2019-2020学年高中数学 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案 新人教A版选修2-3.doc
高中数学 第一章 计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第2课时 分类加法计(1)
类型 1 组数问题(自主研析) [典例 1] 用 0，1，2，3，4 五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的密码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数？ 解：(1)三位数字的密码，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)． (2)三位数的首位不能为 0，但可以有重复数字，首先考
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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)．
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类型 2 分配问题
[典例 2] (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
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2．应用分类加法计数原理的注意事项 分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行 计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． 3．应用分步乘法计数原理的注意事项 分步要做到步骤完整，步与步之间要相互独立，根 据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到 总数．
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1．从 3 名女同学和 2 名男同学中选出一人主持本班
答案：C
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5．如图所示，从点 A 沿圆或三角形的边运动到点 C， 若经过点 B，有________种不同的走法．若可经过点 B， 也可不经过点 B，有________种不同的走法．
解析：经过点 B，不同的走法有 2×2＝4(种)．若可 经过点 B，也可不经过点 B，不同的走法有 2×2＋2＝ 6(种)．
一次班会，则不同的选法种数为( )
A．6
B．5
C．3Leabharlann D．2解析：由分类加法计数原理，共有 3＋2＝5 种不同选
2019-2020学年高中数学(人教B版 选修2-3)教师用书：第1章 计数原理-章末分层突破
章末分层突破[自我校对]①分类加法计数原理②分步乘法计数原理③排列④排列数公式⑤组合数公式⑥组合数⑦二项展开式的通项⑧对称性⑨增减性两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本部分内容的基础，对应用题的考查，经常要对问题进行分类或者分步进而分析求解.(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情.“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件.(2)分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法.王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读.(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？【精彩点拨】解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法使这件事是否完成，从而区分加法原理和乘法原理.【规范解答】(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种).(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种).(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法.即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种).应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：(1)要做什么事；(2)如何去做这件事；(3)怎样才算把这件事完成了.并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法.[再练一题]1.如图1-1为电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电.图1-1【解析】先分三类.第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2＝4(种)方法，所以总的线路条数N＝3＋1＋4＝8.【答案】8排列、组合的应用排列、组合应用题是高考的重点内容，常与实际问题结合命题，要认真审题，明确问题本质，利用排列、组合的知识解决.(1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？(2)在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目.①当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？③若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？【精彩点拨】按照“特殊元素先排法”分步进行，先特殊后一般.【规范解答】(1)因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：①若甲乙都不参加，则有派遣方案A48种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A38种方法，所以共有3A38种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3A38种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余学生到另两个城市有A28种，共有7A28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A48＋3A38＋3A38＋7A28＝4 088种.(2)①第一步，先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A7＝5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A4＝24种方法.根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960种.②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A6＝720种方法.×□×□×□×□×□×□×第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A47＝7×6×5×4＝840种.根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800种.③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A12种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A1212A1010＝A212＝132种排法.解排列、组合应用题的解题策略1.特殊元素优先安排的策略.2.合理分类和准确分步的策略.3.排列、组合混合问题先选后排的策略.4.正难则反、等价转化的策略.5.相邻问题捆绑处理的策略.6.不相邻问题插空处理的策略.7.定序问题除序处理的策略.8.分排问题直排处理的策略.9.“小集团”排列问题中先整体后局部的策略.10.构造模型的策略.简单记成：合理分类，准确分步；特殊优先，一般在后；先取后排，间接排除；集团捆绑，间隔插空；抽象问题，构造模型；均分除序，定序除序.[再练一题]2.(1)一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题，要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( )A.40B.74C.84D.200 (2)(2016·山西质检)A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A.60种B.48种C.30种D.24种【解析】 (1)分三类：第一类，前5个题目的3个，后4个题目的3个； 第二类，前5个题目的4个，后4个题目的2个；第三类，前5个题目的5个，后4个题目的1个.由分类加法计数原理得C 35C 34＋C 45C 24＋C 5C 14＝74.(2)由题意知，不同的座次有A 2A 4＝48种，故选B. 【答案】 (1)B (2)B二项式定理问题的处理方法和技巧对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项.另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题.(1)若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x3的系数是84，则实数a ＝( )A.2B.54 C.1D.24(2)已知(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n (n ∈N ＋)的展开式中没有常数项，且2≤n ≤8，则n ＝________.【导学号：62980030】(3)设(3x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则a 6＋a 4＋a 2＋a 0的值为________. 【精彩点拨】 (1)、(2)利用二项式定理的通项求待定项； (3)通过赋值法求系数和.【规范解答】 (1)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫a x r＝C r 727－r a r x 7－2r，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 展开式的通项是T r ＋1＝C r n x n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x3r ＝C r n x n －4r ，r ＝0,1,2，…，n ， 由于(1＋x ＋x 2)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 的展开式中没有常数项，所以C r n x n －4r ，x C r n x n －4r ＝C r n x n －4r ＋1和x 2C r n x n －4r ＝C r n x n －4r ＋2都不是常数，则n －4r ≠0，n －4r ＋1≠0，n －4r ＋2≠0，又因为2≤n ≤8，所以n ≠2,3,4,6,7,8，故取n ＝5.(3)令x ＝1，得a 6＋a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝26＝64.令x ＝－1，得a 6－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝(－4)6＝4 096. 两式相加，得2(a 6＋a 4＋a 2＋a 0)＝4 160， 所以a 6＋a 4＋a 2＋a 0＝2 080. 【答案】 (1)C (2)5 (3)2 0801.解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式.2.解决二项展开式项的系数(或和)问题常用赋值法.[再练一题]3.(1)在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n 项的系数为f (m ，n )，则f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3)＝( )A.45B.60C.120D.210(2)设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 016＋a 能被13整除，则a ＝( ) A.0 B.1 C.11D.12【解析】 (1)因为f (m ，n )＝C m 6C n 4， 所以f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3) ＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120.(2)512 016＋a ＝(13×4－1)2 016＋a ，被13整除余1＋a ，结合选项可得a ＝12时，512 016＋a 能被13整除.【答案】 (1)C (2)D排列、组合中的分组与分配问题n个不同元素按照条件分配给k个不同的对象称为分配问题，分定向分配与不定向分配两种问题；将n个不同元素按照某种条件分成k组，称为分组问题，分组问题有不平均分组、平均分组、部分平均分组三种情况.分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的，而后者即使2组元素个数相同，但因所属对象不同，仍然是可区分的.对于后者必须先分组再排列.按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本.【精彩点拨】这是一个分配问题，解题的关键是搞清事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏.【规范解答】(1)无序不均匀分组问题.先选1本有C16种选法，再从余下的5本中选2本有C25种选法，最后余下3本全选有C3种选法.故共有C16C25C3＝60(种).(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)问基础上，还应考虑再分配，共有C16C25C3A3＝360(种).(3)无序均匀分组问题.先分三步，则应是C26C24C2种方法，但是这里出现了重复.不妨记6本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则C26C24C2种分法中还有(AB，EF，CD)，(AB，CD，EF)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A3种情况，而这A3种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C26C24C22A33＝15(种).(4)有序均匀分组问题.在第(3)问基础上再分配给3个人，共有分配方式C26C24C22A33·A3＝C26C24C2＝90(种).(5)无序部分均匀分组问题.共有C46C12C11A22＝15(种).(6)有序部分均匀分组问题.在第(5)问基础上再分配给3个人，共有分配方式C46C12C11A22·A3＝90(种).(7)直接分配问题.甲选1本有C16种方法，乙从余下5本中选1本有C15种方法，余下4本留给丙有C4种方法.共有C16C15C4＝30(种).均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数，还要充分考虑到是否与顺序有关，有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数.[再练一题]4.有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行.如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？【解】取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有3种情况：1 144,2 233,1 234.所取卡片是1 144的共有A4种排法.所取卡片是2 233的共有A44种排法.所取卡片是1 234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法A44＋C14A44＋C24A44＋C34A44＋A44＝16A44种.所以共有18A44＝432种.1. (x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )A.10B.20C.30D.60【解析】法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝C25(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为C13x4·x＝C13x5.所以x5y2的系数为C25C13＝30.故选C.法二：(x2＋x＋y)5为5个(x2＋x＋y)之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为C25C23C13＝30.故选C.【答案】 C2.如图1-2，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )图1-2A.24B.18C.12D.9【解析】从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条.如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条).所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.【答案】 B3.有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2.”乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1.”丙说：“我的卡片上的数字之和不是5.”则甲的卡片上的数字是________.【解析】先确定丙的卡片上的数字，再确定乙的卡片上的数字，进而确定甲的卡片上的数字.法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法.故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.【答案】1和34. (2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________.(用数字填写答案) 【解析】 (2x ＋x )5展开式的通项为T r ＋1＝ C r 5(2x )5－r (x )r ＝25－r ·C r 5·x 5－r2.令5－r2＝3，得r ＝4.故x 3的系数为25－4·C 45＝2C 45＝10. 【答案】 10。
