3.1.1 第1课时 基本计数原理(PPT课件)-【满分思维】2026-2027学年高中数学选择性必修第二册配套课件（人教B版）

3.1 排列与组合 3.1.1 基本计数原理 1 第1课时 基本计数原理 2 探究点一 分类加法计数原理 探究点二 分步乘法计数原理的应用 探究点三 两个计数原理的简单应用 ◆ ◆ ◆ ◆ 课前预习 课中探究 课堂评价 课后习题 3 【学习目标】 1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义； 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”； 3.能利用两个原理解决一些简单的实际问题. 4 知识点一 分类加法计数原理 定义:完成一件事,如果有类办法,且：第一类办法中有 种不同的 方法,第二类办法中有种不同的方法……第类办法中有 种不同 的方法,那么完成这件事共有 __________________种不同的方法. 课 前 预 习 5 【诊断分析】 判断正误.（请在括号中打“√”或“×”） （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．( ) × [解析] 在分类加法计数原理中, 类不同办法中的方法是不同的. （2）在分类加法计数原理中,每类办法中的方法都能独立完成这件 事．( ) √ [解析] 在分类加法计数原理中,每类办法中的每个方法都能独立完 成这件事. 课 前 预 习 6 判断正误.（请在括号中打“√”或“×”） （3）从甲地到乙地乘坐公交车有3个班次,乘坐动车有2个班次,则 从甲地到乙地共有6种方法.( ) × [解析] 根据分类加法计数原理可知从甲地到乙地共有5种方法. 课 前 预 习 7 知识点二 分步乘法计数原理 定义:完成一件事,如果需要分成个步骤,且：做第一步有 种不同 的方法,做第二步有种不同的方法……做第步有 种不同的方法, 那么完成这件事共有 __________________种不同的方法. 课 前 预 习 8 【诊断分析】 1.判断正误.（请在括号中打“√”或“×”） （1）在分步乘法计数原理中,任何一个单独的步骤都能完成这件 事．( ) × [解析] 在分步乘法计数原理中,任何一个单独的步骤都不能独立完 成这件事. 课 前 预 习 9 1.判断正误.（请在括号中打“√”或“×”） （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．( ) √ [解析] 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. 课 前 预 习 10 1.判断正误.（请在括号中打“√”或“×”） （3）从甲地到乙地有3条路线,从乙地到丙地有2条路线,则从甲地 经乙地到丙地共有6条路线.( ) √ [解析] 根据分步乘法计数原理可知从甲地经乙地到丙地共有 （条）路线. 课 前 预 习 11 2.完成一件事时,如何区分是分类还是分步? 解：“分类”与“分步”的区别:①“分类”中,每种方法都能完成这件事,而 “分步”中,每一步得到的只能是中间结果,缺少任何一个步骤都不能完 成这件事. ②“分类”中,各个类别之间是独立的,而“分步”中,各步之间是关联的. 课 前 预 习 12 探究点一 分类加法计数原理 例1（1）有三个袋子,分别装有不同编号的红色小球3个,白色小球 4个,黄色小球2个．若从三个袋子中任取1个小球,则不同的取法 有( ) A.5种 B.10种 C.9种 D.24种 √ 课 中 探 究 13 [解析] 第一类,从第一个袋子中任取1个红色小球,有3种不同的取法； 第二类,从第二个袋子中任取1个白色小球,有4种不同的取法； 第三类,从第三个袋子中任取1个黄色小球,有2种不同的取法． 根据分类加法计数原理,不同的取法共有 （种）.故选C. 课 中 探 究 14 （2）如果,,且, ,则满足条件的不同 的有序数对 的个数是( ) A.15 B.12 C.5 D.4 [解析] 当时, ,1,2,3,4,5,有6个满足题意的有序数对； 时,,1,2,3,4,有5个满足题意的有序数对； 当 时, ,1,2,3,有4个满足题意的有序数对． 根据分类加法计数原理,不同的有序数对共有 （个）. 故选A. √ 课 中 探 究 15 变式（1）若例 中从三个袋子中任取2个颜色相同的小球,则不 同的取法有____种. 10 [解析] 第一类,从第一个袋子中任取2个红色小球,有3种不同的取法; 第二类,从第二个袋子中任取2个白色小球,有6种不同的取法; 第三类,从第三个袋子中任取2个黄色小球,有1种不同的取法. 根据分类加法计数原理,不同的取法共有 （种）. 课 中 探 究 16 （2）要用红色、黄色、蓝色填涂四个格子（如图所示）,要求红色 用两次,共有____种不同的填涂方法. 