第二课时 两个计数原理的综合应用
课标要求
素养要求
1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.2.会正确应用这两个计数原理计数.
通过进一步应用两个计数原理，提升数学抽象及数学运算素养.
新知探究
青岛是一座美丽的滨海城市，空气良好，城市生活也很悠闲，海水清澈漂亮，能看到美丽的海岸线，青岛的海鲜很便宜，海滨城市边吃海鲜边吹海风很惬意，小新决定“五一”期间从枣庄乘火车到济南办事，再于次日从济南乘汽车到青岛旅游，一天中火车有3班，汽车有2班，他将如何安排行程？
问题 上述情境中，小新从枣庄到济南共有多少种不同的走法？
提示 因为乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，所以从枣庄到青岛需乘一次火车再接着乘1次汽车就可以了，因此共有3×2＝6(种)不同的走法．
两个计数原理的区别与联系
用两个计数原理解决问题时，要明确是需要分类还是需要分步，有时，可能既要分类又要分步
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种类
不同点
分类完成，类类相加
分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事)
注意点
类类独立，不重不漏
步步相依，步骤完整
拓展深化
[微判断]
1．分类计数是指将完成这件事的所有方式进行分类，每一类都能独立完成该事件．(√)
2.分步计数是指将完成这件事分解成若干步骤，当完成所有的步骤时，这个事件才算完成．(√)
3．当一个事件既需要分步又需要分类时，分步和分类没有先后之分．(×)
提示 当一个事件既需要分步又需要分类时，通常要明确是先分类后分步还是先分步后分类，并且要明确分类的标准和分步的程序问题．
[微训练]
1．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有( )
A．6种
B．5种
C．4种
D．3种
解析 不同的选派情况可分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法．根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有2＋1＋1＝4(种)．
答案 C
2．某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有( )
A．24种
B．48种
C．64种
D．81种
解析 由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的参赛方法．
答案 A
[微思考]
用前6个大写英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2，…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？
提示 编写一个号码要先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字，我们可以用树形图列出所有可能的号码．如图：
由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6×9＝54(个)不同的号码.
题型一 两个计数原理在排数中的应用
【例1】 用0，1，2，3，4五个数字，
(1)可以排成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)，即可以排成125个三位数字的电话号码．
(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)，即可以排成100个三位数．
(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；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．
【迁移】 (变设问)由本例中的五个数字可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中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，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知共有2×3×3×2＝36(个)．
规律方法 对于组数问题，应掌握以下原则：
(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．
(2)要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．
【训练1】 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( )
A．24
B．18
C．12
D．6
解析 由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况；奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此总共有12＋6＝18(种)情况．故选B.
答案 B
题型二 分配问题
【例2】 高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五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．360种
B．420种
C．369种
D．396种
解析 法一 (直接法)
以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类：
第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；
第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的班级去另外四个工厂，其分配方案共有4×4＝16(种)；
第三类，有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他四个工厂，其分配方案共有6×4×4＝96(种)；
第四类，有一个班级去甲工厂，其他班级去另外四个工厂，其分配方案有4×4×4×4＝256(种)．
综上所述，不同的分配方案有1＋16＋96＋256＝369(种)．
法二 (间接法)
先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即：5×5×5×5－4×4×4×4＝369(种)方案．
答案 C
规律方法 选(抽)取与分配问题的常见类型及其解法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树形图法、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，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．
【训练2】 (1)有4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( )
A．11
B．10
C．9
D．8
(2)从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有( )
A．280种
B．240种
C．180种
D．96种
解析 (1)法一 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．
法二 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，根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9(种)不同安排方法．
(2)由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法．后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3＝240(种)选派方案．
答案 (1)C (2)B
题型三 涂色问题
【例3】 如图所示，要给“创”、“新”、“设”、“计”四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
解 创、新、设、计四个区域依次涂色，分四步．
第1步，涂“创”区域，有3种选择．
第2步，涂“新”区域，有2种选择．
第3步，涂“设”区域，由于它与“创”、“新”区域颜色不同，有1种选择．
第4步，涂“计”区域，由于它与“创”“设”区域颜色不同，有1种选择．
所以根据分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种)．
规律方法 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(立方体)问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
【训练3】 如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为( )
A．96
B．84
C．60
D．48
解析 依次种A，B，C，D
4块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种的花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法．由分类加法计数原理知，不同的种法种数为36＋48＝84.
