6.1.1 基本计数原理-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂教师用书word（人教A版）

6．1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 6．1.1　基本计数原理 课程标准 素养解读 1.通过实例，了解分类加法计数原理及其意义 1.通过两个计数原理的学习，培养逻辑推理的素养 2.通过实例，了解分步乘法计数原理及其意义 2.借助两个计数原理解决一些简单的实际问题，提升数学运算的素养 [情境引入] 某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分．一球队打完15场，积分为33分，若不考虑顺序，你能确定该队胜、负、平的情况吗？若能，有多少种情况？ [知识梳理] [知识点一]　分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中共有n种不同的方法，那么完成这件事共有　m＋n__　种不同方法． 推广：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.定义中每一类中的每一种方法能否独立完成这件事？ 提示：能，每一类中的每一种方法都能独立完成这件事． 2．各种方案之间有何关系？每一类方案中各种方法之间有何关系？ 提示：各种方案之间相互独立，并且任何一类方案中任何一种方法也相互独立． [知识点二]　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． 推广：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． 3.定义中每一步中的每一种方法能否独立完成这件事？ 提示：不能，每一步中的每一种方法不能独立完成这件事． 4．定义中的“完成一件事”指的是什么？ 提示：完成一件事指的是将完成这件事划分成几个步骤，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成． 5．根据定义完成一件事的方法数怎样计算？ 提示：从计数上看，各步的方法数的积就是完成这一件事的方法总数． [知识点三]　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 关键词 分类 分步 本质 每类方案都能独立完成这件事，它是独立的、一次性的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事 每一步得到的只是中间结果，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，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事 各类 (步)的 关系 各类方案之间是互斥的、并列的， “分类互斥” 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保连续性，“独立”确保不重复，即“分步互依” 6.分类加法计数原理每一类中的方法和分步乘法计数原理每一步中的方法有何区别？ 提示：分类加法计数原理每一类中的方案可以完成一件事情，而分步乘法计数原理每一步中的方法不能独立完成一件事情． [预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)． (1)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．(√) (2)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．(√) (3)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．(√) 2．某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级负责学校星期一早晨升旗活动，安排方法共有(　　) A．8种　 B．6种　 C．14种　 D．48种 解析：C　[分两类：第1类，从高一年级8个班中选一个班共有8种安排方法；第2类，从高二年级中选一个班共有6种安排方法．故共有8＋6＝14(种)安排方法．所以选C.] 3．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的不同走法数为(　　) A．1＋1＋1＝3　　　 B．3＋4＋2＝9 C．3×4×2＝24 D．以上都不对 解析：B　[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，共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．] 4．已知x∈，y∈，则(x，y)可表示不同的点的个数是(　　) A．1　　 B．3　 　 　C．6　 　　D．9 解析：D　[这件事可分为两步完成：第一步，在集合中任取一个值x有3种方法；第二步，在集合中任取一个值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．] 5．一个礼堂有4个门，若从任意一个门进时，从任意一门出，共有不同走法　________　种． 解析：由分步乘法计数原理得4×4＝16种． 答案：16 　　　分类加法计数原理的应用 [例1]　高三·一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三·二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三·三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三·一班、二班或三班中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三·一班、二班男生中，或从高三·三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？ [思路点拨]　所谓“完成一件事，有几类方案”，是指对完成这件事情的所有方案的一个分类．利用分类加法计数原理求解． [解]　(1)分三类： 第一类选法，从高三·一班中任选一名，有50种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班中任选一名，有60种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班中任选一名，有55种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得50＋60＋55＝165(种)， 因此共有165种不同的选法． (2)分三类： 第一类选法，从高三·一班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班女生中任选一名，有20种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得30＋30＋20＝80(种)． 故共有80种不同的选法． 1．应用分类加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，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事． (2)无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法．