1-1
[综合训练·能力提升]
一、选择题（每小题5分，共30分）
1．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
解析 要完成长裤与上衣配成一套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故共有4×3＝12种不同的配法．
答案 B
2．某乒乓球队里有男队员6人，女队员5人，从中选取男、女队员各一人组成混合双打队，不同的组队方法有
A．11种 B．30种 C．56种 D．65种
解析 先选1男有6种方法，再选1女有5种方法，故共有6×5＝30种不同的组队方法．
答案 B
3．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．
答案 B
4．某电子元件是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A，B，C，D，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况种数为
A．16 B．15 C．9 D．8
解析 ①1个焊点脱落有4种情况；②2个焊点脱落有6种情况；③3个焊点脱落有4种情况；④4个焊点脱落有1种情况，共有4＋6＋4＋1＝15(种)情况，故选B.
答案 B
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
A．24种 B．18种 C．12种 D．6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．故共有6×3＝18种不同的种植方法．
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24－6＝18种不同的种植方法．
答案 B
6．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．
故有3×3×2＝18个不同的四位数．
答案 B
二、填空题（每小题5分，共15分）
7．设集合A＝{1，2，3，4}，m，n∈A，则方程＋＝1表示焦点位于x轴上的椭圆有________个．
解析 由题意知m>n，当m＝2时，n有1种选择；当m＝3时，n有2种选择；当m＝4时，n有3种选择．故共有1＋2＋3＝6(个)满足题意的椭圆．
答案 6
8．如图，在由电键组A与B所组成的并联电路中，要接通电源，使电灯发光的方法种数是________．
解析 在电键组A中有2个电键，电键组B中有3个电键，应用分类加法计数原理，共有2＋3＝5种接通电源使电灯发光的方法．
答案 5
9．将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有________种．
解析 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即2143，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应着3种填法，因此共有填法为3×3＝9(种)．
答案 9
三、解答题（本大题共3小题，共35分）
10．（10分）若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？
解析 分两类完成：
第1类，将A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条．
第2类，当A，B不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成：
第1步，确定A的值，有4种不同的方法；
第2步，确定B的值，有3种不同的方法．
由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12条直线．
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线的条数共有2＋12＝14.
答案 14
11．（12分）某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法？
解析 第一类：既会排版又会印刷的2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步乘法计数原理知共有3×1＝3种选法．
第二类：既会排版又会印刷的2人中被选出1人，有2种选法．若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步乘法计数原理知共有2×3×1＝6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步乘法计数原理知共有2×3×2＝12种选法；再由分类加法计数原理知共有6＋12＝18种选法．
第三类：既会排版又会印刷的2人全被选出，同理共有16种选法．
所以共有3＋18＋16＝37种选法．
答案 37
12．（13分）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，共有3×5＝15种选法．
由分类加法计数原理知，共有24＋15＝39种选法．
答案 (1)16 (2)120 (3)39
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
[课标解读]
1．通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．
2．理解并掌握两个计数原理，并会利用这两个原理分析和解决一些简单的问题．(重点)
1．分类加法计数原理
基础知识整合m+n2．分步乘法计数原理m×n3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别
(1)联系：都是涉及做一件事的________的种数问题．
(2)区别：分类加法计数原理针对的是_______问题，其中各种方法_________，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__________，只有各个步骤都完成才算做完这件事．
“分类”相互独立“分步”互相依存不同方法知识点一 分类加法计数原理
探究1：已知某校学生会由高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人组成，若想选其中1人为学生会主席，试探究以下问题：
(1)如果只从高一年级成员中选1人为学生会主席，有几种不同的选法？
提示 2种．
核心要点探究(2)如果只从高二年级成员中选1人为学生会主席，有几种不同的选法？只从高三年级成员中选取呢？
提示 只从高二年级成员中选取有3种不同选法；只从高三年级成员中选取有2种不同选法．
(3)若不论哪个年级，都可以选取，则共有几种不同选法？
提示 共有2＋3＋2＝7(种)不同选法．
探究2：根据分类加法计数原理考虑完成一件事的第1类方案与第2类方案中的每一种方法有没有重复或遗漏？
提示 每种方法都可以独立地完成这件事，它们之间没有重复或遗漏．知识点二 分步乘法计数原理
探究1：根据分类加法计数原理的探究1的材料回答下列问题：
(1)若想从每年级学生会成员中各选1人为学生会常委，则有多少种不同的选法？
提示 不妨设高一年级成员为A1，A2，高二年级成员为B1，B2，B3，高三年级成员为C1，C2.
