3.1.1 基本计数原理-【新课程能力培养】2026-2027学年高中数学选择性必修第二册学习手册（人教B版）

第三章排列、组合与二项式定理。 第三章排列、组合与二项式定理 3.1排列与组合 3.1.1基本计数原理 第1课时两个计数原理及其简单应用 例1某人要从济南前往北京，他有两 学习目标 种途径：一是乘飞机，二是乘高铁.假如这 1.理解分类加法计数原理、分步乘法计 天飞机有3个航班可乘，高铁有4个班次可 数原理 乘.那么该人共有多少种途径可选： 2.正确地理解“完成一件事情”的含 义，能根据具体问题的特征选择“分类”或 “分步” 3.能利用两个原理解决一些简单的实际 问题， 要点精析 川要点1分类加法计数原理 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mm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 D变式训练① 温馨提示：在分类加法计数原理中， 有一项活动，需从6位教师、5名男同学 每类方案中的每种方法都能独立地完成这 和5名女同学中选一人参加.则有 件事」 种不同的选法， 学 高中数学选择性必修第二册人教B版 例2 (1)设集合A={1,2,3,4}, 例3小明要先从济南前往天津，然后 m,n∈A,则方程+=1表示焦点位于x 前往北京，他计划乘坐飞机前往天津，此时 m n 有3个航班供他选择，然后从天津乘坐高铁 轴上的椭圆有() 前往北京，此时有4个高铁班次供他选择.小 A.6个B.8个C.12个D.16个 明从济南到北京共有多少种不同的走法。 (2)在所有的两位数中，个位数字大于 十位数字的两位数的个数为 反思感悟 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”， B变式训练② (1)图书馆的书架有3层，第1层有3 本不同的数学书，第2层有5本不同的语文 书，第3层有8本不同的英语书，现从中任 变式训练3 取1本书，不同的取法共有() 有一项活动，需从2位教师、6名男同 A.120种 B.16种 学和4名女同学中选人参加.若需教师、男 C.64种 D.39种 同学、女同学各1人参加，则有 种 (2)某校高一年级共8个班，高二年级 不同的选法 共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨 例4(1)4名同学报名参加跑步、跳 的升旗任务，安排方法共有 种 高、跳远三个项目，每人报一项，不同的报 川要点2分步乘法计数原理 名方法数有（) A.43 B.34 分步乘法计数原理：完成一件事，如果 C.7 D.12 需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不 (2)人们习惯把最后一位是6的多位数 同的方法，做第二步有m2种不同的方法… 称为“吉祥数”，则无重复数字的四位吉祥 做第n步有m.种不同的方法.那么完成这件 数（首位不能是零）共有 个 事共有N=mxm2x…Xmn种不同的方法. 反思感悟 温馨提示：分步乘法计数原理中，每 应用分步乘法计数原理时，完成这 一步骤对实现目标是必不可少的，但不能 件事情要分几个步骤，只有每个步骤都 独立地完成一件事，需要几个步骤共同完 完成了，才算完成这件事情，每个步骤 成一件事 都缺一不可 第三章排列、组合与二项式定理 变式训练④ 川要点3两个基本原理的简单应用 (1)已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6， 例5现有5幅不同的国画，2幅不同 7},r∈{8,9}，则方程(x-a)2+(y-b)2=r2可 的油画，7幅不同的水彩画. 表示多少个不同的圆： (1)从中任选一幅画布置房间，有几种 (2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远 不同的选法。 个项目的冠军（每项冠军只允许一人获得）， (2)从国画、油画、水彩画中各选一幅 共有多少种可能的结果？ 布置房间，有几种不同的选法 (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 反思感悟 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” 或“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” B变式训练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 学 高中数学选择性必修第二册人教B版 第2课时两个计数原理的综合应用 学习目标 变式训练① 1.进一步理解和掌握分类加法计数原理 用数字1,2,3,4,5,6组成无重复 与分步乘法计数原理， 数字的三位数，然后由小到大排成一列. 2.能根据具体问题的特征选择两种计数 (1)求这一列数的个数： 原理解决一些实际问题， (2)求这一列数中的第89项的值. 要点精析 川要点1组数问题 例1用0,1,2,3,4五个数字： (1)可以排成多少个三位数字的密码， (2)可以排成多少个三位数 (3)可以排成多少个能被2整除的无重 复数字的三位数 川要点2抽取（分配）问题 例2某艺术小组有9人，每人至少会 钢琴和小号中的1种乐器，其中7人会钢 琴，3人会小号，从中选出会钢琴和会小号 的各1人，有多少种不同的选法？ 