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第二课时　基本计数原理的应用
新课程标准解读 核心素养
1.熟练应用两个计数原理 逻辑推理
2.能运用两个计数原理解决一些综合性的问题 数学抽象、数学运算
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.
【问题】　 上述情境中，小新从枣庄到青岛共有多少种不同的走法？
　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
知识点　分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题
区别一 完成一件事共有n类办法，关键词是“　　　　” 完成一件事共分n个步骤，关键词是“　　　　”
区别二 每类办法都能完成这件事 任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事
区别三 各类办法都是互斥的、并列的、独立的 各步之间是相互关联的、互相依存的
提醒　解题时经常是两个原理交叉使用，分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步.
1.有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有（　　）
A.21种　　　　　　B.315种
C.143种 D.153种
2.设集合A＝{（x1，x2，x3，x4）｜xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4}，那么集合A中满足条件“＋＋＋≤4”的元素个数为（　　）
A.60 B.65
C.80 D.81
3.如图所示，用4种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有　　　　种.
A
B C D
题型一 计数问题
【例1】　若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以是从0，1，2，3，5这5个数字中任取的2个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有　　　　条.
尝试解答　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
通性通法
用间接法解决计数问题
　　间接法体现了“正难则反”的思想.当问题从正面考虑的情况较多，而问题的反面情况较少，且容易计数时，宜采用间接法，即先求出方法总数，再减去不符合条件的方法数或重复计数的方法数.此时需注意重复除“杂”的情形.
【跟踪训练】
　从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（　　）
A.　　　　　　　 B.
C. D.
题型二 选（抽）取与分配问题
【例2】　有A，B，C型号的高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有多少种？
尝试解答　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
通性通法
求解选（抽）取与分配问题的方法
（1）当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法；
（2）当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理；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.
【跟踪训练】
1.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.16种 B.18种
C.37种 D.48种
2.甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有　　　　种.
题型三 涂色问题
【例3】　如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则有多少种不同的涂法？
尝试解答　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
通性通法
解决涂色问题的注意点
（1）关注图形特征.区域的个数、区域间的相邻情况、图形形状，这都可能使分类的标准、分类的过程不同；
（2）关注几种颜色，题中要求什么条件.若图形不是很规则，往往从某一区域开始进行涂色，选用分步乘法计数原理；
（3）注意前后分类标准，不重不漏，分步要仔细，考虑要全面；
（4）涂色问题大致有两种方案：
第一种，选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计算；
第二种，首先根据涂色时所用的颜色数进行分类处理，然后用分步乘法计数原理计算每一类涂色方案，最后依据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和即得到最终涂色方法数.
【跟踪训练】
将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的5个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有　　　　种不同的涂色方法.
1.从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为一个点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为（　　）
A.12　　　　　　　 B.11
C.24 D.23
2.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
3.由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是（　　）
A.72 B.60
C.48 D.12
4.如图所示，在A，B之间有4个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致线路不通.今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有　　　　种.
5.在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有　　　　种.
第二课时　基本计数原理的应用
【基础知识·重落实】
知识点
分类　分步　
自我诊断
1.C　可分三类.一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63（种）；二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45（种）；三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35（种），所以共有63＋45＋35＝143（种）不同选法.故选C.
2.D　由题意知，每一个元素都有3种取法，所以满足题意的元素的个数为34＝81.
3.48　解析：按区域分四步：第一步，A区域有4种颜色可选；第二步，B区域有3种颜色可选；第三步，C区域有2种颜色可选；第四步，D区域也有2种颜色可选.依据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48（种）不同的涂色方法.
【典型例题·精研析】
【例1】　14　解析：法一　本题中有特殊数字0，所以以A，B中是否有数字0为标准进行分类，可分两类.
第一类，当A，B中有一个为0时，表示直线x＝0或y＝0，共2条不同直线.
第二类，当A，B都不为0时，确定直线Ax＋By＝0需要分两步完成：
第一步，确定A的值，有4种不同的方法；
第二步，确定B的值，有3种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定的不同直线有4×3＝12（条）.
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）.