此处需要从各年级分别选出1人来，用列举法为A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A1B3C1，A1B3C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2，A2B3C1，A2B3C2共有12种．(2)观察此处的结果与各年级人数间的关系是什么？
提示 2×3×2＝12，即年级人数之积为本问题中不同的选法种数．
探究2：如何理解“完成一件事”的过程中的各步之间关系？
提示 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复. (1)若x，y∈N*，且x＋y≤6，则有序自然数对(x，y)共有________个．
(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．
题型一 分类加法计数原理的应用例1【自主解答】 (1)将满足条件x，y∈N*，且x＋y≤6的x的值进行分类：
当x＝1时，y可取的值为5，4，3，2，1，共5个；
当x＝2时，y可取的值为4，3，2，1，共4个；
当x＝3时，y可取的值为3，2，1，共3个；
当x＝4时，y可取的值为2，1，共2个；
当x＝5时，y可取的值为1，共1个．
即当x＝1，2，3，4，5时，y的值依次有5，4，3，2，1个，由分类加法计数原理得，不同的数对(x，y)共有5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．
(2)解法一 根据题意，将十位上的数字按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是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，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．故共有36个．
解法二 分析个位数字，可分以下几类：
个位是9，则十位可以是1，2，3，…，8中的一个，故共有8个；
个位是8，则十位可以是1，2，3，…，7中的一个，故共有7个；
同理个位是7的有6个；
…
个位是2的有1个．
由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．故共有36个．
【答案】 (1)15 (2)36
●规律总结
1．使用分类加法计数原理计数的两个条件
(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类．
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
2．利用分类加法计数原理计数时的解题流程1．(1)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，积33分．若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有________种．
(2)三边长为整数，且最大边长为11的三角形有多少个？◎变式训练解析 (1)运用分类加法计数原理
胜 负 平 积分
11 4 0 33
10 2 3 30＋3
9 0 6 27＋6
由上述分类可得，该队胜、负、平的情况共有3种．
(2)另两边长用x、y表示，且不妨设1≤x≤y≤11.要构成三角形，必须x＋y≥12.①当y取11时，x＝1，2，3，…，11，可有11个；②当y取10时，x＝2，3，4，…，10，可有9个；…；③当y取6时，x＝6，只有1个．由分类计数原理，所求三角形个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36(个)．
答案 (1)3 (2)36 (1)4张卡片的正、反面分别有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成________个不同的三位数．
(2)已知a∈{3，4，6}，b∈{1，2，7，8}，r∈{8，9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示多少个不同的圆？
题型二 分步乘法计数原理的应用例2【自主解答】 (1)分三个步骤：
第一步：百位可放8－1＝7(个)数；
第二步：十位可放6个数；
第三步：个位可放4个数．
根据分步乘法计数原理，可以组成N＝7×6×4＝168(个)不同的三位数．
(2)按a，b，r取值顺序分步考虑：
第一步：a从3，4，6中任取一个数，有3种取法；
第二步：b从1，2，7，8中任取一个数，有4种取法；
第三步：r从8，9中任取一个数，有2种取法．
由分步乘法计数原理知，表示的不同圆有N＝3×4×2＝24(个)．
【答案】 (1)168 (2)24●规律总结
1．使用分步乘法计数原理计数的两个注意点
(1)要按照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．
2．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程
2．在2012年伦敦奥运选手选拔赛上，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．◎变式训练解析 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
(1)高艳有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”劳动节需选择一套服装参加歌舞演出，则高艳不同的穿衣服的方式有
A．24种 B．14种 C．10种 D．9种
题型三 两个计数原理的综合应用例3(2)某校数学课外活动小组有高一学生10人，高二学生8人，高三学生7人．
①选其中1人为总负责人，有多少种不同的选法？
②每一年级各选1名组长，有多少种不同的选法？
③推选出其中2人去外校参观学习，要求这2人来自不同年级，有多少种不同的选法？【自主解答】 (1)其穿衣方式分两类：
第一类：不选连衣裙有4×3＝12(种)方法；
第二类：选连衣裙有2种方法，
由分类加法计数原理知，共有12＋2＝14种方法．
(2)①若从高一学生中选，则有10种不同的选法；
若从高二学生中选，则有8种不同的选法；
若从高三学生中选，则有7种不同的选法；
所以由分类加法计数原理知，共有10＋8＋7＝25(种)不同的选法．
②三个年级分别有10种，8种，7种不同选法，
由分步乘法计数原理知，共有10×8×7＝560(种)不同选法．
③选法可分三类：一类是1人选自高一，1人选自高二，有10×8＝80(种)选法；
第二类是1人选自高一，1人选自高三，有10×7＝70(种)选法；
第三类是1人选自高二，1人选自高三，有8×7＝56(种)选法，所以共有80＋70＋56＝206(种)不同选法．
【答案】 (1)B (2)①25 ②560 ③206●规律总结
1．“分类”与“分步”
(1)应用分类加法计数原理与分步乘法计数原理首先要分清“分类”与“分步”．
(2)应用分类加法计数原理，必须要各类的每一种方法都保证事件的完成．
(3)“分步”应满足，完成一件事必须且只需连续完成若干步，即应用分步乘法计数原理时各步均是完成事件必须经过的各个彼此独立的“步”．2．两个计数原理综合应用的技巧
对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决时，可以综合应用两个原理，可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类．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，则有多少种不同的带法？
(2)若带外语、数学、物理参考书各1本，则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，则有多少种不同的带法？
◎变式训练解析 (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)完成的事件是带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)．
答案 (1)12 (2)60 (3)47
体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有
A．12种 B．7种
C．14种 D．49种
◎典题示例易错误区(一) 分不清是分类还是分步而导致错误典例【解析】 要完成进、出门这件事，需要分两步．
第一步进体育场，第二步出体育场，
第一步进门有4＋3＝7种方法，
第二步出门也有4＋3＝7种方法，
由分步乘法计数原理知进、出门的方案有7×7＝49种．
【答案】 D[易错防范]
1．把进、出门理解为一边进一边出，错选A，或者把分步错认为分类，而错选C.
2．明确“分类”与“分步”
“分类”是其中任何一类中的任何一种方法均可独立完成所给事情，而“分步”必须是把各个步骤均完成才能完成所给事情．在解题过程中要能高效地得到正确结论必须将要计的数准确进行“分类”或是“分步”，如本例是“分步”，而非“分类”问题．
某小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有________种．◎典题试解解析 按题意，对节目甲是否为第一位分类：
①节目甲在第一位，乙有4种排法，丙有一种排法，共有4×1×3×2×1＝24(种)．
②节目甲在第二位，乙不排在第一位，还有3种排法，丙一种排法，共有3×1×3×2×1＝18(种)．
共有方案24＋18＝42(种)．
答案 42本讲结束
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