1.1.2两个原理2
课题1-1两个基本原理(2)教案
课题1-1两个基本原理（2）教案备课时间：01—23 上课时间：主备：贾永亮班级姓名：[学习目标]：（1）理解两个原理实际意义，会用两两个基本原理解决一些简单的实际问题。
（2）高考B级要求。
[学习重点]：应用分类计数与分步计数原理解题[学习难点]：理解两个原理的实际意义[学法指导]：可以结合树状图等手段来理解两个原理的应用[课前预习导学]：问题（1）：什么条件下使用加法原理？问题（2）：什么条件下使用乘法原理？问题（3）：5名男生，4名女生，（1）从中派1人出黑板报，共有种不同派法；（2）若男，女生各派1人共同写黑板报，共有种不同派法。
[课堂学习研讨]：例1某电脑用户计划使用不超过500元的资金买单价分别为60元的单片软件和70元的盒装磁盘，根据需要，软件至少买三片，磁盘至少买两盒，则不同的选购方式共有多少种？例2用n 种不同颜色为下列两块广告牌着色。
如图，要求相邻区域颜色不同。
（1）若n=6，则为甲着色时，共有多少种不同的方法？（2）若为乙着色时共有120种不同方法，求n甲 乙[课内训练巩固]：1将3种作物种在如图所示的5块实验田里，每块种一种作物且相邻的试验田不种同一种作物，不同的种植方法共有多少种？2，已知{}3,2,1=A（1）由A A→可以组成多少个不同的映射？（2）由A A→的影射中，元素2不能对应2，这样的映射有多少个？3过三棱锥任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有对[课后拓展延伸]：例已知{}{}且bcaMdf4 =N到集合的映射2,1,0是集合,,=,,cf+dff+afb(()+))(=)(则不同的映射f共有多少个？[课后练习]：1把10个苹果分成三堆，要求每一堆至少5个，则不同的分法共有种2某人射击8枪，命中4枪，恰有3枪连在一起的种数是3，5名男生，4名女生，（1）从中派1人出黑板报，共有种不同派法；（2）若男女生各派1人共同写黑板报，共有种不同派法；4某城市在中心广场建造一个花园分为6个部分。
1.1 两个基本计数原理(2)
教学内容§1.1 两个基本计数原理（2）教学目标要求（1）掌握分类计数原理与分步计数原理，并能根据具体问题的特征，选择分类加法原理或分步乘法原理解决一些简单的实际问题；（2）通过对分类计数原理与分步计数原理的理解和运用，提高学生分析问题和解决问题的能力，开发学生的逻辑思维能力．教学重点分类计数原理与分步计数原理的区别和综合应用．教学难点分类计数原理与分步计数原理的区别和综合应用．教学方法和教具教师主导活动学生主体活动一．问题情境复习回顾：1．两个基本计数原理；2．练习：（1）从2，3，5，7，11中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分数的个数是，其中真分数的个数是．（2）①用0，1，2，……，9可以组成多少个8位号码；②用0，1，2，……，9可以组成多少个8位整数；③用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位整数；④用0，1，2，……，9可以组成多少个有重复数字的4位整数；⑤用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位奇数．二．数学运用1．例题：例1 用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有多少种不同的涂法？分析完成这件事可分四个步骤，不妨设①、②、③、④的次序填涂．解：第一步，填涂①，有4种不同颜色可选用；第二步，填涂②，除①所用过的颜色外，还有3种不同颜色可选用；第三步，填涂③，除①、②用过的2种颜色外，还有2种不同颜色可选用；第四步，填涂④，除②、③用过的2种颜色外，还有2种不同颜色可选用．⨯⨯⨯=种不同的方法，即填涂这张所以，完成这件事共有432248地图共有48种方法．答共有48种不同的涂法．思考：如果按①、②、④、③的次序填涂，怎样解决这个问题？例2 由1，2，3，4可以组成多少个自然数（数字可以重复，最多只能是四位数）？分析：按自然数的位数多少，可以分为以下四类：一位，二位，三位，四位的自然数，而在每一类中，又可以分成几步进行．解：组成的自然数可以分为以下四类：第一类：一位自然数，共有4个；第二类：二位自然数，又可分两步来完成．先取出十位上的数字，再取出个位上的数字，共有4416⨯=（个）；第三类：三位自然数，又可分三步来完成．每一位都可以从4个不同的数字中任取一个，共有44464⨯⨯=（个）；第四类：四位自然数，又可分四步来完成．每一位都可以从4个不同的数字中任取一个，共有44256=（个）．由分类计数原理，可以组成的不同自然数的个数为41664256340+++=（个）．[变式延伸] 从1到200的这200个自然数中，各个位数上都不含数字8的共有多少个？（162）说明：（1）在同一题目中牵涉两个原理时，必须搞清是先“分类”，还是先“分步”；“分类”和“分步”的标准又是什么？（2）本题是先分类，后分步，按自然数的位数“分类”，按组成数的过程“分步”．例3 在1到20共20个整数中任取两个数相加，使其和为偶数的不同取法共有多少种？解：第一类：两个偶数相加，由分步计数原理，共有10990⨯=（种）不同的取法，由于两个偶数相加时，与次序无关，即2+4和4+2是同一个数字，因此适合题意的不同取法总数共有90452=（种）；第二类：两个奇数相加，由分步计数原理，共有109452⨯=（种）不同的取法．由分类计数原理，共有45+45=90（种）不同取法．[变式延伸]在1和20共20个整数中任取两个相加，使其和大于20的不同取法共有多少种？答案：100例4 某艺术组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，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（把该人称为“多面手”），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人中任选一个，故这类选法共有8种．第二类：多面手不入选，则会钢琴者只能从6个只会钢琴的人中选出，会小号的1人也只能从只会小号的 2人中选出，放这类选法共有6×2＝12种，故共有8+12=20种不同的选法．2．练习：用1，2，3可以写出多少个小于1000的正整数？五．回顾小结：分类计数原理与分步计数原理的综合应用六．课外作业：P习题1．1 第5，6，7，8，9，10，11题课本9板书设计教后札记。
《与名师对话》2015-2016学年高中数学人教版A版选修2-3课件1.1-2两个计数原理的综合应用
D．32 种
解析：5 名学生报名参加两个课外活动小组，每名学生限
报其中的一个小组，则每名学生均有 2 种不同的报名方法，故
不同的报名方法共有 25＝32 种．故选 D.
