【满分练】第1讲 计数原理与排列组合(复习课）

第1讲 计数原理与排列组合
一、捆绑法
1．2位男生和3位女生共5位同学站成一排．若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，
则不同排法的种数为（ ）
A．36 B．42 C．48 D．60
【答案】C
【分析】捆绑法并将女生先排好，讨论男生是否相邻，进而将男生按要求安排位置即可得结果.
【详解】女生任选两人捆绑看作，并与余下女生排成一排有种方法，所成排中有3个空，
若两男生不相邻，则男生甲排在之间的位置上，另一男生在两端任选一个位置有种；
若两男生相邻，则有种排法，再插入之间的位置上只有一种方法；
综上，不同排法共有种.
故选：C
2．某社区活动需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，计划依次安排到该社区参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有（ ）
A．72种 B．81种 C．144种 D．192种
【答案】D
【分析】先计算乙和丙在相邻两天参加服务的排法，排除乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务的排法，即可得出答案.
【详解】解：若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为，
若乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务，不同的排法种数为，
由间接法可知，满足条件的排法种数为种.
故选：D.
3．将红橙黄绿紫五个大小一样颜色不同的灯笼自上而下首尾相连挂在一起，要求红色和紫色相邻，橙色和绿色不相邻，橙色不能挂在最上面，则不同的挂法种数是________．
【答案】
【分析】考虑红色或紫色挂在最上面，黄色挂在最上面，绿色挂在最上面三种情况，计算相加得到答案.
【详解】将红色和紫色捆绑在一起，
若红色或紫色挂在最上面，则有种；
若黄色挂在最上面，则有种；
若绿色挂在最上面，则有种；
综上所述：共有种，
故答案为：.
二、插空法
4．7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【答案】D
【详解】7个小球有6个空，采用插空法可求．
将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法．
故选D．
5．要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单，如果舞蹈节目不在排头，且任何两个舞蹈节目不相邻，则不同的排法总数为__________．
【答案】7200
【分析】先排5个独唱节目，在五个节目之间形成的空位不包括第一个中，由插空法再排3个舞蹈节目，根据分步计数原理可得答案.
【详解】先排5个独唱节目有种排法，
在五个节目之间形成的空位不包括第一个中，放入3个舞蹈节目有种排法，
根据分步计数原理可得不同的排法总数为种.
故答案为：.
6．琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅．为弘扬中国传统文化，某校决定从“八雅”中挑选“六雅”，于某周末开展知识讲座，每雅安排一节，连排六节．若“琴”“棋”“书”“画”必选，且要求“琴”“棋”相邻，“书”与“画”不相邻，则不同的排课方法共__________种．（用数字作答）
【答案】
【分析】先从诗、酒、花、茶中选“两雅”， “琴”“棋”相邻用捆绑法，“书”与“画”不相邻用插空法，最后按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】首先从诗、酒、花、茶中选“两雅”有种选法，
“琴”“棋”相邻用捆绑法看做一个整体，与除“书”与“画”外的“两雅”全排列，有种排法，
再将“书”与“画”插入到刚刚所形成的个空中的个空，有种插法，
按照分步乘法计数原理可得一共有种排法.
故答案为：
三、特殊元素法
7．小张接到4项工作，要在下周一、周二、周三这3天中完成，每天至少完成1项，且周一只能完成其中1项工作，则不同的安排方式有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】C
【分析】先按照周一，再安排其他两天，利用分步计数原理及排列组合知识进行求解；
【详解】先从4项工作中选1项安排在周一完成，再从剩下的工作中选2项安排在周二或周三，所以不同的安排方式有种．
故选：C
8．如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（ ）
A．96种 B．64种 C．32种 D．16种
【答案】B
【分析】分3步完成，每步中用排列求出排法数，再利用分步计数原理即可求出结果.
【详解】根据题意，分3步进行，
第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有种排法；
第二步，排第一步中剩余的一组数，共有种排法；
第三步，排数字5和6，共有种排法；
由分步计数原理知，共有不同的排法种数为.
