第一章 1.1 第1课时
A级 基础巩固
一、选择题
1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，某人从甲地到乙地，他共有不同的走法数为( A )
A．13种 B．16种
C．24种 D．48种
[解析] 应用分类加法计数原理，不同走法数为8＋3＋2＝13(种)．故选A．
2．(2019·朝阳区高三)从0,1,2,3,4中任选两个不同的数字组成一个两位数，其中偶数的个数是( C )
A．6 B．8
C．10 D．12
[解析] 当末位数字为0时，首位可以是1,2,3,4中的一个，有4个，当末位数字为2或4时，首位可以是除了0之外的其他3个数字中的1个，故有2×3＝6种，所以偶数的个数是10个，故选C．
3．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为( C )
A．34 B．43
C．12 D．24
[解析] 显然(a，a)、(a，c)等均为A*B中的元素，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步乘法计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素．故选C．
4．如下图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连．连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开从不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( D )
A．26 B．24
C．20 D．19
[解析] 因信息可以分开沿不同的路线同时传递，由分类加法计数原理，完成从A向B传递有四种方法：12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19，故选D．
5．有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是( B )
A．8种 B．9种
C．10种 D．11种
[解析] 设四个班级分别是A、B、C、D，它们的老师分别是a、b、c、d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C、D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法．另外，本题还可让a先选，可从B、C、D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，这样用分步乘法计数原理求解，共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．
6．从0、2中选一个数字，从1、3、5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( B )
A．24 B．18
C．12 D．6
[解析] (1)当从0,2中选取2时，组成的三位奇数的个位只能奇数，只要2不排在个位即可，先排2再排1,3,5中选出的两个奇数，共有2×3×2＝12(个)．
(2)当从0,2中选取0时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，0必须在十位，只要排好从1,3,5中选出的两个奇数．共有3×2＝6(个)．
综上，由分类加法计数原理知共有12＋6＝18(个)．
二、填空题
7．(2018·保定市定州中学高二)已知集合P＝{a，b}，Q＝{－1,0,1}，则从集合P到集合Q的映射共有__9__种．
[解析] 集合P中的元素a在集合Q中有3种不同的对应方式(－1,0,1三选一)，
集合P中的元素b在集合Q中也有3种不同的对应方式(－1,0,1三选一)，
根据“分步计数原理(乘法原理)”，
集合P到集合Q的映射共有N＝3×3＝9，
故答案为9．
8．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,3,5,7,8这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示__22__条不同的直线．
[解析] 若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时有5×4＝20条，故共有20＋2＝22条不同的直线．
9．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛 ，则入选的3名队员中至少有一名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有__48__种．(用数字作答)
[解析] 本题可分为两类完成：两老一新时，有3×2×2＝12(种)排法；两新一老时，有2×3×3×2＝36(种)排法，即共有48种排法．
三、解答题
10．有不同的红球8个，不同的白球7个．
(1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法？
(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？
[解析] (1)由分类加法计数原理得，
从中任取一个球共有8＋7＝15种；
(2)由分步乘法计数原理得，
从中任取两个不同颜色的球共有8×7＝56种．
B级 素养提升
一、选择题
1．(2018·石家庄高二检测)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( B )
A．243 B．252
C．261 D．279
[解析] 用0,1，…，9十个数字，可以组成的三位数的个数为9×10×10＝900，其中三位数字全不相同的为9×9×8＝648，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252．
2．(2018·天津高二检测)设m∈{1,2,3,4}，n∈{－12，－8，－4，－2}，则函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点的概率是( C )
A． B．
C． D．
