3.1.1 基本计数原理-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦分类加法计数原理与分步乘法计数原理核心知识点，前承初中计数基础，后启排列组合应用，通过实例引入、定义解析、联系区别对比、思考辨析等学习支架，帮助学生系统构建知识体系。 资料以交通途径、挂画方案等生活实例培养数学眼光，通过原理辨析与母题探究发展逻辑推理，分层作业设计兼顾课中教学与课后巩固，助力学生提升数学运算与应用意识，教师使用时能高效落实核心素养。

3.1　排列与组合 3.1.1　基本计数原理 1．通过实例，能归纳总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．(数学抽象) 2．正确理解“完成一件事”的含义，能根据具体问题的特征，选择“分类”或“分步”．(逻辑推理) 3．能利用两个原理解决一些简单的实际问题．(数学运算) 某参会人员3月29日从济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车组．假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车组有4个班次． 问题：(1)该参会人员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？ [提示]　3＋4＝7(种)． (2)如果该参会人员需要在3月29日先从家乡乘坐汽车到达济南，再乘坐飞机前往北京参加会议，其中汽车有4个班次，飞机有3个航班，问：该参会人员从家乡到达北京共有多少种途径？ [提示]　4×3＝12(种)． 知识点1　分类加法计数原理 完成一件事，如果有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． 1．如何理解分类加法计数原理？ [提示]　(1)定性：①明确原理中所指的“完成一件事”是什么事；②怎样才算完成这件事；③完成这件事可以有哪些办法． (2)独立性：①完成这件事的n类办法是相互独立的；②每一类办法中的方法都可以单独完成这件事，不需要用到其他的方法． (3)分类：这是利用分类加法计数原理解题的关键，分类必须明确标准，①每一种方法都必须属于某一类，不同类的任意两种方法是不同的；②每一类中的任意两种方法也不相同． 知识点2　分步乘法计数原理 完成一件事，如果需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有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＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 2．如何利用分步乘法计数原理解题？ [提示]　(1)定性：①明确原理中所指的“完成一件事”是什么事；②要经过几步才能完成这件事． (2)相关性：①完成这件事需要分成若干个步骤；②只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任一步骤，这件事都不可能完成． (3)分步：这是利用分步乘法计数原理解题的关键，①准确确定分步的标准，一般地，分步的标准不同，分成的步骤数也会不同；②要注意各步骤之间必须连续；③各步骤之间既不能重复，也不能遗漏． 两个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 都是用来计算完成一件事的方法种数 区别一 针对的是“分类完成问题” 针对的是“分步完成问题” 区别二 各种方法之间相互独立、互斥、并列 各个步骤之间是相互关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复 区别三 任何一种方法都可以做完这件事 只有各个步骤都完成才算做完这件事 1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)在分类加法计数原理中，两类不同办法中的方法可以相同． (　　) (2)在分类加法计数原理中，每类办法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，事情是分两个步骤完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事． (　　) [答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× [提示]　(1)在分类加法计数原理中，分类标准是统一的，两类不同办法中的方法是不能相同的． (2)在分类加法计数原理中，是把能完成这件事的所有方法按某一标准分类的，故每类办法中的每种方法都能完成这件事． (3)因为在分步乘法计数原理中的每一步都有多种方法，而每种方法各不相同． (4)因为在分步乘法计数原理中，要完成这件事需分两个步骤，而每个步骤都不能完成这件事，只有各步骤都完成了，这件事才算完成． 2．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．6 B．12 C．13 D．36 C　[根据直线与直线外一点可以确定一个平面，得直线a上任一点与直线b确定一个平面，共5个；直线b上任一点与直线a确定一个平面，共8个．由分类加法计数原理得共有5＋8＝13(个)．] 3．已知x∈{2，3，7}，y∈{－1，－2，4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是(　　) A．1 B．3 C．6 D．9 D　[这件事可分为两步完成：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{－1，－2，4}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．] 4．如图，从A→B→C有________种不同的走法；从A→C有________种不同的走法． 4　6　[A→B→C分两步： 第一步，A→B，有2种走法； 第二步，B→C，有2种走法． 所以A→B→C共有2×2＝4(种)走法． A→C分两类： 第一类，A→B→C共有4种走法； 第二类，A→C(不经过B)有2种走法． 所以A→C共有4＋2＝6(种)走法．] 类型1　分类加法计数原理的应用 【例1】　(1)从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？ (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？ [解]　(1)分四类： 从一班中选一人，有4种选法； 从二班中选一人，有5种选法； 从三班中选一人，有6种选法； 从四班中选一人，有7种选法． 共有不同的选法N＝4＋5＋6＋7＝22(种)． (2)(法一)按十位上的数字分别是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，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． (法二)按个位上的数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)． [母题探究] 1．(变结论)本例(2)中条件不变，求个位数字小于十位数字且为偶数的两位数的个数． [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，符合条件的数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个)． 2．(变条件，变结论)本例(2)换为：用数字1，2，3可以组成多少个没有重复数字的整数？ [解]　分三类： ①第一类为一位整数，有1，2，3，共3个； ②第二类为两位整数，有12，13，21，23，31，32，共6个； ③第三类为三位整数，有123，132，213，231，312，321，共6个． 共组成3＋6＋6＝15(个)无重复数字的整数． 　利用分类加法计数原理计数时的解题流程 提醒：确定分类标准时要确保每一类都能独立完成这件事． [跟进训练] 1．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(　　) A．6个 B．8个 C．12个 D．16个 A　[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)．] 类型2　分步乘法计数原理的应用 【例2】　(源自人教A版教材)要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有多少种不同的挂法？ [思路导引]　要完成的一件事是“从3幅画中选出2幅，并分别挂在左、右两边墙上”，可以分步完成． [解]　从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数为N＝3×2＝6． 这6种挂法如图所示． 　利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 提醒：分步时要注意不能遗漏步骤，否则就不能完成这件事． [跟进训练] 2．