2019人教版高中数学选修2-3 《1.1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理》导学案

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人教版高中数学选修2-3 第一章 1-1-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理

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知识梳理
一、分类加法计数原理 1．完成一件事有两类不同的方案，在第一类方案中有 m种不同的方法，在第二类方案中有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．如果完成一件事情有n类不同方案，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类方法中有mn种不同的方法，则完成这件事情共有N＝ m1＋m2＋…＋mn 种不同的方法．
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人教A版数学选修2-3 第一章计数原理
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【错因】错解一忽视数字0不能在首位的约束，按此排法有可能为“0134”这种不符合要求的情况．
错解二忽视了题目“无重复数字的四位数”的约束，按此排法有可能为“2032”，不符合条件．
若先排首位，应考虑排的是1,3,5还是2,4,6，因它直接关系到第2步排个位的选取；
方法二(枚举法)：因为只取一人，这样设三个年级的优秀班干部分别为 A1 ， A2 ， A3 ， A4 ， A5 ； B1 ， B2 ， B3 ， B4 ， B5，B6，B7；C1，C2，C3，C4，C5，C6，C7，C8，从以上20 种情况中选一人有20种选法．
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[问题] 此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？
[提示] 3＋4＝7.此委员这一天从济南到北京共有7种快捷途径．
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人教A版数学选修2-3 第一章计数原理
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2．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．
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解析：方法一(定义法)：由于要从三个年级的优秀班干部中选出一人，故可分为三类：第一类从高一的5名优秀班干部中选取一人，有5种选法；第二类从高二的7名优秀班干部中选取一人，有7种选法；第三类从高三的8名优秀班干部中选取一人，有8种选法．又根据分类加法计数原理知，共有5＋7＋8＝20种不同的选法．

人教版高中数学选修2-3知识点汇总

人教版高中数学必修2-3知识点第一章计数原理1.1分类加法计数与分步乘法计数分类加法计数原理：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。

分类要做到“不重不漏”。

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N=m×n种不同的方法。

分步要做到“步骤完整”。

n元集合A={a1，a2⋯，a n}的不同子集有2n个。

1.2排列与组合1.2.1排列一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列(arrangement)。

从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示。

排列数公式：n个元素的全排列数规定：0!=11.2.2组合一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合(combination)。

从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号或表示。

组合数公式：∴规定：组合数的性质：(“构建组合意义”——“殊途同归”)1.3二项式定理1.3.1二项式定理(binomial theorem)*注意二项展开式某一项的系数与这一项的二项式系数是两个不同的概念。

1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质*表现形式的变化有时能帮助我们发现某些规律！(1)对称性(2)当n 是偶数时，共有奇数项，中间的一项取得最大值；当n 是奇数时，共有偶数项，中间的两项，同时取得最大值。

(3)各二项式系数的和为(4)二项式展开式中，奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和：(5)一般地，第二章随机变量及其分布2.1离散型随机变量及其分布(n ∈N *)其中各项的系数(k ∈{0，1，2，⋯，n})叫做二项式系数(binomial coefficient)；2.1.1离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量(random variable)。

人教版高中数学选修2-3课后习题参考答案

新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理练习（P6） 1、（1）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）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、（1）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）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、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. 练习（P10）1、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. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12） 1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）. 2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）. 3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）. 对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）. 4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A 中选横坐标，有6个选择；第二步，从A 中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）. （2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）. 习题1.1 B 组（P13） 1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）. 2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=；（2）777!5040A ==；（3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=；（4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25） 1、（1）甲、乙，甲、丙，甲、丁，乙、丙，乙、丁，丙、丁；（2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯；（2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯；（3）3276351520C C -=-=；（4）328532356210148C C -=⨯-⨯=. 6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m m n n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27）1、（1）325454*********A A +=⨯+⨯=；（2）12344444412242464A A A A +++=+++=. 2、（1）315455C =；（2）19732002001313400C C ==；（3）346827C C ÷=；（4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n nn A A n A A nA n A +-+--=+-==；（2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）.8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n .9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）. 10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3)2n n n C n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便. 11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234444415C C C C +++=（种）. 12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C =；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C =. 13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C =. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A =；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A 中取，有m 种取法；第二步，从集合B 中取，有n 种取法. 所以共有取法mn 种. 说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C ⋅⋅=. 15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C ⋅=；（2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C =（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C -=；如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C ++=；（4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C --=. 也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231545454120C C C C C C ++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =；（2）142198124234110C C ⋅=；（3）51982410141734C =；（4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词.习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<，用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）.4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=. 5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法；解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=.3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nnC ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111111210242C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=， 2、∵0122k n n nn n n n C C C C C ++++++=，0213nn n n C C C C ++=++∴012knnn n n n C C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n n nnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn nn n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nn n n n n C C C C ++++.2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++23369a b ab b（2）27311357752222222172135701682241281283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x ++=++；（2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+. 4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -；（2）91482099520T a b =-；（3）7924T =；（4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x 的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-；（2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n rn n T C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!n n nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ，由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除；（2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法.（2）3276525C C ⋅=；（3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=；说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置. （4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=. （7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=；说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =. 说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）3856C =；（2）1234555530C C C C +++=. 4、468898C C +=.说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=；说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同. 6、（1）59764446024C =；（2）23397442320C C ⋅=；（3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=. 7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=. 说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列. 8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--. （2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和.444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =--3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=. 9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+ 551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =；（2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=；说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B 中能够找到唯一对应的元素，就能确定一个映射，对应的元素可以相同，所以是“有重复排列”问题.（4）2426106500000A ⨯=；（5）481258C -=；说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中，排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -= （6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=. 解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅；首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=. 3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--；（2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8m n l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法.根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）. 5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=，上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n C C +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数. 解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C C C C +++++++=-=修2—3第二章课后习题解答第二章随机变量及其分布2．1离散型随机变量及其分布列练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.（2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值.2、可以举的例子很多，这里给出几个例子：例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数；例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数；例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量.练习（P49）1、设该运动员一次罚球得分为X说明：这是一个两点分布的例子，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正 1(2)({})0.25P X P ====正正因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为 5448552()i i C C P X i C -==，i =0，1，2，3，4.因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A 组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X ，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X ＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X ＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X ＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X ＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X ＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X ＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义 12345X ⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X 是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X ＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X ＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X ＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X ＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X ＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km 所用时间X 不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4minY >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}.4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即（1）0i p ≥，1,2,,i n =；（2）11n i i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率.6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯. 说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列为即（2112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000.2．2二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯.说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=（2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯= （3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，。