高中数学第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.1.2分类加法计数原理与分步乘法计
高中数学第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.1.2分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用讲义新人教A 版选修2301041．1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用知识点 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别分类加法计数原理与分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题．其区别在于：分类加法计数原理针对的是□01分类问题，其中各种方法□02相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事．分步乘法计数原理针对的是□03分步问题，各个步骤中的方法□04互相依存，只有各个步骤都完成之后才算做完这件事．对较复杂的计数问题，首先要明确是先“分类”后“分步”，还是先“分步”后“分类”；其次在“分类”和“分步”的过程中，均要确定明确的分类标准和分步程序．1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)分类就是能“一步到位”，分步只能“局部到位”．( )(2)由数字1,2,3组成的无重复数字的整数中，偶数有12个．( )(3)分类时，各类之间是互相独立且排斥的，分步时各步之间是互相依存，互相联系的．( )答案 (1)√ (2)× (3)√2．做一做(1)一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一个门出，共有________种不同走法．(2)如图从A →C 有________种不同走法．(3)一位顾客去买书，发现4本好书，决定至少买其中的2本，则这位顾客购书的方案共有________种．答案(1)16 (2)6 (3)11解析(1)4×4＝16种．(2)分为两类，不过B有2种方法，过B有2×2＝4种方法，共有2＋4＝6种方法．(3)分三类：购买2本有6种，购买3本有4种，购买4本有1种，共有6＋4＋1＝11种方案．探究1数字排列问题例1 用0,1,2,3,4五个数字，(1)可以排出多少个三位数字的电话号码？(2)可以排成多少个三位数？(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？[解](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个三位数．(3)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．拓展提升数字问题的解题策略(1)对于组数问题，一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．(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，排数时要注意特殊位置、特殊元素优先的原则．[跟踪训练1]如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数个数是多少？解分8类，当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1,0，由分步乘法计数原理，凸数的个数为1×2＝2；当中间数为3时，百位可选1,2，个位可选0,1,2，由分步乘法计数原理，凸数的个数为2×3＝6；同理可得：当中间数为4时，凸数的个数为3×4＝12；当中间数为5时，凸数的个数为4×5＝20；当中间数为6时，凸数的个数为5×6＝30；当中间数为7时，凸数的个数为6×7＝42；当中间数为8时，凸数的个数为7×8＝56；当中间数为9时，凸数的个数为8×9＝72.故所有凸数的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.探究2选取问题例2 在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现从这7人中选2人同时参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？[解](1)从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有3×2＝6种选法；(2)从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有3×2＝6种选法；(3)从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，有2×2＝4种选法；(4)从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，剩下的一名参加围棋比赛，有2×1＝2种选法．根据分类加法计数原理，一共有6＋6＋4＋2＝18种不同选法．拓展提升对于有限制条件的选取、抽取问题的计数，一般地，当数目不很大时，可用枚举法，但为保证不重不漏，可用树图法、框图法及表格法进行枚举；当数目较大符合条件的情况较多时，可用间接法计数；否则直接用分类或分步计数原理计数，但一般根据选(抽)顺序分步或根据选(抽)元素特点分类．[跟踪训练2]甲、乙、丙、丁4个人各写1张贺卡，放在一起，再各取1张不是自己所写的贺卡，共有多少种不同取法？解解法一：(枚举法)(1)甲取得乙卡，此时乙有甲、丙、丁3种取法．若乙取甲，则丙取丁、丁取丙；若乙取丙，则丙取丁，丁取甲；若乙取丁，则丙取甲，丁取丙，故有3种分配方案．(2)甲取得丙卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲．(3)甲取得丁卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丁甲乙丙、丁丙甲乙、丁丙乙甲．由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9种．解法二：(间接法)4个人各取1张贺卡．甲先取1张贺卡有4种方法，乙再取1张贺卡有3种方法，然后丙取1张贺卡有2种方法，最后丁仅有1种方法．由分步乘法计数原理，4个人各取1张贺卡共有4×3×2×1＝24种．4个人都取自己写的贺卡有1种方法；2个人取自己写的贺卡，另2个人不取自己所写贺卡方法有6种(即从4个人中选出取自己所写的贺卡的2人有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁)；1个人取自己写的贺卡，另3个人不取自己所写贺卡方法有8种(从4个人中选出自己写贺卡的1个人有4种方法，而3个人都不取自己所写贺卡的方法有2种方法)．因此，4个人都不取自己所写贺卡的取法有24－(1＋6＋8)＝9种．解法三：(分步法)第一步，甲取1张不是自己所写的那张贺卡，有3种取法；第二步，由甲取的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法；第三步，由剩余两个中任1个人取，此时只有1种取法；第四步，最后1个人取，只有1种取法．由分步乘法计数原理，共有3×3×1×1＝9种．探究3涂色问题例3 如图，要给地图A，B，C，D四个区域分别涂上4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，不同的涂色方案有多少种？[解]解法一：按A→B→C→D的顺序分步涂色．第一步，涂A区域，有4种不同的涂法；第二步，涂B区域，从剩下的三种颜色中任选一种颜色，有3种不同的涂法；第三步，涂C区域，再从剩下的2种不同颜色中任选一种颜色，有2种不同的涂法；第四步，涂D区域，可分两类，一类D区域与A区域同色；另一类D区域与A区域不同色，共有1＋1＝2种涂法．根据分步乘法计数原理共有4×3×2×2＝48种不同的涂法．解法二：按所用颜色的多少分类涂色．第一类，用三种颜色，有4×(3×2×1×1)＝24种不同涂法；第二类，用四种颜色，有4×3×2×1＝24种不同涂法；根据分类加法计数原理，共有24＋24＝48种不同涂法．拓展提升求解涂色(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．[跟踪训练3]如图所示，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案最多有( )A．180种B．240种C．360种D．420种答案 D解析区域2,3,4,5地位相同(都与其他4个区域中的3个区域相邻)，故应先种区域1，有5种种法，再种区域2，有4种种法，接着种区域3，有3种种法，种区域4时应注意：区域2与区域4同色时区域4有1种种法，此时区域5有3种种法，区域2与区域4不同色时区域4有2种种法，此时区域5有2种种法，故共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420种栽种方案，故选D.[跟踪训练4]将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，不同的种植方法共有________种.答案42解析从左往右5块试验田分别有3,2,2,2,2种种植方法，共有3×2×2×2×2＝48种方法，其中5块试验田只种植2种作物共有3×2×1×1×1＝6种方法，所以有48－6＝42种不同的种植方法．1．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有( )A．512个 B．192个 C．240个 D．108个答案 D解析能被5整除的四位数，可分为两类一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个)．二类是末位为5，由分步乘法计数原理共有4×4×3＝48(个)．由分类加法计数原理得60＋48＝108(个)．2．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为( )A．18 B．20 C．25 D．10答案 A解析第一步，给A赋值有5种选择，第二步，给B赋有4种选择，由分步乘法计数原理可得：5×4＝20(种)．又因为A＝1，B＝2，与A＝2，B＝4表示同一直线．A＝2，B＝1与A＝4，B＝2，也表示同一直线．∴形成不同的直线最多的条数为20－2＝18.3．某运动会上，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．答案2880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，所以共有4×3×2＝24种方法；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，共有5×4×3×2×1＝120(种)．所以安排这8人的方式共有24×120＝2880(种)．4．将三个1、三个2、三个3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，则不同的填写方法共有________种．答案12解析先填第一行，有3×2×1＝6种填法，再填第二行第一列，有2种填法，该位置确定后，其余位置也就唯一确定了，故共有6×2＝12种填法．5．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，不同的种植方法有多少种？解解法一：(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)．解法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有不同的种植方法24－6＝18(种).。
1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(课后习题详解)
人教A 版，高中数学，选修2-31.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理课本第6页，练习1．填空：（1）一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是 。
（2）从A 村去B 村的道路有3条，从B 村去C 村的道路有2条，从A 村经B 村去C 村，不同路线的条数是 。
【解析】（1）分类加法计数原理要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9；（2）分步乘法计数原理要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6。
2．现有高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，高三年级的学生4名，问：（1）从中任选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？（2）从3个年级的学生中各选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？【解析】（1）分类加法计数原理要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12；（2）分步乘法计数原理要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60。
3．在例1中，如果数学也是A 大学的强项专业，则A 大学共有6个专业可以选择，B 大学共有4个专业可以选择，那么用分类加法计数原理，得到这名同学可能的专业选择种数为6410+=。
这种算法有什么问题？【解析】因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异，所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择。
课本第10页，练习1．乘积12312312345()()()a a a b b b c c c c c ++++++++展开后共有多少项？【解析】分步乘法计数原理要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”。
由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法。
1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
完成一件事有三类不同方案，在第1类方案 中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不 同的方法，在第3类方案中有m3种不同的方法。 那么完成这件事共有 m1+m2+m3 种方法.
做一件事情，完成它可以有n类方案,在第 一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案 中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有 mn种不同的方法。那么完成这件事共有 N=m1+m2+„+mn ＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿种不同的方法
分析2: 按十位数字是1,2,3,4,5,6,7,8分成8类,在 每一类中满足条件的两位数分别是: 8个,7个,6个,5个,4个,3个,2个,1个. 根据加法原理共有 8+7+6+5+4+3+2+1 = 36 (个)
练习2 一个三位密码锁,各位上数字由0,1,2,3,4,5, 6,7,8,9十个数字组成,可以设置多少种三位数的 密码(各位上的数字允许重复)?首位数字不为0的 密码数是多少?首位数字是0的密码数又是多少?
1.1分类加法计数原 理 与分步乘法计数 原理
问题1：用一个大写的英文字母或一个阿 拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够 编出多少种不同的号码？
分析: 给座位编号有2类方法, 第一类方法, 用英文字母，有26种号码; 第二类方法, 用阿拉伯数字，有10种号码; 所以 有 26 + 10 = 36 种不同号码.
解：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙 上，可以分两个步骤完成： 第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3 种选法； 丙 甲 乙 第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上， 有2种选法。
根据分步计数原理，不同挂法的种数是： N=3×2=6.
1.1分类加法计数原理与分步计数乘法原理(2)
计数 1.分类 ──类类相加( 1.分类──类类相加(把做一件事的方法 分类 ──类类相加 N = m + m2 +L+ mn 分类) 分类) 1 2.分步 ──步步相乘 分步──步步相乘( 2.分步 ──步步相乘(把做一件事分几步 N = m × m2 ×L× mn 来进行) 来进行) 1 这是我们考虑计数问题的两种思想方法. 这是我们考虑计数问题的两种思想方法. 具体运用时,要弄清是分类,还是分步. 具体运用时 ,要弄清是分类,还是分步.