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有(　　) A．24种 B．4种 C．43种 D．34种 C　[第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．] 类型3　两个计数原理的综合应用 【例3】　如图所示的A，B，C，D按照下列要求涂色． A B C D (1)用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右顺序依次涂色，有多少种不同的涂色方案？ (2)若恰好用3种不同颜色给A，B，C，D四个区域涂色，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？ (3)若有3种不同颜色，恰好用2种不同颜色涂完四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？ [思路导引]　(1)根据给定条件分成4步依次对A，B，C，D涂色即可得解． (2)根据给定条件可得必有不相邻两个区域同色，按同色区域分成3类，再对每一类分3步涂色即可得解． (3)先从3种颜色中选出两种，再将所选颜色分两步涂在A，C(A，C同色)和B，D(B，D同色)即可得解． [解]　(1)涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理知，将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同的涂色方案． (2)恰好用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域或A，D区域或B，D区域必同色，由分类加法计数原理可得恰好用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同涂色的方案． (3)若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色，先从3种不同颜色中任取2种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域，共2种不同的涂法，由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂完四个区域，共有3×2＝6(种)不同的涂色方案． 　1．当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法． 2．分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树形图，使分析更直观、清楚地展现，便于探索规律． 3．混合问题一般是先分类再分步． [跟进训练] 3．用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色，如果相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有(　　) A．400种 B．460种 C．480种 D．496种 C　[完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时，从A开始涂，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360(种)方法；当使用3种颜色时，A，D使用同一种颜色，从A开始涂，有6种方法，B有5种，C有4种，D有1种，完成此事共有6×5×4＝120(种)方法．由分类加法计数原理可知，不同的涂法共有360＋120＝480(种)．] 1．(教材P8练习AT1改编)某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有(　　) A．40种 B．20种 C．15种 D．11种 D　[根据分类加法计数原理，不同的选法共有4＋5＋2＝11(种)．故选D．] 2．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 B　[先从4件上衣中任取一件共4种选法，再从3条长裤中任选一条共3种选法，由分步乘法计数原理，上衣与长裤配成一套共4×3＝12(种)不同配法．故选B．] 3．园艺部门打算为一个社区休闲广场的中心花坛(如图)布置花卉，要求同一区域摆放同一种花卉，相邻的两块区域(有公共边)摆放不同种类的花卉．现有4种不同种类的花卉可供选择，则不同布置方案有(　　) A．144种 B．120种 C．96种 D．72种 C　[先考虑A区有4种可供选择，再考虑B区有3种，D区有2种，E区有2种，C区有2种，由分步乘法计数原理得共有4×3×2×2×2＝96(种)．故选C．] 4．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而形成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．(用数字作答) 40　[把与正八边形有公共边的三角形分为两类： ①有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)；②有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理可知共有32＋8＝40(个)．] 回顾本节内容，自主完成以下问题： 1．利用两个计数原理解题有哪些基本策略？ [提示]　用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”和“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”． 2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法有哪些？ [提示]　(1)列举法 当完成一件事的方法不是很多时，可以一一列举出来，然后再一种一种地计数，进而确定完成这件事共有多少种方法． (2)间接法 对含有“至少”“不少于”“不超过”“不都”“不全”等关键词的题目，要从正面和反面去比较，当用直接法不易求解时可采用间接法求解，即从方法总数中去掉不符合条件的方法数，从而得到符合条件的方法数．间接法是解决计数问题的一种重要技巧，体现了“正难则反”的转换思想． 课时分层作业(一)　基本计数原理 一、选择题 1．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有(　　) A．24种 B．16种 C．12种 D．10种 C　[可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个、第3个、第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得，共有3＋3＋3＋3＝12(种)不同的行车路线．故选C．] 2．在某试验田中，分别对一种作物的用肥、用水量和温度进行实验．用肥有3种选择，用水量有3种选择，温度控制有2种选择，则该试验田应该分成(　　) A．10部分 B．8部分 C．18部分 D．15部分 C　[根据题意，用肥有3种选择，用水量有3种选择，温度控制有2种选择，所以根据分步乘法计数原理，共有3×3×2＝18(种)选择，所以该试验田应该分成18部分．故选C．] 3．某地为以下社会主义核心价值观宣传标语进行涂色装饰，要求相邻的标语之间不能用同一颜色，现在有四种颜色可供选择，则不同的涂色方案种数为(　　) 自由 平等 公正 法制 A．24 B．256 C．108 D．72 C　[首先涂“自由”有4种涂法，再涂“平等”有3种涂法，以此类推“公正”有3种涂法，“法制”有3种涂法，按照分步乘法计数原理可得，有4×3×3×3＝108(种)涂法．故选C．] 4．高二年级的三个班到甲、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 C　[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，其中甲工厂没有班级去，即每个班都选择了其他三个工厂，此时每个班级有3种选择，共有3×3×3＝27(种)方法，故符合条件的方案有64－27＝37(种)．] 5．(多选题)现有不同的黄球5个，黑球6个，蓝球4个，则下列说法正确的是(　　) A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地选出任意的2个球，有240种不同的选法 AB　[对于A，从中任选1个球，共有5＋6＋4＝15(种)不同的选法，故A正确； 对于B，每种颜色选出1个球，可分步从每种颜色分别选择，共有5×6×4＝120(种)不同的选法，故B正确； 对于C，若要选出不同颜色的2个球，首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，共有5×6＋5×4＋6×4＝74(种)不同的选法，故C错误； 对于D，若要不放回地选出任意的2个球，直接分步计算，共有15×14＝210(种)不同的选法，故D错误．