《计数原理》集体备课

沂水县第三中学高二数学组集体备课 主备人：赵秀军 记录人：李光辉 第六周 2011－3－28

集思广益 群策群力

学法指导 课 题 计 数 原 理 新授课

明确各部分

在高考中所

占的比重.

教

学

目

标

过程与方法

情感、态度、通过两个原理的学习，感受数学模型的概括性，典型性和普遍性，体会分析，比

价值观较类比归纳等数学思想.

选修2－1：常用逻辑用语、圆锥曲线与方程、空间向量与立体几何.

选修2－2：导数及其应用、推理与证明、数系的扩充与复数的引入.

选修2－3：计数原理、统计案例、概率.

选修4－5：不等式的基本性质和证明的基本方法.

附：山东省2010年高考真题知识点分布及分值分布特点：

知识与技能

1. 准确 理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理 ,弄清它们的区别；

2. 会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题．

1. 培养学生的归纳概括能力 ,提高他们分析问题和解决问题的能力；

2. 培养学生比较 ,类比 ,归纳等数学思想方法和灵活运用的能力．

分类加法计数原理和分步乘法计数原理.

怎样合理地进行分类、分步，特别是分类时重复不漏，分步做到步骤完整.

重 点

难 点

教 学 过 程 学法指导

吃透考纲，

做到心中有

数，有的放

矢，提高学

生分析问

题、解决问

题的能力.

备注：红色标注的地方为历年高考真题中以大题形式考查的内容、题号及分

课标要求

第一章 计数原理

《标准》内容：

分类加法计数原理、分步乘法计数原理、排列、组合、二项式定理

通过计数原理的教学，使学生掌握两个基本计数原理、排列、组合、二项式定理及其应用，

会解决简单的计数问题；体验计数与现实生活的联系，充分体会两个基本计数原理在解决实际

问题时的工具作用.

《标准》要求：

（1） 分类加法计数原理、分步乘法计数原理

通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择

分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题.

（2） 排列与组合

通过实例，理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能

解决简单的实际问题.

（3） 二项式定理

能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.

考纲分析

2011年山东省高考数学考试大纲（理工类）

考试范围是《普通高中数学课程标准(实验)》中的必修课程内容和选修系列2

的内容以及选修系列4－5的部分内容，内容如下：

数学1：集合、函数概念与基本初等函数Ⅰ(指数函数、对数函数、幂函数).

数学2：立体几何初步、平面解析几何初步.

数学3：算法初步、统计、概率.

数学4：基本初等函数Ⅱ(三角函数)、平面上的向量、三角恒等变换.

数学5：解三角形、数列、不等式.

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值分布.

高考考什培养学生逐

么？ 步形成“观

高考怎么察——类比

考？ ——猜想—

（2）C与E不相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：

①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；

教材分析

计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原

理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也是

求解排列、组合问题的基本思想 . 本节课内容是学生在已有的利用列举法进行计数

的基础上，进一步研究计数的规律，归纳出两种基本计数原理．从思想方法的角度

看 , 一个是将问题进行分类思考 , 一个是将问题进行分步思考 , 从而达到分解

问题﹑解决问题的目的．本节课由浅入深、螺旋上升，由特殊到一般，培养学生的

抽象概括能力．所以，无论在知识的结构上，还是对学生的能力培养上，本节课都

有十分重要的作用．

考题展示

1．（2010·山东高考理科·Ｔ8）某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲

必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序

的编排方案共有

（A）36种 （B）42种 (C)48种 （D）54种

②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法.

所以不同的涂色方法有

4{322232[1(1212)1(1211)]}4(2442)264

.

【方法技巧】解题的关键是处理好相交线端点的颜色问题，解决排列组合应用题，要做到合理

的分类，准确的分类，才能正确的解决问题.

3．（2010·浙江高考理科·Ｔ17）有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立

定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个

项目，且不重复. 若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各

测试一人. 则不同的安排方式共有______________种（用数字作答）.