故选：B.
9．勠力同心，共克时艰!近日，某地因出现新冠疫情被划分为“封控区”“管控区”和“防范区”，现有6位专家到这三个“区”进行一天的疫情指导工作，每个“区”半天安排一位专家，每位专家只安排半天的工作，其中专家甲只能安排在上午，专家乙不安排在“防范区”，则不同的安排方案一共有___________种.（用数字作答）
【答案】240
【分析】根据题意分两类：甲安排在“防范区”上午和甲不安排在“防范区”上午，分别求出其方法数，再根据分类加法原理求解即可
【详解】甲安排在“防范区”上午时，则专家乙有4种可能，其余4位专家有种可能，，
甲不安排在“防范区”上午时，甲有2种可能，乙有3种可能，其余4位专家有种可能，，
所以共有种安排方案.
故答案为：240
四、间接法
10．某志愿小组共5人，随机分配4人去值班，每人只需值班一天，若前两天每天1人，第三天2人，且其中的甲、乙两人不同在第三天值班，则满足条件的排法共有（ ）
A．72种 B．60种 C．54种 D．48种
【答案】C
【分析】用总共的方法减去甲、乙两人同时在第三天值班的排法即可求得．
【详解】依题意总共的排法有种，
甲乙两人同在第三天值班的排法有种，
所以满足条件的排法有种.
故选：C．
11．有7名学生参加“学党史知识竞赛”，咨询比赛成绩，老师说：“甲的成绩是最中间一名，乙不是7人中成绩最好的，丙不是7人中成绩最差的，而且7人的成绩各不相同”.那么他们7人不同的可能位次共有（ ）
A．120种 B．480种 C．504种 D．624种
【答案】C
【分析】甲的位置固定，问题转化为排头排尾有限制的排列问题，利用间接法求解.
【详解】因为甲的成绩是中间一名，
所以只需安排其余6人位次，
其中乙排第一名的排法有，丙排最后一名的排法有，乙排第一名且丙排最后一名的排法有，
所以由间接法可得满足条件的排法有,
故选：C
12．正三棱柱的各棱中点共个点，在其中取个不共面的点，不同的取法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．以上都不对
【答案】A
【分析】作出图形，求出任选个点的选法种数以及四个点共面的选法种数，利用间接法可求得结果.
【详解】如下图所示，在正三棱柱中，、、、、、、、、为相应棱的中点，
从上述个点中任选个点，共有种选法，
其中所选的个点在同一侧面上，共种情况；
若所选的个点不在同一侧面上，且构成平行四边形，如、、、，共种情况；
若所选的个点构成梯形，如、、、，共种情况.
综上所述，正三棱柱的各棱中点共个点，在其中取个不共面的点，不同的取法共有种.
故选：A.
五、隔板法
13．某高校举行一场智能机器人大赛.该高校理学院获得8个参赛名额.已知理学院共有4个班，每个班至少要有一个参赛名额，则该理学院参赛名额的分配方法共有（ ）
A．20种 B．21种 C．28种 D．35种
【答案】D
【分析】利用隔板法可得答案.
【详解】将8个参赛名额看成8个元素，之间会产生7个空隙，则分配方法数为：.
