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湘教版（2019）选择性必修 第一册4.1 两个计数原理图片ppt课件
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这是一份湘教版（2019）选择性必修 第一册4.1 两个计数原理图片ppt课件，文件包含第二课时两个计数原理的综合应用pptx、第二课时两个计数原理的综合应用DOCX等2份课件配套教学资源，其中PPT共44页， 欢迎下载使用。
第4章 计数原理
第二课时 两个计数原理的综合应用
课标要求
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.2.会正确应用这两个计数原理解决相关问题.
素养要求
通过进一步应用两个计数原理解决相关问题，进一步提升学生的数学抽象、逻辑推理及数学运算素养.
课前预习教材必备知识探究
内容索引
课堂研析题型关键能力提升
课后分层精练核心素养达成
内容索引
内容索引
ＫＥＱＩＡＮＹＵＸＩＪＩＡＯＣＡＩＢＩＢＥＩＺＨＩＳＨＩＴＡＮＪＩＵ
课前预习教材 必备知识探究
1
两个计数原理的区别与联系
温馨提醒 用两个计数原理解决问题时，需明确是需要分类还是需要分步，有时，可能既要分类又要分步.
1.思考辨析，判断正误 (1)分类计数是指将完成这件事的所有方式进行分类，每一类都能独立完成该事件.( ) (2)分步计数是指将完成这件事分解成若干步骤，当完成所有的步骤时，这个事件才算完成.( ) (3)当一个事件既需要分步又需要分类时，分步和分类没有先后之分.( ) 提示 当一个事件既需要分步又需要分类时，通常要明确是先分类后分步还是先分步后分类，并且要明确分类的标准和分步的程序问题. (4)计数时，若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，使用间接法会简单一些.( )
√
√
×
√
C
2.有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有( ) A.6种 B.5种 C.4种 D.3种解析 不同的选派情况可分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法.根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有2＋1＋1＝4(种).
A
3.某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有( ) A.24种 B.48种 C.64种 D.81种解析 由于每班每项限报1人，故当前面的学生报了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的参赛方法.
4.(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中有________项.
24
解析 要得到项数分三步：第一步，从第一个因式中取一个因子，有2种取法；第二步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法；第三步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法.由分步乘法计数原理知，共有2×3×4＝24(项).
ＫＥＴＡＮＧＹＡＮＸＩＴＩＸＩＮＧ ＧＵＡＮＪＩＡＮＮＥＮＧＬＩＴＩＳＨＥＮＧ
课堂研析题型 关键能力提升
2
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？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(种)，即可以排成100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 被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法.因而有12＋18＝30(种)排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
迁移 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，可以分四步：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).
训练1 从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( ) A.24 B.18 C.12 D.6 解析 由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇. 如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种； 如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，1种情况)，共6种， 因此总共有12＋6＝18(种)情况.故选B.
B
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).
C
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.
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.
训练2 (1)有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是( ) A.11 B.10 C.9 D.8
C
解析 法一 设四个班级分别是A，B，C，D，它们的老师分别是a，b，c，d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C，D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法.这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法.
法二 让a先选，可从B，C，D中选一个，即有3种选法.若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9(种)不同安排方法.
(2)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、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有( )A.280种 B.240种C.180种 D.96种
B
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.
例3 如图所示，要给“创”、“新”、“设”、“计”四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
题型三 涂色问题
解 “创”、“新”、“设”、“计”四个区域依次涂色，分四步.第1步，涂“创”区域，有3种选择；第2步，涂“新”区域，有2种选择；第3步，涂“设”区域，由于它与“创”、“新”区域颜色不同，有1种选择；第4步，涂“计”区域，由于它与“创”“设”区域颜色不同，有1种选择.所以根据分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种).
训练3 如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为( )
B
A.96 B.84 C.60 D.48
解析 依次种A，B，C，D 4块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种的花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法.由分类加法计数原理知，不同的种法种数为36＋48＝84.