【命题立意】本题考查排列组合的相关知识，考查数学的应用能力.

【思路点拨】可以先安排上午的测试项目，再安排下午.

4

【规范解答】记4位同学分别为：A、B、C、D.则上午共有=24种安排方式.不妨先假定上午

A

4

【命题立意】本题考查排列组合的基础知识，考查分类与分步计数原理，考查了考生的分析问

题解决问题的能力和运算求解能力.

【思路点拨】根据甲的位置分类讨论.

【规范解答】选B，分两类：第一类：甲排在第一位，共有4×3×2×1＝24种排法；第二类：

—质疑——

验证——应

用”获取知

识的手段和

方法.

如表格所示安排方式，

项目 身高与体重 立定跳远 肺活量 握力 台阶

上午 A B C D

下午

甲排在第二位，共有3×3×2×1＝18种排法，所以共有编排方案种，故选B.

241842

2．（2010·天津高考理科·Ｔ１0）如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，

要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用

（A）288种 （B）264种 （C）240种 （D）168种

【命题立意】本题考查分类计数原理，排列组合等基础知识，考查分析问题、解决问题的能力.

【思路点拨】先分步再排列

【规范解答】先涂色点E，有4种涂法，再涂点B，有两种可能：

1、B与E相同时，依次涂点F,C,D,A，涂法分别有3,2,2,2种；

2、B与E不相同时有3种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2种涂法，涂C点时又有两

种可能：

（1）C与E相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：

①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；

②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法.

第2页，共6页

则下午可如下安排：BADC、BCAD、BCDA、BDAC、CABD、CADB，CDAB、CDBA，DABC、DCAB、DCBA，

共11种安排方式.因此，全天共有=264种安排方式.

2411

答案：264.

【方法技巧】解决排列组合问题时，常用的技巧：（1）特殊位置优先安排；（2）合理分类与准

确分步.

4．（2010·广东高考理科·Ｔ8）为了迎接2010年广州亚运会，某大楼安装5个彩灯，它们闪

亮的顺序不固定，每个彩灯彩灯闪亮只能是红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯

商量的颜色各不相同.记这这5个彩灯有序地闪亮一次为一个闪烁，在每个闪烁中，每秒钟有且

仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5妙.如果要实现所有不同的闪烁，那么需

要的时间至少是

A、 1205秒 B.1200秒 C.1195秒 D.1190秒

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【命题立意】本题考察排列的综合问题.

【规范解答】选 每次闪烁时间为秒，共，每两次闪烁之间的间隔为，共

C5s

55120600s

5(1201)595s

，总共就有

6005951195s.

5.（2010湖北文）现有名同学支听同时进行的个课外知识讲座，名每同学可自由选择其中的一

个讲座，不同选法的种数是

A． B. C. D.

56

45

565432

2

6543

2

考情分析

两个计数原理是排列、组合的基础，又是古典概率的必要工具，在每年的高考中都直接或

间接考查,多在选择、填空题中出现，属中档或较难题目.

从考情分

析、考点预

两个计数原理主要用来解决数字问题、人和物的搭配问题、几何问题、集合问题、分配问

测等方面进（一）、分类加法计数原理：

题、涂色问题等，弄清两个原理的区别与联系是正确使用这两个原理的前提和条件.对于较复杂

一步把握高完成一件事，有两类 ，在第1类 有m种 ，在第2

的问题，一般要分类讨论，此时要注意分类讨论的对象和分类讨论的标准.预测2011年高考仍会

考动向. 类 有n种 ，那么 共有 不同的方法．

延续以往的高考特点，以选择、填空题中出现，分值在5分左右.