故选：D
14．中小学校车安全引起社会的关注，为了彻底消除校车安全隐患，某市购进了50台完全相同的校车，准备发放给10所学校，每所学校至少2台，则不同的发放方案的种数有（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题意，每所学校1台，还剩40台，再在中间39空中，插入9个挡板，即可求出不同的发放方案种数．
首先每个学校配备一台，这个没有顺序和情况之分，剩下40台；将剩下的40台排队一样排列好，则这40台校车之间有39个空．对这39个空进行插空，比如说用9面小旗子隔开，就可以隔成10部分了，所以是在39个空里选9个空进行插空，所以是．故选D．
15．将10个优秀指标分配给3个班级：
(1)每班至少一个，则共有多少种分配方法？
(2)任意分配共有多少种分配方法？
(3)若班级为一、二、三班，名额数不少于班级数，则共有多少种分配方法？
【答案】(1)36；(2)66；(3)15
【详解】由于10个优秀指标是相同的，该题等价于10个相同的小球放入3个不同盒子的模型，可采用“隔板法”．
（1）插隔板，即9个空格中插入2个隔板，共有种分配方法．
（2）排隔板，即10个指标和2个隔板．从12个位置中选2个放隔板，共有种分配方法．
（3）先给一班0个优秀名额，二班1个优秀名额，三班2个优秀名额，再对剩下的7个优秀名额用插隔板法，共有种分配方法．
总之，凡是处理“相同元素有序分组”模型时，我们都可采用“隔板法”．若每组元素数目至少一个时，可用插“隔板”，若出现每组元素数目可为0个时，可用排“隔板”．
六、倍缩法解决部分定序问题
16．用1，2，3，4，5，6六个数字组成没有重复数字的六位数，其中百、十、个位的数字按从小到大的顺序排列，这样的六位数共有________个．
【答案】120
【分析】从6个数字中选3个排在最左边的三个数位，剩下的3个数字自动从小到大的顺序排列在百、十、个位.
【详解】从6个数字中选3个排在最左边的三个数位，共有＝120种选法，剩下的3个数字自动从小到大的顺序排列在百、十、个位，∴这样的六位数共有120个．
故答案为：120
17．5个人站成一排，求在下列条件下的不同排法种数：
(1)甲在乙前；
(2)甲在乙前，并且乙在丙前．
【答案】(1)60；(2)20
【分析】（1）根据题意，由整体法求解，即可得到结果；
（2）根据题意，由整体法求解，即可得到结果；
【详解】（1）∵5个人站成一排有种不同的排列，而甲和乙有种不同的排列，∴在个排列中，每个排列里有1个排列，甲和乙是依照这样的顺序的．∴由倍数映射知甲排在乙前共有种排法．
（2）∵甲、乙、丙有种不同的排列，∴在个排列中，每个排列里有1个排列，甲、乙、丙是依照这样的顺序的．∴由倍数映射知甲在乙前且乙在丙前的排法有种．
18．7人站成一排．
(1)甲必须在乙的前面（不一定相邻），则有多少种不同的排列方法？
(2)甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变（不一定相邻），则有多少不同的排列方法？
【答案】(1)2520；(2)840
【分析】（1）7人站成一排，甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半可得.
（2）7人站成一排，甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变（不一定相邻）占全排列种数的，可得.
【详解】（1）甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，故有（种）不同的排法．
（2）甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种数的，故有（种）不同的排法．
七、不平均分组问题
19．春节期间，小胡、小张、小陈、小常四个人计划到北京、重庆、成都三地旅游，每个人只去一个地方，每个地方至少有一个人去，且小胡不去北京，则不同的旅游方案共有（ ）
A．18种 B．12种 C．36种 D．24种
【答案】D
【分析】分为小胡单独一个人旅游以及小胡和小张、小陈、小常中的1人一起旅游两种情况讨论即可.
【详解】由题意，可分为两种情况：
①小胡单独一个人旅游，在重庆，成都中任选1个，有2种选法，
再将其他3人分成两组，对应剩下的2个地方，有种情况，
所以此时共有种；
②小胡和小张、小陈、小常中的1人一起旅游，先在小张、小陈、小常中任选1人，与小胡一起在重庆，成都中任选1个，有种情况，
将剩下的2人全排列，对应剩下的2个地方，有种情况，
所以此时共有种，
综上，不同的旅游方案共有种.
故选：D.
20．6名老师被安排到甲 乙 丙三所学校支教，每名老师只去1所学校，甲校安排1名老师，乙校安排2名老师，丙校安排3名老师，则不同的安排方法共有（ ）
A．30种 B．60种 C．90种 D．120种
【答案】B
【分析】按照分步计数原理求解.
