课件41张PPT。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
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第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用组数问题 抽取与分配问题 涂色与种植问题 点击右图进入…Thank you for watching !
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
学 习 目 标
核 心 素 养
1.通过实例，能归纳总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．(重点)
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”．(易混点)
3.能利用两个原理解决一些简单的实际问题．(难点)
1.通过两个计数原理的学习，体现了逻辑推理的素养．
2.借助两个计数原理解决一些简单的实际问题，提升数学运算的素养.
1．分类加法计数原理
思考1：若完成一件事情有几类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同方法，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，那么完成这件事共有多少种不同方法？
[提示] 共有m1＋m2＋…＋mn种不同方法．
2．分步乘法计数原理
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] 共有m1×m2×…×mn种不同的方法．
1．从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机每天有3班，轮船有4班．若李先生从甲地去乙地，则不同的方法共有( )
A．3种 B．4种
C．7种 D．12种
C [由分类加法计数原理，从甲地去乙地共3＋4＝7(种)不同的方法．]
2．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为( )
A．10个 B．6个
C．8个 D．9个
D [因为x从集合{2,3,7}中任取一个值共有3个不同的值，y从集合{－3，－4,8}中任取一个值共有3个不同的值，故x·y可表示3×3＝9个不同的值．]
3．某商场共有4个门，购物者若从任意一个门进，从任意一个门出，则不同走法的种数是________．
16 [不同的走法可以看作是两步完成的，第一步是进门共有4种；第二步是出门，共有4种．由分步乘法计数原理知共有4×4＝16(种)．]
利用分类加法计数原理解题
【例1】 在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？
[思路点拨] 根据情况安排个位、十位上的数字．
先确定分类标准，再求出每一类的个数，最后得结论．
[解] 法一：分析个位数，可分以下几类：
个位是9，则十位可以是1,2,3，…，8中的一个，故有8个；
个位是8，则十位可以是1,2,3，…，7中的一个，故有7个；
同理，个位是7的有6个；个位是6的有5个；……；个位是2的只有1个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数有
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
法二：按十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8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，由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有
8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
法三：将个位比十位数字大的两位数一一写出：
12,13,14,15,16,17,18,19，
23,24,25,26,27,28,29，
34,35,36,37,38,39，
45,46,47,48,49，
56,57,58,59，
67,68,69，
78,79，
89.
共有36个符合题意的两位数．
1．(变结论)本例中条件不变，求个位数字小于十位数字且为偶数的两位数的个数．
[解] 当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．
当个位数字是6时，十位数字可取7,8,9，共3个．
当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个．
同理可知，当个位数字是2时，共7个．
当个位数字是0时，共9个．
由分类加法计数原理知，符合条件的数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个)．
2．(变条件，变结论)用数字1,2,3可以组成多少个没有重复数字的整数？
[解] 分三类：
①第一类为一位整数，有1,2,3，共3个；
②第二类为二位整数，有12,13,21,23,31,32，共6个；
③第三类为三位整数，有123,132,213,231,312,321，共6个．
∴共组成3＋6＋6＝15个无重复数字的整数．
利用分类加法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都能独立的完成这件事．
利用分步乘法计数原理解题
【例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可表示多少个不同的圆？
[思路点拨] 确定一个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．
[解] 完成表示不同的圆这件事，可以分为三步：
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种不同的选取方法．
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)．
利用分步乘法计数原理计数时的解题流程
提醒：分步时要注意不能遗漏步骤，否则就不能完成这件事．
1．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？
[解] (1)确定平面上的点P(a，b)，可分两步完成：第1步确定a的值，有6种不同的结果；第2步确定b的值，也有6种不同的结果．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1步确定a的值，由于a<0，所以有3种不同的结果；第2步确定b的值，由于b>0，所以有2种不同的结果．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.