答案 B
一、素养落地
1．通过本节课的学习重点提升数学抽象及数学运算素养．
2．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本，也是最重要的原理，是解答排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．
3．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．若正面分类种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．
二、素养训练
1．已知函数y＝ax2＋bx＋c为二次函数，其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}，则不同的二次函数的个数为( )
A．125
B．15
C．100
D．10
解析 若y＝ax2＋bx＋c为二次函数，则a≠0，要完成该事件，需分步进行：
第一步，对于系数a有4种不同的选法；
第二步，对于系数b有5种不同的选法；
第三步，对于系数c有5种不同的选法．
由分步乘法计数原理知，共有4×5×5＝100(个)．
答案 C
2．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144
B．120
C．72
D．24
解析 剩余的3个座位共有4个空隙供3人(不妨记为甲、乙、丙)选择就座，因此，可分三步：甲从4个空隙中任选一个空隙，有4种不同的选择；乙从余下的3个空隙中任选一个空隙，有3种不同的选择；丙从余下的2个空隙中任选一个空隙，有2种不同的选择．根据分步乘法计数原理，任何两人不相邻的坐法种数为4×3×2＝24.故选D.
答案 D
3．两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A．10种
B．15种
C．20种
D．30种
解析 由题意知，比赛局数最少为3局，至多为5局．当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)．故选C.
答案 C
4．(a1＋a2)·(b1＋b2＋b3)·(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中有__________项．
解析 要得到项数分三步：
第一步，从第一个因式中取一个因子，有2种取法；
第二步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法；
第三步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法．
由分步乘法计数原理知，共有2×3×4＝24(项)．
答案 24
5．将3种作物全部种植在如图所示的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__________种．
解析 分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有2种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c：
a
b
c
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．
(2)若第三块田放a：
a
b
a
第四块有b或c2种方法：
①若第四块放c：
a
b
a
c
第五块有2种方法；
②若第四块放b：
a
b
a
b
第五块只能种作物c，共1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．
答案 42
基础达标
一、选择题
1．由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为( )
A．15
B．12
C．10
D．5
解析 分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成3位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数1＋2＋2＝5(个)．
答案 D
2．甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种
B．5种
C．6种
D．12种
解析 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有3＋3＝6(种)不同的传法．
答案 C
3．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( )
A．10个
B．14个
C．15个
D．21个
解析 当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4，5；当b＝3时，c＝4，5，6；当b＝4时，c＝4，5，6，7.故共有1＋2＋3＋4＝10(个)这样的三角形．
答案 A
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，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为( )
A．18
B．16
C．14
D．10
解析 分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标，有3×2＝6(个)不同的点，二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标，有4×2＝8(个)不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14(个)不同的点．
答案 C
5．有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A．4
320种
B．2
880种
C．1
440种
D．720种
解析 第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4
320(种)不同的涂色方法．
答案 A
二、填空题
6．如图所示为一电路图，则从A到B共有__________条不同的单支线路可通电．
解析 按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2＝4(条)．根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8(条)．
答案 8
7．古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成__________组．
解析 分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30(组)不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60(组)．
答案 60
8．4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报法有__________种．
解析 由于每个同学报哪个运动队没有限制，因此，每个同学都有3种报名方法，4个同学全部报完，才算完成这件事，故共有3×3×3×3＝81(种)不同的报法．
答案 81
三、解答题
9．将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．
求：(1)1号盒中无球的不同方法种数；
(2)1号盒中有球的不同放法种数．
解 (1)1号盒中无球即A，B，C三球只能放入2，3，4号盒子中，有33＝27(种)放法；
(2)1号盒中有球可分三类：一类是1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法，一类是1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法，一类是1号盒中有三个球，有1种放法．共有27＋9＋1＝37(种)放法．
10．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 分两类完成．
第1类，当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都不为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共有2＋12＝14(条)．
能力提升
11．方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2，0，1，2，3}，且a，b，c互不相同．在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( )
A．60条
B．62条
C．71条
D．80条
解析 利用两个计数原理结合分类讨论思想求解．
当a＝1时：若c＝0，则b2有2个取值，共2条抛物线；若c≠0，则c有4个取值，b2有2个取值，共有2×4＝8(条)抛物线．
当a＝2时：若c＝0，则b2有3个取值，共有3条抛物线；若c≠0，当c取1时，b2有2个取值，共有2条抛物线；当c取－2时，b2有2个取值，共有2条抛物线；当c取3时，b2有3个取值，共有3条抛物线；当c取－3时，b2有3个取值，共有3条抛物线．
∴a＝2时共有3＋2＋2＋3＋3＝13(条)抛物线．
同理，a＝－2，－3，3时，共有抛物线3×13＝39(条)．
由分类加法计数原理知，共有抛物线39＋13＋8＋2＝62(条)．
答案 B
12．某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人)
参加书法社团
未参加书法社团
参加演讲社团
8
5
未参加演讲社团
2
30
(1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；
(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5，3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选出1人，求A1被选中且B1未被选中的概率．
解 (1)由调查数据，知既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)，所以从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率P＝＝.