反思感悟 明确特殊位置或特殊数字，是我们采 用“分类”还是“分步”的关键.一般按特 殊位置（末位或首位）分类，分类中再按 特殊位置（或特殊元素）优先的策略分步 完成；如果正面分类较多，可采用间接法 求解 第三章排列、组合与二项式定理 反思感悟 则不同的着色方法有 种 解决抽取（分配）问题的方法： (1)当涉及对象数目不大时，一般选 用列举法、树状图法、框图法或者图表法， B (2)当涉及对象数目很大时，一般有 图3-1-1 两种方法： ①直接使用分类加法计数原理或分步 反思感悟 乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的 解决此类问题要特别关注图形的结构 就按分步进行；若是按对象特征抽取的， 特征.如果图形不是很规则，往往从某一块 则按分类进行 出发进行分步涂色，从而选用分步乘法计 ②间接法：去掉限制条件，计算所有 数原理；如果图形具有一定的对称性，那 的抽取方法数，然后减去所有不符合条件 么先对涂色方案进行分类，每一类再进行 的抽取方法数即可 分步 B变式训练2 变式训练3 从6名志愿者中选4人分别从事翻译、 如图，一环形花坛分成A,B,C,D四 导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中 块.现有4种不同的花供选种，要求在每块 甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选 地里种1种花，且相邻的2块种不同的花， 派方案共有 种 则不同的种植方法有 种 川要点3涂色（种植）问题 例3用6种不同颜色为如图所示的广 告牌着色，要求在A,B,C,D四个区域中 相邻（有公共边的）区域不用同一种颜色， 图3-1-2 学 5参考答案。 N参考答案 学习手册参考答案 第三章 排列、组合与二项式定理 "3.1排列与组合 必报一项，4人都报完才算完成，于是按人分步，且分 为4步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，·共 3.11基本计数原理 有3×3×3×3=81种报名方法， 第1课时两个计数原理及其简单应用 (2)第一步，确定千位，除去0和6，有8种不同 要点精析 的选法：第二步，确定百位，除去6和千位数字外，有 例1解：该人共有3+4=7种途径可选。 8种不同的选法；第三步，确定十位，除去6和千位、 变式训练116 百位上的数字外，有7种不同的选法.故共有8x8×7= 448个不同的“吉祥数”. 例2(1)A(2)36【解析】(1)椭圆的焦点在 x轴上，m>n.当m=4时，n=1,2,3:当m=3时，n= 变式训练4解：(1)完成表示不同的圆这件事，可以 分三步：第一步：确定a有3种不同的选取方法.第二 1,2;当m=2时，n=1,即所求的椭圆共有3+2+1= 步：确定b有4种不同的选取方法.第三步：确定r有2 6个. 种不同的选取方法..表示圆的个数为3×4×2=24个 (2)分析个位数字，可分为以下几类： (2)要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事， 个位数字是9，则十位数字可以是1,2,3，…，8 每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件 中的一个，故共有8个： 事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进 个位数字是8，则十位数字可以是1,2,3，…，7 行分步，而每项冠军是4人中的某一人，有4种可能的 中的一个，故共有7个： 情况，于是共有4×4×4=64种可能的结果. 同理，个位数字是7的有6个； 例5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 个位数字是2的有1个. 选，有7种不同的选法.根据分类加法计数原理，共有 由分类加法计数原理，知符合条件的两位数共有8+ 5+2+7=14种不同的选法 7+6+5+4+3+2+1=36个. (2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2 变式训练2(1)B(2)14【解析】(1)由于书架 种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5× 上有书3+5+8=16本，则从中任取1本书，共有16种不 2×7=70种不同的选法. 同的取法 (3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自 (2)根据分类加法计数原理，担任星期一早晨升旗 油画，由分步乘法计数原理，知有5×2=10种不同的选 任务可以是高一年级，也可以是高二年级，“.安排方法 法：第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7= 共有8+6=14种. 35种不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水 例3解：小明共有3×4=12种不同的走法. 彩画，有2×7=14种不同的选法.