1.3 基本计数原理的简单应用(习题课)
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.会用这两个计数原理分析和解决一些较为复杂的实际计数问题. 3.通过解决一些较为复杂的实际计数问题，继续提升逻辑推理、数学建模及数学运算素养.
任务一 组数问题
(链教材P160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(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(个)三位数.
(3)被2整除的数，个位数字可取0，2，4，因此可分为两类：
一类是个位数字是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，因为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，
所以可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
[变式探究]
(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，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).
解决组数问题的原则
1.明确特殊位置或特殊数字，这是采用“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(或特殊元素)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字以上的数的最高位.
对点练1.(1)从1，2，3，…，8，9这9个数字中任取3个数组成一个没有重复数字的三位数，若这些三位数能够被5整除，则这样的三位数的个数为( )
A.504 B.336
C.72 D.56
(2)“回文数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22，121，3 443等.那么在四位数中，回文数共有 个.
答案：(1)D (2)90
解析：(1)依题意可知，这些三位数的个位为5，所以这样的三位数有8×7＝56个.故选D.
(2)由题意得，4位“回文数”只需排列前两位数字，后面数字即可确定，因为第一位不能为0，所以第一位有9种排法，第二位有10种排法，所以由分步乘法原理可知共有9×10＝90种排法.
任务二 抽取与分配问题
(链教材P161例3)(1)某市人民医院急诊科有3名男医生和4名女医生，内科有4名男医生和4名女医生，现从该医院急诊科和内科各选派1名男医生和1名女医生组成4人组，参加省人民医院组织的交流会，则所有不同的选派方案有( )
A.192种 B.180种
C.29种 D.15种
(2)甲，乙两名同学要从A，B，C，D四个科目中每人选取三科进行学习，则两人选取的科目不完全相同的方法有 种.
答案：(1)A (2)12
解析：(1)从急诊科选派1名男医生和1名女医生有3×4＝12种方案，从内科选派1名男医生和1名女医生有4×4＝16 种方案，根据分步乘法计数原理，共有12×16＝192种不同的选派方案.故选A.
(2)法一：甲，乙两名同学要从A，B，C，D四个科目中每人选取三科进行学习，不可能只有一科相同，至少要两科相同，而所求科目不完全相同，即只有两科相同，完成这件事，可以分两步，先选相同科目，有AB，AC，AD，BC，BD，CD 6种情况，再选不同科目，有2种情况，所以科目不完全相同方法共有6×2＝12种.
法二：两人选取科目的方法共有4×4＝16种，科目完全相同的方法共有4×1＝4种，所以科目不完全相同的方法共有12种.
选(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，一般选用列举法、树形图法、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.
对点练2.(1)将2名女生和3名男生分配到两个不同的兴趣小组，要求每个兴趣小组分配男生、女生各1人，则不同的分法种数为 .
(2)2024年7月14日13时(当地时间)，2024年巴黎奥运会火炬开始在巴黎传递，其中某段火炬传递活动由包含甲、乙、丙在内的5名火炬手分四棒完成，若甲传递第一棒，最后一棒由2名火炬手共同完成，且乙、丙不共同传递火炬，则不同的火炬传递方案种数为 .
答案：(1)12 (2)10
解析：(1)每个小组安排一个女生，有2×1＝2种方法，每个小组安排一名男生，有3×2＝6种方法，故每个兴趣小组分配男生、女生各1人，共有2×6＝12种方法.
(2)最后一棒可以是除甲、乙、丙之外的2人，也可以是从乙、丙中选1人，从除甲、乙、丙之外的2人中选1人组成，所以最后一棒的安排方案有：1＋2×2＝5种；安排最后一棒后，剩余两人安排在中间两棒，方案有：2×1＝2种，由分步乘法计数原理，不同的传递方案种数为5×2＝10.
