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选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理第2课时教案设计
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这是一份选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理第2课时教案设计，共12页。教案主要包含了要完成的“一件事”是什么；二，涂色问题，种植问题等内容，欢迎下载使用。
知识点一 两个计数原理的区别与联系
知识点二 两个计数原理的应用
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：
一、要完成的“一件事”是什么；二、需要分类还是需要分步．
(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分类后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
思考 分类“不重不漏”的含义是什么？
答案 “不重”即各类之间没有交叉点，“不漏”即各类的并集是全集．
1．一个科技小组中有4名女同学、5名男同学，从中任选1名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法______种，若从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法______种．
答案 9 20
解析 根据分类加法计数原理，从中任选1名同学参加学科竞赛，共有5＋4＝9(种)选派方法．根据分步乘法计数原理，从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，共有4×5＝20(种)选派方法．
2．有一排四个信号显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则这排信号显示窗所发出的信号种数是________．
答案 81
解析 每个信号显示窗都有3种可能，故有3×3×3×3＝34＝81(种)不同信号．
3．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有________种行车路线．
答案 12
解析 起点为4种可能性，终点为3种可能性，则行车路线共有4×3＝12(种)．
4．多项式(a1＋a2＋a3)(b1＋b2)＋(a4＋a5)(b3＋b4)展开式共有________项．
答案 10
解析 共有3×2＋2×2＝10(项)．
一、组数问题
例1 用0,1,2,3,4五个数字．
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
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＝53＝125(个)．
(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(个)．
(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．
延伸探究
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，从1,2,3,4中除去用过的一个，从剩下的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)．
反思感悟 对于组数问题，应掌握以下原则
(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“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(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以上的数的最高位．
跟踪训练1 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且比2 000大的四位偶数？
解 完成这件事可分为三类：
第一类是个位数字为0的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；
第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为4×4×3＝48.
第二类是个位数字为2的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0只有3个数字可以选择，有3种选法；
第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾2个数字之后，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为3×4×3＝36.
第三类是个位数字为4的比2 000大的四位偶数，其方法步骤同第二类．
对以上三类用分类加法计数原理，得所求无重复数字且比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．
二、占位模型中标准的选择
例2 (1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
(2)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？
(3)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
解 (1)要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81(种)报名方法．
(2)每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2＝24(种)．
(3)要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4＝64(种)可能的结果．
反思感悟 在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解．
跟踪训练2 某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第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)．若某车主第1个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在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
答案 D
解析 按照车主的要求，从左到右第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．
三、涂色问题
例3 将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
解 第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．
由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．
延伸探究
本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？
解 依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．
第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；
第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；
第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3×2＝120(种)．
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．
第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．
综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．
反思感悟 解决涂色问题的一般思路
(1)按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析．
(2)以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．
(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
跟踪训练3 如图所示，将四棱锥S－ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，现有5种颜色可供使用，求不同的染色方法．
解 由题意知，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染色确定时，不妨设其颜色分别为1,2,3，剩余2种颜色分别为4和5.
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．
由分类加法计数原理知，当S，A，B染法确定时，C，D有7种染法．
由分步乘法计数原理得，不同的染色方法有60×7＝420(种)．
四、种植问题
例4 将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种．
答案 42
解析 分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有2种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c：
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．
(2)若第三块田放a：
第四块有b或c 2种方法，
①若第四块放c：
第五块有2种方法；
②若第四块放b：
第五块只能种作物c，共1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．
反思感悟 种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数．
跟踪训练4 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，求有多少种不同的种植方法．
解 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．
故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
方法二 (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)，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)．
1．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，则不同选法的种数是( )
A．56 B．65
C.eq \f(5×6×5×4×3×2,2) D．6×5×4×3×2
答案 A
解析 每位同学都有5种选择，共有5×5×5×5×5×5＝56(种)．
2．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y<7，则满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )
A．5 B．12 C．15 D．4
答案 C
解析 当x＝1时，y的取值可能为0,1,2,3,4,5，有6种情况；当x＝2时，y的取值可能为0,1,2,3,4，有5种情况；当x＝3时，y的取值可能为0,1,2,3，有4种情况．根据分类加法计数原理可得，满足条件的(x，y)的个数为6＋5＋4＝15.
3．已知集合S＝{a1，a2}，T＝{b1，b2}，则从集合S到T的对应关系共有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
答案 D
解析 可分两步，第一步，集合S中a1对应到集合T中的元素有2个不同的对应关系；第二步，集合S中a2对应到集合T中的元素，有2个不同的对应关系，由分步乘法计数原理知，从集合S到T的对应关系共有2×2＝4(个)，故选D.
