(共40张PPT)
3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理
第1课时 两个计数原理的简单应用
探究点一 分类加法计数原理的应用
探究点二 分步乘法计数原理的应用
探究点三 两个计数原理的综合应用
◆课前预习
◆课中探究
◆课堂评价
◆备课素材
【学习目标】
1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义；
2.正确理解“完成一件事”的含义,能根据具体问题的特征,选择“分类”或“分步”；
3.能利用两个原理解决一些简单的实际问题.
知识点一 分类加法计数原理
定义:完成一件事，如果有___类办法,且：第一类办法中有____种不同的方法,第
二类办法中有____种不同的方法……第类办法中有 种不同的方法，那么完
成这件事共有 __________________种不同的方法.
【诊断分析】
判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）在分类加法计数原理中，两类不同办法中的方法可以相同．( )
×
[解析] 在分类加法计数原理中, 类不同办法中的方法是不同的.
（2）在分类加法计数原理中，每类办法中的方法都能独立完成这件事．( )
√
[解析] 在分类加法计数原理中，每类办法中的每个方法都能独立完成这件事.
（3）从甲地到乙地乘坐公交车有3个班次，乘坐动车有2个班次，则从甲地到乙
地共有6种方法.( )
×
[解析] 根据分类加法计数原理可知从甲地到乙地共有5种方法.
知识点二 分步乘法计数原理
定义:完成一件事，如果需要分成___个步骤,且：做第一步有____种不同的方法,
做第二步有____种不同的方法……做第步有 种不同的方法,那么完成这件事
共有 __________________种不同的方法.
【诊断分析】
1.判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）在分步乘法计数原理中，任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )
×
[解析] 在分步乘法计数原理中，任何一个单独的步骤都不能独立完成这件事.
（2）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．( )
√
[解析] 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.
（3）为了给某种新品种作物选择最佳的生产条件，在分别有4种不同的土质、2
种不同的施肥量、3种不同的种植密度、2种不同的播种时间的因素下进行种植
试验，则不同的种植方案共有12种．( )
×
[解析] 要完成这件事，根据分步乘法计数原理可知有 （种）
不同的种植方案.
（4）从甲地经丙地到乙地是分步问题.( )
√
[解析] 完成从甲地到乙地必须经过丙地，所以是分步问题.
2.完成一件事时，如何区分是分类还是分步
解：“分类”与“分步”的区别:①“分类”中,每种方法都能完成这件事,而“分步”中,每
一步得到的只能是中间结果,缺少任何一个步骤都不能完成这件事.
②“分类”中,各个类别之间是独立的,而“分步”中,各步之间是关联的.
探究点一 分类加法计数原理的应用
例1（1） 有3个袋子，分别装有不同编号的红色小球6个，白色小球5个，黄色
小球4个．若从3个袋子中任取1个小球，则不同的取法有( )
C
A.5种 B.10种 C.15种 D.20种
[解析] 有三类不同方案：第一类，从第一个袋子中任取1个红色小球，有6种不
同的取法；
第二类，从第二个袋子中任取1个白色小球，有5种不同的取法；
第三类，从第三个袋子中任取1个黄色小球，有4种不同的取法．
根据分类加法计数原理，不同的取法共有 （种）．故选C.
（2）如果，，且， ，则满足条件的不同的有序数对
的个数是( )
A
A.15 B.12 C.5 D.4
[解析] 当时，,1,2,3,4,5，有6个满足题意的有序数对；
当 时，,1,2,3,4，有5个满足题意的有序数对；
当时， ,1,2,3，有4个满足题意的有序数对．
根据分类加法计数原理，不同的有序数对共有 （个）．故选A.
变式（1） 满足，,0,1,，且关于的方程 有实数
解的有序数对 的个数为( )
B
A.14 B.13 C.12 D.10
[解析] 当时，关于的方程为，此时有序数对， ，
，均满足要求；
当时，由，得 ，此时满足要求的有序数对有
，，，，， ，，，，
共9个.
综上，满足要求的有序数对共有 （个），故选B.
（2）[2024·山东烟台高二期末]我国古代十进制数的算筹记数法是世界数学史上
一个伟大的创造.算筹一般为小圆棍，算筹计数法的表示方法为：个位用纵式，
十位用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推；遇零则置空.纵式和横
式对应数字的算筹表示如下表所示，例如：62记为“ ”.现用4根算筹表示一个
两位数，则表示的数字为质数的个数为( )
数字 1 2 3 4 5 6 7 8 9
纵式 ____ _____ ______ ________ _________ _________ _________ _________ __________
横式 ____ ________ _________ _________ _________ __________ _________ __________ __________
A
A.4 B.6 C.8 D.10
[解析] 当十位用1根，个位用3根时，共有2个两位数13，17；
当十位用2根，个位用2根时，共有4个两位数22，26，62，66；
当十位用3根，个位用1根时，共有2个两位数31，71；
当十位用4根，个位用0根时，共有2个两位数40，80.
其中质数有13，17，31，71，所以表示的数字为质数的个数为4.故选A.
［素养小结］
（1）分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、
关键对象、关键位置，恰当地选择一个分类标准.
（2）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，并且分别属
于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复.
（3）分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏.
探究点二 分步乘法计数原理的应用
例2（1） [2024·甘肃白银高二期末] 星期二下午的3节课排物理、化学和自习
各一节，要求第一节不排自习，那么不同的排课方法的种数为___.（用数字作答）
4
[解析] 可以分为三步：第一步，排第一节课，有2种方法；
第二步，排第二节课，有2种方法；
第三步，排第三节课，只有1种方法，
故不同的排课方法的种数为 .
（2）[2024·辽宁盘锦辽东湾高中高二月考] 从1，2，3三个数中取一个数作分子，
从4，5，6，7四个数中取一个数作分母，组成一个分数，这样能组成多少个值
不相等的分数？写出这些分数.
解：从1，2，3三个数中取一个数作分子，从4，5，6，7四个数中取一个数作分
母，组成的分数个数为，其中 ，所以组成的值不相等的分数个
数为 ，它们分别是，，，，，，，，，， .
变式（1） 已知集合,0,，集合 ，定义
,，则 中元素的个数是( )
B
A.7 B.10 C. D.
[解析] 由题意得，，,0,1,2,，则有2种取法， 有5
种取法，由分步乘法计数原理，可得中的元素有 （个）.故选B.
（2）[2023·沈阳高二期末]“数独九宫格”的原创者是18世纪的瑞
士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填
到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9
个空格的数字各不相同.若中间空格已填数字5，且只填第二行
C
A.72 B.108 C.144 D.196
[解析] 由题意，5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能
从6，7，8，9中选取.第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，
有3种方法；第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方
法.由分步乘法计数原理得，不同的填法种数为 .故选C.
和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列
的，则不同的填法种数为( )
［素养小结］
（1）利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是
有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只
有各个步骤都完成了，这件事才算完成.
（2）分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保
连续，逐步完成.
探究点三 两个计数原理的综合应用
例3 高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中甲
工厂必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )
C
A.360种 B.420种 C.369种 D.396种
[解析] 方法一：以甲工厂分配班级的情况进行分类，可分为四类：
第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案有1种；
第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外四个工厂，此时分配方
案有 （种）；
第三类，有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他四个工厂，此时分配方案有
（种）；
第四类，有一个班级去甲工厂，其他三个班级去另外四个工厂，此时分配方案
有 （种）.
综上所述，不同的分配方案共有 （种）.故选C.
方法二：先计算四个班自由选择去哪个工厂的总数，再减去甲工厂没有班级去
的种数，则不同的分配方案共有 （种）.故
选C.
变式（1） [2024·辽宁盘锦辽东湾高中高二期末] 如图，一条电路从处到
处接通时，可以有___条不同的线路（每条线路仅含一条通路）.
[解析] 依题意按上、中、下可分为三类，上的线路有2条，中的线路有1条，下的
线路有（条）.根据分类加法计数原理，共有 （条）线路.
（2）[2024·辽宁葫芦岛高二期末] 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.现在从这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？
解：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 （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 （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 （种）选法；
从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选2名参加象棋比赛和围棋比赛有2种选法.
综上，共有 （种）选法.
［素养小结］
（1）运用两个计数原理的关键在于正确区分“分类”与“分步”.“分类”需确定好分
类标准，做到“不重不漏”；“分步”需明确完成事件的步骤.
（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．
拓展 计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试.程序员需要知道
到底有多少条执行路径（即程序从开始到结束的路线），以便知道需要提供多
少个测试数据.一般地，一个程序模块由许多子模块组成.如图是一个具有许多执
行路径的程序模块，它有多少条执行路径？另外，为了减少测试时间，程序员
需要设法减少测试次数.你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？
解：由分类加法计数原理可知，子模块1、子模块2、子模块3的执行路径共有
（条），子模块4、子模块5的执行路径共有
（条），由分步乘法计数原理可知，整个程序模块的执行路径共有
（条）.
他可以先分别单独测试5个模块，以考察每个子模块的工作是否正常，总共需要
的测试次数为 ，再测试各个模块之间的信息交流
是否正常，只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间
的信息交流是否正常，需要的测试次数为 ，如果每个子模块都工作正
常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常.
综上，测试整个模块的次数为 ，显然，178与7371的差距是非常
大的，故用以上测试方法，可以减少测试次数.
1.某班有男生26人,女生24人,从中选1人担任数学课代表,则不同的选法种数为 ( )
A
A.50 B.26 C.24 D.616
[解析] 因为数学课代表可以为男生,也可以为女生,所以根据分类加法计数原理可
知,不同的选法共有（种） 故选A.
2.从地到 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不同的走法种数为( )
B
A.3 B.9 C.24 D.25
[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.由分类加法计数原
理可知，共有 （种）不同的走法.故选B.
3.[2023·山东临沂高二期末]已知集合，，， ，5，6，
，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标
系中表示第二象限内不同的点的个数为( )
D
A.2 B.4 C.5 D.6
[解析] 第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数.若集合提供横坐标，集合
提供纵坐标，则有（个）点；若集合提供纵坐标，集合 提供横坐
标，则有（个）点.综上，共有 （个）符合题意的点.故选D.
4.[2024·江苏宿迁高二期中]中国古代文化博大精深，其中
很多发明至今还影响着我们，例如中国象棋.中国象棋中
的“马”在棋盘上行走“日”字（可纵走如由到 ，也可横走
如由到），在如图所示的棋盘上，“马”由到 的最短
走法有( )
C
A.4种 B.5种 C.6种 D.7种
[解析] 由A到B，则先到或处，如图，最少走4步，包含如下路线，D到 有2
条路线，D到有2条路线，C到有2条路线，C到没有路线.综上可知， 到B
的最短走法有6种.故选C.
5.设椭圆的焦点在轴上，其中 ，2，3，4，
，，2，3，4，5，6， ，则满足上述条件的椭圆个数为____.
20
[解析] 因为椭圆的焦点在轴上，所以.
当时， ，3，4，5，6，7，有6个满足题意的椭圆；
当时， ，4，5，6，7，有5个满足题意的椭圆；
当时，，5，6，7，有4个满足题意的椭圆；
当 时，，6，7，有3个满足题意的椭圆；
当时， ，7，有2个满足题意的椭圆.
由分类加法计数原理得，共有 （个）满足题意的椭圆.
1.分类加法计数原理解决问题所具有的特点：
（1）完成一项任务有类办法，这 类办法彼此之间是相互独立的；
（2）每一类办法中的每一种方法都能单独完成这项任务；
（3）把各类办法的方法种数相加就可以得到完成这件事的所有方法种数.
2.分步乘法计数原理解决问题所具有的特点：
（1）完成一件事需要若干个步骤，完成每一个步骤又有若干种方法；
（2）只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，每个步骤缺一不可；
（3）把完成每个步骤的方法种数相乘就可以得到完成这件事的所有方法种数.
3.两个计数原理的区别与联系：
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
区别一
区别二 每类办法都能独立地完成这件 事，它是独立的、一次的，且 每次得到的是最后结果，只需 一种方法就可完成这件事 每一步得到的只是中间结果
（最后一步除外），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，只有各步都完成了，
才能完成这件事
区别三 各类办法之间是互斥的、并列 的、独立的 各步之间是关联的、独立的，“关联”
确保不遗漏，“独立”确保不重复
联系 这两个原理都是用来计算做一件事情的不同方法种数的 分类和分步的划分标准:
如果完成这件事,可以分几种办法,每种办法中任何一种方法都能完成这件事,则
是分类;而从其中一种办法中任取一种方法只能完成一部分事件,且只有依次完成
各种办法,才能完成这件事,则是分步.
例 （多选题）现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、
9人，则下列说法正确的是( )
ABC
A.选1人为负责人的选法的种数为30
B.每组选1名组长的选法的种数为3024
C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法的种数为335
D.若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不
同的选法有35种
[解析] 对于A，选1人为负责人的选法的种数为 ，故A正确；
对于B，每组选1名组长的选法的种数为 ，故B正确；
对于C，发言的2人来自不同的小组的选法的种数为
，故C正确；
对于D，若不考虑限制，每个人都有4种选法，则共有 种选法，若第一组没有
人选，每个人都有3种选法，则共有种选法，所以不同的选法有
（种），故D错误.故选 .3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理
第1课时 两个计数原理的简单应用
【课前预习】
知识点一
n m1 m2 m1+m2+…+mn
诊断分析
(1)× (2)√ (3)× [解析] (1)在分类加法计数原理中,n类不同办法中的方法是不同的.