任务三 涂色与种植问题
(1)某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有( )
1 2 3 4 5
A.30 240种 B.60 480种
C.120 960种 D.241 920种
(2)“帆船之都”青岛，具有现代时尚都市感的同时，更注重里院文化的传承与保护，为建设“建筑可阅读、街道可漫步、文化可传承、城市可记忆”的“最青岛”，市南区举办了“上街里，逛春天，百米长卷绘老城”活动.一位同学在活动中负责用5种不同颜色给如图所示的图标上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有 种不同的涂法.
答案：(1)C (2)180
解析：(1)由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类；第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻，分别有10，9，8种选择，所以共计7×6×10×9×8＝30 240种；第二、三、四类和第一类种数相同.综上总计有30 240×4＝120 960种方法.故选C.
(2)当②，④不同色时，有5×4×3×2＝120种涂色方案；当②，④同色时，有5×4×3＝60种涂色方案，根据分类加法计数原理可得共有120＋60＝180种涂色方案.
涂色与种植问题的解答策略
求解涂色与种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，处理这类问题的关键是要找准分类标准，常用的方法有：
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，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.
对点练3.(双空题)如图，这是一面含A，B，C，D，E，F六块区域的墙，现有含甲的五种不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，则共有 种不同的涂色方法；若区域D不能涂甲油漆，则共有 种不同的涂色方法.
答案：1 200 960
解析：第一空：若C，E的涂色相同，则共有5×4×3×2×3＝360种方法；若C，E的涂色不相同，则共有5×4×3×2×＝840种方法.故共有1 200种不同的涂色方法.
第二空：因为区域D不能涂甲油漆，所以区域D 的涂色方法有4种.若C，E的涂色相同，则共有4×4×3×3×2＝288种方法；若C，E的涂色不相同，则共有4×4×3×2×(1×3＋2×2)＝672种方法.故共有960种不同的涂色方法.
任务再现 1.组数问题.2.抽取与分配问题.3.涂色与种植问题
方法提炼 正难则反、分类讨论思想
易错警示 分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题
1.由数字0，1，2，3，4可组成无重复数字的两位数的个数是( )
A.25 B.20
C.16 D.12
答案：C
解析：根据题意可分为两步，先选十位上的数字，再选个位上的数字，且首位不能为0，故可组成无重复数字的两位数的个数是4×4＝16.故选C.
2.市政府现有4个项目要安排到2个地区进行建设，每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有( )
A.12种 B.14种
C.20种 D.24种
答案：B
解析：每个项目安排到2个地区有2种方法，故4个项目安排到2个地区有24＝16种，4个项目全安排在同一个地区有2种方法，故每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有16－2＝14种.故选B.
3.(多选题)某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人每人在该窗口打2种菜，且每人至多打1种荤菜，则下列说法中正确的是( )
A.甲若选一种荤菜，则有6种选法
B.乙的选菜方法数为9
C.若两人分别打菜，总的方法数为18
D.若两人打的菜均为一荤一素且只有一种相同，则方法数为30
答案：AB
解析：若甲打一荤一素，则有2×3＝6种选法，故A正确；若乙打一荤一素，则有6种选法，若打两素，则有3种选法，共9种选法，故B正确；选项C两人分别打菜，由选项B知每个人可有9种打法，故应为9×9＝81种方法；选项D可分为荤菜相同或素菜相同两种情况，共2×3×2＋3×2×1＝18种.故选AB.
4.如图，用四种不同颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有 种.(用数字作答)
A B D
C
答案：48
解析：先涂A区域，再涂B，涂C，涂D，根据分步乘法计数原理共有4×3×2×2＝48种涂法.
课时分层评价31 基本计数原理的简单应用(习题课)
(时间：60分钟 满分：100分)
(1—9，每小题5分，共45分)
1.已知乘积(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋…＋cn)(n∈N＋)展开后共有60项，则n的值为( )
A.7 B.10
C.12 D.15
答案：B
解析：根据多项式的乘法法则，展开后的项数为2×3×n＝60，所以n＝10.故选B.
