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6.1.2　两个计数原理的综合应用
1．某公交车上有6位乘客，沿途4个车站，乘客下车的可能情况有(　　)
A．64种 B．46种
C．24种 D．360种
2．从a，b，c，d，e共5个人中选1名组长和1名副组长，且a不能当副组长，则不同选法的种数是(　　)
A．20 B．16
C．10 D．6
3．用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法(　　)
A．120种 B．720种
C．840种 D．960种
4． 5名同学分成两组参加志愿服务活动，其中甲、乙不同组的分法种数为(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
5．(多选)用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列，则下列结论正确的是(　　)
A．这个数列的项数为120 B．这个数列的第90项为532
C．这个数列的项数为15 D．这个数列的第90项为526
6．(多选)6名同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两名同学之间最多交换一次，进行交换的两名同学互赠一份纪念品．已知6名同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
7．(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
8．某运动会上，8名运动员参加100米决赛，其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有____种．
9．如图，圆形花坛分为4部分，现在这4部分种植花卉，要求每部分种植1种，且相邻部分不能种植同一种花卉，现有5种不同的花卉供选择，则不同的种植方案有____种．(用数字作答)
10．甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行数学能力比赛，决出第一到第五名(无并列名次)．甲、乙两名同学去询问成绩，老师说：“虽然你们都不是第一名，但你们也都不是最后一名．”从上述回答分析，5人的名次不同的情况有____种．
11．如图所示的A，B，C，D按照下列要求涂色．
A B C D
(1) 用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D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？
(2) 若恰好用3种不同颜色涂完A，B，C，D四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？
(3) 若有3种不同颜色，恰好用2种不同颜色涂完四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？
12．用0，1，2，3，4，5可以组成多少个符合下列要求的无重复数字的数？
(1) 四位整数；
(2) 比2 000大的四位偶数．
13． 甲、乙、丙、丁、戊五名同学课间玩“击鼓传花”游戏．第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后以此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为(　　)
A．36 B．48
C．52 D．64
14． 现有红黄蓝绿四种颜料，给四棱锥五个不同的面染色，要求每个面染一种颜色，且有公共棱的面颜色不同，则不同的染色方案有(　　)
A．108种 B．96种
C．72种 D．54种
6.1.2　两个计数原理的综合应用
1．某公交车上有6位乘客，沿途4个车站，乘客下车的可能情况有(　B　)
A．64种 B．46种
C．24种 D．360种
【解析】 由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能情况有4×4×4×4×4×4＝46(种)．
2．从a，b，c，d，e共5个人中选1名组长和1名副组长，且a不能当副组长，则不同选法的种数是(　B　)
A．20 B．16
C．10 D．6
【解析】 若a当组长时，共有1×4＝4种选法；若a不当组长时，因为a不能当副组长，则共有4×3＝12种选法．因此共有4＋12＝16种选法．
3．用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法(　D　)
A．120种 B．720种
C．840种 D．960种
【解析】 A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C和E分别有4种颜色可选(与D不同色即可)，故共有5×4×3×4×4＝960种涂色方法．
4． 5名同学分成两组参加志愿服务活动，其中甲、乙不同组的分法种数为(　D　)
A．5 B．6
C．7 D．8
【解析】 5名同学分成两组，有1和4分组以及2和3分组这两种情况．若甲在1人组，乙在4人组，这是1种情况；若甲在4人组，乙在1人组，这又是1种情况，所以1和4分组时甲、乙不同组的分法种数为1＋1＝2．若甲在2人组，乙在3人组，那么从剩下3人中选1人与甲一组，有3种情况；若甲在3人组，乙在2人组，同样从剩下3人中选1人与乙一组，也有3种情况，所以2和3分组时甲、乙不同组的分法种数为3＋3＝6种．根据分类加法计数原理，可得甲、乙不同组的分法种数为2＋6＝8．
5．(多选)用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列，则下列结论正确的是(　AB　)
A．这个数列的项数为120 B．这个数列的第90项为532
C．这个数列的项数为15 D．这个数列的第90项为526
【解析】 第一步确定百位数，有6种方法；第二步确定十位数，有5种方法；第三步确定个位数，有4种方法．根据分步乘法计数原理知共有N＝6×5×4＝120个三位数．所以该数列的项数为120，百位是1，2，3，4的共有4×5×4＝80个，百位数是5的三位数中，十位是1或2的共有4＋4＝8个，故第88个为526、第89个为531、第90个为532．
6．(多选)6名同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两名同学之间最多交换一次，进行交换的两名同学互赠一份纪念品．已知6名同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为(　BD　)
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 设6名同学分别用a，b，c，d，e，f表示．若任意两名同学之间都进行交换，共进行5＋4＋3＋2＋1＝15次交换，现共进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：①由3人构成的2次交换，如a—b和a—c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人，选B．②由4人构成的2次交换，如a—b和c—e之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，e 4人，选D．
