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数 学
选修2-3
·
人教A版
新课标导学
第一章
计数原理
第2课时 两个基本原理的应用
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1
自主预习·探新知
2
互动探究·攻重难
3
课堂达标·固基础
4
课时作业·练素能
自主预习·探新知
情景引入
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
新知导学
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
预习自测
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·攻重难
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．
命题方向
1
典例
1
互动探究解疑
[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．
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
跟踪练习1
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．
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.
命题方向
2
典例
2
1
2
3
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”．
(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
跟踪练习2
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．
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．
命题方向
3
典例
3
C
[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．
『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．
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．
跟踪练习3
已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，集合B＝{b1，b2}，其中ai，bj(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．
学科核心素养
元素重复的计数问题
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．
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
跟踪练习4
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．
易混易错警示
分类计数时考虑不全致误
典例
5
[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．
[误区警示] 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．
课堂达标·固基础
课时作业·练素能第一章 1.1 第2课时
请同学们认真完成练案[2]
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．(2020·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．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( B )
A．96
B．84
C．60
D．48
[解析] 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)．
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，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．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__14__个．(用数字作答)
[解析] 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)．
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．(2020·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．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__48__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．
4．从集合{1,2,3,4,5,6}中任取两个元素作为双曲线－＝1(a>0，b>0)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．(2020·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＋3×4＝44项．
∴n＝44＋1＝45(项)．第一章 1.1 第2课时
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( D )
A．5
B．24
C．32
D．64
[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 )
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．
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__2_880__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＝2
880(种)．
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__12__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．
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)．