故选AB．] 二、填空题 6．为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有________种． 36　[由题意可知，分三步完成： 第一步，从2种主食中任选1种有2种选法； 第二步，从3种素菜中任选1种有3种选法； 第三步，从6种荤菜中任选1种有6种选法， 根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36(种)不同的选取方法．] 7．学校计划在周一至周四的艺术节上展演《雷雨》《茶馆》《天籁》《马蹄声碎》四部话剧，每天一部．受多种因素影响，话剧《雷雨》不能在周一、周四上演；《茶馆》不能在周一、周三上演；《天籁》不能在周三、周四上演；《马蹄声碎》不能在周一、周四上演，则所有的可能情况有________种． 2　[由题意，周一只能上演《天籁》，周四只能上演《茶馆》，故周二上演《雷雨》，周三上演《马蹄声碎》；或者周二上演《马蹄声碎》，周三上演《雷雨》．故所有的可能情况有2种．] 8．在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 24　112　[第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法． 由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24． 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4．再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112．] 三、解答题 9．(源自人教A版教材)书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书． (1)从书架上任取1本书，有多少种不同取法？ (2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，有多少种不同取法？ [解]　(1)从书架上任取1本书，有三类方案：第1类方案是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类方案是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类方案是从第3层取1本体育书，有2种方法．根据分类加法计数原理，不同取法的种数为N＝4＋3＋2＝9． (2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三个步骤完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为N＝4×3×2＝24． 10．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛、马和猴，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若每个人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有(　　) A．50种 B．60种 C．80种 D．90种 C　[根据题意，分2种情况分析： ①若甲选择牛，此时乙的选择有2种，丙的选择有10种，此时有2×10＝20(种)不同的选法； ②若甲选择马或猴，此时甲的选择有2种，乙的选择有3种，丙的选择有10种，此时有2×3×10＝60(种)不同的选法． 故共有20＋60＝80(种)不同的选法．] 11．(多选题)现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是(　　) A．只需1人参加，有16种不同选法 B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法 C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法 D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法 ABC　[选项A，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法，故共有3＋8＋5＝16(种)选法，故A正确； 选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生， 故共有3×8×5＝120(种)选法，故B正确； 选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有3×＝39(种)选法，故C正确； 选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误．故选ABC．] 12．一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有________种． 48　[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种走法，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种走法，参观完第二个区域后，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．] 13．将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有________种． 1 2 3 3 1 2 2 3 1 12　[假设第一行为1，2，3，则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1＝6(种)填法．故不同的填写方法共有6×2＝12(种)．] 14．某校高三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某教育基地． (1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？ (2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？ (3)从他们中选2人作观后发言，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？ [解]　(1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同的选法．由分类加法计数原理可得，共有N1＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法． (2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，有8种不同的选法；第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，有10种不同的选法；第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，有6种不同的选法．由分步乘法计数原理可得，共有N2＝8×10×6＝480(种)不同的选法． (3)分三类：每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10＝80(种)不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6＝60(种)不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6＝48(种)不同的选法．因此，共有N3＝80＋60＋48＝188(种)不同的选法． 15．某单位有4位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0，1，2，5，为遵守所在城市1月15日至18日4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)，四人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天，则不同的用车方案种数是(　　) A．4 B．12 C．16 D．24 B　[15日至18日，有2天奇数日和2天偶数日，车牌尾数中有2个奇数和2个偶数． 第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有22＝4(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种选择； 第二类，不安排甲的车，只有1种选择，共有1＋2＝3(种)． 根据分步乘法计数原理，可知不同的用车方案共有4×3＝12(种)．] 2 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $