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
第2课时 两个计数原理的综合应用
A级 基础巩固
一、选择题
1．某同学逛书店，发现三本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有( )
A．3种 B．6种
C．7种 D．9种
解析：买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本有1种方案．因此共有方案：3＋3＋1＝7(种)．
答案：C
2．从1，2，3，4，5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：分两类：第一类，公差大于0，有以下4个等差数列：①1，2，3，②2，3，4，③3，4，5，④1，3，5；第二类，公差小于0，也有4个．根据分类加法计数原理可知，可组成的不同的等差数列共有4＋4＝8(个)．
答案：D
3．从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为( )
A．12 B．11
C．24 D．23
解析：先在{1，2，3}中取出1个元素，共有3种取法，再在{1，4，5，6}中取出1个元素，共有4种取法，取出的2个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知不同的点的个数有N＝3×4×2＝24(个)．又点(1，1)被算了两次，所以共有24－1＝23(个)．
答案：D
4．要把3张不同的电影票分给10个人，每人最多一张，则有不同的分法种数是( )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
解析：可分三步：第一步，任取一张电影票分给一人，有10种不同分法；第二步，从剩下的两张中任取一张，由于一人已得电影票，不能再参与，故有9种不同分法；第三步，前面两人已得电影票，不再参与，因而剩余最后一张有8种不同分法．所以不同的分法种数是10×9×8＝720(种)．
答案：B
5．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数的个数是( )
A．20 B．16
C． 14 D．12
解析：因为四位数的每个位数上都有两种可能性(取2或3)，其中四个数字全是2或3的不合题意，所以适合题意的四位数共有2×2×2×2－2＝14(个)．
答案：C
二、填空题
6．3位旅客投宿到1个旅馆的4个房间(每房间最多可住3人)有________种不同的住宿方法．
解析：分三步，每位旅客都有4种不同的住宿方法，因而共有不同的方法4×4×4＝43＝64(种)．
答案：64
7．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．
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，选法有3×5＝15(种)；
第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3×2＝6(种)；
第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有5×2＝10(种)．
综合以上三类，根据分类加法计数原理，不同选法共有15＋6＋10＝31(种)．
答案：31
8．下图的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L形，那么在由3×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L形图案的个数为________(注：其他方向的也是L形)．
解析：每四个小正方形图案都可画出四个不同的L形图案，该图中共有8个这样的小正方形．故可画出不同的位置的L形图案的个数为4×8＝32.
答案：32
三、解答题
9．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3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？
解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．
(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理，不同的选法有28＋7＋9＋3＝47(种)．
(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理，不同的选法有28×7×9×3＝5 292(种)．
10．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)?
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4×4＝16(个)；
第三类：三位自然数，又可分三步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4＝64(个)；
第四类：四位自然数，又可分四步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4×4＝256(个)．
由分类加法计数原理知，可以组成的不同的自然数为
4＋16＋64＋256＝340(个)．
B级 能力提升
1．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出现，这样的四位数有( )
A．36个 B．18个
C．9个 D．6个
解析：分3步完成，1，2，3这三个数中必有某一个数字被重复使用2次．
第1步，确定哪一个数字被重复使用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．
故可组成的不同的四位数有3×3×2＝18(个)．
答案：B
2．把9个相同的小球放入编号为1，2，3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有________种．
解析：分四类：第一个箱子放入1个小球，将剩余的8个小球放入2，3号箱子，共有4种放法；第一个箱子放入2个小球，将剩余的7个小球放入2，3号箱子，共有3种放法；第一个箱子放入3个小球，将剩余的6个小球放入2，3号箱子，共有2种放法；第一个箱子放入4个小球则共有1种放法．根据分类加法计数原理共有10种情况．
答案：10
3．某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？
解：第一步，在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法，B1有3种方法，C1有2种方法，4×3×2＝24，即共有24种方法．
第二步，从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法．
第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法，由分步乘法计数原理可得，安装方法共有4×3×2×3×3＝216(种)．
学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
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．54 B．45
C．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】 B
2．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．17
C．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】 B
3．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：
BADCCDADAC CADBDABDBA DABCCABCBA
所以共有9种不同的分配方式，故选B.
