1.2 计数原理的应用
课时目标
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.会正确应用这两个计数原理计数解决问题.
题型(一) 组数问题
[例1] 用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数？
(1)三位整数；
(2)无重复数字的三位整数；
(3)小于500的无重复数字的三位整数；
(4)小于100的无重复数字的自然数.
听课记录：
常见组数问题及解题原则
(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(通常是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的方法分步完成.如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解.
(2)要特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的(如数字“0”不能排在首位)，要善于挖掘.排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则.
[针对训练]
1.由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有( )
A.168个 B.174个
C.232个 D.238个
2.若一位三位数的自然数各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们就把这样的三位数定义为“单重数”.例如：232,114等，则不超过200的“单重数”中，从小到大排列第22个“单重数”是( )
A.166 B.171
C.181 D.188
题型(二) 抽取与分配问题
[例2] 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
听课记录：
选(抽)取与分配问题的常见类型及解法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、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直接法：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.
[针对训练]
3.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
4.一个盒子里有4个分别标有号码为1,2,3,4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有______种.
题型(三) 涂色与种植问题
[例3] 用6种不同的颜色给如图所示的区域上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有( )
A.240种 B.360种
C.480种 D.600种
听课记录：
[例4] 某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5个区域，如图所示.社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各个区域中，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所种花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数为( )
A.96 B.114
C.168 D.240
听课记录：
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(或种植作物)为主分类讨论，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.
[针对训练]
5.如图，有A，B，C，D四块区域需要植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有( )
A.12种 B.24种
C.48种 D.72种
6.给图中A，B，C，D，E五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有( )
A.24种 B.36种
C.48种 D.72种
计数原理的应用
[题型(一)]
[例1] 解：(1)百位上有9种选择，十位和个位各有10种选择.
由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×10×10＝900.
(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择，
由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×9×8＝648.
(3)百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，
由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是4×9×8＝288.
(4)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数有10个.
两位自然数：十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的两位数的个数是9×9＝81.
由分类加法计数原理知，适合题意的自然数的个数是10＋81＝91.
[针对训练]
1.选B 由0,1,2,3这四个数字组成的四位数一共有3×4×4×4＝192个，由0,1,2,3这四个数字组成的四位数，没有重复数字的四位数有3×3×2×1＝18个，因此由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有192－18＝174个.
2.选B 由题意可得，不超过200的数，两个数字一样同为0时，有100,200，共2个，两个数字一样同为1时，有110,101,112,121,113,131，…， 一直到191,119，共18个，两个数字一样同为2时，有122，共1个，同理，两个数字一样同为3,4,5,6,7,8,9时各1个.综上，不超过200的“单重数”共有2＋18＋8＝28个，其中最大的是200，较小的依次为199,191,188,181,177,171，故第22个“单重数”为171，故选B.
[题型(二)]
[例2] 选C 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.
[针对训练]
3.选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.
4.解析：所有可能的情况有43＝64种，其中最大值不是4的情况有33＝27种，所以取得小球标号最大值是4的取法有64－27＝37种.
答案：37
[题型(三)]
[例3] 选C 将区域标号，如图所示，因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有6×5×4＝120种不同的涂色方法，若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法；若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法.所以共有120×(1＋3)＝480种不同的涂色方法.
[例4] 选C 先在a中种植，有4种不同的种植方法，再在b中种植，有3种不同的种植方法，再在c中种植，分两类：第一类：若c与b同色，则d中有3种不同的种植方法，第二类：若c与b不同色，则c中有2种不同的种植方法，d中有2种不同的种植方法，最后在e中种植，有2种不同的种植方法.所以不同种植方法的种数为4×3×(1×3＋2×2)×2＝168.
[针对训练]
5.选D C区域有4种选择，D区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择，由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有4×3×3×2＝72种.
6.选D 当B，E同色时，共有4×3×2×2＝48种不同的染色方案，当B，E不同色时，共有4×3×2×1×1＝24种不同的染色方案，所以共有72种不同的染色方案.(共63张PPT)
计数原理的应用
(深化课—题型研究式教学)
1.2
课时目标
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．会正确应用这两个计数原理计数解决问题．
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 组数问题
题型(二) 抽取与分配问题
题型(三) 涂色与种植问题
4
课时跟踪检测
题型(一) 组数问题
01
[例1] 用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数？
(1)三位整数；
(2)无重复数字的三位整数；
(3)小于500的无重复数字的三位整数；
(4)小于100的无重复数字的自然数．
解：(1)百位上有9种选择，十位和个位各有10种选择．
由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×10×10＝900.
