1 1.1 1.2 分步乘法计数原理-【正禾一本通】2025-2026学年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）

该高中数学课件聚焦分类加法计数原理与分步乘法计数原理，通过“人大代表出行选航班高铁”“志愿者经中转地赴目的地”等生活实例设计问题链，搭建从具体情境到抽象原理的学习支架，衔接概念形成、典例分析与实际应用的脉络。 其特色在于以问题驱动教学，结合曲线方程判断（椭圆、圆）、球入盒子等典例及变式探究，培养学生数学抽象、逻辑推理和数学建模素养。采用随堂评价与课时分层评价结合的方式，帮助学生掌握分类不重不漏、分步缺一不可的思维方法，教师可直接利用系统资源提升教学效率。

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 学习目标 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. 3.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. 任务一　分类加法计数原理 1 任务二　分步乘法计数原理 2 任务三　两个基本原理的应用 3 随堂评价 4 内容索引 课时分层评价 5 任务一　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.那么该代表从济南到北京共有多少种快捷途径可选呢？ 问题1.该代表从济南到北京的方案可以分为几类？每类方案中各有几种 方法？ 提示：两类；乘飞机3种方法，乘高铁4种方法. 问题2.该代表从济南到北京共有多少种不同的方法？ 提示：共3＋4＝7种方法. 新知构建 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”) m1＋m2＋…＋mn 微提醒 (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. 在平面直角坐标系内，已知曲线方程＋＝1. (1)若曲线方程表示的轨迹为圆，则这样的圆有多少个？ 解：因为a，b∈，所以a，b∈， 因为曲线方程表示的轨迹为圆，则a＝b，共有5种情况， 即这样的圆有5个. 典例 1 (2)若曲线方程表示的轨迹为椭圆，则这样的椭圆有多少个？ 解：由(1)知a，b∈ 当焦点在x轴上，此时需a＞b， 当a＝2时，b没有对应值，0个椭圆； 当a＝3时，共1个椭圆； 当a＝4时，共2个椭圆； 当a＝5时，共3个椭圆； 当a＝6时，共4个椭圆； 由分类加法计数原理，焦点在x轴上的椭圆有0＋1＋2＋3＋4＝10个； 焦点在y轴上与焦点在x轴上的椭圆个数相同，有10个； 综上所述，满足题意的椭圆共有10＋10＝20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)现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有 A.10种 B.12种 C.20种 D.36种 依题意，不同的选法共有3＋4＋5＝12种.故选B. (2)自然数有一位数、两位数、多位数，在一位数和两位数的自然数中含有数字1的自然数的个数为　　. 19 一位数中含有数字1的有1个；两位数中十位为1的有10个；十位不为1，个位数字为1的自然数有8个，故共有1＋10＋8＝19个. 返回 任务二　分步乘法计数原理 返回 问题导思 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3.该志愿者从A地到B地需要经历几个步骤？完成每一步各有几种 方法？ 提示：两个步骤；第一步有7种方法，第二步有6种方法. 问题4.该志愿者从A地到B地共有多少种不同的方法？ 提示：7×6＝42种方法. 新知构建 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”) m1·m2·…·mn 微提醒 (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. 一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡.某人手机是双卡双待机，想得到一张移动卡和一张联通卡供自己今后使用，问一共有多少种不同的取法？ 解：得到一张移动卡和一张联通卡可分两步进行： 第一步：从第一个袋子中任取一张移动手机卡，共有10种取法. 第二步：从第二个袋子中任取一张联通手机卡，共有12种取法. 根据分步乘法计数原理共有10×12＝120 (种)取法. 典例 2 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)甲从3个短跑项目和5个球类项目中各选1个项目参加，则不同的选择方案共有 A.8种 B.15种 C.20种 D.24种 不同的选择方案共有3×5＝15种.故选B. (2)食堂有大荤菜3个、小荤菜3个、素菜4个、汤1个，如果要大荤、小荤、素菜、汤各一个组成一份三菜一汤的套餐，有　　　种不同的搭配方式. 36 依题意得，选择大荤菜有3种方法，小荤菜有3种方法，素菜有4种方法，汤有1种方法，根据分步乘法原理可得，一共有3×3×4×1＝36种不同的搭配方式. 