法二（间接法）　分两步：
第一步，确定A的值，有5种不同的方法；
第二步，确定B的值，有4种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定的直线有5×4＝20（条）.在这20条直线中，当A＝0，B＝1，2，3，5时，表示同一条直线（直线y＝0）；当B＝0，A＝1，2，3，5时，表示同一条直线（直线x＝0）.因此有2条直线分别被多计算3次，故符合条件的不同直线共有20－6＝14（条）.
跟踪训练
C　从9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，情况共有9×8＝72（种）.
抽到的2张卡片上的数奇偶性不同可分为两类：
第一类，第1张卡片上的数为奇数，情况共有5×4＝20（种）；
第二类，第1张卡片上的数为偶数，情况共有4×5＝20（种）.
所以抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的情况共有20＋20＝40（种），
故所求的概率P＝＝.
【例2】　解：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作电脑，有2×2＝4（种）方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人操作电脑，有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人操作电脑只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法.
依据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8（种）选派方法.
跟踪训练
1.C　高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案.则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37（种）.故选C.
2.9　解析：不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种取法，所以不同取法共有3×3×1×1＝9（种）.
【例3】　解：法一　第一步，先对区域A涂色，有6种涂色方法；
第二步，区域B的涂色方法有5种；
第三步，区域C的涂色方法有4种；
第四步，给区域D涂色，需分两种情况：
（1）若区域D，A同色，则有1种涂色方法；
（2）若区域D，A不同色，则有3种涂色方法.
故给区域D涂色的方法有1＋3＝4（种）.
依据分步乘法计数原理，可得不同的涂法有6×5×4×4＝480（种）.
法二　第一类，用4种颜色进行涂色，从区域A开始进行涂色，区域A，B，C，D的涂色方法分别有6，5，4，3种，依据分步乘法计数原理可得，当用4种颜色进行涂色时，有6×5×4×3＝360（种）涂色方法；
第二类，用3种颜色进行涂色，则区域A与区域D所涂颜色必定相同，从区域A开始进行涂色，区域A，B，C的涂色方法分别有6，5，4种，依据分步乘法计数原理可得，当用3种颜色进行涂色时，有6×5×4＝120（种）涂色方法.
依据分类加法计数原理，可得总共有360＋120＝480（种）涂色方法.
跟踪训练
72　解析：给不同区域标上记号A，B，C，D，E（如图所示），则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种.但E区域的涂色依赖于B区域与D区域涂的颜色，如果B区域与D区域涂的颜色相同，则有2种涂色方法；如果B区域与D区域所涂的颜色不相同，则只有1种涂色方法.因此应先分类后分步.
（1）当B与D同色时，有4×3×2×2＝48（种）；
（2）当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24（种）.
故共有48＋24＝72（种）不同的涂色方法.
随堂检测
1.D　先在{1，2，3}中取出一个元素，共有3种取法，再在{1，4，5，6}中取出一个元素，共有4种取法，取出的两个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知点的个数为3×4×2＝24，又点（1，1）计算了两次，所以共确定24－1＝23（个）点.
2.B　由题意可知，满足题意的E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计数原理知，小明可以选择的最短路径条数为6×3＝18.
3.B　分两种情况：当十万位为偶数时，有2×3×2×2＝24（个）数；当十万位为奇数时，有3×3×2×2＝36（个）数，因此总共有24＋36＝60（个）数.
4.13　解析：每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，A，B之间线路不通可能是1个或多个焊接点脱落，若以此进行分类，则问题比较复杂.但是A，B之间线路通的情况只有3种，即焊接点1和焊接点4均未脱落且焊接点2和焊接点3至少有一个未脱落，故A，B之间线路不通时，焊接点脱落的不同情况共有24－3＝13（种）.
5.12　解析：A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有1种种植方法.B在左边种植的情形与上述情形相同.故共有2×（3＋2＋1）＝12（种）不同的选垄方法.
4 / 4(共59张PPT)
第二课时　
基本计数原理的应用
新课程标准解读 核心素养
1.熟练应用两个计数原理 逻辑推理
2.能运用两个计数原理解决一些综合性的问题 数学抽象、
数学运算
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
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.