，共有10+35+14=59种 变式训练348 不同的选法 例4(1)B(2)448【解析】(1)要完成的是“4： 变式训练5AB【解析】任选1个球，有5+6+4=15种 名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，：每人！不同的选法，A正确：每种颜色选出1个球，共有5×6× 29 高中数学选择性必修第二册人教B版 4=120种不同的选法，B正确；若要选出不同颜色的2 因此有N=8+12=20种不同的选法 个球，共有5×6+5×4+6×4=74种不同的选法，故C错误： 变式训练2240【解析】由于甲、乙不能从事翻译工 若要不放回地选出任意的2个球，共有15×14=210种不 作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4 同的选法，故D错误 种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4× 第2课时两个计数原理的综合应用 5×4×3=240种选派方案。 要点精析 例3480【解析】方法一：分类， 例1解：(1)三位数字的密码，首位可以是0，数字 第一类：A,D涂同色，有6x5×4=120种涂法. 也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5x5×5=5= 第二类：A,D涂异色，有6×5×4×3=360种涂法。 125种排法 共有120+360=480种涂法. (2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字， 方法二：分步，先涂B区，有6种涂法，再涂C 首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、第 区，有5种涂法，最后涂A,D区，各有4种涂法， 三位可以排0，因此，共有4×5×5=100种排法 共有6x5×4×4=480种涂法. (3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4， 变式训练384【解析】第一类：当花坛A,C中种的 因此，可以分两类：一类是末位数字是0，则有4×3=12 花相同时有4x3×1×3=36种.第二类：当花坛A,C中种 种排法；一类是末位数字不是0，则未位有2种排法， 的花不同时有4×3×2×2=48种.共有36+48=84种. 即2或4，再排首位，因0不能在首位，.有3种排法， 3.1.2排列与排列数 十位有3种排法，.有2×3×3=18种排法.因而有12+ 第1课时排列与排列数 18=30种排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数 要点精析 字的三位数， 例1解：(1)票价只有三种，虽然机票是不同的，但 变式训练1解：(1)完成这件事需要分别确定百位、 票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题. 十位和个位数，可以先确定百位，再确定十位，最后确 (2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排 定个位，因此要分步相乘 列问题 第一步：确定百位数，有6种方法； (3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题 第二步：确定十位数，有5种方法： (5)每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委 第三步：确定个位数，有4种方法 员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题。 根据分步乘法计数原理，共有N=6×5×4=120个三位 (6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存 数..这一列数的个数为120. 在顺序问题，属于排列问题。 (2)这一列数中，百位是1,2,3,4的共有4×5× 所以在上述各题中，(2)(5)(6)是排列问题， 4=80个，百位是5的三位数中，十位是1或2的有4+ (1)(3)(4)不是排列问题， 4=8个，故第88个为526，故从小到大第89项为531. 变式训练1解：(1)第一问不是排列问题，第二问是 例2解：由题意，可知在艺术小组9人中，有且仅有 排列问题.“入座”问题同“排队”问题，与顺序有关， 1人既会钢琴又会小号（把该人称为“多面手”，只会钢 故选3个座位安排三位客人是排列问题 琴的有6人，只会小号的有2人，把选出会钢琴、小号 (2)第一问不是排列问题，第二问是排列问题. 各1人的方法分为两类： 若方程+少 第一类：多面手入选，另1人只需从其他8人中任 云+方=1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有 选一个，故这类选法共有8种 a>b,a,b的大小关系一定. 第二类：多面手不人选，则会钢琴者只能从6个只 京点=l中，不管a>b还是a<b,方程 在双曲线-y2 会钢琴的人中选出，会小号者也只能从只会小号的2人 x2y2 中选出，故这类选法共有6×2=12种. 产京日均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双 30