【答案】 B
3
4
图1-1-8
4.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图的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1-1-8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】 A
5．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“QQ农场”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】 48
7．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】 30
8．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1-1-9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)．
图1-1-9
【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个为526，故从小到大第89项为531.
[能力提升]
1．(2018·菏泽检测)如图1-1-10，一环形花坛分成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( )
图1-1-10
A．96 B．84 C．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】 B
2．两人进行乒乓球比赛，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(各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】 C
3．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】 2 880
4．(2018·杭州外国语学校检测)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.
一. 本周教学内容：
选修2—3 基本计数原理和排列组合
二. 教学目标和要求
1. 掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理，并能用两个计数原理解决一些简单的问题。
2. 理解排列和组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式，组合数公式，并解决简单的实际问题。
3. 让学生体会思想与方法，培养学生分析问题，解决问题的能力，激发学生学习的兴趣。注意问题的转化，分类讨论，注重数形结合，学会从不同的切入点解决问题。
三. 重点和难点
重点：两个基本计数原理的内容；排列和组合的定义，排列数和组合数公式及其应用
难点：两个计数原理的应用和应用排列组合数公式解决实际的问题
四. 知识要点解析[来源:www.shulihua.net]
1. 两个基本计数原理
（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m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的办法……在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法
（2）分步乘法计数原理：
做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的办法……做第n个步骤有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法
说明：
（1）两个基本计数原理是解决计数问题最基本的理论根据，它们分别给出了用两种不同方式（分类和分步）完成一件事情的方法总数的计算方法
（2）考虑用哪个计数原理，关键是看完成一件事情是否能独立完成，决定是分类还是分步。如果完成一件事情有n类办法，每类办法都能独立完成，则用分类加法计数原理；如果完成一件事情，需要分成n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有步骤，才能完成这件事情，则用分步乘法计数原理
（3）在解决具体问题，要弄清是“分步”，还是“分类”，还要弄清“分步”或者“分类”的标准是什么，注意分类，分步不能重复，不能遗漏
2. 排列问题
（1）排列的定义：一般的，从n个不同的元素中任取m（mn）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
说明：
①定义中包含两个基本内容：一是“取出元素”，二是“按一定顺序排列”
②一个排列就是完成一件事情的一种方法
③不同的排列就是完成一件事情的不同方法
④两个排列相同，需要满足两个条件：一是元素相同，二是顺序相同
