2021_2022学年新教材高中数学第3章排列组合与二项式定理3.1排列与组合3.1.1第1课时基本
2021_2022学年新教材高中数学第3章排列组合与二项式定理3.3第1课时二项式定理课件新人教B版
类型 3 求展开式中的特定项
1．如何求x＋1x4展开式中的常数项？ [提示] 利用二项展开式的通项 Cr4x4－r·x1r＝Cr4x4－2r 求解，令 4－2r ＝0，则 r＝2，所以x＋1x4展开式中的常数项为 C24＝4×2 3＝6．
2．(a＋b)(c＋d)展开式中的每一项是如何得到的？ [提示] (a＋b)(c＋d)展开式中的各项都是由 a＋b 中的每一项分 别乘以 c＋d 中的每一项再把积相加而得到．
则 10－2r＝3k，即 r＝5－23k．∵r∈Z，∴k 应为偶数， k＝2,0，－2，即 r＝2,5,8， 所以第 3 项，第 6 项与第 9 项为有理项， 它们分别为 405x2，－61 236,295 245x－2．
1．求二项展开式的特定项的常见题型 (1)求第 r 项，Tr＝Crn－1an－r＋1br－1； (2)求含 xr 的项(或 xpyq 的项)； (3)求常数项； (4)求有理项．
单问题．(重点、难点)
养．
情境导学·探新知
三个箱子均装着标有 a，b 字母的两个大小，形状一样的球，从 每个箱子摸出一个球，共摸出 3 个球，有哪些可能结果？每一种结果 有多少种情形？
问题：类比上述结果你能联想出(a＋b)3 展开式的形式吗？
[提示] (a＋b)3＝C03a3·b0＋C13a2b＋C23a·b2＋C33a0b3．
[跟进训练]
1．(1)求3
x＋ 1x4的展开式；
(2)化简：1＋2C1n＋4C2n＋…＋2nCnn．
[解]
(1)法一：3
x＋ 1x4＝C04(3
x)4＋C14(3
x)3
·1x＋C24(3
x)2·
1x2＋C34(3
x)
1x3＋C44
2021_2022学年新教材高中数学第3章排列组合与二项式定理3.1排列与组合3.1.3第1课时组合
3.1.3 组合与组合数第1课时组合与组合数学习任务核心素养1．理解组合与组合数的概念．(重点)2．会推导组合数公式，并会应用公式求值．(重点) 3．理解组合数的两个性质，并会求值、化简和证明．(难点、易混点)1．通过学习组合与组合数的概念，培养数学抽象的素养．2．借助组合数公式及组合数的性质进行运算，培养数学运算的素养．高考不分文理科后，思想政治、历史、地理、物理、化学、生物这6大科目是选考的，如果考生任选3科作为自己的考试科目，那么选考的组合方式一共有多少种可能的情况？问题：其中选物理不选历史和选历史不选物理的情况又分别有几种？[提示]这几个问题都与顺序无关，学完本节内容便能顺利求解．一般地，从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象并成一组，称为从n个不同对象中取出m 个对象的一个组合．提醒：(1)所谓并成一组是指与顺序无关，例如组合a，b与组合b，a是同一组合，可以把一个组合看成一个集合．(2)组合概念的两个要点：①n个对象是不同的；②“只取不排”，即取出的m个对象组成的组合与取出对象的先后顺序无关，无序性是组合的特征性质．(3)如果两个组合中的对象完全相同，那么不管对象的顺序如何，它们都是相同的组合．如果两个组合中的对象不完全相同(即使只有一个对象不同)，那么它们就是不同的组合．拓展：排列与组合的异同排列组合相同点从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象不同点按照一定的顺序排成一列不管顺序地并成一组1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两个组合相同的充要条件是组成组合的元素完全相同．()(2)从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合，所有组合的个数为C23．()(3)从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法是组合问题．()(4)从甲、乙、丙3名同学中选出2名，有3种不同的选法．()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√知识点2组合数的概念、公式定义从n个不同对象中取出m个对象的所有组合的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的组合数表示C m n(n，m∈N＋且m≤n)组合数公式乘积式C m n＝A m nA m m＝n(n－1)·(n－2)…(n－m＋1)m！阶乘式C m n＝n！m！(n－m)！“组合”与“组合数”是同一个概念吗？[提示]同“排列”与“排列数”是两个不同的概念一样，“组合”与“组合数”也是两个不同的概念．例如，从3个不同对象a，b，c中每次取出2个对象的所有组合为ab，ac，bc，共3种，其中每一种情况都是一个组合，而组合数是3．拓展：(1)组合数公式C m n＝n(n－1)…[n－(m－1)]m×(m－1)×…×2×1的形式特点：①分子是m个数相乘，且第一个因数是n，后面每一个因数比它前面一个因数少1，最后一个因数是n－m＋1；②分母是m的阶乘．(2)组合数公式C m n＝A m nA m m体现了组合数与相应排列数的关系，一般在计算具体的组合数时会用到．(3)组合数公式C m n ＝n ！(n －m )！m ！的主要作用有：①用于计算m ，n 较大时的组合数；②对含有字母的组合数的式子进行变形和证明．2．C 218＝________，C 1718＝________．153 18[C 218＝18×172＝153， C 1718＝18！17！(18－17)！＝18．]3．从3,5,7,11这四个数中任取两个相乘，可以得到不相等的积的个数为________．6[从四个数中任取两个数的取法为C 24＝6．]类型1 组合的概念【例1】 判断下列各事件是排列问题还是组合问题．(1)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，这次比赛需要进行多少场次？ (2)10支球队以单循环进行比赛，这次比赛冠、亚军获得者有多少种可能？ (3)从10个人里选3个代表去开会，有多少种选法？ (4)从10个人里选出3个不同学科的课代表，有多少种选法？[思路点拨]要确定是组合还是排列问题，只需确定取出的元素是否与顺序有关． [解](1)是组合问题，因为每两个队比赛一次并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别． (2)是排列问题，因为甲队得冠军、乙队得亚军与甲队得亚军、乙队得冠军是不一样的，是有顺序的区别．(3)是组合问题，因为3个代表之间没有顺序的区别．(4)是排列问题，因为3个人中，担任哪一科的课代表有顺序的区别．1．根据排列与组合的定义进行判断，区分排列与组合问题，先确定完成的是什么事件，然后看问题是否与顺序有关，与顺序有关的是排列，与顺序无关的是组合．2．区分有无顺序的方法把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．[跟进训练]1．(对接教材P 22练习AT 2)从5个不同的元素a ，b ，c ，d ，e 中取出2个，写出所有不同的组合．[解]要想写出所有组合，就要先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个标出来，如图所示：由此可得所有的组合为ab ，ac ，ad ，ae ，bc ，bd ，be ，cd ，ce ，de ． 类型2 组合数公式的应用【例2】 (1)式子n (n ＋1)(n ＋2)…(n ＋100)100！可表示为( )A ．A 100n ＋100B ．C 100n ＋100 C ．101C 100n ＋100D ．101C 101n ＋100(2)求值：C 5－n n ＋C 9－n n ＋1．[思路点拨] 根据题目的特点，选择适当的组合数公式进行求值或证明．(1)D [分式的分母是100！，分子是101个连续自然数的乘积，最大的为n ＋100，最小的为n ，故n (n ＋1)(n ＋2)…(n ＋100)100！＝101·n (n ＋1)(n ＋2)…(n ＋100)101！＝101C 101n ＋100．] (2)[解] 由组合数定义知：⎩⎪⎨⎪⎧0≤5－n ≤n ，0≤9－n ≤n ＋1，所以4≤n ≤5，又因为n ∈N ＋， 所以n ＝4或5．当n ＝4时，C 5－n n ＋C 9－n n ＋1＝C 14＋C 55＝5；当n ＝5时，C 5－n n ＋C 9－n n ＋1＝C 05＋C 46＝16．关于组合数计算公式的选取1．涉及具体数字的可以直接用公式C mn ＝A m n A m m＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！计算．2．