1.1
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
2
课堂导学
三点剖析
一、分步乘法计数原理的简单应用
【例1】
一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9这10个数字，4个拨号盘各取1个数字可以组成多少个不同的四位数字号码
解析：要组成一个四位数字号码可分为4步，每个拨号盘上的数字都有从0到9十种取法，
由分步乘法计数原理，4个拨号盘上各取1个数字组成的四位数字号码的个数是
N=10×10×10×10=10
000
即可以组成10
000个四位数字号码.
温馨提示
应用分步原理的要点是，将完成一件事的过程分解为若干个步骤，而每个步骤的方法数应易于计算.
二、根据问题特点，合理地确定分步的标准是用好分步计数原理的关键
【例2】
(1)5名学生争夺3项比赛冠军，获得冠军的
可能情况种数共有多少
(2)数、理、化三科教师都布置了作业，求在同一时刻5名学生都做作业的所有可能情况的
种数
解析:(1)完成这件事情(决定三个冠军)，需要分三步，每一项冠军都可以由5个人中的一人得到，故共有5×5×5=125(种).
(2)完成这件事情(5名学生同时做作业)，需要分步，即每个学生做作业均有3种情况，所以5名学生同时做作业的情况共有3×3×3×3×3=243(种).
温馨提示
在分步时，必须有明确的标准，这样才可做到使结果不重、不漏.如(1)题以三项冠军为标准从而分3步，如果以人为标准分5步，每步有3种情况(显然不对)漏掉不得冠军的情况，并且重复现象也明显.(2)题以学生为标准，分5步，同样可知得53也不对.
三、弄清问题的实质和背景，把问题转化为能运用分步计数原理解决的问题
【例3】
2
160的所有正因数的和是多少
解析:首先要搞清正因数的概念与正因数的形成过程.
因为
2
160=24×33×5,
所以
2
160的正因数为P=2a×3b×5c，
其中a∈｛0,1,2,3,4｝，
b∈｛0,1,2,3｝,c∈｛0,1｝.
确定了一组a,b,c的值就确定了惟一的一个正因数,a,b,c中至少有一个不同则对应不同的
正因数.如果将它们分别计算然后相加比较繁琐，事实上(20+21+22+23+24)×(30+31+32+33)×(50+51)
展开式的项也就是2
160的所有正因数，
所以
2
160的所有正因数的和为
(20+21+22+23+24)×(30+31+32+33)×(50+51)=7
440.
温馨提示
只要我们把问题的实质、背景、形成条件弄清楚了，就能准确、恰当的找到解决问题的办法.本题先分解质因数，由质因数的种类，可知构成一个因数可分三个步骤，由每种质因数可取的个数得到每个步骤的办法数.
各个击破
【类题演练1】某学生填报高考志愿，有m个不同的学校可供选择，若只能填3个志愿，且按第一、二、三志愿依次填写，求该生填写志愿的方式的种数.
解析：可分三步完成填写志愿的任务：第一步从m个学校中选1个填写在第一志愿中；第二步从剩下的m-1个学校中选1个填在第二志愿中；第三步从剩下的m-2个学校中选1个填写在第三志愿中.由分步计数原理共有N=m(m-1)(m-2)种填写志愿的种数.
【变式提升1】三种作物种植在如图所示的五块实验田里，每块实验田种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种
解析：问题的实质是三种作物不能有剩余且相邻的实验田不能种植同一种作物，只考虑“相邻的实验田不能种植同一作物”，有3×2×2×2×2=48(种)，再考虑“满足相邻的实验田不能种植同一作物最少要几种作物”.仅用2种作物种植时有6种方式，所以共有48-6=42(种)种植方式.
【类题演练2】
从｛-3，-2，-1，0，1，2，3｝中任取3个不同的数作为抛物线方程y=ax2+bx+c(a≠0)的系数，如果抛物线过原点且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条
解析：抛物线y=ax2+bx+c过原点，且顶点在第一象限，a、b、c应满足即
∴分三步，a=-3,-2,-1;b=1,2,3,c=0，所以抛物线
的条数N=3×3×1=9.
【变式提升2】直线l上有7个点，直线m上有8个点，若这些点都不重合，则通过这些点中的两点最多有______________条直线，若m与l上有两点重合，最少有______________条直线.
解析：如图(1)，l上的点与m上的点互不重合，经过这些点的直线包含：(ⅰ)经过l上一点
与m上一点的直线，共7×8=56条；(ⅱ)l与m，共2条，因此最多共有58条直线.如图(2)，不妨
设A1、B1重合(∵l与m不重合，∴l与m上的点至多有一对点重合)，这时，经过这些点的
直线共有6×7+2=44条，这是最少的情形.
(1)
(2)
答案：58，44
【类题演练3】已知集合A=｛a,b,c,d｝,B=｛e,f,g｝，那么从A到B的映射共有多少个
解析：首先应将“映射”的概念弄清，映射是指集合A中的任一个元素在集合B中有惟一的元素与它相对应.从映射的概念中我们可以看到它的两个特征：
(1)集合A中的元素不能剩余，集合B中的元素可以剩余；
(2)从集合A到集合B元素可以多对一，不能一对多.