⑤从n个不同的元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列，记作
（2）排列数的定义：从n个不同的元素中任取m（mn）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中任取m个元素的排列数。用符号
（3）排列数公式：
（读作n的阶乘），0！＝1
说明：①
②公式右边是m个从大到小的连续正整数之积，最大的因数是n，最小的因数是n－m＋1
③n的阶乘是正整数n到1的连乘积
3. 组合问题
（1）组合的定义：一般地，从n个不同的元素中任取m（mn）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
说明：
①如果两个组合中元素完全相同，不管它们的顺序如何都是相同的组合
②当两个组合中元素不完全相同，就是不同的组合
③排列和组合的区别：排列和顺序有关，而组合和顺序无关
（2）组合数定义：从n个不同的元素中任取m（mn）个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中任取m个元素的组合数。用符号
（3）组合数公式：
（4）组合数的两个性质：
① ②
4. 排列和组合的关系：
（1）二者区别的关键：是否和顺序有关
（2）二者的联系：
5. 解决站队和组数的常用方法：
（1）特殊位置（或元素）优先考虑法：解决在与不在的问题
（2）捆绑法：解决元素相邻的问题
（3）插空法：解决元素不相邻的问题
（4）间接法：先总体考虑，后排除不符合条件的，转化问题
【典型例题】
例1. （1993年全国高考） 同室4人各写一张贺年卡片，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡片，则4张贺年卡片不同的分配方式有：（ ）
A. 6种 B. 9种 C. 11种 D. 23种
错解： ① 3×2×1×1＝6 选（A）
② 3×2×2×1－1＝11 选（C）
③ 3×2×2×2－1＝23 选 （D）
错解原因：由于本人不能拿自己写的卡片这一限制条件，导致它们之间有过多的相互影响的限制，因此三种解法都没有能全面考虑。有的重复有的遗漏，思路不清晰，从而错解本题。
由于本题4这个数目不大，设4人分别编号甲，乙，丙，丁，4人对应卡片分别编号1，2，3，4，我们可以采用穷举法逐一列举如下：
2 1 4 3 2 3 4 1 2 4 1 3
3 1 4 2 3 4 2 1 3 4 1 2
4 1 2 3 4 3 1 2 4 3 2 1
共有9种，所以正确答案选（B）[来源:www.shulihua.net]
分析：建立数学模型将贺年卡片的分配问题转化为数学问题，用1，2 ，3，4这4个数字组成无重复的四位数，其中1不在千位，2不在百位，3不在十位，4不在个位的4位数共有多少个？
思路：用乘法原理，千位只能放2，3，4三种；在放过数字2后，百位只能放1，3，4三种，后两位已经确定。类似的，当千位数字是3，十位只能放1，2，4，其余也已确定
∴ 3×3×1＝9 ，共有9种，所以正确答案选（B）
评析：要分析清楚它们之间的关系，注意问题的转化，和数学问题联系起来，建立数学模型。
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例2. （2003年全国高考文科）将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有 种（以数字作答）
错解：按照乘法原理3×2×2×2×2＝48种
错解原因：这48种里面有不符合条件的，设三种作物为ABC，例如下面情况是存在的ABABA，BABAB只有两种作物，不符合题意，共有种
正确解法：48－6＝42种
例3. 从包含甲的若干名同学中选出4名分别参加数学，物理，化学和英语竞赛，每名学生只能参加一科竞赛，且任2名同学不能参加同一科竞赛，若甲不参加物理和化学竞赛，则共有72种不同的参赛方案，问一共有多少同学？
分析：若设共有n名同学，则我们可以用n把参赛方法总数表示出来，这种实际上就是得到了一个关于n的方程，解方程即可求出n的值
解：设共有n名同学，首先从这n名同学中选出4人，然后再分别参加竞赛，按同学甲分类：第一类，不选甲，则从剩下的n－1名同学中选出4人分别参加4科竞赛，有种参赛方式；第二类，选甲，首先安排甲，有种方法，再从剩下的n－1名同学中选出3人参加剩下的3科竞赛，有种方法，共有种参赛方式，所以根据分类计数原理，一共有＋种方法，根据题意得＋＝72，解得n＝5[来源:www.shulihua.net]
评析：对于这类较为复杂的问题，我们往往感到无从下手，如果，从竞赛学科的角度来思考，则需要分很多种情况，容易出错。这时我们可以采用“先取后排”的原则：即首先取出符合条件的元素，再按要求把它们排起来，这样解答比较条理，有利于问题的解决。同学们在思考这个问题时，关键是要理清思路，注意问题的转化，不要“一条道走到黑”，不要“钻牛角尖”。当然这道题也可采用“先特殊后一般”的原则解决，大家不妨一试。
例4. 用0到9这十个数字可以组成多少个没有重复数字的
（1）五位数 （2）五位奇数 （3） 五位偶数
