5.1.1-5.1.2 分类加法计数原理 分步乘法计数原理-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（北师大版2019）

1.1　分类加法计数原理 1.2　分步乘法计数原理 　 第五章　§1　基本计数原理 知识层面 1．通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理． 2．会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题. 素养层面 通过对计数原理的学习，培养数学抽象素养；借助计数原理的实际应用，培养数学建模、逻辑推理、及数学运算素养. 知识点一　分类加法计数原理 1 知识点二　分步乘法计数原理 2 课时测评 5 综合应用 3 内容索引 随堂演练 4 知识点一　分类加法计数原理 返回 问题导思 某人大代表明天要从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，二是乘高铁，假如这天飞机有3个航班可乘，高铁有4个班次可乘． 问题1　(1)该代表从济南到北京的方案可以分为几类？ 提示：两类． (2)每类方案中各有几种方法？ 提示：乘飞机3种方法，乘高铁4种方法． (3)该代表从济南到北京共有多少种快捷途径可选？ 提示：该代表共有3＋4＝7(种)快捷途径可选． 分类加法计数原理 完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝________________种方法．(也称“加法原理”) 新知构建 (1)完成这件事的若干种方法可以分成n类．(2)每类方法都可以完成这件事，且类与类之间两两不交．(3)完成一件事有n类不同的办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn 种不同的方法． 微提醒 m1＋m2＋…＋mn (1)设集合A＝{1，2，3，4}，则方程 ＝1(m，n∈A)表示焦点位于x轴上的椭圆有 A．6个 B．8个 C．12个 D．16个 例1 √ 因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n.当m＝4时，n＝1，2，3；当m＝3时，n＝1，2；当m＝2时，n＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．故选A. (2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ 法一：根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8分成8类： 在每一类中满足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)． 变式探究 1．(变结论)本例(1)条件不变，结论变为“则方程 ＝1(m，n∈A)表示焦点位于x轴上的双曲线”有 A．6个 B．8个 C．12个 D．16个 √ 因为双曲线的焦点在x轴上，所以m＞0，n＞0，当m＝1时，n＝1，2，3，4；当m＝2时，n＝1，2，3，4；当m＝3时，n＝1，2，3，4；当m＝4时，n＝1，2，3，4，即所求的双曲线共有4＋4＋4＋4＝16(个)．故选D. 2．(变条件)若本例(2)中的条件变为“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)． 规律方法 利用分类加法计数原理计数时的解题思路及注意点 注意　分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下分类，要做到分类“不重不漏”． 对点练1．(1)一个科技小组有3名男同学，5名女同学，从中任选1名同学参加科学竞赛，不同的选派方法共有__种． 8 任选1名同学参加科学竞赛，有两类办法：第一类，从男同学中选取1名参加科学竞赛，有3种不同的选法；第二类，从女同学中选取1名参加科学竞赛，有5种不同的选法．由分类加法计数原理得，不同的选派方法共有3＋5＝8(种). (2)若x，y∈N＋，且x＋y≤6，则有序自然数对(x，y)共有___个． 15 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). 返回 知识点二　分步乘法计数原理 返回 一名志愿者从A地赶赴B地为游客提供导游服务，但需经过C地，已知从A地到C地每天有7个航班，从C地到B地每天有6趟火车． 问题2　(1)该志愿者从A地到B地需要经历几个步骤？ 提示：两个步骤：先乘飞机从A地到C地；再坐火车到B地． 问题导思 (2)完成每一步各有几种方法？ 提示：第1步有7种方法，第2步有6种方法． (3)该志愿者从A地到B地共有多少种不同的方法？ 提示：共有7×6＝42(种)不同方法． 分步乘法计数原理 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，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＝________________种方法．(也称“乘法原理”) 新知构建 (1)完成一件事有多个步骤，缺一不可. (2)每一步都有若干种方法． 微提醒 m1·m2·…·mn 一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数字的号码(各位上的数字允许重复)? 解：按从左到右的顺序拨号可以分四步完成： 第一步，第1个拨号盘有10种拨号方式，所以m1＝10； 同理，第二步，m2＝10；第三步，m3＝10；第四步，m4＝10. 根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000(个)四位数的号码． 例2 变式探究 (变条件)在本例中若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数字的号码？ 解：按从左到右的顺序拨号可以分四步完成： 第1步，有10种拨号方式，即m1＝10； 第2步，去掉第1步拨的数字，有m2＝9种拨号法； 第3步，去掉前两步拨的数字，有m3＝8种拨号法； 第4步，去掉前三步拨的数字，有m4＝7种拨号法． 根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5 040(个)四位数的号码． 规律方法 利用分步乘法计数原理解题的一般思路及注意点 1．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． 2．注意点 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． 对点练2．(1)4名同学报名参加跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，不同的报名方法数有 A．43 B．34 C．7 D．12 √ 要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人报一项，四人都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝34(种)报名方法．故选B. (2)人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”，则无重复数字的四位吉祥数(首位不能是零)共有_____个． 448 第一步，确定千位，除去0和6，有8种不同的选法；第二步，确定百位，除去6和千位数字外，有8种不同的选法；第三步，确定十位，除去6和千位、百位上的数字外，有7种不同的选法．故共有8×8×7＝448(个)不同的“吉祥数”. 返回 综合应用 返回 基本计数原理的应用 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画． (1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？ 解：分为三类： 从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法． 例3 (2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？ 解：分为三步： 国画、油画、水彩画各有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法． (3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？ 解：分为三类： 第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法； 第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法； 第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法． 所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法． 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． 对点练3．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作总负责人，共有多少种不同的选法？ 解：从高一选1人作总负责人有50种选法； 从高二选1人作总负责人有42种选法； 从高三选1人作总负责人有30种选法． 由分类加法计数原理，共有50＋42＋30＝122(种)选法． (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ 解：从高一选1名负责人有50种选法； 从高二选1名负责人有42种选法； 从高三选1名负责人有30种选法． 由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63 000(种)选法． (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法？ 解：①高一和高二各选1人作为中心发言人， 有50×42＝2 100(种)选法； ②高二和高三各选1人作为中心发言人， 有42×30＝1 260(种)选法； ③高一和高三各选1人作为中心发言人， 有50×30＝1 500(种)选法． 故共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860(种)选法． 返回 课堂小结 知识 1．分类加法计数原理. 2．分步乘法计数原理 方法 分类讨论、分类加法计数、分步乘法计数 易错误区 “分类”与“分步”不清，导致计数错误 随堂演练 返回 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1本阅读，则不同的选法共有 A．24种 B．9种 C．3种 D．26种 √ 不同的杂志本数为4＋3＋2＝9，从其中任选1本阅读，共有9种选法．故选B. 2．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有 A．27种 B．36种 C．54种 D．81种 √ 小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，根据分步乘法计数原理，共有2×3×3×3＝54(种)不同的报名方法．故选C . 3．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，C＝{x|x∈A或x∈B}，则集合C的子集中恰有一个元素的有__种． 7 当子集中的元素属于集合A时，有3种情况；当子集中的元素属于集合B时，有4种情况．因为集合A与集合B无公共元素，所以子集的情况共有3＋4＝7(种). 4．某教学楼共有6层，每层都有南、北两个楼梯，则从一楼到六楼共有____种走法． 32 根据题意，教学楼共有6层，共5层楼梯，每层均有两个楼梯，即每层有2种走法，则一共有2×2×2×2×2＝32(种)走法. 返回 课时测评 返回 1．某班有男生26人，女生24人，从中选一位担任学习委员，不同的选法有 A．50种 B．26种 C．24种 D．616种 √ 选一位学习委员分两类办法：第一类：选男生，有26种不同的选法；第二类：选女生，有24种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有N＝26＋24＝50(种)不同的选法．故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．已知集合A⫋{1，2，3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 √ 当集合A中含一个元素时，A＝{1}或{3}；当集合A中含两个元素时，A＝{1，2}或{1，3}或{2，3}，所以共有5个集合．故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．火车上有10名乘客，要在沿途的5个车站下车，则乘客下车的所有可能情况共有 A．510种 B．105种 C．50种 D．以上都不对 √ 完成这件事可分为10步，即10名乘客全部下车，每名乘客选择下车的不同方法均为5种，由分步乘法计数原理知，所有可能的情况为510种．故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．三人踢毽子，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，则不同的传法共有 A．4种 B．5种 C．6种 D．12种 √ 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6种不同的传法．故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为奇数的不同取法的种数为 A．25 B．12 C．9 D．6 √ 两个数字的和为奇数，这两个数必须一个是奇数，另一个是偶数，在所给的6个数中，3个奇数与3个偶数．因此由分步乘法计数原理得，共有3×3＝9种不同的取法．故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6．(多选题)已知a∈{1，2，3}，b∈{4，5，6，7}，r∈{8，9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数用式子表示为 A．4＋4＋4＋4＋4＋4 B．4＋4＋4＋4 C．3×4 D．