(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择，
由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×9×8＝648.
(3)百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，
由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是4×9×8＝288.
(4)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类．一位自然数有10个．
两位自然数：十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的两位数的个数是9×9＝81.
由分类加法计数原理知，适合题意的自然数的个数是10＋81＝91.
常见组数问题及解题原则
(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(通常是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的方法分步完成．如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．
(2)要特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的(如数字“0”不能排在首位)，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．
方法技巧
1．由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有( )
A．168个 B．174个
C．232个 D．238个
针对训练
√
解析：由0,1,2,3这四个数字组成的四位数一共有3×4×4×4＝192个，由0,1,2,3这四个数字组成的四位数，没有重复数字的四位数有3×3×2×1＝18个，因此由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有192－18＝174个．
2．若一位三位数的自然数各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们就把这样的三位数定义为“单重数”．例如：232,114等，则不超过200的“单重数”中，从小到大排列第22个“单重数”是( )
A．166 B．171
C．181 D．188
√
解析：由题意可得，不超过200的数，两个数字一样同为0时，有100,200，共2个，两个数字一样同为1时，有110,101,112,121,113,131，…， 一直到191,119，共18个，两个数字一样同为2时，有122，共1个，同理，两个数字一样同为3,4,5,6,7,8,9时各1个．综上，不超过200的“单重数”共有2＋18＋8＝28个，其中最大的是200，较小的依次为199,191,188,181,177,171，故第22个“单重数”为171，故选B.
题型(二) 抽取与分配问题
02
[例2] 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
√
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．
方法技巧
选(抽)取与分配问题的常见类型及解法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、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直接法：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．
3．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
针对训练
√
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．
4．一个盒子里有4个分别标有号码为1,2,3,4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有______种．
解析：所有可能的情况有43＝64种，
其中最大值不是4的情况有33＝27种，
所以取得小球标号最大值是4的取法有64－27＝37种．
37
题型(三) 涂色与种植问题
03
[例3] 用6种不同的颜色给如图所示的区域
上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色
方法有( )
A．240种 B．360种
C．480种 D．600种
√
[例4] 某社区新建了一个休闲小公园，几条小径
将公园分成5个区域，如图所示．社区准备从4种颜色
不同的花卉中选择若干种种植在各个区域中，要求每个
区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所种花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数为( )
A．96 B．114
C．168 D．240
√
解析：先在a中种植，有4种不同的种植方法，再在b中种植，有3种不同的种植方法，再在c中种植，分两类：
第一类：若c与b同色，则d中有3种不同的种植方法，
第二类：若c与b不同色，则c中有2种不同的种植方法，d中有2种不同的种植方法，最后在e中种植，有2种不同的种植方法．所以不同种植方法的种数为4×3×(1×3＋2×2)×2＝168.
