3.1.1 第1课时 基本计数原理-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教B版）

3.1.1　基本计数原理 第1课时　基本计数原理 　 第三章　3.1　排列与组合 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. 新知导学 1 课时测评 4 合作探究 2 内容索引 随堂演练 3 新知导学 返回 问题1.该代表从济南到北京的方案可以分为几类？ 提示：两类． 问题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． 问题3.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． 1．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？ 问题导思 2．一名志愿者从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4.该志愿者从A地到B地需要经历几个步骤？ 提示：两个步骤． 问题5.完成每一步各有几种方法？ 提示：第一步有7种方法，第二步有6种方法． 问题6.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． 知识点一　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＝________________种不同的方法． 新知构建 m1＋m2＋…＋mn 1．应用分类加法计数原理需要明确原理中所指的“完成一件事”是什么事；怎样才算完成这件事；完成这件事可以有哪些方法； 2．要明确完成这件事的n类办法是相互独立的；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．分类是利用分类加法计数原理的关键，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． 4．分类时，首先要根据问题的特点确定一个分类标准，然后在这个标准下进行分类．一般地，标准不同，分类的结果也不同． 微提醒 知识点二　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＝________________种不同的方法． 能用分步乘法计数原理解决的问题具有如下特点： (1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； (2)完成每一步都有若干种方法； (3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． m1×m2×…×mn 知识点三　两个计数原理的区别与联系 区别一 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 每类办法都能独立地完成这件事，它是独立的、一次的，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(最后一步除外)，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，只有各步都完成了，才能完成这件事 区别二 各类办法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复 联系 这两个原理都是用来计算做一件事情的不同方法数 警示　在解决计数问题时，先分析是需要分类还是需要分步，分类应满足：完成一件事的任何一种方法必属于且仅属于其中某一类，即“类”与“类”之间满足确定性和并列性．分步应满足：完成一件事必须连续完成所有步骤，注意“步”与“步”之间的连续性． A．12个 B．16个 C．28个 D．32个 自主检测 根据题意，分4种情况讨论，(1)a＝2时，b有7种情况，(2)a＝4时，b有7种情况，(3)a＝6时，b有7种情况，(4)a＝8时，b有7种情况，则一共有7＋7＋7＋7＝28种情况． √ 2．甲、乙两人从4门课程中各选修1门，则甲、乙所选的课程不相同的选法共有 A．6种 B．12种 C．30种 D．36种 因为甲、乙两人从4门课程中各选修1门，所以由乘法原理可得甲、乙所选的课程不相同的选法有4×3＝12种． √ 3．李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳不同的选择穿衣服的方式有 A．24种 B．14种 C．10种 D．9种 首先分两类．第一类是穿衬衣和裙子，由分步乘法计数原理知共有4×3＝12种，第二类是穿连衣裙有2种．所以由分类加法计数原理知共有12＋2＝14种穿衣服的方式． √ 4．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，其中虚数有________个． 第1步，确定数b，有6种不同取值；第2步，确定数a，也有6种不同取值．根据分步乘法计数原理，知共有虚数6×6＝36(个)． 36 5．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，不同的行车路线有_____条． 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路线有4×3＝12条． 返回 12 合作探究 返回 题型一　分类加法计数原理的应用 　在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？ 例1 思路点拨　根据情况安排个位、十位上的数字．先确定分类标准，再求出每一类的个数，最后得结论． 解：方法一：分析个位数，可分以下几类： 个位是9，则十位可以是1，2，3，…，8中的一个，故有8个； 个位是8，则十位可以是1，2，3，…，7中的一个，故有7个； 同理，个位是7的有6个；个位是6的有5个；……；个位是2的只有1个． 由分类加法计数原理知，满足条件的两位数有 1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)． 方法二：按十位数上的数字分别是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，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 方法三：将个位比十位数字大的两位数一一写出： 12，13，14，15，16，17，18，19， 23，24，25，26，27，28，29， 34，35，36，37，38，39， 45，46，47，48，49， 56，57，58，59， 67，68，69， 78，79， 89. 