3×4×2 √ √ 法一：完成表示不同的圆这件事有三步：第1步，确定a有3种不同的选取方法；第2步，确定b有4种不同的选取方法；第3步，确定r有2种不同的选取方法．由分步乘法计数原理，方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆共有3×4×2＝24(个)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 法二：由分类加法计数原理得，当a＝1时，b＝4，5，6，7，r＝8或9，有4＋4＝8(个)；当a＝2时，b＝4，5，6，7，r＝8或9，有4＋4＝8(个)；当a＝3时，b＝4，5，6，7，r＝8或9，有4＋4＝8(个)，故方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆共有4＋4＋4＋4＋4＋4＝24(个)．综上故选AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．乘积(a＋b＋c)(m＋n)(x＋y)展开后，共有____项． 12 因为乘积(a＋b＋c)(m＋n)(x＋y)的展开式中的每一项是由a＋b＋c中的一个字母与m＋n中的一个字母与x＋y中的一个字母的乘积组成．可分步完成此事．所以共有3×2×2＝12项． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．设a，b，c∈{1，2，3，4，5，6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有_____个． 27 先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1，2，…，6，有六个，再考虑等腰的情况，若a＝b＝1，c<a＋b＝2，此时c＝1与等边重复，若a＝b＝2，c<a＋b＝4，则c＝1，3，有两个，若a＝b＝3，c<a＋b＝6，则c＝1，2，4，5，有四个，若a＝b＝4，c<a＋b＝8，则c＝1，2，3，5，6，有五个，若a＝b＝5，c<a＋b＝10，则c＝1，2，3，4，6，有五个，若a＝b＝6，c<a＋b＝12，则c＝1，2，3，4，5，有五个，故一共有27个． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序实数对(a，b)的个数是____． 13 由于a，b∈{－1，0，1，2}，①当a＝0时，x＝－ ，知有序数对(0，b)有4个．②当a≠0时，依题意，Δ＝4－4ab≥0.所以ab≤1.当a＝－1时，b＝－1，0，1，2，有4种可能；当a＝1时，b＝－1，0，1，有3种可能；当a＝2时，b＝－1，0，有2种可能．所以共有(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．(12分)用0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字都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”． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11．(新定义)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 √ 在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”．故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．已知a，b∈{0，1，2，3}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝4可表示不同的圆的个数为_____，其中与y轴有交点的圆的个数为_____． 16 12 得到圆的方程分两步：第一步：确定a有4种选法；第二步：确定b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有4×4＝16(个)．由与y轴有交点知，a＝0或1或2，b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有3×4＝12(个)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13．(13分)某节目中准备了两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封．现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从两个信箱中任意确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？ 解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑，分两大类： (1)幸运之星在甲信箱中抽，先定幸运之星，再在两信箱中各定一名幸运伙伴有 30×29×20＝17 400(种)结果． (2)幸运之星在乙信箱中抽，同理有 20×19×30＝11 400(种)结果． 所以共有17 400＋11 400＝28 800(种)不同的结果． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(5分)(数学文化)我国古代数学名著《续古摘奇算法》(杨辉)一书中有关于三阶幻方的问题：如图所示，将1，2，3，4，5，6，7，8，9分别填入3×3的方格中，使得每一行、每一列及对角线上的三个数的和都相等，我们规定：只要两个幻方的对应位置(如每行第一列的方格)中的数字不全相同，就称为不同的幻方，那么所有不同的三阶幻方的个数是 A．9 B．8 C．6 D．4 √ 8 3 4 1 5 9 6 7 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 因为所有数的和为 ＝15，所以每一行、每一列以及对角线上的三个数的和都是15，采用列举法：492，357，816；276，951，438；294，753，618；438，951，276；816，357，492；618，753，294；672，159，834；834，159，672，共8个幻方．故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(15分)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列． (1)写出排列后的第11个数． 解：排列的第11个数为133. (2)这些三位数有多少个？ 解：每个数位上都有4种排法， 则共有4×4×4＝64(个)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (3)若第n个数为341，求n. 解：比341小的数有两类： ① ② 共有2×4×4＋1×3×4＝44(个)． 所以n＝44＋1＝45. 1 × × 2 × × 3 1 × 3 2 × 3 3 × 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 谢 谢 观 看 ！ 第 五 章 　 计 数 原 理 返回 ＋ － ＝45， $$