计数原理中档难度讲义.docx

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计数原理中档难度讲义

计数原理

知识讲解

一、基本计数原理

1.加法原理

分类计数原理：

做一件事，完成它有

类办法，在第一类办法中有

种不同的方法，在第二类办法中有

种方法，……，在第

类办法中有

种不同的方法．那么完成这件事共有

种不同的方法．又称加法原理．

2.乘法原理

分步计数原理：

做一件事，完成它需要分成

个子步骤，做第一个步骤有

种不同的方法，做第二个步骤有

种不同方法，……，做第

个步骤有

种不同的方法．那么完成这件事共有

种不同的方法．又称乘法原理．

3.加法原理与乘法原理的综合运用

如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．

注：

分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法，这两个原理十分重要必须认真学好，并正确地灵活加以应用．

典型例题

一．选择题（共8小题）

1．（2018•南开区一模）如图所示的几何体是由一个三棱锥P﹣ABC与三棱柱ABC﹣A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色（底面A1B1C1不涂色），要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有（　　）

A．6种B．9种C．12种D．36种

【解答】解：

先涂三棱锥P﹣ABC的三个侧面，有C13×C12种情况；

然后涂三棱柱的三个侧面，有C11×C12种情况；

共有C13×C12×C11×C12=3×2×1×2=12种不同的涂法．

故选：

C．

2．（2018•汉中二模）《爸爸去哪儿》的热播引发了亲子节目的热潮，某节目制作组选取了6户家庭到4个村庄体验农村生活，要求将6户家庭分成4组，其中2组各有2户家庭，另外2组各有1户家庭，则不同的分配方案的总数是（　　）

A．216B．420C．720D．1080

【解答】解：

将6户家庭分成4组，其中2组各有2户家庭，另外2组各有1户家庭，有

=45种方法，

再分配到4个村庄体验农村生活，共有

种，

∴不同的分配方案种数为45×24=1080种．

故选：

D．

3．（2017秋•凉州区校级期末）用0，1，2，3，4组成没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12340应是第（　　）个数．

A．6B．9C．10D．8

【解答】解：

由题意知本题是一个分类计数问题，

首位是1，第二位是0，则后三位可以用剩下的数字全排列，共有A33=6个，

前两位是12，第三位是0，后两位可以用余下的两个数字进行全排列．共有A22=2种结果，

前三位是123．第四位是0，最后一位是4，只有1种结果，

∴数字12340前面有6+2+1=9个数字，

数字本身就是第十个数字，

故选：

C．

4．（2018春•琼海校级期末）现有4种不同的颜色为公民基本道德规范四个主题词（如图）涂色，要求相邻的词语涂色不同，则不同的涂法种数为（　　）

A．27B．54C．108D．144

【解答】解：

由题意知本题是一个分步计数问题，

首先给最左边一块涂色，有4种结果，

再给左边第二块涂色有3种结果，

以此类推第三块有3种结果，第四块有3种结果，

∴根据分步计数原理知共有4×3×3×3=108．

故选：

C．

5．（2017•清新区校级一模）某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为（　　）

A．1080B．480C．1560D．300

【解答】解：

先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．

若4个组的人数按3、1、1、1分配，则不同的分配方案有

=20种不同的方法．

若4个组的人数为2、2、1、1，则不同的分配方案有

•

=45种不同的方法．

故所有的分组方法共有20+45=65种．

再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65

=1560种，

故选：

C．

6．（2017春•浉河区校级期末）从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有（　　）

A．60种B．48种C．30种D．10种

【解答】解：

根据题意，分3步进行分析：

①、从5名志愿者中选派4人参加活动，有C54=5种选法，

②、将4人分为2组，有

C42C22=3种分法，

③、将2组进行全排列，对应星期六和星期天，有A22=2种情况，

则共有5×3×2=30种方法；

故选：

C．

7．（2017春•鸡泽县校级期中）将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色的方法数为（　　）

