转学证明-什么时候换届

第2课时 基本计数原理的应用
学习目标：1.熟练应用两个计数原理．(重点)2. 能运用两个计数原理解决一
些综合性的问题．(难点)

教材整理 分类加法计数原理与分步乘法计数
原理的联系与区别
阅读教材P
4
～P
5
，完成下列问题．
分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别

联系
区别一
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题
完成一件事共有n类办
法，关键词是“分类”
完成一件事共分n个步骤，关键词是“分
步”
任何一步都不能独立完成这件事，缺少任
区别二 每类办法都能完成这件事 何一步也不能完成这件事，只有每个步骤
都完成了，才能完成这件事
区别三
各类办法都是互斥的、并
列的、独立的
各步之间是相互关联的、互相依存的

1．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________．
【解析】 由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24.
【答案】 24
2．(a
1
＋a
2
＋a
3
)(b
1
＋b
2
＋b
3
)(c
1
＋c
2
＋ c
3
＋c
4
)展开后共有________项．
【解析】 该展开 式中每一项的因式分别来自a
1
＋a
2
＋a
3
，b
1
＋b
2
＋b
3
，c
1
＋c
2
＋ c
3
＋c
4
中的各一项．由a
1
，a
2
， a
3
中取一项共3种取法，从b
1
，b
2
，b
3< br>中
取一项有3种不同取法，从c
1
，c
2
，c
3，c
4
中任取一项共4种不同的取法．由分
步乘法计数原理知，该展开式共3×3 ×4＝36(项)．
【答案】 36
1

3．5名班委进行分工， 其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不
同的分工方案种数为________．
【解析】 根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，
也不能当学习委员 ，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1
＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得 共有1×3×6＝18种分工方案．
【答案】 18
4．用1,2,3三个数字组成一个四 位数，规定这三个数必须全部使用，且同
一数字不能相邻，这样的四位数有________个．
【解析】 分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；
第2步，把这2个 相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第
3步，将余下的2个数字排在四位数余下的 两个位置上，有2种方法．故有3×3×2
＝18个不同的四位数．
【答案】 18



抽取(分配)问题

【例1】 (1)高三年级的 三个班到甲、乙、丙、丁四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．16种 B．18种 C．37种 D．48种
(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的
贺卡 ，则不同取法的种数有________种．
【精彩点拨】 (1)由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，
可考虑间接法求解．
(2)先让一人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽．
【解】 (1)高三年级的三个班到 甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有
4
3
种不同的分配方案，若三个班都不去工厂 甲则有3
3
种不同的分配方案．则满
2

足条件的不同的分配 方案有4
3
－3
3
＝37(种)．故选C.
(2)不妨由甲先来取 ，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来
取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择， 所以不同取法共有3×3×1×1
＝9(种)．
【答案】 (1)C (2)9

求解抽取(分配)问题的方法
1．当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、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． 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．

1．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有
多少种方法？
【解】 法一：(以小球为研究对象)分三步来完成：
第一步：放第一个小球有5种选择；
第二步：放第二个小球有4种选择；
第三步：放第三个小球有3种选择．
根据分步乘法计数原理得：
共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．
法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：
第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；
第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；
第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；
分类还有以下几种情况： 空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，
(3,5)，(4 ,5)，共10类，每一类都有6种方法．
根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种).

组数问题
3

【例2】 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的：
(1)银行存折的四位密码？
(2)四位整数？
(3)比2 000大的四位偶数？
【精彩点拨】 (1)用分 步乘法计数原理求解(1)问；(2)0不能作首位，优先
排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可 以按个位是0,2,4分三类，也可以按
首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解．
【解】 (1)分步解决．
第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；
第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；
第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；
第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法．
由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有
6×5×4×3＝360(个)．
(2)分步解决．
第一步：首位数字有5种选取方法；
第二步：百位数字有5种选取方法；
第三步：十位数字有4种选取方法；
第四步：个位数字有3种选取方法．
由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有
5×5×4×3＝300(个)．
(3)法一：按末位是0,2,4分为三类：
第一类：末位是0的有4×4×3＝48个；
第二类：末位是2的有3×4×3＝36个；
第三类：末位是4的有3×4×3＝36个．
则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．
法二：按千位是2,3,4,5分四类：
第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；
第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；
4

第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；
第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．
则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．
法三：间接法．
用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：
第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)；
第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．
共有60＋96＝156(个)．
其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)，
所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．

1．对于组数问题， 一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分
类中再按特殊位置(或者特殊元素)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．解决组数问题，应特别注意其 限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖
掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．

2．由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：
(1)无重复数字的三位数？
(2)可以有重复数字的三位数？
【解】 (1)0不能做百位数字，所以百位数字有3种选 择，十位数字有3种
选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18(个) ．
(2)百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择．
由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48(个).

