《创新方案》3.1.1 第2课时 基本计数原理的综合应用 课件 高中数学选修二(人教B版)同步讲练测
文档属性
| 名称 | 《创新方案》3.1.1 第2课时 基本计数原理的综合应用 课件 高中数学选修二(人教B版)同步讲练测 |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 356.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-02-07 00:00:00 | ||
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文档简介
(共33张PPT)
第2课时 基本计数原理的综合应用
新知学习 探究
PART
01
第一部分
一 组数问题
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)四位整数；
【解】 千位数字有9种选择，百位、十位和个位数字各有10种选择．由分步乘法计数原理知，符合题意的四位整数的个数是9×10×10×10＝
9 000.
用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数？
(2)四位偶数；
【解】 由于组成的数为偶数，所以个位数字有0，2，4，6，8五种情况，千位数字有9种选择，百位数字和十位数字各有10种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的四位偶数的个数是5×9×10×10＝4 500.
用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数？
(3)小于1 000的无重复数字的自然数．
【解】 小于1 000的无重复数字的自然数可以分为一位、两位、三位自然数三类．其中一位自然数：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，符合题意的两位数的个数是9×9＝81；三位自然数：百位数字有9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，符合题意的三位数的个数是9×9×8＝648；由分类加法计数原理知，符合题意的自然数的个数是10＋81＋648＝739.
【变式探究】
(设问变式)本例的十个数字，可组成多少个能被5整除的无重复数字的五位整数？
解：依题意，个位数字为0或5，当个位数字为0时，万位数字有9种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的五位整数的个数为9×8×7×6＝3 024；
当个位数字为5时，万位数字有8种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的五位整数的个数为8×8×7×6＝2 688；所以能被5整除的无重复数字的五位整数的个数为3 024＋2 688＝5 712.
常见的组数问题及解题原则
(1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上数字的和或数字间满足某种特殊关系等．
(2)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且两位及以上的数首位数字不能是0，被3整除的数各数位上的数字之和能被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．
[跟踪训练1] (1)(多选)下列说法正确的是( )
A．由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数
B．由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数
C．由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码
D．由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数
√
√
√
解析：由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有4×3×2＝24(个)，故A正确；
若三位数是偶数，则个位可以是2，4，则没有重复数字的三位偶数共有2×3×2＝12(个)，故B错误；
数字1，2，3，4能够组成的三位密码有4×4×4＝64(个)，故C正确；
若组成的三位数比320大，则百位是4时，有4×4＝16(个)，若百位是3，则十位可以是2，3，4时，个位可以是1，2，3，4，共有3×4＝12(个)，则比320大的三位数有12＋16＝28(个)，故D正确．故选ACD.
(2)我们把各位数字之和为6的四位数称为“四位合六数”(如1 203，1 005均是四位合六数)，则在“四位合六数”中首位为1的不同的“四位合六数”共有________个．
解析：由题知后三位数字之和为5，当一个位置为5时，符合题意的有005，050，500，共3个；当两个位置和为5时，符合题意的有014，041，410，401，140，104，023，032，302，320，203，230，共12个；当三个位置和为5时，符合题意的有113，131，311，122，212，221，共6个，所以一共有3＋12＋6＝21(个).
21
二 抽取与分配问题
(对接教材例3)某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？
【解】 分三类．第一类是从一班的8名优秀团员中选1人，共有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中选1人，共有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中选1人，共有6种不同的选法．由分类加法计数原理可得共有8＋10＋6＝24种不同的选法．
(对接教材例3)某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(2)每班选1人为组长，有多少种不同的选法？
【解】 分三步．第一步，从一班的8名优秀团员中选1人为组长，共有8种不同的选法；第二步，从二班的10名优秀团员中选1人为组长，共有10种不同的选法；第三步，从三班的6名优秀团员中选1人为组长，共有6种不同的选法．由分步乘法计数原理可得共有8×10×6＝480种不同的选法．
(对接教材例3)某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？
【解】 分三类，每一类又分两步．第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法．因此，共有8×10＋10×6＋8×6＝188种不同的选法．
解决抽取(分配)问题的方法
(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；若是按对象特征抽取的，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．
[跟踪训练2] (1)(2024·大连市第二十四中学月考)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中甲工厂必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )
A．360种 B．420种
C．369种 D．396种
√
解析：方法一(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，剩下的一个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，其他三个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).