两个计数原理的简单综合应用
[探究问题]
如何区分一个问题是“分类”还是“分步”？
[提示] 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任务，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步．
【例3】 一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡．
(1)某人要从两个袋子中任取一张手机卡供自己使用，共有多少种不同的取法？
(2)某人手机是双卡双待机，想得到一张移动卡和一张联通卡供自己今后使用，问一共有多少种不同的取法？
[思路点拨]
[解] (1)从两个袋子中任取一张卡有两类情况：
第一类：从第一个袋子中取一张移动手机卡，共有10种取法；
第二类：从第二个袋子中取一张联通手机卡，共有12种取法．
根据分类加法计数原理，共有10＋12＝22种取法．
(2)想得到一张移动卡和一张联通卡可分两步进行：
第一步，从第一个袋子中任取一张移动手机卡，共有10种取法．
第二步，从第二个袋子中任取一张联通手机卡，共有12种取法．
根据分步乘法计数原理，共有10×12＝120种取法．
利用两个计数原理的解题策略
用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分“分类”还是“分步”的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．
2．现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．
(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？
(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？
[解] (1)分三类：
第一类，选出的是医生，有3种选法；
第二类，选出的是护士，有5种选法；
第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．
根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10(种)选法．
(2)分三步：
第一步，选1名医生，有3种选法；
第二步，选1名护士，有5种选法；
第三步，选1名麻醉师，有2种选法．
根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30(种)选法．
分类加法计数原理与分步乘法计数原理的比较
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
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
每一类办法都能独立地完成这件事
只有各个步骤都完成了，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，分类要做到“不重不漏”
各步之间是关联的、独立的，分步要做到“步骤完整”
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( )
(3)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．( )
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )
A．7 B．12
C．64 D．81
B [先从4件上衣中任取一件共4种选法，再从3条长裤中任选一条共3种选法，由分步乘法计数原理，上衣与长裤配成一套共4×3＝12(种)不同配法．故选B.]
3．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的不同走法数为( )
A．1＋1＋1＝3 B．3＋4＋2＝9
C．3×4×2＝24 D．以上都不对
B [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．所以，共有3＋4＋2＝9种不同的走法．]
4．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
(1)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
[解] (1)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种不同的选法．
(2)分为三类：
第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法．
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35种不同的选法．
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14种不同的选法．
所以有10＋35＋14＝59种不同的选法．
第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
学 习 目 标
核 心 素 养
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．(重点)
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．(重、难点)
3.会根据实际问题的特征，合理地分类或分步．(难点、易混点)
1.借助两个计数原理解题提升数学运算的素养．
2.通过合理地分类或分步解决问题提升逻辑推理的素养.
组数问题
【例1】 用0,1,2,3,4五个数字，
(1)可以排出多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
[解] (1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125种．
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100种．
(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；另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．
1．(变结论)由本例中的五个数字可以组成多少个无重复数字的四位奇数？
[解] 完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1,3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个还有3个可任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．由分步乘法计数原理共有2×3×3×2＝36个．
2．(变结论)在本例条件下，能组成多少个能被3整除的四位数？
[解] 一个四位数能被3整除，必须各位上数字之和能被3整除，故组成四位数的四个数字只能是0,1,2,3或0,2,3,4两类．所以满足题设的四位数共有2×3×3×2×1＝36个．
解决组数问题的方法
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．
抽取与分配问题
【例2】 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] 本题应先分类，再分步．
→→→
[解] 法一：分四类：第1类，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，有选法3×2＝6(种)；
第2类，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，有选法3×2＝6(种)；
第3类，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，有选法2×2＝4(种)；
第4类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛，有选法2×1＝2(种)．
故不同的选法共有6＋6＋4＋2＝18(种)．
法二：分两类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，这时7人中还有4人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法3×4＝12(种)．
第2类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选一名参加象棋比赛，这时7人中还有3人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法2×3＝6(种)．故不同的选法共有12＋6＝18(种)．
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.
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).
涂色与种植问题
[探究问题]
1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？
A
B
C
D
[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．
【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？
[思路点拨] 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.
2．(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．84
C．60 D．48
(2)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种作物，不同的种植方法共有多少种？
(1)B [法一：分为两类．
第一类：当花坛A、C中花相同时有4×3×1×3＝36种．
第二类：当花坛A、C中花不同时有4×3×2×2＝48种．
共有36＋48＝84种，故选B.
法二：分为四步．
第一步：考虑A，有4种；
第二步：考虑B，有3种；
第三步：考虑C，有两类，一是A与C同，C的选法有1种，这样第四步D的选法有3种．二是A与C不同，C的选法是2种，此时第四步D的选法也是2种．
共有4×3×(1×3＋2×2)＝84(种)．]
(2)[解] 从左往右5块试验田分别有3,2,2,2,2种种植方法，共有3×2×2×2×2＝48种方法，其中5块试验田只种植2种作物共有3×2×1×1×1＝6种方法，所以有48－6＝42种不同的种植方法.
解决较为复杂的计数问题综合应用
1．合理分类，准确分步：
(1)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”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准．
(2)分类时要满足两个条件：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．
(3)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.