涂色问题

[探究问题]
1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区
5

A B C D
域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方
案？
【提示】 涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分
步乘法计数原理将A ，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案．
2．在探究1中，若恰好用3 种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪
些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色 方案？
【提示】 恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，
或B，D区 域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共
3×2×1＋3×2×1＋3×2× 1＝18(种)不同的方案．
3．在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同 色？
共有多少种不同的涂色方案？
【提示】 若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区 域必同色，且B，
D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用
所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用
2种不同颜色涂四个区 域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案．
【例3】 将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示
的图中，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同
的涂色方法？
【精彩点拨】 给图中区域标上记号A，B，C，D，E，则A区域有4种不
同的涂色方法，B 区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色
取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相 同有2种，如果不相同，那么只有
1种．因此应先分类后分步．

【解】 法一：给图中区域标上记号A，B，C，D，E，如图所示．
①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种．
②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种．
故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．
法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：
第一类，用4种颜色：此时B，D区域或A，E区域同色，则共有2×4×3×2×1
6

＝48种不同涂法．
第二类，用3种颜色：此时B，D同色，A，E同色，先 从4种颜色中取3
种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法．
由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法．

求解涂色种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：
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种植作 物为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分
类加法计数原理分析；
3对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.

3．如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
组
合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A< br>1
B
1
C
1
不涂色)，要
求相邻的面均不同色，则不 同的染色方案共有________种．

【解析】 先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然 后涂三棱柱的三个侧面，由
分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法．
【答案】 12




1．已知x∈{1,2,3,4}，y∈{5,6,7,8}，则xy可表示不同值的个数为( )
A．2 B．4
7

C．8 D．15
【解析】 x 的取值共有4个，y的取值也有4个，则xy共有4×4＝16个
积，但是由于3×8＝4×6，所以x y共有16－1＝15(个)不同值，故选D．
【答案】 D
2．某年级要从3名男生，2 名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要
求至少有1名女生，那么不同的选派方案有( )
A．6种
C．8种
B．7种
D．9种
【解析】 可 按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2
名女生，则有3种．由分类加法计数原理 ，共有9种不同的选派方法．
【答案】 D
3．3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算 机课外兴趣小组，每人选报
一门，则不同的报名方案有________种．
【解析】 每名同学都有4种不同的报名方案，共有4×4×4＝64种不同的
报名方案．
【答案】 64
4．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角
三角形的 个数为________．
【解析】 先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，
不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一
个点可以形成 n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)
个符合题意的直角三角形．
【答案】 2n(n－1)
5．用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要 求相邻区
域不能用同一种颜色的彩色粉笔．问：该板报有多少种书写方案？

【解】 第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选
语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角 用的颜色相同，有5种不同的选法；第三
8

步，选理综视界用的彩色粉笔，与 英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4
种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与 理综视界的颜色不同
即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案．
课时分层作业(二) 基本计数原理的应用
(建议用时：45分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个 同学可自由选择，且
必须选择一个知识讲座，则不同的选择种数是( )
A．5
4

C．5×4×3×2
B．4
5

D．5×4
【解析】 5名同学每人都选一个课外知识讲座，则每人都有4种选择，由
分步乘法计数原理知共有4×4×4×4×4＝4
5
种选择．
【答案】 B 2．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6,7}，从两个集合中各取一个元
素作为 点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点
的个数是( )
A．18
C．16
【解析】 分两类．
第一类：M中的元素作 横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内
的点有3×3＝9(个)；
第二类：N中 的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内
的点有4×2＝8(个)．
由分类加法计数原理，共有9＋8＝17(个)点在第一、二象限．
【答案】 B
3．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人写的
贺年卡，则四张贺年卡不同的 分配方式有( )
A．12种 B．9种
9
B．17
D．10