12 [解析] 若两个红色格子相邻,则有6种不同的填涂方法； 若两个红色格子不相邻,则有6种不同的填涂方法. 由分类加法计数原理可知共有 （种）不同的填涂方法. 课 中 探 究 17 ［素养小结］ （1）分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在,应抓住题目中 的关键词、关键对象、关键位置,恰当地选择一个分类标准. （2）分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类, 并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法,不能重复. （3）分类时除了不能交叉重复外,还不能有遗漏. 课 中 探 究 18 探究点二 分步乘法计数原理的应用 例2（1）[2026·郑州高二月考] 有三件不同颜色的上衣以及两条 不同颜色的裤子,如果一件上衣和一条裤子配成一套,则不同的 搭配种数为( ) A.5 B.6 C.8 D.9 √ [解析] 先选上衣,有3种选法,再选裤子,有2种选法,根据分步乘法 计数原理得,不同的搭配种数为3×2=6.故选B. 课 中 探 究 19 变式 [2026·兰州高二期末] 甲、乙、丙、丁四名同学可以随机地选修 音乐、美术、体育中任何一门课程,则不同的选课方案有 ( ) A.24种 B.36种 C.64种 D.81种 [解析] 甲、乙、丙、丁四名同学每人均有3种选课方法,根据分步乘法 计数原理得,不同的选课方案有34=81(种).故选D. √ 课 中 探 究 20 ［素养小结］ （1）利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步, 即分步是有先后顺序的,并且分步必须满足：完成一件事的各个步 骤是相互依存的,只有各个步骤都完成了,这件事才算完成. （2）分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立,互不干扰；二是 步与步确保连续,逐步完成. 课 中 探 究 21 探究点三 两个计数原理的简单应用 例3 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.从中选出会英语和会日语的各1人,有　 　种不同的选法.  20 课 中 探 究 22 [解析]由题意得,既会英语又会日语的有1人,6人只会英语,2人只会日语. 第一类:从只会英语的6人中选会英语的1人,有6种选法, 此时选会日语的1人有3种选法, 由分步乘法计数原理可得有6×3=18(种)不同的选法. 第二类:从既会英语又会日语的1人中选会英语的1人,有1种选法, 此时从只会日语的2人中选会日语的1人,有2种选法, 由分步乘法计数原理可得有1×2=2(种)不同的选法. 由分类加法计数原理可知,不同的选法共有18+2=20(种). 课 中 探 究 23 变式（1）将2个相同的红球和2个相同的黑球放入2个不同的盒子中, 每个盒子中至少放1个球,则不同的放法有( ) A.5种 B.6种 C.7种 D.8种 [解析] 分两类：第一类,每个盒子放2个球,不同的放法有3种； 第二类,一个盒子放1个球,另一个盒子放3个球, 不同的放法有（种）. 由分类加法计数原理可得,不同的放法有 （种）.故选C. √ 课 中 探 究 24 （2）如图,一条电路从处到 处接通 时,可以有___条不同的线路 （每条线路仅含一条通路）. 9 [解析] 依题意按上、中、下可分为三类, 上的线路有2条,中的线路有1条,下的线路有 （条）. 根据分类加法计数原理,共有 （条）线路. 课 中 探 究 25 ［素养小结］ （1）运用两个计数原理的关键在于正确区分“分类”与“分步”.“分类” 需确定好分类标准,做到“不重不漏”；“分步”需明确完成事件的步骤. （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． 课 中 探 究 26 1.某班同学报名参加学校的艺术节,报名舞蹈表演的同学有3人,报 名小品表演的同学有4人,有2名同学两项表演都进行了报名,若要 从报名的同学中选出1人,则不同的选法种数为( ) A.5 B.6 C.7 D.8 [解析] 由题意只报名一项的同学有3人,两项都报名的同学有2人. 从只报名一项的同学中选一人有3种选法,从两项都报名的同学中选 一人有2种选法,根据分类加法计数原理,共有 （种）不同 的选法.故选A. √ 课 堂 评 价 27 2.从地到 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不同的 走法种数为( ) A.3 B.9 C.24 D.25 [解析] 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. 