(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选出1人，其所有可能的结果有5×3＝15(种)．
根据题意，知这些基本事件的出现是等可能的．
事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的基本事件有{A1，B2}，{A1，B3}，共2个．
因此A1被选中且B1未被选中的概率P＝.
创新猜想
13．(多空题)现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则不同的选取种数为______，m，n都取到奇数的概率为__________．
解析 因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，所以(m，n)所有可能的取值有7×9＝63(种)，其中m，n都取到奇数的情况有4×5＝20(种)，因此所求概率为.
答案 63
14．(多空题)用0，1，…，9十个数字，可以组成无重复的三位数的个数为______，有重复数字的三位数的个数为________．
解析 用0，1，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
答案 648 252(共33张PPT)
第二课时 两个计数原理的综合应用
课标要求
素养要求
1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.
2.会正确应用这两个计数原理计数.
通过进一步应用两个计数原理，提升数学抽象及数学运算素养.
新知探究
青岛是一座美丽的滨海城市，空气良好，城市生活也很悠闲，海水清澈漂亮，能看到美丽的海岸线，青岛的海鲜很便宜，海滨城市边吃海鲜边吹海风很惬意，小新决定“五一”期间从枣庄乘火车到济南办事，再于次日从济南乘汽车到青岛旅游，一天中火车有3班，汽车有2班，他将如何安排行程？
问题 上述情境中，小新从枣庄到济南共有多少种不同的走法？
提示 因为乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，所以从枣庄到青岛需乘一次火车再接着乘1次汽车就可以了，因此共有3×2＝6(种)不同的走法．
两个计数原理的区别与联系
用两个计数原理解决问题时，要明确是需要分类还是需要分步，有时，可能既要分类又要分步
?
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种类
不同点
分类完成，类类相加
分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事)
注意点
类类独立，不重不漏
步步相依，步骤完整
拓展深化
[微判断]
1．分类计数是指将完成这件事的所有方式进行分类，每一类都能独立完成该
事件．
(
)
2.分步计数是指将完成这件事分解成若干步骤，当完成所有的步骤时，这个事件才算完成．
(
)
3．当一个事件既需要分步又需要分类时，分步和分类没有先后之分．
(
)
提示 当一个事件既需要分步又需要分类时，通常要明确是先分类后分步还是先分步后分类，并且要明确分类的标准和分步的程序问题．
×
√
√
[微训练]
1．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有( )
A．6种
B．5种
C．4种
D．3种
解析 不同的选派情况可分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法．根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有2＋1＋1＝4(种)．
答案 C
2．某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有( )
A．24种
B．48种
C．64种
D．81种
解析 由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的参赛方法．
答案 A
[微思考]
用前6个大写英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2，…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？
由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6×9＝54(个)不同的号码.
提示 编写一个号码要先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字，我们可以用树形图列出所有可能的号码．如图：
题型一 两个计数原理在排数中的应用
【例1】 用0，1，2，3，4五个数字，
(1)可以排成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)，即可以排成125个三位数字的电话号码．
(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)，即可以排成100个三位数．
(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；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．
【迁移】 (变设问)由本例中的五个数字可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中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，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知共有2×3×3×2＝36(个)．
规律方法 对于组数问题，应掌握以下原则：
(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．
(2)要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．
【训练1】 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( )
A．24
B．18
C．12
D．6
解析 由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况；奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此总共有12＋6＝18(种)情况．故选B.
答案 B
题型二 分配问题
【例2】 高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五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．360种
B．420种
C．369种
D．396种
解析 法一 (直接法)
以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类：
第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；
第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的班级去另外四个工厂，其分配方案共有4×4＝16(种)；
第三类，有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他四个工厂，其分配方案共有6×4×4＝96(种)；
第四类，有一个班级去甲工厂，其他班级去另外四个工厂，其分配方案有4×4×4×4＝256(种)．
综上所述，不同的分配方案有1＋16＋96＋256＝369(种)．
法二 (间接法)
先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即：5×5×5×5－4×4×4×4＝369(种)方案．
答案 C
规律方法 选(抽)取与分配问题的常见类型及其解法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树形图法、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，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．
【训练2】 (1)有4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( )
A．11
B．10
C．9
D．8
(2)从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有( )
A．280种
B．240种
C．180种
D．96种
解析 (1)法一 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．
法二 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，根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9(种)不同安排方法．
(2)由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法．后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3＝240(种)选派方案．
答案 (1)C (2)B
题型三 涂色问题
【例3】 如图所示，要给“创”、“新”、“设”、“计”四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
解 创、新、设、计四个区域依次涂色，分四步．
第1步，涂“创”区域，有3种选择．
第2步，涂“新”区域，有2种选择．
第3步，涂“设”区域，由于它与“创”、“新”区域颜色不同，有1种选择．
第4步，涂“计”区域，由于它与“创”“设”区域颜色不同，有1种选择．
所以根据分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种)．
规律方法 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(立方体)问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
【训练3】 如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为( )
A．96
B．84
C．60
D．48
解析 依次种A，B，C，D
4块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种的花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法．由分类加法计数原理知，不同的种法种数为36＋48＝84.