涉及字母的可以用阶乘式C m n ＝n ！m ！(n －m )！计算．[跟进训练]2．(1)计算：C 410－C 37·A 33； (2)求证：C m n ＝m ＋1n ＋1C m ＋1n ＋1． [解] (1)C 410－C 37·A 33＝10×9×8×74×3×2×1－7×6×5＝210－210＝0．(2)证明：右边＝m ＋1n ＋1·(n ＋1)！(m ＋1)！(n －m )！＝n ！m ！(n －m )！＝C m n ＝左边．即等式成立．类型3 简单的组合问题解答简单组合问题的关键是什么？[提示] 关键是把实际问题模型化，在此基础上选择组合数公式求解.【例3】 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名． (1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议，有多少种不同的选法？ (3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？[解] (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C 210＝10×92×1＝45(种)．(2)可把问题分两类情况：第1类，选出的2名是男教师有C 26种方法； 第2类，选出的2名是女教师有C 24种方法．根据分类加法计数原理，共有C26＋C24＝15＋6＝21种不同选法．(3)从6名男教师中选2名的选法有C26种，从4名女教师中选2名的选法有C24种，根据分步乘法计数原理，共有不同的选法C26×C24＝15×6＝90(种)．(变结论)本例其他条件不变，问题变为从中选2名教师参加会议，至少有1名男教师的选法是多少？最多有1名男教师的选法又是多少？[解]至少有1名男教师可分两类：1男1女有C16C14种，2男0女有C26种．由分类加法计数原理知有C16C14＋C26＝39种．最多有1名男教师包括两类：1男1女有C16C14种，0男2女有C24种．由分类加法计数原理知有C16C14＋C24＝30种．解简单的组合应用题的策略1．解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．2．要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用．提醒：在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏．[跟进训练]3．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“━━”和阴爻“━━”，如图就是一重卦．如果某重卦中有2个阳爻，则它可以组成________种重卦．(用数字作答)15[由题设知，“重卦”的种数为C26＝15．]1．下列四个问题属于组合问题的是()A．从4名志愿者中选出2人分别参加导游和翻译的工作B．从0,1,2,3,4这5个数字中选取3个不同的数字，组成一个三位数C．从全班同学中选出3名同学出席运动会开幕式D．从全班同学中选出3名同学分别担任班长、副班长和学习委员C [A 、B 、D 项均为排列问题，只有C 项是组合问题．] 2．若A 3n ＝12C 2n ，则n 等于( )A ．8B ．5或6C ．3或4D ．4 A [A 3n ＝n (n －1)(n －2)，C 2n ＝12n (n －1)，所以n (n －1)(n －2)＝12×12n (n －1)．由n ∈N ＋，且n ≥3，解得n ＝8．]3．从7名男生和5名女生中选4人参加夏令营，规定男、女同学至少各有1人参加，则选法总数应为( )A ．C 17C 15C 210 B ．C 17C 15A 210C ．C 412－C 47－C 45D ．C 17C 15(C 26＋C 14C 16＋C 24)C [任选4人的方法数为C 412，减去其中全部为男生或全部为女生的方法数C 47＋C 45，故选法总数应为C 412－C 47－C 45．]4．从9名学生中选出3名参加“希望英语”口语比赛，有______种不同的选法． 84[由题意可知共有C 39＝9×8×73×2×1＝84种．]5．6个朋友聚会，每两人握手1次，一共握手________次．15[每两人握手1次，无顺序之分，是组合问题，故一共握手C 26＝15次．]回顾本节内容，自我完成以下问题： 试比较排列与组合的区别与联系． [提示] 名称 排列组合相同点 都是从n 个不同元素中取m (m ≤n )个元素，元素无重复名称排列组合不同点1．排列与顺序有关；2．两个排列相同，当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完全相同1．组合与顺序无关；2．两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同联系 A m n ＝C m n A mm。
2021_2022学年新教材高中数学第3章排列组合与二项式定理3.1排列与组合3.1.1第2课时基本
第2课时基本计数原理的应用学习任务核心素养1．熟练应用两个计数原理．(重点)2．能运用两个计数原理解决一些综合性的问题．(难点)1．借助两个计数原理解题，提升数学运算的素养．2．通过合理分类或分步解决问题，提升逻辑推理的素养．类型1组数问题【例1】(对接教材P6例2)用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的：(1)银行存折的四位密码？(2)四位整数？(3)比2 000大的四位偶数？[思路点拨](1)用分步乘法计数原理求解(1)问；(2)0不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可以按末位是0,2,4分三类，也可以按千位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解．[解](1)分步解决．第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个)．(2)分步解决．第一步：万位数字有5种选取方法；第二步：百位数字有5种选取方法；第三步：十位数字有4种选取方法；第四步：个位数字有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有5×5×4×3＝300(个)．(3)法一：按末位是0,2,4分为三类：第一类：末位是0的有4×4×3＝48个；第二类：末位是2的有3×4×3＝36个；第三类：末位是4的有3×4×3＝36个．则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．法二：按千位是2,3,4,5分四类：第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．法三：用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)；第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．共有60＋96＝156(个)．其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．1．对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．2．解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．[跟进训练]1．四X卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四X卡片可组成不同的四位数的个数为()A．6B．9C．12D．24B[法一：(列举法)根据0的位置分类：第一类：0在个位有：2 110,1 210,1 120，共3个．第二类：0在十位有：2 101,1 201,1 102，共3个．第三类：0在百位有：2 011,1 021,1 012，共3个．故共有3＋3＋3＝9个不同的四位数，故选B．法二：(树形图法)如图，可知这样的数共有9个，故选B．]类型2抽取(分配)问题【例2】(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有()A．16种B．18种C．37种D．48种(2)甲、乙、丙、丁四人各写一X贺卡，放在一起，再各取一X不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________种．[思路点拨](1)由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解．(2)先让一人去抽，再让被抽到贺卡所写人去抽．(1)C(2)9[(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C．