考点预测

问题1：从北京到上海，可以乘火车，也可以乘汽车.一天中火车有3班，汽车有2班.那么

一天中，乘坐这些交通工具从北京到上海共有多少种不同的走法？

对于这个问题，首先要弄清楚这道题是要完成从北京到上海这件事，只要从北京到上海，

就算完成了这件事.其次，从北京到上海有几类走法？可以分两类走法，一类是乘火车，另一类

是乘汽车，其中，乘火车有3种走法，乘汽车有两种走法.第三，无论乘哪班火车或汽车，都能

从北京直接到达上海.

火车1

火车2

火车3

上海

北京

汽车1

汽车2

问题2：商场里有上衣和裤子两类服装，其中上衣有三种颜色，裤子有两种颜色，从这家商

场里任买一件衣服，有多少种不同的选法？

这两个问题中，要完成一件事，都有两类不同的办法，每一类办法又有不同的方法，无论用哪

种方法都能独立完成这件事.

回忆旧知，

吸引学生的

注意力；为

新课的传授

作必要的铺

垫.

基础梳理

学情分析

对分类计数原理和分步计数原理的理解，学生往往有困难，或是停留在一种朴

素的阶段．使学生切实 理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理 的概念是上好

本节课的关键，可多设置问题情境 , 用一些具体的﹑生活中的实例来帮助学生理

解．

教法设计

教学中，应通过实例，引导学生总结出分类加法计数原理和分步乘法计数原理，引导学生根

据计数原理分析、处理问题，而不应机械地套用公式.同时，应避免繁琐的、技巧性过高的计数

原理.

学法指导

让学生自主去探索，获取结论．通过比较分析分类加法计数原理与分步乘法计数

原理的差异．分类加法计数原理中每类方法都能独立完成某件事；分步乘法计数原

理中必须每步都做了，才能完成某件事．

新课引入

同学们，今天我们学习分类计数原理与分步计数原理，那么什么是分类计数原理和分步计数

原理呢？首先我们看第一个问题：

探究：

（1）如果完成一件事情有n 类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么完成这件事一

共有多少种不同的方法？

（2）各类之间有怎样的关系？

（3）每类方案中任何一种方法有什么特点?

(4) 试举一应用此原理解决问题的例子.

（二）分步乘法计数原理：

完成一件事，需要两个 ，做第1步有m种 ，做第2步有n种 ，

那么完成这件事共有 不同的方法．

探究：

（1）如果完成一件事情需要n 个步骤，做每一步中都有若干种不同方法，那么完成这件事一共

有多少种不同的方法？

（2）各步骤之间有怎样的关系？

（3）每步中任何一种方法有什么特点?

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(4) 试举一应用此原理解决问题的例子.

根据课堂学

生的反应，

控制上课节

奏.

典型例题

一、分步乘法计数原理

例1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项

专业，具体情况如下：

A大学 B大学

生物学 数学

化学 会计学

医学 信息技术学

物理学 法学

工程学

如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？

【解析】由于这名同学在 A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两

所大学没有共同的强项专业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择 A , B

两所大学中的一所．在 A 大学中有 5 种专业选择方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法．又

由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业

选择共有 5+4=9（种）.

【规律总结】分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方

法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这

件事.

【跟踪练习】用三只口袋装小球，一只装有5个白色小球，一只装有6个黑色小球，另一只装

有7个红色小球，若每次从中取两个不同颜色的小球，共有多少种不同的取法？

【解析】第一类办法：取白球、黑球，共有5×6 = 30（种）取法；

第二类办法：取黑球、红球，共有6×7 = 42（种）取法；

第三类办法：取红球、白球，共有7×5 = 35（种）以法.

由分类加法计数原理知，共有30 + 42 + 35 = 107（种）不同的取法.

二、分步乘法计数原理

例2.设某班有男生30名，女生24名. 现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有

多少种不同的选法？

【思路分析】选出一组参赛代表，可以分两个步骤．第 l 步选男生．第2步选女生．

【解析】第 1 步，从 30 名男生中选出1人，有30种不同选择；

第 2 步，从24 名女生中选出1人，有 24 种不同选择．

根据分步乘法计数原理，共有

30×24 =720

种不同的选法．

【规律总结】分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互

依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件

事.