返回 任务三　两个基本原理的应用 返回 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号盒中无球的不同放法种数； 解：1号盒中无球即A，B，C三个球只能放入2，3，4号盒子中，有3×3×3＝27(种)放法. (2)1号盒中有球的不同放法种数. 解：1号盒中有球可分三类：一类是1号盒中有一个球，共有3×3×3＝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. 典例 3 变式探究 1.(变设问)本例中，球A只能放入1号盒中，共有多少不同放法种数？ 解：球A只能放入1号盒中，有1种放法，球B，C各有4种放法，所以根据分步乘法原理，共有1×4×4＝16种放法. 2.(变设问)本例中，球A不能放入奇数号盒中，共有多少不同放法种数？ 解：法一：球A不能放入奇数号盒中，只能放入2号盒或4号盒中2种情况，当球A放入2号盒时，根据分步乘法原理，有1×4×4＝16种放法；当球A放入4号盒时，也有1×4×4＝16种放法，再根据分类加法原理，所以共有16＋16＝32种放法. 法二：球A不能放入奇数号盒中，只能放入2号盒或4号盒中2种情况，球B，C各有4种放法，根据分步乘法原理，共有2×4×4＝32种放法. 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.高二(1)班、(48)班、(62)班分别有7，5，9人参加创新技能大赛 笔试. (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ 解：事件选一人当组长可分三类方案完成， 第一类，组长从(1)班选出，有7种选法， 第二类，组长从(48)班选出，有5种选法， 第三类，组长从(62)班选出，有9种选法， 根据分类加法计数原理，选一人当组长有7＋5＋9＝21种选法. (2)如果张老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ 解：如果张老师任组长，每班选一名副组长，则需要分三步， 第一步，从(1)班选一名同学担任副组长，有7种选法， 第二步，从(48)班选一名同学担任副组长，有5种选法， 第三步，从(62)班选一名同学担任副组长，有9种选法， 根据分步乘法计数原理，每班选一名副组长共有7×5×9＝315种选法. (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 解：事件推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，可分为三类 方案， 第一类，若两人来自(1)班和(48)班，有7×5＝35种选法， 第二类，若两人来自(1)班和(62)班，有7×9＝63种选法， 第三类，若两人来自(48)班和(62)班，有5×9＝45种选法， 综上可知，这两人来自不同的班级的不同的选法有35＋63＋45＝143种. 课堂小结 任务再现 1.分类加法计数原理.2.分步乘法计数原理.3.两个基本原理的应用 方法提炼 分类讨论、分类加法计数、分步乘法计数 易错警示 “分类”与“分步”不清，导致计数错误 返回 随堂评价 返回 √ 1.某选修课有10门体育课程和7门科学课程可供选择，甲从中选修一门课程，则甲不同的选择情况共有 A.17种 B.34种 C.35种 D.70种 由分类加法计数原理得，甲作出的不同的选择情况共有10＋7＝17种，故A正确.故选A. √ 2.3名同学报名参加学校运动会的跳高、跳远比赛项目，每人限报一项，不同的报法种数是 A.9 B.8 C.6 D.5 依题意每位同学均有2种报名方法，按照分步乘法计数原理可知一共有2×2×2＝8种不同的报法.故选B. 3.如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路，则从甲地去丁地，共有　　　　种不同的走法. 14 分两类，第一类，从甲到乙再到丁，共有2×3＝6种；第二类，从甲到丙再到丁，共有4×2＝8种，根据分类计数原理可得，共有6＋8＝14种，故从甲地到丁地共有14种不同的走法. 4.已知a，b均为集合A＝中的元素，则对应的所有可能的直线y＝x有　　条. 13 第一类：当a，b取值相同时，＝1，表示1条直线；第二类：当a，b取值不同时，分两步：第一步，排分母，有4种情况，第二步，排分子，有3种情况，共计12种情况，且值都不相等，所以所有可能的直线有12＋1＝13条. 返回 课时分层评价 返回 √ 1.从6名班委中选出2人分别担任正、副班长，则不同的选法种数为 A.11 B.12 C.30 D.36 由题意，共有6×＝30种选法.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 2.某商场东面和西面均有4个门，北面和南面均有3个门，若某人从其中的任意一个门进入商场，则进入商场的不同方式共有 A.12种 B.24种 C.7种 D.14种 由题意进入商场的不同方式共有4＋4＋3＋3＝14种.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 3.某公交车上有6位乘客，沿途有4个停靠站，乘客下车的可能方式有 A.64种 B.46种 C.360种 D.15种 由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能方式有4×4×4× 4×4×4＝46种.