(2)不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种)．]求解抽取(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．2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．[跟进训练]2．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？[解]法一：(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种)．类型3涂色(种植)问题1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？A B C D[提示]涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案．2．在上述问题中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？[提示]恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案．3．在上述问题中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？[提示]若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案．【例3】将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？1234[思路点拨]注意小方格中第2个和第3个所涂颜色可能相同，也可能不同，故应分两类：所涂颜色相同和不同，分别求解．[解]第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．(变条件)本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？①②④③[解]第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．第1步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；第2步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；第3步涂③与第4步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种)．第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成3步来完成．第1步涂①④，有5种涂法；第2步涂②，有4种涂法；第3步涂③，有3种涂法．于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.[跟进训练]3．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有多少种？[解](1)当使用4种颜色时，先着色第1区域，有4种方法，剩下3种颜色涂其他4个区域，由分步乘法计数原理得共有4×3×2×2×1＝48(种)．(2)当仅使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色第1区域，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第2,4区域，另一种颜色涂第3,5区域，有2种着色方法，由分步乘法计数原理得有4×3×2＝24(种)．综上，共有48＋24＝72种不同的着色方法．1．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有()A．6种B．7种C．8种D．9种D[可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．]2．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为()A．30B．20C．10D．6D[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法．故由分类加法计数原理得，共有N＝3＋3＝6种取法．]3．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种．108[A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108(种)涂法．]4．5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________．18[根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18种分工方案．]5．小X正在玩一款种菜的游戏，他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物)，若小X已决定在第一块空地上种茄子或辣椒，则不同的种植方案共有________种．48[当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块地种辣椒时，有4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案．]回顾本节内容，自我完成以下问题：1．解决较为复杂的计数问题时，如何做到合理分类、准确分步？[提示](1)处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准．(2)分类时要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准．(3)分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性．2．如何处理有特殊元素或特殊位置的计数问题？[提示]解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．。
高中数学第3章排列组合与二项式定理3.1排列与组合3.1.3组合与组合数第1课时组合与组合数组合数的
3.1.3 组合与组合数第1课时 组合与组合数、组合数的性质(教师独具内容)，理解组合的概念.2.能利用计数原理推导组合数公式. 教学重点：理解组合的概念、组合数公式及组合数的性质. 教学难点：利用公式及性质解决一些简单的实际问题.知识点一 组合的定义一般地，从n 个不同对象中取出m (m ≤n )个对象□01并成一组，称为从n 个不同对象中取出m 个对象的一个组合.知识点二 组合与组合数公式组合数定义从n 个不同对象中取出m 个对象的□01所有组合的个数，称为从n 个不同对象中取出m 个对象的组合数表示法 □02C m n组合数乘积式C mn ＝□03公式阶乘式□04性质mn＝□05C n －mn ；2.□06C m ＋1n ＋C m n ＝C m ＋1n ＋1 备注①n 和m 都是自然数，且m ≤n ； ②规定：C 0n ＝□071，C 1n ＝□08n ，C nn ＝□091组合的定义包含两个基本内容：一是“取出对象”；二是“合成一组”，表示与对象的顺序无关，排列与组合的相同点是从n 个不同对象中任取m 个对象，不同点是组合是“不管对象的顺序合成一组”，而排列是要求对象按照一定的顺序排成一列．因此区分某一问题是组合还是排列，关键是看取出的对象有无顺序．组合数的两个性质，性质1反映了组合数的对称性，在m >n2时，通常不直接计算C mn 而改为C n －m n ，对于性质2，C m ＋1n ＋C m n ＝C m ＋1n ＋1要会正用、逆用、变形用．1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)从a ，b ，c 三个不同的对象中任取两个对象的一个组合是C 23.( ) (2)从1,3,5,7中任取两个数相乘可得C 24个积．( ) (3)若组合C x n ＝C mn ，则x ＝m 成立．( ) (4)C 35＝5×4×3＝60.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)从6名学生中选出3名学生参加数学竞赛的不同选法种数是________． (2)C 1820＝________. (3)C 399＋C 299＝________.答案 (1)20 (2)190 (3)161700题型一 组合的有关概念 例1 给出下列问题：(1)从a ，b ，c ，d 四名学生中选2名学生完成一件工作，有多少种不同的选法？ (2)从a ，b ，c ，d 四名学生中选2名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的选法？ (3)a ，b ，c ，d 四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？ (4)a ，b ，c ，d 四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？(5)某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，不同的结果有多少种？ (6)某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪中恰有3枪连中，不同的结果有多少种？ 在上述问题中，哪些是组合问题？哪些是排列问题？[解] (1)2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题． (2)2名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题．(3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．(4)冠亚军是有顺序的，是排列问题．(5)命中的4枪均为2枪连中，为相同的对象，没有顺序，是组合问题．(6)命中的4枪中恰有3枪连中，即连中3枪和单中1枪，有顺序，是排列问题．教材判断是否为组合问题，关键是判断问题是否与顺序有关，可以结合条件理解，也可以选择一个结果，交换这个结果中两个对象的先后顺序，看是否对结果产生影响，若无新变化，则是组合问题．总之，与顺序有关是排列问题，若与顺序无关，则是组合问题．[跟踪训练1]判断下列问题是排列问题，还是组合问题：(1)从集合A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相加，得到的和共有多少个？(2)从集合A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相除，得到的商共有多少个？(3)从a，b，c，d这四名同学中任取两名同学去参加某一活动，共有多少种不同的选法？(4)四个人互发一个电子邮件，共写了多少个电子邮件？解(1)从集合A中取出两个数后，改变两个数的顺序，其和不变．因此，此问题只与取出的对象有关，与对象的顺序无关，故是组合问题．(2)从集合A中取出两个数相除，若改变其除数、被除数的位置，其结果就不同，因此其商的值与对象的顺序有关，是排列问题．(3)由于从4名同学中取出的两名同学参加的同一项活动，没有顺序，因此是组合问题．(4)四人互发电子邮件，由于发件人与收件人是有区别的，与顺序有关，是排列问题.题型二组合数以及组合数性质的应用例2 (1)计算：C410－C37A33；(2)已知1C m5－1C m6＝710C m7，求C m8；(3)求C38－n3n＋C3n21＋n的值；(4)证明：m C m n＝n C m－1n－1.[解] (1)原式＝C410－A37＝10×9×8×74×3×2×1－7×6×5＝210－210＝0.(2)原方程可化为＝，即＝，即，即m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝2或m ＝21(不符合题意，舍去)． ∴C m 8＝C 28＝28.即m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝2或m ＝21(不符合题意，舍去)． ∴C m8＝C 28＝28.(3)∵⎩⎪⎨⎪⎧38－n ≤3n ，3n ≤21＋n ，∴9.5≤n ≤10.5.∵n ∈N ，∴n ＝10， ∴C 38－n3n ＋C 3n21＋n ＝C 2830＋C 3031 ＝30！28！·2！＋31！30！·1！＝466.(4)证明：m C mn ＝m ·＝n ·＝n C m －1n －1.点睛(1)像排列数公式一样，公式C m n＝一般用于计算；而公式C mn＝及C m n＝A mnA mm一般用于证明、解方程(不等式)等．(2)在解决与组合数有关的问题时，要注意隐含条件“m ≤n 且m ，n ∈N ”的运用．如本例(3)．(3)要注意公式Am n ＝C m n A m m 的逆向运用，如本例(1)中可利用“C 37A 33＝A 37”简化计算过程． (4)本例(4)所推导的结论“m C m n ＝n C m －1n －1”以及它的变形公式是非常重要的公式，应熟练掌握．[跟踪训练2] (1)①求值：C 5－n n ＋C 9－n n ＋1；②求证：C mn ＝m ＋1n －mC m ＋1n . (2)计算：①C 58＋C 98100C 77； ②C 05＋C 15＋C 25＋C 35＋C 45＋C 55； ③C nn ＋1C n －1n .解 (1)①⎩⎪⎨⎪⎧5－n ≤n ，5－n ≥0，9－n ≤n ＋1，9－n ≥0，解得4≤n ≤5.又n ∈N ，所以n ＝4或n ＝5. 当n ＝4时，原式＝C 14＋C 55＝5， 当n ＝5时，原式＝C 05＋C 46＝16.②证明：因为C mn ＝，m ＋1n －mC m ＋1n ＝＝，所以C mn ＝m ＋1n －mC m ＋1n .(2)①原式＝C 38＋C 2100×1＝8×7×63×2×1＋100×992×1＝56＋4950＝5006.②原式＝2(C 05＋C 15＋C 25)＝2(C 16＋C 25)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋5×42×1＝32.③原式＝C 1n ＋1C 1n ＝(n ＋1)n ＝n 2＋n .题型三 简单的组合问题例3 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名． (1)从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？(2)从中选出2名男教师或2名女教师去外地学习，有多少种不同的选法？(3)从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？[解] (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同对象中取出2个对象的组合数，即有C 210＝10×92×1＝45种不同的选法． (2)可把问题分两类：第1类，选出2名男教师，有C 26种方法；第2类，选出2名女教师，有C 24种方法，即共有C 26＋C 24＝21种不同的选法．(3)从6名男教师中选2名的选法有C 26种，从4名女教师中选2名的选法有C 24种，根据分步乘法计数原理，共有C 26C 24＝6×52×1×4×32×1＝90种不同的选法．点睛解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于：排列问题与取出的对象之间的顺序有关，而组合问题与取出对象的顺序无关．其次要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类与分步时，一定要注意有无重复和遗漏．[跟踪训练3] 在50件产品中，有4件次品，现从中任意抽取3件． (1)“全部是合格品”的不同抽取方法共有多少种？ (2)“恰有2件次品”的不同抽取方法共有多少种？ (3)“最多有1件次品”的不同抽取方法共有多少种？ 解 在50件产品中，有4件次品，即有46件合格品．(1)抽取的3件产品“全部是合格品”，即在46件合格品中任取3件即可，有C 346＝15180种取法．(2)在46件合格品中任取1件，在4件次品中任取2件，根据分步乘法计数原理，共有C 146C 24＝276种取法．(3)分两类：第1类，抽取的3件产品中有1件次品，2件合格品，有C 14C 246种取法；第2类，抽取的3件产品全为合格品，有C 346种取法，故共有C 14C 246＋C 346＝19320种取法．1．下列问题不是组合问题的是 ( )A ．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？B ．平面上有2020个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？C ．集合{a 1，a 2，a 3，…，a n }的含有三个元素的子集有多少个？D ．从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？答案 D解析 组合问题与次序无关，排列问题与次序有关，D 项中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是两个不同的选法，因此是排列问题，不是组合问题，故选D.2．若C 7n ＋1－C 7n ＝C 8n ，则n 等于( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15 答案 C解析 ∵C 7n ＋1＝C 7n ＋C 8n ＝C 8n ＋1，∴n ＋1＝7＋8，∴n ＝14，故选C. 3．