【跟踪练习】要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，

问共有多少种不同的挂法？

【解析】从 3 幅画中选出 2 幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第 1 步，从

3 幅画中选 1 幅挂在左边墙上，有 3 种选法；第 2 步，从剩下的 2 幅画中选 1 幅挂在右边

墙上，有 2 种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是

N=3×2=6 .

6 种挂法可以表示如下：

教师规范板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的是“分步”问题，各个步骤中的展开.

书该题.

三、两个计数原理的综合应用

例3. 书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不

同的体育书.

①从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？

②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？

③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？

【思路分析】①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，

因此是分类问题，应用分类计数原理.

②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成

了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步

计数原理.

③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和

文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这

件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选

法的种数之间还应运用分类计数原理.

【解析】 (1) 从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4

种方法；第2 类方法是从第2 层取1本文艺书，有3 种方法；第3类方法是从第 3 层取 1 本

体育书，有 2 种方法．根据分类加法计数原理，不同取法的种数是

=4+3+2=9;

Nmmm

123

第4页，共6页

以学生

熟悉的知识

为载体，采

用类比的方

法，引导学

生对比、思

考，调动他

们的积极性

( 2 ）从书架的第 1 , 2 , 3 层各取 1 本书，可以分成3个步骤完成：第 1 步从第 1 层取

和主动性，

1 本计算机书，有 4 种方法；第 2 步从第 2 层取1本文艺书，有 3 种方法；第 3 步从第3

活跃课堂气

层取1 本体育书，有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是

氛，拓展思

Nmmm

123

=4×3×2=24 .

维宽度，从

（3）.

N43423226

【规律总结】分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的

而使新课更

种数问题．区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用

加顺理成章

的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．

用两个原理解题的步骤：

第一步：指明要完成一件什么事，并依事件特点确定是分“n类”还是分“n步” ；

第二步：求每 “类”或每“步”中不同方法的种数；

第三步：利用“相加”或“相乘”得到完成事件的方法总数；

【跟踪练习】电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易

控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有 O 或 1 两种数字的记数法，即二进

制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表

示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由 8 个二进制位构成．问：

(1）一个字节（ 8 位）最多可以表示多少个不同的字符？

(2）计算机汉字国标码（GB 码）包含了6 763 个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉

字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？

【思路分析】由于每个字节有 8 个二进制位，每一位上的值都有 0,1两种选择，而且不同的顺

序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原理求解本题．

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【解析】(1）用图1来表示一个字节． 第2步，从剩下的25个字母中选 1个，放在第2位，有25种选法；

图 1 同理，字母组合在右的牌照也有11232 000 个．

一个字节共有 8 位，每位上有 2 种选择．根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表所以，共能给

8

示 2×2×2×2×2×2×2×2= 2 =256 个不同的字符； 11232 000 + 11232 000 = 22464 000（个） .

( 2）由（ 1 ）知，用一个字节所能表示的不同字符不够 6 763 个，我们就考虑用2 个辆汽车上牌照．

字节能够表示多少个字符．前一个字节有 256 种不同的表示方法，后一个字节也有 256 种表【规律总结】用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析 ―

示方法．根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示 256×256 = 65536 需要分类还是需要分步．分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分

个不同的字符，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数 6 763．所以要表示这些汉字，每个汉类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到“步骤完整” ― 完成了所有步骤，恰好完成任

字至少要用 2 个字节表示． 务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，

例4. 如图是广场中心的一个大花坛，国庆期间要在A、B、C、D四个区域摆放鲜花，有4种不把完成每一步的方法数相乘，得到总数．

同颜色的鲜花可供选择,规定每个区域只准摆放一种颜色的鲜花，相邻区域鲜花颜色不同，问共

有多少种不同的摆花方案？

【解析】给图中四个区域摆放鲜花，有4类办法：

第1类四个区域鲜花颜色全不相同，依A、B、C、D的顺序依次摆放，共有

4×3×2×1＝24种；

第2类AC同色，BD不同色，共有4×3×2＝24种；

第3类BD同色，AC不同色，共有4×3×2＝24种；

第4类AC同色，BD同色，共有4×3＝12种.