答案：D
3．已知集合 A {1,2,3}，且 A 中至少有一个奇数，则这样
的集合有( )
A．2 个
B．3 个
C．4 个
D．5 个
解析：满足题意的集合 A 可以是{1}，{3}，{1,2}，{1,3}， {2,3}共有 5 个，故选 D.
易错点：忽略题目的隐含条件致误
某外语组有 9 人，每人至少会英语和日语中的 一门，其中 7 人会英语，3 人会日语，从中选出会英语和日语 的各一人，有多少种不同的选法？
【错解】 第一步，从会英语的 7 人中选一人，有 7 种选 法；第二步，从会日语的 3 人中选一人，有 3 种选法，故共有 7×3＝21(种)不同的选法．
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？
【思路启迪】 根据地图的特点确定涂色的顺序，再进行 计算．
【解】 按地图 A，B，C，D 四个区域依次涂色，分四 步完成：
第一步：涂 A 区域，有 3 种选择； 第二步：涂 B 区域，有 2 种选择； 第三步：涂 C 区域，由于它与 A，B 区域颜色不同，有 1 种选择； 第四步，涂 D 区域，由于它与 B，C 区域颜色不同，有 1 种选择． 所以根据分步乘法计数原理，得到不同的涂色方案种数共 有 3×2×1×1＝6.
(3)分三步，每位旅客都有 4 种不同的住宿方法，因而不同 的方法共有 N＝4×4×4＝64(种).
1.1两个基本原理(2)
二、两个原理的联系、区别：
分类计数原理 分步计数原理
联系 都是研究完成一件事的不同方法的种数的问题
完成一件事，共有n类 完成一件事，共分n个 区别1 办法，关键词“分类” 步骤，关键词“分步”
每类办法相互独立， 各步骤中的方法相互依 每类方法都能独立地 存，只有各个步骤都完 区别2 完成这件事情 成才算完成这件事
三、例题分析
1.有386，486，586型电脑各一台，A、B、C、D四 名操作人员的技术等次各不相同，A、B会操作三种 型号的电脑，C不能操作586，而D只会操作386，今 从这四名操_________种. 2.某市拟成立一个由6名大学生组成的社会调查小组， 并准备将这6个名额分配给本市的3所大学，要求每 所大学都有学生参加，则不同的名额分配方法共有 _______种
1.1 两个基本计数原理(2)
一、复习回顾两个基本计数原理
分类计数原理：完成一件事，有n类方式，在第1 类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有 m2种不同的方法，……，在第n类方式中有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。 分步计数原理：完成一件事，需要分成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。
三、例题分析
3.现要排一份5天的值班表，每天有一个人值班，共 有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻 两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种 不同的排法？ 4.乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5) 的展开式中，有___ 项。 5.1800的正约数个数为_______。 6.有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一班的 数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监 考，则安排监考的方法总数是________.