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有 ( ) A ．A 310种 B ．C 310种 C ．C 310A 310种 D ．30种 答案 B解析 三张票没区别，从10人中选3人即可，即C 310，故选B. 4．若C 4n >C 6n ，则n 的集合是________． 答案 {6,7,8,9} 解析 ∵C 4n >C 6n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n >C 6n ，n ≥6⇒⇒⎩⎪⎨⎪⎧n 2－9n －10<0，n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1<n <10，n ≥6.∵n ∈N ，∴n ＝6,7,8,9.∴n 的集合为{6,7,8,9}．5．现有6名内科医生和4名外科医生，要组成5人医疗小组送医下乡，依下列条件各有多少种选派方法？(1)有3名内科医生和2名外科医生； (2)既有内科医生，又有外科医生．解 (1)先选内科医生有C 36种选法，再选外科医生有C 24种选法，故有C 36C 24＝120种选派方法．(2)既有内科医生，又有外科医生，正面思考应包括四种情况，内科医生选1人，2人，3人，4人，相应地，外科医生选4人，3人，2人，1人，有C 16C 44＋C 26C 34＋C 36C 24＋C 46C 14＝246种选派方法．若从反面考虑，则有C 510－C 56＝246种选派方法．A 级：“四基”巩固训练一、选择题1．已知组合数C yx ＝6，则在平面直角坐标系内以点(x ，y )为顶点的图形是 ( ) A ．三角形 B ．平行四边形 C ．梯形 D ．矩形 答案 A解析 当x ＝6，y ＝1；x ＝6，y ＝5；x ＝4，y ＝2时，C yx ＝6，所以满足题意的点有(6,1)，(6,5)，(4,2)，共3个，可构成三角形．故选A.2．从2,3，…，8中任意取三个不同的数字，组成无重复数字的三位数，要求个位数最大，百位数最小，则这样的三位数的个数为 ( )A ．35B ．42C ．105D ．210 答案 A解析 由于取出三个数字后大小次序已确定，只需把最小的数字放在百位，最大的数字放在个位，剩下的数字放在十位，因此满足条件的三位数的个数为C 37＝7×6×53×2×1＝35.3．从6名男生和3名女生中选出4名代表，其中必须有女生，则不同的选法种数为( ) A ．168 B ．45 C ．60 D ．111 答案 D解析 选出的代表中女生有1,2,3名时，男生相应有3,2,1名，则不同的选法种数为C 13C 36＋C 23C 26＋C 33C 16＝111.4．C 03＋C 14＋C 25＋C 36＋…＋C 20192022＝( )A ．C 22020B ．C 32021 C ．C 32022D ．C 42023 答案 D解析 原式＝C 04＋C 14＋C 25＋C 36＋…＋C 20192022＝C 15＋C 25＋C 36＋…＋C 20192022＝C 26＋C 36＋…＋C 20192022＝…＝C 20182022＋C 20192022＝C 20192023＝C 42023.故选D.5．(多选)以下四个式子正确的是( ) A ．C m n＝A mn m ！B ．A m n ＝n A m －1n －1C ．C m n ÷C m ＋1n ＝m ＋1n －m D ．C m ＋1n ＋1＝n ＋1m ＋1C m n 答案 ABCD解析 对于A ，显然成立；对于B ，A m n ＝n (n －1)(n －2)·…·(n －m ＋1)，A m －1n －1＝(n －1)(n－2)…(n －m ＋1)，所以A mn ＝n A m －1n －1，故B 成立；对于C ，C mn ÷Cm ＋1n＝C mnC m ＋1n＝＝m ＋1n －m，故C 成立；对于D ，C m ＋1n ＋1＝＝＝n ＋1m ＋1C mn ，故D 成立．故选ABCD. 二、填空题6．设集合A ＝{a 1，a 2，a 3，a 4，a 5}，则集合A 的含有3个元素的子集共有________个． 答案 10解析 从5个元素中取出3个元素组成一组就是集合A 的子集，则共有C 35＝10个子集． 7．若A 3m ＝6C 4m ，则m 的值为________． 答案 7解析 由A 3m ＝6C 4m ，得＝6·，即1m －3＝14，解得m ＝7.8．7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)．答案 140解析 第一步，从7名志愿者中选出3人在周六参加社区公益活动，有C 37种不同的选法；第二步，从余下的4人中选出3人在周日参加社区公益活动，有C 34种不同的选法．根据分步乘法计数原理，共有C 37C 34＝140种不同的安排方案． 三、解答题9．有两组平行线，第一组平行线有5条，第二组平行线有6条，第一组平行线与第二组平行线相交，问这两组平行线能构成多少个平行四边形？解 每一个平行四边形有两组对边平行，即两组对边平行的一个组合对应于一个平行四边形．而两组对边平行的组合数为C 25C 26＝150.因此能构成150个平行四边形．10．(1)解方程：3C x －7x －3＝5A 2x －4； (2)解不等式：2C x －2x ＋1<3C x －1x ＋1；(3)计算C 3n13＋n ＋C 3n －112＋n ＋C 3n －211＋n ＋…＋C 17－n 2n . 解 (1)由排列数和组合数公式，原方程可化为即(x －3)(x －6)＝40.∴x 2－9x －22＝0，解得x ＝11或x ＝－2.经检验知x ＝11是原方程的根，x ＝－2是原方程的增根． ∴方程的根为x ＝11.(2)∵2C x －2x ＋1<3C x －1x ＋1，∴2C 3x ＋1<3C 2x ＋1，∴x －13<32，∴x <112， ∵⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥3，x ＋1≥2，∴x ≥2，∴2≤x <112，又x ∈N *，∴x ＝2,3,4,5.∴不等式的解集为{2,3,4,5}．(3)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3n ≤13＋n ，17－n ≤2n ，解得173≤n ≤132，又n ∈N *，故n ＝6.∴原式＝C 1819＋C 1718＋C 1617＋…＋C 1112＝C 119＋C 118＋C 117＋…＋C 112＝19＋18＋17＋…＋12＝124.B 级：“四能”提升训练1．(1)设x ∈N *，求C x －12x －3＋C 2x －3x ＋1的值； (2)解不等式：C x －420＜C x －220＜C x20.解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －3≥x －1，x ＋1≥2x －3，解得2≤x ≤4， ∵x ∈N *，∴x ＝2或x ＝3或x ＝4，当x ＝2时，原式值为4；当x ＝3时，原式值为7；当x ＝4时，原式值为11.∴所求式的值为4或7或11.(2)原不等式可化为又x ∈N *且x ≥4，∴x ＝4,5,6,7,8,9,10.∴原不等式的解集是{4,5,6,7,8,9,10}．2．某市工商局对35种商品进行抽样检查，鉴定结果有15种假货，现从35种商品中选取3种．(1)恰有2种假货在内的不同取法有多少种？(2)至少有2种假货在内的不同取法有多少种？(3)至多有2种假货在内的不同取法有多少种？解 (1)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种，有C 120C 215＝2100种． 所以恰有2种假货在内的不同取法有2100种．(2)选取2种假货有C 120C 215种，选取3种假货有C 315种，共有选取方法C 120C 215＋C 315＝2555种． 所以至少有2种假货在内的不同取法有2555种．(3)选取3种商品的种数为C 335，选取3种假货的种数为C 315，所以至多有2种假货在内的不同取法有C 335－C 315＝6090种．。
2021_2022学年新教材高中数学第3章排列组合与二项式定理3.1.2第1课时排列与排列数课件新人
3.1 排列与组合 3.1.2 排列与排列数 第1课时 排列与排列数
学习任务
核心素养
1．理解排列的概念，能正确写出 1．通过学习排列的概念，培养数
一些简单问题的所有排列．(重点) 学抽象的素养．
2．会用排列数公式进行求值和证 2．借助排列数公式进行计算，培
明．(难点)
时，结果与两数字位置无关，故不是排列问题．而减法、除法与两数
字的位置有关，故是排列问题．]
1234 5
2．4×5×6×…×(n－1)×n 等于( A．A4n B．Ann－4 C．n！－4!