方法二(间接法)：先计算四个班自由选择去哪个工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即5×5×5×5－4×4×4×4＝369种分配方案．
(2)甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为________．
解析：不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有一种选择，所以不同的取法共有2×1×1＝2(种).
2
三 涂色与种植问题
中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同．若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有( )
A．1 050种 B．1 260种
C．1 302种 D．1 512种
√
【解析】 由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色．先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择；当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择．当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择．故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1 302(种).故选C.
解决此类问题要特别关注图形的结构特征．如果图形不规则，往往从某一块出发进行分步涂色，从而选用分步乘法计数原理；如果图形具有一定的对称性，那么先对涂色方案进行分类，每一类再进行分步．
[跟踪训练3] (1)如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有( )
A．24种 B．48种
C．72种 D．96种
解析：按A→B→C→D的顺序涂色分四步：涂A区域时，有4种涂法；涂B区域时，有3种涂法；涂C区域时，有2种涂法；涂D区域时，有2种涂法．由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有4×3×2×2＝48(种).故选B.
√
(2)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，则不同的种植方法有________种．
解析：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24－6＝18种不同的种植方法．
18
课堂巩固 自测
PART
02
第二部分
1．(教材P8练习BT3改编)已知x∈{2，3，7}，y∈{－3，－4，8}，则xy可表示不同的值的个数为( )
A．10 B．6
C．8 D．9
解析：因为x从集合{2，3，7}中任取一个值共有3种不同的情况，y从集合{－3，－4，8}中任取一个值共有3种不同的情况，且x，y互不相同，故xy可以表示为3×3＝9个不同的值．
√
2．(教材P8练习AT4改编)(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)·(c1＋c2＋c3＋c4)展开后的项数为( )
A．24 B．12
C．9 D．6
解析：由分步乘法计数原理可得(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)展开后的项数为2×3×4＝24.
√
3．(2024·大连育明高级中学高二检测)有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出2本不同学科的书，则不同的选法有( )
A．21种 B．315种
C．143种 D．153种
解析：根据题意，从中选出2本不同学科的书，包括3种情况：①一本语文、一本数学，有9×7＝63种取法；②一本语文、一本英语，有9×5＝45种取法；③一本数学、一本英语，有7×5＝35种取法，则不同的选法有63＋45＋35＝143(种).
√
4.某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示，现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种，且相邻部分不能栽种同一种颜色的花，则不同的栽种方法种数为( )
A．120 B．360
C．480 D．540
√
解析：从题意来看6个部分种4种颜色的花，又从图形看知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求．第一类：②⑤同色，则③⑥或④⑥同色，所以共有N1＝4×3×2×2×1＝48(种)；第二类：③与⑤同色，则②④或⑥④同色，所以共有N2＝4×3×2×2×1＝48(种)；第三类：②与④且③与⑥同色，则共有N3＝4×3×2×1＝24(种).所以共有N＝N1＋N2＋N3＝48＋48＋24＝120(种).
5．口袋中装有4个白球、4个黑球和10个红球，每个球有不同编号，现从中取出2个球．
(1)至少有1个白球的取法有多少种？
解：根据题意分二类完成任务：第一类：恰好1个白球有4×14＝56种取法，第二类：均为白球有3＋2＋1＝6种取法，所以共有56＋6＝62种取法．
口袋中装有4个白球、4个黑球和10个红球，每个球有不同编号，现从中取出2个球．
(2)2个球的颜色不相同的取法有多少种？
解：根据题意分三类完成任务：第一类：2个球为白球和黑球，有4×4＝16种取法，第二类：2个球为白球和红球，有4×10＝40种取法，第三类：2个球为黑球和红球，有4×10＝40种取法，所以共有16＋40＋40＝96种取法．
1．已学习：两个计数原理的联系与区别．
2．须贯通：根据具体问题的特征，选择两种计数原理解决一些实际问题．
3．应注意：在既有分类又有分步的题目中，一般先分类，然后在每一类中再分步．
第2课时 基本计数原理的综合应用
新知学习 探究
PART
01
第一部分
一 组数问题
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)四位整数；
【解】 千位数字有9种选择，百位、十位和个位数字各有10种选择．由分步乘法计数原理知，符合题意的四位整数的个数是9×10×10×10＝
9 000.