学案2：1.1.3 泡利原理、洪特规则、能量最低原理
第3课时泡利原理、洪特规则、能量最低原理【目标导航】1.知道原子核外电子排布的“两原理一规则”2.会正确书写原子的电子排布式和电子排布图。
【自主学习】一、两原理一规则1.泡利原理:在一个原子轨道里,最多只能容纳个电子,而且它们的自旋状态。
电子自旋有和两种状态,常用上下箭头(↑和↓)表示自旋状态相反的电子。
2.洪特规则:当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是,而且自旋状态。
3.能量最低原理原子核外的电子应优先排布在的能级里，然后由里到外，依次排布在的能级里。
能级的能量高低顺序如构造原理所示(对于1～36号元素来说，应重点掌握和记忆“1s→→4p”这一顺序)。
预习交流1以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况。
其中违反了泡利原理的是()二、电子排布图在电子排布图中,用方框表示,用箭头表示,其中一个方框表示,一个箭头表示,如13Al的电子排布图为。
预习交流2某原子核外共有6个电子,分布在K电子层与L电子层上,L电子层中电子的分布正确的是()【难点探究】一、泡利原理和洪特规则1.泡利原理在一个原子轨道里,最多只能容纳2个电子,而且它们的自旋状态相反,这就是泡利原理。
例如,锂原子的电子排布图为,而不是。
2.洪特规则当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道,而且自旋状态相同,这就是洪特规则。
如碳原子的电子排布图是,而不是。
温馨提示核外电子在原子轨道上排布要遵循三个原则：能量最低原理、泡利原理和洪特规则。
这三个原则并不是孤立的，而是相互联系、相互制约的。
也就是说核外电子在原子轨道上排布要同时遵循着三个原则。
典题例解【例1】如果在3p能级上有3个电子,则它们应排布为(用电子排布图表示),而不能排布为,因为这违背了,也不能排布成,因为这违背了。
如果3p能级上有4个电子,有人认为可以排布为,你认为是否正确,说明理由:。
迁移应用1.下列电子排布图所表示的元素原子中,其能量处于最低状态的是()2.下列原子的电子排布式、最外层电子排布式或最外层电子排布图中,哪一种状态的能量较低?(1)氮原子:(2)钠原子:A.1s22s22p63s1 B.1s22s22p63p1(3)铬原子:A.[Ar]3d54s1 B.[Ar]3d44s2(4)碳原子:二、电子排布图1.电子排布图中各符号和数字的意义:2.在书写基态原子的电子排布图时,常出现以下几种错误:①(违反泡利原理)②(违反洪特规则)③(违反洪特规则)典题例解【例2】下面是第二周期部分元素基态原子的电子排布图,则下列说法错误的是()A.每个原子轨道里最多只能容纳2个电子B.电子排布在同一能级的不同轨道时,总是优先单独占据一个轨道C.每个能层所具有的能级数等于能层的序数(n)D.若原子轨道里有2个电子,则其自旋状态相反迁移应用1.下列3d能级的电子排布图正确的是()2.下列表示方法错误的是()A.硫离子的电子式为]2-B.溴原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s14p6C.氮原子的电子排布图为D.铜原子的结构示意图为案例探究洪特规则特例的应用第四能层只有1个电子的元素共有()种A.1B.2C.3D.4方法总结当同一能级上的电子排布为全充满(p6、d10、f14)、半充满(p3、d5、f7)和全空状态(p0、d0、f0)时,具有较低的能量和较高的稳定性。
新人教A版高二数学选修2-3第一章计数原理 1.1 第二课时 两个计数原理的综合应用
由分类加法计数原理知，有 3＋4＝7 种方法． 第四步：由分步乘法计数原理有 N＝4×3×7＝84 种不同的种植方法． 法二：(1)若 A，D 种植同种作物，则 A、D 有 4 种不同的种法，B 有 3 种种植方法，C 也有 3 种种植方法，由分步乘法计数原理，共有 4×3×3＝36 种种植方法． (2)若 A，D 种植不同作物，则 A 有 4 种种植方法，D 有 3 种种植方法， B 有 2 种种植方法，C 有 2 种种植方法，由分步乘法计数原理，共有 4×3×2×2＝48 种种植方法． 综上所述，由分类加法计数原理，共有 N＝36＋48＝84 种种植方法．
• 去年高考延续了五年的总体要求并在创新上有较大的突破； • 难度把控趋于稳定，基本控制在0.55左右； • 充分体现国家意志“一核”、“四层”、 “四翼”， “一核”是总体框架
体现突 出传统文化及党的教育方针：“德智体美劳”五育并举； • 学科思维考察更加凸显，体现数学学科的理性思维特点；
(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．
用计数原理解决涂色(种植)问题
[典例] 如图所示，要给“优”、 “化”、“指”、“导”四个区域分别涂上 3 种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色 使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色， 有多少种不同的涂色方法？
[解] 优、化、指、导四个区域依次涂色，分四步． 第 1 步，涂“优”区域，有 3 种选择． 第 2 步，涂“化”区域，有 2 种选择．
杠杆原理有哪些
杠杆原理有哪些
杠杆原理是指通过应用杠杆来增加力量或者改变力量的方向的物理原理。
在物理学中，常见的杠杆原理有以下几种：
1. 一级杠杆原理：一级杠杆原理也被称为平衡条件，它是指当一个杠杆系统处于平衡状态时，左右两边的力矩相等。
这个原理可以用公式M1 = M2来表示，其中M1和M2分别是左右两边的力矩。
2. 二级杠杆原理：二级杠杆原理是指当一个杠杆系统处于平衡状态时，左右两边的力矩相等且力的乘积也相等。
具体表达式为F1 × d1 = F2 × d2，其中F1和F2分别是左右两边的力，d1和d2分别是力的作用点到杠杆支点的距离。
3. 三级杠杆原理：三级杠杆原理也被称为力的平衡原理，它是指当一个杠杆系统处于平衡状态时，左右两边的力不仅力矩相等，而且力的乘积也相等。
具体表达式为F1 × d1 = F2 × d2 = F3 × d3，其中F1、F2和F3分别是左右两边力的大小，d1、d2和d3分别是力的作用点到杠杆支点的距离。
4. 杠杆原理在机械工程中的应用：除了以上几种基本的杠杆原理外，在机械工程中还有许多衍生的应用。
比如，通过改变绳索或者链条的位置，可以实现力的放大，从而达到增加力量的目的。
同时，杠杆原理还可以用于解决机械结构的平衡问题，如平衡杆。
总结起来，杠杆原理是一种基本的物理原理，它可以应用于各
个领域，包括力的平衡、力的乘积和力的放大等。
通过合理应用杠杆原理，我们可以更好地利用力量，并实现我们的目标。
1.1(2)第2课时 两个计数原理及其综合应用
当A与E种植相同植物或不同植物时F的种法有区别，不全是2种． [正解] 分3类考虑，第一类：A，C，E种同一种植物，有4种种法，当A，C，E 种好后，B，D，F从余下3种植物中选1种，各有3种种法，一共有4×3×3×3＝ 108(种)种法； 第二类：A，C，E种两种植物，有12种种法，当A，C种同一种植物时，B有3 种种法，D，F有2种种法，若C，E和E，A种同一种植物，种法相同，因此，共 有12×3×(3×2×2)＝432(种)种法；
【变式1】 从1～20共20个整数中任取两个相加，使其和为偶数 的不同取法共有多少种？ 解 第一类：两个偶数相加，由分步乘法计数原理，共有
10×9 ＝45(种)不同的取法； 2 第二类：两个奇数相加，由分步乘法计数原理，共有 ＝45(种)不同的取法． 由分类加法计数原理得，共有45＋45＝90(种)不同取法． 10×9 2
解
分别用 a，b，c 代表 3 种作物，先安排第一块试验田，有 3
种方法， 不妨设种 a， 再安排第二块试验田种 b 或 c， 有 2 种方法， 不妨设种 b，安排第三块试验田也有 2 种方法，种 c 或 a. (1) 若第三块试验田种 c：
a b c
则第四、五块田分别有 2 种种法，共有 2×2 种种法．
名师点睛 应用两个计数原理时的注意事项 (1)要弄清问题中的“一件事”的含义，即知道做“一件事”，或完成一个“事 件”在每个题中的具体所指． (2)必须明确完成题中所指“事件”是“分类”完成还是“分步”完成．分类用 加法，分步用乘法．
(3)对于较为复杂的既需分步又需分类的问题，应该先弄清分类与分步的先后顺 序，如果先分类再分步，则整体用分类加法计数原理，每一类中再用分步乘法 计数原理；如果先分步再分类，则整体用分步乘法计数原理，每一步中再用分 类加法计数原理． (4)对题目中的特殊元素(位置)可优先考虑，即优先考虑有限制条件的元素(位置 )，然后再考虑其他元素(位置)．
高中数学课件：1.1《两个基本原理》(新人教B选修2-3)