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 4.如图，只闭合两个开关将一条电路从A处到B处接通，可构成线路的条数为 A.2 B.4 C.5 D.8 依题意，一条电路从A处到B处接通，A处并联电路开关闭合一个，有2种方法；B处并联电路开关闭合一个，只能闭合下面两个中的一个，有2种方法，根据分步计数原理，共有2×2＝4种方法.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 5.某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有 A.9种 B.10种 C.15种 D.24种 依题意可知，有两类衣服可选，第一类：选择衬衣和裙子，共有3×4＝12种选择；第二类：选择连衣裙，共有3种选择；所以共有12＋3＝15种选择.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 6.(多选题)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，下列说法正确的有 A.其中虚数有36个 B.其中虚数有12个 C.其中纯虚数有6个 D.其中纯虚数有7个 若a＋bi为虚数，则虚数虚部不能为0，第一步选虚部，有6种选择；第二步，选择实部，有6种选择.根据分步乘法计数原理可得，虚数有36个，故A正确，B错误；若a＋bi为纯虚数，则虚数虚部不能为0，且实部为0，根据分步乘法计数原理可得，纯虚数为6个，故C正确，D错误.故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.满足A∪B＝的集合A，B共有　　组. 9 当A＝⌀时，B＝；当A＝时，B＝；当A＝时，B＝；当A＝时，B＝或⌀，故共有1＋2＋2＋4＝9组. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有　 种. 192 因为甲不去北京，应该分步完成：第一步，甲在上海、西安、长沙三个城市中任选一个，有3种选法；第二步，乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别任选一个，有4×4×4＝64种选法；由分步乘法计数原理，可得不同选法有：3×64＝192种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.某校为加强学生的美感教育，开设了音乐、美术、舞蹈、戏曲四门选修课程.甲、乙两位同学各自准备从中选择两门进行学习，且甲不会选择舞蹈课程，则甲、乙两位同学选择的两门课程中仅有一门相同的情况共有 　　种. 12 若乙选择舞蹈课程，则仅有一门相同的情况共有3×2＝6种；若乙没有选择舞蹈课程，则仅有一门相同的情况共有3×2＝6种，综上，共有12种情况. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(15分)集合A＝，B＝.现从A，B中各取一个元素作为点P的坐标. (1)可以得到多少个不同的点？ 解：一个点的坐标由x，y两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点， 又集合A与B中的元素互不相同， 所以可分为两类： 第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12(个)不同的点； 第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12(个)不同的点. 由分类加法计数原理得不同的点的个数为12＋12＝24. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)在这些点中，位于第一象限的有几个？ 解：第一象限内的点x，y必须为正数，从而只能取A，B中的正数， 又集合A与B中的元素互不相同， 所以可分为两类： 第一类：选A中的正元素为x，B中的正元素为y，有2×2＝4(个)不同的点； 第二类：选A中的正元素为y，B中的正元素为x，有2×2＝4(个)不同的点. 由分类加法计数原理得不同的点的个数为4＋4＝8. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 11.有红、黄、蓝的小旗各一面，从中选用1面、2面或3面升上旗杆，并且不同的顺序表示不同的信号，则可表示不同的信号种数为 A.6 B.12 C.14 D.15 挂一面旗时，有3种情况；挂两面旗时，有3×2＝6种；挂三面旗时，有3×2×1＝6种，所以共3＋6＋6＝15种.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 12.(多选题)有4名同学报名参加三个不同的社团，则下列说法中正确的是 A.每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种 B.每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种 C.每个社团限报一个人且每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有24种 D.