用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数？
(2)四位偶数；
【解】 由于组成的数为偶数，所以个位数字有0，2，4，6，8五种情况，千位数字有9种选择，百位数字和十位数字各有10种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的四位偶数的个数是5×9×10×10＝4 500.
用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数？
(3)小于1 000的无重复数字的自然数．
【解】 小于1 000的无重复数字的自然数可以分为一位、两位、三位自然数三类．其中一位自然数：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，符合题意的两位数的个数是9×9＝81；三位自然数：百位数字有9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，符合题意的三位数的个数是9×9×8＝648；由分类加法计数原理知，符合题意的自然数的个数是10＋81＋648＝739.
【变式探究】
(设问变式)本例的十个数字，可组成多少个能被5整除的无重复数字的五位整数？
解：依题意，个位数字为0或5，当个位数字为0时，万位数字有9种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的五位整数的个数为9×8×7×6＝3 024；
当个位数字为5时，万位数字有8种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的五位整数的个数为8×8×7×6＝2 688；所以能被5整除的无重复数字的五位整数的个数为3 024＋2 688＝5 712.
常见的组数问题及解题原则
(1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上数字的和或数字间满足某种特殊关系等．
(2)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且两位及以上的数首位数字不能是0，被3整除的数各数位上的数字之和能被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．
[跟踪训练1] (1)(多选)下列说法正确的是( )
A．由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数
B．由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数
C．由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码
D．由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数
√
√
√
解析：由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有4×3×2＝24(个)，故A正确；
若三位数是偶数，则个位可以是2，4，则没有重复数字的三位偶数共有2×3×2＝12(个)，故B错误；
数字1，2，3，4能够组成的三位密码有4×4×4＝64(个)，故C正确；
若组成的三位数比320大，则百位是4时，有4×4＝16(个)，若百位是3，则十位可以是2，3，4时，个位可以是1，2，3，4，共有3×4＝12(个)，则比320大的三位数有12＋16＝28(个)，故D正确．故选ACD.
(2)我们把各位数字之和为6的四位数称为“四位合六数”(如1 203，1 005均是四位合六数)，则在“四位合六数”中首位为1的不同的“四位合六数”共有________个．
解析：由题知后三位数字之和为5，当一个位置为5时，符合题意的有005，050，500，共3个；当两个位置和为5时，符合题意的有014，041，410，401，140，104，023，032，302，320，203，230，共12个；当三个位置和为5时，符合题意的有113，131，311，122，212，221，共6个，所以一共有3＋12＋6＝21(个).
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二 抽取与分配问题
(对接教材例3)某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？
【解】 分三类．第一类是从一班的8名优秀团员中选1人，共有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中选1人，共有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中选1人，共有6种不同的选法．由分类加法计数原理可得共有8＋10＋6＝24种不同的选法．
(对接教材例3)某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(2)每班选1人为组长，有多少种不同的选法？
【解】 分三步．第一步，从一班的8名优秀团员中选1人为组长，共有8种不同的选法；第二步，从二班的10名优秀团员中选1人为组长，共有10种不同的选法；第三步，从三班的6名优秀团员中选1人为组长，共有6种不同的选法．由分步乘法计数原理可得共有8×10×6＝480种不同的选法．
(对接教材例3)某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？
【解】 分三类，每一类又分两步．第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法．因此，共有8×10＋10×6＋8×6＝188种不同的选法．
解决抽取(分配)问题的方法
(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；若是按对象特征抽取的，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．
[跟踪训练2] (1)(2024·大连市第二十四中学月考)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中甲工厂必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )
A．360种 B．420种
C．369种 D．396种
√
解析：方法一(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，剩下的一个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，其他三个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).