依据分类计数原理，共有不同的摆花方案种数为：

N=24+24+24+12=84

答：共有84种不同的摆花方案

【跟踪练习】如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上

3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻

区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？

【解析】 按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成,

第一步, m1 = 3 种, 由分类加法计数原理知，共有15 + 10 + 6 + 1 = 32（种）不同的选法.

第二步, m2 = 2 种,

第三步, m3 = 1 种,

第四步, m4 = 1 种,

所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案共有N = 3 × 2 ×1×1 = 6种 .

例5.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需交通管理部

门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和 3 个不重

复的阿拉伯数字，并且 3 个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种

办法共能给多少辆汽车上牌照？

【思路分析】按照新规定，牌照可以分为 2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌

照的字母和数字可以分6个步骤．

【解析】将汽车牌照分为 2 类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右．字母组合在左

时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：

第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；

掌握解题

规律和方

法技巧

第5页，共6页

第3步，从剩下的24个字母中选 1个，放在第3位，有24种选法；

第4步，从10个数字中选1个，放在第 4 位，有10种选法；

第5步，从剩下的 9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；

第6步，从剩下的 8个字母中选1个，放在第6位，有8种选法．

根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有

26 ×25×24×10×9×8=11 232 000（个） .

【跟踪练习】某文艺团体有10人，每人至少会唱歌或跳舞中的一种，其中7人会唱歌，5人会

跳舞，从中选出会唱歌与跳舞的各1人，有多少种不同的选法？

【解析】首先求得只会唱歌的有5人，只会跳舞的有3人，既会唱歌又会跳舞的有2人.

第一类方法：从只会唱歌的5人中任选1人，从只会跳舞的3人中任选1人，共有5×3 = 15

（种）不同的选法；

第二类方法：从只会唱歌的5人中任选1人，从既会唱歌又会跳舞的2人中任选1人，共

有5×2 = 10（种）不同的选法；

第三类方法：从只会跳舞的3人中任选1人，从既会唱歌又会跳舞的2人中任选1人，共

有3×2 = 6（种）不同的选法；

第四类方法：将既会唱歌又会跳舞的2人全部选出，只有1种选法.

备选例题

1．从1到200的自然数中，各个数位上都不含有数字8的自然数有多少？

【解析】分三类：一位数，两位数和三位数.

第一类：一位数中除8外符合要求的有8个（0除外）；

第二类：两位数中，十位上数字除0和8外有8种情况，而个位数字除8外，有9种情况，

共有8×9个符合要求；

第三类：三位数中，百位上数字是1的，十位和个位上数字除8外均有9种情况，共有9

×9种，而百位数字上是2的只有200符合.

所以，从1到200不含数字8的自然数共有N = 8 + 8×9 + 9×9 + 1 = 162 (个).

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2．集合AB的并集A∪B = {a，a，a}，当A≠B时，(A, B)与(B, A)视为不同的对，则这样的

、

123

对(A, B)共有多少个？

【解析】按集合A分类.

第一类：A =时，B = {a，a，a}，有2个；



123

第二类：A = {a}时，B = {a，a}，B = {a，a，a}，有4个；A = {a}或{a}时，同理也

12312323

分别有4个，共有12个；

第三类：A为双元素集合时，以A = {a，a}为例，B = {a}，B = {a，a}，B = {a，a}，

1231323

B = {a，a，a}，共有8个；当A = {a，a}或{a，a}时情况相同，共有3×8 = 24(个)；

1231323

第四类：A = {a，a，a}时，B =，{a}，{a}，{a}，{a，a}，{a，a}，{a，a}有7

123123121323



个，

∴共有14个.