2.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
答案：C
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.故选C.
3.用3种不同颜色给右图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，不同的涂色方案种数为( )
A.48 B.72
C.144 D.1 280
答案：A
解析：从左到右依次涂色，第一个图形可以涂3种颜色，第二、三、四、五个图形可以涂2种颜色，共有3×2×2×2×2＝48种不同的涂色方案.故选A.
4.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )
A.6种 B.12种
C.24种 D.30种
答案：C
解析：由题意知可分步完成此事：第一步，甲、乙选相同的1门共有4种方法；第二步，甲再选1门有3种方法；第三步，乙再选一门有2种选法，由分步乘法计数原理知，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有4×3×2＝24(种).故选C.
5.数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为( )
A.147 B.112
C.65 D.50
答案：C
解析：最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个；最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个；最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个；最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个，所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为21＋21＋15＋8＝65.故选C.
6.(多选题)现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是( )
A.选1人为负责人的选法种数为30
B.每组选1名组长的选法种数为3 024
C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335
D.若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种
答案：ABC
解析：对于A，选1人为负责人的选法种数：6＋7＋8＋9＝30，故A正确；对于B，每组选1名组长的选法种数：6×7×8×9＝3 024，故B正确；对于C，2人需来自不同的小组的选法种数：6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确；对于D，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有43－33＝37(种)，故D错误.故选ABC.
7.星期二下午的3节课排物理、化学和自习课各一节，要求第一节不排自习课，那么不同的排课方法种数为 .
答案：4
解析：将安排分为3步，第一步先安排第一节有2种方法，第二步排第二节有2种方法，第三步排第三节只有1种方法，故不同的排课方法种数为：2×2×1＝4.
8.将序号分别为1，2，3，4的4张参观券全部分给3人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是 .
答案：18
解析：将序号分别为1，2，3，4的4张参观券分成三组，且2张参观券连号在一组，有12，3，4；23，1，4；34，1，2三种情况，每组分给3人，有3×2×1＝6种，所以不同的分法种数为3×6＝18.
9.《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有 种.
答案：24
解析：若三人选书没有要求，则有33＝27种，若三人选择的书完全相同，则有3种，所以三人选择的书不全相同，不同的选法有27－3＝24种.
10.(15分)用0，1，2，3，…，9十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数；
(2)无重复数字的三位数；
(3)小于500且无重复数字的三位奇数.
解：(1)由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法，
十位与个位上的数字均有10种选法，
所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个).
(2)百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法，
个位数字应从剩余8个数字中选取，
所以共有9×9×8＝648(个)无重复数字的三位数.
(3)若个位为1或3，则小于500的三位奇数有2×3×8＝48(个)；
若个位为5或7或9，则小于500的三位奇数有3×4×8＝96(个)；
所以小于500的三位奇数有48＋96＝144(个).
(11—13，每小题5分，共15分)
11.某班举办新年联欢班会，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项. 甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同. 甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖没有戊好但是比丁的强”.根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是( )
A.12 B.13
C.24 D.26
答案：B
解析：甲是特等奖，乙有4种情况，则丙、丁、戊有1种情况，所以有4×1＝4种；甲不是特等奖，则甲有3种情况，乙有3种情况，而丙、丁、戊有1种情况，所以有3×3×1＝9种；所以5人的奖项的所有可能的种数是4＋9＝13.故选B.