【问题】　 上述情境中，小新从枣庄到青岛共有多少种不同的走法？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
知识点　分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数
的问题
区别一 完成一件事共有 n 类
办法，关键词是
“ ” 完成一件事共分 n 个步骤，关键词是
“ ”
分类　
分步　
分类加法计 数原理 分步乘法计数原理
区别二 每类办法都能完
成这件事 任何一步都不能独立完成这件事，缺少
任何一步也不能完成这件事，只有每个
步骤都完成了，才能完成这件事
区别三 各类办法都是互
斥的、并列的、
独立的 各步之间是相互关联的、互相依存的
提醒　解题时经常是两个原理交叉使用，分类的关键在于要做到“不
重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准
确分步.
1. 有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中
选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有（　　）
A. 21种 B. 315种
C. 143种 D. 153种
解析： 　可分三类.一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63
（种）；二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45（种）；三类：
数学、英语各1本，共有7×5＝35（种），所以共有63＋45＋35＝
143（种）不同选法.故选C.
2. 设集合 A ＝{（ x1， x2， x3， x4）｜ xi ∈{－1，0，1}， i ＝1，2，
3，4}，那么集合 A 中满足条件“ ＋ ＋ ＋ ≤4”的元素
个数为（　　）
A. 60 B. 65
C. 80 D. 81
解析： 　由题意知，每一个元素都有3种取法，所以满足题意的
元素的个数为34＝81.
3. 如图所示，用4种不同的颜色分别给 A ， B ， C ， D 四个区域涂
色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不
同的涂色方法共有 种.
A
B C D
解析：按区域分四步：第一步， A 区域有4种颜色可选；第二步，
B 区域有3种颜色可选；第三步， C 区域有2种颜色可选；第四步，
D 区域也有2种颜色可选.依据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2
＝48（种）不同的涂色方法.
48
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 计数问题
【例1】　若直线方程 Ax ＋ By ＝0中的 A ， B 可以是从0，1，2，3，5
这5个数字中任取的2个不同的数字，则方程所表示的不同直线共
有 条.
解析：法一　本题中有特殊数字0，所以以 A ， B 中是否有数字0为标
准进行分类，可分两类.
第一类，当 A ， B 中有一个为0时，表示直线 x ＝0或 y ＝0，共2条不同
直线.
14
第二类，当 A ， B 都不为0时，确定直线 Ax ＋ By ＝0需要分两步完
成：
第一步，确定 A 的值，有4种不同的方法；
第二步，确定 B 的值，有3种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定的不同直线有4×3＝12（条）.
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）.
法二（间接法）　分两步：
第一步，确定 A 的值，有5种不同的方法；
第二步，确定 B 的值，有4种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定的直线有5×4＝20（条）.
在这20条直线中，当 A ＝0， B ＝1，2，3，5时，表示同一条直线（直
线 y ＝0）；当 B ＝0， A ＝1，2，3，5时，表示同一条直线（直线 x ＝
0）.因此有2条直线分别被多计算3次，故符合条件的不同直线共有20
－6＝14（条）.
通性通法
用间接法解决计数问题
　　间接法体现了“正难则反”的思想.当问题从正面考虑的情况较
多，而问题的反面情况较少，且容易计数时，宜采用间接法，即先求
出方法总数，再减去不符合条件的方法数或重复计数的方法数.此时
需注意重复除“杂”的情形.
【跟踪训练】
　从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次
抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（　　）
A. B. C. D.
解析： 　从9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，情况共
有9×8＝72（种）.
抽到的2张卡片上的数奇偶性不同可分为两类：
第一类，第1张卡片上的数为奇数，情况共有5×4＝20（种）；
第二类，第1张卡片上的数为偶数，情况共有4×5＝20（种）.
所以抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的情况共有20＋20＝40
（种），
故所求的概率 P ＝ ＝ .
题型二 选（抽）取与分配问题
【例2】　有 A ， B ， C 型号的高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个
操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操
作 C 型电脑，而丁只会操作 A 型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去
操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有多少种？
解：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作 C 型电脑，分2步安
排这3人操作电脑，有2×2＝4（种）方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作 A 型电脑，这时安排3人
操作电脑，有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人操作电脑只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法.