答案 B
一、素养落地
1．通过本节课的学习重点提升数学抽象及数学运算素养．
2．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本，也是最重要的原理，是解答排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．
3．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．若正面分类种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．
二、素养训练
1．已知函数y＝ax2＋bx＋c为二次函数，其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}，则不同的二次函数的个数为( )
A．125
B．15
C．100
D．10
解析 若y＝ax2＋bx＋c为二次函数，则a≠0，要完成该事件，需分步进行：
第一步，对于系数a有4种不同的选法；
第二步，对于系数b有5种不同的选法；
第三步，对于系数c有5种不同的选法．
由分步乘法计数原理知，共有4×5×5＝100(个)．
答案 C
2．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144
B．120
C．72
D．24
解析 剩余的3个座位共有4个空隙供3人(不妨记为甲、乙、丙)选择就座，因此，可分三步：甲从4个空隙中任选一个空隙，有4种不同的选择；乙从余下的3个空隙中任选一个空隙，有3种不同的选择；丙从余下的2个空隙中任选一个空隙，有2种不同的选择．根据分步乘法计数原理，任何两人不相邻的坐法种数为4×3×2＝24.故选D.
答案 D
3．两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A．10种
B．15种
C．20种
D．30种
解析 由题意知，比赛局数最少为3局，至多为5局．当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)．故选C.
答案 C
4．(a1＋a2)·(b1＋b2＋b3)·(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中有__________项．
解析 要得到项数分三步：
第一步，从第一个因式中取一个因子，有2种取法；
第二步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法；
第三步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法．
由分步乘法计数原理知，共有2×3×4＝24(项)．
答案 24
5．将3种作物全部种植在如图所示的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__________种．
?
?
?
?
?
解析 分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有2种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c：
a
b
c
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．
(2)若第三块田放a：
a
b
a
第四块有b或c2种方法：
①若第四块放c：
a
b
a
c
第五块有2种方法；
②若第四块放b：
a
b
a
b
第五块只能种作物c，共1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．
答案 42第六章
计数原理
[数学文化]——了解数学传统文化的发展与应用
排列组合发展史
虽然数数始于结绳计数的远古时代，由于那时人的智力的发展尚处于低级阶段，谈不上有什么技巧．随着人们对于数的了解和研究，在形成与数密切相关的数学分支的过程中，如数论、代数、函数论以至泛函的形成与发展，逐步地从数的多样性发现数数的多样性，产生了各种数数的技巧．中国古代的《易经》中用十个天干和十二个地支以六十为周期来记载月和年，以及在洛书河图中关于幻方的记载，是人们至今所了解的最早发现的组合问题．于11和12世纪间，贾宪就发现了二项式系数，杨辉将它整理记载在他的《续古抉奇法》一书中，这就是中国通常称的杨辉三角．事实上，于12世纪印度的婆什迦罗第二也发现了这种组合数.13世纪波斯的哲学家曾讲授过此类三角．而在西方，布莱士·帕斯卡发现这个三角形是在17世纪中期．
杨辉
[读图探新]——发现现象背后的知识
1．想着家里热腾腾的饺子，盼着过年那张望眼欲穿的车票，一个信念：有钱没钱回家过年！已知有一条动车线，在甲、乙两城之间来往，中途停靠4处．连头带尾，共有6个停靠站．
2．2019年10月1日我军首次组建领导指挥方队接受检阅，350余名受阅队员全部从解放军全新作战指挥链中抽组，25名将军组成将军排面……这是我军首次组建领导指挥方队接受检阅．
3．接力赛是田径运动中一项很常见的赛制，每年的学校运动会中都会有，这是一个最能代表团体合作精神的项目．要想在这个项目中取得好的成绩，就必须对参加接力赛的队员进行科学的排兵布阵．
问题1：为了这6个站，要准备多少种不同的车票呢？
问题2：25名将军站在排面有多少种排列的方法？
问题3：4×100米接力
赛中，共有多少种安排的方法？
链接：以上问题均为计数问题，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的基础．学习时应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；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，要认真辨析，抓住联系，弄清区别.
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第一课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课标要求
素养要求
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理.
通过两个计数原理的学习，提升数学抽象及逻辑推理素养.