（4）数字0不选上，但数字2，3必须选上且相邻的五位数
解：（1）首位是特殊位置，按照特殊位置优先考虑的方法，第一步：首位共有方法，
第二步：从剩余的9个数字（包括数字0）中选取4个排列，共有种方法
根据乘法原理：共有＝27216种
（2）填空法
思路一：首位和末位都是特殊位置，如果先考虑首位，则有首位是奇数和偶数两种情况，分类讨论：首位奇数，则有种，末位为奇数有种，其余种，所以共有＝6720种方法。首位偶数，不能为0，则有种，末位为奇数有种，其余种，所以共有＝6720种方法，则共有＋＝13440种
思路二：先确定末位为奇数，有种，首位不能为0，则有种，其余种，所以共有＝13440种
分析：两个特殊位置中末位更特殊，注意分析，有利于解决问题，在这里我详细分析，注意体会，并在解题中加以应用。
（3）思路一：末位偶数，分两类：末位是0，则首位有种，其余有；末位不是0，有种， 则首位有种，其余有，所以共有＋＝13776种
思路二：（间接法）利用五位数的方法数＝27216种，减去五位奇数的方法数＝13440种，所以共有－＝27216－13440＝13776种
（4）数字0不选上，但数字2，3必须选上且相邻的五位数
第一步：选元素，数字2，3必须选上，然后再选择3个元素，有种
第二步：排顺序，把2，3看成一个元素，俗称“捆绑”，共有4个元素排顺序，有种，但，2，3两元素还有顺序，有种
所以共有＝1680种
分析：该例题涉及组数，关键分清题目中的条件的限制，常用方法就是，特殊位置（元素）优先考虑，优先安排；相邻问题可以用捆绑法；不相邻问题可以用插空法；直接来求情况较多，也可以用间接法。只有理解了题意，明白题目的意图，这些方法才能熟练应用。
思考：如何解决这个问题？
用1到9这九个数组成九位数，要求偶数不能相邻，问有多少种不同的排法？
例5. 六本不同的书，根据下列条件分配，各有多少种不同的分配方案？
（1）甲两本，乙两本，丙两本
（2）甲一本，乙两本，丙三本
（3）一人一本，一人两本，一人三本
（4）平均分成3堆
解：（1）有编号，有分步计算原理得种
（2）有编号，甲有，乙有，丙有，所以共有＝60种
（3）无编号，先分组后分配给甲乙丙，分组有，分配有，所以共有＝360种
（4）平均分组种
【模拟试题】
一、选择题
1. 已知椭圆的焦点在y轴上，且，这样的椭圆共有（ ）个
A. 9 B. 12 C. 15 D. 30
2. 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，负一场得0分，一球队打完15场比赛，积分33分，若不考虑顺序，该队胜平负的情况共有（ ）种
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
3. （全国高考） 从4名甲型和5名乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各一台，不同的取法共有（ ）种
A. 140 B. 84 C. 70 D. 35
4. 四个不同的小球放入编号1，2，3，4的四个盒子中，则恰有一个空盒的方法共有（ ）种
A. 288 B. 144 C. 72 D. 以上都不对
5. 四面体的和各棱中点共有10个点，在其中取四个不共面的点，不同的取法有（ ）种
A. 150 B. 147 C. 144 D. 141
6. 八个不同颜色的小球已平均分装在4个箱子中，现从不同的箱子中取出2个彩球，则不同的取法共有（ ）种
A. 6 B. 12 C. 24 D. 28
7. 每天上午有4节课，下午2节课，安排5门不同的课程，其中安排一门课两节连在一起上，则一天安排不同课程的种数为（ ）
A. 96 B. 120 C. 480 D. 600
8. 五个人排成一排，其中甲不在排头，乙不在排尾，不同的排法有（ ）种
A. 120 B. 78 C. 96 D. 72
9. 从不同号码的5双鞋中任取4只，其中恰好有一双的取法种数为（ ）
A. 120 B. 60 C. 240 D. 280
10. 分别在三张卡片的正反面上写有1与2，3与4 ，5与6，且6可以当9用，把这三张卡片拼在一起，表示一个三位数，则三位数的个数共有（ ）个
A. 12 B. 24 C. 48 D. 72
二、填空题
1. 有100个三好学生名额，分配到高三年级60班，每班至少一个名额，共有 种不同的分配方案。
2. 马路上有8盏路灯，为节约用电又不影响正常的照明，可把其中的3盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或者三盏，也不能关掉两端的灯，那么满足条件的关灯方法共有
种。
3. 三个人坐在一排8个座位上，若每人两边都有空位，则坐法种数为
4. 计算
5. 若 ，则x＝
6. 十只产品中有4只次品，6只正品，每次取出一个测试，直到 4只次品全测出为止，则第4只次品在第5次测试时被发现的情形共有 种
三、解答题（套题）
有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，不同的排法有多少种？
（1）全体排成一排
（2）选其中5人排成一排
