(共69张PPT)
7.1 两个基本计数原理
第1课时 分类计数原理与分步计数
原理
探究点一 分类计数原理
探究点二 分步计数原理
探究点三 两个计数原理的简单综合应用
◆
◆
◆
◆
课前预习
课中探究
备课素材
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
【学习目标】
1.通过实例,能归纳总结出分类计数原理、分步计数原理.
2.正确地理解“完成一件事情”的含义,能根据具体问题的特征,选择“分
类”或“分步”.
3.能根据具体问题的特征,选择两种计数原理解决一些实际问题,发展
数学建模和数学运算的核心素养.
知识点一 分类计数原理
1.分类计数原理
如果完成一件事，有类方式，在第1类方式中有 种不同的方法，
在第2类方式中有种不同的方法……在第类方式中有 种不同的
方法，那么完成这件事共有______________________种不同的方法.
2.分类计数原理的特点
①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成 类；
②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；
③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数.
注意：
使用分类计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确
定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是求和.
【诊断分析】
判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）在分类计数原理中,两类不同方式中的方法可以相同.( )
×
[解析] 在分类计数原理中,两类不同方式中的方法是不同的,若相同则
它只能在同一类方式中且只能算是一种方法.
（2）在分类计数原理中,每类方式中的方法都能完成这件事.( )
√
知识点二 分步计数原理
1.分步计数原理
如果完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有 种不同的方法，
做第2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.
2.分步计数原理的特点
①完成一件事需要经过个步骤，这 个步骤缺一不可；
②完成每一步有若干种方法；
③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数.
注意：
使用分步计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件
事的过程进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积.
【诊断分析】
判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）在分步计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法一定是互不
相同的.( )
√
（2）在分步计数原理中,事情如果需要分两步完成,那么其中任何一
个单独的步骤都不能完成这件事,只有两个步骤都完成后,这件事情才
算完成.( )
√
探究点一 分类计数原理
例1（1）某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水
上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法
共有( )
A.40种 B.20种 C.15种 D.11种
[解析] 根据分类计数原理可知，不同的选法共有(种).
故选D
√
（2）在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数的个数为____.
36
[解析] 方法一:根据题意,将十位上的数字按1,2,3,4,5,6,7,8分成八类,在
每一类中满足题目条件的两位数分别有8个,7个,6个,5个,4个,3个,2个,1个.
由分类计数原理知,符合条件的两位数共有
（个）.
方法二:分析个位上的数字,可以分类如下:个位数字是9,则十位数字可
以是1,2,3, ,8中的一个,故共有8个;个位数字是8,则十位数字可以是
1,2,3, ,7中的一个,故共有7个;同理,个位数字是7的有6个……个位数
字是2的有1个.由分类计数原理知,符合条件的两位数共有
（个）.
变式 ［2025·江苏盐城高二期中］我们把各位数字之和为6的四位数
称为“六合数”（如2130是“六合数”），则其中首位为2的“六合数”共
有( )
A.18个 B.15个 C.12个 D.9个
[解析] 由题知首位为2的“六合数”后三位数字之和为4.
当后三位中两个位置为0时，为004，040，400，共3个；
当后三位中只有一个位置为0时,为013,031,103,301,130,310,022,202,220,
共9个；
当后三位中不含0时，为112，121，211，共3个.
所以一共有15个首位为2的“六合数”.故选B.
√
［素养小结］
利用分类计数原理计数时的解题流程
提醒:确定分类标准时要确保每一类中的任何一个方法都能独立地完
成这件事.
探究点二 分步计数原理
例2 有6名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少
种不同的报名方法？（不一定6名同学都参加）
（1）每人恰好参加一项，每项人数不限；
解：每人都可以从这三个智力竞赛项目中选报一项，每人都有3种不
同的报名方法.
根据分步计数原理可得，不同的报名方法种数为 .
例2 有6名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少
种不同的报名方法？（不一定6名同学都参加）
（2）每项限报一人，但每人参加的项目不限.
解：每项限报一人，但每人参加的项目不限，因此每一个项目都可
以从这6人中选出1人参加.
根据分步计数原理可得，不同的报名方法种数为 .
变式（1）［2025·江苏连云港高二期中］将甲、乙、丙3个球放入5
个不同的盒子中，则不同的放法种数为( )
A.35 B.60 C.243 D.125
[解析] 甲、乙、丙3个球都各有5种放法，
所以满足题意的放法种数为 .故选D.
√
（2）人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”,则无重复数字
的四位“吉祥数”（首位不能是零）共有_____个.
448
[解析] 第一步,确定千位,除去0和6,有8种不同的选法;
第二步,确定百位,除去6和千位上的数字,有8种不同的选法;
第三步,确定十位,除去6和千位、百位上的数字,有7种不同的选法.
故满足要求的四位“吉祥数”共有 （个）.
［素养小结］
利用分步计数原理计数时的解题流程
提醒：（1）要按照完成事情的过程合理分步；
（2）分步时要注意各步互相依存,不能遗漏,只有各步都完成才算完
成这件事.
探究点三 两个计数原理的简单综合应用
例3 （多选题）［2025·江苏徐州高二期中］现有3名老师，8名男生
和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列说法中正确的是
( )
A.只需1人参加，有16种不同选法
B.若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法
C.若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法
D.若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法
√
√
√
[解析] 选项A，分三类，选老师有3种选法，选男生有8种选法，选
女生有5种选法，故共有 （种）选法，故A正确.
选项B，分三步，第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，
故共有 （种）选法，故B正确.
选项C,分两步,第一步选老师,第二步选学生.其中第二步又分为两类，
第一类选男生,第二类选女生,故共有 (种)选法,故C正确.