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种．( )
(2)在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有43种．( )
(3)有三只口袋装有小球，一只装有5个白色小球，一只装有6个黑色小球，一只装有7个红色小球，若每次从中取两个不同颜色的小球，共有36种不同的取法．( )
(1)√ (2)× (3)× [(1)√ 根据分类加法计数原理，担任星期一早晨升旗任务可以是高一年级，也可以是高二年级，因此安排方法共有8＋6＝14(种)．
(2)× 因为每个项目中的冠军都有3种可能的情况，根据分步乘法计数原理共有34种不同的夺冠情况．
(3)× 分为三类：一类是取白球、黑球，有5×6＝30种取法；一类是取白球、红球，有5×7＝35种取法；一类是取黑球、红球，有6×7＝42种取法．
所以由分类加法计数原理共有30＋35＋42＝107(种)不同的取法．]
2．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为( )
A.30 B．20
C.10 D．6
D [从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法．故由分类加法计数原理得，共有N＝3＋3＝6种取法．]
3．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
C [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.]
4．如图所示，要用4种不同的颜色给金、榜、题、名四个区域上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有多少种不同的涂法？
[解] 完成这件事可分四个步骤进行，按金、榜、题、名的次序填涂．
第一步，填涂金，有4种不同颜色可选用；
第二步，填涂榜，除金所用过的颜色外，还有3种不同颜色可选用；
第三步，填涂题，除金、榜用过的2种颜色外，还有2种不同颜色可选用；
第四步，填涂名，除榜、题用过的2种颜色外，还有2种不同颜色可选用．
所以，完成这件事共有4×3×2×2＝48种不同的方法，即填涂这张图共有48种不同的方法.
课时分层作业(一)
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有6名同学只会用综合法证明，有4名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )
A．10 B．16
C．20 D．24
A [每一种方法都能证明该问题，根据分类加法计数原理，共有6＋4＝10种不同的选法．]
2．甲、乙两人从4门课程中各选修1门，则甲、乙所选的课程不相同的选法共有( )
A．6种 B．12种
C．30种 D．36种
B [∵甲、乙两人从4门课程中各选修1门，
∴由乘法原理可得甲、乙所选的课程不相同的选法有4×3＝12种．]
3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A．40 B．16
C．13 D．10
C [根据直线与直线外一点可以确定一个平面，得：a上任一点与直线b确定一平面，共5个；b上任一点与直线a确定一平面，共8个，由分类加法计数原理得共有5＋8＝13个．]
4．给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A，B，后两个字符用a，b，c(允许重复)，则不同编号的书共有( )
A．8本 B．9本
C．12本 D．18本
D [完成这件事可以分为三步．第一步确定首字符，共有2种方法；第二步确定第二个字符，共有3种方法；第三步确定第三个字符，共有3种方法．所以不同编号的书共有2×3×3＝18(本)，故选D.]
5．晓芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳不同的选择穿衣服的方式有( )
A．24种 B．14种
C．10种 D．9种
B [首先分两类．第一类是穿衬衣和裙子，由分步乘法计数原理知共有4×3＝12种，第二类是穿连衣裙有2种．所以由分类加法计数原理知共有12＋2＝14种穿衣服的方式．]
二、填空题
6．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，不同的行车路线有________条．
12 [经过一次十字路口可分两步：第一步确定入口，共有4种选法；第二步，确定出口，从剩余3个路口任选一个共3种，由分步乘法计数原理知不同的路线有4×3＝12条．]
7．某班2019年元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个新节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为________．
42 [将第一个新节目插入5个节目排成的节目单中有6种插入方法，再将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，利用分步乘法计数原理，共有插入方法：6×7＝42(种)．]
8．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有________个．
36 [第1步，确定数b，有6种不同取值；第2步，确定数a，也有6种不同取值．根据分步乘法计数原理，知共有虚数6×6＝36(个)．]
三、解答题
9．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？
[解] (1)要完成的事情是带1本参考书，无论是带外语书，还是带数学书、物理书，事情都可完成，从而根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＝12种不同的带法．
(2)要完成的事情是带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，因此根据分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60种不同的带法．
(3)选1本外语书和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，根据分类加法计数原理，共有20＋15＋12＝47种不同的带法．
10．已知集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，问：
(1)有多少个不同的数对？
(2)其中m>n的数对有多少个？
[解] (1)∵集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，先选出m有5种结果，再选出n有5种结果，根据分步乘法计数原理知共有5×5＝25个不同的数对．
(2)在(1)中的25个数对中m>n的数对可以分类来解．当m＝2时，n＝1，有1个数对；当m＝4时，n＝1,3, 有2个数对；当m＝6时，n＝1,3,5，有3个数对；当m＝8时，n＝1,3,5,7，有4个数对；当m＝10时，n＝1,3,5,7,9，有5个数对．综上所述共有1＋2＋3＋4＋5＝15个数对．
[能力提升练]
1．有5列火车停在某车站并排的5条轨道上，若火车A不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )
A．96种 B．24种
C．120种 D．12种
A [先排第1轨道，有4种排法，第2,3,4,5轨道各有4,3,2,1种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1＝96种．]
2．将3封不同的信投到4个不同的邮箱，则不同的投法种数为( )
A．7 B．12
C．81 D．64
D [第一步，第一封信可以投到4个邮箱，有4种投法；第二步，第二封信可以投到4个邮箱，有4种投法；第三步，第三封信可以投到4个邮箱，有4种投法．根据分步乘法计数原理，得不同的投法的种数为4×4×4＝64，选D.]