（3）全体排成一排，其中甲只能在中间或者两头位置
（4）全体排成一排，甲乙必须在两头
（5）全体排成一排，甲不在最左边，乙不在最右边[来源:www.shulihua.net]
（6）全体排成一排，男女生各一边
（7）全体排成一排，男生必须排在一起
（8）全体排成一排，其中甲必须在乙的左边
（9）全体排成一排，男生不能排在一起
（10）全体排成一排，甲乙两人之间必须有3人
（11）排成前后两排，前排3人，后排4人
（12）排成前后2排，甲必须在前排
请做完之后，再看答案
【试题答案】
一、选择题
1. A 2. A 3. C 4. B 5. D
6. C 7. C 8. B 9. A 10. D
二、填空题
1. 挡板法，把100个名额看成100个位置，中间有99个空，插入59个挡板，分成60部分，即 种
2. 插空法：问题转化为“在5盏亮灯的4个空中插入3盏暗灯”所以＝4种
3. 24
4. 利用 ，结果为
5. 2x－7＝x或2x－7＋x＝20，解得x＝7或x＝9
6. 第4只次品在第5次测试时被发现，说明前四次测试中有3只次品，一只正品，第5次一定是次品，所以共有 种不同的方法。
三、解答题（套题）
【励志故事】
宽恕的力量
在美国南北战争期间，有个名叫罗斯韦尔·麦金太尔的年轻人被征入骑兵营。由于战事进展不顺，士兵奇缺，在几乎没有接受任何训练的情况下，他就被临时派往战场。在战斗中，年轻的麦金太尔担惊受怕，终于开小差逃跑了。后来，他以临阵脱逃的罪名被军事法庭判处死刑。
当麦金太尔的母亲得知这个消息后，她向当时的总统林肯发出请求。她认为自己的儿子年纪轻轻，少不更事，他需要第二次机会来证明自己。然而部队的将军们力劝林肯严肃军纪，声称如果开了这个先例，必将削弱整个部队的战斗力。
在这种情况下，林肯陷入两难境地。经过一番深思熟虑后，他最终决定宽恕这个年轻人，并说了这样一句著名的话：“我认为，把一个年轻人枪毙对他本人绝对没有好处。”为此他亲自写了一封信，要求将军们放麦金太尔一马：“本信将确保罗斯韦尔·麦金太尔重返兵营，在服完规定年限的兵役后，他将不受临阵脱逃的指控。”
如今，这封褪了色的林肯亲笔签名信被一家著名的图书馆收藏展览。这封信的旁边还附带了一张纸条，上面写着：“罗斯韦尔·麦金太尔牺牲于弗吉尼亚的一次激战中，此信是在他的贴身口袋里发现的。”
一旦被给予第二次机会，麦金太尔就由怯懦的逃兵变成了无畏的勇士，并且战斗到自己生命的最后时刻。由此可见，宽恕的力量何等巨大！由于种种原因，人不可能不犯错误，但只有宽恕才能给他第二次机会，也才有可能让他弥补先前的过失。
［小编插语］宽恕别人，也是在善待自己，这样我们才能收获更多。
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课件46张PPT。1.1.2 分类加法计数原理
与分步乘法计数原理的综合应用自主学习 新知突破1．进一步理解和掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理．
2．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．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组，若推选两人做小组组长，这两人需来自不同的班级．
[问题] 有多少种不同的选法？
[提示] 分六类，每类又分两步，从一班、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；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)．两个计数原理在解决计数问题中的方法1．分类要做到“____________”，分类后再对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
2．分步要做到“________”——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相乘，得到总数．应用两个计数原理应注意的问题不重不漏步骤完整两个计数原理的使用方法
(1)合理分类，准确分步
处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，接下来要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)．也就是要确定一个合理的分类标准．分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性． (2)特殊优先，一般在后
解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．
(3)分类讨论，数形结合，转化与化归
分类讨论就是把一个复杂的问题，通过正确划分，转化为若干个小问题予以击破，这是解决计数问题的基本思想．
数形结合，转化与化归也是化难为易，化抽象为具体，化陌生为熟悉，化未知为已知的重要思想方法，对解决计数问题至关重要．解析： 由分步乘法计数原理得5×5×5×5×5×5＝56.