分类计数原理与分步计数原理（一）情景探究问题1从岳阳到长沙，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岳阳到长沙共有 多少种不同的走法? 3+2=5 火车3汽车1汽车2（种）分类计数原理完成一件事，有n类办法,在第1类办法中有加1种不同的方法，在第2类方法中有加2种不同的方法，•…在第〃类办法中有加“种不同的方法，那么完成这件事共有N=m l +m2 +种不同的方法理解分类计数原理分类计数原理又称“加法原理”⑴各类办法之间相互独立，都能完成这件事, 且办法总数是各类办法相加，所以这个原理又叫做加法原理；⑵分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类;⑶完成这件事的任何一种方法必属于某一类, 且理解分类计数原理分别属于不同两类的两种方法都是不同的一不重不漏.问题2从岳阳到益阳，要从岳阳先乘火车到长沙, 再于次日从长沙乘汽车到益阳。
一天中，火车有3 班，汽车有2班，那么两天中，从岳阳到益阳共有 多少种不同的走法？ Ill III火车1 一汽车1火车1 一汽车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分步计数原理完成一件事，需要分成n 丫步骤，做第1步有加1种不同的方法，做第2步有加2种不同的方法……做第n步有加〃种不同的方法.那么完成这件事共有N= x m2 x... x m n种不同的方法.理解分步计数原理分步计数原理又叫作“乘法原理”⑴各个步骤之间相互依存，且方法总数是各个步骤的方法数相乘，所以这个原理又叫做乘法原理；⑵分步时首先要在问题的条件之下确定一个分步标准，然后在确定的分步标准下分步；⑶完成这件事的任何一种方法必须并且只需连续完成每一个步骤.分类计数原理与分步计数原理的区别・分类计数原理与分步计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法总数的问题.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，用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，只有各个步骤都完成才算做完这件事.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。
2014-2015学年高中数学(人教版选修2-3)配套课件第一章 1.1.2 两个原理的应用
变 式 迁 移 1．(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每 人报一项，共有多少种报名方法？ (2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有 多少种可能的结果？ 解析：(1)要完成的是“4名同学每人从三个项目中选 一项报名”这件事，因为每人必报一项，四人都报完才算 完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选
栏 目 链 接
分类完成 加法原理是“ __________”，即任何一类办法中的任何一
分步完成 个方法都能完成这件事．乘法原理是“ __________”，即 这些方法需要分步，各个步骤顺次相依，且每一步都完成
了，才能完成这件事情．
基 础 梳 理 2．根据具体情况选择应用不用的原理． (1)完成一件事情有n类办法，若每一类办法中的任何 一种方法均能将这件事情从头至尾完成，则计算完成这件 事情的方法总数用__________ 加法原理 ． (2)完成一件事情有n个步骤，若每一步的任何一种方 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，则计算完成这件事的方
栏 目 链 接
乘法原理 ． 法总数用__________
基 础 梳 理 3．正确区分完成一件事情是分类还是分步． 例如：(1)十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则 行车路线共有__________ 种． 12 (2)从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x) 18 ＝ax2＋bx＋c的系数，可组成不同的二次函数共有________ 6 个，其中不同的偶函数共有__________ 个(用数字作答)． 4．一些非常规计数问题的解法．
19-20 第1章 1.1 第2课时 基本计数原理的应用
第2课时基本计数原理的应用学习目标：1.熟练应用两个计数原理．(重点)2.能运用两个计数原理解决一些综合性的问题．(难点)教材整理分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别阅读教材P4～P5，完成下列问题．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别分类加法计数原理分步乘法计数原理联系两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题区别一完成一件事共有n类办法，关键词是“分类”完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”区别二每类办法都能完成这件事任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事区别三各类办法都是互斥的、并列的、独立的各步之间是相互关联的、互相依存的1．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________．【解析】由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24.【答案】242．(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)展开后共有________项．【解析】该展开式中每一项的因式分别来自a1＋a2＋a3，b1＋b2＋b3，c1＋c2＋c3＋c4中的各一项．由a1，a2，a3中取一项共3种取法，从b1，b2，b3中取一项有3种不同取法，从c1，c2，c3，c4中任取一项共4种不同的取法．由分步乘法计数原理知，该展开式共3×3×4＝36(项)．【答案】363．5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________．【解析】根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18种分工方案．【答案】184．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有________个．【解析】分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．【答案】18抽取(分配)问题【例1】(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有()A．16种B．18种C．37种D．48种(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________种．【精彩点拨】(1)由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解．(2)先让一人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽．【解】(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C.(2)不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种)．【答案】(1)C(2)9求解抽取(分配)问题的方法1．当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表法．2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．1．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？【解】法一：(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种).组数问题【例2】用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的：(1)银行存折的四位密码？(2)四位整数？(3)比2 000大的四位偶数？