依据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8（种）选派方法.
通性通法
求解选（抽）取与分配问题的方法
（1）当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法
或者图表法；
（2）当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使
用分类加法计数原理或分步乘法计数原理；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.
【跟踪训练】
1. 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
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. 16种 B. 18种
C. 37种 D. 48种
解析： 　高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会
实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同
的分配方案.则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37（种）.故
选C.
2. 甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自
己的贺卡，则不同取法的种数有 种.
解析：不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取
后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种取法，所以不
同取法共有3×3×1×1＝9（种）.
9
题型三 涂色问题
【例3】　如图，用6种不同的颜色把图中 A ， B ， C ， D 四块区域涂
色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则有多少种不同的涂法？
解：法一　第一步，先对区域 A 涂色，有6种涂色方法；
第二步，区域 B 的涂色方法有5种；
第三步，区域 C 的涂色方法有4种；
第四步，给区域 D 涂色，需分两种情况：
（1）若区域 D ， A 同色，则有1种涂色方法；
（2）若区域 D ， A 不同色，则有3种涂色方法.
故给区域 D 涂色的方法有1＋3＝4（种）.
依据分步乘法计数原理，可得不同的涂法有6×5×4×4＝480（种）.
法二　第一类，用4种颜色进行涂色，从区域 A 开始进行涂色，区域
A ， B ， C ， D 的涂色方法分别有6，5，4，3种，依据分步乘法计数
原理可得，当用4种颜色进行涂色时，有6×5×4×3＝360（种）涂色
方法；
第二类，用3种颜色进行涂色，则区域 A 与区域 D 所涂颜色必定相
同，从区域 A 开始进行涂色，区域 A ， B ， C 的涂色方法分别有6，
5，4种，依据分步乘法计数原理可得，当用3种颜色进行涂色时，有
6×5×4＝120（种）涂色方法.
依据分类加法计数原理，可得总共有360＋120＝480（种）涂色方法.
通性通法
解决涂色问题的注意点
（1）关注图形特征.区域的个数、区域间的相邻情况、图形形状，这
都可能使分类的标准、分类的过程不同；
（2）关注几种颜色，题中要求什么条件.若图形不是很规则，往往从
某一区域开始进行涂色，选用分步乘法计数原理；
（3）注意前后分类标准，不重不漏，分步要仔细，考虑要全面；
（4）涂色问题大致有两种方案：
第一种，选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步
乘法计数原理进行计算；
第二种，首先根据涂色时所用的颜色数进行分类处理，然后用
分步乘法计数原理计算每一类涂色方案，最后依据分类加法计
数原理对每一类的涂色方法数求和即得到最终涂色方法数.
【跟踪训练】
将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的5个区域内，要求相
邻的两个区域的颜色都不相同，则有 种不同的涂色方法.
72
解析：给不同区域标上记号 A ， B ， C ， D ， E （如
图所示），则 A 区域有4种不同的涂色方法， B 区域
有3种， C 区域有2种， D 区域有2种.但 E 区域的涂
色依赖于 B 区域与 D 区域涂的颜色，如果 B 区域与 D 区域涂的颜色相同，则有2种涂色方法；如果 B 区域与 D 区域所涂的颜色不相同，则只有1种涂色方法.因此应先分类后分步.
（1）当 B 与 D 同色时，有4×3×2×2＝48（种）；
（2）当 B 与 D 不同色时，有4×3×2×1×1＝24（种）.
故共有48＋24＝72（种）不同的涂色方法.
1. 从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为一个点的坐
标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为（　　）
A. 12 B. 11
C. 24 D. 23
解析： 　先在{1，2，3}中取出一个元素，共有3种取法，再在
{1，4，5，6}中取出一个元素，共有4种取法，取出的两个数作为
点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知点的个数为3×4×2＝
24，又点（1，1）计算了两次，所以共确定24－1＝23（个）点.
2. 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，满足题意的 E → F 有6种走法， F → G 有3
种走法，由分步乘法计数原理知，小明可以选择的最短路径条数为
6×3＝18.
