部门要1名电脑编程人员，则有3种方法；英语翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选2人，有3种方法，共3×2×3=18(种)分配方案.由分类加法计数原理，可得不同的分配方案共有18+18=36(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等都是“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
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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，将组成的三位数中的偶数分为两类，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.
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14.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有　　　个.
40
满足条件的有两类：
第一类，与正八边形有两条公共边的三角形有8个；
第二类，与正八边形有一条公共边的三角形有
8×4=32(个).
所以满足条件的三角形共有8+32=40(个).
15.现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，
则不同的选取种数为　　　，m，n都取到奇数的概率为　　　.
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拓广探究
63
因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，所以(m，n)所有可能的取值有7×9=63(种)，其中m，n都取到奇数的情况有4×5=20(种)，因此所求概率为.
　
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16.某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？
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第一步：在点A1，B1，C1上安装灯泡.A1有4种方法，B1有3种方法，C1有2种方法，共有4×3×2=24(种)方法.
第二步：从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法.
第三步：给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法.
由分步乘法计数原理可得，共有24×3×3=216(种)方法.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计数.
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？
延伸探究　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？
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整除的数各数位上的数字之和能被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
(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
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
(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　　　　.
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
(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
三、涂色与种植问题
例3　(1)如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有　　　　种不同的涂法.
(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.
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　　　　.
(2)如图，一个地区分为5个区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有　　　　种(以数字作答).
1.知识清单：
(1)两个计数原理的区别与联系.
(2)两个计数原理的应用：组数问题、抽取与分配问题、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
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
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
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.
答案精析
例1　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0不能在百位，故有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　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.
跟踪训练1　(1)B　［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，只有一种情况，共6种，因此总共有12+6=18(个)奇数.］
(2)B　［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)，
∴有重复数字的三位数有900-648=252(个).］
例2　(1)C　［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种情况；
第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外四个工厂，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，其他三个班级去另外四个工厂，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5×5×5×5-4×4×4×4=369(种)方案.］
(2)2
解析　方法一　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，都只有了一种选择，所以不同取法共有2×1×1=2(种).
方法二　(枚举法)满足不同的取法有：乙丙甲、丙甲乙，共2种.
跟踪训练2　(1)C　［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)B　［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.］
例3　(1)18
解析　①若A，C涂色相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，
则有3×2×1×2=12(种)不同的涂法.
②若A，C涂色不相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1=6(种)不同的涂法.
所以根据分类加法计数原理，共有12+6=18(种)不同的涂法.
(2)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.
故共有6×3=18(种)不同的种植方法.
方法二　(间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，共有4×3×2=24(种)不同的种植方法，其中不种黄瓜有3×2×1=6(种)不同的种植方法，故共有24-6=18(种)不同的种植方法.
跟踪训练3　(1)420　［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)72
解析　①当使用4种颜色时，先着色区域1，有4种方法，剩下3种颜色涂其他4个区域，即有1种颜色涂相对的2块区域，有3×2×2=12(种)，由分步乘法计数原理得，有4×12=48(种)不同的着色方法.
②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色区域1，有3种方法，剩下2种颜色涂其他4个区域，只能是一种颜色涂区域2，4，另一种颜色涂区域3，5，有2种着色方法.由分步乘法计数原理得有4×3×2=24(种)不同的着色方法.
综上，共有48+24=72(种)不同的着色方法.
随堂演练
1.B　［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.D　［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5个偶数.］
3.C　［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.］
4.72
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.

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