12.(多选题)用n种不同的颜色涂图中的矩形A，B，C，D，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为s，则( )
A.s(3)＝12 B.s(4)＝36
C.s(5)＝120 D.s(6)＝600
答案：AD
解析：当n＝3时，分四步：第一步，涂C处，有3种涂色方案；第二步，涂D处，有2种涂色方案；第三步，涂A处，有2种涂色方案；第四步，涂B处，有1种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为3×2×2×1＝12，所以s(3)＝12，故A正确；当n＝4时，分四步：第一步，涂C处，有4种涂色方案；第二步，涂D处，有3种涂色方案；第三步，涂A处，有3种涂色方案；第四步，涂B处，有2种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为4×3×3×2＝72，所以s(4)＝72，故B错误；当n＝5时，分四步：第一步，涂C处，有5种涂色方案；第二步，涂D处，有4种涂色方案；第三步，涂A处，有4种涂色方案；第四步，涂B处，有3种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为5×4×4×3＝240，所以s(5)＝240，故C错误；当n＝6时，分四步：第一步，涂C处，有6种涂色方案；第二步，涂D处，有5种涂色方案；第三步，涂A处，有5种涂色方案；第四步，涂B处，有4种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为6×5×5×4＝600，所以s(6)＝600，故D正确.故选AD.
13.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，则不同的选法有 种.
答案：20
解析：由题意得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”既不参加英语活动也不参加日语活动，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.
14.(15分)现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内.
(1)共有多少种不同的放法？
(2)每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有多少种？
(3)将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒的放法有多少种？
解：(1)由题意，4个编号为1，2，3，4的球和5个编号为1，2，3，4，5的盒子，
把球全部放入盒子内，共有5×5×5×5＝54种不同的放法.
(2)每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，若1号球2号球分别放入1号盒2号盒，记为“12”，则2个盒子的编号与球的编号相同的情况有“12，13，14，23，24，34”6种情况，对于“12”情况，3号球可放入4号盒子或5号盒子，则4号球分别有2种放法或1种放法，所以完成这件事共有6×(2＋1)＝18种不同的放法.
(3)将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球，可空下1号盒子，2号盒子，3号盒子，4号盒子，5号盒子，共有5种放法.
(15、16，每小题5分，共10分)
15.(创新题)如图，无人机光影秀中，有8架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出4种不同颜色的光，1至5号的无人机颜色必须相同，6，7号无人机颜色必须相同，8号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这8架无人机同时发光时，灯光组合的种数为( )
A.48 B.12
C.18 D.36
答案：D
解析：根据题意可知，1至5号的无人机颜色有4种选择；当6，7号无人机颜色与1至5号的无人机颜色相同时，8号无人机颜色有3种选择；当6，7号无人机颜色与1至5号的无人机颜色不同时，6，7号无人机颜色有3种选择，8号无人机颜色有2种选择；再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有4×＝36种.故选D.
16.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 .
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
答案：24 112
解析：第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
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1.3 基本计数原理的简单应用(习题课)
第五章 §1 基本计数原理
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.会用这两个计数原理分析和解决一些较为复杂的实际计数
问题.
3.通过解决一些较为复杂的实际计数问题，继续提升逻辑推 理、数学建模及数学运算素养.
任务一 组数问题
(链教材P160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？
解：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(种)，
即可以排成125个三位数字的电话号码.
(2)可以排成多少个三位数？
解：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)三位数.
典例
1
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
解：被2整除的数，个位数字可取0，2，4，因此可分为两类：
一类是个位数字是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，因为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，
所以可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
变式探究
(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，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).
规律方法
解决组数问题的原则
1.明确特殊位置或特殊数字，这是采用“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(或特殊元素)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字以上的数的最
高位.
√
对点练1.(1)从1，2，3，…，8，9这9个数字中任取3个数组成一个没有重复数字的三位数，若这些三位数能够被5整除，则这样的三位数的个数为
A.504 B.336
C.72 D.56
依题意可知，这些三位数的个位为5，所以这样的三位数有8×7＝56个.故选D.
(2)“回文数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22，121，3 443等.那么在四位数中，回文数共有 个.
90
由题意得，4位“回文数”只需排列前两位数字，后面数字即可确定，因为第一位不能为0，所以第一位有9种排法，第二位有10种排法，所以由分步乘法原理可知共有9×10＝90种排法.