(2)在分类加法计数原理中,每类办法中的每个方法都能独立完成这件事.
(3)根据分类加法计数原理可知从甲地到乙地共有5种方法.
知识点二
n m1 m2 m1×m2×…×mn
诊断分析
1.(1)× (2)√ (3)× (4)√ [解析] (1)在分步乘法计数原理中,任何一个单独的步骤都不能独立完成这件事.
(2)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.
(3)要完成这件事,根据分步乘法计数原理可知有4×2×3×2=48(种)不同的种植方案.
(4)完成从甲地到乙地必须经过丙地,所以是分步问题.
2.解:“分类”与“分步”的区别:①“分类”中,每种方法都能完成这件事,而“分步”中,每一步得到的只能是中间结果,缺少任何一个步骤都不能完成这件事.
②“分类”中,各个类别之间是独立的,而“分步”中,各步之间是关联的.
【课中探究】
探究点一
例1 (1)C (2)A [解析] (1)有三类不同方案:第一类,从第一个袋子中任取1个红色小球,有6种不同的取法;第二类,从第二个袋子中任取1个白色小球,有5种不同的取法;第三类,从第三个袋子中任取1个黄色小球,有4种不同的取法.根据分类加法计数原理,不同的取法共有6+5+4=15(种).故选C.
(2)当x=1时,y=0,1,2,3,4,5,有6个满足题意的有序数对;当x=2时,y=0,1,2,3,4,有5个满足题意的有序数对;当x=3时,y=0,1,2,3,有4个满足题意的有序数对.根据分类加法计数原理,不同的有序数对共有6+5+4=15(个).故选A.
变式 (1)B (2)A [解析] (1)当a=0时,关于x的方程为2x+b=0,此时有序数对(0,-1),(0,0),(0,1),(0,2)均满足要求;当a≠0时,由Δ=4-4ab≥0,得ab≤1,此时满足要求的有序数对有(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(-1,2),(1,-1),(1,0),(1,1),(2,-1),(2,0),共9个.综上,满足要求的有序数对共有4+9=13(个),故选B.
(2)当十位用1根,个位用3根时,共有2个两位数13,17;当十位用2根,个位用2根时,共有4个两位数22,26,62,66;当十位用3根,个位用1根时,共有2个两位数31,71;当十位用4根,个位用0根时,共有2个两位数40,80.其中质数有13,17,31,71,所以表示的数字为质数的个数为4.故选A.
探究点二
例2 (1)4 [解析] 可以分为三步:第一步,排第一节课,有2种方法;第二步,排第二节课,有2种方法;第三步,排第三节课,只有1种方法,故不同的排课方法的种数为2×2×1=4.
(2)解:从1,2,3三个数中取一个数作分子,从4,5,6,7四个数中取一个数作分母,组成的分数个数为3×4=12,其中=,所以组成的值不相等的分数个数为12-1=11,
它们分别是,,,,,,,,,,.
变式 (1)B (2)C [解析] (1)由题意得,A∩B={0,1},A∪B={-1,0,1,2,3},则x有2种取法,y有5种取法,由分步乘法计数原理,可得A*B中的元素有2×5=10(个).故选B.
(2)由题意,5的上方和左边只能从1,2,3,4中选取,5的下方和右边只能从6,7,8,9中选取.第一步,填上方空格,有4种方法;第二步,填左方空格,有3种方法;第三步,填下方空格,有4种方法;第四步,填右方空格,有3种方法.由分步乘法计数原理得,不同的填法种数为4×3×4×3=144.故选C.
探究点三
例3 C [解析] 方法一:以甲工厂分配班级的情况进行分类,可分为四类:第一类,四个班级都去甲工厂,此时分配方案有1种;第二类,有三个班级去甲工厂,剩下的一个班级去另外四个工厂,此时分配方案有4×4=16(种);第三类,有两个班级去甲工厂,另外两个班级去其他四个工厂,此时分配方案有6×4×4=96(种);第四类,有一个班级去甲工厂,其他三个班级去另外四个工厂,此时分配方案有4×4×4×4=256(种).综上所述,不同的分配方案共有1+16+96+256=369(种).故选C.
方法二:先计算四个班自由选择去哪个工厂的总数,再减去甲工厂没有班级去的种数,则不同的分配方案共有5×5×5×5-4×4×4×4=369(种).故选C.
变式 (1)9 [解析] 依题意按上、中、下可分为三类,上的线路有2条,中的线路有1条,下的线路有2×3=6(条).根据分类加法计数原理,共有2+1+6=9(条)线路.
(2)解: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;从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选2名参加象棋比赛和围棋比赛有2种选法.