【详解】依题意，第一步，从6名老师中随机抽去1名去甲校，有 种方法；
第二步，从剩下的5名老师中抽取2名去乙校，有 种方法；
第三部，将剩余的3名老师给丙校，有 种方法；
总共有 种方法；
故选：B.
21．第24届冬季奥运会于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行，现要安排三名男志愿者和两名女志愿者去国家高山滑雪馆 国家速滑馆 首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，每名志愿者只能去一个场馆，且每个场馆最少安排一名志愿者，若两名女志愿者分派到同一个场馆，则不同的分配方法有（ ）
A．24种 B．36种 C．56种 D．68种
【答案】B
【分析】利用分组分配的方法计算分析.
【详解】若两名女志愿者分配到同一个场馆，且该场馆没有男志愿者，则有种方法；若两名女志愿者分配到同一个场馆，且该场馆有一名男志愿者，则有种方法，所以一共有36种分配方法.
故选：B
八、平均分组问题
22．为了迎接学校即将到来的某项活动，某班组织学生进行卫生大扫除，班主任将班级中的9名同学平均分配到三个包干区（编号1、2、3）进行卫生打扫，其中甲同学必须打扫1号包干区，则不同的分配方法有（ ）
A．560种 B．280种 C．840种 D．1120种
【答案】A
【分析】现将9名同学平均分成3组，再将含有甲的分组打扫1号包干区，其他两组分别负责2、3号包干区，最后结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】第一步，将9名同学平均分成3组，共有种分法；
第二步，含有甲的分组打扫1号包干区，其他两组分别负责2、3号包干区，共有种分法；
由分步乘法计数原理可知，所有分配方法共种.
故选：A.
23．身高互不相同的6个人排成2横3纵列照相，在第一行的每个人都比他同列身后的人个子矮，则不同的排法种数为（ ）
A．1 B．15 C．90 D．54
【答案】C
【分析】先每次选2个人按照从矮到高的排列，再把每2人作为1列，可得答案.
【详解】由题意可知每次选2个人按照从矮到高的排列有种不同的选法，
然后再把每2人作为1列，即有3列，这3列不同的排法有种不同的排法，
故不同的排法种数是种.
故选：C.
24．在中国空间站某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有___________种.
【答案】450
【分析】安排方案可以分为两类，第一类，每个舱各安排2人，第二类，分别安排3人，2人，1人，结合分堆分配问题解决方法求解即可.
【详解】满足条件的安排方案可以分为两类，
第一类，每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；
方案二：一个实验舱安排3人，一个实验舱2人，一个实验舱1人，
共有（种）不同的方案.
所以共有不同的安排方案.故答案为：450.
九、部分平均分组问题
25．某学校安排3名教师指导4个学生社团，每名教师至少指导一个社团，每个社团只需一位指导老师，则不同的安排方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．72种
【答案】C
【分析】根据分组分配的计算方法，即可求解.
【详解】4个学生社团，分为2，1，1的组，则有种分组情况，再分配给3位老师，则有种方法.
故选：C
26．将6名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行服务，每名志原者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（　　）
A．480种 B．1080种 C．1560种 D．2640种
【答案】C
【分析】将6名北京冬奥会志愿者分4组，有1，1，1，3和2，2，1，1两种分组方法，再分别计算每组的安排方法可得答案.
【详解】6名北京冬奥会志愿者分4组，有1，1，1，3和2，2，1，1两种分组方法，
当为1，1，1，3时，有种；
当为2，2，1，1时，有种，
共有种不同的分配方案.故选：C.
27．某市践行“干部村村行”活动，现有3名干部可供选派，下乡到5个村蹲点指导工作，每个村均有有1名干部，每个干部至多住3个村，则不同的选派方案共（ ）
A．243种 B．210种 C．150种 D．125种
【答案】C
【分析】利用排列组合思想求出甲干部住个村的排法种数以及将三名可供选派的干部下乡到个村蹲点的排法种数.
