四川省宜宾市一中高2013级2015—2016学年上期《计数原理》教学设计

§10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

1．分类加法计数原理

完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m₁种不同的方法，在第二类方案中有m₂种不同的方法，……，在第n类方案中有m_n种不同的方法，则完成这件事共有N＝m₁＋m₂＋…＋m_n种不同的方法．

2．分步乘法计数原理

完成一件事需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m₁种不同的方法，完成第二步有m₂种不同的方法，……，完成第n步有m_n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m₁×m₂×…×m_n种不同的方法．

3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．

【思考辨析】

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)

(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　×　)

(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(　√　)

(3)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，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．(　√　)

(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m_i(i＝1,2,3，，…，n)，那么完成这件事共有m₁m₂m₃…m_n种方法．(　√　)

1．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过3次传递后，毽子又被踢回给甲．则不同的传递方式共有(　　)

A．5种  B．2种  C．3种  D．4种

答案　B

解析　传递方式有甲→乙→丙→甲；甲→丙→乙→甲．

2．(2013·山东)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　)

A．243  B．252  C．261  D．279

答案　B

解析　由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648.则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.

3．(2013·福建)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax²＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　)

A．14  B．13  C．12  D．10

答案　B

解析　当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时Δ＝4－4ab≥0，ab≤1此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B.

4．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)

答案　14

解析　数字2,3至少都出现一次，包括以下情况：

“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成Ceq \o\al(¹,₄)＝4(个)四位数．

“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成Ceq \o\al(²,₄)＝6(个)四位数．

“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成Ceq \o\al(³,₄)＝4(个)四位数．

综上所述，共可组成14个这样的四位数.

题型一　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)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，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学生会体育部长，有多少种不同的选法？

思维点拨　按班级分类．

解　(1)完成这件事有三类方法：

第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；

第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；

第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，

根据分类加法计数原理，任选一名学生任学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)选法．

(2)完成这件事有三类方法：

第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；

第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；

第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．

综上知，共有30＋30＋20＝80(种)选法．

思维升华　分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次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．

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　方法一　按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个．

方法二　按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足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，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个．

题型二　分步乘法计数原理的应用

例2　有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)

(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；

(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；

(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．

解　(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，

知共有选法3⁶＝729(种)．

(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．

(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法6³＝216(种)．

思维升华　(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，才算完成这件事．

(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．

已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：

(1)y＝ax²＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；

(2)y＝ax²＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数．

解　(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax²＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．

(2)y＝ax²＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax²＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．

题型三　两个原理的综合应用

例3如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数．

思维点拨　染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题．

解　方法一　可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S—ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．

当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．

方法二　以S、A、B、C、D顺序分步染色．

第一步，S点染色，有5种方法；

第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；

第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；

第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．

方法三　按所用颜色种数分类．

第一类，5种颜色全用，共有Aeq \o\al(⁵,₅)种不同的方法；

第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×Aeq \o\al(⁴,₅)种不同的方法；

第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有Aeq \o\al(³,₅)种不同的方法．

由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为

Aeq \o\al(⁵,₅)＋2×Aeq \o\al(⁴,₅)＋Aeq \o\al(³,₅)＝420.

思维升华　(1)应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步．

(2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键．

(3)分步要做到“步骤完整”，步步相连能将事件完成．

(4)较复杂的问题可借助图表完成．

如图，正五边形ABCDE中，若把顶点A、B、C、D、E染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有(　　)

A．30种                                  B．27种

C．24种                                   D．21种

答案　A

解析　由题意知本题需要分类来解答，

首先A选取一种颜色，有3种情况．

如果A的两个相邻点颜色相同，有2种情况；

这时最后两个点也有2种情况；

如果A的两个相邻点颜色不同，有2种情况；

这时最后两个点有3种情况．

∴方法共有3(2×2＋2×3)＝30种．

对两个基本原理认识不清致误

典例：(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

(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次，问此人的走法可有________种．

易错分析　解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算．解决本题易出现的问题是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，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用乘法原理计算．

解析　(1)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，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有4³种方法．

(2)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，可得此人的走法可有4＋3＝7(种)．

答案　(1)C　(2)7

温馨提醒　(1)每封信只能投到一个信箱里，而每个信箱可以装1封信，也可以装2封信，其选择不是唯一的，所以应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择．

(2)在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏．

方法与技巧

1．分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．

2．分类标准要明确，做到不重复不遗漏．

3．混合问题一般是先分类再分步．

4．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．

失误与防范

1．切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．

2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．

3．确定题目中是否有特殊条件限制．

A组　专项基础训练

(时间：45分钟)

1．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　)

A．3  B．4  C．6  D．8

答案　D

解析　按从小到大顺序有124,139,248,469共4个，同理按从大到小顺序也有4个，故这样的等比数列的个数为8个．

2．小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，不同的摆法有(　　)

A．4种  B．5种  C．6种  D．9种

答案　B

解析　记反面为1，正面为2；则正反依次相对有12121212,21212121两种；有两枚反面相对有21121212,21211212,21212112三种；共5种摆法，故选B.

3．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　)

A．9  B．14  C．15  D．21

答案　B

解析　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7；当x≠2时，x＝y，点的个数为7×1＝7，则共有14个点，故选B.

