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高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册1.3 基本计数原理的简单应用课文课件ppt
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这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册1.3 基本计数原理的简单应用课文课件ppt，文件包含13基本计数原理的简单应用pptx、13基本计数原理的简单应用doc等2份课件配套教学资源，其中PPT共45页， 欢迎下载使用。
第五章 计数原理
1.3 基本计数原理的简单应用
课标要求
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.
素养要求
通过进一步应用两个计数原理，提升数学抽象及数学运算素养.
问题导学预习教材必备知识探究
内容索引
互动合作研析题型关键能力提升
拓展延伸分层精练核心素养达成
WEN TI DAO XUE YU XI JIAO CAI BI BEI ZHI SHI TAN JIU
问题导学预习教材 必备知识探究
1
1.思考 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别是什么？ 提示 分类加法计数原理是分类，每一类均能完成这件事情； 分步乘法计数原理是分步，每一步均不能完成这件事情.
2.填空
分类
分步
都能独立
不能独立
温馨提醒 在分类时，首先选取分类的依据，应做到不重不漏.
3.做一做 (1)判断正误 ①分类计数是指将完成这件事的所有方法进行分类，每一类都能独立完成该事件.( ) ②分步计数是指将完成这件事分解成若干步骤，当完成所有的步骤时，这个事件才算完成.( ) ③当一个事件既需要分步又需要分类时，分步和分类没有先后之分.( ) 提示 当一个事件既需要分步又需要分类时，通常要明确是先分类后分步还是先分步后分类，并且要明确分类的标准和分步的顺序问题.
√
√
×
A
(2)某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有( )A.24种 B.48种C.64种 D.81种解析 由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的参赛方法.
HU DONG HE ZUO YAN XI TI XING GUAN JIAN MENG LI TI SHENG
互动合作研析题型 关键能力提升
2
例1 用0，1，2，3，4五个数字， (1)可以组成多少个三位数字的电话号码？ (2)可以组成多少个三位数？ (3)可以组成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 解 (1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝125(种)，即可以排成125个三位数字的电话号码. (2)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，共有4×5×5＝100(种)，即可以排成100个三位数. (3)被2整除的数即偶数，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.因而有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.
迁移 (变设问)由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？ 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种方法；第二步定首位，把1，2，3，4中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，有3种方法；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种方法，再排十位有2种方法.由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36(个).
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整除的数各位数上的数字之和能被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.
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 解析 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：可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共3×2×2＝12种；如果是第二种偶奇奇情况：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共3×2×1＝6种，因此总共有12＋6＝18(种)情况.故选B.
B
(2)用0，1，…，9十个数字，可以组成无重复数字的三位数的个数为______，有重复数字的三位数的个数为________.解析 用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)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
648
252
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
C
解析 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).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)若甲、乙、丙三名学生计划利用寒假从丽江、大理、西双版纳、腾冲中任选一处景点旅游，每人彼此独立地选景点游玩，且丽江必须有人去，则不同的选择方法有( )A.16种 B.18种 C.37种 D.40种
C
解析 法一 满足题意的不同的选择方法有以下三类：三个人中只有一个人去丽江，有3×32＝27(种)选择方法；三个人中有两个人去丽江，有3×3＝9(种)选择方法；三个人都去丽江，有1种选择方法；综上，共有27＋9＋1＝37(种)不同的选择方法.法二 三名学生自由选择所去景点有4×4×4＝64种方法，设无人去丽江有3×3×3＝27(种)方法，故必须有人去丽江有64－27＝37(种)方法.
求解选(抽)取与分配问题一般有两种方法：(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.
训练2 (1)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.208种 B.240种 C.180种 D.96种 解析 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.
B
(2)某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人分别参加相应语种的活动，则不同的选法种数为________. 解析 由题意9人中既会英语又会日语的“多面手”有1人，只会英语的有6人，只会日语的有2人.则可分三类：第一类：“多面手”去参加英语活动时，选出只会日语的1人即可，有2种选法.第二类：“多面手”去参加日语活动时，选出只会英语的1人即可，有6种选法.第三类：“多面手”既不参加英语活动又不参加日语活动，则需从只会日语和只会英语的人中各选1人参加活动，有2×6＝12(种)选法.故共有2＋6＋12＝20(种)不同的选法.
20
例3 如图所示，要给“创”、“新”、“设”、“计”四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
解 创、新、设、计四个区域依次涂色，分四步.第1步，涂“创”区域，有3种选择.第2步，涂“新”区域，有2种选择.第3步，涂“设”区域，由于它与“创”、“新”区域颜色不同，有1种选择.第4步，涂“计”区域，由于它与“创”“设”区域颜色不同而可与“新”区域颜色相同，有1种选择.所以根据分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种).