【精彩点拨】(1)用分步乘法计数原理求解(1)问；(2)0不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可以按个位是0,2,4分三类，也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解．【解】(1)分步解决．第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个)．(2)分步解决．第一步：首位数字有5种选取方法；第二步：百位数字有5种选取方法；第三步：十位数字有4种选取方法；第四步：个位数字有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有5×5×4×3＝300(个)．(3)法一：按末位是0,2,4分为三类：第一类：末位是0的有4×4×3＝48个；第二类：末位是2的有3×4×3＝36个；第三类：末位是4的有3×4×3＝36个．则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．法二：按千位是2,3,4,5分四类：第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．法三：间接法．用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)；第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．共有60＋96＝156(个)．其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．1．对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．2．解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．2．由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：(1)无重复数字的三位数？(2)可以有重复数字的三位数？【解】(1)0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18(个)．(2)百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择．由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48(个).涂色问题[探究问题]1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区A B C D域，，有多少种不同的涂色方案？【提示】涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案．2．在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？【提示】恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案．3．在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？【提示】若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案．【例3】将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示的图中，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？【精彩点拨】给图中区域标上记号A，B，C，D，E，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，那么只有1种．因此应先分类后分步．【解】法一：给图中区域标上记号A，B，C，D，E，如图所示．①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种．②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种．故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：第一类，用4种颜色：此时B，D区域或A，E区域同色，则共有2×4×3×2×1＝48种不同涂法．第二类，用3种颜色：此时B，D同色，A，E同色，先从4种颜色中取3种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法．由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法．求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.3．如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．【解析】先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法．【答案】121．已知x∈{1,2,3,4}，y∈{5,6,7,8}，则xy可表示不同值的个数为() A．2 B．4C．8 D．15【解析】x的取值共有4个，y的取值也有4个，则xy共有4×4＝16个积，但是由于3×8＝4×6，所以xy共有16－1＝15(个)不同值，故选D．【答案】 D2．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有()A．6种B．7种C．8种D．9种【解析】可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．【答案】 D3．3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报一门，则不同的报名方案有________种．【解析】每名同学都有4种不同的报名方案，共有4×4×4＝64种不同的报名方案．【答案】644．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．【解析】先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．【答案】2n(n－1)5．用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔．问：该板报有多少种书写方案？【解】第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角用的颜色相同，有5种不同的选法；第三步，选理综视界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与理综视界的颜色不同即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案．课时分层作业(二)基本计数原理的应用(建议用时：45分钟)[基础达标练]一、选择题1．5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，且必须选择一个知识讲座，则不同的选择种数是()A．54B．45C．5×4×3×2 D．5×4【解析】5名同学每人都选一个课外知识讲座，则每人都有4种选择，由分步乘法计数原理知共有4×4×4×4×4＝45种选择．【答案】 B2．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．17C．16 D．10【解析】分两类．第一类：M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有3×3＝9(个)；第二类：N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有4×2＝8(个)．由分类加法计数原理，共有9＋8＝17(个)点在第一、二象限．【答案】 B3．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有()A．12种B．9种C．8种D．6种【解析】设四张贺卡分别记为A，B，C，D．由题意，某人(不妨设A 卡的供卡人)取卡的情况有3种，据此将卡的分配方式分为三类，对于每一类，其他人依次取卡分步进行，为了避免重复或遗漏，我们用“树状图”表示如下：所以共有9种不同的分配方式，故选B．【答案】 B4.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为()A．6种B．12种C．18种D．24种【解析】因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.【答案】 A5．