【详解】3名干部可供选派，下乡到5个村蹲点指导工作，每个村都需要1名干部，每个干部至多去3个村，于是可以把5个村分为(1，1，3)和(1，2，2)两组，
当为(1，1，3)时，有＝60(种)；
当为(1，2，2)时，有(种)．
根据分类加法计数原理可得不同的选派方案共60＋90＝150(种)．
故选：C.
十、分类分步问题
28．中国工尺谱是世界上最早的乐谱之一.世界上只有三个国家发明了乐谱——意大利人发明了五线谱，法国人发明了简谱，中国人发明了工尺谱、减字谱、律吕谱等.近代常见的工尺谱一般用合、四、一、上、尺、工、凡作为表示音高（同时也是唱名）的基本符号，可相当于sol，la，si，do，re，mi，fa，从合、四、一、上、尺、工、凡任取4个唱名填入下面的5个方格中，要求所取的每个唱名至少填一次，每个空格都必须填，且若工、尺同时选择工尺都只能出现一次，则有多少种谱曲方法（ ）
A．7 200 B．4 800 C．2 400 D．9 600
【答案】A
【分析】按工、尺选择的情况进行分类讨论，使用排列组合数并结合分类加法和分步乘法计数原理来求解.
【详解】若同时选择工、尺，第一步，从工、尺外的5种唱名中选2种唱名，有种情况；
第二步，因为工、尺只能出现一次，所以在剩下的2种中选1种进行重复，有种情况；
第三步，唱名填入方格进行全排有，因为有一种唱名重复出现2次，需要去掉重复的情况，即要除以，则有种情况.
由分步乘法计数原理知共有种情况.
若只选工、尺中的一种，第一步，只选工或只选尺，有种情况；
第二步，在工、尺之外的5种唱名中选3种唱名，有种情况；
第三步，在4种唱名中选1种进行重复，有种情况；
第四步，唱名填入方格进行全排有 ，因为有一种唱名重复出现2次，需要去掉重复的情况，即要除以 ，则有种情况.
由分步乘法计数原理知共有种情况.
若不选择工、尺，第一步，在余下的的5种唱名中选4种唱名，有种情况；
第二步，在4种唱名中选1种进行重复，有种情况；
第三步，唱名填入方格进行全排有，因为有一种唱名重复出现2次，需要去掉重复的情况，即要除以 ，则有种情况.
由分步乘法计数原理知共有种情况.
综上，由分类加法计数原理知，共有种情况.
故选：A
29．为了备战下一届排球世锦赛，中国国家队甲、乙、丙、丁四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手，则传法总数为（ ）
A．30 B．24 C．21 D．12
【答案】C
【分析】通过4次传球后仍回到甲手得出第四次传球只能传给甲，由此得出限制条件，根据分步乘法即可计算出传法总数.
【详解】由题意，
四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，经过4次传球，球仍回到甲手，
∴第1次传球有3种方法，第2次传球分成“在甲手中”和“不在甲手中”两类方法，
第3次传球，球也不一定在甲手中；第4次传球只能在甲手中；
∴当第2次传球后球在甲手中时，
则第3次传球可能为丙或乙或丁，共3种方法；
当第2次传球后球不在甲手中时，有2种方法，
则第3次传球有2种方法.
∴经过4次传球，球仍回到甲的传法总数为：
，
∴球仍回到甲的传法总数为21种，
故选：C.
30．面对突如其来的新冠疫情，全国人民众志成城，齐心抗疫，甲、乙两位老师在上课之余.积极参加某社区的志愿活动，现该社区计划连续三天行核酸检测，需要多名志愿者协助工作，因工作关系，甲、乙不能在同一天参加志愿活动，那么甲、乙每人至少参加其中一天的方案有（ ）
A．6种 B．9种 C．12种 D．24种
【答案】C
【分析】分类加法计数原理，结合排列组合知识进行求解.