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任务二 抽取与分配问题
(链教材P161例3)(1)某市人民医院急诊科有3名男医生和4名女医生，内科有4名男医生和4名女医生，现从该医院急诊科和内科各选派1名男医生和1名女医生组成4人组，参加省人民医院组织的交流会，则所有不同的选派方案有
A.192种 B.180种
C.29种 D.15种
典例
2
√
从急诊科选派1名男医生和1名女医生有3×4＝12种方案，从内科选派1名男医生和1名女医生有4×4＝16 种方案，根据分步乘法计数原理，共有12×16＝192种不同的选派方案.故选A.
(2)甲，乙两名同学要从A，B，C，D四个科目中每人选取三科进行学习，则两人选取的科目不完全相同的方法有 种.
12
法一：甲，乙两名同学要从A，B，C，D四个科目中每人选取三科进行学习，不可能只有一科相同，至少要两科相同，而所求科目不完全相同，即只有两科相同，完成这件事，可以分两步，先选相同科目，有AB，AC，AD，BC，BD，CD 6种情况，再选不同科目，有2种情况，所以科目不完全相同方法共有6×2＝12种.
法二：两人选取科目的方法共有4×4＝16种，科目完全相同的方法共有4×1＝4种，所以科目不完全相同的方法共有12种.
规律方法
选(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，一般选用列举法、树形图法、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.
对点练2.(1)将2名女生和3名男生分配到两个不同的兴趣小组，要求每个兴趣小组分配男生、女生各1人，则不同的分法种数为 .
12
每个小组安排一个女生，有2×1＝2种方法，每个小组安排一名男生，有3×2＝6种方法，故每个兴趣小组分配男生、女生各1人，共有2×6＝12种方法.
(2)2024年7月14日13时(当地时间)，2024年巴黎奥运会火炬开始在巴黎传递，其中某段火炬传递活动由包含甲、乙、丙在内的5名火炬手分四棒完成，若甲传递第一棒，最后一棒由2名火炬手共同完成，且乙、丙不共同传递火炬，则不同的火炬传递方案种数为 .
10
最后一棒可以是除甲、乙、丙之外的2人，也可以是从乙、丙中选1人，从除甲、乙、丙之外的2人中选1人组成，所以最后一棒的安排方案有：1＋2×2＝5种；安排最后一棒后，剩余两人安排在中间两棒，方案有：2×1＝2种，由分步乘法计数原理，不同的传递方案种数为5×2＝10.
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任务三 涂色与种植问题
(1)某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有
A.30 240种
B.60 480种
C.120 960种
D.241 920种
典例
3
1 2 3 4 5
√
由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类；第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻，分别有10，9，8种选择，所以共计7×6×10×9×8＝30 240种；第二、三、四类和第一类种数相同.综上总计有30 240×4＝120 960种方法.故选C.
1 2 3 4 5
(2)“帆船之都”青岛，具有现代时尚都市感的同时，更注重里院文化的传承与保护，为建设“建筑可阅读、街道可漫步、文化可传承、城市可记忆”的“最青岛”，市南区举办了“上街里，逛春天，百米长卷绘老城”活动.一位同学在活动中负责用5种不同颜色给如图所示的图标上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有 种不同的涂法.
180
当②，④不同色时，有5×4×3×2＝120种涂色方案；当②，④同色时，有5×4×3＝60种涂色方案，根据分类加法计数原理可得共有120＋60＝180种涂色方案.
规律方法
涂色与种植问题的解答策略
求解涂色与种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，处理这类问题的关键是要找准分类标准，常用的方法有：
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，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.
对点练3.(双空题)如图，这是一面含A，B，C，D，E，F六块区域的墙，现有含甲的五种不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，则共有 种不同的涂色方法；若区域D不能涂甲油漆，则共有 种不同的涂色方法.
1 200
960
第二空：因为区域D不能涂甲油漆，所以区域D 的涂色方法有4种.若C，E的涂色相同，则共有4×4×3×3×2＝288种方法；若C，E的涂色不相同，则共有4×4×3×2×(1×3＋2×2)＝672种方法.故共有960种不同的涂色方法.