选项D，需要3名老师和1名学生参加，则有 （种）不同选法，
故D错误.
故选 .
变式 某公园休息处东面有8个空闲的凳子,西面有6个空闲的凳子,小
明与爸爸来这里休息.
（1）若小明爸爸任选一个凳子坐下（小明不坐）,有多少种不同的坐法
解：小明爸爸选凳子可以分两类:
第一类,选东面的空闲凳子,有8种坐法;
第二类,选西面的空闲凳子,有6种坐法.
根据分类计数原理知,小明爸爸共有 （种）不同的坐法.
变式 某公园休息处东面有8个空闲的凳子,西面有6个空闲的凳子,小
明与爸爸来这里休息.
（2）若小明与爸爸分别就座,有多少种不同的坐法
解：小明与爸爸分别就座,可以分两步完成:
第一步,小明先就座,从东、西面共 （个）空闲凳子中选一
个坐下,共14种坐法;
第二步,小明爸爸再就座,从东、西面余下的共13个空闲凳子中选一个
坐下,共13种坐法.
由分步计数原理知,小明与爸爸分别就座共有 （种）不
同的坐法.
［素养小结］
利用两个计数原理解题时的三个注意点
（1）当题目无从下手时,可考虑要完成的这件事是什么,即怎样做才
算完成这件事,然后给出完成这件事的一种或几种方法,从这几种方法
中归纳出解题方法.
（2）分类时标准要明确,做到不重不漏,有时要恰当画出示意图或树
状图,使问题的分析更直观、清楚,便于探索规律.
（3）综合问题一般是先分类再分步.
拓展 ［2025·江苏常州月考］某校高二年级举行健康杯篮球赛，共
20个班级，其中1，3，4班组成联盟队，2，5，6班组成联盟队，一
共有16支篮球队伍，先平均分成4个小组进行循环赛，决出8强
（每队与本组其他队赛一场），即每个组取前两名（按获胜场次排
名，如果获胜场次相同的就按净胜分排名）；然后晋级的8支球队按
照确定的程序进行淘汰赛，淘汰赛第一轮先决出4强，晋级的4支球
队要决出冠、亚军和第三、四名，同时后面的4支球队要决出第五至
八名，则总共要进行篮球赛的场次为( )
A.32 B.34 C.36 D.38
√
[解析] 在循环赛阶段，共有4个小组，每个小组由4支球队组成，每
支球队都要进行三场比赛，故每个小组要进行 （场）
比赛，4个小组共要进行 （场）比赛.
在淘汰赛阶段，第一轮：有8支球队，每2支球队比赛一场，则共进行
（场）比赛，此时决出争夺冠、亚军、第三名、第四名与争
夺第五名、第六名、第七名、第八名的球队.
第二轮：晋级的4支球队进行4场比赛，决出冠军、亚军、第三名、
第四名，后面的4支球队进行4场比赛，决出第五名、第六名、第七名、
第八名.
综上，共要进行 （场）篮球赛.故选C.
1.如果完成一件事情有类不同的方式,在第1类方式中有 种不同的
方法,在第2类方式中有种不同的方法……在第类方式中有 种
不同的方法,那么完成这件事共有 种不同的方法.
2.如果完成一件事需要个步骤,做第1步有 种不同的方法,做第2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.
3.“完成一件事有 类不同的方式”是指完成这件事的所有方法可分为
类,即用任何一类中的任何一种方法都可以做完这件事,而不需要再
用其他方法.每一类中没有相同的方法,且完成这件事的任何一种方法
都在某一类中.
4.分类计数原理与集合类比: 且
,如图.
5.分步计数原理中“完成一件事需要 个步骤”是指完成这件事的任何
一种方法都要分成 个步骤,在每一个步骤中任取一种方法,然后相继
完成所有这些步骤才能完成这件事,即步与步之间是连续的、缺一不
可的,且不能重复、交叉.简单地说,就是应用分步计数原理时要做到
“步骤完整”.
如何区分分类与分步
完成这件事,可以分几种情况,若每种情况中任何一种方法都能完成任
务,则是分类;若从其中一种情况中任取一种方法只能完成事情的一部
分,且只有依次完成各种情况,才能完成这件事,则是分步.
例1 ［2025·江苏南京调研］甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识
竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人
向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很
遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种
数为( )
A.4 B.6 C.8 D.12
√
[解析] 由题意可得丙不是第1名，甲、乙名次相邻.
若丙是第2名,则甲、乙只能是第3,4名,丁只能是第1名,此时有2种情况.
若丙是第3名,则甲、乙只能是第1,2名,丁只能是第4名,此时有2种情况.
若丙是第4名，则甲、乙有可能是第1，2名，也可能是第2，3名，当甲、
乙是第1，2名时，丁为第3名，此时有2种情况；
当甲、乙是第2，3名时，丁为第1名，此时有2种情况.
所以一共有 （种）情况.故选C.
例2 ［2025·江苏镇江中学高二月考］如图所示，
某积木拼盘由,,,, 五块积木组成，若每块积
木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相
邻的区域需涂不同的颜色（如：与 为相邻区
域，与 为不相邻区域），现有五种不同的颜色
可供挑选，则不同的涂色方法的种数是_____.
960
[解析] 先涂，则有5种涂法.
再涂，因为与 相邻，所以的颜色只要与 不
同即可，有4种涂法.
同理有3种涂法，有4种涂法， 有4种涂法.
由分步计数原理，可知不同的涂色方法种数为
.
例3 某景区下周一至周六空气质量预报情况如表所示.该市有甲、乙、
丙三人计划在下周一至周六选择一天到该景区旅游,给出下列条件:①
甲只选择空气质量为优的一天出游;②乙不选择周四出游;③丙不选择
周一出游;④甲与乙不选择同一天出游.从这四个条件中任选其中三个,
求这三人出游的不同方法种数.