课堂小结
1.注意两个计数原理的区别与联系.2.掌握两个计数原理的常见方法(1)在排数中的应用方法；(2)在涂色问题中的应用方法；(3)在分配问题中的应用方法.
ＫＥＨＯＵＦＥＮＣＥＮＧＪＩＮＧＬＩＡＮＨＥＸＩＮＳＵＹＡＮＧＤＡＣＨＥＮＧ
课后分层精练 核心素养达成
3
1.由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为( ) A.15 B.12 C.10 D.5 解析 分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个； 第二类组成两位整数，其中偶数有2个； 第三类组成3位整数，其中偶数有2个. 由分类加法计数原理知共有偶数1＋2＋2＝5(个).
D
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 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.
C
3.若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( ) A.10个 B.14个 C.15个 D.21个解析 当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4，5；当b＝3时，c＝4，5，6；当b＝4时，c＝4，5，6，7.故共有1＋2＋3＋4＝10(个)这样的三角形.
A
4.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，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为( ) A.18 B.16 C.14 D.10 解析 分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标，有3×2＝6(个)不同的点； 二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标，有4×2＝8(个)不同的点， 故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14(个)不同的点.
C
5.有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A
A.4 320种 B.2 880种 C.1 440种 D.720种
解析 第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4 320(种)不同的涂色方法.
6.如图所示为一电路图，则从A到B共有__________条不同的单支线路可通电.
8
解析 按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2＝4(条).根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8(条).
7.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
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).
8.4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报法有________种.
81
解析 由于每个同学报哪个运动队没有限制，因此，每个同学都有3种报名方法，4个同学全部报完，才算完成这件事，故共有3×3×3×3＝81(种)不同的报法.
9.将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中. 求：(1)1号盒中无球的不同方法种数；
(2)1号盒中有球的不同放法种数.解 (1)1号盒中无球即A，B，C三球只能放入2，3，4号盒子中，有33＝27(种)放法；(2)1号盒中有球可分三类：第一类是1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法，第二类是1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法，第三类是1号盒中有三个球，有1种放法.共有27＋9＋1＝37(种)放法.
10.若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？解 分两类完成.第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条.第2类，当A，B都不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成.第1步，确定A的值，有4种不同的方法；第2步，确定B的值，有3种不同的方法.由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12(条)直线.由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14(条).
11.方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2，0，1，2，3}，且a，b，c互不相同.在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( ) A.60条 B.62条 C.71条 D.80条 解析 利用两个计数原理结合分类讨论思想求解. 当a＝1时：若c＝0，则b2有2个取值，共2条抛物线；若c≠0，则c有4个取值，b2有2个取值，共有2×4＝8(条)抛物线.
B
二、能力提升
∴a＝1时，共有2＋8＝10(条)抛物线.
当a＝2时：若c＝0，则b2有3个取值，共有3条抛物线；若c≠0，当c取1时，b2有2个取值，共有2条抛物线；当c取－2时，b2有2个取值，共有2条抛物线；当c取3时，b2有3个取值，共有3条抛物线；当c取－3时，b2有3个取值，共有3条抛物线.∴a＝2时，共有3＋2＋2＋3＋3＝13(条)抛物线.同理，a＝－2，－3，3时，共有抛物线3×13＝39(条).由分类加法计数原理知，共有抛物线39＋13＋10＝62(条).
12.现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则不同的选取种数为______，m，n都取到奇数的概率为__________.
63
解析 因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，所以(m，n)所有可能的取值有7×9＝63(种)，
13.某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人)
(1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；
解 由调查数据，知既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)，
(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5，3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选出1人，求A1被选中且B1未被选中的概率.
解 从这5名男同学和3名女同学中各随机选出1人，其所有可能的结果有5×3＝15(种).根据题意，知这些基本事件的出现是等可能的.事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的基本事件有{A1，B2}，{A1，B3}，共2个.