求解涂色(种植)问题的常用方法有：(1)按区域的不同分步进行，用分步乘法计数原理计数；(2)以颜色(种植作物)为主分类进行，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计数；(3)对立方体涂色问题可将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
训练3 (1)如图所示，一圆形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为( ) A.96 B.84 C.60 D.48
B
解析 依次种A，B，C，D 4块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种的花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法.由分类加法计数原理知，不同的种法种数为36＋48＝84.
(2)如图，现要用四种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为( )A.48 B.36 C.42 D.32
A
解析 将四个区域标记为A，B，C，D，如下图所示：第一步涂A：4种涂法，第二步涂B：3种涂法：第三步涂C：2种涂法，第四步涂D：2种涂法，根据分步乘法计数原理可知，一共有4×3×2×2＝48种着色方法，故选A.
课堂小结
1.熟悉三种题型：组数问题、分配问题、涂色或种植问题.2.掌握两种方法：分类讨论、间接法.3.辨清一个易错点：分类标准不明确导致出现重复或遗漏的情况.
TUO ZHAN YAN SHEN FEN CENG JING LIAN HE XING SU YANG DA CHENG
拓展延伸分层精练 核心素养达成
3
1.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 解析 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3位整数，其中偶数有2个.由分类加法计数原理知共有偶数1＋2＋2＝5(个).
D
2.已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在平面直角坐标系中，位于第一、二象限不同点的个数为( ) A.18 B.16 C.14 D.10 解析 分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标，有3×2＝6(个)不同的点，二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标，有4×2＝8(个)不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14(个)不同的点.
C
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 解析 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.
C
4.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 解析 第一类：甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)，第二类：甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，所以共有20＋30＝50(种)选法.故选B.
B
5.从红、黄、蓝三种颜色中选出若干种颜色，给如图所示的四个相连的正方形染色，若每种颜色只能涂一个正方形或两个正方形，且相邻两个正方形所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是( ) A.12 B.18 C.24 D.36 解析 正方形从左到右依次标号1，2，3，4.若使用2种颜色，则颜色的取法有3种，故正方形1，3颜色相同，2，4颜色相同，有2种涂法，共3×2＝6(种)方案；若使用3种颜色，则颜色的取法有1种，故四个正方形有两个不相邻必须同色，即1，3颜色相同，或者1，4颜色相同，或者2，4颜色相同，有3种方案，然后先涂相同色，再涂其余2个，共有3×2×1＝6(种)涂法.故共有1×3×6＝18(种)方案. 综上，符合要求的不同涂色方案有6＋18＝24(种).故选C.
C
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.
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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).
7.(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中有__________项.
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解析 要得到项数分三步：第一步，从第一个因式中取一个因子，有2种取法；第二步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法；第三步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法.由分步乘法计数原理知，共有2×3×4＝24(项).
8.如图，一个地区分为5个行政区域，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
解析 ①当使用4种颜色时，先着色第1区域，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，共有4×12＝48(种).②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色第1区域，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第2，4区域，另一种颜色涂第3，5区域，有2种着色方法，由分步乘法计数原理得有4×3×2＝24(种)，综上，共有48＋24＝72(种).
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号盒中无球的不同方法种数； (2)1号盒中有球的不同放法种数. 解 (1)1号盒中无球即A，B，C三球只能放入2，3，4号盒子中，有33＝27(种)放法； (2)1号盒中有球可分三类：①1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法； ②1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法；③1号盒中有三个球，有1种放法.共有27＋9＋1＝37(种)放法.
10.用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题. (1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数？ (2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除三位数？
解 (1)由题意，数字允许重复，根据分步计数原理，可得不同的五位偶数共有：5×6×6×6×3＝3 240(个).(2)当末位数字是0时，有5×4＝20(个)；当末位数字是5时，有4×4＝16(个)；故共有20＋16＝36(个).
(3)若直线方程ax＋by＝0中的a，b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？
解 分两类，第一类：当a，b都不取0时，有5×4＝20(条)，当a＝1，b＝2与a＝2，b＝4重复，当a＝2，b＝1与a＝4，b＝2重复，所以此时共有18条不同的直线；第二类：当a，b中有一个取0时，则不同的直线仅有x＝0和y＝0，有2条；由分类加法计数原理，可得共有18＋2＝20(条).