分析： 分析：整个模块的任 意一条路径都分两步 完成： 完成：第1步是从开 步是从开 始执行到A执行到结束。 而第步可由子模块1 而第步可由子模块 或子模块2或子模块 或子模块 或子模块3 或子模块 来完成； 来完成；第二步可由 子模块4或子模块 或子模块5来 子模块 或子模块 来 完成。因此， 完成。因此，分析一 条指令在整个模块的 执行路径需要用到两 个计数原理。 个计数原理。
随着人们生活水平的提高， 例9 随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥 有量迅速增长，汽车牌照号码需要扩容。 有量迅速增长，汽车牌照号码需要扩容。交通管理部 门出台了一种汽车牌照组成办法， 门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都 必须有３个不重复的英文字母和３ 必须有３个不重复的英文字母和３个不重复的阿拉伯 数字，并且３个字母必须合成一组出现， 数字，并且３个字母必须合成一组出现，３个数字也 必须合成一组出现， 必须合成一组出现，那么这种办法共能给多少辆汽车 上牌照？ 上牌照？
4×4×…×4 ＝4100 ×
例7 电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与 底等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态。因 此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的计 数法，即二进制，为了使计算机能够识别字符，需要 对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来 表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位， 每个字节由８个二进制位构成，问 （1）一个字节（8位）最多可以表示多少个不同的字符？ （2）计算机汉字国标码（GB码）包含了6763个汉字， 2×2×…×2 ＝28=256 × 一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个 汉字至少要用多少个字节表示？
高中数学第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理练习含解析新人教版
1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1．从甲地去乙地有3班火车，从乙地去丙地有2班轮船，甲到丙地再无其他路可走，则从甲地去丙地可选择的旅行方式有（）A．5 种B．6种C．7种D．8种【答案】B【解析】由分步计数原理可知，可选方式有2×3＝6种．故选B．2．将三封信投入三个信箱，可能的投放方法共有种( )A. 3B．6 C．9 D．27【答案】D【解析】将三封信投入三个信箱，由于信投入的信箱不指定，则每封信都有3种选择，所以总的投放方法33 种.故选D.有273．将1，2，3，…，9这9个数字填在如图的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B.12种C.18种D.24种【答案】A【解析】∵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.4．下表为第29届奥运会奖牌榜前10名：F C表示从“金牌、银牌、铜牌、总数”4项中任取不同两项构成的一个排列，按下面的方式对10个设(,)国家进行排名：首先按F由大至小排序（表格中从上至下），若F值相同，则按C值由大至小排序，若C值也相同，则顺序任意，那么在所有的排序中，中国的排名之和是（）A ．15B ．20C ．24D ．27【答案】D【解析】分类讨论：若F 为金牌，3种排序中，中国均第1；若F 为银牌，在银牌-金牌，银牌-总数两种排序中，中国均第2，在银牌-铜牌的排序中，中国排第2或第3；若F 为铜牌，在铜牌-金牌，铜牌-总数的排序中，中国均第2，在铜牌-银牌的排序中，中国排第2或第3；若F 为总数，则3种排列中国均第2.故在所有的排序中，中国的排名之和为3×1+（2×2+2+3）+（2×2+2+3）+3×2=27，故选D5．方程22ay b x c =+中的,,{2,0,1,2,3}a b c ∈-，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.28条B.32条C.36条D.48条【答案】B【解析】方程22ay b x c =+变形得222b c y b a x -=，若表示抛物线，则0,0≠≠b a ，所以分2,1,2,3b =-四种情况：（1）当2b =-时，1,0,2,3,2,0,1,3,3,0,1,2;a c a c a c ==⎧⎪==⎨⎪==⎩或或或或或或（2）当2b =时，2,0,1,3,1,2,0,3,3,2,0,1,a c a c a c =-=⎧⎪==-⎨⎪==-⎩或或或或或或以上两种情况下有4条重复，故共有9+5=14条；同理，若b=1，共有9条；若b=3时，共有9条.综上，共有14+9+9=32条.7.某团支部进行换届选举，从甲、乙、丙、丁四人中选出三人分别担任书记、副书记、组织委员，规定上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职方案有（）A ．10B ．11C ．12D ．13【答案】B【解析】当丁不入选时，由甲乙丙三个人担任，甲有2种选择，余下的乙和丙只有一种选择；当丁入选时，有3种结果，丁担任三个人中没有入选的人的职务时，只有一种结果，丁担任入选的两个人的职务时，有2种结果，共有()3219⨯+=种，综上可知，共有9+2=11种结果，故选B.二、填空题7．若a ，b ∈N *，且a ＋b ≤5，则复数a ＋b i 的个数为______．【答案】10【解析】按a 分类，当a 取1,2,3,4时，b 的值分别有4个、3个、2个、1个，由分类计数原理，得复数a ＋b i 共有4＋3＋2＋1＝10(个)．8．n 个人参加某项资格考试，能否通过，有种可能的结果？【答案】2n【解析】每个人都有通过或不通过2种可能，共计有22...2(2)2n n ⨯⨯⨯=个三、解答题9．某班新年联欢晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这2个节目插入原节目单中，那么有多少种不同的插法？【解析】5个节目排好后，有6个空可插入第一个节目，共6种不同的插法，再插第二个节目时有7个空，所以共有6×7＝42种不同的插法．10．现有高一四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？【解析】（1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以共有不同的选法有7+8+9+10=34（种）.（2）分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法有7×8×9×10=5 040（种）. （3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，所以共有不同的选法有7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）.。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
自然数2520有多少个约数？ 有多少个约数？ 例3.自然数 自然数 有多少个约数 解：2520＝23×32×5×7 ＝ × 分四步完成： 分四步完成： 第一步： 第一步：取20，21，22，23，24有4种; 种 第二步： 第二步：取30，31，32有3种； 种 第三步：取50，51有2种； 第三步： 种 第四步： 第四步：取70，71有2种。 种 由分步计数原理，共有4× × × ＝ 种 由分步计数原理，共有 ×3×2×2＝48种 练习： 张 元币 元币， 张 角币 角币， 张 分币 分币， 张 分币 分币， 练习：5张1元币，4张1角币，1张5分币，2张2分币，可组成 多少种不同的币值？（ 张不取， ？（1张不取 角不计在内） 多少种不同的币值？（ 张不取，即0元0分0角不计在内） 元 分 角不计在内 元：0，1，2，3，4，5 ， ， ， ， ， 角：0，1，2，3，4 ， ， ， ， 分：0，2，4，5，7，9 ， ， ， ， ， 6×5×6－1＝179 × × － ＝
பைடு நூலகம்
（染色问题） 染色问题）
1.如图 要给地图 、B、C、D四个区域分别涂上 种 如图,要给地图 四个区域分别涂上3种 如图 要给地图A、 、 、 四个区域分别涂上 不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次 允许同一种颜色使用多次,但相 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,不同的涂色方案有多少种 不同的涂色方案有多少种？ 邻区域必须涂不同的颜色 不同的涂色方案有多少种？
深化理解 4. 何时用分类计数原理、分步计数原理呢 何时用分类计数原理、分步计数原理呢? 完成一件事情有n类方法 答:完成一件事情有 类方法 若每一类方法中的任 完成一件事情有 类方法,若每一类方法中的任 何一种方法均能将这件事情从头至尾完成,则计算完 何一种方法均能将这件事情从头至尾完成 则计算完 成这件事情的方法总数用分类计数原理. 成这件事情的方法总数用分类计数原理 完成一件事情有n个步骤 若每一步的任何一种 完成一件事情有 个步骤,若每一步的任何一种 个步骤 方法只能完成这件事的一部分,并且必须且只需完成 方法只能完成这件事的一部分 并且必须且只需完成 互相独立的这n步后 才能完成这件事,则计算完成这 步后,才能完成这件事 互相独立的这 步后 才能完成这件事 则计算完成这 件事的方法总数用分步计数原理. 件事的方法总数用分步计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理是指将一个计数问题分成若干个子问题，然后将子问题的计数结果相加得到最终的计数结果。
其基本思想是将问题中的元素分成若干个不重叠的类别，然后分别计数各个类别的元素个数，最后将各类别的计数结果相加。
这个原理常用于解决包含多个步骤的计数问题。
举个例子来说明分类加法计数原理的应用：假设有一个盒子，里面有红球、蓝球和绿球，分别有3个、4个和5个。
现在要从盒子中任选3个球，问有多少种选择方法。
我们可以将这个问题分为三个子问题：选取3个红球的方法数、选取3个蓝球的方法数和选取3个绿球的方法数。
然后分别计数这三个子问题的方法数，最后将它们相加得到总的方法数。
与分类加法计数原理相对应的是分步乘法计数原理。
分步乘法计数原理是指将一个计数问题分成若干个步骤，然后将各个步骤的计数结果相乘得到最终的计数结果。
这个原理常用于解决包含多个独立步骤的计数问题。
举个例子来说明分步乘法计数原理的应用：假设有一个密码锁，需要输入5位密码，每位密码都是从0到9的数字。
问一共有多少种可能的密码组合。
我们可以将这个问题分为5个步骤：第一位密码的选择、第二位密码的选择、第三位密码的选择、第四位密码的选择和第五位密码的选择。
然后计数每个步骤的可能性，最后将它们相乘得到总的可能性。
分步乘法计数原理也可以用于解决其他的计数问题，例如从一个字母表中选择若干个字母组成单词的方法数、从一个数列中选择若干个数的方法数等等。
总的说来，分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决组合数学中计数问题的重要方法。
它们可以帮助我们系统地分析和解决各种计数问题，提高我们的计算能力和思维能力。
无论是在学术研究还是在实际应用中，这两个原理都有着广泛的应用价值。
2019-2020年高中数学第一册(上)分类记数原理与分步记数原理(I)