2-3 1.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理

学校：临清二中学科：数学编写人：丁良之审稿人:马英济1.1. 两个原理【教学目标】准确理解两个原理，弄清它们的区别;会用两个原理解决一些简单问题。

【教学重难点】教学重点：两个原理的理解与应用教学难点：学生对事件的把握【教学过程】情境设计1、从学校南大门到图艺中心有多少种不同的走法？2、从学校南大门经图艺中心到食堂有多少种不同的走法？（请画分析图）3、课件中提供的生活实例。

新知教学引出原理：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. 那么完成这件事共有 N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法.分步计数原理：完成一件事,需要分成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,那么完成这件事共有 N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。

巩固原理例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？解：见书本第6页例1（让学生明确是一件什么样的事）练习1、乘积()()1231234a a a b b b b ++⋅+++⋅()12345c c c c c ++++展开后共有多少项？例2（1）在下图（1）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？（2）在下图（2）的电路中，合上两只开关以接通电路，有多少种不同的方法？（1）（2）解：见书本第6页例2（让学生明确是一件什么样的事，结合物理知识进行原理运用）例3、为了确保电子信箱的安全,在注册时通常要设置电子信箱密码.在网站设置的信箱中, （1）密码为4位,每位均为0到9这10个数字中的一个数字,这样的密码共有多少个? （2）密码为4位,每位是0到9这10个数字中的一个,或是从A 到Z 这26个英文字母中的1个,这样的密码共有多少个?（3）密码为4～6位,每位均为0到9这10个数字中的一个数字,这样的密码共有多少个? 解：见书本第7页例3（学生先练习分析，老师小结）例4、用4种不同颜色给下图示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有多少种不同的涂法？解：见书本第8页例4（结合课本的思考对问题进行变换分析，着色问题是难点不急于一次到位）【当堂检测】课本P9：练习1--5 课堂小结1. 分类计数与分步计数原理是两个最基本，也是最重要的原理，是解答排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础.2.辨别运用分类计数原理还是分步计数原理的关键是“分类”还是“分步”，也就是说“分类”时，各类办法中的每一种方法都是独立的，都能直接完成这件事，而“分步”时，各步中的方法是相关的，缺一不可，当且仅当做完个步骤时，才能完成这件事.作业：课本P9：习题1—5；6—12学校：临清二中学科：数学编写人：丁良之审稿人:马英济1.1. 两个原理课前预习学案一、预习目标准确理解两个原理，弄清它们的区别;会用两个原理解决一些简单问题。