7．(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(　BC　)
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
【解析】 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，组成的三位数为偶数分为两类：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．
8．某运动会上，8名运动员参加100米决赛，其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有__2 880__种．
【解析】 分两步安排这8名运动员．第一步，安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四条跑道可安排，所以共有4×3×2＝24种方法；第二步，安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120种方法．所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．
9．如图，圆形花坛分为4部分，现在这4部分种植花卉，要求每部分种植1种，且相邻部分不能种植同一种花卉，现有5种不同的花卉供选择，则不同的种植方案有__260__种．(用数字作答)
【解析】 根据题意，当1，3相同时，2，4有相同或不同两类，有5×4×(1＋3)＝80(种)；当1，3不相同时，2，4有相同或不同两类，有5×4×3×(1＋2)＝180(种)，所以不同的种植方案共有80＋180＝260(种)．
10．甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行数学能力比赛，决出第一到第五名(无并列名次)．甲、乙两名同学去询问成绩，老师说：“虽然你们都不是第一名，但你们也都不是最后一名．”从上述回答分析，5人的名次不同的情况有__36__种．
【解析】 甲和乙不是第一名也不是最后一名，所以丙、丁、戊3人中有人获得第一名和最后一名，共有3×2种情况，剩下的一人和甲、乙分别获得第二、三、四名，共有3×2×1种情况，所以根据分步乘法计数原理可知，共有3×2×3×2×1＝36种情况．
11．如图所示的A，B，C，D按照下列要求涂色．
A B C D
(1) 用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D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？
(2) 若恰好用3种不同颜色涂完A，B，C，D四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？
(3) 若有3种不同颜色，恰好用2种不同颜色涂完四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？
【解答】 (1) 涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理知将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24种不同的涂色方案．
(2) 恰好用3种不同颜色涂完四个区域，则A，C区域或A，D区域或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得，恰好用3种不同颜色涂完四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18种不同的涂色方案．
(3) 若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色．先从3种不同颜色中任取2种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域，共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得，恰好用2种不同颜色涂完四个区域，共有3×2＝6种不同的涂色方案．
12．用0，1，2，3，4，5可以组成多少个符合下列要求的无重复数字的数？
(1) 四位整数；
(2) 比2 000大的四位偶数．
【解答】 (1) 分步解决：第一步，千位数字有5种选取方法；第二步，百位数字有5种选取方法；第三步，十位数字有4种选取方法；第四步，个位数字有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成的无重复数字的四位整数有5×5×4×3＝300(个)．
(2) 方法一：按个位是0，2，4分为三类：第一类，个位是0的有4×4×3＝48个；第二类，个位是2的有3×4×3＝36个；第三类，个位是4的有3×4×3＝36个．则由分类加法计数原理知，有48＋36＋36＝120个无重复数字的比2 000大的四位偶数．
方法二：按千位是2，3，4，5分四类：第一类，千位是2的有2×4×3＝24个；第二类，千位是3的有3×4×3＝36个；第三类，千位是4的有2×4×3＝24个；第四类，千位是5的有3×4×3＝36个．由分类加法计数原理知，有24＋36＋24＋36＝120个无重复数字的比2 000大的四位偶数．
13． 甲、乙、丙、丁、戊五名同学课间玩“击鼓传花”游戏．第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后以此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为(　C　)
A．36 B．48
C．52 D．64
【解析】 由题知，第1次传花有4种方法，第3次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两类，第4次传花只能传到甲手中．所以当第2次传花后花在甲手中时，则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊手中，共4种方法；当第2次传花后花不在甲手中时，有3种方法，则第3次传花有3种方法．所以经过4次传花，花仍回到甲手中的传法总数为4×(1×4＋3×3)＝52．
14． 现有红黄蓝绿四种颜料，给四棱锥五个不同的面染色，要求每个面染一种颜色，且有公共棱的面颜色不同，则不同的染色方案有(　C　)
A．108种 B．96种
C．72种 D．54种
【解析】 设四棱锥为P ABCD，先染底面ABCD，有4种染法，染侧面PAB，因为与底面ABCD有公共棱，所以有3种染法，染侧面PBC，因为与底面ABCD和侧面PAB都有公共棱，所以有2种染法．染侧面PCD：若PCD与PAB颜色相同，此时PCD有1种染法，那么染PDA时，与底面ABCD、PCD、PAB有公共棱，有2种染法；若PCD与PAB颜色不同，此时PCD有1种染法，那么染PDA时，与底面ABCD、PCD、PAB有公共棱，有1种染法．因此，根据分步乘法计数原理，不同的染色方案共有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种．

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