所以
要“完成一个映射”可以分步完成：
第一步a的象有三种可能，
同理b,c，d的象也有三种可能，
所以A到B的映射共有3×3×3×3=34(个).
【变式提升3】有n种不同颜色为广告牌着色（如图），要求在①、②、③、④这4个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.
(1)当n=6时，为图1着色共有多少种不同的着色方法.
(2)若为图2着色时共有120种不同的着色方法，求n.
解析：完成着色这件事，共分四个步骤进行，可依次考虑区域①、②、③、④着色时各自的方法数，再由乘法原理确定总的着色方法数.
(1)为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也有4种方法.所以共有着色方法6×5×4×4=480（种）.
(2)与(1)的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数为n(n-1)(n-2)(n-3).依题设知n(n-1)(n-2)(n-3)=120(n2-3n)2+2(n2-3n)-120=0n2-3n-10=0
n=5.1.1
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课堂探究
探究一
分类加法计数原理
分类加法计数原理是涉及完成一件事的不同方法的计数种类，每一类中的各种方法都是相互独立的，且每一类中的每一种方法都可以独立地完成这件事，在应用该原理解题时，首先要根据问题的特点，确定好分类的标准．分类时应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类且仅属于某一类．
【典型例题1】某校高三共有三个班，各班人数如下表.
男生人数
女生人数
总人数
高三(1)班
30
20
50
高三(2)班
30
30
60
高三(3)班
35
20
55
(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法；
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
思路分析：(1)从每个班选1名学生任学生会主席都能独立完成这件事，因此应采用分类加法计数原理．(2)完成这件事有三类方案，因此也应采用分类加法计数原理．
解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：
第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；
第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；
第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165种不同的选法．
(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：
第1类，从高三(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第2类，从高三(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法．
规律总结
注意分类标准要明确，不能相互交叉或重复，每类办法都能独立地完成这件事．
探究二
分步乘法计数原理
利用分步乘法计数原理解决问题时应注意：
(1)按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；
(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事．
【典型例题2】已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，
问：(1)点P可表示平面上多少个不同的点？
(2)点P可表示平面上第二象限内多少个不同的点？
思路分析：完成“确定点P”这件事，需要依次确定点P的横坐标和纵坐标，应运用分步乘法计数原理求解．
解：(1)确定平面上的点P(a，b)，可分两步完成：第一步确定a的值，有6种不同方法；第二步确定b的值，也有6种不同方法．根据分步乘法计数原理，得到点P可表示平面上不同点的个数为6×6＝36.
(2)确定平面上第二象限内的点P(a，b)，可分两步完成：第一步确定a的值，由于a＜0，所以有3种不同方法；第二步确定b的值，由b＞0，所以有2种不同方法．由分步乘法计数原理，得到点P可表示平面上第二象限内不同的点的个数为3×2＝6.
规律总结
利用分步乘法计数原理计数的一般思路：首先考虑这件事要经过哪几个步骤才能完成，然后找出每一步中有多少种不同的方法，最后求其积，但应注意各个步骤是既相互独立又密切相关的，都完成后才能完成整件事．
探究三
分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用
解决此类题的关键在于区分该问题是“分类”还是“分步”．首先要有意识地去区分该问题是“分类”还是“分步”，如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是分类；而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分事件，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步．
【典型例题3】王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．
(1)若他从这些参考书中带1本去图书馆，有多少种不同的带法？
(2)若带外语、数学、物理参考书各1本，有多少种不同的带法？
(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？
思路分析：解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法完成后，是否完成整件事，从而区分加法原理和乘法原理．
解：(1)完成的事情是带1本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都可完成，从而确定应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种)．
(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种)．
(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法；即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种)．
规律总结
对于两个计数原理的综合应用问题，一般是先分类再分步，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，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．
探究四
易错辨析
易错点 两个基本原理分辨不清
【典型例题4】(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )．
A．24种
B．4种
C．43种
D．34种
(2)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4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
错解：(1)每个信箱有三种选择，由分步乘法计数原理可得共有34种方法，选D.
(2)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，根据分步乘法计数原理，可得此人的走法有4×3＝12(种)，故填12.
错因分析：解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理来计算．解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于(1)，选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种；对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用分步乘法计数原理计算．
正解：(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有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，选C.
(2)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，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法有4＋3＝7(种)，故填7.1.1
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识网络
知识梳理
1.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=___________种不同的方法，这一原理叫做___________.
2.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步与有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=___________种不同的方法，这一原理叫做___________.
3.分类加法计数原理与分步乘法计数原理回答的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题.区别在于：分类加法计数原理针对的是___________问题，其中各种方法相互___________，用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对的是___________问题，各个步骤中的方法相互___________，只有各个步骤都完成才算完成这件事.
知识导学
计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，它们是研究“完成一件事”方法数的重要工具，学习时要弄清“完成一件事”的含义，明白题目中“一件事”是什么事.这两个原理看起来很简单，但用起来却不那么容易，有时容易混淆.
对于分类加法计数原理，要注意理解“分类完成一件事”是指做这件事可分为若干类方法，各种方法相互独立、相互排斥，用每一种方法都能做完这件事.