方法二(间接法)：先计算四个班自由选择去哪个工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即5×5×5×5－4×4×4×4＝369种分配方案．
(2)甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为________．
解析：不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有一种选择，所以不同的取法共有2×1×1＝2(种).
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三 涂色与种植问题
中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同．若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有( )
A．1 050种 B．1 260种
C．1 302种 D．1 512种
√
【解析】 由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色．先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择；当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择．当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择．故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1 302(种).故选C.
解决此类问题要特别关注图形的结构特征．如果图形不规则，往往从某一块出发进行分步涂色，从而选用分步乘法计数原理；如果图形具有一定的对称性，那么先对涂色方案进行分类，每一类再进行分步．
[跟踪训练3] (1)如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有( )
A．24种 B．48种
C．72种 D．96种
解析：按A→B→C→D的顺序涂色分四步：涂A区域时，有4种涂法；涂B区域时，有3种涂法；涂C区域时，有2种涂法；涂D区域时，有2种涂法．由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有4×3×2×2＝48(种).故选B.
√
(2)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，则不同的种植方法有________种．
解析：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24－6＝18种不同的种植方法．
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PART
02
第二部分
1．(教材P8练习BT3改编)已知x∈{2，3，7}，y∈{－3，－4，8}，则xy可表示不同的值的个数为( )
A．10 B．6
C．8 D．9
解析：因为x从集合{2，3，7}中任取一个值共有3种不同的情况，y从集合{－3，－4，8}中任取一个值共有3种不同的情况，且x，y互不相同，故xy可以表示为3×3＝9个不同的值．
√
2．(教材P8练习AT4改编)(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)·(c1＋c2＋c3＋c4)展开后的项数为( )
A．24 B．12
C．9 D．6
解析：由分步乘法计数原理可得(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)展开后的项数为2×3×4＝24.
√
3．(2024·大连育明高级中学高二检测)有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出2本不同学科的书，则不同的选法有( )
A．21种 B．315种
C．143种 D．153种
解析：根据题意，从中选出2本不同学科的书，包括3种情况：①一本语文、一本数学，有9×7＝63种取法；②一本语文、一本英语，有9×5＝45种取法；③一本数学、一本英语，有7×5＝35种取法，则不同的选法有63＋45＋35＝143(种).
√
4.某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示，现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种，且相邻部分不能栽种同一种颜色的花，则不同的栽种方法种数为( )
A．120 B．360
C．480 D．540
√
解析：从题意来看6个部分种4种颜色的花，又从图形看知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求．第一类：②⑤同色，则③⑥或④⑥同色，所以共有N1＝4×3×2×2×1＝48(种)；第二类：③与⑤同色，则②④或⑥④同色，所以共有N2＝4×3×2×2×1＝48(种)；第三类：②与④且③与⑥同色，则共有N3＝4×3×2×1＝24(种).所以共有N＝N1＋N2＋N3＝48＋48＋24＝120(种).
5．口袋中装有4个白球、4个黑球和10个红球，每个球有不同编号，现从中取出2个球．
(1)至少有1个白球的取法有多少种？
解：根据题意分二类完成任务：第一类：恰好1个白球有4×14＝56种取法，第二类：均为白球有3＋2＋1＝6种取法，所以共有56＋6＝62种取法．
口袋中装有4个白球、4个黑球和10个红球，每个球有不同编号，现从中取出2个球．
(2)2个球的颜色不相同的取法有多少种？
解：根据题意分三类完成任务：第一类：2个球为白球和黑球，有4×4＝16种取法，第二类：2个球为白球和红球，有4×10＝40种取法，第三类：2个球为黑球和红球，有4×10＝40种取法，所以共有16＋40＋40＝96种取法．
1．已学习：两个计数原理的联系与区别．
2．须贯通：根据具体问题的特征，选择两种计数原理解决一些实际问题．
3．应注意：在既有分类又有分步的题目中，一般先分类，然后在每一类中再分步．