周一 周二 周三 周四 周五 周六
优 优 优 优 良 良
解：若选择 ,则甲、乙、丙不同的选法种数分别为4,5,5,则这三
人出游的不同方法种数为 .
若选择 ,则需分两类:若甲选择周四出游,则这三人出游的不同
方法种数为 ;若甲不选择周四出游,则这三人出游的不同方
法种数为 .故这三人出游的不同方法种数为
.
若选择 ,则甲、乙、丙不同的选法种数分别为4,5,5,则这三人出
游的不同方法种数为 .
若选择 ,则乙、丙、甲不同的选法种数分别为5,5,5,则这三人出
游的不同方法种数为 .
练习册
1.某学校食堂有5种大荤菜式,8种半荤半素菜式,5种全素菜式,现任意
打一种菜,则可以打到的菜式品种有( )
A.200种 B.33种 C.45种 D.18种
[解析] 任意打一种菜,由分类计数原理可知,可以打到的菜式品种有
（种）.故选D.
√
2.有4条不同样式的项链和8个不同款式的手镯,若一条项链与一个手
镯配成一套,则不同的配法种数为( )
A.12 B.32 C.56 D.66
[解析] 一条项链与一个手镯配成一套,则不同的配法种数为
.故选B.
√
3.［2025·江苏淮安期中］有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲
投其中，则不同的投法有( )
A.81种 B.64种 C.24种 D.4种
[解析] 每封信可以投三个不同的信箱中的其中一个，由分步计数原
理可得，不同的投法有 （种）.故选A.
√
4.由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数字可以组成没有重复数字的三位数的
个数为( )
A.720 B.648 C.504 D.360
[解析] 因为百位上的数字不为0,所以有9个数字可选,则十位上的数字
有9个数字可选,个位上的数字有8个数字可选,所以可以组成
（个）没有重复数字的三位数.故选B.
√
5.［2025·江苏泰州期中］五一小长假前夕，甲、乙、丙三人从, ,
,四个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲到过 景点，所以甲
不选 景点，则不同的选法有( )
A.60种 B.48种 C.54种 D.64种
[解析] 因为甲不选 景点，所以应该分两步完成：第一步，先考虑
甲在,, 三个景点中任选一个，有3种选法；第二步，再考虑乙和
丙，从,,,中分别任选一个景点，有 （种）选法.
由分步计数原理，可得不同的选法有 （种）.故选B.
√
6.从集合 中取两个不同的数分别作为对数的底数
与真数,可得到不同的对数值有( )
A.56个 B.54个 C.52个 D.50个
[解析] 第一步,取底数,有8种取法;第二步,取真数,有7种取法.根据分步
计数原理,共得到 （个）对数.
但在这些对数中,,,,
,所以可以得到 （个）不同的对数值.
故选C.
√
7.（多选题）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
票价/元 2 3 4
现有小花、小李两位乘客同时从首站乘坐同一列地铁,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.若小花、小李两人共花费5元,则小花、小李下地铁的方案共有9种
B.若小花、小李两人共花费5元,则小花、小李下地铁的方案共有18种
C.若小花、小李两人共花费6元,则小花、小李下地铁的方案共有27种
D.若小花、小李两人共花费6元,则小花比小李先下地铁的方案有12种
√
√
√
[解析] 若小花、小李两人共花费5元,则两人中1人花费2元,另1人花费
3元,则小花、小李下地铁的方案共有 （种）,故A错误,
B正确;
若小花、小李两人共花费6元,则两人中1人花费2元,另1人花费4元,
或2人都花费3元,则小花、小李下地铁的方案共有
（种）,故C正确;
小花比小李先下地铁的方案有（种）,故D正确.
故选 .
8. 展开后,共有____项.
12
[解析] 根据多项式的乘法运算法则分两步：第一步,在第一个因式中
选一项,有3种方法;第二步,在第二个因式中选一项,有4种方法.
根据分步计数原理可得,展开后共有 （项）.
9.（13分）书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同
的文艺书，第3层放2本不同的体育书.
（1）从书架的第1，2，3层各取1本书，有多少种不同的取法？
解：从书架的第1，2，3层各取1本书，可以分3个步骤完成：
第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；
第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；
第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法.
根据分步计数原理，不同取法的种数是 .
9.（13分）书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同
的文艺书，第3层放2本不同的体育书.
（2）从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？
解：从书架上任取两本不同学科的书，可分成三类：第1类是从4本
不同的计算机书和3本不同的文艺书中各选取1本，有 种方法；
第2类是从4本不同的计算机书和2本不同的体育书中各选取1本，
有 种方法；
第3类是从3本不同的文艺书和2本不同的体育书中各选取1本，有
种方法.
根据分类计数原理，不同取法的种数是 .
10.（13分）用0，1，2，3，4，5，6这七个数字，完成下面三个小题.
（1）用以上七个数字能组成多少个三位数偶数（允许有重复数字）？
解：根据题意，三位数偶数的个位数字为0，2，4中任一个，有3种
情况，其十位数字没有限制，有7种情况，其百位数字不能为0，有6
种情况，则有 （种）情况，即有126个符合题意的三
位数偶数.
10.（13分）用0，1，2，3，4，5，6这七个数字，完成下面三个小题.
（2）用以上七个数字能组成多少个无重复数字的能被5整除的四位数？
解：根据题意，分2种情况讨论：
①四位数的个位数字为0，有 （个）四位数；
②四位数的个位数字为5，其千位数字有5种情况，百位、十位数字
有 （种）情况，
则此时有 （个）四位数.