对于分步乘法计数原理，要注意理解“分步完成一件事”是指完成这件事要分成若干个步骤，各个步骤相互依存、相互联系，每一步都必须取一种方法，事情才能完成，单独的每一步都不能独立地完成这件事.
疑难突破
1.如何正确理解两个原理？
剖析：对于两个原理的理解关键在于“分类”“分步”.可结合电学中的“并联”和“串联”加以理解.分类加法计数原理类似于电学中的“并联”（每段线路都能通电），即每“类”方法相互之间是独立的、互斥的，其中用任何一类的任何一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理类似于“串联”（每段线路都不能独立完成通电），即每“步”方法都不能独立完成这件事.
“完成一件事有几类不同方案”是指一件事在一定标准下的分类.标准不同,分类也不同,分类要满足“不重不漏”.分步乘法计数原理中下一步选用的方法与上一步选用的方法无关.
2.何时使用“分类”原理？何时使用“分步”原理？
剖析：完成一件事时，若每一类方法中的任一种方法均能将这件事从头到尾完成，则计算完成这件事的方法总数用分类加法计数原理；完成一件事，若每一步的任一种方法只能完成这件事的一部分，而且必须依次完成所有各步后才能完成这件事，则计算完成这件事的方法总数用分步乘法计数原理.1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
问题导学
一、分类加法计数原理的应用
活动与探究1
某校高三共有三个班，各班人数如下表．
男生人数
女生人数
总人数
高三(1)班
30
20
50
高三(2)班
30
30
60
高三(3)班
35
20
55
(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法；
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
迁移与应用
1．(2013山东济宁模拟)一个科技小组有3名男同学，5名女同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，不同的选派方法共有__________种．
2．家住济南的小明同学向往北京的故宫、长城，准备暑假去参观旅游，从泉城济南到北京一天中有飞机早、中、晚3个航班，动车组有4个班次，汽车有8个不同班次．则小明乘坐这些交通工具去北京有__________种不同的方法．
分类加法计数原理是涉及完成一件事的不同方法的计数种类，每一类中的各种方法都是相互独立的，且每一类方案中的每一种方法都可以独立地完成这件事，在应用该原理解题时，首先要根据问题的特点，确定好分类的标准．分类时应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类且仅属于某一类．
二、分步乘法计数原理的应用
活动与探究2
(1)现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A．56
B．65
C．
D．6×5×4×3×2
(2)已知a{1,2,3}，b{4,5,6,7}，r{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数为( )
A．9
B．12
C．8
D．24
迁移与应用
1．某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有( )
A．24种
B．48种
C．64种
D．81种
2．图书馆有8本不同的有关励志教育的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有__________种不同的分法．
利用分步乘法计数原理计数的一般思路是首先考虑这件事要经过哪几个步骤才能完成，然后找出每一步中有多少种不同的方法，最后求其积，但应注意各个步骤是既相互独立又密切相关的，都完成后，才能完成整件事．
三、两个计数原理的综合应用
活动与探究3
王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．
(1)若他从这些参考书中带1本去图书馆，有多少种不同的带法？
(2)若带外语、数学、物理参考书各1本，有多少种不同的带法？
(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？
迁移与应用
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，则不同的选择有__________种．
2．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，从A，B中各取1个元素，作为点P(x，y)的坐标．
(1)可以得到多少个不同的点？
(2)这些点中，位于第一象限的有几个？
(1)解决此类综合题的关键在于区分该问题是“分类”还是“分步”．如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是分类；而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分事件，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步．
(2)注意运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决既有“分类”又有“分步”的综合问题时应“先分类，后分步”．
答案：
课前·预习导学
【预习导引】
1．m＋n
预习交流1 (1)提示：m1＋m2＋…＋mn
(2)提示：①完成一件事有若干个不同的方法，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．
(3)提示：15种
2．m×n
预习交流2 (1)提示：m1×m2×…×mn
(2)提示：①完成一件事需要经过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．
(3)提示：D
4．求和 相乘
课堂·合作探究
【问题导学】
活动与探究1 思路分析：(1)从每个班选1名学生任学生会主席都能独立完成这件事，因此应采用分类加法计数原理；(2)完成这件事有三类方案，因此也应采用分类加法计数原理．
解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：
第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；
第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；
第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165种不同的选法．
(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：
第1类，从高三(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第2类，从高三(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法．
迁移与应用 1．8 解析：任选一名同学参加学科竞赛，有两类办法：
第一类，从男同学中选取一名参加学科竞赛，有3种不同的选法；
第二类，从女同学中选取一名参加学科竞赛，有5种不同的选法．
由分类加法计数原理，不同的选派方法共有3＋5＝8种．故填8．
2．15 解析：小明去北京共有3类办法，任选一类都可以独立完成“去北京”这件事．乘坐飞机有3种方法，动车组有4种方法，汽车有8种方法，∴共有3＋4＋8＝15种方法．