14.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有多少种？
三、创新拓展
解 先涂A，D，E三个点，共有4×3×2＝24(种)涂法，然后再按B，C，F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8(种)涂法；另一类是B与E和D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3(种)涂法.所以，涂色方法共有24×(8＋3)＝264(种).
第4章 计数原理
第二课时 两个计数原理的综合应用
课标要求
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.2.会正确应用这两个计数原理解决相关问题.
素养要求
通过进一步应用两个计数原理解决相关问题，进一步提升学生的数学抽象、逻辑推理及数学运算素养.
课前预习教材必备知识探究
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课堂研析题型关键能力提升
课后分层精练核心素养达成
内容索引
内容索引
ＫＥＱＩＡＮＹＵＸＩＪＩＡＯＣＡＩＢＩＢＥＩＺＨＩＳＨＩＴＡＮＪＩＵ
课前预习教材 必备知识探究
1
两个计数原理的区别与联系
温馨提醒 用两个计数原理解决问题时，需明确是需要分类还是需要分步，有时，可能既要分类又要分步.
1.思考辨析，判断正误 (1)分类计数是指将完成这件事的所有方式进行分类，每一类都能独立完成该事件.( ) (2)分步计数是指将完成这件事分解成若干步骤，当完成所有的步骤时，这个事件才算完成.( ) (3)当一个事件既需要分步又需要分类时，分步和分类没有先后之分.( ) 提示 当一个事件既需要分步又需要分类时，通常要明确是先分类后分步还是先分步后分类，并且要明确分类的标准和分步的程序问题. (4)计数时，若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，使用间接法会简单一些.( )
√
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C
2.有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有( ) A.6种 B.5种 C.4种 D.3种解析 不同的选派情况可分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法.根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有2＋1＋1＝4(种).
A
3.某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有( ) A.24种 B.48种 C.64种 D.81种解析 由于每班每项限报1人，故当前面的学生报了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的参赛方法.
4.(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中有________项.
24
解析 要得到项数分三步：第一步，从第一个因式中取一个因子，有2种取法；第二步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法；第三步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法.由分步乘法计数原理知，共有2×3×4＝24(项).
ＫＥＴＡＮＧＹＡＮＸＩＴＩＸＩＮＧ ＧＵＡＮＪＩＡＮＮＥＮＧＬＩＴＩＳＨＥＮＧ
课堂研析题型 关键能力提升
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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？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(种)，即可以排成100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 被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法.因而有12＋18＝30(种)排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
迁移 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，可以分四步：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).
训练1 从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( ) A.24 B.18 C.12 D.6 解析 由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇. 如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种； 如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，1种情况)，共6种， 因此总共有12＋6＝18(种)情况.故选B.
B
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).
C
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.
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.
训练2 (1)有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是( ) A.11 B.10 C.9 D.8
C
解析 法一 设四个班级分别是A，B，C，D，它们的老师分别是a，b，c，d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C，D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法.这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法.
法二 让a先选，可从B，C，D中选一个，即有3种选法.若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9(种)不同安排方法.
(2)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、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有( )A.280种 B.240种C.180种 D.96种
B
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.
例3 如图所示，要给“创”、“新”、“设”、“计”四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
题型三 涂色问题
解 “创”、“新”、“设”、“计”四个区域依次涂色，分四步.第1步，涂“创”区域，有3种选择；第2步，涂“新”区域，有2种选择；第3步，涂“设”区域，由于它与“创”、“新”区域颜色不同，有1种选择；第4步，涂“计”区域，由于它与“创”“设”区域颜色不同，有1种选择.所以根据分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种).
训练3 如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为( )
B
A.96 B.84 C.60 D.48
解析 依次种A，B，C，D 4块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种的花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法.由分类加法计数原理知，不同的种法种数为36＋48＝84.
课堂小结
1.注意两个计数原理的区别与联系.2.掌握两个计数原理的常见方法(1)在排数中的应用方法；(2)在涂色问题中的应用方法；(3)在分配问题中的应用方法.