【详解】分为三类：①甲、乙各一天，有种；②甲2天，乙1天，有种；③乙2天，甲1天，有种，
6+3+3=12，故共有12种方案.
故选：C
31．某个密室逃脱游戏的一个环节是要打开一个密码箱，已知该密码箱的密码由四个数字组成（每格都可以出现0~9十个数字），且从之前的游戏环节得知，该密码的四个数字互不相同，且前两个数字均大于6，最后两个数字均小于5.该密码的可能的情况数为______（请用数字作答）.
【答案】120
【分析】根据给定条件求出密码的前两个与后两个的排法数，再利用分步计数乘法原理计算作答.
【详解】依题意，从7，8，9中任取2两个不同数字排前两位有种，从0，1，2，3，4中任取2两个不同数字排后两位有，由分步计数乘法原理得：，
所以该密码的可能的情况数为120.
故答案为：120
十一、特殊位置法
32．要排出某班一天中语文，数学，政治，英语，体育，艺术6门课各一节的课程表，要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法种数为（ ）
A．24 B．72 C．144 D．288
【答案】D
【分析】先排数学课，再排最后一节，剩余的四个元素在四个位置全排列，根据分步计数原理得到结果．
【详解】数学课排在前3节，英语课不排在第6节，
∴先排数学课有种排法，再排最后一节有种排法，剩余的有种排法，
∴根据分步计数原理知，共有种排法．
故选：D．
33．将A，B，C，D，E五种不同的文件放入编号依次为1，2，3，4，5，6，7的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件，若文件A、B必须放入相邻的抽屉内，文件C、D也必须放在相邻的抽屉内，则所有不同的放法种类有（ ）
A．192 B．144 C．288 D．240
【答案】D
【详解】∵文件A、B必须放入相邻的抽屉内，文件C、D也必须放相邻的抽屉内
∴A，B和C，D分别看成一个元素，相应的抽屉看成5个，则有3个元素在5个位置排列，共有种结果，组合在一起的元素还有一个排列，共有 =240种结果，故选240种，故选D．
34．为了响应全国创文明城活动，某单位计划安排五名员工分别去三个小区参加志愿者服务，每个员工只去一个小区，每个小区至少安排1人，员工甲不去小区，则不同的安排方法种数共有______种．
【答案】100
【分析】根据题意有和两种情况，共有种情况，再根据员工甲去三个小区的可能性相同，得到答案.
【详解】五名员工分别去三个小区A，B，C参加志愿者服务，每个员工只去一个小区，每个小区至少安排1人，
则有和两种情况，共有种情况，
员工甲去三个小区的可能性相同，所以共有种情况.
故答案为：100
35．从七名运动员中选出名参加米接力赛，其中运动员不跑第一棒，运动员不跑第二棒，则不同安排方案有____________种.
【答案】
【分析】按照第一棒是否由跑分两类讨论，可求出结果.
【详解】若运动员跑第一棒，则从剩下的六名运动员中任选三名跑另外三棒，有种；
若运动员不跑第一棒，也不能跑第二棒，则从除外的五名运动员中，任选一名跑第一棒，有，
从除和已经排好的人以外的五名运动员中任选一名跑第二棒，有，
再从剩下的五名运动员中任选两名跑另外两棒，有种，
故不同安排方案有种.
故答案为：.
十二、染色问题
36．给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有（ ）种不同的染色方案.
A．96 B．144 C．240 D．360
【答案】A
【分析】通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，最少需要3种颜色，即同色，同色，同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以4种颜色全部用上，即，，三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和．
【详解】解：要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，染色方法可分两类，
第一类是仅用三种颜色染色，
即同色，同色，同色，则从四种颜色中取三种颜色有种取法，三种颜色染三个区域有种染法，共种染法；
第二类是用四种颜色染色，即，，中有一组不同色，则有3种方案不同色或不同色或不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有种染法．
由分类加法原理得总的染色种数为种．
故选：A．
37．用四种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（ ）
A．72种 B．36种 C．12种 D．60种
【答案】A
【分析】列出表格，使用分类加法，分步乘法公式进行计算.