11.(多选)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.所有可能的方法有34种 B.若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C.若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16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
BCD
二、能力提升
解析 A，B，C三名同学各有4种选择，则所有可能的方法有43种，A错误.对于B，分三种情况，第一种：若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为3种，另外两名同学的安排方法有3×3＝9(种)，此种情况共有3×9＝27(种)；第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有3种，另外一名同学的安排方法有3种，此种情况共有3×3＝9(种)；第三种：若三名同学都去工厂甲，此种情况唯一，则共有27＋9＋1＝37(种)安排方法，B正确.对于C，若A必去甲工厂，则B，C两名同学各有4种安排，共有4×4＝16种安排，C正确.对于D，若三名同学所选工厂各不同，则共有4×3×2＝24(种)安排，D正确.故答案为BCD.
12.四色定理(Four color theorem)又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一.它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里(Francis Guthrie)提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色.”四色问题的证明进程缓慢，直到1976年，美国数学家才运用电子计算机证明了四色定理.现某校数学兴趣小组给一个底面边长不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面涂色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有( ) A.18种 B.36种 C.48种 D.72种
D
解析 如图直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，第一步，先对平面ABCD涂色有4种方法，第二步，对侧面AA1B1B涂色有3种方法，第三步，对侧面AA1D1D涂色有2种方法，第四步，对侧面CDD1C1涂色，若与侧面AA1B1B同色则有1种方法，此时对侧面BB1C1C涂色有2种方法；若与侧面AA1B1B不同色则有1种方法，此时对侧面BB1C1C涂色有1种方法，故不同的涂色方法有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种).
13.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则有多少种不同的种植方法？ 解 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. 故不同的种植方法共有6×3＝18(种). 法二 (间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有24－6＝18(种)不同的种植方法.
14.用n种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①②③④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.
三、创新拓展
(1)若n＝6，为甲着色时共有多少种不同的方法？
解 为①区域着色时有6种方法，为②区域着色时有5种方法，为③区域着色时有4种方法，为④区域着色时有4种方法，依据分步乘法计数原理，不同的着色方法为6×5×4×4＝480(种).
(2)若为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值.
解 由题意知，为①区域着色时有n种方法，为②区域着色时有(n－1)种方法，为③区域着色时有(n－2)种方法，为④区域着色时有(n－3)种方法，由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为n(n－1)(n－2)(n－3).∴n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，∴(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0，即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－120＝0.∴n2－3n－10＝0或n2－3n＋12＝0(舍去)，∴n＝5.
第五章 计数原理
1.3 基本计数原理的简单应用
课标要求
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.
素养要求
通过进一步应用两个计数原理，提升数学抽象及数学运算素养.
问题导学预习教材必备知识探究
内容索引
互动合作研析题型关键能力提升
拓展延伸分层精练核心素养达成
WEN TI DAO XUE YU XI JIAO CAI BI BEI ZHI SHI TAN JIU
问题导学预习教材 必备知识探究
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1.思考 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别是什么？ 提示 分类加法计数原理是分类，每一类均能完成这件事情； 分步乘法计数原理是分步，每一步均不能完成这件事情.
2.填空
分类
分步
都能独立
不能独立
温馨提醒 在分类时，首先选取分类的依据，应做到不重不漏.
3.做一做 (1)判断正误 ①分类计数是指将完成这件事的所有方法进行分类，每一类都能独立完成该事件.( ) ②分步计数是指将完成这件事分解成若干步骤，当完成所有的步骤时，这个事件才算完成.( ) ③当一个事件既需要分步又需要分类时，分步和分类没有先后之分.( ) 提示 当一个事件既需要分步又需要分类时，通常要明确是先分类后分步还是先分步后分类，并且要明确分类的标准和分步的顺序问题.
√
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A
(2)某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有( )A.24种 B.48种C.64种 D.81种解析 由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的参赛方法.
HU DONG HE ZUO YAN XI TI XING GUAN JIAN MENG LI TI SHENG
互动合作研析题型 关键能力提升
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例1 用0，1，2，3，4五个数字， (1)可以组成多少个三位数字的电话号码？ (2)可以组成多少个三位数？ (3)可以组成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 解 (1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝125(种)，即可以排成125个三位数字的电话号码. (2)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，共有4×5×5＝100(种)，即可以排成100个三位数. (3)被2整除的数即偶数，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.因而有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.
迁移 (变设问)由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？ 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种方法；第二步定首位，把1，2，3，4中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，有3种方法；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种方法，再排十位有2种方法.由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36(个).
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整除的数各位数上的数字之和能被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.