活动与探究2 (1)A 解析：要完成选择听讲座这件事，需要分六步完成，即6名同学逐个选择要听的讲座，因为每名同学均有5种讲座可选择，由分步乘法计数原理，6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种不同的选法．
(2)思路分析：确定圆的方程需要分别确定出圆心的横坐标、纵坐标、半径，可以用分步乘法计数原理解决．
D 解析：完成表示不同的圆这件事有三步：第一步，确定a有3种不同的选取方法；第二步，确定b有4种不同的选取方法；第三步，确定r有2种不同的方法．由分步乘法计数原理，方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆共有3×4×2＝24个．
迁移与应用 1．A 解析：由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24种不同的参赛方法．
2．336 解析：分三步进行：第一步，先分给第一个同学，从8本书中选一本，共有8种方法；第二步，再分给第二个同学，从剩下的7本中任选1本，共有7种方法；第三步，分给第三个同学，从剩下的6本中任选1本，共有6种方法．∴不同分法有8×7×6＝336种．
活动与探究3 思路分析：解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法事情是否完成，从而区分加法原理和乘法原理．
解：(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12种．
(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60种．
(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法；即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47种．
迁移与应用 1．28
800 解析：分两类情况：
(1)幸运之星在甲箱中抽，先确定幸运之星，再在两箱中各确定一名幸运伙伴有30×29×20＝17
400种结果；
(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11
400种结果．
因此共有不同结果17
400＋11
400＝28
800种．
2．解：(1)可分为两类，A中元素为x，B中元素为y或A中元素为y，B中元素为x，共得到3×4＋4×3＝24个不同的点．
(2)第一象限内的点，即x，y均为正数，所以只能取A，B中的正数，共有2×2＋2×2＝8个不同的点．
当堂检测
1．如果x，yN，且1≤x≤3，x＋y＜7，则满足条件的不同的有序自然数对的个数是( )
A．15
B．12
C．5
D．4
答案：A 解析：利用分类加法计数原理．
当x＝1时，y＝0,1,2,3,4,5，有6种情况．
当x＝2时，y＝0,1,2,3,4，有5种情况．
当x＝3时，y＝0,1,2,3，有4种情况．
据分类加法计数原理可得，共有6＋5＋4＝15种情况．
2．(2013福建高考，理5)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
答案：B 解析：a＝0时，方程变为2x＋b＝0，则b为－1，0,1,2都有解；a≠0时，若方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，则Δ＝22－4ab≥0，即ab≤1．当a＝－1时，b可取－1,0,1,2．当a＝1时，b可取－1,0,1．当a＝2时，b可取－1，0，故满足条件的有序对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13．
3．某体育馆有8个门供球迷出入，某球迷从其中一门进入，另一门走出，则不同的进出方法有( )
A．16种
B．56种
C．64种
D．72种
答案：B 解析：分两步进行：第一步，选一门进入有8种方法；第二步，从剩下的门中选择一门走出有7种方法，共8×7＝56种方法．
4．已知集合A＝{0,3,4}，B＝{1,2,7,8}，集合C＝{x|xA，或xB}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有__________种．
答案：7 解析：分两类进行，第一类，当元素属于集合A时，有3种．第二类，当元素属于集合B时，有4种．
∴共3＋4＝7种．
5．甲、乙、丙3个班各有三好学生3,5,2名，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有__________种不同的推选方法．
答案：31 解析：分为三类：
第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×5＝15种选法；
第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×2＝6种选法；
第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有5×2＝10种选法．
综合以上三类，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31种不同选法．
提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记．1.1
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
3
课堂导学
三点剖析
一、“分类”与“分步”是区分两个计数原理的唯一标准
【例1】某同学有若干本课外参考书，其中外语5本，数学6本，物理2本，化学3本，他欲带参考书到图书馆看书.
(1)若从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法
(2)若外语、数学、物理和化学参考书各带一本，有多少种不同的带法
(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法
思路分析：(1)中“带一本参考书”应运用加法原理；
(2)中“各带一本参考书”应运用乘法原理；
(3)中“第2本不同学科的书”应分情况讨论，具有综合性.
解析：(1)要完成的事是“带一本参考书”，由于无论带哪一学科的书都完成了这件事，因此是分类问题，应用加法原理得5+6+2+3=16(种)不同的带法.
(2)要完成的事是“外语、数学、物理和化学各带一本”.因此，选一个学科中的一本书只完成了这件事的一部分，只有几个学科的书都选定了之后，才完成这件事，因此是分步计数问题，应用乘法原理，有5×6×2×3=180(种)不同的带法.
(3)要完成的事是“带2本不同学科的书”，因此要分情况考虑，即先考虑是带哪两个学科的书，如带外语、数学各一本，则选一本外语书或选一本数学书都只完成了这一件事的一部分，因此要用乘法原理，即有5×6=30种选法.同样地，外语、物理各选一本，有5×2=10种选法.选外语、化学各一本有5×3=15种选法……，从而上述每种选法都完成了这件事.因此这些选法种数之间还应用加法原理，共有5×6＋5×2+5×3+6×2+6×3+2×3=91(种)
二、两个计数原理的综合应用——分类和分步的先后问题
【例2】从1到200的自然数中，各个数位上都不含数字8的自然数有多少个
分析：由题设条件要先分类，第一类考虑一位数中有多少不含数字8的自然数；第二类考虑两位数中有多少个不含数字8的自然数，此类中又要分个数和十位数两步，即要分步；第三类考虑三位数中有多少个不含数字8，也要分个位、十位、百位三步.故应先用分类计数原理，在每一类中需要分步的再用分步计数原理求解.