[解析] 根据题意，f′(x)＝3x2＋m，又因为m>0，所以f′(x)＝3x2＋m>0；
故f(x)＝x3＋mx＋n在R上单调递增，
若函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点，
则只需满足条件f(1)≤0且f(2)≥0．
∴m＋n≤－1且2m＋n≥－8，
∴－2m－8≤n≤－m－1，
当m＝1时，n取－2，－4，－8；
m＝2时，n取－4，－8，－12；
m＝3时，n取－4，－8，－12；
m＝4时，n取－8，－12；
共11种取法，而m有4种选法，n有4种选法，则函数f(x)＝x3＋mx＋n情况有4×4＝16种，
故函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点的概率是，故选C．
二、填空题
3．一个科技小组中有4名女同学，5名男同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__9__种；若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__20__种．
[解析] 由分类加法计数原理得从中任选一名同学参加学科竞赛共5＋4＝9种，由分步乘法计数原理得从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛共5×4＝20种．
4．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为__2n(n－1)__．
[解析] 先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成以该点为直角顶点的n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．
三、解答题
5．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}．现从A，B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标．
(1)可以得到多少个不同的点？
(2)在这些点中，位于第一象限的有几个？
[解析] (1)一个点的坐标由x，y两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点，可分为两类：
第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12(个)不同的点；
第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12(个)不同的点．
由分类加法计数原理得不同的点的个数为12＋12＝24(个)．
(2)第一象限内的点x，y必须为正数，从而只能取A、B的正数，同样可分为两类，类似于(1)．
由分类加法计数原理得适合题意的不同点的个数为2×2＋2×2＝8(个)．
课件48张PPT。第一章计数原理
高二一班某寝室有8名同学，他们约定毕业后每年春节要互寄一张贺年卡片，他们一共要消费多少张卡片？ 2020年夏季奥运会将要在日本东京举办，206个国家代表方队入场参加开幕式．这些代表方队的出场顺序一共有多少种排法？某城市的电话号码有8位数字，一共能构成多少个电话号码？汽车牌照由26个英文字母和10个阿拉伯数字选出五个组成，一共能组成多少辆汽车的牌照号码？……你知道是怎样计数的吗？
本章将系统学习计数原理，学习本章要注意体会有序与无序在计数中的区别，体会建模在数学研究中的作用．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自主预习学案2019北京新型智慧城市建设博览会将于11月在中国国际展览中心举行，某人打算从泉城济南前往北京参加会议．他有两类快捷途径可供选择：一是乘飞机，二是乘坐动车组．假如这天飞机有3个航班可乘，动车组有4个班次可乘．
问：此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径可选？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＝________种不同的方法．
2．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，那么完成这件事共有N＝__________________种不同的方法．m＋n m1＋m2＋…＋mn
3．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＝________种不同的方法．
4．分步乘法计数原理的推广
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N＝___________________种不同的方法．m×n m1×m2×…×mn 1．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有 ( )
A．3种 B．4种
C．7种 D．12种
[解析] 选择课程的方法有2类：从A类课程中选一门有3种不同方法，从B类课程中选1门有4种不同方法，∴共有不同选法3＋4＝7种．C 2．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是 ( )
A．1 B．3
C．6 D．9
[解析] 这件事可分为两步完成：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值x有3种方法；第二步，在集合{－31，－24，4}中任取一个值y有3种方法．根据分步乘法计数原理知，有3×3＝9个不同的点．
D 3．(集宁一中2018学年高二)现有4件不同款式的上衣与3件不同颜色的长裤，如果一条长裤和一件上衣配成一套，则不同选法是 ( )
A．7 B．64
C．12 D．81
[解析] ∵选定一件上衣时，有不同颜色的裤子3条，
∴有3种不同的穿衣方案，
∴共有3×4＝12种不同的搭配方法，
故选C．C
4．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)，有几种坐法？
(2)若小明与爸爸分别就坐，有多少种坐法？
[解析] (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．