4.如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种．(用数字作答)
答案 750
解析 首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，根据分步乘法计数原理得，共有6×5×5×5＝750(种)涂色方法．
5.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．
答案 40
解析 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)．
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、占位模型中标准的选择、涂色问题及种植问题．
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．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
答案 C
解析 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就完成了这件事情．由分步乘法计数原理可得共有43种方法，故选C.
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
答案 D
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；第三类组成三位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．
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
答案 D
解析 如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48(种)不同的参观路线．
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
答案 B
解析 ①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)，②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.
5．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
答案 A
解析 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．
6.如图所示，在A，B间有4个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致线路不通，现发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
答案 13
解析 4个焊接点共有24种情况，其中使A，B之间线路通的情况是1,4都通，2和3至少有一个通，此时共有3种可能，故焊接点脱落的情况有24－3＝13(种)．
7．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有________种不同的取法．
答案 242
解析 分三类：第一类，取数学书和语文书，有10×9＝90(种)；第二类，取数学书和英语书，有10×8＝80(种)；第三类，取语文书和英语书，有9×8＝72(种)．故共有90＋80＋72＝242(种)．
8．某运动会上，8名男运动员参加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．
答案 2 880
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．(1)有8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？
(2)4位旅客到3个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？
解 (1)分三步：每位同学取1本书，第1,2,3位同学分别有8,7,6种取法，因而由分步乘法计数原理知，不同的分法共有8×7×6＝336(种)．
(2)每位旅客都有3种不同的住宿方法，因而不同的住宿方法共有3×3×3×3＝81(种)．
10.用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，求共有多少种不同的涂色方法？
解 方法一 分类，
第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120(种)涂法，
第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360(种)涂法，
共有120＋360＝480(种)涂法．
方法二 分步，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．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个元素组成子集，使得这5个元素中任意两个元素的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
答案 A
解析 先把集合中的元素分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个元素中，任意两个元素的和都不等于11，所以从每组中任选1个元素即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)满足题意的子集．
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
答案 C
解析 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；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；翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选2人，方法有3种，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．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( )
A．10个 B．14个 C．15个 D．21个
答案 A
解析 由题意知b≤4≤c14．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．
答案 60
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．第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60(组)．
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m，n都取到奇数的概率为________．
答案 eq \f(20,63)
解析 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eq \f(20,63).
16．一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N*)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
(1)如图①，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？
(2)如图②，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？
解 (1)先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分．因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同，所以由分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×2×1＝6(种)．
(2)当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，有3×2×1×2＝12(种)种植方法，由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法．分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题
不同点
针对的是“分类”问题
不同点
各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事
各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事
a
b
c
a
b
a
a
b
a
c
a
b
a
b
知识点一 两个计数原理的区别与联系
知识点二 两个计数原理的应用
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：
一、要完成的“一件事”是什么；二、需要分类还是需要分步．
(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分类后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
思考 分类“不重不漏”的含义是什么？
答案 “不重”即各类之间没有交叉点，“不漏”即各类的并集是全集．
1．一个科技小组中有4名女同学、5名男同学，从中任选1名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法______种，若从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法______种．
答案 9 20
解析 根据分类加法计数原理，从中任选1名同学参加学科竞赛，共有5＋4＝9(种)选派方法．根据分步乘法计数原理，从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，共有4×5＝20(种)选派方法．
2．有一排四个信号显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则这排信号显示窗所发出的信号种数是________．
答案 81
解析 每个信号显示窗都有3种可能，故有3×3×3×3＝34＝81(种)不同信号．
3．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有________种行车路线．
答案 12
解析 起点为4种可能性，终点为3种可能性，则行车路线共有4×3＝12(种)．
4．多项式(a1＋a2＋a3)(b1＋b2)＋(a4＋a5)(b3＋b4)展开式共有________项．
答案 10
解析 共有3×2＋2×2＝10(项)．
一、组数问题
例1 用0,1,2,3,4五个数字．
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
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＝53＝125(个)．
(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(个)．
(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．
延伸探究
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，从1,2,3,4中除去用过的一个，从剩下的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)．
反思感悟 对于组数问题，应掌握以下原则
(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“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(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以上的数的最高位．
跟踪训练1 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且比2 000大的四位偶数？
解 完成这件事可分为三类：
第一类是个位数字为0的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；
第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为4×4×3＝48.
第二类是个位数字为2的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0只有3个数字可以选择，有3种选法；
第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾2个数字之后，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为3×4×3＝36.
第三类是个位数字为4的比2 000大的四位偶数，其方法步骤同第二类．
对以上三类用分类加法计数原理，得所求无重复数字且比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．
二、占位模型中标准的选择
例2 (1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
(2)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？
(3)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
解 (1)要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81(种)报名方法．
(2)每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2＝24(种)．
(3)要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4＝64(种)可能的结果．
反思感悟 在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解．
跟踪训练2 某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第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)．若某车主第1个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在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
答案 D
解析 按照车主的要求，从左到右第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．
三、涂色问题
例3 将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
解 第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．
由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．
延伸探究
本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？
解 依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．
第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；
第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；
第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3×2＝120(种)．
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．
第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．
综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．
反思感悟 解决涂色问题的一般思路
(1)按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析．
(2)以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．
(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
跟踪训练3 如图所示，将四棱锥S－ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，现有5种颜色可供使用，求不同的染色方法．
解 由题意知，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染色确定时，不妨设其颜色分别为1,2,3，剩余2种颜色分别为4和5.