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(或种植作物)为主分类讨论，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．
方法技巧
√
针对训练
解析：C区域有4种选择，D区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择，由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有4×3×3×2＝72种．
6．给图中A，B，C，D，E五个区域染色，每个区域
只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供
选择，则不同的染色方案共有( )
A．24种 B．36种
C．48种 D．72种
√
解析：当B，E同色时，共有4×3×2×2＝48种不同的染色方案，当B，E不同色时，共有4×3×2×1×1＝24种不同的染色方案，所以共有72种不同的染色方案．
课时跟踪检测
04
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
√
A级——综合提能
1．由数字1,2,3,4可以组成有重复数字的三位奇数的个数为( )
A．12 B．24
C．48 D．32
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
解析：依据分步乘法计数原理，由数字1,2,3,4组成有重复数字的三位奇数，个位数字从两个奇数中选择，十位、百位没有限制，共有2×4×4＝32个．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
√
2．5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
14
15
3
4
2
√
3．某种汽车牌照号码一共五个字符，但规定从左到右第二个字符只能从字母B，C，D中选择，其他四个字符可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个字符(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他字符只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )
A．180种 B．360种
C．720种 D．960种
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
解析：根据题意，车主第一个号码在数字3,5,6,8,9中选择，共5种选法，第二个号码只能从字母B，C，D中选择，有3种选法，剩下的3个号码在1,3,6,9中选择，每个号码有4种选法，则共有4×4×4＝64种选法．所以共有5×3×64＝960种选法，故选D.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
√
4．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是( )
A．48 B．18
C．24 D．36
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
解析：正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线．对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个，不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
√
5．[多选]现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是( )
A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法
B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法
C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法
D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
解析：从中选出2个球，正好一红一黄，有4×5＝20种不同的选法，A错误；
若每种颜色选出1个球，有4×5×6＝120种不同的选法，B正确；
若要选出不同颜色的2个球，有4×5＋5×6＋4×6＝74种不同的选法，C错误；
若要不放回地依次选出2个球，有15×14＝210种不同的选法，
D正确．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
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．
60
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
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)．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
7．将摆放在编号为1,2,3,4,5五个位置上的5件不同商品重新摆放，则恰有一件商品的位置不变的摆放方法种数为____．
解析：根据题意，分2步进行：
①从5件不同商品中选出1件，放回原来的位置，有5种情况，假设编号为5的位置不变；
45
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
②剩下四件都不在原来位置，即编号为1,2,3,4的四件商品都不在原来位置，
编号为1的商品有3种放法，假设其放在了2号商品原来的位置，则2号商品有3种放法，
剩下编号为3,4的两件商品只有1种放法，则其余四件商品的放法有3×3＝9种．
故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9＝45种．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
8．一杂技团有8名会表演魔术或口技的演员，其中有6人会表演口技，有5人会表演魔术，现从这8人中选出2人上台表演，1人表演口技，1人表演魔术，则不同的安排方法有____种．
解析：由题可知有2人只会表演魔术，3人只会表演口技，3人既会表演魔术又会表演口技，针对只会表演魔术的人讨论，先从只会表演魔术的2人中选1人表演魔术，有2种选择，
27
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
再从其他的6人中选1人表演口技，有6种选择，故共有2×6＝12种选择；
不选只会表演魔术的人，从既会表演魔术又会表演口技的3人中选1人表演魔术，有3种选择，
再从只会表演口技的3人和既会表演魔术又会表演口技的剩余2人中选1人表演口技，有5种选择，
故共有3×5＝15种选择．所以不同的安排方法有12＋15＝27种．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
9．将2个不同的红球和2个不同的黑球放入3个不同的盒子中(可以有盒子不放球)．
(1)若2个红球放入同一个盒子中，则不同的放法有多少种？
(2)若每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有多少种？
解：(1)若2个红球放入同一个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中，不同的放法有33＝27种．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
(2)不考虑每个盒子最多只能装3个球，有34种放法．
若4个球放入同一个盒子中，有3种放法．
故不同的放法有34－3＝78种．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
10．如图，从左到右共有5个空格．
(1)向5个空格中分别放入0,1,2,3,4这5个数字，一共可组成多少个不同的五位数的奇数？
(2)用红、黄、蓝这3种颜色给5个空格涂色，要求相邻空格用不同的颜色涂色，一共有多少种涂色方案？
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
解：(1)由题意，选一个奇数放在个位有2种放法，从余下的数中选一个数放在万位有3种放法，
再放余下的千、百、十位，共有3×2×1＝6种，根据分步乘法计数原理，这样的五位数的奇数共有2×3×3×2×1＝36(个)．
(2)从左数第1个格子有3种涂色方案，则剩下的每个格子均有2种涂色方案，故涂色方案共有3×24＝48(种)．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
B级——应用创新
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