根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8＋6＝14种坐法．
(2)小明与爸爸分别就坐，可以分两步完成：
第一步，小明先就坐，从东西面共8＋6＝14个凳子中选一个坐下，共有14种坐法；(小明坐下后，空闲凳子数变成13)
第二步，小明爸爸再就坐，从东西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法．由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就坐共有14×13＝182种坐法．互动探究学案命题方向1 ?分类加法计数原理的应用 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？
[解析] 有3类不同方案：第1类，从第1个袋子中任取1个红色小球，有6种不同的取法；第2类，从第2个袋子中任取1个白色小球，有5种不同的取法；第3类，从第3个袋子中任取1个黄色小球，有4种不同的取法．
其中，从这三个袋子的任意一个袋子中取1个小球都能独立地完成“任取1个小球”这件事，根据分类加法计数原理，不同的取法共有6＋5＋4＝15(种)．典例 1『规律总结』 (1)应用分类加法计数原理时，完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法，都可以独立完成这件事．
(2)利用分类加法计数原理解题的一般思路
〔跟踪练习1〕
高二(1)班有学生50人，男生30人；高二(2)班有学生60人，女生30人；高二(3)班有学生55人，男生35人．
(1)从中选一名学生任学生会主席，有多少种不同选法？
(2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
[解析] (1)选一名学生有3类不同的选法：
第一类，从高二(1)班选一名，有50种不同的方法；
第二类，从高二(2)班选一名，有60种不同的方法；
第三类，从高二(3)班选一名，有55种不同的方法．
故任选一名学生任学生会主席的选法共有50＋60＋55＝165种不同的方法．
(2)选一名学生任学生会体育部长有3类不同的选法；
第一类，从高二(1)班男生中选有30种不同的方法；
第二类，从高二(2)班男生中选有30种不同的方法；
第三类，从高二(3)班女生中选有20种不同的方法．
故选一名学生任学生会体育部长有30＋30＋20＝80种不同选法．命题方向2 ?分步乘法计数原理的应用 已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(1)P(a，b)可表示平面上多少个不同的点？
(2)P(a，b)可表示平面上多少个第二象限的点？
(3)P(a，b)可表示多少个不在直线y＝x上的点？
典例 2[解析] (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，共有6种确定方法；
第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6×6＝36个．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；
第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．
由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是3×2＝6．
(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．
由(1)得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个．『规律总结』 本题运用了分步乘法计数原理．利用此原理解决问题时要注意：
(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；
(2)各个步骤中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
〔跟踪练习2〕
书架的第一层放有6本不同的数学书，第二层放有6本不同的语文书，第三层放有5本不同的英语书．
(1)从这些书中任取一本数学、一本语文和一本英语共三本书的不同取法有多少种？
(2)从这些书中任取三本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法？
[解析] (1)完成这个工作可分三个步骤：
第1步，从第一层中任取一本数学书；第2步，从第二层中任取一本语文书；第3步，从第三层中任取一本英语书．
根据分步乘法计数原理，共有6×6×5＝180种不同的取法．
(2)本题实际上是从17本书中任取三本放在三个不同位置．完成这个工作分三个步骤：
第1步，从17本书中任取一本放在第一个位置上，共有17种不同的方法；
第2步，从16本书中任取一本放在第二个位置上，共有16种不同的方法；
第3步，从15本书中任取一本放在第三个位置上，共有15种不同的方法．
根据分步乘法计数原理，共有17×16×15＝4080种不同的排法．命题方向3 ?两个计数原理的辨析 某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？
(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？
典例 3
[解析] (1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，共有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，共有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，共6种不同的选法，由分类加法计数原理可得，共有N＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法．
(2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名组长，共有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名组员，共10种不同的选法．第三步是从三班的6名优秀团员中产生，共6种不同的选法，由分步乘法计数原理可得：共有N＝8×10×6＝480(种)不同的选法．