C．8种 D．6种
D
．
由题意，某人(不妨设A【解析】 设四张贺卡分别记为A，B，C，
卡的供卡人)取卡的情况有3种，据此将卡的分配方式分为三类，对于每一类，
其他人依次取卡分步进行 ，为了避免重复或遗漏，我们用“树状图”表示如下：

所以共有9种不同的分配方式，故选
【答案】 B
4.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的9个空格中，
要 求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固
定在图中的位置时，填写空格的方法为( )
A．6种
C．18种
B．12种
D．24种
B．
【解析】 因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只
有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8
任一个；余下两个数 字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选
A.
【答案】 A
5． 体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个
箱子放球的个数不少于其编号 ，则不同的放球方法有( )
A．8种
C．12种
B．10种
D．16种
【解析】 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，
这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，
第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；
第二种方法，可以把球分成两份，1 和2，这两份在三个位置，有3×2＝6
种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种 结果．
综上可知共有1＋6＋3＝10种结果．
【答案】 B
10

二、填空题
6．小张正在玩一款种菜的游戏，他计划从仓库里的玉米、土豆、 茄子、辣
椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能
种植一 种作物)，若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒，则不同的种植方
案共有________种．
【解析】 当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块
地种辣椒时，有 4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案．
【答案】 48
7．从集 合{0,1,2,3,5,7,11}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax＋By
＋C＝0中的A ，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．
【解析】 因为过原点的直线常数项为0 ，所以C＝0，从集合中的6个非
零元素中任取一个作为系数A，有6种方法，再从其余的5个元素中任 取一个作
为系数B，有5种方法，由分步乘法计数原理得，适合条件的直线共有1×6×5
＝3 0(条)．
【答案】 30
8．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项 志愿者活动，
要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的
安 排方法共有________种．
【解析】 分三类：若甲在周一，则乙丙有4×3＝12种排法；
若甲在周二，则乙丙有3×2＝6种排法；
若甲在周三，则乙丙有2×1＝2种排法．
所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种．
【答案】 20
三、解答题 < br>9．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，且两端的格子的颜色也不同，不同的涂色
方法共有多少种？(用数字作答)

【解】 不妨将图中的4个格子依次编号为①②③④，当①③同色时，有
11

6×5×1×5＝150种方法；当①③异色时，有6×5×4×4＝480种方法．所以共
有 150＋480＝630种方法．
10．用数字1,2,3,4,5,6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个
数列．
(1)求这个数列的项数；
(2)求这个数列中的第89项的值．
【解】 (1) 完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数，可以先确定百
位，再确定十位，最后确定个位，因此要分 步相乘．
第一步：确定百位数，有6种方法．
第二步：确定十位数，有5种方法．
第三步：确定个位数，有4种方法．
根据分步乘法计数原理，共有
N＝6×5×4＝120个三位数．
所以这个数列的项数为120.
(2)这个数列中，百位是1,2,3,4的共有4×5×4＝80个，
百位是5的三位数中，十位是1或2的有4＋4＝8个，
故第88项为526，故从小到大第89项为531.
[能力提升练]
1．如图所 示，一环形花坛分成A，B，C，D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
( )

A．96
C．60
B．84
D．48
【解析】 可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花 时，有4×3×1×3
＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．
由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.
【答案】 B
2．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决
12

出胜负为止，则所有可能出现的情形(两人输赢局数的不同视为不同情形)共有
( )
A．10种
C．20种
B．15种
D．30种
【解析】 由题意知，比赛局数最少为3局，至多为5局．当比赛局数为3
局时，情形为甲或乙 连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3
局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形 ；同理，若乙赢，则也有3种情形，
所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢 2局，最后
一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，
2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，
综上可知， 共有2＋6＋12＝20(种)．故选C.
【答案】 C
3．在一次运动会选手选拔赛上， 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．
【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 安排方
式有4×3×2＝24种．
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，所以
安排方式有5×4×3×2×1＝120种．
所以安排这8人的方式有24×120＝2 880种．
【答案】 2 880
4 ．给出一个正五棱柱，用3种颜色给其10个顶点染色，要求各侧棱的两个
端点不同色，有几种染色方案 ？
【解】 分两步，先给上底面的5个顶点染色，每个顶点都有3种方法，共
有3
5
种方法，再给下底面的5个顶点染色，因为各侧棱两个端点不同色，所以
每个顶点有2种方法， 共有2
5
种方法，根据分步乘法计数原理，共有3
5
·2
5
＝7
776(种)染色方案．


13