共有36个符合题意的两位数． 规律方法 1．应用分类加法计数原理时，完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法，都可以独立完成这件事； 2．利用分类加法计数原理解题流程： 对点练1.高二(1)班有学生50人，男生30人；高二(2)班有学生60人，女生30人；高二(3)班有学生55人，男生35人． (1)从中选一名学生任学生会主席，有多少种不同选法？ 解：选一名学生有3类不同的选法： 第一类，从高二(1)班选一名，有50种不同的方法； 第二类，从高二(2)班选一名，有60种不同的方法； 第三类，从高二(3)班选一名，有55种不同的方法． 故任选一名学生任学生会主席的选法共有50＋60＋55＝165种不同的方法． (2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 解：选一名学生任学生会体育部长有3类不同的选法； 第一类，从高二(1)班男生中选有30种不同的方法； 第二类，从高二(2)班男生中选有30种不同的方法； 第三类，从高二(3)班女生中选有20种不同的方法． 故选一名学生任学生会体育部长有30＋30＋20＝80种不同选法．　　 题型二　分步乘法计数原理的应用 　　 已知a∈{1，2，3}，b∈{4，5，6，7}，r∈{8，9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示多少个不同的圆？ 例2 思路点拨　确定一个圆的方程需要分别确定出圆心的横坐标、纵坐标、半径，可以用分步乘法计数原理解决． 解：完成表示不同的圆这件事，可以分为三步： 第一步：确定a有3种不同的选取方法； 第二步：确定b有4种不同的选取方法； 第三步：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)． 规律方法 利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 对点练2.由0，1，2，3这四个数字，可组成多少个： (1)无重复数字的三位数？ 解：分三步完成： 第一步，排百位，1，2，3三个数字都可以，有3种不同的方法；第二步，排十位，除百位上已用的，其余三个数都可以，有3种不同的方法；第三步，排个位，除百位、十位上已用的，其余两个数都可以，有2种不同的方法．依据分步乘法计数原理，可组成无重复数字的三位数共3×3×2＝18(个)． (2)可以有重复数字的三位数？ 解：分三步完成： 第一步，排百位，1，2，3这三个数字都可以，有3种不同的方法；第二步，排十位，0，1，2，3这四个数字都可以，有4种不同的方法；第三步，排个位，0，1，2，3这四个数字都可以，有4种不同的方法．依据分步乘法计数原理，可组成有重复数字的三位数共3×4×4＝48(个)． (3)无重复数字的三位偶数？ 解：分两类完成： 第一类，个位数字是0，再分步，十位数字有3种选法，百位数字有2种选法，共有3×2＝6(种)方法；第二类，个位数字是2，再分步，百位数字有2种选法，十位数字有2种选法，共有2×2＝4(种)方法．依据分类加法计数原理，可组成无重复数字的三位偶数共6＋4＝10(个)． 题型三　两个计数原理的简单综合应用 　　现有高一年级的四个班的学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，现召开高一年级座谈会，推选两人做会中发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？ 例3 思路点拨 解：分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)． 规律方法 利用两个计数原理的解题策略 1．运用两个原理的关键在于正确区分“分类”与“分步”，分类就是能“一步到位”，即任何一类中任何一种方法，都能完成这件事；而分步只能是“局部到位”，即任何一步中任何一种方法只能完成事件中的某一部分． 2．在既有分类又有分步的题型中，一般先分类，然后在每一类中再分步． 对点练3.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． (1)若只需一人参加，有多少种不同的选法？ 解：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． (2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法？ 解：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． (3)若需一名老师、一名同学参加，有多少种不同的选法？ 解：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，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． 易错点　因分辨不清两个计数原理而致错 　　 (1)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 易错精析 典例 √ 易错分析　若选择信箱作为标准，则第一个信箱可以有3封信去投，共有3种投法；同理第二个信箱也有3种投法；依次类推共有3×3×3×3＝34种投法，故而错选D； 误区警示　解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理来计算．解决本题易出现的问题是对完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误．对于(1)，选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种； 正解　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，就完成了这件事情．由分步乘法计数原理可得共有43种方法，故选C． (2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3班，则此人的走法共有________种． 易错分析　若搞不清分步还是分类，把此题当成分步，则有3×4＝12种，从而出错. 误区警示　解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理来计算．解决本题易出现的问题是对完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误．