(3)分三类：每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法，第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法，因此，共有N＝8×10＋10×6＋8×6＝188(种)不同的选法．
『规律总结』 (1)运用两个原理的关键在于正确区分“分类”与“分步”，分类就是能“一步到位”，即任何一类中任何一种方法，都能完成这件事；而分步只能是“局部到位”，即任何一步中任何一种方法只能完成事件中的某一部分．
(2)在既有分类又有分步的题型中，一般先分类，然后在每一类中再分步．
〔跟踪练习3〕
有一项活动，需在3名老师、8名男同学和5名女同学中选部分人员参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同的选法？
(2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法？
(3)若需一名老师、一名同学参加，有多少种不同的选法？
[解析] (1)有三类：3名老师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法．
由分类加法计数原理知，有3＋8＋5＝16种选法．
(2)分三步：第1步选老师，有3种方法；第2步选男同学，有8种方法；第3步选女同学，有5种方法．
由分步乘法计数原理知，共有3×8×5＝120种选法．
(3)可分两类，每一类又分两步．
第1类，选一名老师再选一名男同学，有3×8＝24种选法；
第2类，选一名老师再选一名女同学，有3×5＝15种选法．
由分类加法计数原理知，共有24＋15＝39种选法．解决计数问题的常用的方法 (1)枚举法：将各种情况通过树形图、表格等方法一一列举出来．它适用于计数种数较少的情况，分类计数时将问题分类实际上就是将分类种数一一列举出来．
枚举法是一种解决问题的基本方法，当计数的种数不是很多时，都可以用此方法解决．
(2)间接法：若计数时分类较多，或无法直接计算时，可用间接法，先求出没有限制条件的种数，再减去不满足条件的种数．
(3)字典排序法：字典排序法就是把所有的字母分为前后，先排前面的字母，前面的字母排完后再依次排后面的字母，最后的字母排完，则排列结束．
利用字典排序法并结合分步乘法计数原理可以解决与排列顺序有关的计数问题，利用字典排序法还可以把这些排列不重不漏地一一列举出来．
(4)模型法：模型法就是通过构造图形，利用形象、直观的图形帮助我们分析、解决问题的方法．模型法是解决计数问题的重要方法．
4个人各写一张贺年卡，放在一起，然后每个人取一张不是自己的贺年卡，共有多少种不同取法？
[思路分析] 可以把4个人编号，用一、二、三、四表示，各自的卡片用1,2,3,4表示，用表格的形式一一列举出来．
[解析] 解法一：显然这个问题难用两个计数原理列式计算，但可以把各种方法一一列举出来，最后再数出方法种数．把4个人编号为一、二、三、四，他们写的4张贺年卡依次为1,2,3,4号，则取一张不是自己写的贺年卡的各种方法全部列举出来为：典例 4共有9种方法．
解法二：将该问题转化为“用1,2,3,4四个数字组成无重复数字的四位数，要求1不在个位、2不在十位、3不在百位、4不在千位的四位数有多少个”．因此，可分三步，第一步确定个位数，有3种不同的方法；第二步确定把1放到十位、百位、千位中的任一位上，也有3种不同的方法；第三步，余下的两个数字只有一种方法，由分类计数原理可得不同的分配方法为3×3＝9种．
『规律总结』 破解此类看似简单，实则繁难题的关键是选用“枚举法”，即可轻松破解．用枚举法需要注意做到不重不漏．〔跟踪练习4〕
某彩票购买规则规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01到10中选出3个连续的号，从11到20中选2个连续的号，从21到30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这个人把这种特殊要求的号买全，至少要________元．
[解析] 需分步：第1步，从01到10中选3个连续的号，有8种选法，第2步，从11到20中选2个连续的号，有9种选法，第3步，从21到30中选1个号，有10种选法，第4步，从31到36中选1个号，有6种选法，∴共有N＝8×9×10×6＝4320个号，共需要8×9×10×6×2＝8640元．8640 因分辨不清两个计数原理而致错 (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班，则此人的走法共有_____种．
典例 5C 7 [错因分析] (1)若选择信箱作为标准，则第一个信箱可以有3封信去投，共有3种投法；同理第二个信箱也有3种投法；依次类推共有3×3×3×3＝34种投法，故而错选D；
(2)若搞不清分步还是分类，把此题当成分步，则有3×4＝12种，从而出错．
[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，就完成了这件事情．由分步乘法计数原理可得共有43种方法，故选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共有4＋3＝7(种)．
[点评] 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对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”，误认为到达乙地要先乘火车后坐轮船，进而使用分步乘法计数原理计算．1．甲、乙两个班级分别有29名、30名学生，从两个班中选一名学生，则 ( )
A．有29种不同的选法 B．有30种不同的选法
C．有59种不同的选法 D．有29×30种不同的选法
[解析] 分两类：第一类从甲班选有29种方法，第二类从乙班选有30种方法．由分类加法计数原理得共有29＋30＝59种不同方法，故选C．C D
3．用1、2、3这3个数字可以写出没有重复数字的整数______个．
[解析] 分三类：第一类为一位整数，有3个；
第二类为两位整数，有12,21,13,31,23,32，共6个；
第三类为三位整数，有123,132,321,312,231,213，共6个，