3. 由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位
数的个数是（　　）
A. 72 B. 60
C. 48 D. 12
解析： 　分两种情况：当十万位为偶数时，有2×3×2×2＝24
（个）数；当十万位为奇数时，有3×3×2×2＝36（个）数，因此
总共有24＋36＝60（个）数.
4. 如图所示，在 A ， B 之间有4个焊接点，若焊接点脱落，则可能导
致线路不通.今发现 A ， B 之间线路不通，则焊接点脱落的不同情
况有 种.
13
解析：每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况， A ， B 之间线路不
通可能是1个或多个焊接点脱落，若以此进行分类，则问题比较复
杂.但是 A ， B 之间线路通的情况只有3种，即焊接点1和焊接点4均
未脱落且焊接点2和焊接点3至少有一个未脱落，故 A ， B 之间线路
不通时，焊接点脱落的不同情况共有24－3＝13（种）.
5. 在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植 A 、 B 两种作物，每
种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求 A 、 B 两种作物的间隔
不小于6垄，则不同的选垄方法共有 种.
解析： A 种植在左边第一垄时， B 有3种不同的种植方法； A 种植
在左边第二垄时， B 有2种不同的种植方法； A 种植在左边第三垄
时， B 只有1种种植方法. B 在左边种植的情形与上述情形相同.故
共有2×（3＋2＋1）＝12（种）不同的选垄方法.
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知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. （ a1＋ a2）（ b1＋ b2）（ c1＋ c2＋ c3）完全展开后的项数为
（　　）
A. 9 B. 12 C. 18 D. 24
解析： 　由于构成因式的各个字母均不相同，因此由分步乘法计
数原理可得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.
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2. 如果 x ， y ∈N，且1≤ x ≤3， x ＋ y ＜7，那么满足条件的不同的有
序自然数对（ x ， y ）的个数是（　　）
A. 15 B. 12 C. 5 D. 4
解析： 　分情况讨论：①当 x ＝1时， y ＝0，1，2，3，4，5，有
6种情况；②当 x ＝2时， y ＝0，1，2，3，4，有5种情况；③当 x
＝3时， y ＝0，1，2，3，有4种情况.由分类加法计数原理可得，
满足条件的有序自然数对（ x ， y ）的个数是6＋5＋4＝15.
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3. 如图，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的个数为（　　）
A. 40 B. 30
C. 20 D. 10
解析： 　由题意知，满足条件的三角形分为两类：
第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有8个；
第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有8×4＝32（个）.
由分类加法计数原理知，满足条件的三角形共有8＋32＝40（个）.
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4. 如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正
交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个
顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　）
A. 48 B. 18
C. 24 D. 36
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解析： 　分两类情况讨论.
第一类，对于每一条棱，都可以与两个侧面（或底面）构成“正交
线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24（个）.
第二类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线
面对”，这样的“正交线面对”有12个.
所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36（个）.
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5. （多选）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.下列选项正确的有（　　）
A. 若只需一人参加，有18种不同的选法
B. 若需老师、男同学、女同学各一人参加，有120种不同的选法
C. 若需一名老师、一名女同学参加，有24种不同的选法
D. 若需一名老师、一名同学参加，有39种不同的选法
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解析： 　对于A：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.A错误；
对于B：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.B正确；
对于C：选一名老师再选一名女同学，共有3×5＝15（种）选法，
C错误；
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对于D：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，D正确.
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6. 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 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.
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7. 某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A
型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人.
（1）从中任选1人去献血，有 种不同的选法；
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解析：从O型血的人中选1人有28种不同的选法；
从A型血的人中选1人有7种不同的选法；
从B型血的人中选1人有9种不同的选法；
从AB型血的人中选1人有3种不同的选法.
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（1）任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任
选1人去献血”这件事情都可以完成，所以采用分类加法计数
原理.
故不同的选法有28＋7＋9＋3＝47（种）.
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（2）从四种血型的人中各选1人去献血，有 种不同
的选法.
5 292
解析：要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各
选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才算完成，所以采
用分步乘法计数原理.
故不同的选法有28×7×9×3＝5 292（种）.
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8. 甲、乙、丙、丁4名同学去参加3个不同的社团，每名同学只能参加
其中1个社团，且甲、乙两位同学不参加同一个社团，则共
有 种情况.