故共有 （个）能被5整除的四位数.
10.（13分）用0，1，2，3，4，5，6这七个数字，完成下面三个小题.
（3）已知椭圆方程，其中， ，1，2，3，4，5，
，则满足焦距不小于8的不同的椭圆方程有多少个？
解：根据题意，当时，若椭圆焦距不小于8，即 ，则有
，可得 ，
故符合题意的情况有
共7个符合题意的椭圆方程，
同理，当 时，有7个符合题意的椭圆方程，
故共有 （个）符合题意的椭圆方程.
11.［2025·江苏镇江期中］重庆九宫格火锅，是重庆
火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了
“底同火不同，汤通油不通”.它把火锅分为三个层次，
不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其
锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）
“中间格”火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的
食物；
“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时
间加热以锁住食材原香；
“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软
糯入味.
现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中
间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格.现
将九宫格全部放入食物，且每格只放1种，若同时可
以吃到这6种食物（不考虑位置），则不同放法有
( )
A.36种 B.18种 C.9种 D.6种
√
[解析] 由题可知，中间格只有1种放法；
十字格有四个位置，3种食物适合放入十字格，所以
有1种食物放两个位置，共有3种放法；
四角格有四个位置，2种食物适合放入四角格，可分
为一种食物放三个位置，另一种食物放一个位置，
有2种放法，或每种食物都放两个位置，有1种放法，
故四角格共有3种放法.
所以不同放法共有 （种）.故选C.
12.（多选题）［2025·江苏南通阶段测试］已知数字0,1,2,3,4，由它
们组成四位数，下列说法正确的是( )
A.组成可以有重复数字的四位数有500个
B.组成无重复数字的四位数有96个
C.组成无重复数字的四位偶数有66个
D.组成无重复数字的四位奇数有28个
[解析] 对于A，四位数的千位不能为0，有4种情况，其他数位各有5
种情况，则组成可以有重复数字的四位数有
（个），故A正确；
√
√
对于B，四位数的千位不能为0，有4种情况，在剩下的4个数字中任选
3个，排在后面3个数位，有 （种）情况，则组成无重复
数字的四位数有 （个），故B正确；
对于C，若0在个位，有 （个）四位偶数，若0不在个位，
有 （个）四位偶数，则组成无重复数字的四位偶数
共有 （个）四位偶数，故C错误；
对于D,组成无重复数字的四位奇数有 (个),故D错误.
故选 .
13.某高中为高一学生提供四门课外选修课：数学史、物理模型化思
维、英语经典阅读、《红楼梦》人物角色分析.要求每个学生选且只
能选一门课程.若甲只选英语经典阅读，乙只选数学史或物理模型化
思维，学生丙、丁任意选，这四名学生选择后，恰好选了其中三门
课程，则他们选课方式的可能情况有____种.
20
[解析] 当乙选数学史时，①丙若选数学史，则丁有2种选法；
②丙若选物理模型化思维，则丁有3种选法；
③丙若选英语经典阅读，则丁有2种选法；
④丙若选《红楼梦》人物角色分析，则丁有3种选法.
所以有10种选课方式.当乙选物理模型化思维时，同理也有10种选课方
式.故共有20种选课方式.
14.［2025·江苏启东期中］设集合，2，3，，选择 的两个非
空子集和，要使中最小的数大于 中最大的数，则不同的选择方
法共有____种.（用数字作答）
17
[解析] 若集合中最大的数是1，则集合，3， 的任一非空子集均
可为集合，这样的集合有（个），此时集合， 共有
7种选择方法；
若集合中最大的数是2，则集合， 的任一非空子集均可为集合，
这样的集合有（个），而集合有 ,两种选择，
此时集合,共有 （种）选择方法；
若集合中最大的数是3,则符合条件的集合只能是，而集合有 ,
,,四种选择，此时集合， 共有4种选择方法.
所以由分类计数原理得，不同的选择方法共有 (种).
15.拓扑排序是图论中的一个概念，它适用于有向无
环图（DAG）.拓扑排序的结果是一个线性序列，该
序列满足对于图中每一条有向边，顶点 在序列
中都出现在顶点 之前，每个顶点出现且只出现一次.
如果图中含有环，则无法进行拓扑排序.在一所大学的计算机科学系，
学生们必须按照特定的顺序选修一系列专业课程.这些课程之间存在
先修要求，意味着某些课程必须在其他课程之前完成.例如，如果课
程是课程的先修课，那么学生必须首先完成课程才能选修课程 .
如图展示了五门课程 及其之间的先修关
系.箭头表示了先修的要求方向，即箭头起点的课程
必须在箭头终点的课程之前完成.如果没有直接的先
修关系，两门课程可以互换位置.根据图形，下列代
表了这五门课程的一个正确拓扑排序为 ( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 题图展示了五门课程 及其之间的
先修关系.箭头表示了先修的要求方向，即箭头起点的
课程必须在箭头终点的课程之前完成.
如果没有直接的先修关系，两门课程可以互换位置.课程和课程 没
有先修关系，所以它们可以互换位置.
根据图中的箭头指向，我们知道课程依赖于课程，课程依赖于课
程和课程，而课程 依赖于课程和课程 .
因此，一个有效的拓扑排序应该是先列出没有其他课程作为先修要求
的课程（如 ），然后是第一课程的后续课程（如），
接着是第二课程的后续课程（如 ），再是第三课程的后
续课程（如 ），最后是所有其他课程都作为其先修课
程的课程（如 ）.
故五门课程的一个正确拓扑排序为 .故选C.