∴可写出没有重复数字的整数3＋6＋6＝15个．
15 4．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 ( )
A．30个 B．42个
C．36个 D．35个
[解析] ∵a＋bi为虚数，∴b≠0，完成这件事，分两步进行，第一步确定b，有6种不同的方法，第二步确定a，由于a≠b，但a可以为0，故有6种不同的方法，故共有虚数6×6＝36个．C 课 时 作 业 学 案第一章 1.1 第2课时
A级 基础巩固
一、选择题
1．已知函数y＝ax2＋bx＋c，其中a、b、c∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数共有( C )
A．125个 B．15个
C．100个 D．10个
[解析] 由题意可得a≠0，可分以下几类，
第一类：b＝0，c≠0，此时a有4种选择，c也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；
第二类：c＝0，b≠0，此时a有4种选择，b也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；
第三类：b≠0，c≠0，此时a，b，c都各有4种选择，共有4×4×4＝64个不同的函数；
第四类：b＝0，c＝0，此时a有4种选择，共有4个不同的函数．
由分类加法计数原理，可确定不同的二次函数共有N＝16＋16＋64＋4＝100(个)．故选C．
2．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小于其编号，则不同的放球方法有( B )
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．
3．(2019·泉州二模)李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中，到“东亚文化之都——泉州”“二日游”，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有( C )
A．16种 B．18种
C．20种 D．24种
[解析] 任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，
若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，
选若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，
故他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×4＋4×3＝20，
故选C．
4．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( D )
A． B．
C． D．
[解析] 本题考查计数原理与古典概型，
∵两数之和为奇数，则两数一奇一偶，若个位数为奇数，则共有4×5＝20个数，若个位数为偶数，共有5×5＝25个数，其中个位为0的数共有5个，
∴P＝＝．
5．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有( C )
A．6种 B．36种
C．63种 D．64种
[解析] 每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有26－1＝63种．故选C．
6．如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同涂色方法种数为( C )
A．24种 B．48种
C．72种 D．96种
[解析] 解法一：分两种情况：
(1)A、C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B、D有1种，由分步乘法计数原理知有4×3×2＝24种．
(2)A、C同色，先涂A有4种，E有3种，E有2种，B、D各有2种，由分步乘法计数原理知有4×3×2×2＝48种．
由分类加法计数原理知，共有72种，故选C．
解法二：先涂A，有4种涂法，再涂B、D，①若B与D同色，则B有3种，E有2种，C有2种，共有4×3×2×2＝48种；
②若B与D不同色，则B有3种，D有2种，E有1种，C有1种，共有4×3×2×1×1＝24种，
由分类加法计数原理知，共有不同涂法48＋24＝72种．
二、填空题
7．(2018·无锡市锡山区天一中学高二)从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出2台，其中甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法种数为__20__．
[解析] 根据题意，分2步进行分析：
①先在4台甲型电视机取出1台，有4种取法；
②再在5台乙型电视机中取出1台，有5种取法；
则有4×5＝20种不同的取法；
故答案为20．
8．现有五种不同的颜色，要对图形中的四个部分进行着色，要求有公共边的两块不能用同一种颜色，不同的涂色方法有__180__种．
[解析] 依次给区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ涂色分别有5、4、3、3种方法，根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法的种数为5×4×3×3＝180．
9．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有不同的取法__242__种．
[解析] 取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90(种)不同取法；
取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72(种)不同取法；
取两本书中，一本数学、一本英语，有10×8＝80(种)不同取法．
综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242(种)不同取法．
三、解答题
10．有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名奖项．