综上,共有6+6+4+2=18(种)选法.
拓展 解:由分类加法计数原理可知,子模块1、子模块2、子模块3的执行路径共有18+45+28=91(条),子模块4、子模块5的执行路径共有38+43=81(条),由分步乘法计数原理可知,整个程序模块的执行路径共有91×81=7371(条).
他可以先分别单独测试5个模块,以考察每个子模块的工作是否正常,总共需要的测试次数为18+45+28+38+43=172,再测试各个模块之间的信息交流是否正常,只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间的信息交流是否正常,需要的测试次数为3×2=6,如果每个子模块都工作正常,并且各个子模块之间的信息交流也正常,那么整个程序模块就工作正常.
综上,测试整个模块的次数为172+6=178,显然,178与7371的差距是非常大的,故用以上测试方法,可以减少测试次数.
【课堂评价】
1.A [解析] 因为数学课代表可以为男生,也可以为女生,所以根据分类加法计数原理可知,不同的选法共有26+24=50(种).故选A.
2.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.由分类加法计数原理可知,共有3+4+2=9(种)不同的走法.故选B.
3.D [解析] 第二象限的横坐标是负数,纵坐标是正数.若集合M提供横坐标,集合N提供纵坐标,则有1×2=2(个)点;若集合M提供纵坐标,集合N提供横坐标,则有2×2=4(个)点.综上,共有2+4=6(个)符合题意的点.故选D.
4.C [解析] 由A到B,则先到M或N处,如图,最少走4步,包含如下路线,D到N有2条路线,D到M有2条路线,C到M有2条路线,C到N没有路线.综上可知, A到B的最短走法有6种.故选C.
5.20 [解析] 因为椭圆的焦点在y轴上,所以a3.1.1 基本计数原理
第1课时 两个计数原理的简单应用
【学习目标】
1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义;
2.正确理解“完成一件事”的含义,能根据具体问题的特征,选择“分类”或“分步”;
3.能利用两个原理解决一些简单的实际问题.
◆ 知识点一 分类加法计数原理
定义:完成一件事,如果有 类办法,且:第一类办法中有 种不同的方法,第二类办法中有 种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中,两类不同办法中的方法可以相同. ( )
(2)在分类加法计数原理中,每类办法中的方法都能独立完成这件事. ( )
(3)从甲地到乙地乘坐公交车有3个班次,乘坐动车有2个班次,则从甲地到乙地共有6种方法. ( )
◆ 知识点二 分步乘法计数原理
定义:完成一件事,如果需要分成 个步骤,且: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mn种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
【诊断分析】 1.判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分步乘法计数原理中,任何一个单独的步骤都能完成这件事. ( )
(2)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. ( )
(3)为了给某种新品种作物选择最佳的生产条件,在分别有4种不同的土质、2种不同的施肥量、3种不同的种植密度、2种不同的播种时间的因素下进行种植试验,则不同的种植方案共有12种. ( )
(4)从甲地经丙地到乙地是分步问题. ( )
2.完成一件事时,如何区分是分类还是分步
◆ 探究点一 分类加法计数原理的应用
例1 (1)有3个袋子,分别装有不同编号的红色小球6个,白色小球5个,黄色小球4个.若从3个袋子中任取1个小球,则不同的取法有 ( )
A.5种 B.10种
C.15种 D.20种
(2)如果x,y∈N,且1≤x≤3,x+y<7,则满足条件的不同的有序数对(x,y)的个数是 ( )
A.15 B.12
C.5 D.4
变式 (1)满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为 ( )
A.14 B.13
C.12 D.10
(2)[2024·山东烟台高二期末] 我国古代十进制数的算筹记数法是世界数学史上一个伟大的创造.算筹一般为小圆棍,算筹计数法的表示方法为:个位用纵式,十位用横式,百位再用纵式,千位再用横式,以此类推;遇零则置空.纵式和横式对应数字的算筹表示如下表所示,例如:62记为“”.现用4根算筹表示一个两位数,则表示的数字为质数的个数为 ( )
数字 1 2 3 4 5 6 7 8 9
纵式
横式
A.4 B.6 C.8 D.10
[素养小结]
(1)分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在,应抓住题目中的关键词、关键对象、关键位置,恰当地选择一个分类标准.
(2)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,并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法,不能重复.
(3)分类时除了不能交叉重复外,还不能有遗漏.