2019-2020年高中数学第一册(上)分类记数原理与分步记数原理(I)【教学目标】1．进一步理解两个基本原理．2．会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题【教学重点】两个基本原理的进一步理解和体会．【教学难点】正确判断是分类还是分步，分类计数原理的分类标准及其多样性．【教学过程】一、复习引入：1．分类计数原理：2．分步计数原理：3．原理浅释分类计数原理(加法原理)中，“完成一件事，有n类办法”，是说每种办法“互斥”，即每种方法都可以独立地完成这件事，同时他们之间没有重复也没有遗漏．进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论那一类办法中的哪一种方法，都能独立完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．分步计数原理(乘法原理)中，“完成一件事，需要分成n个步骤”，是说每个步骤都不足以完成这件事，这些步骤，彼此间也不能有重复和遗漏．如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么完成这件事的方法数就可以直接用乘法原理．可以看出“分”是它们共同的特征，但是，分法却大不相同．这种变形还提醒人们，分类和分步，常是在一定的限制之下人为的，因此，在这里我们大有用武之地：可以根据解题需要合理、灵活而巧妙地分类或分步．强调知识的综合是近年的一种可取的现象．两个原理，可以与物理中电路的串联、并联类比．两个基本原理的作用：计算做一件事完成它的所有不同的方法种数两个基本原理的区别：一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”二、范例分析：例1．在1～20共20个整数中取两个数相加，使其和为偶数的不同取法共有多少种?解：取与取是同一种取法．分类标准为两加数的奇偶性，第一类，偶偶相加，由分步计数原理得(10×9)/2=45种取法，第二类，奇奇相加，也有(10×9)/2=45种取法．根据分类计数原理共有45+45=90种不同取法．例2．在1～20共20个整数中取两个数相加，使其和大于20的不同取法共有多少种?解：分类标准一：固定小加数．小加数为1时，大加数只有20这1种取法;小加数为2时，大加数有19或20两种取法;小加数为3时，大加数为18，19或20共3种取法…小加数为10时，大加数为11，12，…，20共10种取法;小加数为11时，大加数有9种取法…小加数取19时，大加数有1种取法．由分类计数原理，得不同取法共有1+2+…+9+10+9+…+2+1=100种．分类标准二：固定和的值．有和为21，22，…，39这几类，依次有取法10，9，9，8，8，…，2，2，1，1种．由分类计数原理得不同取法共有10+9+9+…+2+2+1+1=100种．例3．用5种不同颜色给图中四个区域涂色，每个区域涂一种颜色．（1）共有多少种不同的涂色方法？（2）若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？分析：由于各号区域都涂色后这件事才算完成，因此完成这件事的首选方法是分步．（1）54=625．（2）方法一：分类：第1类：2号、4号区域同色，有5×4×3=60种；第2类：2号、4号区域异色：有5×4×3×2=120种．共60+120=180种涂法．方法二：分步：先涂1号区域有5种涂法，再涂3号区域有4种，2号、4号区域各有3种，共有5×4×3×3=180种．类题： 如图一，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同涂色方法种数为( )A ． 180B ． 160C ． 96D ． 60若变为图二？(240种) 图三呢?（5×4×4×4=320种)例4．如下图，共有多少个不同的三角形?解：所有不同的三角形可分为三类”第一类：其中有两条边是原五边形的边，这样的三角形共有5个第二类：其中有且只有一条边是原五边形的边，这样的三角形共有5×4=20个第三类：没有一条边是原五边形的边，即由五条对角线围成的三角形，共有5+5=10个由分类计数原理得，不同的三角形共有5+20+10=35个．例5．75600有多少个正约数?有多少个奇约数?解：75600的约数就是能整除75600的整数，所以本题就是分别求能整除75600的整数和奇约数的个数．由于 75600=24×33×52×7(1) 75600的每个约数都可以写成的形式，其中，，，于是，要确定75600的一个约数，可分四步完成，即分别在各自的范围内任取一个值，这样有5种取法，有4种取法，有3种取法，有2种取法，根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=120个．(2)奇约数中步不含有2的因数，因此75600的每个奇约数都可以写成的形式，同上奇约数的个数为4×3×2=24个．三、课堂练习：1．用1，2，3，4，5可组成多少个三位数?(各位上的数字允许重复)图一 图二 图三2．用数字1，2，3可写出多少个小于1000的正整数? (各位上的数字允许重复)3．集合A=｛a，b，c，d，e｝，集合B=｛1，2，3｝，问A到B的不同映射f共有多少个?B到A的映射g 共有多少个?4．将3封信投入4个不同的邮筒的投法共有多少种?5．4名学生从3个不同的楼梯下楼的方法数．6．4名学生分配到3个车间去劳动，共有多少中不同的分配方案?7．求集合｛1，2，3，4，5｝的子集的个数8．某小组有10人，每人至少会英语和日语中的一门，其中8人会英语，5人会日语．问：（1）从中任选一个会英语或日语的，有多少种选法？（2）从中选出的人去做英语和日语翻译，有多少种选法？答案：1．5×5×5×5=625 2．3+32+33=39 3．35，534．435．346．347．在集合｛1，2，3，4，5｝的子集中，每个元素都只有出现和不出现这2种可能，所以这个集合的子集的个数为2×2×2×2×2=25=32个．8．10人中有3人既会英语又会日语，只会英语5人，只会日语2人．法一：（1）10；（2）①不选两者都会的有：5×2=10种；②选两者都会的1人，若此人说英语：3×2=6种，若此人说日语：3×5=15，共6+15=21种；③选两者都会的2人：3×2=6种．因此共有37种选法．法二：按说英语的人分类：①只会英语的5人中选1人，那能说日语有2+3=5（中会日语+两语都会）种，共5×5=25种选法．②从两者都会的3人中选1人说英语，那能说日语的共有5-1=4人，共3×4=12种．因此共有37种选法．四、小结：分类计数原理和分步计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题，区别在于：分类计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，每一种方法只属于某一类，用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，某一步骤中的每一种方法都只能做完这件事的一个步骤，只有各个步骤都完成才算做完这件事应用两种原理解题：1．分清要完成的事情是什么；2．是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；3．有无特殊条件的限制五、课后作业：1．用0，1，2，3，4，5这六个数字，（1）可以组成多少个数字不重复的三位数？（2）可以组成多少个数字允许重复的三位数？（3）可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数？（4）可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数？（5）可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数？解（1）分三步：①先选百位数字．由于0不能作百位数，因此有5种选法；②十位数字有5种选法；③个位数字有4种选法．由乘法原理知所求不同三位数共有5×5×4=100个．（2）分三步：(1)百位数字有5种选法；(ii)十位数字有6位选法；(iii)个位数字有6种选法．所求三位数共有5×6×6=180个．（3）分三步：①先选个位数字，有3种选法；②再选百位数字，有4种选法；③选十位数字也是4种选法，所求三位奇数共有3×4×4=48个．（4）分三类：①一位数，共有6个；②两位数，共有5×5=25个；③三位数共有5×5×4=100个．因此，比1000小的自然数共有6+25+100=131个．（5）分4类：①千位数字为3，4之一时，共有2×5×4×3=120个；②千位数字为5，百位数字为0，1，2，3之一时，共有4×4×3=48个；③千位数字是5，百位数字是4，十位数字为0，1之一时，共有2×3=6个；④还有5420也是满条件的1个．故所求自然数共120+48+6+1=175个．说明：⑴排数字问题是最常见的一种类型，要特别注意首位不能排0．⑵第（5）题改成：可以组成多少个大于3000，小于5421的四位数？答案：588个2．求下列集合的元素个数．（1）{(,)|,,6}M x y x y N x y =∈+≤；（2）{(,)|,,14,15}H x y x y N x y =∈≤≤≤≤．解：(1)分7类：①，有7种取法；②，有6种取法； ③，有5种取法； ④，有4种取法； ⑤，有3种取法； ⑥，有2种取法；⑦，只有1种取法因此共有765432128++++++=个元素(2)分两步：①先选，有4种可能；②再选有5种可能．由乘法原理，共有个元素3．有四位同学参加三项不同的比赛，（1）每位同学必须参加一项竞赛，有多少种不同的结果？（2）每项竞赛只许一位学生参加，有多少种不同的结果？解：（1）每位学生有三种选择，四位学生共有参赛方法：种；（2）每项竞赛被选择的方法有四种，三项竞赛共有参赛方法：种．4．①设，，从到共有多少个不同映射？②6个人分到3个车间，共有多少种分法？解：（1)分6步：先选的象，有3种可能，再选的象也是3种可能，…，选象也有3种可能， 由乘法原理知，共有种不同映射；(2)把6个人构成的集合，看成上面(1)中之，3个车间构成的集合，看成上面的， 因此，所求问题转化为映射问题，如上题所述，共有种方案5．甲、乙、丙、丁四个人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己所写的贺卡，共有多少种不同的取法?解：列表排出所有的分配方案，共有3+3+3=9种，或种．2019-2020年高中数学第一册(上)加法原理和乘法原理【教学目标】1．了解学习本章的意义,激发学生的兴趣；2．理解分类计数原理与分步计数原理,培养学生的归纳概括能力；3．会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题．【教学重点】分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)．【教学难点】原理的准确理解及应用．【内容分析】两个基本原理是排列、组合的开头课，学习它所需的先行知识跟学生已熟知的数学知识联系很少，排列、组合的计算公式都是以乘法原理为基础的，而一些较复杂的排列、组合应用题的求解，更是离不开两个基本原理，所以在教学目标中特别提出要使学生学会准确地应用两个基本原理分析和解决一些简单的问题对于学生陌生的知识，在开头课中首先作一个大概的介绍，使学生有一个大致的了解是十分必要的基于这一想法，在引入新课时，首先是把这一章将要学习的内容，以及与其它科目的关系做了介绍，同时也引入了课题正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件；分类用加法原理，分步用乘法原理，单纯这点学生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类和分步教学中给出的练习均在课本例题的基础上稍加改动过的，目的就在于帮助学生对这一知识的理解与应用两个原理是教与学重点，又具有相当难度．加法和乘法在小学就会，那么，在中学再学它与以往有什么不同?不同在于小学阶段重在运算结果的追求，而忽视了其过程中包含的深层次思想；两个原理恰恰深刻反映了人类计数最基本的“大事化小”，即“分解”的思想．更具体地说就是把事物分成类或分成步去数．“分类”、“分步”，看似简单，不难理解，却是全章的理论依据和基本方法，贯穿始终，所以，是举足轻重的重点．两个原理，要能在各种场合灵活应用并非易事，所以，着实有其难用之处【教学过程】一、复习引入：一次集会共50人参加，结束时，大家两两握手，互相道别，请你统计一下，大家握手次数共有多少？某商场有东南西北四个大门，当你从一个大门进去又从另一个大门出来，问你共有多少种不同走法？揭示本节课内容：等我们学了这一部分内容后，这些问题会很容易解决而这部分内容是代数中一个独立的问题，与旧知识联系很少，但它是以后学习二项式定理、概率学、统计学等知识的基础内容从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它今天我们就来学习本章的两个基本原理(这是排列、组合的第一节课，把这一章的内容作一个大概的介绍，能使学生从一开始就对将要学习的知识有一个初步的了解，并为本章的学习研究打下思想基础)二、讲解新课：1.问题一（1－1）从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，一天中火车有3班，汽车有2班，那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种方法？分析：因为一天中乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，每一种走法都可以从甲地到乙地，所以，共有3+2=5种不同的走法，如图所示(1－2) 从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船一天中，火车有4 班, 汽车有2班，轮船有3班那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法?分析：从甲地到乙地有3类方法：第一类方法，乘火车，有4种方法；第二类方法，乘汽车，有2种方法；第三类方法，乘轮船，有3种方法；所以，从甲地到乙地共有4+2+3=9种方法 2．