解析：由题意分三类解决，第一类：一位数中有8个大于0且不含数字8的自然数.第二类：两位数中有多少不含数字8的自然数，此类需要分两步，第一步：个位上除8之外有9种选法，第二步：十位数上除0和8之外有8种选法，要根据分步计数原理，得第二类数中有8×9=72
(个)数符合要求.第三类：三位数中有多少不含数字8的自然数，此类需要分两个小类，一类是百位数为1的三位数，此类需分三步，第一步：个位上除8之外有9种选法；第二步：十
位数上除8之外有9种选法；第三步：百位数为1，有1种选法.根据分步计数原理，得此类数中有9×9=81(个)数符合要求.另一类是百位数为2的三位数，即200，就是1个，由分类计数原理得此时第三类的三位数中有81+1=82(个)不含数字8的自然数.
故先用分类计数原理再结合分步计数原理，得从1到200的自然数中各个数位上都不含数字
8的自然有N=8+72+82=162(个).
三、用两个计数原理解题时，要注意化归思想和分类讨论思想的使用
【例3】求与正四面体四个顶点距离之比为1∶1∶1∶2的平面的个数.
解析：设正四面体的顶点为A，B，C，D，到这四个点距离之比为1∶1∶1∶2的平面α有两类：
(1)点A，B，C在平面α的同侧，有2个(如图).
①
②
(2)点A，B，C在平面α的两侧，有6个(如图).
①
②
③
④
⑤
⑥
转换点A，B，C，D，共可得4×8=32个平面.
各个击破
【类题演练1】已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)是平面上的点,a,b∈M:
(1)P(a,b)可表示平面上多少个不同的点
(2)P(a,b)可表示多少个坐标轴上的点
解析：(1)完成这件事分成两个步骤：a的取法有6种，b的取法也有6种，∴P点个数为：N=6×6=36(个)
(2)完成这件事可分三类：
x轴上(不含原点)有5个；
y轴上(不含原点)有5个；
既在x轴上，又在y轴上的点即原点也适合，∴共有N=5+5+1=11(个)
【变式提升1】甲厂生产的收音机外壳形状有3种，颜色有4种，乙厂生产的收音机外壳形状有4种，颜色有5种.这两厂生产的收音机仅从外壳的形状和颜色看，共有多少种不同的品种
解析：分两类：一类是甲厂生产的有3×4种，一类是乙厂生产的有4×5种，根据加法原理共有3×4+4×5=32种.
【类题演练2】将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点颜色不同；如果只有红、黄、蓝、绿、黑5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数.
解析：如图所示，四棱锥P-ABCD中，第一步先将侧面PAB上的三点P、A、B染色，由于只有5种颜色且具有同一条棱上的两端点颜色不同，再分三个步骤共有5×4×3=60(种)染法.其次，当P、A、B用三种不同的颜色染好后，不妨设分别染的是P红、A黄、B蓝.若点C
染黄色，则D可染蓝、绿、黑，即有3种染法.若点C染绿色，则D可染蓝、黑，即有2种染法.若点C染黑色，则D可染蓝、绿，即有2种染法.故第二步C和D还有7种染法.最后，由分步计数原理，得共有60×7=420(种)染法.
【变式提升2】同室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式有(
)
A.6种
B.9种
C.11种
D.23种
解析：记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他的三人之一收到.故有3种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类：甲收到乙送出的卡片，这时，丙、丁只有互送卡片一种分配方式.
第二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种(分别为丙和丁送出的)，对于每一种情形，丁收到卡片的方式只有一种.因此，根据分类与分步计数原理，得不同的分配方式数为：3×(1+2)=9.
答案：B
【类题演练3】在坐标平面上画出63条直线：y=b,y=+2b,y=+2b,其中b=-10,-9,-8,
…，-1，0，1，…8，9，10，这些直线将平面切成若干个等边三角形，其中边长为的等边三角形有多少个
解析：6条最外面的直线围成一个边长为的正六边形，穿过原点O的三条直线将这六边形分成6个边长为的等边三角形.因为每个这样的大三角形的边长是小三角形边长的10倍，且每个大三角形被分成102个小三角形，所以正六边形内部共有边长为的小三角形为6×102=600(个).另外，与正六边形每条边相邻的外部都有10个边长为的小三角形(如图).故边长为23的等边三角形的个数为N=6×102+6×10=660.
【变式提升3】某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场得1分；负一场是0分.一球队打完15场，积33分.若不考虑顺序，该队胜、负、平的情形共有(
)
A.3种
B.4种
C.5种
D.6种
解析：设该队胜x场，平y场，负z场，则x,y,z是非负整数，且因为不考虑胜、平、负的顺序，所以问题转化为求此方程组的不同非负整数解的组数.