◆ 探究点二 分步乘法计数原理的应用
例2 (1)[2024·甘肃白银高二期末] 星期二下午的3节课排物理、化学和自习各一节,要求第一节不排自习,那么不同的排课方法的种数为 .(用数字作答)
(2)[2024·辽宁盘锦辽东湾高中高二月考] 从1,2,3三个数中取一个数作分子,从4,5,6,7四个数中取一个数作分母,组成一个分数,这样能组成多少个值不相等的分数 写出这些分数.
变式 (1)已知集合A={-1,0,1},集合B={0,1,2,3},定义A*B={(x,y)|x∈A∩B,y∈A∪B},则A*B中元素的个数是 ( )
A.7 B.10
C.25 D.52
(2)[2023·沈阳高二期末] “数独九宫格”的原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉,它的游戏规则很简单,将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里,每个空格填一个数,且9个空格的数字各不相同.若中间空格已填数字5,且只填第二行和第二列,并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的,则不同的填法种数为 ( )
A.72 B.108 C.144 D.196
[素养小结]
(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的,并且分步必须满足:完成一件事的各个步骤是相互依存的,只有各个步骤都完成了,这件事才算完成.
(2)分步必须满足两个条件:一是步骤互相独立,互不干扰;二是步与步确保连续,逐步完成.
◆ 探究点三 两个计数原理的综合应用
例3 高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践,其中甲工厂必须有班级去,每班去哪个工厂可自由选择,则不同的分配方案有 ( )
A.360种 B.420种
C.369种 D.396种
变式 (1)[2024·辽宁盘锦辽东湾高中高二期末] 如图,一条电路从A处到B处接通时,可以有 条不同的线路(每条线路仅含一条通路).
(2)[2024·辽宁葫芦岛高二期末] 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.现在从这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
[素养小结]
(1)运用两个计数原理的关键在于正确区分“分类”与“分步”.“分类”需确定好分类标准,做到“不重不漏”;“分步”需明确完成事件的步骤.
(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.
拓展 计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试.程序员需要知道到底有多少条执行路径(即程序从开始到结束的路线),以便知道需要提供多少个测试数据.一般地,一个程序模块由许多子模块组成.如图是一个具有许多执行路径的程序模块,它有多少条执行路径 另外,为了减少测试时间,程序员需要设法减少测试次数.你能帮助程序员设计一个测试方法,以减少测试次数吗
1.某班有男生26人,女生24人,从中选1人担任数学课代表,则不同的选法种数为 ( )
A.50 B.26
C.24 D.616
2.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不同的走法种数为 ( )
A.3 B.9
C.24 D.25
3.[2023·山东临沂高二期末] 已知集合M={1,-2,3},N={-3,5,6,-4},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数为 ( )
A.2 B.4
C.5 D.6
4.[2024·江苏宿迁高二期中] 中国古代文化博大精深,其中很多发明至今还影响着我们,例如中国象棋.中国象棋中的“马”在棋盘上行走“日”字(可纵走如由A到C,也可横走如由A到D),在如图所示的棋盘上,“马”由A到B的最短走法有 ( )
A.4种 B.5种
C.6种 D.7种
5.设椭圆+=1(a>0,b>0)的焦点在y轴上,其中a∈{1,2,3,4,5},b={1,2,3,4,5,6,7},则满足上述条件的椭圆个数为 . 3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理
第1课时 两个计数原理的简单应用
1.B [解析] 从甲地经乙地到丙地,有2×4种走法,直接从甲地到丙地有3种走法,所以从甲地到丙地的不同走法种数为2×4+3.故选B.
2.B [解析] 依题意,选中高一年级的学生有1×6种选法,高一年级的学生没有选中有3×3种方法,所以2人来自不同年级的选法种数为1×6+3×3=15.故选B.
3.B [解析] 数字20的摆放方式有2,0或20两种;数字220的摆放方式有2,2,0或22,0或2,20三种;数字126的摆放方式有1,2,6或12,6或1,26三种.由分步乘法计数原理知,数字20220126的摆放方式共有2×3×3=18(种).故选B.
4.D [解析] 除100元人民币以外的3张人民币中,每张均有取和不取2种情况,2张100元人民币的取法有不取、取一张和取两张3种情况,再减去5张人民币全不取的1种情况,所以共有23×3-1=24-1=23(种)情况.故选D.
[易错点] 应用两个计数原理求解问题时要考虑到“类”“步”不重不漏,如本题容易忽略都没有取得的情况.
5.C [解析] 第二个因式(b1+b2)内含有2个字母,第三个因式(c1+c2+c3)内含有3个字母,第四个因式(d1+d2+d3+d4)内含有4个字母,则展开后共有1×2×3×4=24(项).故选C.