新知探究
2017年3月3日政协十二届第5次会议在北京举行，某政协委员3月2日要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．
问题 这个政协委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径可选？
提示 该政协委员共有3＋4＝7(种)快捷途径可选．
1．分类加法计数原理
正确运用分类加法计数原理的关键是明确分类的标准并做到不重不漏
完成一件事有两类不同的方案，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＝m＋n种不同的方法．
2．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＝m×n
种不同的方法．
拓展深化
[微判断]
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．(×)
提示 在分类加法计数原理中，两类不同的方案中，每一种方法都不相同．
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，事情若是分两步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．(√)
[微训练]
1．从3名女同学和2名男同学中选出一人主持本班一次班会，则不同的选法种数为( )
A．6
B．5
C．3
D．2
解析 由分类加法计数原理知，共有3＋2＝5(种)不同的选法．
答案 B
2．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两个袋子里各取一个球，共有__________种不同的取法．
解析 由分步乘法计数原理知，共有6×8＝48(种)不同的取法．
答案 48
[微思考]
用一个大写的英文字母或0～9这10个阿拉伯数字中的一个给教室里的座位编号，总共能编出多少种不同的号码？
提示 因为英文字母共有26个，阿拉伯数字0～9共有10个，所以总共可以编出26＋10＝36(种)不同的号码.
题型一 分类加法计数原理的应用
【例1】 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__________．
解析 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，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
法二 分析个位数字，可分以下几类：
个位数字是9，则十位数字可以是1，2，3，…，8中的一个，故共有8个；
个位数字是8，则十位数字可以是1，2，3，…，7中的一个，故共有7个；
同理，个位数字是7的有6个；
……
个位数字是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)．
答案 36
【迁移1】 (变条件)若本例条件变为个位数字小于十位数字且为偶数，那么这样的两位数有多少个．
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，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个).
【迁移2】 (变条件，变设问)用1，2，3这3个数字可以组成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12，21，23，32，13，31，共6个；
第三类为三位整数，有123，132，231，213，321，312，共6个，
∴由分类加法计数原理知共可组成没有重复数字的整数3＋6＋6＝15(个)．
答案 15
规律方法 利用分类加法计数原理计数时的解题流程
【训练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
解析 由关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，得a＝0，b∈R或a≠0时，ab≤1.
又a，b∈{－1，0，1，2}，故
若a＝－1时，b＝－1，0，1，2，有4种可能；
若a＝0时，b＝－1，0，1，2，有4种可能；
若a＝1时，b＝－1，0，1，有3种可能；
若a＝2时，b＝－1，0，有2种可能．
∴由分类加法计数原理知共有(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
答案 B
题型二 分步乘法计数原理
【例2】 在平面直角坐标系内，若点P(x，y)的横、纵坐标均在{0，1，2，3}内取值，则可以组成多少个不同的点P?
解 确定点P的坐标必须分两步，即分步确定点P的横坐标与纵坐标．
第一步，确定横坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，有4种方法；
第二步，确定纵坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，也有4种方法．
根据分步乘法计数原理，所有不同的点P的个数为4×4＝16.故可以组成16个不同的点P.
规律方法 应用分步乘法计数原理应注意如下问题：
(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某种方法是不是能完成这件事，也就是说要经过几步才能完成这件事．
(2)完成这件事要分若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步，这件事都不可能完成，即各步之间是关联的，相互依存的，只有前步完成后步才能进行．
(3)根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，即分步要做到步骤完整．
【训练2】 用0，1，2，3，4，5，6这七个数字共能组成多少个两位数？
解 第一步，确定十位数字，1，2，3，4，5，6六个数字都可以选择，有6种方法；
第二步，确定个位数字，0，1，2，3，4，5，6七个数字都可以选择，有7种选法．
根据分步乘法计数原理，不同的两位数共有6×7＝42(个)．
故可以组成42个两位数．
题型三 两个计数原理的简单应用
【例3】 现有高一年级的四个班的学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
解 (1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．
所以，共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5
040(种)．
(3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9
种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
规律方法 (1)在处理具体的应用题时，首先必须弄清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么，选择合理的标准处理事件，关键是看能否独立完成这件事，避免计数的重复或遗漏．
(2)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．
【训练3】 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有多少种不同的选法？
解 由题意，知有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
法一 分两类．
第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，有6种选法，则说日语的有2＋1＝3(种)选法．此时共有6×3＝18(种)选法．
第二类：从不只会英语的1人中选1人说英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2(种)选法．
所以由分类加法计算原理知，共有18＋2＝20(种)选法．
法二 设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种：(1)教英语；(2)教日语．
第一类：甲入选．
(1)甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×2＝2(种)选法；
(2)甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×6＝6(种)选法．
故甲入选的不同选法共有2＋6＝8(种)．
第二类：甲不入选．可分两步．
第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法：第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法．由分步乘法计数原理知，有6×2＝12(种)不同的选法．
综上，共有8＋12＝20(种)不同选法.