由②得，y=3(11-x),代入①式，得z=2(x-9).由0≤y≤15,0≤z≤15，可知因为x是非负整数,所以这个不等式的解为9≤x≤11,即x最多只能取9,10,11三个值,对应的y值也只能取6,3,0三个值,对应的z值也只能取0,2,4三个值.从而①②组成的方程组有且只有三组的非负整数解,选A.1.1
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
预习导航
课程目标
学习脉络
1．会分析分类加法计数原理与分步乘法计数原理，能知道两个原理的区别与联系．2．能用分类加法计数原理与分步乘法计数原理解决一些实际问题．
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．
思考1完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有多少种不同的方法？
提示：m1＋m2＋…＋mn
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．
思考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，则完成这件事共有多少种不同的方法？
提示：m1×m2×…×mn
计产分类加法计数原理
数原理
分步乘法计数原理1.1
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1
课堂导学
三点剖析
一、分类加法计数原理的简单应用
【例1】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.
解析:“至少”问题往往需要发类，在三本好书中至少买一本，可分为在类：恰买一本，有3种方种；恰买2本，有3种种方法，恰买3本，有1种方案，从而共有3+3+1=7种方法。
温馨提示
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.在分类过程中要按照统一的标准进行.本题中是按照购买的本数分成了三类.
二、合理地选择分类标准是用好分类加法计数原理的关键
【例2】将一个正三角形的各边都n等分，过各分点作其它两边的平行线，一共可产生多少个三角形(包括原来的三角形在内)
解析：如图，不妨设正△ABC的边长为n，首先考虑“头朝上”的三角形，即平行于水平线的那条边在其对角顶点下方的三角形.
边长为1的“头朝上”的三角形有
1+2+…+n=个.
边长为2的“头朝上”的三角形有
1+2+…+(n-1)=个.
…
边长为n的“头朝上”的三角形只有1个.
从而，“头朝上”的三角形共有
个.
然后考虑“头朝下”的三角形，即平行于水平线的那条边在其对角顶点上方的三角形.
边长为1的“头朝下”的三角形有
1+2+…+(n-1)=
个.
边长为2的“头朝下”的三角形有
1+2+…+（n-3）=个.
边长为m的“头朝下”的三角形有
=1k个(n+1＞2m).
故当n为奇数时，“头朝下”的三角形有
.
=个；
各个击破
【类题演练1】在正方体的8个顶点中，能构成一个直角三角形的3个顶点的三点组的个数是(
)
A.24
B.36
C.48
D.56
解析：注意到每个正方形或矩形各有4个“直角三角形三点组”，现正方体共有6个正方形
侧面及6个矩形对
角面，故可视为有12类方案，即12个矩形或正方形，由分类加法计数原理
得4×12=48个“直角三角形三点组”.故选C.
答案：C
【变式提升1】在十进制数中，若一个至少有两位数字的正整数除了最左边的数字外，其余各个数字都小于其左边的数字时，则称它为递降正整数.所有这样的递降正整数的个数为(
)
A.1
001
B.1
010
C.1
011
D.1
013
解析：设最左边的数字为n，则比n小的数字n-1,n-2,…,2,1,0每个只能在n的右边至多出
现一次.可是，以n为最左边数字的递降正整数的个数等于集合{n,n-1,…,2,1,0}的非空子
集合个数2n-1.但n=1,2,…,9,故递降正整数共有=(210-2)-9=1
013(个).
【类题演练2】设M是集合S={1,2,3,…,1
999}的子集，且M中每一个正整数(元素)仅含一个0，则集合M所含元素最多有(
)
A.243个
B.324个
C.414个
D.495个
解析：为了清楚起见，可将集合S中的正整数(元素)按其位数划分为如下四个子集：
S1={1,2,3,…,9},
S2={10,11,12,…,99},
S3={100,101,102,…,999},
S4={1
000,1
001,1
002,…,1
999}.
显然，S1中每个元素都不含0；
在S2中，仅个位数为0的元素有9个，则共有9个；
在S3中，仅个位或十数为0的元素各有92个，则共有162个；
在S4中，仅个位或十位或百位数为0的元素各有92个，则共有3×92=243个.
根据分类原理，集合M中所含元素最多有414个.
答案：C
【变式提升2】已知椭圆=1的焦点在y轴上，若a∈{1,2,3,4,5},b∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆共有多少个
解析：依题意知b＞a,当b=6或7时，a各有5个可能取值；
当b=5时，a只有4个可取值；
当b=4时，a只有3个可取值；
当b=3时，a只有2个可取值；
当b=2时，a只有1个可取值.
由分类加法计数原理知:共有5+5+4+3+2+1=20个.
当n为偶数时，“头朝下”的三角形有
=个.
综上所述，一共产生的三角形的个数为
N=
三、先将问题转化后再进行分类
【例3】
把20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子内的球数不小于它的编号数，则不同的放法共有____________种.
解析:不妨设编号为1，2，3的三个盒子中分别放入了x1,x2,x3个小球，依题意有
问题转化为在条件(2)下求不定方程(1)的解的个数，可考虑用分类计数的方法.
当x1=1时，x2=2,3,
…,16,这时x3随之而定，从而共有15种放法.
当x1=2时，x2=2,3,
…,15,这时x3随之而定，从而共有14种放法.
当x1=15时，只有x2=2,x3=3,仅有一种放法.