分类计数原理(加法原理)：做一件事情，完成它可以有n 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不同的方法，……，在第n 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3.问题二（2－1）从甲地到乙地，要从甲地先乘火车到丙地，再于次日从丙地乘汽车到乙地，一天中，火车有3班，汽车有2班，那么两天中，从甲地到乙地共有多少种不同的走法？分析:因为乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，所以，乘一次火车再接着乘一次汽车从甲地到乙地，共有种不同走法，如图所示，所有走法：火车1──汽车1；火车1──汽车2；火车2──汽车1；火车2──汽车2；火车3──汽车1；火车3──汽车2（2－2）如图,由A村去B村的道路有2条，由B村去C村的道路有3条从A村经B村去C村，共有多少种不Array同的走法？分析: 从A村经 B村去C村有2步,第一步, 由A村去B村有2种方法,第二步, 由B村去C村有3种方法,所以从A村经 B村去C村共有 2×3 = 6 种不同的方法4.分步计数原理(乘法原理)：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事有种不同的方法5.原理浅释分类计数原理(加法原理)中，“完成一件事，有n类办法”，是说每种办法“互斥”，即每种方法都可以独立地完成这件事，同时他们之间没有重复也没有遗漏．进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论那一类办法中的哪一种方法，都能独立完成这件事.只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以.分步计数原理(乘法原理)中，“完成一件事，需要分成n个步骤”，是说每个步骤都不足以完成这件事，这些步骤，彼此间也不能有重复和遗漏．如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么完成这件事的方法数就可以直接用乘法原理.可以看出“分”是它们共同的特征，但是，分法却大不相同．两个原理的公式是: ,这种变形还提醒人们，分类和分步，常是在一定的限制之下人为的，因此，在这里我们大有用武之地：可以根据解题需要灵活而巧妙地分类或分步．强调知识的综合是近年的一种可取的现象．两个原理，可以与物理中电路的串联、并联类比．两个基本原理的作用：计算做一件事完成它的所有不同的方法种数两个基本原理的区别：一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”三、讲解范例：例1．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？解：（1）从书架上任取1本书，有3类办法：第1类办法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类办法是从第3层取1本体育书，有2种方法根据分类计数原理，不同取法的种数是4+3+2=9种所以，从书架上任取1本书，有9种不同的取法；（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步从第2层取1本艺术书，有3种方法；第3步从第3层取1本体育书，有2种方法根据分步计数原理，从书架的第1、2、3层各取1本书，不同取法的种数是种所以，从书架的第1、2、3层各取1本书，有24种不同的取法例2．一种号码拨号锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共10个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数号码？解：每个拨号盘上的数字有10种取法，根据分步计数原理，4个拨号盘上各取1个数字组成的四位数字号码的个数是1010101010000N=⨯⨯⨯=，所以，可以组成10000个四位数号码例3．要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少种不同的选法？解：从3名工人中选1名上日班和1名上晚班，可以看成是经过先选1名上日班，再选1名上晚班两个步骤完成，先选1名上日班，共有3种选法；上日班的工人选定后，上晚班的工人有2种选法根据分步技数原理，不同的选法数是种，6种选法可以表示如下（略）．所以，从3名工人中选出2名分别上日班和晚班，6种不同的选法例4．甲厂生产的收音机外壳形状有3种，颜色有4种，乙厂生产的收音机外壳形状有4种，颜色有5种，这两厂生产的收音机仅从外壳形状和颜色看，共有所少种不同的品种？解：收音机的品种可分两类：第一类：甲厂收音机的种类，分两步：形状有3种，颜色有4种，共种；第二类：乙厂收音机的种类，分两步：形状有4种，颜色有5种，共种所以，共有个品种说明：分类和分步计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题区别在于：分类计数原理针对“分类”问题，其中方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步计数原理针对“分步”问题，各个步骤中方法相互独立，只有各个步骤都完成才算完成了这件事四、课堂练习：1 . 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书(1) 从中任取一本，有多少种不同的取法？(2)从中任取数学书与语文书各一本，有多少种不同的取法？解：(1)从书架上任取一本书，有两种方法：第一类可从6本数学书中任取一本，有6种方法；第二类可从5本语文书中任取一本，有5种方法；根据加法原理可得共有 5+6=11 种不同的取法(2) 从书架上任取数学、语文书各一本，可以分成两步完成：第一步任取一本数学书，有6种方法；第二步任取一本语文书，有5种方法根据乘法原理共有5×6=30种不同取法2. 某班级有男学生5人，女学生4人(1)从中任选一人去领奖, 有多少种不同的选法？(2) 从中任选男、女学生各一人去参加座谈会，有多少种不同的选法？解：(1) 完成从学生中任选一人去领奖这件事，共有2类办法，第一类办法，从男学生中任选一人，共有 = 5种不同的方法；第二类办法，从女学生中任选一人，共有 = 4种不同的方法所以, 根据加法原理, 得到不同选法种数共有 N = 5 + 4 = 9 种(2) 完成从学生中任选男、女各一人去参加座谈会这件事, 需分2步完成,第一步，选一名男学生，有 = 5种方法；第二步，选一名女学生，有= 4种方法；所以，根据乘法原理, 得到不同选法种数共有 N = 5 × 4 = 20 种由例1可知：解题的关键是从总体上看做这件事情是“分类完成”，还是“分步完成”“分类完成”用“加法原理”；“分步完成”用“乘法原理”3. 满足∪=｛1,2｝的集合、共有多少组?分析一:、均是｛1,2｝的子集:φ,｛1｝,｛2｝,｛1,2｝,但不是随便两个子集搭配都行,本题尤如含、两元素的不定方程,其全部解分为四类:1)当=φ时,只有=｛1,2｝,得1组解;2)当=｛1｝时,=｛2｝或=｛1,2｝,得2组解;3)当=｛2｝时,=｛1｝或=｛1,2｝,得2组解;4)当=｛1,2｝时,=φ或｛1｝或｛2｝或｛1,2｝,得4组解.根据分类计数原理,共有1+2+2+4=9组解.分析二: 设、为两个“口袋”,需将两种元素(1与2)装入,任一元素至少装入一个袋中,分两步可办好此事:第1步装“1”,可装入不装入,也可装入不装入,还可以既装入又装入,有3种装法;第2步装2,同样有3种装法.根据分步计数原理共有3×3=9种装法,即原题共有9组解.4.从甲地到乙地有2条路可通,从乙地到丙地有3条路可通;从甲地到丁地有4条路可通, 从丁地到丙地有2条路可通从甲地到丙地共有多少种不同的走法？答案：2×3＋4×2=14五、小结：本节课主要介绍了两个基本原理，解题时应紧扣原理，弄清事情完成的前后经过，分清是分类还是分步，或分类中含分步、分步中含分类无论是分类、分步，关键是做到不重不漏六、课后作业：南师大《数学之友》T10．1七、板书设计（略）八、教学后记：。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识点与习题
理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.知识聚焦不简单罗列1.分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有叫种不同的方法，在第二类方案中有吗种不同的方法，……，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事情，共有N =种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事情需要n个不同的步骤，完成第一步有1^种不同的方法，完成第二步有1^ 种不同的方法，……，完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有N = 种不同的方法.3.两个计数原理的区别分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数.它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.正本清源不单纯记忆■链接教材1.［教材改编］现有高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，从中任选1人参加接待外宾的活动，有种不同的选法.2.［教材改编］5位同学站成一排准备照相的时候，有2位老师碰巧路过，同学们强烈要求与老师合影留念，如果5位同学顺序一定，那么2位老师与同学们站成一排照相的站法总数为.3.［教材改编］如图9551所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有种.图9551■易错问题4.分类加法计数原理：每一种方法都能完成这件事情；类与类之间是独立的.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有种.5.分步乘法计数原理：所有步骤完成才算完成；步与步之间是相关联的.将甲、乙、丙等6人分配到高中三个年级，每个年级2人，要求甲必须在高一年级，乙和丙均不能在高三年级，则不同的安排种数为.■通性通法6.分类计数原理：分类时标准要明确.如果把个位数是1,且恰有三个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1, 2, 3, 4 四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有.7.分步计数原理：步骤互相独立，互不干扰；步与步确保连续，逐步完成.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B, C, D中选择，其他四个号码可以从0〜9这十个数字中选择（数字可以重复），某车主第一个号码（从左到右）只想在数字3, 5, 6, 8, 9中选择，其他号码只想在1, 3, 6, 9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有种.探究点一分类加法计数原理1某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门.若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（）A. 3种B. 6种C. 9 种D. 18 种（2）现有5种不同的颜色可供使用，将一个五棱锥的各个侧面涂色，5个侧面分别编号为1, 2, 3, 4, 5,而有公共边的两个面不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法有______________ 种.［总结反思］分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词、关键元素或关键位置.首先，根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次，分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类.应用分类加法计数原理时，应先明确分类标准，确保计数不重复，不遗漏.式题（1）某班班会准备从甲、乙等7名学生中选4名学生发言，要求甲、乙2人至少有1人参加，则不同的发言顺序的种数为（）A. 840B. 720C. 600D. 30（2）如图9552所示为某旅游区各景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从A到H可走的不同的旅游路线的条数为（）图9552A. 15B. 16C. 17D. 18探究点二分步乘法计数原理2（1）将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有种.