一、素养落地
1．通过本节课的学习，进一步提升数学抽象及逻辑推理素养．
2．应用两个原理时，要仔细区分原理的不同，分类加法计数原理关键在于分类，不同类之间互相排斥，互相独立；分步乘法计数原理关键在于分步，各步之间互相依存，互相联系．
3．通过对这两个原理的学习，要进一步体会分类讨论思想及等价转化思想在解题中的应用．
二、素养训练
1．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从A地到B地的不同走法的种数为( )
A．1＋1＋1＝3
B．3＋4＋2＝9
C．3×4×2＝24
D．以上都不对
解析 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，由分类加法计数原理知共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．
答案 B
2．现有3名老师、8名男生和5名女生共16人．若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为( )
A．39
B．24
C．15
D．16
解析 先从3名老师中任选1名，有3种选法，再从13名学生中任选1名，有13种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×13＝39.
答案 A
3．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24
B．18
C．12
D．9
解析 由题意可知E→F共有6条最短路径，F→G共有3条最短路径，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(条)最短路径，故选B.
答案 B
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__________个．
解析 第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据分步乘法计数原理，共有6×6＝36(种)方法，即共组成36个虚数．
答案 36
5．从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的各项的系数，可组成不同的二次函数共有__________个，其中不同的偶函数共有__________个．
解析 一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知，共有二次函数的个数为3×3×2＝18.其中不同的偶函数的个数为3×2＝6.
答案 18 6
基础达标
一、选择题
1．某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有( )
A．24种
B．9种
C．3种
D．26种
解析 不同的杂志本数为4＋3＋2＝9，从其中任选一本阅读，共有9种选法．
答案 B
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 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．
答案 D
3．某体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，小李到体育场看比赛，则他进、出门的方案有( )
A．12种
B．7种
C．14种
D．49种
解析 完成进、出体育场门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场．
第一步进门共有4＋3＝7(种)方法，
第二步出门共有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
4．5名同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
A．10种
B．20种
C．25种
D．32种
解析 每位同学限报其中的一个小组，各有2种报名方法，根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有25＝32(种)．
答案 D
5．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A．60
B．48
C．36
D．24
解析 长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36(个)，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)，所以共有36＋12＝48(个)．
答案 B
二、填空题
6．已知a∈{2，4，6，8}，b∈{3，5，7，9}，则能使logab>1的对数值有__________个．
解析 分四类，当a＝2时，b取3，5，7，9四种情况；
当a＝4时，b取5，7，9三种情况；
当a＝6时，b取7，9两种情况；
当a＝8时，b取9一种情况，
所以总共有4＋3＋2＋1＝10种，又log23＝log49，
所以对数值有9个．
答案 9
7．用0到9这十个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为__________．
解析 由题意知本题是一个分类计数问题．
若个位数字为0，前两位的排法种数为9×8＝72；
若个位数字不为0，则确定个位数字有4种方法，
确定百位数字有8种方法，确定十位数字有8种方法，
所以排法种数为4×8×8＝256.
所以可以组成256＋72＝328(个)没有重复数字的三位偶数．
答案 328
8．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有__________种．
解析 按照焊接点脱落的个数进行分类：
第1类，脱落1个，有1，4，共2种；
第2类，脱落2个，有(1，4)，(2，3)，(1，2)，(1，3)，(4，2)，(4，3)，共6种；
第3类，脱落3个，有(1，2，3)，(1，2，4)，(2，3，4)，(1，3，4)，共4种；
第4类，脱落4个，有(1，2，3，4)，共1种．
根据分类加法计数原理，共有2＋6＋4＋1＝13(种)焊接点脱落的情况．
答案 13
三、解答题
9．用0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字比其左邻的数字小的数叫做“渐降数”，求上述四位数中“渐降数”的个数．
解 分三类：
第一类，千位数字为3时，要使四位数为“渐降数”，则四位数只有3
210，共1个；
第二类，千位数字为4时，“渐降数”有4
321，4
320，4
310，4
210，共4个；
第三类，千位数字为5时，“渐降数”有5
432，5
431，5
430，5
421，5
420，5
410，5
321，5
320，5
310，5
210，共10个．
由分类加法计数原理，得共有1＋4＋10＝15个“渐降数”．
10．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？
解 (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，共有5＋4＋3＝12(种)不同的带法．
(2)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，因此应用分步乘法计数原理，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，共有20＋15＋12＝47(种)不同的带法．
能力提升
11．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有__________个．
解析 满足条件的有两类：
第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有m1＝8(个)；