课堂小结
任务再现 1.组数问题.2.抽取与分配问题.3.涂色与种植问题
方法提炼 正难则反、分类讨论思想
易错警示 分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题
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随堂评价
√
1.由数字0，1，2，3，4可组成无重复数字的两位数的个数是
A.25 B.20
C.16 D.12
根据题意可分为两步，先选十位上的数字，再选个位上的数字，且首位不能为0，故可组成无重复数字的两位数的个数是4×4＝16.故选C.
√
2.市政府现有4个项目要安排到2个地区进行建设，每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有
A.12种 B.14种
C.20种 D.24种
每个项目安排到2个地区有2种方法，故4个项目安排到2个地区有24＝16种，4个项目全安排在同一个地区有2种方法，故每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有16－2＝14种.故选B.
√
3.(多选题)某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人每人在该窗口打2种菜，且每人至多打1种荤菜，则下列说法中正确的是
A.甲若选一种荤菜，则有6种选法
B.乙的选菜方法数为9
C.若两人分别打菜，总的方法数为18
D.若两人打的菜均为一荤一素且只有一种相同，则方法数为30
√
若甲打一荤一素，则有2×3＝6种选法，故A正确；若乙打一荤一素，则有6种选法，若打两素，则有3种选法，共9种选法，故B正确；选项C两人分别打菜，由选项B知每个人可有9种打法，故应为9×9＝81种方法；选项D可分为荤菜相同或素菜相同两种情况，共2×3×2＋3×2×1＝18种.故选AB.
4.如图，用四种不同颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有 种.(用数字作答)
A B D
C
48
先涂A区域，再涂B，涂C，涂D，根据分步乘法计数原理共有4×3×2 ×2＝48种涂法.
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课时分层评价
√
1.已知乘积(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋…＋cn)(n∈N＋)展开后共有60项，则n的值为
A.7 B.10
C.12 D.15
根据多项式的乘法法则，展开后的项数为2×3×n＝60，所以n＝10.故选B.
√
2.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
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.故选C.
√
3.用3种不同颜色给右图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，不同的涂色方案种数为
A.48 B.72
C.144 D.1 280
从左到右依次涂色，第一个图形可以涂3种颜色，第二、三、四、五个图形可以涂2种颜色，共有3×2×2×2×2＝48种不同的涂色方案.故选A.
√
4.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有
A.6种 B.12种
C.24种 D.30种
由题意知可分步完成此事：第一步，甲、乙选相同的1门共有4种方法；第二步，甲再选1门有3种方法；第三步，乙再选一门有2种选法，由分步乘法计数原理知，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有4×3×2＝24(种).故选C.
√
5.数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为
A.147 B.112
C.65 D.50
最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个；最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个；最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个；最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个，所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为21＋21＋15＋8＝65.故选C.
√
√
√
6.(多选题)现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是
A.选1人为负责人的选法种数为30
B.每组选1名组长的选法种数为3 024
C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335
D.若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种
对于A，选1人为负责人的选法种数：6＋7＋8＋9＝30，故A正确；对于B，每组选1名组长的选法种数：6×7×8×9＝3 024，故B正确；对于C，2人需来自不同的小组的选法种数：6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确；对于D，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有43－33＝37(种)，故D错误.故选ABC.
7.星期二下午的3节课排物理、化学和自习课各一节，要求第一节不排自习课，那么不同的排课方法种数为 .
4
将安排分为3步，第一步先安排第一节有2种方法，第二步排第二节有2种方法，第三步排第三节只有1种方法，故不同的排课方法种数为：2×2×1＝4.
8.将序号分别为1，2，3，4的4张参观券全部分给3人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是 .
18
将序号分别为1，2，3，4的4张参观券分成三组，且2张参观券连号在一组，有12，3，4；23，1，4；34，1，2三种情况，每组分给3人，有3×2×1＝6种，所以不同的分法种数为3×6＝18.