16.［2024·上海宝山区高二期中］对于定义域为的函数 ,若对任
意的,,当时,都有,则称函数为“ 函
数”.若函数的定义域,值域 ,则使函数
为“ 函数”的对应关系共有( )
A.4种 B.5种 C.6种 D.7种
√
[解析] 因为函数的定义域,值域 ,所以
要使为“函数”,则一定有,.
定义域 中的元素2,3,4在值域中的对应值可分为三类: 个元素均与
7对应,即,有1种对应关系;
个元素中有2个元素与7对应,则有,或
, ,有2种对应关系;
个元素中仅有一个元素与7对应,则有 ,或
,,或 ,,有3种对应关系.
综上可得,共有 （种）对应关系.故选C.
快速核答案（导学案）
课前预习 知识点一 1. 【诊断分析】（1）× （2）√
知识点二 1. 【诊断分析】 （1）√ （2）√
课中探究 例1 （1）D （2）36 变式 B
例2 （1）（2） 变式 （1）D （2）448
例3 ABC 变式 （1）（2）
拓展 C
快速核答案（练习册）
1.D 2.B 3.A 4.B 5.B 6.C 7.BCD 8.12
9.（1）（2）
10.（1）126（2）220（3）14
11.C 12.AB 13.20 14.17 15.C 16.C第7章 计数原理
7.1 两个基本计数原理
第1课时 分类计数原理与分步计数原理
【课前预习】
知识点一
1.N=m1+m2+…+mn
诊断分析
(1)× (2)√ [解析] (1)在分类计数原理中,两类不同方式中的方法是不同的,若相同则它只能在同一类方式中且只能算是一种方法.
知识点二
1.N=m1×m2×…×mn
诊断分析
(1)√ (2)√
【课中探究】
探究点一
例1 (1)D (2)36 [解析] (1)根据分类计数原理可知,不同的选法共有4+5+2=11(种).故选D
(2)方法一:根据题意,将十位上的数字按1,2,3,4,5,6,7,8分成八类,在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个,7个,6个,5个,4个,3个,2个,1个.由分类计数原理知,符合条件的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).
方法二:分析个位上的数字,可以分类如下:个位数字是9,则十位数字可以是1,2,3,…,8中的一个,故共有8个;个位数字是8,则十位数字可以是1,2,3,…,7中的一个,故共有7个;同理,个位数字是7的有6个……个位数字是2的有1个.由分类计数原理知,符合条件的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).
变式 B [解析] 由题知首位为2的“六合数”后三位数字之和为4.当后三位中两个位置为0时,为004,040,400,共3个;当后三位中只有一个位置为0时,为013,031,103,301,130,310,022,202,220,共9个;当后三位中不含0时,为112,121,211,共3个.所以一共有15个首位为2的“六合数”.故选B.
探究点二
例2 解:(1)每人都可以从这三个智力竞赛项目中选报一项,每人都有3种不同的报名方法.
根据分步计数原理可得,不同的报名方法种数为36=729.
(2)每项限报一人,但每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这6人中选出1人参加.
根据分步计数原理可得,不同的报名方法种数为63=216.
变式 (1)D (2)448 [解析] (1)甲、乙、丙3个球都各有5种放法,所以满足题意的放法种数为5×5×5=125.故选D.
(2)第一步,确定千位,除去0和6,有8种不同的选法;第二步,确定百位,除去6和千位上的数字,有8种不同的选法;第三步,确定十位,除去6和千位、百位上的数字,有7种不同的选法.故满足要求的四位“吉祥数”共有8×8×7=448(个).
探究点三
例3 ABC [解析] 选项A,分三类,选老师有3种选法,选男生有8种选法,选女生有5种选法,故共有3+8+5=16(种)选法,故A正确.选项B,分三步,第一步选老师,第二步选男生,第三步选女生,故共有3×8×5=120(种)选法,故B正确.选项C,分两步,第一步选老师,第二步选学生.其中第二步又分为两类,第一类选男生,第二类选女生,故共有3×(8+5)=39(种)选法,故C正确.选项D,需要3名老师和1名学生参加,则有8+5=13(种)不同选法,故D错误.故选ABC.
变式 解:(1)小明爸爸选凳子可以分两类:
第一类,选东面的空闲凳子,有8种坐法;
第二类,选西面的空闲凳子,有6种坐法.根据分类计数原理知,小明爸爸共有8+6=14(种)不同的坐法.
(2)小明与爸爸分别就座,可以分两步完成:
第一步,小明先就座,从东、西面共8+6=14(个)空闲凳子中选一个坐下,共14种坐法;
第二步,小明爸爸再就座,从东、西面余下的共13个空闲凳子中选一个坐下,共13种坐法.由分步计数原理知,小明与爸爸分别就座共有14×13=182(种)不同的坐法.
拓展 C [解析] 在循环赛阶段,共有4个小组,每个小组由4支球队组成,每支球队都要进行三场比赛,故每个小组要进行3×4÷2=6(场)比赛,4个小组共要进行4×6=24(场)比赛.在淘汰赛阶段,第一轮:有8支球队,每2支球队比赛一场,则共进行8÷2=4(场)比赛,此时决出争夺冠、亚军、第三名、第四名与争夺第五名、第六名、第七名、第八名的球队.第二轮:晋级的4支球队进行4场比赛,决出冠军、亚军、第三名、第四名,后面的4支球队进行4场比赛,决出第五名、第六名、第七名、第八名.综上,共要进行24+4+4+4=36(场)篮球赛.故选C.第7章 计数原理
7.1 两个基本计数原理
第1课时 分类计数原理与分步计数原理
1.D [解析] 任意打一种菜,由分类计数原理可知,可以打到的菜式品种有5+8+5=18(种).故选D.