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．
由分类加法计数原理知，当S，A，B染法确定时，C，D有7种染法．
由分步乘法计数原理得，不同的染色方法有60×7＝420(种)．
四、种植问题
例4 将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种．
答案 42
解析 分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有2种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c：
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．
(2)若第三块田放a：
第四块有b或c 2种方法，
①若第四块放c：
第五块有2种方法；
②若第四块放b：
第五块只能种作物c，共1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．
反思感悟 种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数．
跟踪训练4 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，求有多少种不同的种植方法．
解 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．
故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
方法二 (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)，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)．
1．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，则不同选法的种数是( )
A．56 B．65
C.eq \f(5×6×5×4×3×2,2) D．6×5×4×3×2
答案 A
解析 每位同学都有5种选择，共有5×5×5×5×5×5＝56(种)．
2．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y<7，则满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )
A．5 B．12 C．15 D．4
答案 C
解析 当x＝1时，y的取值可能为0,1,2,3,4,5，有6种情况；当x＝2时，y的取值可能为0,1,2,3,4，有5种情况；当x＝3时，y的取值可能为0,1,2,3，有4种情况．根据分类加法计数原理可得，满足条件的(x，y)的个数为6＋5＋4＝15.
3．已知集合S＝{a1，a2}，T＝{b1，b2}，则从集合S到T的对应关系共有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
答案 D
解析 可分两步，第一步，集合S中a1对应到集合T中的元素有2个不同的对应关系；第二步，集合S中a2对应到集合T中的元素，有2个不同的对应关系，由分步乘法计数原理知，从集合S到T的对应关系共有2×2＝4(个)，故选D.
4.如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种．(用数字作答)
答案 750
解析 首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，根据分步乘法计数原理得，共有6×5×5×5＝750(种)涂色方法．
5.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．
答案 40
解析 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)．
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、占位模型中标准的选择、涂色问题及种植问题．
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．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
答案 C
解析 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就完成了这件事情．由分步乘法计数原理可得共有43种方法，故选C.
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
答案 D
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；第三类组成三位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．
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
答案 D
解析 如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48(种)不同的参观路线．
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
答案 B
解析 ①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)，②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.
5．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
答案 A
解析 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．
6.如图所示，在A，B间有4个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致线路不通，现发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
答案 13
解析 4个焊接点共有24种情况，其中使A，B之间线路通的情况是1,4都通，2和3至少有一个通，此时共有3种可能，故焊接点脱落的情况有24－3＝13(种)．
7．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有________种不同的取法．
答案 242
解析 分三类：第一类，取数学书和语文书，有10×9＝90(种)；第二类，取数学书和英语书，有10×8＝80(种)；第三类，取语文书和英语书，有9×8＝72(种)．故共有90＋80＋72＝242(种)．
8．某运动会上，8名男运动员参加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．
答案 2 880
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．(1)有8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？
(2)4位旅客到3个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？
解 (1)分三步：每位同学取1本书，第1,2,3位同学分别有8,7,6种取法，因而由分步乘法计数原理知，不同的分法共有8×7×6＝336(种)．
(2)每位旅客都有3种不同的住宿方法，因而不同的住宿方法共有3×3×3×3＝81(种)．
10.用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，求共有多少种不同的涂色方法？
解 方法一 分类，
第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120(种)涂法，
第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360(种)涂法，
共有120＋360＝480(种)涂法．
方法二 分步，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．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个元素组成子集，使得这5个元素中任意两个元素的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
答案 A
解析 先把集合中的元素分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个元素中，任意两个元素的和都不等于11，所以从每组中任选1个元素即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)满足题意的子集．
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
答案 C
解析 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；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；翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选2人，方法有3种，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．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( )
A．10个 B．14个 C．15个 D．21个
答案 A
解析 由题意知b≤4≤c
答案 60
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．第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60(组)．
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m，n都取到奇数的概率为________．
答案 eq \f(20,63)
解析 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eq \f(20,63).
16．一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N*)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
(1)如图①，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？
(2)如图②，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？
解 (1)先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分．因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同，所以由分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×2×1＝6(种)．
(2)当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，有3×2×1×2＝12(种)种植方法，由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法．分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题
不同点
针对的是“分类”问题
不同点
各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事
各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事
a
b
c
a
b
a
a
b
a
c
a
b
a
b
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