人教版高中数学选修2-3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教案3

§1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(一)一、分类加法计数原理的应用某学生去书店，发现三本好书，决定至少买其中一本，则该生的购书方案有________种．答案7解析在三本好书中至少买一本，可分为三类：恰买一本，有3种方案；恰买2本，有3种方案；恰买3本，有1种方案，从而共有3＋3＋1＝7(种)方案．【反思感悟】分类加法计数原理的实质是“整体”等于“部分”之和，就是“整体”(即完成一件事的方法)分成若干个互不相交的类，使得每一类中的元素的个数易于计算．王刚同学衣服上左、右各有一个口袋，左边口袋装有30张英语单词卡片，右边口袋装有20张英语单词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口袋里任取一张英语单词卡片，有多少种不同的取法？解从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类：第一类：从左边口袋取一张英语单词卡片，有30种不同的取法；第二类：从右边口袋取一张英语单词卡片，有20种不同的取法．上述的其中任何一种取法都能独立完成取一张英语单词卡片这件事，应用分类加法计数原理，所以从两个口袋里任取一张英语单词卡片的方法为30＋20＝50(种)．二、分步乘法计数原理的应用(1)有5本书全部借给3名学生，有多少种不同的借法？(2)有3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，求有多少种不同分配方案？解(1)中要完成的事件是把5本书全部借给3名学生，可分5个步骤完成．每一步把一本书借出去，有3种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝3×3×3×3×3＝35＝243(种)不同的借法．(2)中要完成的事件是把3个学生分配到5个车间中，可分3个步骤完成，每一步分配一名学生，有5种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝5×5×5＝53＝125(种)不同的分配方案．【反思感悟】解决这类问题，切忌死记公式“m n”或“n m”，而应弄清楚哪类元素必须用完，就以它为主进行分析，并以该元素为分步的依据进行分步，再用分步乘法计数原理来求解．集合A＝{a，b，c，d，e}有5个元素，集合B＝{m，n，f，h}有4个元素，则：(1)从集合A到集合B可以建立________个不同的映射．(2)从集合B到集合A可以建立________个不同的映射．答案(1)45(2)54解析要想建立一个从A到B的映射，必须使集合A中的每一个元素能在B中有唯一确定的元素与之对应，因此，要使A中5个元素均找到象，必须分5步完成．首先看A中元素a在B中的象的可能有4种，其他同样，用分步乘法原理求解．故根据映射定义，以及分步计数原理可得．(1)可建立起4×4×4×4×4＝45(个)不同的映射；(2)可建立起5×5×5×5＝54(个)不同的映射．三、两个计数原理的简单综合应用集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}．现从A，B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标．(1)可以得到多少个不同的点？(2)在这些点中，位于第一象限的有几个点？解(1)第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12(个)不同的点；第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12(个)不同的点．∴可以得到24个不同的点．(2)第一象限内的点，即x，y必须为正数，从而只能取A，B中的正数，同样分两类．N ＝2×2＋2×2＝8(个)．即这些点中，位于第一象限的有8个点．【反思感悟】此题既要用到分类计数原理，又要用到分步计数原理，解题的关键是恰当分类，合理分步．王华同学有一些课外参考书．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，他的同学想从中借2本不同学科的参考书，问有多少种不同的选法？解选1本外语书和选1本数学书，有5×4＝20(种)选法；选1本外语书和选1本物理书，有5×3＝15(种)选法；选1本数学书和选1本物理书，有4×3＝12(种)选法．故共有20＋15＋12＝47(种)不同的选法．课堂小结：1．应用分类加法计数原理要注意的问题(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．(2)完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．(3)确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既“不重复”也“不遗漏”．2．应用分步乘法计数原理要注意的问题(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某种方法是不是不能完成这件事，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．(2)完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步，这件事都不可能完成．(3)根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．3．两个原理的区别两个基本原理的区别在于：分类加法计数原理每次得到的是最后结果，分步乘法计数原保不遗漏，“独立”确保不重复一、选择题1．一个包内有5本不同的小说，另一个包内有4本不同的教科书，从两个包内任取一本书的取法有( )A ．5种B ．4种C ．9种D ．20种答案 C解析取一本书有两类不同的方案：第一类方案从有5本不同的书的包中取，共有5种不同的方法；第二类方案是从有4本不同的书的包中取，有4种不同的方法，所以共有N ＝5＋4＝9种取法．2．某公共汽车上有10名乘客，要求在沿途的5个车站全部下完，乘客下车的可能方式有( )A ．510种B ．105种C ．50种D ．以上都不对答案 A解析本题的“一件事”是指10个乘客的一种下车方式，完成一件事即为10名乘客下完车．分10步完成，第一步安排第一个乘客下车，有5种方法…，第10步是安排最后一名乘客下车，有5种方法．所以乘客下车的方式共有510种方法．3．某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号(号码由小到大排列)为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号码买全，至少要花( )A ．3 360元B ．6 720元C ．4 320元D ．8 640元答案 D解析抽一注号码分四步完成，共有N ＝8×9×10×6＝4 320个不同的注．共需花 4 320×2＝8 640元．4．有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数( )A ．7B ．64C ．12D ．81答案 C解析由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，所以，有4×3＝12种选法，故选C.5．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A ．3B ．4C ．6D ．8答案 D解析当公比为2时，等比数列可为1、2、4,2、4、8.当公比为3时，等比数列可为1、3、9.当公比为32时，等比数列可为4、6、9. 同时，4、2、1和8、4、2,9、3、1,9、6、4也是等比数列，共8个．6．将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有( )A ．34种B ．43种C ．18种D ．36种答案 D解析 4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空，则必有一个盒子放入2个球．设4个球的编号分别为1,2,3,4，则其中2个球放在一个盒子里的情况有：1、2,1、3,1、4,2、3,2、4,3、4，共6种情况．把2个球放在一个盒子里的情况当作1个球和另外2个球分别放入3个盒子里，共有3×2×1种放法．于是所求放法为6×3×2×1＝36(种)．二、填空题7．若x，y∈N*，且x＋y≤6，则有序数对(x，y)共有______个．答案15解析x＝1时，y＝5,4,3,2,1；x＝2时，y＝4,3,2,1；x＝3时，y＝3,2,1；x＝4时，y＝2,1；x＝5时，y＝1.由分类加法计数原理得：N＝5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．8．某城市的电话号码，由六位数改为七位数．若首位数字均不为0，则该城市可能增加电话门数是__________．答案8 100 000解析首位不为零的六位数有9×105，首位不为零的七位数有9×106，所以可能增加电话门数是9×106－9×105＝8 100 000.三、解答题9．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素，又点P到原点的距离|OP|≥5.求这样的点P的个数．解按点P的坐标a将其分为6类：(1)若a＝1，则b＝5或6，有2个点；(2)若a＝2，则b＝5或6，有2个点；(3)若a＝3，则b＝5或6或4，有3个点；(4)若a＝4，则b＝3或5或6，有3个点；(5)若a＝5，则b＝1,2,3,4,6，有5个点；(6)若a＝6，则b＝1,2,3,4,5，有5个点；∴共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20(个)点．10．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，有多少种不同的种植方法？解分黄瓜种在第一，二，三块土地上讨论，黄瓜种在第一块土地上，第二步第二块土地有3种种法，第三块土地有2种种法，有1×3×2＝6(种)种法．同理黄瓜种在二，三两块土地上都有6种法，故总的种植方法是6×3＝18(种)．11．已知集合A＝{a，b，c}，集合B＝{－1,0,1}．(1)从集合A到B能构造多少个不同的映射？(2)满足f(a)＋f(b)＋f(c)＝0的映射有多少个？解(1)每个元素a，b，c都可以有3个象和它对应，故从A到B能构造3×3×3＝27个不同的映射．(2)12．某城市提供甲，乙，丙，丁四个企业给我市一个高中三年级三个班的学生进行社会实践活动，其中企业甲是市明星企业，必须有班进行社会实践，每个班去哪个企业，可由各班自己在四个企业中任意选择一个，所有不同的安排社会实践的方案有多少种？解无限制条件三个班去四个企业，每个班都有4种去法，由乘法原理共有43种去法，再排除甲企业没有班级去的方法33种，故共有43－33＝37(种)不同方案．学科网()-精品系列资料上学科网，下精品资料！。

数学选修2-3 1.1 第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理

也可以是高二年级，因此安排方法共有 8＋6＝14(种)．
【答案】 (1)× (2)√ (3)√ (4)√

教材整理 2 分步乘法计数原理阅读教材 P4～P6 练习上面内容，完成下列问题． 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 mn 种不同的方法，则完成这件事共有
(4)在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有 43 种．( )
【解析】
(1)√
因为在分步乘法计数原理中的每一步都有多种方法，而每
种方法各不相同． (2)× 因为在分步乘法计数原理中，要完成这件事需分两步，而每步都不能
完成这件事，只有各步都完成了，这件事才算完成． (3)√ 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，
2．利用分类加法计数原理解题的一般思路
[再练一题] 1．某学生去书店，发现 2 本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( A．1 种 C．3 种 B．2 种 D．4 种 )
【解析】分两类：买 1 本或买 2 本书，各类购买方式依次有 2 种、1 种，故购买方式共有 2＋1＝3 种．故选 C.
－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． (4)× 因为每个项目中的冠军都有 3 种可能的情况，根据分步乘法计数原理
共有 34 种不同的夺冠情况．
【答案】 (1)√ (2)× (3)√ (4)×