第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有m2＝8×4＝32(个)，
所以满足条件的三角形共有8＋32＝40(个)．
答案 40
12．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)其中所取两数满足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个数对中所取两数满足m＞n的数对可以分类来解，当m＝2时，n＝1，有1种结果；当m＝4时，n＝1，3有2种结果；当m＝6时，n＝1，3，5有3种结果；当m＝8时，n＝1，3，5，7有4种结果；当m＝10时，n＝1，3，5，7，9有5种结果．综上所述共有1＋2＋3＋4＋5＝15(个)不同的数对．
创新猜想
13．(多空题)在如图1的电路中，只合上一个开关可以接通电路，有__________种不同的方法；在如图2的电路中，合上两个开关可以接通电路，有__________种不同的方法．
解析 对于图1，按要求接通电路，只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一个即可，故有2＋3＝5(种)不同的方法．
对于图2，按要求接通电路必须分两步进行：
第一步，合上A中的一个开关；
第二步，合上B中的一个开关，
故有2×3＝6(种)不同的方法．
答案 5 6
14．(多空题)一个科技小组中有4名女同学、5名男同学，从中任选1名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__________种；若从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__________种．
解析 根据分类加法计数原理，从中任选1名同学参加学科竞赛共有5＋4＝9(种)选派方法．根据分步乘法计数原理，从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛共有4×5＝20(种)选派方法．
答案 9 20(共36张PPT)
第六章
计数原理
[数学文化]——了解数学传统文化的发展与应用
排列组合发展史
虽然数数始于结绳计数的远古时代，由于那时人的智力的发展尚处于低级阶段，谈不上有什么技巧．随着人们对于数的了解和研究，在形成与数密切相关的数学分支的过程中，如数论、代数、函数论以至泛函的形成与发展，逐步地从数的多样性发现数数的多样性，产生了各种数数的技巧．中国古代的《易经》中用十个天干和十二个地支以六十为周期来
记载月和年，以六十为周期来记载月和年，以及在洛书河图中关于幻方的记载，是人们至今所了解的最早发现的组合问题．于11和12世纪间，贾宪就发现了二项式系数，杨辉将它整理记载在他的《续古抉奇法》一书中，这就是中国通常称的杨辉三角．事实上，于12世纪印度的婆什迦罗第二也发现了这种组合数.13世纪波斯的哲学家曾讲授过此类三角．而在西方，布莱士·帕斯卡发现这个三角形是在17世纪中期．
[读图探新]——发现现象背后的知识
1．想着家里热腾腾的饺子，盼着过年那张望眼欲穿的车票，一个信念：有钱没钱回家过年！已知有一条动车线，在甲、乙两城之间来往，中途停靠4处．连头带尾，共有6个停靠站．
2．2019年10月1日我军首次组建领导指挥方队接受检阅，350余名受阅队员全部从解放军全新作战指挥链中抽组，25名将军组成将军排面……这是我军首次组建领导指挥方队接受检阅．
3．接力赛是田径运动中一项很常见的赛制，每年的学校运动会中都会有，这是一个最能代表团体合作精神的项目．要想在这个项目中取得好的成绩，就必须对参加接力赛的队员进行科学的排兵布阵．
问题1：为了这6个站，要准备多少种不同的车票呢？
问题2：25名将军站在排面有多少种排列的方法？
问题3：4×100米接力赛中，共有多少种安排的方法？
链接：以上问题均为计数问题，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的基础．学习时应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；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，要认真辨析，抓住联系，弄清区别.
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第一课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课标要求
素养要求
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理.
通过两个计数原理的学习，提升数学抽象及逻辑推理素养.
新知探究
2017年3月3日政协十二届第5次会议在北京举行，某政协委员3月2日要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．
问题 这个政协委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径可选？
提示 该政协委员共有3＋4＝7(种)快捷途径可选．
1．
分类加法计数原理
正确运用分类加法计数原理的关键是明确分类的标准并做到不重不漏
完成一件事有两类不同的方案，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．
m＋n
2．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．
m×n
拓展深化
[微判断]
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．
(
)
提示 在分类加法计数原理中，两类不同的方案中，每一种方法都不相同．
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，事情若是分两步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．
(
)
×
√
√
√
[微训练]
1．从3名女同学和2名男同学中选出一人主持本班一次班会，则不同的选法种数为( )
A．6
B．5
C．3
D．2
解析 由分类加法计数原理知，共有3＋2＝5(种)不同的选法．
答案 B
2．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两个袋子里各取一个球，共有__________种不同的取法．
解析 由分步乘法计数原理知，共有6×8＝48(种)不同的取法．
答案 48
[微思考]
用一个大写的英文字母或0～9这10个阿拉伯数字中的一个给教室里的座位编号，总共能编出多少种不同的号码？
提示 因为英文字母共有26个，阿拉伯数字0～9共有10个，所以总共可以编出26＋10＝36(种)不同的号码.
题型一 分类加法计数原理的应用
【例1】 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__________．
解析 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，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
法二 分析个位数字，可分以下几类：
个位数字是9，则十位数字可以是1，2，3，…，8中的一个，故共有8个；
个位数字是8，则十位数字可以是1，2，3，…，7中的一个，故共有7个；
同理，个位数字是7的有6个；
……
个位数字是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)．
答案 36
【迁移1】 (变条件)若本例条件变为个位数字小于十位数字且为偶数，那么这样的两位数有多少个．
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，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个).