解析：根据题意，先计算4名同学去参加3个不同的社团的情况
种数：
4个同学中每人可以在3个不同的社团中任选1个，即每人有3种
不同的选法，则情况共有3×3×3×3＝81（种）.
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再计算甲、乙参加同一个社团的情况种数：
若甲、乙参加同一个社团，则甲、乙两人有3种选法，剩下的2人每
人有3种不同的选法，则剩下的2人的选法有3×3＝9（种），则
甲、乙参加同一个社团的情况有3×3×3＝27（种）.则甲、乙两位
同学不参加同一个社团的情况有81－27＝54（种）.
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9. 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，这样的四位数的个数为（　　）
A. 12 B. 18
C. 24 D. 30
解析： 　分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用了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数
位上，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
个数位上，有2种方法，故有3×3×2＝18（个）不同的四位数.
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10. 回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如
22，121，3 443，94 249等.显然2位回文数有9个：11，22，
33，…，99.3位回文数有90个：101，111，121，…，191，
202，…，999.则
（1）4位回文数有 个；
解析： 千位有9种不同填法，百位有10种不同填法，十
位、个位对应各有一种填法.由分步乘法计数原理可知，共
有9×10×1×1＝90（个）.
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（2）2 n ＋1（ n ∈N*）位回文数有 个.
解析： 由回文数的对称性知，只需考察（2 n ＋1）（ n
∈N*）位回文数自左至右的前 n ＋1位数.最高位有9种不同
填法，其余 n 位分别有10种不同填法，由分步乘法计数原理
可知，共有9×10 n 个.
9×10 n
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11. 用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的：
（1）密码箱的四位密码；
解： 分步解决.
第一步：选取第一个位置上的数字，有6种选取方法；
第二步：选取第二个位置上的数字，有5种选取方法；
第三步：选取第三个位置上的数字，有4种选取方法；
第四步：选取第四个位置上的数字，有3种选取方法.
由分步乘法计数原理知，可组成无重复数字的四位密码
6×5×4×3＝360个.
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（2）比2 000大的四位偶数.
解：（2）法一　按个位是0，2，4分为三类.
第一类：个位是0的有4×4×3＝48个；第二类：个位是2的
有3×4×3＝36个；第三类：个位是4的有3×4×3＝36个.
故由分类加法计数原理得比2 000大的四位偶数有48＋36＋
36＝120个.
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法二　按千位是2，3，4，5分四类.
第一类：千位是2的有2×4×3＝24个；第二类：千位是3的有3×4×3
＝36个；第三类：千位是4的有2×4×3＝24个；第四类：千位是5的
有3×4×3＝36个.
故由分类加法计数原理得比2 000大的四位偶数有24＋36＋24＋36＝
120个.
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法三（间接法）　用0，1，2，3，4，5可以组成的无重复数字的四位
偶数，第一类：个位是0的有5×4×3＝60个；第二类：个位是2或4的
有2×4×4×3＝96个，共有60＋96＝156个.其中比2 000小的有：千位
是1的共有3×4×3＝36个，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝
120个.
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谢 谢 观 看！第二课时　基本计数原理的应用
1.（a1＋a2）（b1＋b2）（c1＋c2＋c3）完全展开后的项数为（　　）
A.9　　　B.12　　　C.18　　　D.24
2.如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对（x，y）的个数是（　　）
A.15 B.12 C.5 D.4
3.如图，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的个数为（　　）
A.40 B.30 C.20 D.10
4.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　）
A.48 B.18 C.24 D.36
5.（多选）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.下列选项正确的有（　　 ）
A.若只需一人参加，有18种不同的选法
B.若需老师、男同学、女同学各一人参加，有120种不同的选法
C.若需一名老师、一名女同学参加，有24种不同的选法
D.若需一名老师、一名同学参加，有39种不同的选法
6.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　　　种.
7.某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人.
（1）从中任选1人去献血，有　　　种不同的选法；
（2）从四种血型的人中各选1人去献血，有　　　　种不同的选法.