每个社团限报一个人且每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有33种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A、B选项，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步计数原理共有34种结果，A正确，B错误；对于C、D选项，每个社团限报一个人且每名同学限报其中一个社团，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步计数原理共有4×3×2＝24种结果，C正确，D错误.故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.已知直线ax＋by＋c＝0中的a，b，c是取自集合{－2，－1，0，1，2}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是　　. 11 设倾斜角为θ，tan θ＝－＞0，则ab＜0，不妨设a＞0，则b＜0，若c＝0，a有2种取法，b有2种取法，排除1个重复(a＝2，b＝－2与a＝1，b＝－1)，故这样的直线有2×2－1＝3条；若c≠0，a有2种取法，b有2种取法，c有2种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有2×2×2＝8条，从而，符合要求的直线有3＋8＝11条. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表： 乘坐站数 0＜x≤3 3＜x≤7 7＜x≤12 票价(元) 2 4 6 现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的. (1)若甲、乙两人共付费6元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？ 解：由已知可得，甲、乙两人共付费6元，则甲、乙一人付费2元一人付费4元， 又付费2元的乘坐站数有1，2，3三种选择，付费4元的乘坐站数有4，5，6，7四种选择， 所以甲、乙下地铁的方案共有(3×4)×2＝24(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若甲、乙两人共付费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？ 解：甲、乙两人共付费8元，则甲、乙一人付费2元一人付费6元或两人都付费4元； 当甲付费2元，乙付费6元时，甲乘坐站数有1，2，3三种选择，乙乘坐站数有8，9，10，11，12五种选择，此时，共有3×5＝15(种)方案； 乘坐站数 0＜x≤3 3＜x≤7 7＜x≤12 票价(元) 2 4 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当两人都付费4元时，若甲在第4站下地铁，则乙可在第5，6，7站下地铁，有3种方案； 若甲在第5站下地铁，则乙可在第6，7站下地铁，有2种方案； 若甲在第6站下地铁，则乙可在第7站下地铁，有1种方案； 综上，甲比乙先下地铁的方案共有15＋3＋2＋1＝21(种). 乘坐站数 0＜x≤3 3＜x≤7 7＜x≤12 票价(元) 2 4 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(创新题)1 800的不同的正奇数因数的个数为 A.6 B.9 C.12 D.48 √ 由题意得，1 800＝23×32×52，则1 800的正因数p＝2r×3s×5t ，由题意，r＝0，s可取0，1，2；t可取0，1，2；根据分步乘法计数原理，可得不同的正奇数因数有1×3×3＝9个.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(新情境)已知集合A＝，若a，b，c∈A且互不相等，则使得指数函数y＝ax，对数函数y＝logb x，幂函数y＝xc中至少有两个函数在(0，＋∞)上为严格增函数的有序数对(a，b，c)的个数是　　. 24 由题意可知，满足指数函数y＝ax，对数函数y＝logb x的a，b取值只有4个，分别为，，2，3；而使它们在(0，＋∞)上为严格增函数的取值a，b都只有两个，分别是2，3； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 而满足幂函数y＝xc的c的取值有6个(全部)，使得幂函数y＝xc在(0，＋∞)上是严格增函数的取值有4个，即，，2，3；由于a，b，c∈A且互不相等，有三种情况：第一种：指数函数y＝ax，对数函数y＝logb x在(0，＋∞)上是严格增函数，而幂函数y＝xc不满足，共有2×1×2＝4种；第二种：指数函数y＝ax，幂函数y＝xc在(0，＋∞)上是严格增函数，而对数函数y＝logb x不满足，共有2×2×2＝8种；第三种：对数函数y＝logb x，幂函数y＝xc在(0，＋∞)上是严格增函数，而指数函数y＝ax不满足，共有2×2×2＝8种；第四种：三个函数在(0，＋∞)上都是严格增函数，共有2×1×2＝4种；利用分类加法计数原理可得共有4＋8＋8＋4＝24种. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 1.1　分类加法计数原理 1.2　分步乘法计数原理 返回 $