根据分类原理，符合要求的放法共有N=15+14+…+2+1=120(种).
温馨提示
本题应用等价转化的思想，把“投球”问题转化为求不定方程解的个数问题，应用分类计数原理，使问题很快得到解决.
【类题演练3】某生为自己的电脑购置价值不超过500元，单价分别为60元，70元的单片软件和盒装磁盘.根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式有多少种
解析：设购买单片软件x片，盒装磁盘y盒，则依题意有
60x+70y≤500(x,y∈N
,且x≥3,y≥2)
按购买x片分类：
x=3,则y=2,3,4共3种方法；
x=4,则y=2，3共2种方法；
x=5,则y=2共1种方法；
x=6，则y=2共1种方法.
由分类加法计数原理知，不同的选购方式有
N=3+2+1+1=7(种)
【变式提升3】设正2n+1(n∈N
)边形内接于一个圆，考虑所有以这2n+1边形的顶点为顶
点的三角形，其中有多少个三角形的内部含该圆的圆心
解析：如图，先取定一个顶点A，将其它2n个顶点顺次标为1，2，…，2n.
设以A，i(1≤i≤n)为一个端点的两条直径的另一个端点分别为B，C(注意：B，C不可能是正2n+1边形的顶点)，则上有i个顶点，这些顶点而且只有这些顶点与A，i构成锐角三角形.于是，以A，i(1≤i≤n)为顶点的锐角三角形有(个).因为A点有2n+1种取法，且在和(2n+1)×中每个三角形重复出三次，所以共有n=n(n+1)(2n+1)个
三角形内部含圆心O.1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
学习目标
重点、难点
1.会分析分类加法计数原理与分步乘法计数原理，能知道两个原理的区别与联系．2．能解决用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的一些实际问题.
重点：1.理解两个计数原理的内容及它们的区别．2．两个计数原理的应用．难点：1.两个计数原理的应用．2．分类与分步问题的选择.
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________种不同的方法．
预习交流1
(1)分类加法计数原理的推广：完成一件事有n类不同的方案：在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有多少种不同的方法？
(2)分类加法计数原理的特点有哪些？
(3)有三个袋子，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．若从三个袋子中任取1个小球，有多少种不同的取法？
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________种不同的方法．
预习交流2
(1)分步乘法计数原理的推广：
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，那么完成这件事共有N＝__________种不同的方法．
(2)分步乘法计数原理的特点有哪些？
(3)若x∈{1,2,3}，y∈{5,6,7}，则x·y的不同值有( )．
A．6个 B．7个 C．8个 D．9个
3．分类加法计数原理与分步乘法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
关键词
分类
分步
本质
每类方法都能独立地完成这件事，它是独立的、一次性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，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，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事．
各类(步)的关系
各类办法之间是互斥的、并列的、独立的，即“分类互斥”.
各步之间是关联的、独立的，“关联”确保连续性，“独立”确保不重复，即“分步互依”.
4.用两个计数原理解决问题的步骤
用两个计数原理解决计数的问题时，最重要的是开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是分步．
分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理____，得到总数．
分步要做到“步骤完整”——完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数____，得到总数．
答案：
1．N＝m＋n
预习交流1：(1)提示：m1＋m2＋…＋mn
(2)提示：①完成一件事有若干个不同的方法，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．
(3)提示：15种
2．N＝m×n
预习交流2：(1)提示：m1×m2×…×mn
(2)提示：①完成一件事需要经过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．
(3)提示：D
4．求和 相乘
在预习中，还有哪些问题需要你在听课时加以关注？请在下列表格中做个备忘吧！
我的学困点
我的学疑点
一、分类加法计数原理的应用
某校高三共有三个班，各班人数如下表.
男生人数
女生人数
总人数
高三(1)班
30
20
50
高三(2)班
30
30
60
高三(3)班
35
20
55
(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法；
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
思路分析：(1)从每个班选1名学生任学生会主席都能
独立完成这件事，因此应采用分类加法计数原理；(2)完成这件事有三类方案，因此也应采用分类加法计数原理．
1．某班有28名男生，20名女生，从中选一名同学作为数学课代表，则不同的选法有( )种．
A．28
B．20
C．48
D．560
2．家住济南的小明同学向往北京的故宫、长城，准备暑假去参观旅游，从泉城济南到北京一天中有飞机早、中、晚3个航班，动车组有4个班次，汽车有8个不同班次．则小明乘坐这些交通工具去北京有__________种不同的方法．
分类加法计数原理是涉及完成一件事的不同方法的计数种类，每一类中的各种方法都是相互独立的，且每一类方法中的每一种方法都可以独立地完成这件事，在应用该原理解题时，首先要根据问题的特点，确定好分类的标准．分类时应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类且仅属于某一类．
二、分步乘法计数原理的应用
(1)现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )．
A．56
B．65
C.