√
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
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．
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．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
若A必去工厂甲，则B，C两名同学各有4种安排，共有4×4＝16种安排，C正确．
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．故选BCD.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
√
12．自然数n是一个三位数，其十位与个位、百位的差的绝对值均不超过1，我们就把n叫做“集中数”．那么，大于600的“集中数”的个数是( )
A．30 B．31
C．32 D．33
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
解析：当百位为6时，十位可以为5,6,7，当十位为5时，个位可以为4,5,6；当十位为6时，个位可以为5,6,7；当十位为7时，个位可以为6,7,8，共9个；当百位为7时，十位可以为6,7,8，当十位为6时，个位可以为5,6,7；当十位为7时，个位可以为6,7,8；当十位为8时，个位可以为7,8,9，共9个；当百位为8时，十位可以为7,8,9，当十位为7时，个位可以为6,7,8；当十位为8时，个位可以为7,8,9；当十位为9时，个位可以为8,9，共8个；当百位为9时，十位可以为8,9，当十位为8时，个位可以为7,8,9；当十位为9时，个位可以为8,9，共5个．综上，总共9＋9＋8＋5＝31个，故选B.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
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．
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，
65
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
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)．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
14．为亮化城市，现在要把一条路上7盏灯全部改装成彩色路灯，如果彩色路灯有红、黄、蓝三种颜色，在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯至少要有2盏，那么有多少种不同的安装方法？
解：由题意知，每种颜色的路灯至少要有2盏，这说明有三种颜色的路灯的分配情况只能是2,2,3的形式．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
不妨设红的3个，七个位置分别用1,2,3,4,5,6,7表示，那么红的可以排135,136,137,146,147,157,246,247,257,357，共10种，
其中135,136,146,247,257,357会留下4个空，两个不相邻，两个相邻，连续的不能放一样的颜色，
那么就必须一蓝一黄，剩下两个一黄一蓝放到剩下两个不相邻的空里，各4种．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
147留4个空，两个两个相邻，共4种放法．
137,157，四个空中3个相邻，一个分开，各2种放法．
246，四个空都分开，有6种放法．
所以共有6×4＋1×4＋2×2＋1×6＝38种，
当黄或蓝有3个时，总数一样，故一共有3×38＝114种不同的安装方法．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
15．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？
(3)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：(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；由分步乘法计数原理知所求三位数共有3×4×4＝48个．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
(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．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
(3)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．课时跟踪检测(四十) 计数原理的应用
A级——综合提能
1.由数字1,2,3,4可以组成有重复数字的三位奇数的个数为( )
A.12 B.24
C.48 D.32
2.5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
3.某种汽车牌照号码一共五个字符，但规定从左到右第二个字符只能从字母B，C，D中选择，其他四个字符可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个字符(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他字符只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )
A.180种 B.360种
C.720种 D.960种
4.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是( )
A.48 B.18
C.24 D.36
5.[多选]现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是( )
A.从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法
B.若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法
C.若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法
D.若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法
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.将摆放在编号为1,2,3,4,5五个位置上的5件不同商品重新摆放，则恰有一件商品的位置不变的摆放方法种数为________.
8.一杂技团有8名会表演魔术或口技的演员，其中有6人会表演口技，有5人会表演魔术，现从这8人中选出2人上台表演，1人表演口技，1人表演魔术，则不同的安排方法有________种.
9.将2个不同的红球和2个不同的黑球放入3个不同的盒子中(可以有盒子不放球).
(1)若2个红球放入同一个盒子中，则不同的放法有多少种？
(2)若每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有多少种？
10.如图，从左到右共有5个空格.
?
(1)向5个空格中分别放入0,1,2,3,4这5个数字，一共可组成多少个不同的五位数的奇数？
(2)用红、黄、蓝这3种颜色给5个空格涂色，要求相邻空格用不同的颜色涂色，一共有多少种涂色方案？
B级——应用创新
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
12.自然数n是一个三位数，其十位与个位、百位的差的绝对值均不超过1，我们就把n叫做“集中数”.那么，大于600的“集中数”的个数是( )
A.30 B.31
C.32 D.33
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.
14.为亮化城市，现在要把一条路上7盏灯全部改装成彩色路灯，如果彩色路灯有红、黄、蓝三种颜色，在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯至少要有2盏，那么有多少种不同的安装方法？
15.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？
(3)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？
课时跟踪检测(四十)
1．选D 依据分步乘法计数原理，由数字1,2,3,4组成有重复数字的三位奇数，个位数字从两个奇数中选择，十位、百位没有限制，共有2×4×4＝32个．
2．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.