共有2 + 12 + 24 + 14 = 52 (个).

3．高一级某班有男生19人，女生23人. 个 百 十

（1） 若要从中任选一人参加学生代表大会，有多少种不同的选法？ 则个位取0 1×4×3=12

（2） 若要选一名男生和一名女生参加，有多少种不同的选法？ 通过知识的 十 个 百

【解析】（1）要从全班当中任选一人参加，可以从男生中选一人，有19种选法，或者也可以从分层练习， 十位取0 1×2×3=6

女生中选一人，有23种选法，因此共有19+23=42种不同的选法. 使学生明确 个 百 十

（2）若要选一名男生和一名女生参加，可以先从男生中选一人，有19种，然后再从女生中选有关概念 不选0，个位选2或4 2×3×2=12

一人，有23种选法，因此共有1923=437种选法. ∴ 共有12+6+11=30（种）.



4．用0，1，2，3，4这一个数字.（1）组成比1000小的正整数有多少种不同的方法？ 【点评】在具体分类或分步时，要分析题目的要求，对元素（本题中0，1，2，3，4这些数字）

（2）组成无重复数字的三位偶数有多少种不同的方法. 和位置（百、十、个位）的特殊性进行识别，得到0，2，4为特殊元素（以下简称特元），百，

【解析】（1）解法一（直接法）： 个位为特位.在逐步分类，分步时，优先考虑特元，特位，如（2）中解法1，2，3先考虑百，个

据题意，比1000小的正整数可以是一位数，两位或三位数三类. 的特殊要求，即从特位入手；解法四从0出发，即特元出发进行分类.

一位数的取法，从1，2，3，4中任取一个，即有4种.

两位数：十位从1，2，3，4中任取一个，有4种取法，接着取个位从0，1，2，3，4中任

取一个有5种取法，即4×5=20种.

三位数：百位从1，2，3，4中取，有4种取法，个位，十位都可以从0，1，2，3，4中任

取一个，各有5种取法， 即三位数有4×5×5=100（种）.

∴ 共有4+20+100=124（种）不同的方法.

解法二（间接法）：

首先从0，1，2，3，4中任取一个数字分别作为百位，十位，个位，则有5×5×5=125（种）

取法.

又 ∵ 百，十，个位都取0时，得到的不是正整数，则应有125-1=124（种）不同取法.

（2）解法一：

要组成无重复数字的三位偶数，个位只能取0，2，4，百位不能取0，所以我们可以先从个

数看起.

个 百 十

个位取0时 1×4×3=12（种）

第6页，共6页

个位取2或4时 2×3×3=18（种）

∴ 共有12+18=30（种）.

解法二：

从百位看起：

百 个 十

百位取1或3时 2×3×3=18（种）

百位取2或4时 2×2×3=12（种）

∴ 共有18+12=30（种）.

解法三：

先不考虑偶数的要求，则可组成无重复数字的三位数有：

百 十 个

4×4×3=48（种）.

减去三位奇数： 个 百 十

个位从1或3中取 2×3×3=18（种）

∴ 共有48-18=30（种）.

解法四：

由题意：百位不可以取0，则可以从0这个特殊元素入手，分为三类：个位取0，十位取0

或三个数字都不取0.

当堂反馈、矫正

同学们，通过你的自主学习，你还有哪些疑惑，请把它填在下面的表格中

疑惑点 疑惑内容

消化时段

给同学们5分钟的整理、消化时间.，请同学们依据板书顺序回顾课堂全程内容.