) D．Ann－3
D [4×5×6×…×(n－1)×n 中共有 n－4＋1＝n－3 个因式，最 大数为 n，最小数为 4，
[跟进训练] 1．判断下列问题是不是排列问题． (1)从 1 到 10 十个自然数中任取两个数组成直角坐标平面内的点 的坐标，可得多少个不同的点的坐标？ (2)从 10 名同学中任抽两名同学去学校开座谈会，有多少种不同 的抽取方法？ (3)某商场有四个大门，若从一个门进去，购买物品后再从另一 个门出来，不同的出入方式共有多少种？
(2){2,3,4,5,6,7}
[(1)由(69－n)－(55－n)＋1＝15 可
知，(55－n)(56－n)…(69－n)＝A1659－n．
(2)原不等式可化为9－9！x！＞161×－9x！！， 化简得 x2－21x＋104＞0，解得 x＜8 或 x＞13．
0≤x≤9 0≤x－2≤9 又x∈N＋ x－2∈N＋
(2)符号 Amn 中，总是要求 n 和 m 都是正整数，且 m≤n．
2.89×90×91×92×…×100 可表示为( )
A．A11000 C．A11020
新教材高中数学第三章排列组合与二项式定理3-1-1-1基本计数原理课件新人教B版选择性必修第二册
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＝_m_1_×__m_2_×__…__×__m_n_ 种不同的方法．
[基础自测]
1．下列说法不正确的是( ) A．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相 同． B．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． C．从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中 飞机每天有 3 班，轮船有 4 班．若李先生从甲地去乙地，则不同 的交通方式共有 7 种． D．某校高一年级共 8 个班，高二年级共 6 个班，从中选一 个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有 14 种．
(3)正确，因为 x 从集合{2,3,7}中任取一个值共有 3 个不同的值， y 从集合{－3，－4,8}中任取一个值共有 3 个不同的值，且对应 x·y 的值各不相同，故 x·y 可表示 3×3＝9 个不同的值．
(4)错误，因为每个项目中的冠军都有 3 种可能的情况，根据分 步乘法计数原理共有 34 种不同的夺冠情况．
答案：B
4．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：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．
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(4)错误，因为每个项目中的冠军都有 3 种可能的情况，根据分 步乘法计数原理共有 34 种不同的夺冠情况．
状元随笔 根据题意，必须依次在每个拨号盘上拨号，全 部拨号完毕后，才拨出一个四位数号码，所以应用分步乘法计数 原理．
方法归纳
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．
跟踪训练 2 张涛大学毕业参加工作后，把每月工资中结余 的钱分为两部分，其中一部分用来定期储蓄，另一部分用来购买 国债．人民币储蓄可以从一年期、二年期两种中选择一种，购买 国债则可以从一年期、二年期和三年期中选择一种．问：张涛共 有多少种不同的理财方式？
解析：由题意知，张涛要完成理财目标应分步完成． 第 1 步，将一部分钱用来定期储蓄，从一年期和二年期中任意 选择一种理财方式； 第 2 步，用另一部分钱购买国债，从一年期、二年期和三年期 三种国债中任意选择一种理财方式． 由分步乘法计数原理，得共有 2×3＝6 种不同的理财方式．
答案：A
2．下列说法不正确的是( ) (1)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．
(2)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能完成这件事．
(3)已知 x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则 x·y 可表示不同的 值的个数为 9 个．
2021_2022学年新教材高中数学第3章排列组合与二项式定理3.1排列与组合3.1.2第2课时排列
第2课时排列数的应用学习任务核心素养1．进一步理解排列的概念，掌握一些排列问题的常用解题方法．(重点)2．能应用排列知识解决简单的实际问题．(难点)1．通过排列知识解决实际问题，提升数学建模、逻辑推理的素养．2．借助排列数公式计算，提升数学运算的素养．类型1无限制条件的排列问题【例1】(1)有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？(2)有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？[思路点拨](1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；(2)给每人的书均可以从5种不同的书中任选1本，各人得到哪本书相互之间没有联系，要用分步乘法计数原理进行计算．[解](1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是A35＝5×4×3＝60，所以共有60种不同的送法．(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的每本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是5×5×5＝125，所以共有125种不同的送法．1．没有限制的排列问题，即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制，这一类问题相对简单，分清元素和位置即可．2．对于不属于排列的计数问题，注意利用计数原理求解．[跟进训练]1．(1)将3X电影票分给10人中的3人，每人1X，则共有________种不同的分法．(2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，不同的选法共有________种．(1)720(2)60[(1)问题相当于从10X电影票中选出3X排列起来，这是一个排列问题．故不同分法的种数为A310＝10×9×8＝720．(2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，应有A35＝5×4×3＝60种选法．]类型2排队问题元素“相邻”与“不相邻”问题【例2】3名男生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方法的种数．(1)全体站成一排，男、女各站在一起；(2)全体站成一排，男生必须站在一起；(3)全体站成一排，男生不能站在一起；(4)全体站成一排，男、女各不相邻．[解](1)男生必须站在一起是男生的全排列，有A33种排法；女生必须站在一起是女生的全排列，有A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A22种排法．由分步乘法计数原理知，共有A33·A44·A22＝288种排队方法．(2)三个男生全排列有A33种方法，把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，有A55种排法．故有A33·A55＝720种排队方法．(3)先安排女生，共有A44种排法；男生在4个女生隔成的五个空中安排，共有A35种排法，故共有A44·A35＝1 440种排法．(4)排好男生后让女生插空，共有A33·A44＝144种排法．“相邻”与“不相邻”问题的解决方法处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．[跟进训练]2．5人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法的种数为()A．18B．24C．36D．48C[5人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法有3A33×A22＝36(种)．]元素“在”与“不在”问题【例3】六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站两端；(2)甲、乙站在两端；(3)甲不站最左端，乙不站最右端．[解](1)法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A55种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A14·A55＝480种．法二：由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A25种站法，然后其余4人有A44种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A25·A44＝480种．法三：若对甲没有限制条件共有A66种站法，甲在两端共有2A55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有A66－2A55＝480种．(2)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A44种，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种站法．(3)法一：甲在最左端的站法有A55种，乙在最右端的站法有A55种，且甲在最左端而乙在最右端的站法有A44种，共有A66－2A55＋A44＝504种站法．法二：以元素甲分类可分为两类：a．甲站最右端有A55种，b．甲在中间4个位置之一，而乙不在最右端有A14·A14·A44种，故共有A55＋A14·A14·A44＝504种站法．“在”与“不在”问题的解决方法[跟进训练]3．4名运动员参加4×100接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有()A．12种B．14种C．16种D．24种B [用排除法，若不考虑限制条件，4名队员全排列共有A 44＝24种排法，减去甲跑第一棒有A 33＝6种排法，乙跑第四棒有A 33＝6种排法，再加上甲在第一棒且乙在第四棒有A 22＝2种排法，共有A 44－2A 33＋A 22＝14种不同的出场顺序．]定序问题【例4】 将A ，B ，C ，D ，E 这5个字母排成一列，要求A ，B ，C 在排列中的顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)．则有多少种不同的排列方法？[解]5个不同元素中部分元素A ，B ，C 的排列顺序已定，这种问题有以下两种常用的解法．