即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的． (3)不同方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须做到既“不重复”也“不遗漏”． 2．利用分类加法计数原理计数时的解题流程  [变式训练] 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)． 　分步乘法计数原理的应用 [例2] 某商店现有甲种型号电视机10台，乙种型号电视机8台，丙种型号电视机12台，从这三种型号的电视机中各选1台检验，有多少种不同的选法？ [思路点拔]　本题中要完成的事是在每种型号的电视机中选择1台，而每种型号的选择方法数又是明确可知的，故应分步完成． 解：完成从这三种型号的电视机中各选1台检验可分三步完成： 第一步：从甲种型号中选1台，有10种不同的方法； 第二步：从乙种型号中选1台，有8种不同的方法； 第三步：从丙种型号中选1台，有12种不同的方法． 根据分步乘法计数原理，得10×8×12＝960(种)． 因此共有960种不同的方法． 1．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． 2．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． [变式训练] 2．从1,2,3,4这四个数字中选三个数字，组成无重复数字的整数，则满足下列条件的数有多少个？ (1)三位数； (2)三位偶数． 解：　(1)分三步： 第一步，排个位，有4种方法； 第二步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法； 第三步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有4×3×2＝24(个)满足要求的三位数． (2)第一步，排个位，只能从2,4中选1个，有2种方法； 第二步，排十位，从剩下的3个数中选1个，有3种方法； 第三步，排百位，只能从剩下的2个数字中选1个，有2种方法． 故共有2×3×2＝12(个)满足要求的三位偶数． 　　　两个计数原理的综合应用 [例3]　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，有多少种不同的选法？ (2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有多少种不同的选法？ (3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有多少种不同的选法？ [思路点拨]　 解：(1)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． (2)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)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． 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状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律． 3．混合问题一般是先分类再分步． [变式训练] 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人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (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，则有多少种不同的选法？ 解：(1)从高一选1人作为总负责人有50种选法；从高二选1人作为总负责人有42种选法；从高三选1人作为总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122(种)选法． (2)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)①从高一和高二中各选1人作为中心发言人，有50×42＝2 100(种)选法；②从高二和高三中各选1人作为中心发言人，有42×30＝1 260(种)选法；③从高一和高三中各选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． [当堂达标] 1．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有6名同学只会用综合法证明，有4名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为(　　) A．10　 B．16　 　　C．20　　 　D．24 解析：A　[每一种方法都能证明该问题，根据分类加法计数原理，不同的选法共有6＋4＝10(种)．] 2．用0、1、2、3、4、5六个数字组成无重复数字的四位数，比3542大的四位数的个数是(　　) A．360 B．240 C．120 D．60 解析：C　[因为3542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，所以比3542大的四位数的千位只能是4或5，所以共有2×5×4×3＝120个比3542大的四位数．] 3．一个科技小组中有4名女同学和5名男同学，从中任选1人参加学科竞赛，不同的选派方法共有　________　种；若从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，不同的选派方法共有　________　种． 解析：根据分类加法计数原理知，从中任选1人参加学科竞赛，不同的选派方法共有4＋5＝9(种)；由分步乘法计数原理知，从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，不同的选派方法共有4×5＝20(种)． 答案：9　20 4．为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二(1)班的男生38人和女生18人中选取1名学生做代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有　________　种． 解析：完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，有 38 种选法；第二类：选 1 名女生，有 18 种选法，根据分类加法计数原理，共有 N＝38＋18＝56(种)不同的选法． 答案：56 5．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有　________　种不同的取法． 解析：取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90(种)不同取法；取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72(种)不同取法，取两本书中，一本数学、一本英语，有 10×8＝80(种)不同取法．