答案： A
2．(2015·郑州高二检测)某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )
A．30种 B．35种
C．42种 D．48种
解析： 选3门课程，要求A，B两类至少各选1门，可分为两种情况，一类是A类选修2门，B类选修1门，共有3×4＝12种选法；另一类是A类选修1门，B类选修2门，共有3×6＝18种选法．根据分类加法计数原理可得符合条件的选法共有12＋18＝30(种)．
答案： A3．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示五个盒子中．要求每个盒子只能放一个小球，且A不能放1,2号，B必须放在与A相邻的盒子中．则不同的放法有________．
解析： 以小球A放的盒为分类标准，共分为三类：第一类，当小球放在4号盒内时，不同的放法有3×2×1＝6(种)；第二类，当小球放在3号盒内时，不同的放法有3×3×2×1＝18(种)；第三类，当小球放在5号盒内时，不同的放法有3×2×1＝6(种)．综上所述，不同的放法有6＋18＋6＝30(种)．
答案： 30种
4．由数字1,2,3,4
(1)可组成多少个3位数；
(2)可组成多少个没有重复数字的3位数；
(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字．
解析： (1)百位数共有4种选法；十位数共有4种选法；个位数共有4种选法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个3位数．
(2)百位上共有4种选法；十位上共有3种选法；个位上共有2种选法，由分步乘法计数原理知共可组成没有重复数字的3位数4×3×2＝24(个)．
(3)组成的三位数分别是432,431,421,321共4个.合作探究 课堂互动组数问题 有0,1,2，…8这9个数字．
(1)用这9个数字组成四位数，共有多少个不同的四位数？
(2)用这9个数字组成四位的密码，共有多少个不同的密码？
[思路点拨] 四位密码的首位可为0，四位数的首位不能为0. (1)题中未强调四位数的各位数字不重复，故只需强调首位不为0，依次确定千、百、十、个位，各有8,9,9,9种方法．
所以共能组成8×93＝5 832个不同的四位数．
(2)与(1)的区别在于首位可为0.
所以共能组成94＝6 561个不同的四位密码． [规律方法] 对于组数问题的计数：一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，每类中再分步来计数；但当分类较多时，可用间接法先求出总数，再减去不符合条件的数去计数．1．(1)用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复数字的①四位密码？②四位数？
(2)从1到200的这200个自然数中，每个位数上都不含数字8的共有多少个？解析： (1)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中选取一个数字作千位数字，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作百位数字，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数字作十位数字，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作个位数字，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．
(2)本题应分3类来解决：
第1类，一位数中，除8以外符合要求的数有8个；
第2类，两位数中，十位数除0,8以外有8种选法，而个位数除8以外有9种选法，故两位数中符合要求的数有8×9＝72个；
第3类，三位数中，
①百位数为1，十位数和个位数上的数字除8以外都有9种选法，故三位数中，百位数为1的符合要求的数有9×9＝81个；
②百位数为2的数只有200这一个符合要求．
故三位数中符合要求的数有81＋1＝82个．
由分类加法计数原理知，符合要求的数字共有8＋72＋82＝162个．种植与涂色问题 用n种不同的颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一颜色．
(1)若n＝6，则为甲图着色时共有多少种不同的方法；
(2)若为乙图着色时共有120种不同方法，求n.[思路点拨]
解析： (1)对区域A，B，C，D按顺序着色，为A着色有6种方法，为B着色有5种方法，为C着色有4种方法，为D着色有4种方法，由分步乘法计数原理，共有着色方法6×5×4×4＝480(种)．
(2)对区域A，B，C，D按顺序着色，为A着色有n种方法，为B着色有n－1种方法，为C着色有n－2种方法，为D着色有n－3种方法，
利用分步乘法计数原理，不同的着色方法数是：
n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，
解得(n2－3n)(n2－3n＋2)＝120.