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 解析 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：可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共3×2×2＝12种；如果是第二种偶奇奇情况：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共3×2×1＝6种，因此总共有12＋6＝18(种)情况.故选B.
B
(2)用0，1，…，9十个数字，可以组成无重复数字的三位数的个数为______，有重复数字的三位数的个数为________.解析 用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)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
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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
C
解析 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).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)若甲、乙、丙三名学生计划利用寒假从丽江、大理、西双版纳、腾冲中任选一处景点旅游，每人彼此独立地选景点游玩，且丽江必须有人去，则不同的选择方法有( )A.16种 B.18种 C.37种 D.40种
C
解析 法一 满足题意的不同的选择方法有以下三类：三个人中只有一个人去丽江，有3×32＝27(种)选择方法；三个人中有两个人去丽江，有3×3＝9(种)选择方法；三个人都去丽江，有1种选择方法；综上，共有27＋9＋1＝37(种)不同的选择方法.法二 三名学生自由选择所去景点有4×4×4＝64种方法，设无人去丽江有3×3×3＝27(种)方法，故必须有人去丽江有64－27＝37(种)方法.
求解选(抽)取与分配问题一般有两种方法：(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.
训练2 (1)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.208种 B.240种 C.180种 D.96种 解析 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.
B
(2)某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人分别参加相应语种的活动，则不同的选法种数为________. 解析 由题意9人中既会英语又会日语的“多面手”有1人，只会英语的有6人，只会日语的有2人.则可分三类：第一类：“多面手”去参加英语活动时，选出只会日语的1人即可，有2种选法.第二类：“多面手”去参加日语活动时，选出只会英语的1人即可，有6种选法.第三类：“多面手”既不参加英语活动又不参加日语活动，则需从只会日语和只会英语的人中各选1人参加活动，有2×6＝12(种)选法.故共有2＋6＋12＝20(种)不同的选法.
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例3 如图所示，要给“创”、“新”、“设”、“计”四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
解 创、新、设、计四个区域依次涂色，分四步.第1步，涂“创”区域，有3种选择.第2步，涂“新”区域，有2种选择.第3步，涂“设”区域，由于它与“创”、“新”区域颜色不同，有1种选择.第4步，涂“计”区域，由于它与“创”“设”区域颜色不同而可与“新”区域颜色相同，有1种选择.所以根据分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种).
求解涂色(种植)问题的常用方法有：(1)按区域的不同分步进行，用分步乘法计数原理计数；(2)以颜色(种植作物)为主分类进行，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计数；(3)对立方体涂色问题可将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
训练3 (1)如图所示，一圆形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为( ) A.96 B.84 C.60 D.48
B
解析 依次种A，B，C，D 4块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种的花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法.由分类加法计数原理知，不同的种法种数为36＋48＝84.
(2)如图，现要用四种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为( )A.48 B.36 C.42 D.32
A
解析 将四个区域标记为A，B，C，D，如下图所示：第一步涂A：4种涂法，第二步涂B：3种涂法：第三步涂C：2种涂法，第四步涂D：2种涂法，根据分步乘法计数原理可知，一共有4×3×2×2＝48种着色方法，故选A.
课堂小结
1.熟悉三种题型：组数问题、分配问题、涂色或种植问题.2.掌握两种方法：分类讨论、间接法.3.辨清一个易错点：分类标准不明确导致出现重复或遗漏的情况.
TUO ZHAN YAN SHEN FEN CENG JING LIAN HE XING SU YANG DA CHENG
拓展延伸分层精练 核心素养达成
3
1.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 解析 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3位整数，其中偶数有2个.由分类加法计数原理知共有偶数1＋2＋2＝5(个).
D
2.已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在平面直角坐标系中，位于第一、二象限不同点的个数为( ) A.18 B.16 C.14 D.10 解析 分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标，有3×2＝6(个)不同的点，二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标，有4×2＝8(个)不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14(个)不同的点.
C
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 解析 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.
C
4.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 解析 第一类：甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)，第二类：甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，所以共有20＋30＝50(种)选法.故选B.
B
5.从红、黄、蓝三种颜色中选出若干种颜色，给如图所示的四个相连的正方形染色，若每种颜色只能涂一个正方形或两个正方形，且相邻两个正方形所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是( ) A.12 B.18 C.24 D.36 解析 正方形从左到右依次标号1，2，3，4.若使用2种颜色，则颜色的取法有3种，故正方形1，3颜色相同，2，4颜色相同，有2种涂法，共3×2＝6(种)方案；若使用3种颜色，则颜色的取法有1种，故四个正方形有两个不相邻必须同色，即1，3颜色相同，或者1，4颜色相同，或者2，4颜色相同，有3种方案，然后先涂相同色，再涂其余2个，共有3×2×1＝6(种)涂法.故共有1×3×6＝18(种)方案. 综上，符合要求的不同涂色方案有6＋18＝24(种).故选C.