8.甲、乙、丙、丁4名同学去参加3个不同的社团，每名同学只能参加其中1个社团，且甲、乙两位同学不参加同一个社团，则共有　　　　种情况.
9.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，这样的四位数的个数为（　　）
A.12 B.18
C.24 D.30
10.回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等.显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99.3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.则
（1）4位回文数有　　　　个；
（2）2n＋1（n∈N*）位回文数有　　　个.
11.用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的：
（1）密码箱的四位密码；
（2）比2 000大的四位偶数.
第二课时　基本计数原理的应用
1.B　由于构成因式的各个字母均不相同，因此由分步乘法计数原理可得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.
2.A　分情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况.由分类加法计数原理可得，满足条件的有序自然数对（x，y）的个数是6＋5＋4＝15.
3.A　由题意知，满足条件的三角形分为两类：
第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有8个；
第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有8×4＝32（个）.
由分类加法计数原理知，满足条件的三角形共有8＋32＝40（个）.
4.D　分两类情况讨论.
第一类，对于每一条棱，都可以与两个侧面（或底面）构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24（个）.
第二类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.
所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36（个）.
5.BD　对于A：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.A错误；
对于B：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.B正确；
对于C：选一名老师再选一名女同学，共有3×5＝15（种）选法，C错误；
对于D：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，D正确.
6.4 320　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.
7.（1）47　（2）5 292　解析：从O型血的人中选1人有28种不同的选法；
从A型血的人中选1人有7种不同的选法；
从B型血的人中选1人有9种不同的选法；
从AB型血的人中选1人有3种不同的选法.
（1）任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以采用分类加法计数原理.
故不同的选法有28＋7＋9＋3＝47（种）.
（2）要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才算完成，所以采用分步乘法计数原理.
故不同的选法有28×7×9×3＝5 292（种）.
8.54　解析：根据题意，先计算4名同学去参加3个不同的社团的情况种数：
4个同学中每人可以在3个不同的社团中任选1个，即每人有3种不同的选法，则情况共有3×3×3×3＝81（种）.
再计算甲、乙参加同一个社团的情况种数：
若甲、乙参加同一个社团，则甲、乙两人有3种选法，剩下的2人每人有3种不同的选法，则剩下的2人的选法有3×3＝9（种），则甲、乙参加同一个社团的情况有3×3×3＝27（种）.则甲、乙两位同学不参加同一个社团的情况有81－27＝54（种）.
9.B　分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用了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数位上，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数位上，有2种方法，故有3×3×2＝18（个）不同的四位数.
10.（1）90　（2）9×10n　解析：（1）千位有9种不同填法，百位有10种不同填法，十位、个位对应各有一种填法.由分步乘法计数原理可知，共有9×10×1×1＝90（个）.
（2）由回文数的对称性知，只需考察（2n＋1）（n∈N*）位回文数自左至右的前n＋1位数.最高位有9种不同填法，其余n位分别有10种不同填法，由分步乘法计数原理可知，共有9×10n个.
11.解：（1）分步解决.
第一步：选取第一个位置上的数字，有6种选取方法；
第二步：选取第二个位置上的数字，有5种选取方法；
第三步：选取第三个位置上的数字，有4种选取方法；
第四步：选取第四个位置上的数字，有3种选取方法.
由分步乘法计数原理知，可组成无重复数字的四位密码6×5×4×3＝360个.
（2）法一　按个位是0，2，4分为三类.
第一类：个位是0的有4×4×3＝48个；第二类：个位是2的有3×4×3＝36个；第三类：个位是4的有3×4×3＝36个.
故由分类加法计数原理得比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个.
法二　按千位是2，3，4，5分四类.
第一类：千位是2的有2×4×3＝24个；第二类：千位是3的有3×4×3＝36个；第三类：千位是4的有2×4×3＝24个；第四类：千位是5的有3×4×3＝36个.
故由分类加法计数原理得比2 000大的四位偶数有24＋36＋24＋36＝120个.
法三（间接法）　用0，1，2，3，4，5可以组成的无重复数字的四位偶数，第一类：个位是0的有5×4×3＝60个；第二类：个位是2或4的有2×4×4×3＝96个，共有60＋96＝156个.其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36个，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120个.
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