3．选D 根据题意，车主第一个号码在数字3,5,6,8,9中选择，共5种选法，第二个号码只能从字母B，C，D中选择，有3种选法，剩下的3个号码在1,3,6,9中选择，每个号码有4种选法，则共有4×4×4＝64种选法．所以共有5×3×64＝960种选法，故选D.
4．选D 正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线．对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个，不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
5．选BD 从中选出2个球，正好一红一黄，有4×5＝20种不同的选法，A错误；若每种颜色选出1个球，有4×5×6＝120种不同的选法，B正确；若要选出不同颜色的2个球，有4×5＋5×6＋4×6＝74种不同的选法，C错误；若要不放回地依次选出2个球，有15×14＝210种不同的选法，D正确．
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：根据题意，分2步进行：
①从5件不同商品中选出1件，放回原来的位置，有5种情况，假设编号为5的位置不变；
②剩下四件都不在原来位置，即编号为1,2,3,4的四件商品都不在原来位置，
编号为1的商品有3种放法，假设其放在了2号商品原来的位置，则2号商品有3种放法，
剩下编号为3,4的两件商品只有1种放法，则其余四件商品的放法有3×3＝9种．
故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9＝45种．
答案：45
8．解析：由题可知有2人只会表演魔术，3人只会表演口技，3人既会表演魔术又会表演口技，针对只会表演魔术的人讨论，先从只会表演魔术的2人中选1人表演魔术，有2种选择，再从其他的6人中选1人表演口技，有6种选择，故共有2×6＝12种选择；不选只会表演魔术的人，从既会表演魔术又会表演口技的3人中选1人表演魔术，有3种选择，再从只会表演口技的3人和既会表演魔术又会表演口技的剩余2人中选1人表演口技，有5种选择，故共有3×5＝15种选择．所以不同的安排方法有12＋15＝27种．
答案：27
9．解：(1)若2个红球放入同一个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中，不同的放法有33＝27种．
(2)不考虑每个盒子最多只能装3个球，有34种放法．
若4个球放入同一个盒子中，有3种放法．
故不同的放法有34－3＝78种．
10．解：(1)由题意，选一个奇数放在个位有2种放法，从余下的数中选一个数放在万位有3种放法，再放余下的千、百、十位，共有3×2×1＝6种，根据分步乘法计数原理，这样的五位数的奇数共有2×3×3×2×1＝36(个)．
(2)从左数第1个格子有3种涂色方案，则剩下的每个格子均有2种涂色方案，故涂色方案共有3×24＝48(种)．
11．选BCD 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．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．若A必去工厂甲，则B，C两名同学各有4种安排，共有4×4＝16种安排，C正确．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．故选BCD.
12．选B 当百位为6时，十位可以为5,6,7，当十位为5时，个位可以为4,5,6；当十位为6时，个位可以为5,6,7；当十位为7时，个位可以为6,7,8，共9个；当百位为7时，十位可以为6,7,8，当十位为6时，个位可以为5,6,7；当十位为7时，个位可以为6,7,8；当十位为8时，个位可以为7,8,9，共9个；当百位为8时，十位可以为7,8,9，当十位为7时，个位可以为6,7,8；当十位为8时，个位可以为7,8,9；当十位为9时，个位可以为8,9，共8个；当百位为9时，十位可以为8,9，当十位为8时，个位可以为7,8,9；当十位为9时，个位可以为8,9，共5个．综上，总共9＋9＋8＋5＝31个，故选B.
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
14．解：由题意知，每种颜色的路灯至少要有2盏，这说明有三种颜色的路灯的分配情况只能是2,2,3的形式．
不妨设红的3个，七个位置分别用1,2,3,4,5,6,7表示，那么红的可以排135,136,137,146,147,157,246,247,257,357，共10种，
其中135,136,146,247,257,357会留下4个空，两个不相邻，两个相邻，连续的不能放一样的颜色，那么就必须一蓝一黄，剩下两个一黄一蓝放到剩下两个不相邻的空里，各4种．
147留4个空，两个两个相邻，共4种放法．
137,157，四个空中3个相邻，一个分开，各2种放法.246，四个空都分开，有6种放法．
所以共有6×4＋1×4＋2×2＋1×6＝38种，
当黄或蓝有3个时，总数一样，故一共有3×38＝114种不同的安装方法．
15．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；由分步乘法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．
(3)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．