由分类加法计数原理可知,共有 （种）不同的走法. 故选B. √ 课 堂 评 价 28 3.已知集合,,,,5,6, ,从两个集合中 各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐标在平面直角坐标系中表 示第二象限内不同的点的个数为( ) A.2 B.4 C.5 D.6 [解析] 第二象限的横坐标是负数,纵坐标是正数. 若集合 提供横坐标,集合提供纵坐标,则有（个）点； 若集合 提供纵坐标,集合提供横坐标,则有 （个）点. 综上,共有 （个）符合题意的点.故选D. √ 课 堂 评 价 29 4.设椭圆的焦点在轴上,其中 ,2, 3,4,,,2,3,4,5,6, ,则满足上述条件的椭圆个数为____. 20 [解析] 因为椭圆的焦点在轴上,所以.当时, ,3,4,5,6,7, 有6个满足题意的椭圆；当时, ,4,5,6,7,有5个满足题意的椭圆； 当时, ,5,6,7,有4个满足题意的椭圆；当时, ,6,7, 有3个满足题意的椭圆；当时, ,7,有2个满足题意的椭圆. 由分类加法计数原理得,共有 （个）满足题意 的椭圆. 课 堂 评 价 30 5.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. 若1号盒中无球,则不同的放法种数为　 　; 若1号盒中有球,则不同的放法种数为　 　.  27 [解析] 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. 1号盒中有球可分三类:第一类,1号盒中有一个球,有3×3×3=27(种)放法; 第二类,1号盒中有两个球,有3×3=9(种)放法;第三类,1号盒中有三个球, 有1种放法.故若1号盒中有球,则不同的放法共有27+9+1=37(种). 37 课 堂 评 价 31 1.分类加法计数原理解决问题所具有的特点： （1）完成一项任务有类办法,这 类办法彼此之间是相互独立的； （2）每一类办法中的每一种方法都能单独完成这项任务； （3）把各类办法的方法种数相加就可以得到完成这件事的所有方法 种数. 新 知 拓 延 32 2.分步乘法计数原理解决问题所具有的特点： （1）完成一件事需要若干个步骤,完成每一个步骤又有若干种方法； （2）只有每个步骤都完成了,才算完成这件事,每个步骤缺一不可； （3）把完成每个步骤的方法种数相乘就可以得到完成这件事的所有 方法种数. 新 知 拓 延 33 3.两个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 区别 一 完成一项任务,共有 类 办法,关键词:“分类” 完成一项任务,共分 个步骤, 关键词：“分步” 区别 二 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 新 知 拓 延 34 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 区别 三 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种数的 续表 新 知 拓 延 35 课后习题 36 1.已知集合,且 中至少有一个奇数,则这样的集合有( ) A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 [解析] 当集合中含有一个元素时,或； 当集合 中含有两个元素时,或或 . 由分类加法计数原理可知这样的集合有 （个）.故选D. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 2.要让如图所示的电路在只合上两个开关的情 况下正常工作,不同的方法种数为( ) A.10 B.8 C.6 D.5 [解析] 依题意,在左边并联的两个开关中任选1个合上, 再在右边并联的三个开关中任选1个合上,电路正常工作, 所以不同方法种数为 .故选C. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 3.十字路口来往的车辆,如果不允许调头,则行车路线共有( ) A.24种 B.16种 C.12种 D.10种 [解析] 依题意,起点有4种情况,终点有3种情况, 所以行车路线共有 （种）.故选C. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 4.升旗班中有1人来自高一年级,有3人来自高二年级,有3人来自高 三年级,现从中任选2人参加升旗仪式,则2人来自不同年级的选法 种数为( ) A.12 B.15 C.20 D.21 [解析] 依题意,选中高一年级的学生有 种选法, 高一年级的学生没有选中有 种方法, 所以2人来自不同年级的选法种数为 .