（2）将A, B, C, D, E, F六个字母排成一排，且A, B均在C的同侧，则不同的排法共有种.（用数字作答）［总结反思］利用分步乘法计数原理解决问题时应注意:（1）要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，以元素（或位置）为主体的计数问题，通常先满足特殊元素（或位置），再考虑其他元素（或位置）；（2）对完成每一步的不同方法种数要根据条件准确确定.式题（1）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种数是（）A. 216B. 420C. 720D. 1080（2）用5种不同的颜色为如图9553所示的广告牌着色，要求在①②③④四个不同区域中相邻的区域不用同一种颜色，则不同的着色方法种数为（）图9553A. 320B. 240C. 180D. 135探究点三两个计数原理的综合3 （1）设集合A=｛（xj x2, x3, x4, xj|x产｛—1, 0, 1）, i = 1, 2, 3, 4, 5｝,那么集合A中满足条件“1WI XJ + I XJ + I X3I + I XJ + I X5IW3”的元素个数为（）A. 60B. 90C. 120D. 130（2）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1, 2,…，9的9个小正方形（如图9554）, 使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1, 5, 9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有种.图9554［总结反思］(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类.(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，只有完成每一步，整件事才算完成.(3)若综合利用两个计数原理，一般先分类再分步.式题设集合1={1,2, 3, 4, 5},选择集合I的两个非空子集A和B,若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有()A. 50 种B. 49 种C. 48 种D. 47 种学科能力自主阅读型误区警示21.分类与分步不当致误【典例】若从1, 2, 3,…，9这9个整数中取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A. 60 种B. 63 种C. 65 种D. 66 种解析D先找出|①和为偶数的各种情况，］再利用分类加法计数原理求解.满足题设的取法可分为三类：一是4个都是奇数，在奇数1, 3,5,7,9中，任意取4个，有C4 = 5(种)；二是2个奇数2 5个偶数，在5个奇数中任取2个，再在偶数2, 4, 6, 8中任取2个，有②C,-C 2 = 60 （种）--- 5 --4--------三是4个都是偶数，取法有1种.所以满足条件的取法共有5 + 60+1 = 66（种）.【踉踪练习】（1）［2015 •唐山二模］一种团体竞技比赛的积分规则是：每队胜、平、负分别得2分、1分、0分.已知甲球队已赛4场，积4分，则在这4场比赛中，甲球队胜、平、负（包括顺序）的情况共有（）A. 7 种B. 13 种C. 18 种D. 19 种（2）给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有种.。
1.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理(教案)
1 分类加法计数原理（1）问题 1.1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？问题1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？（2）发现新知分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法. 那么完成这件事共有 n m N += 种不同的方法.（3）知识应用例1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B 两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：A 大学B 大学生物学 数学化学 会计学医学 信息技术学物理学 法学工程学如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？分析：由于这名同学在 A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择 A , B 两所大学中的一所．在 A 大学中有( )种专业选择方法，在 B 大学中有( ) 种专业选择方法．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有变式：若还有C 大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，在第3类方案中有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事情有n 类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？ 一般归纳：完成一件事情，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法……在第n 类办法中有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N +⋅⋅⋅++=21 种不同的方法.理解分类加法计数原理：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.例2.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条？ 练习1．填空：( 1 ）一件工作可以用 2 种方法完成，有 5 人只会用第 1 种方法完成，另有 4 人只会用第 2 种方法完成，从中选出 l 人来完成这件工作，不同选法的种数是 ;( 2 ）从 A 村去 B 村的道路有 3 条，从 B 村去 C 村的道路有 2 条，从 A 村经 B 的路线有 条．2 分步乘法计数原理（1）提出问题问题2.1：用前6个大写英文字母和1—9九个阿拉伯数字，以1A ,2A ,…，1B ,2B ,…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？用列举法可以列出所有可能的号码：我们还可以这样来思考：由于前 6 个英文字母中的任意一个都能与 9 个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有 6×9 = 54 个不同的号码．（2）发现新知分步乘法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法. 那么完成这件事共有 n m N ⨯=种不同的方法.（3）知识应用例1.设某班有男生30名，女生24名. 现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？分析：选出一组参赛代表，可以分两个步骤．第 l 步选男生．第2步选女生．解：第 1 步，从 30 名男生中选出1人，有 种不同选择；第 2 步，从24 名女生中选出1人，有 种不同选择．根据分步乘法计数原理，共有 种不同的选法．探究：如果完成一件事需要三个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，做第3步有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事情需要n 个步骤，做每一步中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？ 一般归纳：完成一件事情，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法……做第n 步有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯=21种不同的方法.理解分步乘法计数原理：分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事.3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点①相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题②不同点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事，是合作完成. 例2 .如图,要给地图A、B、C、D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,不同的涂色方案有多少种？解: 按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成,第一步, m1 = 种,第二步, m2 = 种,第三步, m3 = 种,第四步, m4 = 种,所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案种数共有N =变式1，如图,要给地图A、B、C、D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,不同的涂色方案有多少种？2若颜色是2种，4种，5种又会什么样的结果呢？练习2．现有高一年级的学生3 名，高二年级的学生5 名，高三年级的学生4 名．( 1 ）从中任选1 人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？村去C 村，不同( 2 ）从3 个年级的学生中各选 1 人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？3 综合应用例1. 书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.①从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？【分析】①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理.②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计数原理.123N m m m =++=4+3+2=9;例2. 要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？例3.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和 3 个不重复的阿拉伯数字，并且 3 个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？1．乘积12312312345)()()a a a b b b c c c c c ++++++++（展开后共有多少项？2．某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字组成，其中前四位的数字是不变的，后四位数字都是。
1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(高中数学人教A选修2-3)
故任选一名学生任学生会主席的选法共有50+60+55=165 种不同的方法.
(2)选一名学生任学生会体育部长有三类不同的选法. 第一类：从高二（1）班男生中选有30种不同的方法； 第二类：从高二（2）班男生中选有30种不同的方法； 第三类：从高二（3）班女生中选有20种不同的方法.
2.分步计数原理针对的是“分步”问题， 各个步骤中的方法相互依存，只有各 个步骤都完成才算做完这件事．
两个计数原理
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 用来计算“完成一件事”的方法种数
分类完成类类相加 分步完成 步步相乘
每类方案中的每一 每步_依__次__完__成__才
不同点 种完方成法这都 件能 事_独__立___
两类
能
26种 10种
26+10=36种
假如你从南宁到北海，
可以坐直达客车或直达火车，
客车每天有3个班次，火车每天有2个班次，
请问你共有多少种不同的走法客？车1
北海
南宁
客车2
客车3
火车1 火车2 分析：完成从南宁到北海这件事有2类方案， 所以，从从南宁到北海共有3+ 2= 5种方法.