3．4名学生参加跳高、跳远、游泳比赛，4人都来争夺这三项冠军，则冠军分配方法的种数是________．
64 [因为跳高冠军的分配有4种不同的方法，
跳远冠军的分配有4种不同的方法，
游泳冠军的分配有4种不同的方法，
所以根据分步乘法计数原理，冠军的分配方法有4×4×4＝64(种)．]
4．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、二象限内不同的点共有________个．
17 [分两类：第1类，M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则有3×3＝9个在第一、二象限内的点；第2类，N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则有4×2＝8个在第一、二象限内的点．由分类加法计数原理，共有9＋8＝17个点在第一、二象限内．]
5．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．有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．
(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．
有28×7×9×3＝5 292种不同的选法．
课时分层作业(二) 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．由数字0,1,2,3,4可组成无重复数字的两位数的个数是( )
A．25 B．20
C．16 D．12
C [分两步：先选十位，再选个位，可组成无重复数字的两位数的个数为4×4＝16.]
2．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
D [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．]
3．由数字1,2,3,4组成的三位数中，各位数字按严格递增(如“134”)或严格递减(如“421”)顺序排列的数的个数是( )
A．4 B．8
C．16 D．24
B [由题意分析知，严格递增的三位数只要从4个数中任取3个，共有4种取法；同理严格递减的三位数也有4个，所以符合条件的数的个数为4＋4＝8.]
4．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
D [第一类，公差大于0，有①1,2,3，②2,3,4，③3,4,5，④1,3,5，共4个等差数列；第二类，公差小于0，也有4个．
根据分类加法计数原理可知，共有4＋4＝8个不同的等差数列．]
5．(a1＋a2＋a3＋a4)·(b1＋b2)·(c1＋c2＋c3)展开后共有不同的项数为( )
A．9 B．12
C．18 D．24
D [由分步乘法计数原理得共有不同的项数为4×2×3＝24.故选D.]
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．
48 [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．]
7．如图所示，从点A沿圆或三角形的边运动到点C，则不同的走法有________种．
6 [由A直接到C有2种不同的走法，由A经点B到C有2×2＝4种不同的走法．因此由分类加法计数原理共有2＋4＝6种不同走法．]
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．
20 [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．]
三、解答题
9．用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个．
(1)三位整数？
(2)无重复数字的三位整数？
(3)小于500的无重复数字的三位整数？
[解] 由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．
(1)百位的数字有9种选择，十位和个位的数字都各有10种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×10×10＝900个．
(2)由于数字不可重复，可知百位的数字有9种选择，十位的数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×9×8＝648个．
(3)百位只有4种选择，十位可有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有4×9×8＝288个.
10．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？
[解] 法一：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：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试验田也有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种种植方法．
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.
[能力提升练]
1．一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有( )
A．6种 B．8种
C．12种 D．48种
D [每个景区都有2条线路，所以游览第一个景点有6种选法，游览第二个景点有4种选法，游览第三个景点有2种选法，故共有6×4×2＝48种不同的游览线路．]
2．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有( )
A．24种 B．18种
C．12种 D．6种
B [法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6种不同的种植方法．故共有6×3＝18种不同的种植方法．
法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有24－6＝18种不同的种植方法．]
3．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．
180 [由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，所以共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方案．]
4．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
14 [法一：数字2只出现一次的四位数有4个；数字2出现两次的四位数有6个；数字2出现三次的四位数有4个．故总共有4＋6＋4＝14(个)．
法二：由数字2,3组成的四位数共有24＝16个．其中没有数字2的四位数只有1个，没有数字3的四位数也只有1个，故符合条件的四位数共有16－2＝14(个)．]
5．用1,2,3,4四个数字可重复的排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
(1)写出这个数列的前11项；
(2)若an＝341，求项数n.
[解] (1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133；
(2)比an＝341小的数有两类：
①首位是1或2：
②首位是3：
故共有：2×4×4＋1×3×4＝44(项)．因此an＝341是该数列的第45项，即n＝45.