法一：(整体法)5个元素无约束条件的全排列有A 55种，由于字母A ，B ，C 的排列顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”，因此，在上述的全排列中恰好符合“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”排列方式的排列有A 55A 33×2＝40(种)． 法二：(插空法)若字母A ，B ，C 的排列顺序为“A ，B ，C ”，将字母D ，E 插入，这时形成的4个空中，分两类：第一类，若字母D ，E 相邻，则有A 14·A 22种排法；第二类，若字母D ，E 不相邻，则有A 24种排法．所以有A 14·A 22＋A 24＝20(种)不同的排列方法．同理，若字母A ，B ，C 的排列顺序为“C ，B ，A ”，也有20种不同的排列方法． 因此，满足条件的排列有20＋20＝40(种)．在有些排列问题中，某些元素的前后顺序是确定的(不一定相邻)，解决这类问题的基本方法有两种：1．整体法：即若有m ＋n 个元素排成一列，其中m 个元素之间的先后顺序确定不变，先将这m ＋n 个元素排成一列，有A m ＋n m ＋n 种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他n 个元素的位置不动，把这m 个元素交换顺序，有A mm 种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此共有A m ＋n m ＋n A m m种满足条件的不同排法． 2．插空法：即m 个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m 个元素，只有一种排法，然后把剩下的n 个元素分类或分步插入由以上m 个元素形成的空隙中．[跟进训练]4．用1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的七位数，若1,3,5,7的顺序一定，则有________个七位数符合条件．210[若1,3,5,7的顺序不定，有A 44＝24(种)排法，故1,3,5,7的顺序一定的排法数只占总排法数的124．故有124A 77＝210(个)七位数符合条件．] 类型3 数字排列问题1．偶数的个位数字有何特征？从1,2,3,4,5中任取两个不同数字能组成多少个不同的偶数？[提示]偶数的个位数字一定能被2整除．先从2,4中任取一个数字排在个位，共2种不同的排法，再从剩余数字中任取一个数字排在十位，共4种排法，故从1,2,3,4,5中任取两个数字，能组成2×4＝8(个)不同的偶数．2．在一个三位数中，身居百位的数字x 能是0吗？如果在0～9这十个数字中任取不同的三个数字组成一个三位数，如何排才能使百位数字不为0?[提示]在一个三位数中，百位数字不能为0，在具体排数时，从元素0的角度出发，可先将0排在十位或个位的一个位置，其余数字可排百位、个位(或十位)位置；从“位置”角度出发可先从1～9这9个数字中任取一个数字排百位，然后再从剩余9个数字中任取两个数字排十位与个位位置．【例5】 (对接教材P 12例6)用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的(1)六位奇数？(2)个位数字不是5的六位数？[思路点拨]这是一道有限制条件的排列问题，每一问均应优先考虑限制条件，遵循特殊元素或特殊位置优先安排的原则．另外，还可以用间接法求解．[解] (1)法一：从特殊位置入手(直接法)分三步完成，第一步先填个位，有A 13种填法，第二步再填十万位，有A 14种填法，第三步填其他位，有A 44种填法，故共有A 13A 14A 44＝288(个)六位奇数．法二：从特殊元素入手(直接法)0不在两端有A14种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A13种排法，其他各位上用剩下的元素作全排列有A44种排法，故共有A14A13A44＝288(个)六位奇数．法三：排除法6个数字的全排列有A66个，0,2,4在个位上的六位数为3A55个，1,3,5在个位上，0在十万位上的六位数有3A44个，故满足条件的六位奇数共有A66－3A55－3A44＝288(个)．(2)法一：排除法0在十万位的六位数或5在个位的六位数都有A55个，0在十万位且5在个位的六位数有A44个．故符合题意的六位数共有A66－2A55＋A44＝504(个)．法二：直接法十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此需分两类：第一类：当个位排0时，符合条件的六位数有A55个．第二类：当个位不排0时，符合条件的六位数有A14A14A44个．故共有符合题意的六位数A55＋A14A14A44＝504(个)．(变结论)用0,1,2,3,4,5这六个数取不同的数字组数．(1)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？(2)能组成多少个无重复数字且比1 325大的四位数？(3)若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{a n}，则240 135是第几项？[解](1)符合要求的五位数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数，有A45个；第二类，个位上的数字是5的五位数，有A14·A34个．故满足条件的五位数的个数共有A45＋A14·A34＝216(个)．(2)符合要求的比1 325大的四位数可分为三类：第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共A14·A35个；第二类，形如14□□，15□□，共有A12·A24个；第三类，形如134□，135□，共有A12·A13个．由分类加法计数原理知，无重复数字且比1 325大的四位数共有：A14·A35＋A12·A24＋A12·A13＝270(个)．(3)由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有A55个数，首位数字为2，万位上为0,1,3中的一个有3A44个数，∴240 135的项数是A55＋3A44＋1＝193，即240 135是数列的第193项．解数字排列问题常见的解题方法1．“两优先排法”：特殊元素优先排列，特殊位置优先填充．如“0”不排“首位”．2．“分类讨论法”：按照某一标准将排列分成几类，然后按照分类加法计数原理计算，要注意以下两点：一是分类标准必须恰当；二是分类过程要做到不重不漏．3．“排除法”：全排列数减去不符合条件的排列数．4．“位置分析法”：按位置逐步讨论，把要求数字的每个数位排好．[跟进训练]5．用1,2,3,4,5,6这六个数字组成无重复数字的六位数，则5和6在两端，1和2相邻的六位数的个数是()A．24 B．32 C．36 D．48A[先排5,6，有A22种排法；将1,2捆绑在一起有A22种排法；将1,2这个整体和3以及4全排列，有A33种排法．所以符合题意的六位数的个数为A22A22A33＝24．]1．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为()A．36B．120C．720D．240C[由于6人排两排，没有什么特殊要求的元素，故排法种数为A66＝720．]2．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有的车站数是()A．8B．12C．16D．24B[设车站数为n，则A2n＝132，n(n－1)＝132，∴n＝12．]3．从0,1,3,5,7,9六个数中，任取两个做除法，可得到不同的商的个数是()A．30 B．25 C．20 D．19D[当选出的数字有一个是0时，0只能做分子，不能做分母，有1种结果为0；当选出数字没有0时，五个数字从中任选两个，共有A25种结果，而在这些结果中，有相同的数字重复出现，13和39，31和93，∴可以得到不同的商的个数是A 25－2＋1＝19．] 4．用1,2,3,4,5,6,7这7个数字排列组成一个七位数，要求在其偶数位上必须是偶数，奇数位上必须是奇数，则这样的七位数有________个．144[先排奇数位有A 44种，再排偶数位有A 33种，故共有A 44A 33＝144个．]5．A ，B ，C ，D ，E 五人并排站成一排，如果A ，B 必须相邻且B 在A 的右边，那么不同的排法种数有________种．24[把A ，B 视为一人，且B 固定在A 的右边，则本题相当于4人的全排列，共A 44＝24种．]回顾本节内容，自我完成以下问题：1．求解排列问题的基本思路是什么？[提示]实际问题――→化归(建模)排列问题―――――――→求数学模型的解求排列数―――――――→得实际问题的解实际问题2．求解排列问题的主要题型及方法有哪些？[提示]直接法把符合条件的排列数直接列式计算 优先法优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中定序问题除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反，等价转化的方法。
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3.1 排列与组合3.1.1基本计数原理第1课时基本计数原理学习任务核心素养1．通过实例，能归纳总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．(重点)2．正确理解“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”．(易混点)3．能利用两个原理解决一些简单的实际问题．(难点)1．通过两个计数原理的学习，培养逻辑推理的素养．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．十三届全国人大三次会议在京召开，某政协委员5月19日从泉城某某前往参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车组．假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车组有4个班次．问题1：此委员这一天从某某到共有多少种快捷途径？[提示]3＋4＝7(种)．问题2：如果该委员需要在5月19日先从家乡乘坐汽车到达某某市，再乘坐飞机前往参加会议，其中汽车有4班，飞机有3个航班，问：此委员想从家乡到达共有多少种途径？[提示]4×3＝12(种)．知识点1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．1．如何理解分类加法计数原理？[提示](1)定性：①明确原理中所指的“完成一件事”是什么事；②怎样才算完成这件事；③完成这件事可以有哪些办法．(2)独立性：①完成这件事的n类办法是相互独立的；②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：这是利用分类加法计数原理解题的关键，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．