问题1:你能否发现这两个问题有什么共同特征？ 1、都是要完成一件事 2、用任何一类方法都能直接完成这件事 3、都是采用加法运算
物理学
法学
汉语言文学
工程学
பைடு நூலகம்
韩语
如果这名同学只能选一个专业,那么他共有多少种 选择呢? N=5+4+5=14(种)
2019-2020学年高中数学 第1章 计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第
第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．分类加法计数原理思考1：若完成一件事情有几类不同的方案，在第1类方案中有m 1种不同方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同方法？[提示] 共有m 1＋m 2＋…＋m n 种不同方法．2．分步乘法计数原理思考2：完成一件事需要n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，…，做第n 步有m n 种不同的方法，则完成这件事共有多少种不同的方法？[提示] 共有m 1×m 2×…×m n 种不同的方法．1．从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机每天有3班，轮船有4班．若李先生从甲地去乙地，则不同的方法共有( )A．3种B．4种C．7种D．12种C[由分类加法计数原理，从甲地去乙地共3＋4＝7(种)不同的方法．]2．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为( )A．10个B．6个C．8个D．9个D[因为x从集合{2,3,7}中任取一个值共有3个不同的值，y从集合{－3，－4,8}中任取一个值共有3个不同的值，故x·y可表示3×3＝9个不同的值．]3．某商场共有4个门，购物者若从任意一个门进，从任意一个门出，则不同走法的种数是________．16 [不同的走法可以看作是两步完成的，第一步是进门共有4种；第二步是出门，共有4种．由分步乘法计数原理知共有4×4＝16(种)．][思路点拨] 根据情况安排个位、十位上的数字．先确定分类标准，再求出每一类的个数，最后得结论．[解] 法一：分析个位数，可分以下几类：个位是9，则十位可以是1,2,3，…，8中的一个，故有8个；个位是8，则十位可以是1,2,3，…，7中的一个，故有7个；同理，个位是7的有6个；个位是6的有5个；……；个位是2的只有1个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．法二：按十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．法三：将个位比十位数字大的两位数一一写出：12,13,14,15,16,17,18,19，23,24,25,26,27,28,29，34,35,36,37,38,39，45,46,47,48,49，56,57,58,59，67,68,69，78,79，89.共有36个符合题意的两位数．1．(变结论)本例中条件不变，求个位数字小于十位数字且为偶数的两位数的个数．[解] 当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．当个位数字是6时，十位数字可取7,8,9，共3个．当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个．同理可知，当个位数字是2时，共7个．当个位数字是0时，共9个．由分类加法计数原理知，符合条件的数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个)．2．(变条件，变结论)用数字1,2,3可以组成多少个没有重复数字的整数？[解] 分三类：①第一类为一位整数，有1,2,3，共3个；②第二类为二位整数，有12,13,21,23,31,32，共6个；③第三类为三位整数，有123,132,213,231,312,321，共6个．∴共组成3＋6＋6＝15个无重复数字的整数．利用分类加法计数原理计数时的解题流程提醒：确定分类标准时要确保每一类都能独立的完成这件事．2可表示多少个不同的圆？[思路点拨] 确定一个圆的方程需要分别确定出圆心的横坐标、纵坐标、半径，可以用分步乘法计数原理解决．[解] 完成表示不同的圆这件事，可以分为三步：第一步：确定a有3种不同的选取方法；第二步：确定b有4种不同的选取方法；第三步：确定r有2种不同的选取方法．由分步乘法计数原理，方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆共有3×4×2＝24(个)．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程提醒：分步时要注意不能遗漏步骤，否则就不能完成这件事．1．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点．问：(1)点P可表示平面上多少个不同的点？(2)点P可表示平面上第二象限内多少个不同的点？[解] (1)确定平面上的点P(a，b)，可分两步完成：第1步确定a的值，有6种不同的结果；第2步确定b的值，也有6种不同的结果．根据分步乘法计数原理，得到点P可表示平面上不同点的个数为6×6＝36.(2)确定平面上第二象限内的点P(a，b)，可分两步完成：第1步确定a的值，由于a<0，所以有3种不同的结果；第2步确定b的值，由于b>0，所以有2种不同的结果．由分步乘法计数原理，得到点P可表示平面上第二象限内不同的点的个数为3×2＝6.如何区分一个问题是“分类”还是“分步”？[提示] 如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是分类；而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步．【例3】一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡．(1)某人要从两个袋子中任取一张手机卡供自己使用，共有多少种不同的取法？(2)某人手机是双卡双待机，想得到一张移动卡和一张联通卡供自己今后使用，问一共有多少种不同的取法？[思路点拨][解] (1)从两个袋子中任取一张卡有两类情况：第一类：从第一个袋子中取一张移动手机卡，共有10种取法；第二类：从第二个袋子中取一张联通手机卡，共有12种取法．根据分类加法计数原理，共有10＋12＝22种取法．(2)想得到一张移动卡和一张联通卡可分两步进行：第一步，从第一个袋子中任取一张移动手机卡，共有10种取法．第二步，从第二个袋子中任取一张联通手机卡，共有12种取法．根据分步乘法计数原理，共有10×12＝120种取法．利用两个计数原理的解题策略用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分“分类”还是“分步”的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．2．现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？[解] (1)分三类：第一类，选出的是医生，有3种选法；第二类，选出的是护士，有5种选法；第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10(种)选法．(2)分三步：第一步，选1名医生，有3种选法；第二步，选1名护士，有5种选法；第三步，选1名麻醉师，有2种选法．根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30(种)选法．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的比较1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )[答案] (1)×(2)√(3)√(4)×2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )A．7 B．12C．64 D．81B[先从4件上衣中任取一件共4种选法，再从3条长裤中任选一条共3种选法，由分步乘法计数原理，上衣与长裤配成一套共4×3＝12(种)不同配法．故选B.] 3．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为( ) A．1＋1＋1＝3 B．3＋4＋2＝9C．3×4×2＝24 D．以上都不对B[分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类，乘轮船，从2次中选1次有2种走法．所以，共有3＋4＋2＝9种不同的走法．]4．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？[解] (1)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种不同的选法．(2)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法．第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35种不同的选法．第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14种不同的选法．所以有10＋35＋14＝59种不同的选法．。
2019-2020版高中数学 第一章 计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1
第1课时两个计数原理学习目标 1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．知识点一分类加法计数原理第十三届全运会在中国天津盛大召开，一名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，每天有7个航班，6列火车．思考该志愿者从上海到天津的方案可分几类？共有多少种出行方法？答案两类，即乘飞机、坐火车．共有7＋6＝13(种)不同的出行方法．梳理(1)完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．(2)完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．知识点二分步乘法计数原理若这名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，但需在青岛停留，已知从上海到青岛每天有7个航班，从青岛到天津每天有6列火车．思考该志愿者从上海到天津需要经历几个步骤？共有多少种出行方法？答案两个，即先乘飞机到青岛，再坐火车到天津．共有7×6＝42(种)不同的出行方法．梳理(1)完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．(2)完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．1．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( ×)2．在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( √)3．在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √) 4．在分步乘法计数原理中，事情若是分两步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．( √)类型一 分类加法计数原理例1 设集合A ＝{1,2,3,4}，m ，n ∈A ，则方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点位于x 轴上的椭圆的有( ) A ．6个B ．8个C ．12个D ．16个 考点 分类加法计数原理题点 分类加法计数原理的应用答案 A解析 因为椭圆的焦点在x 轴上，所以m >n .当m ＝4时，n ＝1,2,3；当m ＝3时，n ＝1,2；当m ＝2时，n ＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．反思与感悟 (1)应用分类加法计数原理时，完成这件事的n 类方法是互不干扰的，无论哪种方案中的哪种方法，都可以独立完成这件事．(2)利用分类加法计数原理解题的一般思路跟踪训练1 满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为( )A ．14B ．13C ．12D ．10考点 分类加法计数原理题点 分类加法计数原理的应用答案 B解析 由已知得ab ≤1.若a ＝－1时，b ＝－1,0,1,2，有4种可能；若a ＝0时，b ＝－1,0,1,2，有4种可能；若a ＝1时，b ＝－1,0,1，有3种可能；若a ＝2时，b ＝－1,0，有2种可能．∴共有(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.类型二分步乘法计数原理例2 一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？(各位上的数字允许重复)考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用解按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000(个)四位数的号码．引申探究若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？解按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；第二步，去掉第一步拨的数字，有9种拨号方式，即m2＝9；第三步，去掉前两步拨的数字，有8种拨号方式，即m3＝8；第四步，去掉前三步拨的数字，有7种拨号方式，即m4＝7.根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5 040(个)四位数的号码．反思与感悟(1)应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．(2)利用分步乘法计数原理解题的一般思路①分步：将完成这件事的过程分成若干步；②计数：求出每一步中的方法数；③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．跟踪训练2 从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，可组成不同的二次函数共______个，其中不同的偶函数共________个．(用数字作答)考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案18 6解析一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有不同的二次函数3×3×2＝18(个)．若二次函数为偶函数，则b＝0.a的取法有3种，c的取法有2种，则由分步乘法计数原理知，共有不同的偶函数3×2＝6(个)．类型三辨析两个计数原理例3 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解(1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法．所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．反思与感悟(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．(2)分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．(3)混合问题一般是先分类再分步．跟踪训练3 在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现在从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解选参加象棋比赛的学生有两种方法，在只会下象棋的3人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选；选参加围棋比赛的学生也有两种选法；在只会下围棋的2人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选．互相搭配，可得四类不同的选法．从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有3×2＝6(种)选法；从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有3×2＝6(种)选法；从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛有2×2＝4(种)选法；2名既会下象棋又会下围棋的学生分别参加象棋比赛和围棋比赛有2种选法．所以共有6＋6＋4＋2＝18(种)选法．所以共有18种不同的选法．1．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为( )A．1＋1＋1＝3 B．3＋4＋2＝9C．3×4×2＝24 D．以上都不对考点分类加法计数原理题点分类加法计数原理的应用答案 B解析分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类乘轮船，从2次中选1次有2种走法，所以共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )A．7 B．12 C．64 D．81考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 B解析要完成配套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同的选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同的选法．故共有4×3＝12(种)不同的配法．3．若x，y∈N*，且x＋y≤5，则有序自然数对(x，y)的个数为( )A．6 B．8 C．9 D．