故选B. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 5. 展开后的项数为( ) A.10 B.18 C.24 D.36 [解析] 第二个因式 内含有2个字母,第三个因式 内含有3个字母,第四个因式 内含有4个字母, 则展开后共有 （项）.故选C. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 6. [2026·济南高二月考] 一个三位正整数,百位、十位、个位上的数字 分别为a1,a2,a3,若a1<a2且a3<a2,a2为4或5,则所有满足条件的三位正整 数的个数为 ( ) A.32 B.25 C.20 D.12 [解析]当a2=4时,a1可以是1,2,3,a3可以是0,1,2,3,此时满足条件的三位 正整数有3×4=12(个);当a2=5时,a1可以是1,2,3,4,a3可以是0,1,2,3,4, 此时满足条件的三位正整数有4×5=20(个). 由分类加法计数原理得,满足条件的三位正整数共有12+20=32(个). 故选A. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 7.［2025·江苏南京高二期中］甲、乙、丙、丁共四名同学参加某知 识竞赛,已决出了第1名到第4名（没有并列名次）,甲、乙、丙三 人向老师询问成绩,老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”,对丙说： “很遗憾,你没有得到第1名”,从这个回答分析,四人的名次排列情 况的种数为( ) A.4 B.6 C.8 D.12 √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 [解析] 由题得若丙是第2名,则甲、乙只能是第3,4名,丁为第1名, 此时有2种情况. 若丙是第3名,则甲、乙只能是第1,2名,丁为第4名,此时有2种情况. 若丙是第4名,则甲、乙可能是第1,2名,可能是第2,3名, 当甲、乙是第1,2名时,丁为第3名,此时有2种情况； 当甲、乙是第2,3名时,丁为第1名,此时有2种情况. 综上,四人的名次排列情况的种数为 .故选C. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 8. 从集合{1,2,3,…,10}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　　个.  32 [解析] 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2个数,而每组数的取法 有2种,所以满足条件的子集的个数为2×2×2×2×2=25=32. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 9.一个杂技团有8名会表演魔术或口技的演员,其中有6人会表演口 技,有5人会表演魔术,现从这8人中选出2人上台表演,1人表演口 技,1人表演魔术,则不同的安排方法有____种. 27 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 [解析] 由题可知有2人只会表演魔术,有3人只会表演口技,有3人既会 表演魔术又会表演口技. 先从只会表演魔术的人中选出1人表演魔术有2种选择,再从其他的 6人中选出1人表演口技有6种选择,故共有 （种）安排方法； 从既会表演魔术又会表演口技的3人中选出1人表演魔术,有3种选择, 再从只会表演口技的3人和既会表演魔术又会表演口技的剩余2人中选 出1人表演口技,有5种选择,故共有（种）安排方法. 故不同的安排方法有 （种）. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10. (13分)(1)将5封不同的信投入3个不同的邮筒的方法有多少种? 解: 5封不同的信投入3个不同的邮筒的方法有3×3×3×3×3=35=243(种). (2)5名同学争夺3个比赛的冠军,每个比赛的冠军只有1人, 则冠军的情况共有多少种? 解: 5名同学争夺3个比赛的冠军,冠军的情况共有5×5×5=53=125(种). 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 11.从1,2,3,4,5,6,7,9中,任取两个不同的数作对数的底数和 真数,则所有不同的对数的值有( ) A.30个 B.42个 C.41个 D.39个 [解析] 当取1时,则1只能为真数,此时这个对数的值为0； 当不取1时,底数有7种取法,真数有6种取法,其中 , ,,, 此时有 （个）不同的对数值. 