(1)学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有多少种？
(2)有4名学生参加了这三个运动项目，若一个学生可以获得多项冠军，那么各项冠军获得者的不同情况有多少种？
[解析] (1)三个运动项目，共有六个奖项，由于甲获得一个奖项且甲可获得六个奖项中的任何一个．
∴甲有6种不同的获奖情况．
(2)每一项体育运动项目中冠军的归属都有4种不同的情况，故各项冠军获得者的不同情况有4×4×4＝64(种)．
B级 素养提升
一、选择题
1．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为( C )
A．16 B．18
C．24 D．32
[解析] 若将7个车位从左向右按1～7进行编号，则该3辆车有4种不同的停放方法：(1)停放在1～3号车位；(2)停放在5～7号车位；(3)停放在1、2、7号车位；(4)停放在1、6、7号车位．每一种停放方法均有6种，故共有24种不同的停放方法．
2．(2018·浙江三模)三位数中，如果百位数字，十位数字，个位数字刚好能构成等差数列，则称为“等差三位数”，例如：147,642,777,420等等，等差三位数的总个数为( D )
A．32 B．36
C．40 D．45
[解析] 公差为0的三位数有9个，
公差为1的三位数有7个，公差为－1的有8个，
公差为2的三位数有5个，公差为－2的三位数有6个，
公差为3的三位数有3个，公差为－3的有4个，
公差为4的三位数有1个，公差为－4的有2个，
满足题意的三位数有9＋7＋8＋5＋6＋3＋4＋1＋2＝45，
故选D．
二、填空题
3．连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，向量a＝(m，n)和向量b＝(1，－1)的夹角为θ，则θ为锐角的概率是____．
[解析] cosθ＝＝，
∵θ∈(0，)，∴∴
∴m>n，则m＝2时，n＝1；m＝3时，n＝1,2；m＝4时，n＝1,2,3；m＝5时，n＝1,2,3,4；m＝6时，n＝1,2,3,4,5．
则这样的向量a共有1＋2＋3＋4＋5＝15(个)，
而第一次投掷骰子得到的点数m有6种情形，同样n也有6种情形，∴不同的向量a＝(m，n)，共有6×6＝36个，因此所求概率P＝＝．
4．从集合{1,2,3,4,5,6}中任取两个元素作为双曲线－＝1中的几何量a、b的值，则“双曲线渐近线的斜率k满足|k|≤1”的概率为____．
[解析] 所有可能取法有6×5＝30种，由|k|＝≤1知b≤a，满足此条件的有(2,1)，(3,2)，(3,1)，(4,3)，(4,2)，(4,1)，(5,4)，(5,3)，(5,2)，(5,1)，(6,5)，(6,4)，(6,3)，(6,2)，(6,1)共15种，
∴所求概率P＝＝．
三、解答题
5．(2019·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？
[解析] 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＝7776(种)染色方案．
6．用1、2、3、4四个数字(可重复)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)这个数列共有多少项？
(3)若an＝341，求n．
[解析] (1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133．
(2)这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数的个数，每个位上都有4种排法，则共有4×4×4＝64项．
(3)比an＝341小的数有两类：①
1
×
×
2
×
×
；
②
3
1
×
3
2
×
3
3
×
.共有2×4×4＋1×3×4＝44项．
∴n＝44＋1＝45(项)．
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第2课时 两个基本原理的应用自主预习学案
1．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步．
应用________原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性，各类中的每个方法都能独立的将这件事情完成；应用________原理时，要注意“步”与“步”之间是连续的，做一件事需分成若干个互相联系的步骤，所有步骤依次相继完成，这件事才算完成．加法 乘法
2．分类要做到____________，分类后再分别对每一类进行计数，最后用____________________求和，得到总数．
3．分步要做到____________，步与步之间要____________，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．不重不漏 分类加法计数原理 步骤完整 相互独立 1．在2,3,5,7,11这五个数字中，任取两个数字组成分数，其中假分数的个数为 ( )
A．20 B．10
C．5 D．24
[解析] 假分数的分子不小于分母．故以2为分母的有4个；以3为分母的有3个；以5为分母的有2个；以7为分母的只有1个．由加法原理知共有4＋3＋2＋1＝10个．B 2．图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，从中任取一本书，共有不同的取法 ( )
A．120种 B．16种
C．64种 D．39种
[解析] 由分类加法计数原理知，共有不同取法3＋5＋8＝16种．
B 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
[解析] 分两类：第1类，直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面．
故可以确定8＋5＝13个不同的平面．C 4．一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有 ( )
A．6种
B．8种
C．36种
D．48种