【迁移2】 (变条件，变设问)用1，2，3这3个数字可以组成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12，21，23，32，13，31，共6个；
第三类为三位整数，有123，132，231，213，321，312，共6个，
∴由分类加法计数原理知共可组成没有重复数字的整数3＋6＋6＝15(个)．
答案 15
规律方法 利用分类加法计数原理计数时的解题流程
【训练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
解析 由关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，得a＝0，b∈R或a≠0时，ab≤1.
又a，b∈{－1，0，1，2}，故
若a＝－1时，b＝－1，0，1，2，有4种可能；
若a＝0时，b＝－1，0，1，2，有4种可能；
若a＝1时，b＝－1，0，1，有3种可能；
若a＝2时，b＝－1，0，有2种可能．
∴由分类加法计数原理知共有(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
答案 B
题型二 分步乘法计数原理
【例2】 在平面直角坐标系内，若点P(x，y)的横、纵坐标均在{0，1，2，3}内取值，则可以组成多少个不同的点P?
解 确定点P的坐标必须分两步，即分步确定点P的横坐标与纵坐标．
第一步，确定横坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，有4种方法；
第二步，确定纵坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，也有4种方法．
根据分步乘法计数原理，所有不同的点P的个数为4×4＝16.故可以组成16个不同的点P.
规律方法 应用分步乘法计数原理应注意如下问题：
(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某种方法是不是能完成这件事，也就是说要经过几步才能完成这件事．
(2)完成这件事要分若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步，这件事都不可能完成，即各步之间是关联的，相互依存的，只有前步完成后步才能进行．
(3)根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，即分步要做到步骤完整．
【训练2】 用0，1，2，3，4，5，6这七个数字共能组成多少个两位数？
解 第一步，确定十位数字，1，2，3，4，5，6六个数字都可以选择，有6种方法；
第二步，确定个位数字，0，1，2，3，4，5，6七个数字都可以选择，有7种选法．
根据分步乘法计数原理，不同的两位数共有6×7＝42(个)．
故可以组成42个两位数．
题型三 两个计数原理的简单应用
【例3】 现有高一年级的四个班的学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
解 (1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．
所以，共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5
040(种)．
(3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9
种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
规律方法 (1)在处理具体的应用题时，首先必须弄清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么，选择合理的标准处理事件，关键是看能否独立完成这件事，避免计数的重复或遗漏．
(2)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．
【训练3】 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有多少种不同的选法？
解 由题意，知有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
法一 分两类．
第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，有6种选法，则说日语的有2＋1＝3(种)选法．此时共有6×3＝18(种)选法．
第二类：从不只会英语的1人中选1人说英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2(种)选法．
所以由分类加法计算原理知，共有18＋2＝20(种)选法．
法二 设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种：(1)教英语；(2)教日语．
第一类：甲入选．
(1)甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×2＝2(种)选法；
(2)甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×6＝6(种)选法．
故甲入选的不同选法共有2＋6＝8(种)．
第二类：甲不入选．可分两步．
第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法：第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法．由分步乘法计数原理知，有6×2＝12(种)不同的选法．
综上，共有8＋12＝20(种)不同选法.
一、素养落地
1．通过本节课的学习，进一步提升数学抽象及逻辑推理素养．
2．应用两个原理时，要仔细区分原理的不同，分类加法计数原理关键在于分类，不同类之间互相排斥，互相独立；分步乘法计数原理关键在于分步，各步之间互相依存，互相联系．
3．通过对这两个原理的学习，要进一步体会分类讨论思想及等价转化思想在解题中的应用．
二、素养训练
1．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从A地到B地的不同走法的种数为( )
A．1＋1＋1＝3
B．3＋4＋2＝9
C．3×4×2＝24
D．以上都不对
解析 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，由分类加法计数原理知共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．
答案 B
2．现有3名老师、8名男生和5名女生共16人．若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为( )
A．39
B．24
C．15
D．16
解析 先从3名老师中任选1名，有3种选法，再从13名学生中任选1名，有13种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×13＝39.
答案 A
3．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24
B．18
C．12
D．9
解析 由题意可知E→F共有6条最短路径，F→G共有3条最短路径，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(条)最短路径，故选B.
答案 B
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__________个．
解析 第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据分步乘法计数原理，共有6×6＝36(种)方法，即共组成36个虚数．
答案 36
5．从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的各项的系数，可组成不同的二次函数共有__________个，其中不同的偶函数共有__________个．
解析 一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知，共有二次函数的个数为3×3×2＝18.其中不同的偶函数的个数为3×2＝6.
答案 18 6