综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242(种)不同取法． 答案：242 [基础过关] 1．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有(　　) A．3种　　　　　　　 B．4种 C．7种 D．12种 解析：C　[选择课程的方法有2类：从A类课程中选一门有3种不同的方法，从B类课程中选1门有4种不同的方法，∴共有不同选法3＋4＝7(种)．] 2．已知x∈，y∈，则x·y可表示不同的值的个数为(　　) A．8　　 B．12　　 　C．10　 　　D．9 解析：D　[分两步：第一步，在集合中任取一个值，有3种不同的取法；第二步，在集合中任取一个值 ，有3种不同的取法．故x·y可表示3×3＝9(个)不同的值(易知各值互不相同)．] 3．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 解析：C　[小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知共有2×3×3×3＝54(种)不同的报名方法．] 4．将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为(　　) A．80 B．100 C．110 D．120 解析： D　[如图，若先染A有5种色可选，B有4种色可选，C有3种色可选，D有2种色可选，则不同染色方法共有5×4×3×2＝120(种)．] 5．五位同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，则不同的选择种数是(　　) A．54 B．5×4×3×2 C．45 D．5×4 解析：C　[每位同学有4种选择，由分步乘法计数原理可得，5位同学就有4×4×4×4×4＝45(种)选择，故不同的选择种数是45.] 6．(多选)若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231、354等都是“凸数”，用1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的三位数，则(　　) A．组成的三位数的个数为30 B．在组成的三位数中，奇数的个数为36 C．在组成的三位数中，“凸数”的个数为24 D．在组成的三位数中，“凸数”的个数为20 解析：BD　[A：5个数组成无重复的三位数的个数为5×4×3＝60，故A错误； B：奇数为个位数是1,3,5的三位数，个数为3×4×3＝36，故B正确；C：“凸数”分为3类，①十位数为5，则有4×3＝12个；②十位数为4，则有3×2＝6个；③十位数为3，则有2×1＝2个，所以共有20个，故C错误；D：由选项C的分析可知，D正确．] 7．如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为　________　. 解析：从A处到B处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路；第二步，后一个并联电路接通有3条线路．由分步乘法计数原理知电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为2×3＝6(条)． 答案：6 8．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，不同的行车路线有　________　条． 解析：经过一次十字路口可分两步：第一步确定入口，共有4种选法；第二步确定出口，从剩余3个路口任选一个，共3种，由分步乘法计数原理知不同的行车路线有4×3＝12(条)． 答案：12 9．工人在悬挂如图所示的一个正六边形装饰品时，需要固定六个位置上的螺丝，首先随意拧紧一个螺丝，接着拧紧距离它最远的第二个螺丝，再随意拧紧第三个螺丝，接着拧紧距离第三个螺丝最远的第四个螺丝，第五个和第六个以此类推，则不同的固定方式有　________　种． 解析：随意拧紧一个螺丝有6种方法，拧紧第二个螺丝只有1种方法，拧紧第三个螺丝有4种方法，拧紧第四个螺丝只有1种方法，拧紧第五个螺丝有2种方法，拧紧第六个螺丝只有1种方法，所以不同的固定方式有6×1×4×1×2×1＝48(种)． 答案：48 10．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，有多少种不同的选法？ 解：既会英语又会日语的有7＋3－9＝1(人)，仅会英语的有6人，仅会日语的有2人．先分类后分步： 先从仅会英、日语的人中各选1人，有6×2＝12(种)选法； 从仅会英语和英、日语都会的人中各选1人，有6×1＝6(种)选法； 从仅会日语和英、日语都会的人中各选1人，有2×1＝2(种)选法． 根据分类加法计数原理，共有12＋6＋2＝20(种)不同的选法． 11．从集合的子集中，选出有5个元素的子集，使得这5个元素中的任意2个元素的和不等于11，这样的子集共有多少个？ 解：和为11的数共有5组：1与10,2与9,3与8,4与7,5与6.满足条件的子集中的元素不能取同一组中的两个数．而每组元素的取法有2种，所以子集的个数为2×2×2×2×2＝25＝32.即满足条件的子集共有32个． [能力提升] 12．有一种棋盘(由8×8个方格组成)，其中有一个小方格因破损而被剪去(破损位置不确定)．“L”形骨牌由三个相邻的小方格组成，如图所示．现要将这个破损的棋盘剪成数个“L”形骨牌，则(　　) A．最多能剪成19块“L”形骨牌 B．最多能剪成20块“L”形骨牌 C．最多能剪成21块“L”形骨牌 D．以上答案都不对 解析：C　[考虑2×3的6块方格，如图： ，每一块这样的骨牌含有2块“L”形骨牌，一共可以剪成10块这样的骨牌和一个田字格，田字格可以剪1块“L”形骨牌，则一共可以剪21块“L”形骨牌． 只要将破损的方格所在位置剪成一个恰当的田字格即可，所以最多能够剪成21块“L”形骨牌．故选C.] 13．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个数列. (1)写出这个数列的前11项． (2)这个数列共有多少项？ (3)若an＝341，求n. 解：(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133. (2)这个数列的项数就是用1,2,3,4排成的三位数的个数，每个数位上都有4种排法，则共有4×4×4＝64(项). (3)比an＝341小的数有两类： ① 1 × × 2 × × ② 3 1 × 3 2 × 3 3 × 共有2×4×4＋1×3×4＝44(项). 所以n＝44＋1＝45(项). [素养培优] 14．求三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数. 解：设较小的两边长为x，y，且x≤y， 则x≤y≤11，x＋y＞11，x，y∈N*. 当x＝1时，y＝11； 当x＝2 时，y＝10,11； 当x＝3时，y＝9,10,11； 当x＝4时，y＝8,9,10,11； 当x＝5时，y＝7,8,9,10,11； 当x＝6时，y＝6,7,8,9,10,11； 当x＝7时，y＝7,8,9,10,11； …； 当x＝11时，y＝11. 所以不同三角形的个数为1＋2＋3＋4＋5＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36. 学科网（北京）股份有限公司 $