9.《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有 种.
24
若三人选书没有要求，则有33＝27种，若三人选择的书完全相同，则有3种，所以三人选择的书不全相同，不同的选法有27－3＝24种.
10.(15分)用0，1，2，3，…，9十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数；
解：由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法，
十位与个位上的数字均有10种选法，
所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个).
(2)无重复数字的三位数；
解：百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法，
个位数字应从剩余8个数字中选取，
所以共有9×9×8＝648(个)无重复数字的三位数.
(3)小于500且无重复数字的三位奇数.
解：若个位为1或3，则小于500的三位奇数有2×3×8＝48(个)；
若个位为5或7或9，则小于500的三位奇数有3×4×8＝96(个)；
所以小于500的三位奇数有48＋96＝144(个).
√
11.某班举办新年联欢班会，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同.甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖没有戊好但是比丁的强”.根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是
A.12 B.13
C.24 D.26
甲是特等奖，乙有4种情况，则丙、丁、戊有1种情况，所以有4×1＝4种；甲不是特等奖，则甲有3种情况，乙有3种情况，而丙、丁、戊有1种情况，所以有3×3×1＝9种；所以5人的奖项的所有可能的种数是4＋9＝13.故选B.
√
√
当n＝3时，分四步：第一步，涂C处，有3种涂色方案；第二步，涂D处，有2种涂色方案；第三步，涂A处，有2种涂色方案；第四步，涂B处，有1种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为3×2×2×1＝12，所以s(3)＝12，故A正确；
当n＝4时，分四步：第一步，涂C处，有4种涂色方案；
第二步，涂D处，有3种涂色方案；第三步，涂A处，有3
种涂色方案；第四步，涂B处，有2种涂色方案.所以不同
的涂色方法种数共为4×3×3×2＝72，所以s(4)＝72，故
B错误；当n＝5时，分四步：第一步，涂C处，有5种涂色方案；第二步，涂D处，有4种涂色方案；第三步，涂A处，有4种涂色方案；第四步，涂B处，有3种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为5×4×4×3＝240，所以s(5)＝240，故C错误；
当n＝6时，分四步：第一步，涂C处，有6种涂色方案；第二步，涂D处，有5种涂色方案；第三步，涂A处，有5种涂色方案；第四步，涂B处，有4种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为6×5×5×4＝600，所以s(6)＝600，故D正确.故选AD.
13.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，则不同的选法有 种.
20
由题意得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”既不参加英语活动也不参加日语活动，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.
14.(15分)现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内.
(1)共有多少种不同的放法？
解：由题意，4个编号为1，2，3，4的球和5个编号为1，2，3，4，5的
盒子，
把球全部放入盒子内，共有5×5×5×5＝54种不同的放法.
(2)每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有多少种？
解：每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，若1号球2号球分别放入1号盒2号盒，记为“12”，则2个盒子的编号与球的编号相同的情况有“12，13，14，23，24，34”6种情况，对于“12”情况，3号球可放入4号盒子或5号盒子，则4号球分别有2种放法或1种放法，所以完成这件事共有6×(2＋1)＝18种不同的放法.
(3)将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒的放法有多
少种？
解：将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球，可空下1号盒子，2号盒子，3号盒子，4号盒子，5号盒子，共有5种放法.
15.(创新题)如图，无人机光影秀中，有8架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出4种不同颜色的光，1至5号的无人机颜色必须相同，6，7号无人机颜色必须相同，8号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这8架无人机同时发光时，灯光组合的种数为
A.48
B.12
C.18
D.36
√
16.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 .
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
24
112
第一步，从第一行任选一个数，共有4种不
同的选法；第二步，从第二行选一个与第
一个数不同列的数，共有3种不同的选法；
第三步，从第三行选一个与第一、二个数
均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
由分步乘法计数原理知，不同的选法种数
为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选
出一个数，故所选4个数的十位上的数字分
别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、
三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
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