综上,共有 （个）不同的对数值.故选D. √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 12.（多选题）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行,决定按照乘客的乘 坐站数实施分段优惠政策,不超过9站的地铁票价如表： 乘坐站数 票价/元 2 3 4 现有甲、乙两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁,已知他们乘坐地铁都 不超过9站,且他们各自在每个站下地铁的可能性相同,则下列结论中 正确的是( ) A.若甲、乙两人共花费5元,则甲和乙下地铁的方案共有9种 B.若甲、乙两人共花费5元,则甲和乙下地铁的方案共有18种 C.若甲、乙两人共花费6元,则甲和乙下地铁的方案共有9种 D.若甲、乙两人共花费6元,则甲和乙下地铁的方案共有27种 √ √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 [解析] 因为甲、乙两人乘坐地铁共花费5元,所以其中一人的乘坐站数 不超过3,另一人的乘坐站数超过3但不超过6,甲、乙两人共花费5元时, 有 （种）下地铁的方案,故A错误,B正确. 若甲、乙两人共花费6元,则共有三类方案,甲付2元,乙付4元； 甲付3元,乙付3元；甲付4元,乙付2元,则甲、乙两人共花费6元时, 有 （种）下地铁的方案,故C错误,D正确. 故选 . 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 ★13.［2024·广东湛江高二期末］某企业面试环节准备了编号为 1,2,3,4的四道试题,编号为1,2,3,4的四名面试者分别回答其中的一道 试题（每名面试者回答的试题互不相同）,则每名面试者回答的试 题的编号和自己的编号都不同的情况共有( ) A.9种 B.10种 C.11种 D.12种 √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 [解析] 画出树状图如图所示. 由图可知,每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况 共有9种.故选A. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 ［点拨］ 本题利用树状图进行求解,画树状图过程中要注意数字出 现的规律性,比如给第一位面试者派发了第 号试题,接 下来第二步要排的并不一定是第二位面试者的试题,也可以先排第 位面试者的试题,当确定了第 位面试者的试题时,仅剩2个试题, 再对照着剩余两位面试者进行安排. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 14.（13分）某商场举行购物赠礼品活动,购物满100元不超过200元 可从组或组礼品中取一件礼品（礼品种类互不相同,且 组礼品 种类比组礼品种类多）,购物超过200元可从组和 组中各选一件 礼品.现顾客甲消费180元,一件礼品的不同取法有9种,顾客乙消费 300元,两件礼品的不同取法有20种.求组、 组分别有多少种礼品？ 解：设组、组分别有, 种礼品,则由分类加法计数原理可得, ,由分步乘法计数原理可得,,又 组礼品种类 比组多,所以,,故组、 组分别有5种、4种礼品. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 15.将,,, 个物体放在如图所示的8个位置中,每个位置只能放1个 物体,要求,不在同一行也不在同一列,, 也是此要求,那么 不同的放法种数为( ) 1 2 3 4 5 6 7 8 A.224 B.336 C.448 D.576 √ 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 [解析] 第一步：先排,,有（种）放法. 第二步：再排 ,,若与或在同一列,则有2种放法, 就有3种放法, 共（种）放法； 若与或不在同一列,则有4种放法, 就有2种放法, 共 （种）放法. 综上,不同的放法种数为 .故选B. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16. [2026·石家庄高二期中] 实数1080的所有正因数的个数为　 　.  32 [解析] 1080=23×33×5,设正因数为2x×3y×5z,则x,y∈{0,1,2,3},z∈{0,1}, 由分步乘法计数原理可知,共有4×4×2=32(个)正因数. 课 后 习 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 $