2.B [解析] 一条项链与一个手镯配成一套,则不同的配法种数为4×8=32.故选B.
3.A [解析] 每封信可以投三个不同的信箱中的其中一个,由分步计数原理可得,不同的投法有3×3×3×3=34=81(种).故选A.
4.B [解析] 因为百位上的数字不为0,所以有9个数字可选,则十位上的数字有9个数字可选,个位上的数字有8个数字可选,所以可以组成9×9×8=648(个)没有重复数字的三位数.故选B.
5.B [解析] 因为甲不选A景点,所以应该分两步完成:第一步,先考虑甲在B,C,D三个景点中任选一个,有3种选法;第二步,再考虑乙和丙,从A,B,C,D中分别任选一个景点,有4×4=16(种)选法.由分步计数原理,可得不同的选法有3×16=48(种).故选B.
6.C [解析] 第一步,取底数,有8种取法;第二步,取真数,有7种取法.根据分步计数原理,共得到8×7=56(个)对数.但在这些对数中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以可以得到56-4=52(个)不同的对数值.故选C.
7.BCD [解析] 若小花、小李两人共花费5元,则两人中1人花费2元,另1人花费3元,则小花、小李下地铁的方案共有2×3×3=18(种),故A错误,B正确;若小花、小李两人共花费6元,则两人中1人花费2元,另1人花费4元,或2人都花费3元,则小花、小李下地铁的方案共有2×3×3+3×3=27(种),故C正确;小花比小李先下地铁的方案有3×3+3=12(种),故D正确.故选BCD.
8.12 [解析] 根据多项式的乘法运算法则分两步:第一步,在第一个因式中选一项,有3种方法;第二步,在第二个因式中选一项,有4种方法.根据分步计数原理可得,展开后共有3×4=12(项).
9.解:(1)从书架的第1,2,3层各取1本书,可以分3个步骤完成:第1步,从第1层取1本计算机书,有4种方法;
第2步,从第2层取1本文艺书,有3种方法;
第3步,从第3层取1本体育书,有2种方法.
根据分步计数原理,不同取法的种数是4×3×2=24.
(2)从书架上任取两本不同学科的书,可分成三类:第1类是从4本不同的计算机书和3本不同的文艺书中各选取1本,
有4×3种方法;第2类是从4本不同的计算机书和2本不同的体育书中各选取1本,有4×2种方法;第3类是从3本不同的文艺书和2本不同的体育书中各选取1本,有3×2种方法.根据分类计数原理,不同取法的种数是4×3+4×2+3×2=26.
10.解:(1)根据题意,三位数偶数的个位数字为0,2,4中任一个,有3种情况,其十位数字没有限制,有7种情况,其百位数字不能为0,有6种情况,则有3×7×6=126(种)情况,即有126个符合题意的三位数偶数.
(2)根据题意,分2种情况讨论:
①四位数的个位数字为0,有6×5×4=120(个)四位数;
②四位数的个位数字为5,其千位数字有5种情况,百位、十位数字有5×4=20(种)情况,
则此时有5×20=100(个)四位数.
故共有120+100=220(个)能被5整除的四位数.
(3)根据题意,当a>b时,若椭圆焦距不小于8,即2c≥8,则有c≥4,可得a2-b2≥16,
故符合题意的情况有
共7个符合题意的椭圆方程,
同理,当a故共有7+7=14(个)符合题意的椭圆方程.
11.C [解析] 由题可知,中间格只有1种放法;十字格有四个位置,3种食物适合放入十字格,所以有1种食物放两个位置,共有3种放法;四角格有四个位置,2种食物适合放入四角格,可分为一种食物放三个位置,另一种食物放一个位置,有2种放法,或每种食物都放两个位置,有1种放法,故四角格共有3种放法.所以不同放法共有1×3×3=9(种).故选C.
12.AB [解析] 对于A,四位数的千位不能为0,有4种情况,其他数位各有5种情况,则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5=500(个),故A正确;对于B,四位数的千位不能为0,有4种情况,在剩下的4个数字中任选3个,排在后面3个数位,有4×3×2=24(种)情况,则组成无重复数字的四位数有4×24=96(个),故B正确;对于C,若0在个位,有4×3×2=24(个)四位偶数,若0不在个位,有2×3×3×2=36(个)四位偶数,则组成无重复数字的四位偶数共有24+36=60(个)四位偶数,故C错误;对于D,组成无重复数字的四位奇数有2×3×3×2=36(个),故D错误.故选AB.
13.20 [解析] 当乙选数学史时,①丙若选数学史,则丁有2种选法;②丙若选物理模型化思维,则丁有3种选法;③丙若选英语经典阅读,则丁有2种选法;④丙若选《红楼梦》人物角色分析,则丁有3种选法.所以有10种选课方式.当乙选物理模型化思维时,同理也有10种选课方式.故共有20种选课方式.
14.17 [解析] 若集合A中最大的数是1,则集合{2,3,4}的任一非空子集均可为集合B,这样的集合B有23-1=7(个),此时集合A,B共有7种选择方法;若集合A中最大的数是2,则集合{3,4}的任一非空子集均可为集合B,这样的集合B有22-1=3(个),而集合A有{2},{1,2}两种选择,此时集合A,B共有2×3=6(种)选择方法;若集合A中最大的数是3,则符合条件的集合B只能是{4},而集合A有{3},{2,3},{1,3},{1,2,3}四种选择,此时集合A,B共有4种选择方法.所以由分类计数原理得,不同的选择方法共有7+6+4=17(种).