6.D [解析] 当取1时,则1只能为真数,此时这个对数的值为0;当不取1时,底数有7种取法,真数有6种取法,其中log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,此时有7×6-4=38(个)不同的对数值.综上,共有38+1=39(个)不同的对数值.故选D.
7.B [解析] 分两步:第一步,先插入第一个节目,有4种方法;第二步,插入第二个节目,有5种方法.因此不同的插法共有4×5=20(种).故选B.
8.AD [解析] 当n=3时,分四步:第一步,涂C处,有3种涂色方案;第二步,涂D处,有2种涂色方案;第三步,涂A处,有2种涂色方案;第四步,涂B处,有1种涂色方案.则不同的涂色方法种数为3×2×2×1=12,所以s(3)=12,故A正确.当n=4时,分四步:第一步,涂C处,有4种涂色方案;第二步,涂D处,有3种涂色方案;第三步,涂A处,有3种涂色方案;第四步,涂B处,有2种涂色方案.则不同的涂色方法种数为4×3×3×2=72,所以s(4)=72,故B错误.当n=5时,分四步:第一步,涂C处,有5种涂色方案;第二步,涂D处,有4种涂色方案;第三步,涂A处,有4种涂色方案;第四步,涂B处,有3种涂色方案.则不同的涂色方法种数为5×4×4×3=240,所以s(5)=240,故C错误.当n=6时,分四步:第一步,涂C处,有6种涂色方案;第二步,涂D处,有5种涂色方案;第三步,涂A处,有5种涂色方案;第四步,涂B处,有4种涂色方案.则不同的涂色方法种数为6×5×5×4=600,所以s(6)=600,故D正确.故选AD.
9.BD [解析] 因为甲、乙两人乘坐地铁共花费5元,所以其中一人的乘坐站数不超过3,另一人的乘坐站数超过3但不超过6,甲、乙两人共花费5元时,有2×3×3=18(种)下地铁的方案,故A错误,B正确.若甲、乙两人共花费6元,则共有三类方案,甲付2元,乙付4元;甲付3元,乙付3元;甲付4元,乙付2元,则甲、乙两人共花费6元时,有3×3+3×3+3×3=27(种)下地铁的方案,故C错误,D正确.故选BD.
10.100 [解析] 三位数的百位不能为0,故百位有4种排法,十位、个位都有5种排法.因此,共能组成4×5×5=100(个)可以有重复数字的三位数.
11.9 [解析] 任何一个人不拿自己写的卡片有3种情况,取到的卡片对应的人再取也有3种情况,剩余两个人和两张卡片,其中必有一个属于本人写的卡片,则只有1种情况.综上,共有9种情况.
12.27 [解析] 由题可知有2人只会表演魔术,有3人只会表演口技,有3人既会表演魔术又会表演口技.先从只会表演魔术的人中选出1人表演魔术有2种选择,再从其他的6人中选出1人表演口技有6种选择,故共有2×6=12(种)安排方法;从既会表演魔术又会表演口技的3人中选出1人表演魔术,有3种选择,再从只会表演口技的3人和既会表演魔术又会表演口技的剩余2人中选出1人表演口技,有5种选择,故共有3×5=15(种)安排方法.故不同的安排方法有12+15=27(种).
13.解:(1)从O型血的人中选1人有1种不同的选法,从A型血的人中选1人有16种不同的选法,从B型血的人中选1人有15种不同的选法,从AB型血的人中选1人有12种不同的选法.
由分类加法计数原理可知,共有1+16+15+12=44(种)不同的选法.
(2)要从四种血型的人中各选1人,由分步乘法计数原理可知,共有1×16×15×12=2880(种)不同的选法.
14.解:第一类:两人分别坐前后两排,共有2×8×10=160(种)坐法.第二类:两人都坐后排,共有9×8=72(种)坐法.第三类:两人都坐前排,共有三种情况,分别坐在左右两边有8×4=32(种)坐法;都坐在左边有3×2=6(种)坐法;都坐在右边有3×2=6(种)坐法,共有32+6+6=44(种)坐法.由分类加法计数原理可得,共有160+72+44=276(种)坐法.
15.B [解析] 5日至9日有3天是奇数日,2天是偶数日.第一步,安排偶数日出行,每天都有2种选择,共有2×2=4(种)用车方案.第二步,安排奇数日出行,分两类:第一类,选1天安排甲的车,另外2天安排其他车,有3×2×2=12(种)用车方案;第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,有23=8(种)用车方案,故共有12+8=20(种)用车方案.根据分步乘法计数原理,不同的用车方案共有4×20=80(种).故选B.
16.解:因为每种颜色的路灯至少要有2盏,所以三种颜色的路灯的分配情况是2,2,3的形式.