对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地要先乘火车后坐轮船，进而使用分步乘法计数原理计算． 7 正解　因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地．根据分类加法计数原理可得此人的走法共有4＋3＝7(种)． 返回 随堂演练 返回 1．完成一项工作，有两种方法，有6个人只会用第一种方法，另外有4个人只会第二种方法，从这10个人中选1个人完成这项工作，则不同的选法共有 A．6种 B．10种 C．4种 D．60种 根据分类加法计数原理，不同的选法共有6＋4＝10种．故选B． √ 2．(多选)现有红球4个，黄球5个，绿球6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．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 对于A，从中任选1个球，有4＋5＋6＝15种不同的选法，故A正确；对于B，若每种颜色选出1个球，有4×5×6＝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，有4×5＋5×6＋4×6＝74种不同的选法，故C错误；对于D，若要不放回地依次选出2个球，有15×14＝210种不同的选法，故D正确．故选ABD． √ √ √ 3．某座山，若从东侧通往山顶的道路有3条，从西侧通往山顶的道路有2条，那么游客从上山到下山共有________种不同的走法． 依题意，游客上山有5种方法，下山有5种方法，由分步乘法计数原理知，从上山到下山的方法共有5×5＝25种，所以游客从上山到下山共有25种不同的走法． 25 4．已知直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，2，3，5，7这六个数中每次取两个不同的数分别作为A，B的值，则Ax＋By＝0可表示____条不同的直线． 返回 当A＝0时，可表示1条直线；当B＝0时，可表示1条直线；当AB≠0时，A有5种选法，B有4种选法，可表示5×4＝20条不同的直线．由分类加法计数原理知，共可表示1＋1＋20＝22条不同的直线． 22 课时测评 返回 1．在一宝宝“抓周”的仪式上，他面前摆着4件学习用品，3件生活用品，4件娱乐用品，若他只抓其中的一件物品，则他抓的结果有______种． A．7 B．8 C．10 D．11 因为抓物品的不同结果数分三类， 所以由分类加法计数原理得共有4＋3＋4＝11(种)． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为 A．8 B．6 C．5 D．3 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，故选B． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为 A．3 B．4 C．6 D．8 √ 以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个等比数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．四位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．(多选)某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．下列说法正确的有 A．选其中1人为学生会主席，有15种不同的选法 B．若每年级选1人为校学生会常委，有120种不同的选法 C．若要从高一、高二年级各选1人参加市里组织的活动，有30种不同的 选法 D．若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有74种不同的选法 √ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对于A，选其中1人为学生会主席，各年级均可，N＝5＋6＋4＝15(种)，故A正确；对于B，每年级选1人为校学生会常委，可分步从各年级分别选择，N＝5×6×4＝120(种)，故B正确；对于C，从高一、高二年级各选1人参加市里组织的活动，N＝5×6＝30(种)，故C正确；对于D，要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，首先按年级分三类“1，2年级”，“1，3年级”，“2，3年级”，再各类分步选择：N＝5×6＋6×4＋4×5＝74(种)，故D正确，故选A、B、C、D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6．如图，将网格中的三条线段沿网格线上下或左右平移，组成一个首尾相连的三角形，则三条线段一共至少需要移动________格． 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图，将网格中的三条线段沿网格线平移后组成一个首尾相接的三角形，根据平移的基本性质知：左边的线段向右平移3格，中间的线段向下平移2格，最右边的线段先向左平移2格，再向上平移2格，此时平移的格数最少为：3＋2＋2＋2＝9，其他平移方法都超过9格，所以至少需要移动9格． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A，B，后两个字符用a，b，c(允许重复)，则不同编号的书共有________本． 完成这件事可以分为三步．第一步确定首字符，共有2种方法；第二步确定第二个字符，共有3种方法；第三步确定第三个字符，共有3种方法．所以不同编号的书共有2×3×3＝18(本)． 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．用0到9这十个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为________． 由题意知本题是一个分类计数问题，若个位数字为0，前两位的排法种数为9×8＝72；若个位数字不为0，则确定个位数字有4种方法，确定百位数字有8种方法，确定十位数字有8种方法，所以排法种数为4×8×8＝256.所以可以组成256＋72＝328个没有重复数字的三位偶数． 328 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．