高中数学选修2-3知识点总结

高二数学选修 2－3 知识点第一章计数原理知识点：1、分类加法计数原理：做一件事情，完成它有 N 类办法，在第一类办法中有M 1 种不同的方法，在第二类办法中有 M 2 种不同的方法， ⋯⋯ ，在第 N 类办法中有 M N 种不同的方法，那么完成这件事情共有M 1+M 2+⋯⋯ +M N 种不同的方法。

2、分步乘法计数原理：做一件事，完成它需要分成 N 个步骤，做第一步有 m1 种不同的方法，做第二步有M 2不同的方法， ⋯⋯ ，做第 N 步有 M N 不同的方法 .那么完成这件事共有 N=M 1M 2 ...M N 种不同的方法。

3、排列：从 n 个不同的元素中任取m(m ≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从 n 个．．．．．．不同元素中取出 m 个元素的一个排列4、排列数： Amn(n 1) ( n m 1)(nn! (m n, n, m N )m)!5、组合：从 n 个不同的元素中任取m ( m ≤n ) 个元素并成一组，叫做从 n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合。

m A m n mn( n 1)1) (n m m 1) 1) mn! n!6、组合数：C n mA nn( n(n C n mCn A m mmm!C nm! (nm)!A mm!m! (n m)!C m n Cn mn ;C m 1mmnC nCn 1n0 n1 n 12 n 2 2⋯r n r r⋯n n7、二项式定理：( a b)C n aC n abC n ab C n a bC n b展开8、式二的项式通通项项公式： T r1C n r an rb r(r 0， 1⋯⋯ n)第二章随机变量及其分布知识点：1、随机变量：如果随机试验可能出现的结果可以用一个变量 X 来表示，并且 X 是随着试验的结果的不同而变化，那么这样的变量叫做随机变量．随机变量常用大写字母X 、Y 等或希腊字母 ξ 、 η 等表示。