ＫＥＨＯＵＦＥＮＣＥＮＧＪＩＮＧＬＩＡＮＨＥＸＩＮＳＵＹＡＮＧＤＡＣＨＥＮＧ
课后分层精练 核心素养达成
3
1.由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为( ) A.15 B.12 C.10 D.5 解析 分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个； 第二类组成两位整数，其中偶数有2个； 第三类组成3位整数，其中偶数有2个. 由分类加法计数原理知共有偶数1＋2＋2＝5(个).
D
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 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.
C
3.若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( ) A.10个 B.14个 C.15个 D.21个解析 当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4，5；当b＝3时，c＝4，5，6；当b＝4时，c＝4，5，6，7.故共有1＋2＋3＋4＝10(个)这样的三角形.
A
4.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，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为( ) A.18 B.16 C.14 D.10 解析 分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标，有3×2＝6(个)不同的点； 二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标，有4×2＝8(个)不同的点， 故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14(个)不同的点.
C
5.有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A
A.4 320种 B.2 880种 C.1 440种 D.720种
解析 第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4 320(种)不同的涂色方法.
6.如图所示为一电路图，则从A到B共有__________条不同的单支线路可通电.
8
解析 按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2＝4(条).根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8(条).
7.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
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).
8.4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报法有________种.
81
解析 由于每个同学报哪个运动队没有限制，因此，每个同学都有3种报名方法，4个同学全部报完，才算完成这件事，故共有3×3×3×3＝81(种)不同的报法.
9.将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中. 求：(1)1号盒中无球的不同方法种数；
(2)1号盒中有球的不同放法种数.解 (1)1号盒中无球即A，B，C三球只能放入2，3，4号盒子中，有33＝27(种)放法；(2)1号盒中有球可分三类：第一类是1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法，第二类是1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法，第三类是1号盒中有三个球，有1种放法.共有27＋9＋1＝37(种)放法.
10.若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？解 分两类完成.第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条.第2类，当A，B都不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成.第1步，确定A的值，有4种不同的方法；第2步，确定B的值，有3种不同的方法.由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12(条)直线.由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14(条).
11.方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2，0，1，2，3}，且a，b，c互不相同.在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( ) A.60条 B.62条 C.71条 D.80条 解析 利用两个计数原理结合分类讨论思想求解. 当a＝1时：若c＝0，则b2有2个取值，共2条抛物线；若c≠0，则c有4个取值，b2有2个取值，共有2×4＝8(条)抛物线.
B
二、能力提升
∴a＝1时，共有2＋8＝10(条)抛物线.
当a＝2时：若c＝0，则b2有3个取值，共有3条抛物线；若c≠0，当c取1时，b2有2个取值，共有2条抛物线；当c取－2时，b2有2个取值，共有2条抛物线；当c取3时，b2有3个取值，共有3条抛物线；当c取－3时，b2有3个取值，共有3条抛物线.∴a＝2时，共有3＋2＋2＋3＋3＝13(条)抛物线.同理，a＝－2，－3，3时，共有抛物线3×13＝39(条).由分类加法计数原理知，共有抛物线39＋13＋10＝62(条).
12.现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则不同的选取种数为______，m，n都取到奇数的概率为__________.
63
解析 因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，所以(m，n)所有可能的取值有7×9＝63(种)，
13.某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人)
(1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；
解 由调查数据，知既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)，
(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5，3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选出1人，求A1被选中且B1未被选中的概率.
解 从这5名男同学和3名女同学中各随机选出1人，其所有可能的结果有5×3＝15(种).根据题意，知这些基本事件的出现是等可能的.事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的基本事件有{A1，B2}，{A1，B3}，共2个.
14.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有多少种？
三、创新拓展
解 先涂A，D，E三个点，共有4×3×2＝24(种)涂法，然后再按B，C，F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8(种)涂法；另一类是B与E和D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3(种)涂法.所以，涂色方法共有24×(8＋3)＝264(种).
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