(10分)王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读． (1)若他从这些参考书中带1本去图书馆，有多少种不同的带法？(3分) 解：要完成的事情是带1本参考书，无论是带外语书，还是带数学书、物理书，事情都可完成，从而根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＝12种不同的带法． (2)若带外语、数学、物理参考书各1本，有多少种不同的带法？(3分) 解：要完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此根据分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60种不同的带法． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？(4分) 解：选1本外语书和1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法．即有三类情况，根据分类加法计数原理，共有20＋15＋12＝47种不同的带法． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．(10分)已知集合A＝{2，4，6，8，10}，B＝{1，3，5，7，9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，问： (1)有多少个不同的数对？(4分) 解：因为集合A＝{2，4，6，8，10}，B＝{1，3，5，7，9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，先选出m有5种结果，再选出n有5种结果，根据分步乘法计数原理知共有5×5＝25个不同的数对． (2)其中m>n的数对有多少个？(6分) 解：在(1)中的25个数对中m>n的数对可以分类来解．当m＝2时，n＝1，有1个数对；当m＝4时，n＝1，3, 有2个数对；当m＝6时，n＝1，3，5，有3个数对；当m＝8时，n＝1，3，5，7，有4个数对；当m＝10时，n＝1，3，5，7，9，有5个数对．综上所述共有1＋2＋3＋4＋5＝15个数对． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11．(5分)某校教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，一学生由一层到五层的走法有 A．10种 B．25种 C．52种 D．24种 √ 共分4步：一层到二层 2种，二层到三层 2种，三层到四层 2种，四层到五层 2种，一共24＝16种． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(5分)若A∪B＝{1，2，3}，则集合A，B共有________种组合． 当集合A为空集时，集合B＝{1，2，3}有1种，当集合A包含1个元素时，例如A＝{1}，则集合B可以为{1，2，3}或{2，3}，故有3×2＝6种， 当集合A包含2个元素时，例如A＝{1，2}，则B可以为{1，2，3}，{1，3}，{2，3}，{3}故有3×4＝12种， 当集合A包含3个元素时，例如A＝{1，2，3}，则集合B可以没有元素，1个元素，2个元素，3个元素，故有1＋3＋3＋1＝8种， 根据分类加法计数原理可得，共有1＋6＋12＋8＝27种． 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13．(10分)设有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？(4分) 解：分为三类：从国画中选一幅画布置房间，有5种不同的选法；从油画中选一幅画布置房间，有2种不同的选法；从水彩画中选一幅画布置房间，有7种不同的选法．依据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种) 选法． (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？(6分) 解：从国画、油画、水彩画中各选一幅画，分别有5种、2种、7种不同的选法．依据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)选法． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(5分)如图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为 A．26 B．24 C．20 D．19 由题图可知，从A到B有4种不同的传递路线，各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3，4，6，6，由分类加法计数原理得，单位时间内传递的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19.故选D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(15分)将一颗骰子(点数分别为1，2，3，4，5，6)连抛3次． (1)一共出现多少种不同的抛掷情况？(3分) 解：将一颗骰子(点数分别为1，2，3，4，5，6)连抛3次， 一共出现6×6×6＝216种不同的抛掷情况． (2)3次都不出现奇数点朝上的情况共有多少种？(5分) 解：将一颗骰子(点数分别为1，2，3，4，5，6)连抛3次，3次都不出现奇数点朝上的情况共有3×3×3＝27种． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (3)恰有一次出现奇数点朝上的情况共有多少种？(7分) 返回 解：将一颗骰子(点数分别为1，2，3，4，5，6)连抛3次，恰有一次出现奇数点朝上可分三种情况：第一次奇数点朝上，其余两次均是偶数点，有3×3×3＝27种情况；第二次奇数点朝上，其余两次均是偶数点，有3×3×3＝27种情况；第三次奇数点朝上，其余两次均是偶数点，有3×3×3＝27种情况，所以共有27×3＝81种情况． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 谢 谢 观 看 ！ 第 三 章 　 排 列 、 组 合 与 二 项 式 定 理 返回 1．已知椭圆＋＝1，若a∈{2，4，6，8}，b∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，则这样的椭圆有 $