10考点分类加法计数原理题点分类加法计数原理的应用答案 D解析当x＝1时，y＝1,2,3,4，共构成4个有序自然数对；当x＝2时，y＝1,2,3，共构成3个有序自然数对；当x＝3时，y＝1,2，共构成2个有序自然数对；当x＝4时，y＝1，共构成1个有序自然数对．根据分类加法计数原理，共有N＝4＋3＋2＋1＝10(个)有序自然数对．4．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有________种．(用数字作答)考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案9解析分为两类：两名老队员、一名新队员时，有3种选法；两名新队员、一名老队员时，有2×3＝6(种)选法，即共有9种不同选法．5．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？(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？(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？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解(1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同的选法．由分类加法计数原理可得，共有N＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法．(2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，有10种不同的选法．第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，有6种不同的选法．由分步乘法计数原理可得，共有N＝8×10×6＝480(种)不同的选法．(3)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N＝8×10＋10×6＋8×6＝188(种)不同的选法．1．使用两个原理解题的本质分类―→将问题分成互相排斥的几类，逐类解决―→分类加法计数原理分步―→把问题分化为几个互相关联的步骤，逐步解决―→分步乘法计数原理2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法列举法―――→种数较少将各种情况一一列举间接法――――→正面复杂用总数减去不满足条件的种数一、选择题1．图书馆的书架有3层，第1层有3本不同的数学书，第2层有5本不同的语文书，第3层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，不同的取法共有( )A ．120种B ．16种C ．64种D ．39种考点 分类加法计数原理题点 分类加法计数原理的应用答案 B解析 由于书架上有3＋5＋8＝16(本)书，则从中任取1本书，共有16种不同的取法．2．已知a ∈{3,4,6}，b ∈{1,2}，r ∈{1,4,9,16}，则方程(x －a )2＋(y －b )2＝r 2可表示的不同圆的个数是( )A ．6B ．9C ．16D ．24考点 分步乘法计数原理题点 分步乘法计数原理的应用答案 D解析 确定一个圆的方程可分为三个步骤：第一步，确定a ，有3种选法；第二步，确定b ，有2种选法；第三步，确定r ，有4种选法．由分步乘法计数原理得，不同圆的个数为3×2×4＝24.3．从集合{1,2,3，…，8}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A ．3B ．4C ．6D ．8考点 分类加法计数原理题点 分类加法计数原理的应用答案 B解析 以1为首项的等比数列为1,2,4；以2为首项的等比数列为2,4,8.把这两个数列的顺序颠倒，又得到2个数列，∴所求数列为4个．4．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A ．56B ．65C.5×6×5×4×3×22D．6×5×4×3×2考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 A解析每位同学都有5种选择，共有5×5×5×5×5×5＝56(种)．5．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y<7，则满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )A．5 B．12 C．15 D．4考点分类加法计数原理题点分类加法计数原理的应用答案 C解析当x＝1时，y的取值范围可能为0,1,2,3,4,5，有6种情况；当x＝2时，y的取值可能为0,1,2,3,4，有5种情况；当x＝3时，y的取值范围可能为0,1,2,3，有4种情况；根据分类加法计数原理可得，满足条件的(x，y)的个数为6＋5＋4＝15.6．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为( )A．34B．43C．12 D．以下都不对考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 C解析由分步乘法计数原理可知，A*B中共有3×4＝12(个)元素．7．从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地的不同走法种数为( )A．2＋4＋3 B．2×4＋3C．2×3＋4 D．2×4×3考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 B解析分两类，一是从甲地经乙地到丙地，有2×4种，二是直接从甲地到丙地，有3种，所以从甲地到丙地的不同走法种数共有2×4＋3.8．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 B．17 C．16 D．14考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 D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3×2＝6(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可知，共有6＋8＝14(个)点在第一、二象限．二、填空题9．一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不同走法________种．考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案16解析由分步乘法计数原理得4×4＝16.10．若在如图1的电路中，只合上一个开关可以接通电路，有________种不同的方法；在如图2的电路中，合上两个开关可以接通电路，有________种不同的方法．考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 5 6解析对于图1，按要求接通电路，只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一个即可，故有2＋3＝5(种)不同的方法．对于图2，按要求接通电路必须分两步进行：第一步，合上A中的一个开关；第二步，合上B中的一个开关，故有2×3＝6(种)不同的方法．11．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,3,5,7,8这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案22解析若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时有5×4＝20(条)，故共有20＋2＝22(条)不同的直线．12．某运动会上，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．考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 2 880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，所以共有4×3×2＝24(种)方法；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，共有5×4×3×2×1＝120(种)．所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．三、解答题13．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一个为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法，所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．(3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法，从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．四、探究与拓展14．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，求由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数．考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36(个)，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)，所以共有36＋12＝48(个)．15．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，从A，B中各取1个元素，作为点P(x，y)的坐标．(1)可以得到多少个不同的点？(2)这些点中，位于第一象限的有几个？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解(1)可分为两类：A中元素为x，B中元素为y或A中元素为y，B中元素为x，则共得到3×4＋4×3＝24(个)不同的点．(2)第一象限内的点，即x，y均为正数，所以只能取A，B中的正数，共有2×2＋2×2＝8(个)不同的点．。
1.1分类加法与分步乘法计数原理2
2）3位高中生准备报考4所高等院校，每人报且报一所， 共有？种不同的报名方法。
1）答：34 2）答：43
总结：若被分配元素为n，接收单位为m， （此二者都指实际意义）则分配方案总数是mn。
弄清谁选谁；若“p选择q”，则应为qp。
巩固：1）5名同学参加了3个课外小组的方法有？ 2）5名同学参加了3项比赛项目，冠军获得者的情况？
课下讨论：
某艺术组有9人，每人至少会钢琴和小号中一种 乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会 钢琴与会小号的各1人，有多少种不同的选法？
解：由题意可知，在艺术组9人中，有且仅有一人既会 钢琴又会小号，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人， 把会钢琴、小号各1人的选法分为两类：
第一类：多面手入选，另一人只需从其他8人中任选一
Hale Waihona Puke 例4： 从－3，－2，－1，0，1，2，
3中任取三个不同的数作为抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的系数，如果抛物 线过原点，且顶点在第一象限，问 这样的抛物线共有多少条？
c取值 c＝0
1种
a取值 a＜0
3种
b取值 b＞0
3种
故N＝3×3×1＝9（种）
例5：用5种不同颜色给图中A，B，C，
D四个区域涂色，每个区域只涂一种
颜色，相邻区域的颜色不同，求共
有多少种不同的涂色方法？
A5
4B
C 3 D3
故N＝5×4×3×3＝180（种）
课堂练习：
练习1. 如图,要给地图A、B、C、D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,不同的涂 色方案有多少种? 解: 按地图A、B、C、D四个区域依次分四步 完成, 第一步, m1 = 3 种, 第二步, m2 = 2 种, 第三步, m3 = 1 种, 第四步, m4 = 1 种, 故有根据乘法原理, 得到不同的涂色方案种数 共有 N = 3 × 2 ×1×1 = 6 种。
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2019-2020学年高中数学 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数
原理学案 新人教A 版选修2-3
学习内容 学习指导即时感悟 【学习目标】
1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题；
2.培养学生的归纳概括能力。
3.引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。
【学习重点】会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题。
【学习难点】理解分类计数原理与分步计数原理。
学习方向
【预习引入】 1.分类计数原理：完成一件事, 有n 类方式, 在第一类方式,中有m 1种不同的方法,在第二类方式,中有m 2种不同的方法，……，在第n 类方式,中有m n 种不同的方法. 那么完成这件事共N= 种不同的方法.
2.分步计数原理：完成一件事,需要分成n 个 ，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，……，做第n 步有m n 种不同的方法,那么完成这件事共有 N= 种不同的方法。
创设情景：
①从我们班上推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？ ②把我们的同学排成一排，共有多少种不同的排法？
要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识. 排列组合是一种重要的数学计数方法. 总的来说，就是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不同的做法. 在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理. 【自主﹒合作﹒探究】
问题1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？
问题2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？
发现新知：分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中
有m 种不同的方法，在第2类方案中有n
种不同的方法. 那么完成这件事共
有 种不同的方法.
探究1：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，在第3类方案中有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有 种不同的方法。
引入新知
合作探究
探究2：完成一件事情，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在
第2类办法中有2m 种不同的方法……在第n 类办法中有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有 种不同的方法.
问题3：用前6个大写英文字母和1—9九个阿拉伯数字，以1A ,2A ,…，1B ,2B ,…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？
发现新知：分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m
种不
同的方法，做第2步有n
种不同的方法. 那么完成这件事共有 种不同
的方法.
探究3：如果完成一件事需要三个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2
步有2m 种不同的方法，做第3步有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有
种不同的方法？
探究4：完成一件事情，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做
第2步有2m 种不同的方法……做第n 步有n m 种不同的方法.那么完成这件事共
有 种不同的方法.
例1、某班共有男生28名，女生20名，从该班选出学生代表参加校学代会。
（1）若学校分配给该班1名代表，有多少不同的选法？ （2）若学校分配给该班2名代表，且男、女代表各一名，有多少种不同的选法？
例2、在下图的电路中，只合上一只开关以接通电路，有多少种不同的方法？ B
A
总结:理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点
通过课本例1-例7完
成例1、例2
例3、课本P12A 组2
总结：利用两种原理解决问题的方法
【当堂达标】
P6页练习1、2、3、4 P10页练习1、2、3、4 【反思﹒提升】 【作业】
P12页习题A 组3、5
【拓展﹒延伸】 A 组
1.一个学生从3本不同的科技书、4本不同的文艺书、5本不同的外语书中任选一本阅读，不同的选法有（ ） A 、60种 B 、17种 C 、12种 D 、3种
2.已知{}2,3,7x ∈，{}3,4,8y ∈--，则xy 可表示不同的值的个数为（ ） A 、8 B 、12 C 、10 D 、9 B 组
3.已知集合 ， ，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
B ．10
C ．16
D ．1
C 组
4.将5名大学毕业生全部分配到3所不同的学校，不同的分配方法有（ ） A 、8种 B 、15种 C 、125种 D 、243种
5.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条
自我总结
通过课本例8、例9完成例3
自我总结
自我达标
课下检验。