A．24B．60C．48D．72

【解答】解：

设四棱锥为P﹣ABCD．

下面分两种情况即C与B同色与C与B不同色来讨论，

（1）P的着色方法种数为C41，A的着色方法种数为C31，B的着色方法种数为C21，

C与B同色时C的着色方法种数为1，D的着色方法种数为C21．

（2）P的着色方法种数为C41，A的着色方法种数为C31，B的着色方法种数为C21，

C与B不同色时C的着色方法种数为C11，D的着色方法种数为C11．

综上两类共有C41•C31．2•C21+C41•C31•2=48+24=72种结果．

故选：

D．

8．（2017春•中山市校级月考）某体育彩票规定：

从01到36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想先选定吉利号18，然后再从01到17个号中选出3个连续的号，从19到29个号中选出2个连续的号，从30到36个号中选出1个号组成一注．若这个人要把这种要求的号全买，至少要花的钱数为（　　）

A．2000元B．3200元C．1800元D．2100元

【解答】解：

由题意知本题是一个分步计数问题，

第1步从01到17中选3个连续号有15种选法；

第2步从19到29中选2个连续号有10种选法；

第3步从30到36中选1个号有7种选法．

由分步计数原理可知：

满足要求的注数共有15×10×7=1050注，

故至少要花1050×2=2100，

故选：

D．

二．填空题（共10小题）

9．（2018•上海二模）设x1，x2，x3，x4∈{﹣1，0，2}，那么满足2≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|≤4的所有有序数对（x1，x2，x3，x4）的组数为　45　

【解答】解：

①|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=2，0+0+0+2=2，有4种，1+0+1+0=2，有6种，故有10组；

②：

|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=3，0+1+1+1=3，有4种，0+1+2+0=3，有C41C31=12种，故有16组；

③：

|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=4，1+1+1+1=4，有1种，0+1+1+2=4，有C41C31=12种，0+0+2+2=4，有

C41C31=6种，故有19组；

综上，共45组，

故答案为：

45．

10．（2017春•福州期末）设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为　45　．

【解答】解：

先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有C51=5种情况，例如：

5号球放在5号盒子里，

其余四个球的放法为（2，1，4，3），（2，3，4，1），（2，4，1，3），（3，1，4，2），（3，4，1，2），（3，4，2，1），（4，1，2，3），（4，3，1，2），（4，3，2，1）共9种，

故将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法总数为5×9=45种，

故答案为：

45．

11．（2017春•南岗区校级期中）如图，从A→C有　6　种不同的走法．

【解答】解：

A到C分两类，

第一类：

A→B→C，分两步，第一步，A→B有2种走法，第二步，B→C有2种走法，故A→B→C有4种走法，

第二类：

A→C有2种走法，

故A→C有4=2=6种走法，

故答案为：

6．

12．（2017春•天门期中）某班准备了5个节目将参加厦门一中音乐广场活动（此次活动只有5个节目），节目顺序有如下要求：

节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，则在这次活动中节目顺序的编排方案共有　10　种．

【解答】解：

由题意知甲的位置影响乙的排列，所以要分两类：

一类为甲排在第一位，丙排在最后一位，则其余3个节目共有A33=6种，

另一类甲排在第二位，丙排在最后一位，从3，4位中排乙，其余2个节目排在剩下的2个位置，共有A21A22=4种，

∴故编排方案共有6+4=10种，

故答案为：

10

13．（2018•梅州二模）某校开设10门课程供学生选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修三门，则每位同学不同的选修方案种数是　98　．

【解答】解：

∵A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门，

第一类A，B，C三门课都不选，有C73=35种方案；

第二类A，B，C中选一门，剩余7门课中选两门，有C31C72=63种方案．

∴根据分类计数原理知共有35+63=98种方案．

故答案为：

98．

14．（2017秋•辽源期末）设n=

dx，则二项式

展开式中常数项为　60　．

【解答】解：

∵n=

dx=﹣6cosx

=6，

∴二项式

展开式的通项为：

，

令6﹣3r=0，解得r=2，

此时

=60，

故答案为：

60．

15．（2017•淄博一模）工人在悬挂如图所示的一个正六边形装饰品时，需要固定六个位置上的螺丝，首先随意拧紧一个螺丝，接着拧紧距离它最远的第二个螺丝，再随意拧紧第三个螺丝，接着拧紧距离第三个螺丝最远的第四个螺丝，第五个和第六个以此类推，则不同的固定方式有　48　种．