人教版数学高二A版选修2-3教材梳理 1.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理

庖丁巧解牛知识·巧学一、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.如果完成一件事有ｎ类不同的方案，在各个方案中又各有ｍ1，ｍ2，ｍ3，…，ｍｎ种不同的方法，那么完成这件事共有M=ｍ1＋ｍ2＋ｍ3＋…＋ｍｎ种不同的方法.解决“分类”问题，用分类加法计数原理，即完成事件通过途径A，就不必再通过途径B 就可以完成.要清楚怎样才算是完成一件事的含义，即知道做“一件事”或叫完成一个“事件”在题目中具体所指的是什么.要点提示分类时,首先要确定一个分类标准,然后在这个标准下进行分类.一般地,分类标准不同，分类的结果也不同.分类的基本要求是：每一种方法必属于某一类，即不漏;任意不同类的两种方法是不同的方法，即不重.二、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N=ｍ×ｎ种不同的方法.如果完成一件事情需要ｎ个步骤，在各个步骤中又各有ｍ1，ｍ2，ｍ3，…，ｍn种不同的方法，那么完成这件事共有M=ｍ1×ｍ2×ｍ3×…×ｍn种不同的方法.解决“分步”问题，用分步乘法计数原理，需要分成若干个步骤，每个步骤都完成了，才算完成一件事件，注意各步骤之间的连续性.要清楚怎么才是完成一件事的含义，即知道做“一件事”在所给的题目中需要经过哪几个步骤.要点提示每个题中，标准不同，分步也不同，分步的基本要求是：一是完成一件事，必须且只需连续做完几步，即不漏步也不重步，二是每个步骤的方法之间是无关的，不能互相替代.三、分类加法计数原理和分步乘法计数原理的意义与区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是涉及完成一件事的不同方法的种数.它们的区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分为若干类，各类相互独立，各类中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，缺少任何一步都不能完成该事件.只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分辨清楚完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个计数原理的前提.一般地,若需要同时利用两个原理时,应先分类,再分步.如果从集合的角度去看，会显得更加清楚.1.完成一件事有A、B两类办法，即集合A、B互不相交，在A类办法中有ｍ1种方法，在B类办法中有ｍ2种方法，即card（A）=ｍ1，card（B）=ｍ2，那么完成这件事的不同方法种数是card（A∪B）=card（A）＋card（B）=ｍ1＋ｍ2.这就是当ｎ=2时的分类加法计数原理.2.完成一件事需要分成A、B两个步骤，在实行A步骤时有ｍ1种方法，在实行B步骤时有有ｍ2种方法，即card（A）=ｍ1，card（B）=ｍ2，那么完成这件事的不同方法种数就是card（A·B）=card（A）·card（B）=ｍ1·ｍ2.这就是当ｎ=2时的分步乘法计数原理.当ｎ＞2时可类似得出.问题·探究问题1 随着人民生活水平的提高，“家庭理财”已经成为普通家庭一个关注的问题.王军大学毕业参加工作后，从每月工资中节余一笔钱，他打算从人民币定期储蓄和购买国债两种方式中选择一种来投资.人民币储蓄可以从一年期、二年期两种中选择一种，购买国债则可从一年期、二年期和三年期三种中选择一种.问：王军一共有多少种不同的理财方式？思路:王军共有两类不同形式的选择：第一类，从一年期和二年期两种人民币定期储蓄中任意选择一种投资方法；第二类，从一年期、二年期和三年期三种国债中任意选择一种投资方法.以上任选一种方法都能达到理财的目的，因此，王军的不同选择共有2＋3=5种.探究:分类是指做一件事，完成它可以有几类方案，这是对完成这件事的所有方法的一个分类.分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；分类时要注意满足两条基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；二是分属于不同类的方法是不同的方法.问题2 由于王军工资水平逐步提高，他决定把节余的钱分成两笔，其中一笔存入人民币定期储蓄，另一笔用来购买国债，定期储蓄和国债的种类与问题1相同，问：王军共有多少种不同的理财方式？思路:王军要完成定期储蓄和国债这两项投资，理财目标才算完成，所以可以分两步来做.第一步，将一笔钱存入人民币定期储蓄，从一年期和二年期中任意选择一种理财方法；第二步，用另一笔钱购买国债，从一年期、二年期和三年期中选择一种理财方法.对于第一步中的两种储蓄方法中的每一种方法，在第二步中都有不同的购买国债的选择，当这两步选择完成后，理财的任务也就完成了.所以所有的方式共有2×3=6种.探究:这一个问题与问题1不同，问题1是进行了分类，各类方法中任何一种都可以把这件事情完成.而问题2是进行了分步，每一个步骤中的任何一种方法都不能把这件事做完.只有把各个步骤依次全部完成，才能把这件事做完.分步时，首先根据问题的特点确定一个可行的分类标准，其次步骤的设置要满足完成这件事必须连续完成这几个步骤后，这件事才算最终完成.典题·热题例1 （2005湖南高考）设直线的方程是Ax+By=0，从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为A、B的值，则所得不同直线的条数是（）A.20B.19C.18D.16思路分析:从1，2，3，4，5这五个数中取两个不同的数作为A、B的值这一任务的完成，可以分两步进行，第一步取A的值，第二步取B的值.第一步：确定A的值，有5种方法；第二步：确定B的值，有4种方法.但由于当A取1，B取2时与A取2，B取4时，当A 取2，B取1时与A取4，B取2时所对应的直线为同一直线，所以应减少2条.综上，所得的不同直线的条数为5×4-2=18条.答案:C误区警示在此类问题中，容易忽视的是“不同直线”的含义.即在按分步乘法计数原理得出直线条数后，要把重复的直线剔除.例2甲、乙、丙、丁四个好朋友每人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（）A.6种目B.9种C.11种D.23种思路分析:思路一：让四人甲、乙、丙、丁依次拿一张别人送出的贺年卡，如果甲先拿有3种取法，此时被甲拿走的那张贺年卡的作者也有3种取法，接下来的两人就各有一种取法（因为此时剩下两张贺年卡中至少有一张是其中一人所写，他就只能取另一张）.由于这是分步完成，用分步计数原理，有3×3×1×1=9种不同的分配方式，故应选B.思路二：设四人甲、乙、丙、丁所写的贺年卡分别是A、B、C、D，当甲拿贺年卡B 时，则乙可以拿A、C、D中任何一张，即乙拿A，丙拿D，丁拿C或乙拿C，丙拿D，丁拿A或乙拿D，丙拿A，丁拿C，所以甲拿B时有三种不同的分配方法.同理甲拿C、D时都各有三种不同的分配方法，这是对A的分类完成.用分类计数原理，共有3＋3＋3=9种分配方式，应选B.答案:B深化升华在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分步”还是“分类”，接着还要搞清楚“分步”或者“分类”的具体标准是什么.因此，我们在解题时，要认真审题，真正弄清问题的条件和结论，同时还要注意分类、分步不能重复，不能遗漏.例3把3封信投到4个邮箱，所有可能的投法共有（）A.24种B.4种C.43种D.34种思路分析:把第一封信投到信箱中有4种投法；把第2封信投到信箱也有4种投法；把第3封信投到信箱也有4种投法.只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法.答案:C拓展延伸火车上有10名乘客，要在沿途的5个车站下车，问乘客下车的所有可能情况共有（）A.510种B.105种C.50种D.以上都不对思路分析:同例2类似，完成这件事情可分为10步，即10个乘客全部下车，每个乘客选择下车的不同方法均为5种，由分步乘法计数原理知，所有可能的情况为10个5相乘，即510种.故答案为A.答案:A方法归纳此类问题要注意到每个个体（每封信或每个乘客）的选择方法相互独立，互不影响.完成此事只需每个个体一个个的完成即可.同时要正确理解两个基本的计数原理，在解决相关问题时要优先考虑是否运用这两个基本原理.例4完成下列问题:（1）某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有四班，轮船有3次，问此人的走法可有几种选择？（2）小明要从教学楼的底层上到三层，已知从底层到二层有4个扶梯可走，从二层到三层有2个扶梯可走，问小明从底层到三层的走法共有几种？思路分析:（1）要完成从甲地到乙地，只要选择任一种方式即可，可以利用分类加法计数原理求解;（2）要完成底层到三层，可分两步：从底层到二层和从二层到三层.可能用分步乘法计数原理来解决.解:（1）因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，所以此人的走法可有4＋3=7种.（2）因为从底层到二层的走法有4种，而每一种走法又必须配合着由二层到三层的2种走法中的一种才能到达三层.所以小明从底层到三层的走法共有4×2=8种.深化升华应用分类计数原理与分步计数原理首先要分清“类”与“步”.应用分类计数原理，必须要各类的每一种方法都保证事件的完成；应用分步计数原理，则是各步均是完成事件必须经由的各个彼此独立的“步”.例5从1到200的自然数中，各个数位上都不含有数字8的有多少个数？思路分析:在1到200的自然数中，有个位数、两位数和三位数.可以把这三类数中符合条件的数分别找出.求和即可.解:由题意分三类：第一类：一位数中符合要求的数有8个；第二类：两位数中，十位数字除0和8外有8种选法，而个位数字除8外有9种选法，共有8×9=72个；第三类：三位数中，百位上数字是1的，十位上和个位上的数字均有9种选法，有9×9=81个；而百位上数字是2的就只有200一个数.所以符合条件的自然数的个数为N=8＋8×9＋9×9＋1=162个.深化升华本题是一个混合使用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的综合问题.从整体上看需分类完成，用分类加法计数原理，从局部看需分步完成，用分步计数原理，可见使用两个基本原理时要密切配合，不能截然分开.例6用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码;（2）四位数;（3）四位奇数.思路分析:（1）可以分步选取数字，作四位密码的四个位置上的数字，且所取数字不能重复；（2）可以分步选取数字，分别做为千位数字、百位数字、十位数字和个位数字，且所取数字不能重复.与（1）的不同之处是千位数字不能为0；（3）四位奇数的个位只能是1或3，因此符合条件的四位奇数可以分为个位数字是1和个位数字是3的两类，每一类中再分步.要注意千位数字不能取0，且所取数字不能重复.解:（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分为四步：第一步，选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步，选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步，选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步，选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法.由分步乘法计数原理，可以组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120个.（2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四步：第一步，从1,2，3,4中选取一个数字做千位数字，有4种不同的选取方法；第二步，从1,2，3，4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字做百位数字，有4种不同的选取方法；第三步，从剩余的三个数字中选取一个做十位数字，有3种不同的选取方法；第四步，从剩余的两个数字中选取一个数字做个位数字，有2种不同的选取方法.由分步乘法计数原理，可以组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96个.（3）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，有两类办法：第一类办法是四位奇数的个位取数字为1，这件事可分三个步骤完成：第一步，从2,3，4中选取一个数字做千位数字，有3种不同的选取方法；第二步，从2,3，4中剩余的两个数字与0共三个数字中选取一个做百位数字，有3种不同的选取方法；第三步，从剩余的两个数字中，选取一个数字做十位数字，有2种不同的选取方法.利用分步乘法计数原理，第一类中的四位奇数共有N1=3×3×2=18个.第二类办法是四位奇数的个位取数字为3，这件事可分三个步骤完成.利用分步乘法计数原理，第二类中的四位奇数共有N2=3×3×2=18个.最后，由分类加法计数原理知，符合条件的四位奇数共有N=18＋18=36.方法归纳如果完成一件事，可以有几类办法，这几类办法中的任一类办法都能独立的完成这件事，即方法是相互独立且互斥的，此时应用分类计数原理.如果完成一件事，需分成几个步骤进行，必须连续做完每个步骤才能完成这件事，且各个步骤是互相依存、缺一不可的，此时应用分步计数原理.。