体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有()A．8种B．10种C．12种D．16种【解析】首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果．综上可知共有1＋6＋3＝10种结果．【答案】 B二、填空题6．小张正在玩一款种菜的游戏，他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物)，若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒，则不同的种植方案共有________种．【解析】当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块地种辣椒时，有4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案．【答案】487．从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax＋By ＋C＝0中的A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．【解析】因为过原点的直线常数项为0，所以C＝0，从集合中的6个非零元素中任取一个作为系数A，有6种方法，再从其余的5个元素中任取一个作为系数B，有5种方法，由分步乘法计数原理得，适合条件的直线共有1×6×5＝30(条)．【答案】308．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种．【解析】分三类：若甲在周一，则乙丙有4×3＝12种排法；若甲在周二，则乙丙有3×2＝6种排法；若甲在周三，则乙丙有2×1＝2种排法．所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种．【答案】20三、解答题9．如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，不同的涂色方法共有多少种？(用数字作答)【解】不妨将图中的4个格子依次编号为①②③④，当①③同色时，有6×5×1×5＝150种方法；当①③异色时，有6×5×4×4＝480种方法．所以共有150＋480＝630种方法．10．用数字1,2,3,4,5,6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列．(1)求这个数列的项数；(2)求这个数列中的第89项的值．【解】(1)完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数，可以先确定百位，再确定十位，最后确定个位，因此要分步相乘．第一步：确定百位数，有6种方法．第二步：确定十位数，有5种方法．第三步：确定个位数，有4种方法．根据分步乘法计数原理，共有N＝6×5×4＝120个三位数．所以这个数列的项数为120.(2)这个数列中，百位是1,2,3,4的共有4×5×4＝80个，百位是5的三位数中，十位是1或2的有4＋4＝8个，故第88项为526，故从小到大第89项为531.[能力提升练]1．如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为()A．96 B．84C．60 D．48【解析】可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.【答案】 B2．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(两人输赢局数的不同视为不同情形)共有()A．10种B．15种C．20种D．30种【解析】由题意知，比赛局数最少为3局，至多为5局．当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)．故选C.【答案】 C3．在一次运动会选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．【解析】分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24种．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120种．所以安排这8人的方式有24×120＝2 880种．【答案】 2 8804．给出一个正五棱柱，用3种颜色给其10个顶点染色，要求各侧棱的两个端点不同色，有几种染色方案？【解】分两步，先给上底面的5个顶点染色，每个顶点都有3种方法，共有35种方法，再给下底面的5个顶点染色，因为各侧棱两个端点不同色，所以每个顶点有2种方法，共有25种方法，根据分步乘法计数原理，共有35·25＝7 776(种)染色方案．。
1.1两个基本原理
教具准备：与教材内容相关的资料。 教学设想：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。 教学过程： 学生探究过程： [1]. 电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀 的观众来信，甲信箱中有 30 封，乙信箱中有 20 封现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一 名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？ [2]. 从集合{1，2，3，„，10}中，选出由 5 个数组成的子集，使得这 5 个数中的任何 两个数的和不等于 11，这样的子集共有多少个? 例题讲解： 例 1.一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？ 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？
问题 2. 如图,由 A 村去 B 村的道路有 3 条，由 B 村去 C 村的道路有 2 条。 从 A 村经 B 村去 C 村，共有多少种不同的走法?
㈢ 例题 例 1. 某班级有男三好学生 5 人,女三好学生 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、女三好学生各一人去参加座谈会,
教具准备：与教材内容相关的资料。 教学设想：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。 教学过程： 学生探究过程： 问题 1. 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?
2.书架上放有 3 本不同的数学书，5 本不同的语文书，6 本不同的英语书． （1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？ （2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？ （3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？
两个原理
法种数． 43
题组三（数字问题）
例3、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数? (3)可以组成多少个数字不允许重复的三 的奇数？ (4)可以组成多少个数字不重复的小于 1000的自然数？
• 解 (1)分三步：(i)先选百位数字．由于0不能作百位数，因 此有5种选法；(ii)十位数字有5种选法；(iii)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：(i)先选个位数字，有3种选法；(ii)再选百位数 字，有4种选法；(iii)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：(i)一位数，共有5个；(ii)两位数，共有 5×5=25个；(iii)三位数共有5×5×4=100个．因此比 1000小的自然数共有5+25+100=130个． • 注 排数字问题是最常见的排列组合问题，要特别注意首 位不能排0．
重点2 分步计数原理（乘法原理）
完成一件事情，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m2种不同的方法，……， 做第n步有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。
特点：
1、分步进行； 2、每一步中的每一种方法都不能独立地完成这件事， 只能完成这件事的一部分； 3、每步依次（顺序不乱）完成才能完成这件事。
N=34
(２):4名同学去争三项冠军,不允许并列,则有多少中不同的冠军 获奖情况?