说明：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．1．(对接教材P4尝试与发现)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＝3B．3＋4＋2＝9C．3×4×2＝24 D．以上都不对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．]知识点2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．2．如何利用分步乘法计数原理解题？[提示](1)定性：①明确原理中所指的“完成一件事”是什么事；②要经过几步才能完成这件事．(2)相关性：①完成这件事需要分成若干个步骤；②只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任一步骤，这件事都不可能完成．(3)分步：这是利用分步乘法计数原理解题的关键，①准确确定分步的标准，一般地，分步的标准不同，分成的步骤数也会不同；②要注意各步骤之间必须连续；③各步骤之间既不能重复，也不能遗漏．3．在分步乘法计数原理中，第1步采用的方法与第2步采用的方法之间有影响吗？[提示]无论第1步采用哪种方法，都不影响第2步方法的选取．拓展：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2．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(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完成这件事．()(3)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．()(4)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能完成这件事．() [答案](1)×(2)√(3)√(4)×3．已知x∈{2,3,7}，y∈{－1，－2,4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是() A．1B．3 C．6D．9D[这件事可分为两步完成：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值x有3种方法；第二步，在集合{－1，－2,4}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．]类型1分类加法计数原理的应用分类加法计数原理中各类办法之间有何关系？每一类办法中各种方法之间有何关系？[提示]各类办法之间相互独立，并且任何一类办法中的任何一种方法也相互独立.【例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)．1．(变结论)本例(2)中条件不变，求个位数字小于十位数字且为偶数的两位数的个数．[解]当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．当个位数字是6时，十位数字可取7,8,9，共3个．当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个．同理可知，当个位数字是2时，共7个．当个位数字是0时，共9个．由分类加法计数原理知，符合条件的数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个)．2．(变条件，变结论)本例(2)换为：用数字1,2,3可以组成多少个没有重复数字的整数？[解]分三类：①第一类为一位整数，有1,2,3，共3个；②第二类为两位整数，有12,13,21,23,31,32，共6个；③第三类为三位整数，有123,132,213,231,312,321，共6个．∴共组成3＋6＋6＝15个无重复数字的整数．利用分类加法计数原理计数时的解题流程提醒：确定分类标准时要确保每一类都能独立完成这件事．[跟进训练]1．中国古代十进制的算筹计数法在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．如图是利用算筹表示1～9的一种方法．据此，3可表示为“≡”，26可表示为“＝⊥”，现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1～9这9个数字表示的两位数的个数为()A．9B．13C．16D．18C[根据题意，现有6根算筹，可以表示的数字组合为1、5,1、9,2、4,2、8,6、4,6、8,3、3,3、7,7、7．其中，数字组合1、5,1、9,2、4,2、8,6、4,6、8,3、7中，每组可以表示2个两位数，则可以表示2×7＝14个两位数；数字组合3、3,7、7中，每组可以表示1个两位数，则可以表示2×1＝2个两位数．则一共可以表示14＋2＝16个两位数．]类型2分步乘法计数原理的应用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法可以完成一件事情，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.【例2】(对接教材P6例2)一种锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的(各位上的数字允许重复)?[思路点拨]根据题意，必须依次在每个拨号盘上拨号，全部拨号完毕后，才拨出一个四位数，所以应用分步乘法计数原理．[解]按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10．根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000个四位数的．(变条件)若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的？[解]按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；第二步，有9种拨号方式，即m2＝9；第三步，有8种拨号方式，即m3＝8；第四步，有7种拨号方式，即m4＝7．根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5 040个四位数的．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程提醒：分步时要注意不能遗漏步骤，否则就不能完成这件事．[跟进训练]2．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，问：(1)P可表示平面上多少个不同的点？(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？[解](1)确定平面上的点P(a，b)，可分成两步完成：第一步先确定a的值，共有6种方法；第二步确定b的值，也有6种方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上点的个数为6×6＝36．(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，因为a<0，所以有3种方法；第二步确定b，因为b>0，所以有2种方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数为3×2＝6．类型3辨析两个计数原理如何区分一个问题是“分类”还是“分步”？[提示]如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都可以完成任务，则是分类；而从其中任何一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务，且只有依次完成各种情况，才完成这件事，则是分步.【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，有几种不同的选法？(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？[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、水彩画分别有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，使分析更直观、清楚的展现，便于探索规律．3．混合问题一般是先分类再分步．[跟进训练]3．一个袋子里有10X不同的中国移动手机卡，另一个袋子里有12X不同的中国联通手机卡．(1)某人要从两个袋子中任取一X手机卡供自己使用，共有多少种不同的取法？(2)某人手机是双卡双待机，想得到一X中国移动卡和一X中国联通卡供自己使用，问一共有多少种不同的取法？[解](1)第一类：从第一个袋子中取一X中国移动卡，共有10种取法；第二类：从第二个袋子中取一X中国联通卡，共有12种取法．根据分类加法计数原理，共有10＋12＝22种取法．(2)第一步，从第一个袋子中取一X中国移动卡，共有10种取法；第二步，从第二个袋子中取一X中国联通卡，共有12种取法．根据分步乘法计数原理，共有10×12＝120种取法．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种不同方法，从B类课程中选1门有4种不同方法，∴共有不同选法3＋4＝7种．]2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )A ．7B ．12C ．64D ．81B [先从4件上衣中任取一件共4种选法，再从3条长裤中任选一条共3种选法，由分步乘法计数原理，上衣与长裤配成一套共4×3＝12(种)不同配法．故选B ．]3．某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中1本，则购买方式共有( )A ．1种B ．2种C ．3种D ．4种C [分两类：买1本或买2本书，各类购买方式依次有2种、1种，故购买方式共有2＋1＝3种．故选C ．]4．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，不同的行车路线有________条．12[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．]5．一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不同走法________种． 16[由分步乘法计数原理得4×4＝16．]回顾本节内容，自我完成以下问题：1．利用两个计数原理解题有哪些基本策略？[提示] 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”．2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法有哪些？[提示]列举法――――→种数较少将各种情况一一列举间接法――――→正面复杂用总数减去不满足条件的种数。