15.C [解析] 题图展示了五门课程(A,B,C,D,E)及其之间的先修关系.箭头表示了先修的要求方向,即箭头起点的课程必须在箭头终点的课程之前完成.如果没有直接的先修关系,两门课程可以互换位置.课程B和课程A没有先修关系,所以它们可以互换位置.根据图中的箭头指向,我们知道课程C依赖于课程A,课程D依赖于课程A和课程B,而课程E依赖于课程B和课程D.因此,一个有效的拓扑排序应该是先列出没有其他课程作为先修要求的课程(如A),然后是第一课程的后续课程(如C),接着是第二课程的后续课程(如B),再是第三课程的后续课程(如D),最后是所有其他课程都作为其先修课程的课程(如E).故五门课程的一个正确拓扑排序为(A,C,B,D,E).故选C.
16.C [解析] 因为函数f(x)的定义域D={1,2,3,4,5},值域A={6,7,8},所以要使f(x)为“M函数”,则一定有f(1)=6,f(5)=8.定义域D中的元素2,3,4在值域A中的对应值可分为三类:①3个元素均与7对应,即f(2)=f(3)=f(4)=7,有1种对应关系;②3个元素中有2个元素与7对应,则有f(2)=f(3)=7,f(4)=8或f(2)=6,f(3)=f(4)=7,有2种对应关系;③3个元素中仅有一个元素与7对应,则有f(2)=7,f(3)=f(4)=8或f(2)=6,f(3)=7,f(4)=8或f(2)=f(3)=6,f(4)=7,有3种对应关系.综上可得,共有1+2+3=6(种)对应关系.故选C.第7章 计数原理
7.1 两个基本计数原理
第1课时 分类计数原理与分步计数原理
1.某学校食堂有5种大荤菜式,8种半荤半素菜式,5种全素菜式,现任意打一种菜,则可以打到的菜式品种有 ( )
A.200种 B.33种
C.45种 D.18种
2.有4条不同样式的项链和8个不同款式的手镯,若一条项链与一个手镯配成一套,则不同的配法种数为 ( )
A.12 B.32
C.56 D.66
3.[2025·江苏淮安期中] 有三个不同的信箱,今有四封不同的信欲投其中,则不同的投法有 ( )
A.81种 B.64种
C.24种 D.4种
4.由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数字可以组成没有重复数字的三位数的个数为 ( )
A.720 B.648
C.504 D.360
5.[2025·江苏泰州期中] 五一小长假前夕,甲、乙、丙三人从A,B,C,D四个旅游景点中任选一个前去游玩,其中甲到过A景点,所以甲不选A景点,则不同的选法有 ( )
A.60种 B.48种
C.54种 D.64种
6.从集合M={2,3,4,5,6,7,8,9}中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数,可得到不同的对数值有 ( )
A.56个 B.54个
C.52个 D.50个
7.(多选题)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
现有小花、小李两位乘客同时从首站乘坐同一列地铁,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.若小花、小李两人共花费5元,则小花、小李下地铁的方案共有9种
B.若小花、小李两人共花费5元,则小花、小李下地铁的方案共有18种
C.若小花、小李两人共花费6元,则小花、小李下地铁的方案共有27种
D.若小花、小李两人共花费6元,则小花比小李先下地铁的方案有12种
8.(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)展开后,共有 项.
9.(13分)书架的第1层放有4本不同的计算机书,第2层放有3本不同的文艺书,第3层放2本不同的体育书.
(1)从书架的第1,2,3层各取1本书,有多少种不同的取法
(2)从书架上任取两本不同学科的书,有多少种不同的取法
10.(13分)用0,1,2,3,4,5,6这七个数字,完成下面三个小题.
(1)用以上七个数字能组成多少个三位数偶数(允许有重复数字)
(2)用以上七个数字能组成多少个无重复数字的能被5整除的四位数
(3)已知椭圆方程+=1,其中a,b∈{0,1,2,3,4,5,6},则满足焦距不小于8的不同的椭圆方程有多少个
11.[2025·江苏镇江期中] 重庆九宫格火锅,是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的,实现了“底同火不同,汤通油不通”.它把火锅分为三个层次,不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度,其锅具抽象成数学形状如图(同一类格子形状相同):
“中间格”火力旺盛,不宜久煮,适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物;
“十字格”火力稍弱,但火力均匀,适合煮食,长时间加热以锁住食材原香;
“四角格”属文火,火力温和,适合焖菜,让食物软糯入味.
现有6种不同食物(足够量),其中1种适合放入中间格,3种适合放入十字格,2种适合放入四角格.现将九宫格全部放入食物,且每格只放1种,若同时可以吃到这6种食物(不考虑位置),则不同放法有 ( )
A.36种 B.18种
C.9种 D.6种
12.(多选题)[2025·江苏南通阶段测试] 已知数字0,1,2,3,4,由它们组成四位数,下列说法正确的是 ( )
A.组成可以有重复数字的四位数有500个
B.组成无重复数字的四位数有96个
C.组成无重复数字的四位偶数有66个
D.组成无重复数字的四位奇数有28个
13.某高中为高一学生提供四门课外选修课:数学史、物理模型化思维、英语经典阅读、《红楼梦》人物角色分析.要求每个学生选且只能选一门课程.若甲只选英语经典阅读,乙只选数学史或物理模型化思维,学生丙、丁任意选,这四名学生选择后,恰好选了其中三门课程,则他们选课方式的可能情况有 种.