数学选修2-3人教新课标A版1-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(21张)

18+10+8+3=39种不同选法.②要从四种血型的人中各选1人去献
血,即要在每种血型的人中依次选出1人后,这件“各选1人去献血”的
事情才能完成,所以用分步乘法计数原理,共有18×10×8×3=4 320
种不同的选法. 答案:C
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1.如何使用分类加法计数原理和分步乘法计数原理剖析:分类加法计数原理和分步乘法计数原理的根本区别在于: 一个与分类有关,一个与分步有关.区分的主要依据是分类时各类方法都能独立完成这件事,并且各种方法互不影响;而分步时每一步都不能独立完成这件事,各个步骤相互依存,步与步之间有连续性.在应用两个计数原理处理具体问题时,一般要按五个步骤进行: (1)明确完成的这件事是什么; (2)思考如何完成这件事; (3)判断它属于分类还是分步; (4)确定运用哪个计数原理; (5)进行运算.
的共有3人.完成下面两件事:①从中任选1人去献血;②从四种血型
的人中各选1人去献血.不同选法的种数分别是( )
A.4 320,39 B.39,39
C.39,4 320 D.4 320,4 320
解析:①任选1人去献血,即不论选哪种血型的哪个人,这件“任选1
人去献血”的事情都可以完成,所以用分类加法计数原理,共有
分类时要设计好标准,设计好分类方案,防止重复和遗漏;分步时要注意步与步之间的连续性,同时应合理设计步骤的顺序,使各步互不干扰.
我们也可以根据题意恰当合理地画出示意图或者列出表格,使问题的实质直观地显现出来,从而便于我们解题.
题型一
题型二
题型三
分类加法计数原理的应用【例1】某校从高二的四个班中抽出一些同学组成数学课外小组, 其中一、二、三、四班分别抽出了4名、5名、6名、7名同学.若任选其中一名同学担任组长,有多少种不同的选法?

人教版-高中数学选修2-3_1.1_分类加法计数原理与分步乘法计数原理

例2 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？
例3.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？
N m1 m2 mn
种不同的方法.
练习：
1、一件工作可以用2种方法完成，有5人会用第1种方法完成，另有4人会用第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、现有高中一年级的学生3名，高中二年级的学生5名，高中三年级的学生4名.从中任选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？ 3、用一个大写英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能编出多少种不同的号码？
例5 核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分，一个RNA分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据.总共有4种不同的碱基，分别用A，C，G，U表示. 在一个RNA分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关.假设有一类RNA分子由100个碱基组成，那么能有多少个不同的 RNA分子？
开始
子模块1 18条执行路径
子模块2 45条执行路径
子模块3 28条执行路径
A
子模块4 38条执行路径子模块5 43条执行路径结束
7371条
178次
例8 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.交通管理部门出台了一种汽车牌照组成方法，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？共能给22 464 000辆汽车上牌照. 用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步。分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整”

高中数学选修2-3精品课件：1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(一)

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3.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有___3_6____个. 解析第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据分步乘法计数原理，共有6×6＝36(种)方法.
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4.将3封信投入6个信箱内，不同的投法有___2_1_6___种. 解析分三步，每一步投一封信. 每封信都有6种投法，共有6×6×6＝216(种)不同的投法.
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).
规律方法 (1)在处理具体的应用题时，首先必须弄清是 “分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”或“分步” 的具体标准是什么，选择合理的标准处理事件，关键是看能否独立完成这件事，避免计数的重复或遗漏. (2)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰.
2.用前6个大写英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以A1， A2，…，B1，B2，…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？答编写一个号码要先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字，我们可以用树形图列出所有可能的号码.如图：
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.
第一章——
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(一)
[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.

高中数学(人教版)选修2-3教学课件：1.1《分类加法计数原理与分步乘法计数原理》课件

探究你能说说这个问题的特征吗?
上述问题中 , 最重要的特征是 " 和" 字的出现 : 每个座位由一个英文字母和一个阿拉伯数字构成,.
一般地, 有如下原理 : 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种不同方法, 做第2步有n种不同方法, 那么完成这件事共有 N m n 种不同的方法.
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
思考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 ,总共能编出多少种不同的号码? 因为英文字母共有 26个,阿拉伯数字 0 ~ 9共有10个, 所以总共可以编出 26 10 36种不同的号码 .
探究你能说说这个问题的特征吗?
无论第1步采用哪种方法 , 都不影响第 2步方法的选取 .
例 2 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 ,可分两个步骤 .第 1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30种不同选法;
数的方法 , 计算自己拥有玩具的数量;学校要举行班际篮球比赛 , 在确定赛制后 , 体育组老师要算一算共需要举行多少场比赛 ;用红、
黄、绿三面旗帜组成航海信号, 颜色的不同排列表示不同的信号 , 共可以组成多少种不同的信号虽然用列举所有各种可能性的方法 ,即一个一个去数 , 可以求出相应的数, 但当这个数很大时 ,列举的方法很难实施 .本章所关心的是如何能不通过一个一个地数而确定出这个数.
思考用前6个大写英文字母和 1 ~ 9九个阿拉伯数字,以 A 1, A 2 , ,B1,B 2 , 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?