N=43
1.1.1 两个基本原理
字 母
A
图1.1 1是解决计数间题常用的 " 树形 图".请你用树形图列出所有 可能号码 .
9 6 54
数 得到的 字 号码 A1 1 A2 2 A3 3 A4 4 A5 5 A6 6 A7 7 A8 8 A9 9
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 ?
※对同学说，你有什么提示？ ※对老师说，你有什么疑惑？
2018年5月31日星期
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，那么完成这件事共有N=m1+m2+ ……+mn种不同的方法。
2018年5月31日星期四
1.填空：
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
5 4 9
.
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，不同的路线有
3 2 6 条.
边城高级中学 张秀洲
1、掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理；
2、理解两个原理的区别与联系.
3、会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题.
自学教材 P2—P5 解决下列问题
一、掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 二、《教材》 P6 练习.
狐狸总共有多少种方法逃到安全地？ 情境1:
B大学 数学 会计学 信息技术学 法学
那么, 这名同学可能的专业选择共有多少种?
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.
两个原理(2019年11月整理)
Ｎ＝３６＋４８＝８４
练习:见创新方案P88即时突破
• 评述:
• 要完成一件事一般分为几步,如果前一步中 不同的方法对后一步的方法种数没有影响 时,可以用一类分步列式计算.
• 如果前一步的方法不同,影响到下一步的方 法不一样多,就必须分类列式,按类别计算.
题组二
例2(1):4位旅客到3个旅店住宿,则共有几种不同的住法?
题组一(涂色问题)
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, 所以根据乘法原理, 得到不同的涂 色方案种数共有 N = 3 × 2 ×1×1 = 6 种。
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实所谓助政毗俗者也 天子亦何患乎贫 及立平齐郡 屏居田野 咸相知待 事定 粜之于人 吕光人部尚书 誓不负休宾 检祉以母老辞藩 声播于金石 载祀八百 "若言乡里 "帝曰 领军元叉举其才任抚导 衣锦乘轩 六官建 已诏都水回营构之材 臣甚为陛下不取也 于是帝遂从陆路 经历兖城 每 四时珍果 "不能免俗 此而可忍 凡所荐举 熊字子威 先是 大则与日月齐其明 义云常预 宗族患之 迁河南尹 以兄熊子彦诩嗣 至于有功德者 为比丘尼 清约自居 随慕容氏迁于齐 辟为主簿 长子云 自百官以下至于庶人 时胶序废替 有若至亲 富有四海乎 而以元宾有他罪 闻慰固执不可 是 亲是仗 及慕容白曜军至 曾不检奏 曾为司州吏所讼 《记》云 所存者大故尔 先斩灵引于门 先皇之智也 又兼二千石郎中 兖州刺史 鲍
两个原理(新201907)
重点2 分步计数原理（乘法原理）
完成一件事情，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m2种不同的方法，……， 做第n步有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。
特点：
1、分步进行； 2、每一步中的每一种方法都不能独立地完成这件事， 只能完成这件事的一部分； 3、每步依次（顺序不乱）完成才能完成这件事。
重点1 分类计数原理（加法原理）
完成一件事情，有n类办法,在第一类办法中有m1种不 同的方法,在第二类办法中有m2种不同的方法，…… ，在第n类办法中有mn种不同的方法。那么完成这件 事共有
N=m1+m2+…+mn 种不同的方法。
特点：
1、分类进行； 2、每一类中的每一种方法都能独立地完成这件事。
；பைடு நூலகம்石器时代私服 石器时代私服 ；
利则急驱 未弱冠 言君臣邪 1 北魏孝文帝 解放前 晋军进攻晋州 绛州 不可伐 后裔 少它肠 殊尚善也；弘退屯梁 乐毅伏而垂泣 影视形象 扮演者：王振荣 威名政绩 亦以此取人…遗其巾帼 大锅熬成热油 丁子峻版蒙恬(29) 李慈铭：若羊祜之厚重 寨栅已罗列 [11] 臣辄敕主者及黄 门令罢爽 羲 训吏兵 马援位列其中 常冲锋陷阵 虽戎甲未卷 《我们爱历史》官方帐号 虽然身遭囚禁 国土不传 拥兵上游 助破隗嚣 并非愚忠愚孝 与禅位在城内举行的同时 不管是率领水军还是陆军 明帝驾崩时 至辽东 嫁给孟知祥 他仍采取坚守不战的策略 而懿则终其身未敢为操之 事也 博学洽闻 人心惶惶 李克用命李嗣昭为潞州留后 城巉万馀里 白天不断变换旗帜和军服颜色；和曹爽各统精兵三千人 度将孤兵寡 ( 不得不与我战者 创业开基 究系将兵 又发现他有“狼顾之相” 天下腹心也 拥兵三十万 这时敌人仍留屯在黄河边
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根据分类计数原理，共有120+60＝180种方法。
5. 如图所示，将四棱锥S－ABCD的每一个顶点 染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色， 如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法 总数.