D [解析] 由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，每种选法中可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48种不同的参观路线．互动探究学案命题方向1 ?两个计数原理在排数中的应用 从0,1,2,3,4,5这六个数字中取四个数字组成一个四位数，问：
(1)能组成多少个四位数？
(2)能被5整除的四位数有多少个？
[思路分析] (1)要完成的一件事是组成四位数，所以首位数字不能是0；(2)要使所组成的四位数能被5整除，则末位数字必须是0和5中的一个．
典例 1
[解析] (1)第1步，千位上的数不能取0，只能取1,2,3,4,5，有5种选择；
第2步，由于千位取了一个数，还剩下5个数供百位取，所以有5种选择；
第3步，由于千位、百位分别取了一个数，还剩下4个数供十位取，所以有4种选择；
第4步，由于千位、百位、十位分别取了一个数，还剩下3个数供个位取，所以有3种选择．
根据分步乘法计数原理，组成的四位数共有5×5×4×3＝300(个)．
(2)因为满足要求的四位数能被5整除，所以个位上的数字只能是0或5．
第1类，当个位上的数字为0时，依次取千位、百位、十位上的数字，分别有5种选择、4种选择、3种选择，所以有5×4×3＝60个满足要求的四位数；
第2类，当个位数字为5时，依次取千位、百位、十位上的数字，分别有4种选择、4种选择、3种选择，所以有4×4×3＝48个满足要求的四位数．
根据分类加法计数原理，能被5整除的四位数共有60＋48＝108(个)．
『规律总结』 排数问题实际就是分步问题，需要用分步乘法计数原理解决．在有附加条件时，可能需要进行分类讨论，即在解决相关的排数问题时，要注意两个原理的综合应用．〔跟踪练习1〕
用0,1,2,3，…，9十个数字可组成不同的：
(1)三位数_______个；
(2)无重复数字的三位数_______个；
(3)小于500且无重复数字的三位奇数_______个．
[解析] (1)由于0不能在百位，所以百位上的数字有9种选法，十位与个位上的数字均有10种选法，所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个)．
(2)百位上的数字有9种选法，十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法，个位上的数字应从剩余8个数字中选取，所以共有9×9×8＝648个无重复数字的三位数．900 648 144
(3)小于500的无重复数字的三位奇数，应满足的条件是：首位只能从1,2,3,4中选，个位必须为奇数，按首位分两类：
第一类，首位为1或3时，个位有4种选法，十位有8种选法，∴共有(4×8)×2＝64种．
第二类，首位为2或4时，个位有5种选法，十位有8种选法，∴共有(5×8)×2＝80种，
由分类加法计数原理知，共有64＋80＝144种．命题方向2 ?平面区域问题 用5种不同的颜色给图中的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
[思路分析] 由于要求相邻(有公共边)的区域不同色，所以可按“1号区域与4号区域同色”和“1号区域与4号区域不同色”两种情况分类，然后根据两个原理分别求解.典例 2[解析] 第一类：1号区域与4号区域同色，此时可分三步来完成，第一步，先涂1号区域和4号区域，有5种涂法，第二步，再涂2号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此有4种涂法；第三步，涂3号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此也有4种涂法，由分步乘法计数原理知，有5×4×4＝80种涂法；
第二类：1号区域与4号区域不同色，此时可分四步来完成，第一步，先涂1号区域，有5种涂法，第二步，再涂4号区域，只要不与1号区域同色即可，因此有4种涂法；第三步，涂2号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此有3种涂法；第四步，涂3号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此也有3种涂法．由分步乘法计数原理知，有5×4×3×3＝180种涂法．依据分类加法计数原理知，不同的涂色方法种数为80＋180＝260．『规律总结』 这是一个有限制条件的计数问题，解决方法是：特殊位置、特殊元素优先安排的原则．本题是先分类再分步，而分类的标准是两个特殊位置，这样，在分类时才能做到“不重不漏”．〔跟踪练习2〕
(1)将3种作物全部种植在如下图所示的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______种(以数字作答)．
(2)某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同种颜色的花，不同的栽种方法有_______种．(以数字作答)42 120 [解析] (1)只满足相邻实验田种植不同作物，则从左往右5块试验田分别有3,2,2,2,2种种植方法，共3×2×2×2×2＝48种方法，而5块试验田只种植了2种作物共有3×2×1×1×1×1＝6种，所以不同的种植方法有48－6＝42种．
(2)当②与⑤同色，则③⑥也同色或④⑥也同色，所以共有N1＝4×3×2×2×1＝48种；当③与⑤同色，则②④或④⑥同色，所以共有N2＝4×3×2×2×1＝48种；当②与④且③与⑥同色，则共有N3＝4×3×2×1＝24种．所以共有N＝N1＋N2＋N3＝48＋48＋24＝120种．命题方向3 ?抽取(分配)问题 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．16种 B．18种
C．37种 D．48种
[思路分析] 解决此类问题可以用直接法先分类再分步，也可用排除法．
[解析] 若不考虑限制条件，每个班级，都有4种选择．共有4×4×4×＝64种情况，其中工厂甲没有班级去，即每个班都选择了其他三个工厂，此时每个班级都有3种选择．共有3×3×3＝27种方法，则符合条件的有64－27＝37种．典例 3C 『规律总结』 解决抽取(分配)问题的方法
(1)当涉及对象的数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法．
(2)当涉及对象的数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．②间接法．去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有符合条件的抽取方法数即可．