即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－120＝0.
∴(n2－3n－10)(n2－3n＋12)＝0.
∴n2－3n－10＝0或n2－3n＋12＝0(舍去)，
解得n＝5或n＝－2(舍去)，
故n＝5.
[规律方法] 本题是一个涂色问题，是计数问题中的一个难点．求解时要注意以下两点：一要考察全面；二要注意策略．如上述解法把A，D作为讨论区域，求解时优先考察这两个区域．2.如图有4个编号为1、2、3、4的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻(有公共边界)的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？
解析： 分为两类：
第一类：若1、3同色，则1有5种涂法，2有4种涂法，3有1种涂法(与1相同)，4有4种涂法．
故N1＝5×4×1×4＝80种．
第二类：若1、3不同色，则1有5种涂法，2有4种涂法，3有3种涂法，4有3种涂法．
故N2＝5×4×3×3＝180种．
综上可知不同的涂法共有N＝N1＋N2＝80＋180＝260种．两个计数原理的综合应用 假设在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，现从这7人中选2人分别同时参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？
[思路点拨] 因有两人既会下象棋又会下围棋，在选两人时要分类讨论．
[规律方法] 应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的关键是分清“分类”与“分步”．使用分类加法计数原理时必须做到不重不漏，各类的每一种方法都能独立完成；使用分步乘法计数原理时分步必须做到各步均是完成事件必须的、缺一不可的步骤．3．(1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2且a3＜a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数个数是多少？
(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＞a2且a3＞a2，则称这样的三位数为凹数(如102,323,756等)，那么所有凹数个数是多少？解析： (1)分8类：当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1、0，由分步乘法计数原理，有1×2＝2个；
当中间数为3时，百位可选1、2，个位可选0、1、2，由分步乘法计数原理，有2×3＝6个；同理可得：
当中间数为4时，有3×4＝12个；
当中间数为5时，有4×5＝20个；
当中间数为6时，有5×6＝30个；
当中间数为7时，有6×7＝42个；
当中间数为8时，有7×8＝56个；
当中间数为9时，有8×9＝72个；
故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．
(2)分8类：当中间数为0时，百位可选1～9，个位可选1～9，由分步乘法计数原理，有9×9＝81个；当中间数为1时，百位可选2～9，个位可选2～9，由分步乘法计数原理，有8×8＝64个；同理可得：
当中间数为2时，有7×7＝49个；
当中间数为3时，有6×6＝36个；
当中间数为4时，有5×5＝25个；
当中间数为5时，有4×4＝16个；
当中间数为6时，有3×3＝9个；
当中间数为7时，有2×2＝4个；
当中间数为8时，有1×1＝1个；
故共有81＋64＋49＋36＋25＋16＋9＋4＋1＝285个．◎有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中，每块种植一种作物，相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物，共有多少种不同的种植方法？ 【错解】 第一步，种植A试验田有4种方法；
第二步，种植B试验田有3种方法；
第三步，种植C试验田有3种方法；
第四步，种植D试验田有2种方法；
由分步乘法计数原理知，共有N＝4×3×3×2＝72种种植方法．
[提示] 若按A，B，C，D的顺序依次种植作物，会导致D试验田的种植数受C试验田的影响，情况复杂．实际上种植C，D两块试验田再作为一步，用分类加法计数原理求解．【正解】 方法一：第一步，第二步与错解相同．
第三步，若C试验田种植的作物与B试验田相同，则D试验田有3种方法，此时有1×3＝3种种植方法．
若C试验田种植的作物与B试验田不同，则C试验田有2种种植方法，D也有2种种植方法，共有2×2＝4种种植方法．
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．
方法二：(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.谢谢观看！