【解答】解：

先随意拧一个螺丝，接着拧它对角线上的，有

种方法；再随意拧第三个螺丝，和其对角线上的，有

种方法；然后随意拧第五个螺丝，和其对角线上的，有

种方法，所以总共的固定方式有：

=48．

故答案为48．

16．（2017•宝鸡三模）六名同学A、B、C、D、E、F举行象棋比赛，采取单循环赛制，即参加比赛的每两个人之间仅赛一局．第一天，A、B各参加了3局比赛，C、D各参加了4局比赛，E参加了2局比赛，且A与C没有比赛过，B与D也没有比赛过．那么F在第一天参加的比赛局数为　4　．

【解答】解：

由于A、B各参加了3局比赛，C、D各参加了4局比赛，E参加了2局比赛，且A与C没有比赛过，B与D也没有比赛过，

所以与D赛过的是A、C、E、F四人；

与C赛过的是B、D、E、F四人；

又因为E只赛了两局，A与B各赛了3局，

所以与A赛过的是D、B、F；

而与B赛过的是A、C、F；

所以F共赛了4局．

故答案为：

4．

17．（2017春•南岸区校级期中）《数学万花筒》第7页中谈到了著名的“四色定理”．问题起源于1852年的伦敦大学学院毕业生弗朗西斯•加斯里．他给自己的弟弟弗莱德里克写了一封信，信中提到了他认为应该很简单的一道小谜题．他一直尝试着给一张英国各郡的地图着色，在这个过程中，他发现使用四中颜色就可以实现他的目的，即使相邻的两个郡具有不同的颜色．“可以使用四种（或更少）颜色为平面上画出的每张地图着色，使任何相邻的两个地区的边界线具有不同的颜色吗？

”他写道．

回答他这个问题用了124年．而且，即使现在，答案也依赖于大量的计算机辅助．目前还不知道四色原理的简单的概念性证明．但较简单的图形还是能够一步步检查得出．如：

若用红、黄、蓝、绿四种颜色给右边的地图着色，共有　24　种着色方法．

【解答】解：

第一步，给区域①涂色，共有4种选择方法；

第二步，给区域②涂色，共有3种选择方法；

第三步，给区域③涂色，共有2种选择方法；

第四部，给区域④涂色，只有1种选择方法；

∴共有4×3×2×1=24种方法．

故答案为24．

18．（2017春•殷都区校级期中）从{1，2，3，4，5}中随机选取一个数为a，从{1，2，3}中随机选取一个数为b，则使得b≠a的不同取法共有　12　种．

【解答】解：

当a=1、2、3时，b的取法分别有2种，故此时使得b≠a的不同取法共有3×2=6种．

当a=4或5时，b的取法分别有3种，故此时使得b≠a的不同取法共有2×3=6种．

综上可得，使得b≠a的不同取法共有6+6=12种，

故答案为12．

三．解答题（共1小题）

19．（2018春•南阳期末）如图所示，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4，则：

（1）以这12个点（包括A，B）中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？

（2）以这10个点（不包括A，B）中的3个点为顶点，可作出多少个三角形？

其中含点C1的有多少个？

【解答】解：

（1）构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类：

①四个点从C1，C2，…，C6中取出，有C64个四边形；

②三个点从C1，C2，…，C6中取出，另一个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C63C61个四边形；

③二个点从C1，C2，…，C6中取出，另外二个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C62C62个四边形．

故满足条件的四边形共有N=C64+C63C61+C62C62=360（个）．

（2）类似于

（1）可分三种情况讨论得三角形个数为C63+C61C42+C62C41=116（个）．

其中含点C1的有C52+C51C41+C42=36（个）．