D．6×5×4×3×2
(2)已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6,7}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示( )个不同的圆．
A．9
B．12
C．8
D．24
思路分析：确定圆的方程需要分别确定出圆心的横坐标、纵坐标、半径，可以用分步乘法计数原理解决．
1．小明同学要从4个不同的人文课外活动小组和5个不同的自然课外活动小组中各选择一个小组参加，则他有__________种不同的选择方法．
2．图书馆有8本不同的有关励志教育的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有__________种不同的分法．
利用分步乘法计数原理计数的一般思路是首先考虑这件事要经过哪几个步骤才能完成，然后找出每一步中有多少种不同的方法，最后求其积，但应注意各个步骤是既相互独立又密切相关的，都完成后，才能完成整件事．
三、两个计数原理的综合应用
王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．
(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？
(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？
(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？
思路分析：解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法事情是否完成，从而区分加法原理和乘法原理．
1．用1,2,3组成没有重复数字的整数，可以组成__________个．
2．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，从A，B中各取1个元素，作为点P(x，y)的坐标．
(1)可以得到多少个不同的点？
(2)这些点中，位于第一象限的有几个？
(1)解决此类综合题的关键在于区分该问题是“分类”还是“分步”．首先要有意识地去区分该问题是“分类”还是“分步”，如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是分类；而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分事件，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步．
(2)注意运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决既有“分类”又有“分步”的综合问题时应“先分类，后分步”．
答案：
活动与探究1：解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：
第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；
第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；
第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165种不同的选法．
(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：
第1类，从高三(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第2类，从高三(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法．
迁移与应用：1.C 解析：选一名数学课代表有2类不同的方案．
第1类：从该班的男生中选1名同学，有28种不同的选法．
第2类：从该班的女生中选1名同学，有20种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，选1名同学有28＋20＝48种不同的选法．
2．15 解析：小明去北京共有3类办法，任选一类都可以独立完成“去北京”这件事．乘坐飞机有3种方法，动车组有4种方法，汽车有8种方法，
∴共有3＋4＋8＝15种方法．
活动与探究2：(1)A 解析：要完成选择听讲座这件事，需要分六步完成，即6名同学逐个选择要听的讲座，因为每名同学均有5种讲座可选择，由分步乘法计数原理，6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种不同的选法．
(2)D 解析：完成表示不同的圆这件事有三步：第一步，确定a有3种不同的选取方法；第二步，确定b有4种不同的选取方法；第三步，确定r有2种不同的方法．由分步乘法计数原理，方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆共有3×4×2＝24(个)．
迁移与应用：1.20 解析：分两步进行：第一步，从人文课外活动小组中选择一个有4种方法；第二步，从自然课外活动小组中选择一个有5种方法．∴共有5×4＝20种方法．
2．336 解析：分三步进行：第一步，先分给第一个同学，从8本书中选一本，共有8种方法；第二步，再分给第二个同学，从剩下的7本中任选1本，共有7种方法；第三步，分给第三个同学，从剩下的6本中任选1本，共有6种方法．∴不同分法有8×7×6＝336种．
活动与探究3：解：(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种)．
(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种)．
(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法；即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种)．
迁移与应用：1.15 解析：第一类，组成的整数是一位数时有1,2,3共3个．
第二类，组成的整数是两位数时，先确定十位有3种方法，再确定个位有2种方法，共3×2＝6个．
第三类，组成的整数是三位数时，依次确定百位，十位，个位分别有3种方法，2种方法，1种方法，共3×2×1＝6个．
所以由分类加法计数原理，共有3＋6＋6＝15个整数．
2．解：(1)可分为两类，A中元素为x，B中元素为y或A中元素为y，B中元素为x，共得到3×4＋4×3＝24个不同的点．
(2)第一象限内的点，即x，y均为正数，所以只能取A，B中的正数，共有2×2＋2×2＝8个不同的点．
1．为了准备晚饭，小张找出了3种冷冻蔬菜，5种罐装蔬菜和4种新鲜蔬菜，如果晚饭时小张只吃1种蔬菜，那么共有不同的选择种数为( )．
A．3
B．5
C．12
D．60
2．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有( )．
A．10种
B．20种
C．25种
D．32种
3．某体育馆有8个门供球迷出入，某球迷从其中一门进入，另一门走出，则不同的进出方法有( )．
A．16种
B．56种
C．64种
D．72种
4．已知集合A＝{0,3,4}，B＝{1,2,7,8}，集合C＝{x|x∈A，或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有__________种．
5．甲、乙、丙3个班各有三好学生3,5,2名，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有__________种不同的推选方法．
答案：
1．C 解析：选一种蔬菜有3类，分别有3,5,4种方法，
∴不同的选择有3＋5＋4＝12种方法．
2．D 解析：完成这件事共分5步，即每个同学均报完一个小组才结束，每人有2种选择方法，故共有2×2×2×2×2＝32种不同选择．
3．B 解析：分两步进行：第一步，选一门进入有8种方法；第二步，从剩下的门中选择一门走出有7种方法，共8×7＝56种方法．
4．7 解析：分两类进行，第一类，当元素属于集合A时，有3种．第二类，当元素属于集合B时，有4种．
∴共3＋4＝7种．
5．31 解析：分为三类：
第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×5＝15(种)选法；
第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×2＝6(种)选法；
第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有5×2＝10(种)选法．
综合以上三类，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31(种)不同选法．
用精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来，并进行识记．
知识精华
技能要领