不妨设红的路灯有3个,七个位置分别用1,2,3,4,5,6,7表示,那么红的路灯可以排135,136,137,146,147,157,246,247,257,357,共10种安装方法.
135,136,146,247,257,357留下的4个位置,有2个相邻,不能安装一样颜色的路灯,则这4个位置有4种安装方法.
147留下的4个位置中,有2个2个相邻,有4种安装方法.
137,157留下的4个位置中,有3个相邻,有2种安装方法.
246留下的4个位置互不相邻,有6种安装方法.
综上,共有6×4+1×4+2×2+1×6=38(种)安装方法.
同理,当黄或蓝的路灯有3个时,各有38种安装方法,故共有3×38=114(种)不同的安装方法.3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理
第1课时 两个计数原理的简单应用
一、选择题
1.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的种数为 ( )
A.2+4+3 B.2×4+3
C.2×3+4 D.2×4×3
2.升旗班中有1人来自高一年级,有3人来自高二年级,有3人来自高三年级,现从中任选2人参加升旗仪式,则2人来自不同年级的选法种数为 ( )
A.12 B.15
C.20 D.21
3.[2024·江苏淮安高二期中] 现有印有数字0,1,2,6,12,20,22,26的卡片,每种卡片均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排,则数字20220126的摆放方式共有 ( )
A.12种 B.18种
C.24种 D.28种
★4.[2023·安徽安庆一中高二月考] 现有10元、20元、50元人民币各一张,100元人民币两张,从中至少取一张,共可组成不同的币值种数是 ( )
A.15 B.31 C.24 D.23
5.a1(b1+b2)(c1+c2+c3)(d1+d2+d3+d4)展开后的项数为 ( )
A.10 B.18 C.24 D.36
6.[2024·江西九江同文中学高二期末] 从1,2,3,4,5,6,7,9中,任取两个不同的数作对数的底数和真数,则所有不同的对数的值有 ( )
A.30个 B.42个
C.41个 D.39个
7.某班联欢会原定的3个节目已排成节目单,开演前又增加了2个新节目,如果将这2个新节目插入节目单中,那么不同的插法种数为 ( )
A.12 B.20 C.36 D.120
8.(多选题)[2023·甘肃白银高二期末] 用n种不同的颜色涂图中的矩形A,B,C,D,要求相邻的矩形涂色不同,不同的涂色方法种数记为s(n),则 ( )
A.s(3)=12 B.s(4)=36
C.s(5)=120 D.s(6)=600
9.(多选题)[2023·安徽滁州高二期中] 某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行,决定按照乘客的乘坐站数实施分段优惠政策,不超过9站的地铁票价如表:
乘坐站数x 0票价/元 2 3 4
现有甲、乙两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁,已知他们乘坐地铁都不超过9站,且他们各自在每个站下地铁的可能性相同,则下列结论中正确的是 ( )
A.若甲、乙两人共花费5元,则甲和乙下地铁的方案共有9种
B.若甲、乙两人共花费5元,则甲和乙下地铁的方案共有18种
C.若甲、乙两人共花费6元,则甲和乙下地铁的方案共有9种
D.若甲、乙两人共花费6元,则甲和乙下地铁的方案共有27种
二、填空题
10.用0,1,2,3,4能组成 个可以有重复数字的三位数(用数字作答).
11.某高中寝室有四人,每个人各写了一张祝福卡片,要求每个人不拿自己写的卡片,则有 种情况.
12.一个杂技团有8名会表演魔术或口技的演员,其中有6人会表演口技,有5人会表演魔术,现从这8人中选出2人上台表演,1人表演口技,1人表演魔术,则不同的安排方法有 种.
三、解答题
13.某单位组织职工义务献血,在体检合格的人中,O型血的共有1人,A型血的共有16人,B型血的共有15人,AB型血的共有12人.
(1)从中任选1人去献血,有多少种不同的选法
(2)从四种血型的人中各选1人去献血,有多少种不同的选法
14.[2023·辽宁大连八中高二月考] 有两排座位,前排10个座位,后排10个座位,现安排2人就座,规定前排中间的2个座位不能坐,并且这2人不左右相邻,那么不同的坐法共有多少种
15.甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是9,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日这5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案的种数为 ( )
A.64 B.80
C.96 D.120
16.[2024·河南大学附中高二期末] 为亮化城市,现在要把一条路上7盏灯全部改装成彩色路灯,如果彩色路灯有红、黄、蓝共三种颜色,在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻,而且每种颜色的路灯至少要有2盏,那么有多少种不同的安装方法