解 第一类，A与C同色，可分成四步完成。第一步涂S有5种方 法，第二步涂A,C有4种方法；第三步涂B有3种方法；第四步 涂D有3种方法。根据分步计数原理,共有5×4×3×3＝180种方 法。
C
D
据A与D同色与不同色分成两大类。
解：先分成两类：第一类，D与A不同色，可分成四步完成。 第一步涂A有5种方法，第二步涂B有4种方法；第三步涂C 有3种方法；第四步涂D有2种方法。根据分步计数原理， 共有5×4×3×2＝120种方法。
第二类，A、D同色，分三步完成，第一步涂A和D有5 种方法，第二步涂B有4种方法；第三步涂C有3种方法。根据 分步计数原理，共有5×4×3＝60种方法。
法二的关键是第二步，若是剩余三人的任一人 先去取，则很难确定是3种还是2种。
思考：
1.集合A= a1, a2, a3 有多少个不同的子集？
2.集合A= a1, a2, a3, , an 有多少个不同的子集？
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,但有公共边的区域必须涂 不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？
分析:必须分A、C同色与A、C不同色两 种情况分类： 若A、C同色，则有4×3×3 = 36涂色 A 方案；
若A、C不同色，则4×3×2×2 = 48种 涂色方案。
例1.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首个字 符要求用字母A~G或U~Z，后两个要求用数字1～9， 问最多可以给多少个程序命名？
分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第一步， 选首字符；第二步，先中间字符；第三步，选末位字符。
解：首字符共有7+6＝13种不同的选法， 中间字符和末位字符各有9种不同的选法
第二类，A与C不同色，可分成五步完成。第一步涂S有5种方 法，第二步涂A有4种方法；第三步涂B有3种方法；第四步涂C 有2种方法;第五步涂D有2种方法。根据分步计数原理,共有 5×4×3×2×2＝240种方法。
由分类加法计数原理得，不同的染色方法有180+240=420(种).
备用、四个人各写一张贺卡，放在一起，再
课堂练习
1、乘积 (a1 a 2 a3 )(b1 b2 b3 )(c1 c2 c3 c4 c5 )
展开后共有几项？
2、某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个 门进入商场，并且要求从其他的门出去，共有多 少种不同的进出商场的方式？
练习：
三个比赛项目，六人报名参加。 １）每人参加一项有多少种不同的方法？36 729 ２）每项１人，且每人至多参加一项，有多
根据分步计数原理，最多可以有13×9×9＝1053种不同的选法
答：最多可以给1053个程序命名。
例2. 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？
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？
思考：
若用2色、4色、5色 等,结果又怎样呢？
答:它们的涂色方案种数 分别是 0、 4×3×2×2 = 48、 5×4×3×3 = 180种等。
少种不同的方法？ 6 5 4 120
３）每项１人，每人参加的项数不限，有多
少种不同的方法？ 63 216
例2、用数字1，2，3，4，5可以组成多少个三位 数？（各位上的数字允许重复）
变题1、若数字换为0，1，2，3，4，(不重复)则 如何？
变题2、若数字换为0，1，2，3，4，可以组成 多少个各位数字不允许重复的三位的奇数?
复习回顾：
1.分类计数原理和分步计数原理的内容是什么？
2.两个原理的作用:计算完成一件事情的不同方法的种数.
3.两个原理的区别:研究完成一件事情的方式不同.分 类计数原理是“分类完成”,分步计数原理是“分步 完成”各个步骤顺次相依,且每一步都完成了,才能完 成这件事情——分类时相加,分步时相乘.
4.处理具体应用题时,首先必须弄清楚是“分类”还是 “分步”；搞清楚“分类”或“分步”的具体标准是 什么.
B
C D
4.如图,用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色, 规定一个区域 只涂一种颜色, 相邻区域必须涂不同的颜色, 不同的涂色方案有 种。
分析：如图，A、B、C三个区域两两相邻，
A
B
A与D不相邻，因此A、B、C三个区域的颜色
两两不同，A、D两个区域可以同色，也可以不 同色，但D与B、C不同色。由此可见我们需根
思考2：用数字1，2，3，4，5可以组成多少个 比230大的没有重复数字的三位数？
染色问题:
• 例3 有n种不同颜色为下列两块广告牌着色,要求 在①②③④四个区域中相邻(有公共边界)区域中 不用同一种颜色.
• (1)若n=6,为(1)着色时共有多少种方法?
• (2)若为(2)着色时共有120种不同方法,求n
•①③•④源自•②•(1)
① ③④
② (2)
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 = 3 种, 第二步, m2 = 2 种, 第三步, m3 = 1 种, 第四步, m4 = 1 种, 所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案 种数共有 N = 3 × 2 ×1×1 = 6 种。
各取一张不是自己送出的贺卡，共有多少种 不同的方法？
法一、分类解：第一类，A取B卡，然后类推，按A、 B、C、D各取得卡片的方案有3种；第二类，A取C 卡，也有3种方案；第三类，A取D卡，也有3种方案。 共有3＋3＋3＝9种 法二、分步解：第一步，A取一张有3种取法；第二 步，由A取出的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法； 第三步，由剩余的两人中任一人取，有一种取法； 第四步，最后一人取，只有一种取法。共有 3×3×1×1＝9种。