14.[2025·江苏启东期中] 设集合I={1,2,3,4},选择I的两个非空子集A和B,要使B中最小的数大于A中最大的数,则不同的选择方法共有 种.(用数字作答)
15.拓扑排序是图论中的一个概念,它适用于有向无环图(DAG).拓扑排序的结果是一个线性序列,该序列满足对于图中每一条有向边(u,v),顶点u在序列中都出现在顶点v之前,每个顶点出现且只出现一次.如果图中含有环,则无法进行拓扑排序.在一所大学的计算机科学系,学生们必须按照特定的顺序选修一系列专业课程.这些课程之间存在先修要求,意味着某些课程必须在其他课程之前完成.例如,如果课程C是课程E的先修课,那么学生必须首先完成课程C才能选修课程E.如图展示了五门课程(A,B,C,D,E)及其之间的先修关系.箭头表示了先修的要求方向,即箭头起点的课程必须在箭头终点的课程之前完成.如果没有直接的先修关系,两门课程可以互换位置.根据图形,下列代表了这五门课程的一个正确拓扑排序为 ( )
A.(A,C,D,B,E)
B.(A,B,C,D,E)
C.(A,C,B,D,E)
D.(A,B,D,C,E)
16.[2024·上海宝山区高二期中] 对于定义域为D的函数f(x),若对任意的x1,x2∈D,当x1A.4种 B.5种
C.6种 D.7种第7章 计数原理
7.1 两个基本计数原理
第1课时 分类计数原理与分步计数原理
【学习目标】
1.通过实例,能归纳总结出分类计数原理、分步计数原理.
2.正确地理解“完成一件事情”的含义,能根据具体问题的特征,选择“分类”或“分步”.
3.能根据具体问题的特征,选择两种计数原理解决一些实际问题,发展数学建模和数学运算的核心素养.
◆ 知识点一 分类计数原理
1.分类计数原理
如果完成一件事,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
种不同的方法.
2.分类计数原理的特点
①完成一件事有若干不同方法,这些方法可以分成n类;
②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事;
③把每一类的方法数相加,就可以得到完成这件事的所有方法数.
注意:
使用分类计数原理计算完成某件事的方法数,第一步是对这件事确定一个标准进行分类,第二步是确定各类的方法数,第三步是求和.
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类计数原理中,两类不同方式中的方法可以相同. ( )
(2)在分类计数原理中,每类方式中的方法都能完成这件事. ( )
◆ 知识点二 分步计数原理
1.分步计数原理
如果完成一件事,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步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有 种不同的方法.
2.分步计数原理的特点
①完成一件事需要经过n个步骤,这n个步骤缺一不可;
②完成每一步有若干种方法;
③把每一步的方法数相乘,就可以得到完成这件事的所有方法数.
注意:
使用分步计数原理计算完成某件事的方法数,第一步是对完成这件事的过程进行分步,第二步是确定各步的方法数,第三步是求积.
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分步计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法一定是互不相同的. ( )
(2)在分步计数原理中,事情如果需要分两步完成,那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事,只有两个步骤都完成后,这件事情才算完成. ( )
◆ 探究点一 分类计数原理
例1 (1)某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习,某位学生任选1门课程学习,则不同的选法共有( )
A.40种 B.20种
C.15种 D.11种
(2)在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数的个数为 .
变式 [2025·江苏盐城高二期中] 我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2130是“六合数”),则其中首位为2的“六合数”共有( )
A.18个 B.15个
C.12个 D.9个
[素养小结]
利用分类计数原理计数时的解题流程
提醒:确定分类标准时要确保每一类中的任何一个方法都能独立地完成这件事.
◆ 探究点二 分步计数原理
例2 有6名同学报名参加三个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法 (不一定6名同学都参加)
(1)每人恰好参加一项,每项人数不限;
(2)每项限报一人,但每人参加的项目不限.
变式 (1)[2025·江苏连云港高二期中] 将甲、乙、丙3个球放入5个不同的盒子中,则不同的放法种数为 ( )
A.35 B.60
C.243 D.125
(2)人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”,则无重复数字的四位“吉祥数”(首位不能是零)共有 个.
[素养小结]
利用分步计数原理计数时的解题流程
提醒:(1)要按照完成事情的过程合理分步;
(2)分步时要注意各步互相依存,不能遗漏,只有各步都完成才算完成这件事.
◆ 探究点三 两个计数原理的简单综合应用
例3 (多选题)[2025·江苏徐州高二期中] 现有3名老师,8名男生和5名女生共16人,有一项活动需派人参加,则下列说法中正确的是 ( )
A.只需1人参加,有16种不同选法
B.若需老师、男生、女生各1人参加,则有120种不同选法
C.若需1名老师和1名学生参加,则有39种不同选法
D.若需3名老师和1名学生参加,则有56种不同选法
变式 某公园休息处东面有8个空闲的凳子,西面有6个空闲的凳子,小明与爸爸来这里休息.
(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐),有多少种不同的坐法
(2)若小明与爸爸分别就座,有多少种不同的坐法
[素养小结]
利用两个计数原理解题时的三个注意点
(1)当题目无从下手时,可考虑要完成的这件事是什么,即怎样做才算完成这件事,然后给出完成这件事的一种或几种方法,从这几种方法中归纳出解题方法.
(2)分类时标准要明确,做到不重不漏,有时要恰当画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清楚,便于探索规律.
(3)综合问题一般是先分类再分步.
拓展 [2025·江苏常州月考] 某校高二年级举行健康杯篮球赛,共20个班级,其中1,3,4班组成联盟队,2,5,6班组成联盟队,一共有16支篮球队伍,先平均分成4个小组进行循环赛,决出8强(每队与本组其他队赛一场),即每个组取前两名(按获胜场次排名,如果获胜场次相同的就按净胜分排名);然后晋级的8支球队按照确定的程序进行淘汰赛,淘汰赛第一轮先决出4强,晋级的4支球队要决出冠、亚军和第三、四名,同时后面的4支球队要决出第五至八名,则总共要进行篮球赛的场次为 ( )
A.32 B.34
C.36 D.38