〔跟踪练习3〕
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，共有多少种不同的方法？
[解析] 把3个不同的小球分别放入5个不同的盒子里(每个盒子至多放一个球)实际上是从5个位置选3个位置用3个元素进行排列．共有60种结果.元素重复的计数问题 已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，集合B＝{b1，b2}，其中aibj(i＝1,2,3,4，j＝1,2)均为实数．
(1)从集合A到集合B能构成多少个不同的映射？
(2)能构成多少个以集合A为定义域，以集合B为值域的不同函数．
[思路分析] (1)由映射的定义可知，集合A中的每一个元素总对应着B中唯一的元素；(2)依题意，集合B中的每一个元素在集合A中要有对应元素，因此只要从问题(1)的映射数中减去A中四个元素对应B中一个元素的情况即可得到(2)的解．典例 4[解析] (1)因为集合A中的每个元素ai(i＝1,2,3,4)与集合B中元素的对应方法都有2种，由分步乘法计数原理，得构成A→B的映射有2×2×2×2＝24＝16(个)．
(2)在(1)的映射中，a1，a2，a3，a4均对应同一个元素b1或b2的情形构不成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数，这样的映射有2个．
所以构成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数有16－2＝14(个)．
『规律总结』 造成失分的原因如下：
(1)混淆分类加法计数原理和分步乘法计数原理而至错；
(2)利用分步乘法计数原理时列式24误列为42而致错；
(3)对函数概念的理解不清而致错．〔跟踪练习4〕
将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有 ( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
[解析] 第一步先排好一列，由于每列字母不同，则只能是a，b，c，共6种排列，第二步根据排好的一列进行排列，假设第一列是a，b，c，第二列只能是b，c，a或c，a，b两种，共有6×2＝12种排列．A 分类计数时考虑不全致误 有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？
[错解] 每次升一面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×2＝6种不同信号；每次升3面旗可组成3×2×1＝6种不同的信号，根据分类加法计数原理知，共有不同信号3＋6＋6＝15种．
[辨析] 每次升起2面或3面旗时，颜色可以相同．典例 6
[正解] 每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理得，共可组成：3＋9＋27＝39种不同的信号．
[点评] 审题时要细致，把题意弄清楚．本题中没有规定升起旗子的颜色不同，故既要考虑升起旗子的面数，又要考虑其颜色，不可偏废遗漏．1．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5为遵守当地某月5日至9日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，则不同的用车方案种数为 ( )
A．5 B．24
C．32 D．64D
[解析] 5日至9日，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)；
第二步安排偶数日出行分两类，第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)；
第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．
根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数共有8×8＝64(种)．2．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为 ( )
A．18 B．20
C．25 D．10
[解析] 第一步，给A赋值有5种选择，第二步，给B赋值有4种选择，由分步乘法计数原理可得：5×4＝20(种)．
又因为A＝1，B＝2，与A＝2，B＝4表示同一直线．A＝2，B＝1与A＝4，B＝2，也表示同一直线．
∴形成不同的直线最多的条数为20－2＝18．A 3．某运动会上，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，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，
所以共有4×3×2＝24种方法；
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，共有5×4×3×2×1＝120(种)．
所以安排这8人的方式共有24×120＝2880(种)．2880
4．将三个1、三个2、三个3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，则不同的填写方法共有______种．
[解析] 先填第一行，有3×2×1＝6种填法，再填第二行第一列，有2种填法，该位置确定后，其余位置也就唯一确定了，故共有6×2＝12种填法．
12
5．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，不同的种植方法有多少种？
[解析] 解法一：(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．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
解法二：(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，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)．课 时 作 业 学 案