4．(2013·四川)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是(　　)

A．9  B．10  C．18  D．20

答案　C

解析　由于lg a－lg b＝lgeq \f(a,b)(a>0，b>0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为eq \f(a,b)有Aeq \o\al(²,₅)＝20种，又eq \f(1,3)与eq \f(3,9)相同，eq \f(3,1)与eq \f(9,3)相同，∴lg a－lg b的不同值的个数为Aeq \o\al(²,₅)－2＝20－2＝18，选C.

5．从－2、－1、0、1、2、3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y＝ax²＋bx＋c的系数a、b、c，则可以组成顶点在第一象限且过原点的抛物线条数为(　　)

A．6  B．20  C．100  D．120

答案　A

解析　分三步：第一步c＝0只有1种方法；

第二步确定a，a从－2、－1中选一个，有2种不同方法；

第三步确定b，b从1、2、3中选一个，有3种不同的方法．

根据乘法计数原理得1×2×3＝6种不同的方法．

6．如图，将网格中的三条线段沿网格线上下或左右平移，组成一个首尾相接的三角形，则三条线段一共至少需要移动________格．

答案　9

解析如图，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，∴至少需要移动9格．

7．某次活动中，有30人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________(用数字作答)．

答案　7 200

解析　其中最先选出的一个人有30种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.

8．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是________．

答案　6

解析　分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2＝4(个)；第二类，第二象限内的点，有1×2＝2(个)．共4＋2＝6(个)．

9．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　由题意得有1人既会英语又会日语，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1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3(种)，此时共有6×3＝18(种)；

第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2(种)；

所以根据分类加法计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．

10．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？

解　方法一　分0个相同、1个相同、2个相同讨论．

(1)若0个相同，则信息为1001.共1个．

(2)若1个相同，则信息为0001,1101,1011,1000.共4个．

(3)若2个相同，又分为以下情况：

①若位置一与二相同，则信息为0101；

②若位置一与三相同，则信息为0011；

③若位置一与四相同，则信息为0000；

④若位置二与三相同，则信息为1111；

⑤若位置二与四相同，则信息为1100；

⑥若位置三与四相同，则信息为1010.

共6个．

故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11.

方法二　若0个相同，共有1个；

若1个相同，共有Ceq \o\al(¹,₄)＝4(个)；

若2个相同，共有Ceq \o\al(²,₄)＝6(个)．

故共有1＋4＋6＝11(个)．

B组　专项能力提升

(时间：25分钟)

11．已知集合M＝{1,2,3}，N＝{1,2,3,4}，定义函数f：M→N.若点A(1，f(1))、B(2，f(2))、C(3，f(3))，△ABC的外接圆圆心为D，且＋＝λ(λ∈R)，则满足条件的函数f(x)有(　　)

A．6种  B．10种  C．12种  D．16种

答案　C

解析　由＋＝λ(λ∈R)，说明△ABC是等腰三角形，

且BA＝BC，必有f(1)＝f(3)，f(1)≠f(2)；

当f(1)＝f(3)＝1时，f(2)＝2、3、4，有三种情况．

f(1)＝f(3)＝2；f(2)＝1、3、4，有三种情况．

f(1)＝f(3)＝3；f(2)＝2、1、4，有三种情况．

f(1)＝f(3)＝4；f(2)＝2、3、1，有三种情况．

因而满足条件的函数f(x)有12种．

12．直角坐标xOy平面上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有(　　)

A．25个  B．36个  C．100个  D．225个

答案　D

解析　由题意知：从横轴上的点中任选两点作为矩形的两个顶点，有Ceq \o\al(²,₆)种选法，再从纵轴中选两个点有Ceq \o\al(²,₆)种选法，作为矩形的另两个顶点，由分步乘法计数原理知：有Ceq \o\al(²,₆)Ceq \o\al(²,₆)＝225.

13.如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为(　　)

A．96  B．84  C．60  D．48

答案　B

解析　可依次种A、B、C、D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法，由分类加法计数原理，不同的种法总数为36＋48＝84.

14．已知直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A、B的值，则可表示________条不同的直线．

答案　22

解析　分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线；

第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故有5×4＝20(种)．所以可以表示22条不同的直线．

15．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，获得冠军的可能性有________种．

答案　4⁵ 5⁴

解析　报名的方法种数为4×4×4×4×4＝4⁵.

获得冠军的可能情况有5×5×5×5＝5⁴(种)．

16．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．

答案　24

解析　分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)．

17．已知集合A＝{a₁，a₂，a₃，a₄}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．

(1)若B中每一元素都有原象，这样不同的f有多少个？

(2)若B中的元素0必无原象，这样的f有多少个？

(3)若f满足f(a₁)＋f(a₂)＋f(a₃)＋f(a₄)＝4，这样的f又有多少个？

解　(1)显然对应是一一对应的，即为a₁找象有4种方法，a₂找象有3种方法，a₃找象有2种方法，a₄找象有1种方法，所以不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．

(2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，所以为A中每一元素找象时都有3种方法．所以不同的f共有3⁴＝81(个)．

(3)分为如下四类：

第一类：A中每一元素都与1对应，有1种方法；

第二类：A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有Ceq \o\al(²,₄)·Ceq \o\al(¹,₂)＝12(种)方法；

第三类，A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有Ceq \o\al(²,₄)·Ceq \o\al(²,₂)＝6(种)方法；

第四类，A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有Ceq \o\al(¹,₄)·Ceq \o\al(¹,₃)＝12(种)方法．

所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．

§10.2 排列与组合

1．排列与组合的概念