【详解】如下表
顶点 V A B C D
种数 4 3 2 C与A同色1 2
C与A不同色1 1
总计
故选：A．
38．如图，一环形花坛分成，，，四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为_________种；若中间部分也种花，则不同的种法总数为_________种．
【答案】 84 72
【分析】染色问题按颜色分类即可.
【详解】第一个空：
第一类，若种四种不同花，则每块地种一种，共有种方法，
第二类，若种三种不同花，则需要其中两块地种同一种花，可以为或，
共有种方法，
第三类，若种两种不同花，则需要和种同一种花，共有种方法，
故共有种方法，
第二个空：
若中间部分也种花，先种中间部分有种方法，
然后在，，，四块，从剩下3种不同的花中选3种或2种，
若，，，四块，种3种不同的花，则需要其中两块地种同一种花，可以为或，共有种，
若，，，四块，种2种不同的花，则需要和种同一种花，共有种方法，
故共有种方法，
故答案为：84；72
十三、排数问题
39．从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用排列组合知识求出对应的方法种数，利用古典概型的概率公式直接求解.
【详解】从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，有种；
要使该三位数能被3整除，只需数字和能被3整除，
所以数字为1，2，3时，有种；数字为1，3，5时，有种；
数字为2，3，4时，有种；数字为3，4，5时，有种；共24种.
所以该三位数能被3整除的概率为.
故选：D
40．用0，1，2，3，，9这十个数字.
(1)可组成多少个三位数？
(2)可组成多少个无重复数字的三位数？
(3)可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？
【答案】(1)900；(2)648；(3)379.
【分析】（1）根据题意，分别得出三位数各位的种数，根据分步乘法计数原理相乘即可得出结果；
（2）根据题意，分别得出三位数各位的种数，根据分步乘法计数原理相乘即可得出结果；
（3）根据题意，分成三种情况，分别计算得出各种情况的种数，根据分类加法计数原理相加即可得出结果.
【详解】（1）要确定一个三位数，可分三步进行：
第一步，确定百位数，百位不能为0，有9种选法；
第二步，确定十位数，有10种选法；
第三步，确定个位数，有10种选法.
根据分步乘法计数原理，共有种.
（2）要确定一个无重复数字的三位数，可分三步进行：
第一步，确定百位数，有9种选法；
第二步，确定十位数，有9种选法；
第三步，确定个位数，有8种选法.
根据分步乘法计数原理，共有个无重复数字的三位数.
（3）由已知，小于500且没有重复数字的自然数分为以下三类，
第一类，满足条件的一位自然数：有10个，
第二类，满足条件的两位自然数：有个，
第三类，满足条件的三位自然数：
第一步，确定百位数，百位数字可取1，2，3，4，有4种选法；
第二步，确定十位数，有9种选法；
第三步，确定个位数，有8种选法.
根据分步乘法计数原理，有个.
由分类加法计数原理知共有，共有379个小于500且无重复数字的自然数.
41．用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？
(1)偶数：
(2)左起第二 四位是奇数的偶数；
(3)比21034大的偶数.
【答案】(1)个；(2)个；(3)个
【分析】（1）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（2）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（3）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
【详解】（1）末位是0，有个，
末位是2或4，有个，
故满足条件的五位数共有个.
（2）法一：可分两类，0是末位数，有个，
2或4是末位数，则个.
故共在个.
法二：二、四位从奇数1，3中取，有；
首位从2，4中取，有个：余下的排在剩下的两位，有个；
故共有个.
（3）法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有个；
当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是2时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是3时，有个.
故有个.
法二：不大于21034的偶数可分为三类：
万位数字为1的偶数，有个；
万位数字为2，而千位数字是0的偶数，有个：还有21034本身.
而由组成的五位偶数有个.
故满足条件的五位偶数共有个.
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