C
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.
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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).
7.(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中有__________项.
24
解析 要得到项数分三步：第一步，从第一个因式中取一个因子，有2种取法；第二步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法；第三步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法.由分步乘法计数原理知，共有2×3×4＝24(项).
8.如图，一个地区分为5个行政区域，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).
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解析 ①当使用4种颜色时，先着色第1区域，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，共有4×12＝48(种).②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色第1区域，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第2，4区域，另一种颜色涂第3，5区域，有2种着色方法，由分步乘法计数原理得有4×3×2＝24(种)，综上，共有48＋24＝72(种).
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号盒中无球的不同方法种数； (2)1号盒中有球的不同放法种数. 解 (1)1号盒中无球即A，B，C三球只能放入2，3，4号盒子中，有33＝27(种)放法； (2)1号盒中有球可分三类：①1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法； ②1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法；③1号盒中有三个球，有1种放法.共有27＋9＋1＝37(种)放法.
10.用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题. (1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数？ (2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除三位数？
解 (1)由题意，数字允许重复，根据分步计数原理，可得不同的五位偶数共有：5×6×6×6×3＝3 240(个).(2)当末位数字是0时，有5×4＝20(个)；当末位数字是5时，有4×4＝16(个)；故共有20＋16＝36(个).
(3)若直线方程ax＋by＝0中的a，b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？
解 分两类，第一类：当a，b都不取0时，有5×4＝20(条)，当a＝1，b＝2与a＝2，b＝4重复，当a＝2，b＝1与a＝4，b＝2重复，所以此时共有18条不同的直线；第二类：当a，b中有一个取0时，则不同的直线仅有x＝0和y＝0，有2条；由分类加法计数原理，可得共有18＋2＝20(条).
11.(多选)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.所有可能的方法有34种 B.若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C.若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16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
BCD
二、能力提升
解析 A，B，C三名同学各有4种选择，则所有可能的方法有43种，A错误.对于B，分三种情况，第一种：若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为3种，另外两名同学的安排方法有3×3＝9(种)，此种情况共有3×9＝27(种)；第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有3种，另外一名同学的安排方法有3种，此种情况共有3×3＝9(种)；第三种：若三名同学都去工厂甲，此种情况唯一，则共有27＋9＋1＝37(种)安排方法，B正确.对于C，若A必去甲工厂，则B，C两名同学各有4种安排，共有4×4＝16种安排，C正确.对于D，若三名同学所选工厂各不同，则共有4×3×2＝24(种)安排，D正确.故答案为BCD.
12.四色定理(Four color theorem)又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一.它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里(Francis Guthrie)提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色.”四色问题的证明进程缓慢，直到1976年，美国数学家才运用电子计算机证明了四色定理.现某校数学兴趣小组给一个底面边长不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面涂色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有( ) A.18种 B.36种 C.48种 D.72种
D
解析 如图直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，第一步，先对平面ABCD涂色有4种方法，第二步，对侧面AA1B1B涂色有3种方法，第三步，对侧面AA1D1D涂色有2种方法，第四步，对侧面CDD1C1涂色，若与侧面AA1B1B同色则有1种方法，此时对侧面BB1C1C涂色有2种方法；若与侧面AA1B1B不同色则有1种方法，此时对侧面BB1C1C涂色有1种方法，故不同的涂色方法有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种).
13.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则有多少种不同的种植方法？ 解 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. 故不同的种植方法共有6×3＝18(种). 法二 (间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有24－6＝18(种)不同的种植方法.
14.用n种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①②③④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.
三、创新拓展
(1)若n＝6，为甲着色时共有多少种不同的方法？
解 为①区域着色时有6种方法，为②区域着色时有5种方法，为③区域着色时有4种方法，为④区域着色时有4种方法，依据分步乘法计数原理，不同的着色方法为6×5×4×4＝480(种).
(2)若为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值.
解 由题意知，为①区域着色时有n种方法，为②区域着色时有(n－1)种方法，为③区域着色时有(n－2)种方法，为④区域着色时有(n－3)种方法，由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为n(n－1)(n－2)(n－3).∴n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，∴(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0，即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－120＝0.∴n2－3n－10＝0或n2－3n＋12＝0(舍去)，∴n＝5.
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