数学高中选修2-3第一章计数原理1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理1.1 分类加法计数原理

制作冯健璇
问题1 从温州到杭州旅游,可以乘火车，也可以乘汽
车。若一天中火车有3列,汽车有2辆。那么一天中乘坐这些交通工具从温州到杭州有多少种不同的走法?
变式：从温州到杭州旅游,可以乘火车，也可以乘汽
车，还可以乘飞机。若一天中火车有3列,汽车有2辆，飞机有４架。那么一天中乘坐这些交通工具从温州到杭州有多少种不同的走法?
分类计数原理
(加法原理)
完成一件事，有n类办法. 在第1类办法中有m1 种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，
则完成这件事共有 N= m1+m2+… +mn 种不同的方法．
在1,2,3,…,200中，能够被5整除的数共有多少个？解：能够被5整除的数，末位数字是0或5，因此，我们把1,2,3,…,200中，能够被5整除的数分成两类来计数：第一类：末位数字是0的数，一共有20个．第二类：末位数字是5的数，一共有20个．根据加法原理，在1,2,3,…,200中，能够被5整除的数共有20+20=40个．
一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有4种，外地的产品有7种，要买1台这种型号的电视机，有多少种不同的选法？
N= 4 + 7 =11
分类计数原理
针对的是“分类”问题
(加法原理)
各类方法相互独立
完成一件事，有n类办法. 在第1类办法中有m1 种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，则完成这件事共有 N= m1+m2+… +mn 种不同的方法．
完成一件工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外有4个人只会用第二种方法，从这9个人中选1人完成这件工作，一共有多少种选法？分类计数原理：针对的是“分类”问题

高中数学选修2-3 第1章计数原理第一章1.1(一)

研一研·问题探究、课堂更高效
解
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这名同学可以选择 A、B 两所大学中的一所．在 A 大学中
有 5 种专业选择方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法．又由于两所大学没有共同的强项专业，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择种数为 5＋4＝9.
研一研·问题探究、课堂更高效
问题 5 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？答这名同学可以选择 A、B、C 三所大学中的一所．在 A
本课时栏目开关
大学中有 5 种专业选择方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法，在 C 大学中有 3 种专业选择方法．又由于三所大学没有共同的强项专业，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择种数为 5＋4＋3＝12.
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【学习要求】 1．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理．
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2．会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．【学法指导】两个计数原理是推导排列数、组合数计算公式的依据，其基本思想贯穿本章始终，理解两个原理的关键是分清分类与分步.
填一填·知识要点、记下疑难点
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两个计数原理 1．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. 2．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 N＝ m×n 种不同的方法.

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)

解析： (1)选一名学生有三类不同的选法. 第一类：从高二（1）班选一名，有50种不同的方法；第二类：从高二（2）班选一名，有60种不同的方法；第三类：从高二（3）班选一名，有55种不同的方法.
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)

人教版高中数学选修23课后习题参考答案

新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理练习（P6）1、（1）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）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、（1）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）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、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. 练习（P10）1、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. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12）1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）.2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）.3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）.对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）.4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A中选横坐标，有6个选择；第二步，从A中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）.（2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）.习题1.1 B组（P13）1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）.2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=；（2）777!5040A ==；（3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=；（4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25）1、（1）甲、乙，甲、丙，甲、丁，乙、丙，乙、丁，丙、丁；（2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯；（2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯；（3）3276351520C C -=-=；（4）328532356210148C C -=⨯-⨯=.6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m mn n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27）1、（1）325454*********A A +=⨯+⨯=；（2）12344444412242464A A A A +++=+++=. 2、（1）315455C =；（2）19732002001313400C C ==；（3）346827C C ÷=；（4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n n n A A n A A nA n A +-+--=+-==；（2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）.8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n .9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）. 10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3)2n n n C n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便. 11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234444415C C C C +++=（种）. 12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C =；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C =. 13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C =. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A =；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A 中取，有m 种取法；第二步，从集合B 中取，有n 种取法. 所以共有取法mn 种. 说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C ⋅⋅=. 15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C ⋅=；（2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C =（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C -=；如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C ++=；（4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C --=. 也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231545454120C C C C C C ++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =；（2）142198124234110C C ⋅=；（3）51982410141734C =；（4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词. 习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<，用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）. 4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=. 5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法；解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=. 3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nn C ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111111210242C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=，2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=，0213nn n n C C C C ++=++∴012knnn n n n C C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n nnnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn nn n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nn n n n n C C C C ++++.2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++23369a b ab b（2）27311357752222222172135(7016822412821283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x ++=++；（2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+. 4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -；（2）91482099520T a b =-；（3）7924T =；（4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x 的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-；（2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n rn n T C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!n n nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ，由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除；（2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法.（2）3276525C C ⋅=；（3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=；说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置. （4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=. （7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=；说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =. 说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）3856C =；（2）1234555530C C C C +++=. 4、468898C C +=.说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=；说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同. 6、（1）59764446024C =；（2）23397442320C C ⋅=；（3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=. 7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=. 说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列. 8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--. （2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和.444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =--3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=. 9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+ 551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =；（2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=；说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B 中能够找到唯一对应的元素，（4）2426106500000A ⨯=；（5）481258C -=；说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中，排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -=（6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=. 解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅；首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=. 3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--；（2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8mn l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法. 根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）.5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=，上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n CC +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数.解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C CCC +++++++=-=修2—3第二章课后习题解答第二章随机变量及其分布 2．1离散型随机变量及其分布列练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12. （2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值. 2、可以举的例子很多，这里给出几个例子：例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数；例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数；例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量. 练习（P49）1、设该运动员一次罚球得分为X ，X 是一个离散型随机变量，其分布列为说明：这是一个两点分布的例子，投中看作试验成功，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正1(2)({})0.25P X P ====正正因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为5448552()i iC C P X i C -==，i =0，1，2，3，4. 因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义12345X⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km所用时间X不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4min Y >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}. 4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即（1）0i p ≥，1,2,,i n =；（2）11ni i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率. 6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯.说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列为即（2）该同学能及格表示他能背出2或3篇，故他能及格的概率为112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000. 2．2二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯.说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=（2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯=（3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，利用概率的性质得到()()()P A P AB P AB =+所以()()()P AB P A P AB =-.。

