第一章 §1
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．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．
4．(a1＋a2)(b1＋b2)(c1＋c2＋c3)完全展开后的项数为( B )
A．9 B．12
C．18 D．24
[解析] 每个括号内各取一项相乘才能得到展开式中的一项，由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.
5．(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] 排列与排列的运用当末位数字为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．
6．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．
二、填空题
7．有一质地均匀的正四面体，它的四个面上分别标有1、2、3、4四个数字，现将它连续抛掷3次，其底面落于桌面，记三次在正四面体底面的数字和为S，则“S恰好为4”的概率为____.
[解析] 用有序实数对(a，b，c)来表示连续抛掷3次所得的3个数字，则该试验中共含4×4×4＝64个基本事件，取S＝a＋b＋c，事件“S恰好为4”中包含了(1,1,2)，(1,2,1)，(2,1,1)三个基本事件，则所求概率P＝.
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.
9．5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．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．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．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＝7 776(种)染色方案．
6．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)．
C级 能力拔高
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 ；
② . .
共有2×4×4＋1×3×4＝44项．
∴n＝44＋1＝45(项)．
课件54张PPT。第 一 章计数原理本章知识概述：计数问题是数学的重要研究对象之一，其相关内容是进一步学习概率知识的基础．排列、组合的应用是高考的热点，单独考查时一般以选择题或填空题的形式出现，以解答题形式出现时，常与概率知识综合考查，试题难度较大. 本章的重点是：两个计数原理，排列与组合的意义，排列数、组合数公式，二项式定理的理解和应用；难点是：用两个计数原理与排列、组合知识解决实际问题．学习时应注意以下几点：
1．重视两个计数原理的学习，分清问题的解决是要分类还是分步．
2．对问题涉及的是排列问题、组合问题，还是排列与组合的综合问题，要进行认真的辨析，抓住联系，弄清区别．
3．重复计数与遗漏计数是本章学习中的易错点，注意认真研究典型例题，培养解题时合理的思维方式．
4．掌握常见计数问题的解题策略，形成一定的思维及解题模式．
5．解题中，注意分类讨论、数形结合、等价转化、正难则反等数学思想方法的应用．§1 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∈{－1，－2,4}，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{－1，－2，4}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．将三封信投入4个邮箱，不同的投法有______种．
[解析] 第一封信有4种投法，第二封信也有4种投法，第三封信也有4种投法，由分步乘法计数原理知，共有不同投法43＝64种．64 互动探究学案命题方向1 ?分类加法计数原理典例 1
[思路分析] (1)从每个班任选1名学生担任学生会主席都能独立地完成这件事，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．
[解析] (1)从每个班任选1名学生担任学生会主席，共有三类不同的方案．
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，从三个班中任选1名学生担任学生会主席，共有50＋60＋55＝165种不同的选法．
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生担任学生会生活部部长，共有三类不同的方案．
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)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生担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』 1.分类加法计数原理的推广
分类加法计数原理：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中不同的方法，……，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＝m1＋m2＋m3＋…＋mn种不同的方法．
2．能用分类加法计数原理解决的问题具有如下特点
(1)完成一件事有若干种方案，这些方案可以分成n类；
(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；
(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．3．利用分类加法计数原理解题的一般步骤
(1)分类，即将完成这件事情的方法分成若干类；
(2)计数，求出每一类中的方法数；
(3)结论，将各类的方法数相加得出结果．〔跟踪练习1〕
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
B
[解析] ①当a＝0时，2x＋b＝0总有实数根，
∴(a，b)的取值有4个．
②当a≠0时，需Δ＝4－4ab≥0，∴ab≤1.
a＝－1时，b的取值有4个，a＝1时，b的取值有3个，
a＝2时，b的取值有2个．
∴(a，b)的取法有9个．
综合①②知，(a，b)的取法有4＋9＝13个．命题方向2 ?分步乘法计数原理 已知a∈{3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数是多少？
[思路分析] 要想确定一个圆，需确定圆心的横坐标a，纵坐标b，圆的半径r，只有当三个量都确定时，这个圆才确定，故应该用分步乘法计数原理求解．
[解析] 圆方程由三个量a、b、r确定，a，b，r分别有3种、4种、2种选法，由分步乘法计数原理，表示不同的圆的个数为3×4×2＝24(个)．
典例 2『规律总结』 1.应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．
2．利用分步乘法计数原理解题的一般思路．
(1)分步：将完成这件事的过程分成若干步；
(2)计数：求出每一步中的方法数；
(3)结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．〔跟踪练习2〕
(1)有5本书全部借给3名学生，有不同的借法_______种．
(2)有3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践 ，则有不同分配方案_______种．
[解析] (1)中要完成的事情是把5本书全部借给3名学生，可分5个步骤完成，每一步把一本书借出去，有3种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝3×3×3×3×3＝35＝243(种)不同的借法．
(2)中要完成的事情是把3名学生分配到5个车间中，可分3个步骤完成，每一步分配一名学生，有5种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝5×5×5＝53＝125(种)不同的分配方案．243 125 命题方向3 ?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 3
[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3〕
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4 ?平面区域涂色问题 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 4[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4〕
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)． 42 [解析] 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．(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．解决计数问题的常用的方法
(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 5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5〕
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＝4 320个号，共需要8×9×10×6×2＝8 640元．8 640 下图中一共有多少个矩形(顶点不完全相同就视作不同的矩形)．
典例 6混淆分步、分类致误 [错解] 按横行进行分类：
第一类，由A行和B行组成的矩形有15个．
第二类，由B行和C行组成的矩形有15个．
第三类，由C行和D行组成的矩形有15个．
由分类加法原理知，不同的矩形共有15＋15＋15＝45个．
[辨析] 完成一个矩形，既要考虑横线由哪两条构成，也要考虑竖线由哪两条构成，只有当两条横线与两条竖线都确定时，这个矩形才算完成，故这是分步乘法计数原理．
[正解] 我们只要在A、B、C、D四条横线中选取2条，在1、2、3、4、5、6这6条竖线中选取两条，就能确定一个矩形，如图中矩形B2D2D5B5是由横线B2B5、D2D5和竖线B2D2、B5D5围成的．选取横线有AB、AC、AD、BC、BD、CD共6种不同方法，选取竖线有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)共15种不同方法，由分步乘计数原理知，共有不同的矩形6×15＝90个．
[点评] 解答计数原理问题时，一定要分清完成“这件事”是分步，还是分类，每一步(类)的具体情形如何计算．本例中任意两条横线与两条竖线都能围成一个矩形，而不是只有相邻的横线和竖线的情形．〔跟踪练习6〕
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的系数，如果抛物线经过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条？
由c＝0，解得a<0，b>0，
所以a∈{－3，－2，－1}，b∈{1,2,3}，
这样要求的抛物线的条数可由a，b，c的取值来确定：
第一步：确定a的值，有3种方法；
第二步：确定b的值，有3种方法；
第三步：确定c的值，有1种方法．
由分步乘法计数原理知，表示的不同的抛物线有N＝3×3×1＝9条．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 2．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 D
4．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 课 时 作 业 学 案