高中数学选修2-3精品教案3：1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)教学设计

分类加法计数原理与分步乘法计数原理第二课时【教学目标】：（1）知识与技能掌握分类计数原理和分步计数原理，并能够运用这两个原理解决简单的应用问题；（2）过程与方法通过实例，理解两个基本原理的运用，从而提高分析问题、解决问题的能力，提高学生综合、归纳的能力.（3）情感、态度与价值观通过了解基本原理在生产,生活实际中的应用,使得学生认识数学知识与现实生活的内在联系,增强在现实生活中面对复杂的事物和现象时作出正确分析和准确判断的能力.【教学重点】两个基本原理的运用【教学难点】正确运用两个原理解决问题【教法、学法设计】启发引导式【教学过程设计】：教学环节教学活动设计意图一、复习师提出问题1：书架上层放4本不同的语文书，中层放5本不同的数学书，下层放6本不同的英语书，（1）如果从中任取一本书，有多少种不同的取法？（2）如果从中任取三本书，其中包括语文书、数学书、英语书各一本，有多少种不同的取法？解：（1）本题要完成取出一本书这一件事，可以分三类不同的取法：第一类：从上层取一本语文书有4种不同的取法；第二类：从中层取一本数学书有5种不同的取法；第三类：从下层取一本英语书有6种不同的取法；上述取法均能独立完成这件事，所以有4+5+6=18种（2）本题要分成三个步骤：第一步：从上层取一本语文书有4种不同的取法；第二类：从中层取一本数学书有5种不同的取法；第三类：从下层取一本英语书有6种不同的取法；只有三个步骤全部完成才能完成从各取一本书这件事，故完成这件事的方法种数有4×5×6=120种学生回答，投影学生答案.通过问题，达到复习两个基本原理的目的二、例题师提出问题：例1.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A—G或U—Z，后两个要求用数字，问最多可以给多少个程序命名？分析：可以分成三个步骤：第1步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后字符。

而首字符又包含两类。

师：学生阅读问题，启发学生回答后，作补充说明关键是让学生体会到数字符可以重复，因此第2步与第3步都有9种方法.同时，提示学生可以建立不同的模型，探索不同的解法.对实际问题的可以建立不同的模式，进行解答。

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2019人教版精品教学资料·高中选修数学
1.1. 两个原理
课前预习学案
一、预习目标
准确理解两个原理，弄清它们的区别;会用两个原理解决一些简单问题。

二、预习内容
分类计数原理：完成一件事, 有n类方式, 在第一类方式,中有m1种不同的方法,在第二类方式,
中有m2种不同的方法，……，在第n类方式,中有m n种不同的方法. 那么完成这件事共有 N= 种不同的方法.
分步计数原理：完成一件事,需要分成n个，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,那么完成这件事共有
N= 种不同的方法。

课内探究学案
一、学习目标
二、准确理解两个原理，弄清它们的区别;会用两个原理解决一些简单问题。

学习重难点：
教学重点：两个原理的理解与应用
教学难点：学生对事件的把握
二、学习过程
情境设计
1、从学校南大门到图艺中心有多少种不同的走法？
2、从学校南大门经图艺中心到食堂有多少种不同的走法？（请画分析图）
3、课件中提供的生活实例。

新知
分类计数原理：完成一件事, 有n类 , 在第一类方式,中有m1种不同的方法,在第二
类方式,中有m2种不同的方法，……，在第n类方式,中有m n种不同的方法. 那么完成这件事共有
N= 种不同的方法.
分步计数原理：完成一件事,需要分成n个，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,那么完成这件事共有
N= n种不同的方法。

巩固原理
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？
解：
练习1、乘积()()
1231234
a a a
b b b b
++⋅+++⋅()
12345
c c c c c
++++
展开后共有多少项？
例2（1）在下图（1）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？
（2）在下图（2）的电路中，合上两只开关以接通电路，有多少种不同的方法？
（1）
（2）
例3、为了确保电子信箱的安全,在注册时通常要设置电子信箱密码.在网站设置的信箱中,
（1）密码为4位,每位均为0到9这10个数字中的一个数字,这样的密码共有多少个?
（2）密码为4位,每位是0到9这10个数字中的一个,或是从A 到Z 这26个英文字母中的1个,这样的密码共有多少个?
（3）密码为4～6位,每位均为0到9这10个数字中的一个数字,这样的密码共有多少个? 解：
例4、用4种不同颜色给下图示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，
共有多少种不同的涂法？
解：三、反思总结
1. 分类计数与分步计数原理是两个最基本，也是最重要的原理，是解答排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础.
2.辨别运用分类计数原理还是分步计数原理的关键是“分类”还是“分步”，也就是说“分类”时，各类办法中的每一种方法都是独立的，都能直接完成这件事，而“分步”时，各步中的方法是相关的，缺一不可，当且仅当做完个步骤时，才能完成这件事.
四、当堂检测
课本P9：练习1--5
课后练习与提高
一、选择题
1．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有（）． A ．种 B ．种 C ．种 D ．种
2．将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有（）．
A ．种
B ．种
C ．18种
D ．36种
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 ．14
（1）（2）
（4）（3）
4．用1，2，3，4四个数字在任取数（不重复取）作和，则取出这些数的不同的和共有（）．
A．8个B．9个C．10个D．5个
二、填空题
1．由数字2，3，4，5可组成________个三位数，_________个四位数，________个五位数．
２．用1，2，3…，9九个数字，可组成__________个四位数，_________个六位数．
３．商店里有15种上衣，18种裤子，某人要买一件上衣或一条裤子，共有_______种不同的选法．要买上衣、裤子各一件，共有_________种不同的选法．
４．大小不等的两个正方体玩具，分别在各面上标有数字1，2，3，4，5，6，则向上的面标着的两个数字之积不小于20的情形有_______种．
三、解答题
1．从1，2，3，4，7，9中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，能得到多少个不同的对数值？
2．在连结正八边形的三个顶点组成的三角形中，与正八边形有公共边的有多少个？。