当堂达标

我夯基 我达标

1.一个礼堂有4个门，若从1门进，然后从1门出，共有不同走法为( )

沂水县第三中学高二数学组集体备课 主备人：赵秀军 记录人：李光辉 第六周 2011－3－28

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A.4种 B.7种 C.12种 D.16种 2本，因为借走2本的方法与剩下1本的方法数相同，所以有3种不同的方法；第3

思路解析：可分两步完成.第一步:从4个门中任选1个门进入,有4种不同走法;第二

步:从4个门中任选1门出去,共有4种不同的走法.由分步乘法计数原理可知共有

4×4=16种. 答案:C

答案：D 7.有三个车队分别有5辆，6辆，7辆车，现欲从其中两个车队各抽调一辆车外出执

2.3个人住宿,有2个宾馆供选择,不同的住宿方法有（ ）

A.4种 B.6种 C.8种 D.9种

思路解析:应该从“人”考虑:3个人全部选定宾馆才算完成这件事,需分三步,每一人都

有2种选择,由分步计数原理可知共有2×2×2=8种.

答案:C

3.从集合{1,2,3}和{1,4,5,6}中各取1个元素作为点的坐标,则在直角坐标系中能确定

不同点的个数是( )

A.24 B.23 C.12 D.11

思路解析:先在{1,2,3}中取出一个元素,共有3种取法,再在{1,4,5,6}中取出一个元素,

共有4种取法,取出两数作为点的坐标有2种方法,注意到(1,1)被计算了2次,故共有

3×4×2-1=23种不同方法,即可确定23个不同的点.

答案:B

数是（ ）

A.336 B.120 C.24 D.18

思路解析:逐个插入,第1件可插放在原来5件商品之间和两端的6个位置之一,有6

种插法,插入后有6件商品,故第2件商品有7种插法,同样第3件商品有8种插法.由

乘法原理可知不同的插法种数是6×7×8=336.

答案:A

5.某赛季足球比赛的计分规则是:胜一场,得3分;平一场,得1分;负一场,得0分.一球队

打完15场,积33分.若不考虑顺序,该队胜、负、平的情况种数共有( )

A.5种 B.4种 C.3种 D.6种

思路解析:从胜最多方面逐步递减来考虑:达到33分,可以胜11场负4场;胜10场平3

场负2场;可以胜9场平6场,其余情况不可能达到33分,故该队胜、负、平的情况种

数只有3种.

答案:C

6.甲有3本不同的书，乙去借阅，至少借1本的方法有( )

A.3种 B.6种 C.7种 D.9种

思路解析:借书的方法可分为3类，第1类只借1本，有3种不同的方法；第2类借

要在规定

的时间内

按时完

成！

都掌握好

了吗？

类将3本书全部借走，有1种方法.根据分类计数原理可知有3+3+1=7种不同的借书

方法.

行任务，设不同的抽调方案数为n，则n的值为( )

A.107 B.210 C.36 D.77

思路解析:先用分步计数原理，后用分类计数原理.从第一、二两个车队各抽调一辆车

有5×6=30种调法，从第二、三两个车队各抽调一辆车有6×7=42种调法，从第一、

三两个车队各抽调一辆车有5×7=35种调法，所以总共有30+42+35=107种不同的调

法.

答案:A

8.从甲地到乙地的道路有2条，从乙地到丙地的道路有3条，从甲地到丙地（不经

过乙地）的道路有2条，那么从甲地到达丙地的不同走法有___________种.

思路解析:分两类，第1类是甲地直接到丙地，有2种不同的走法；第2类是从甲地

经过乙地到达丙地，此时又分为2步，第1步从甲地到乙地有2种不同方法，第2

步从乙地到丙地有3种不同方法.根据分步计数原理，从甲地途经乙地到达丙地的走

法有2×3=6种.再根据分类计数原理，从甲地到达丙地的不同走法有2+6=8种.

答案:8

9.用1，2，3，„，9这9个数字，可以组成____________________个三位数.

思路解析:排出一个三位数可分为3步，第1步，从9个数字中任选出1个作为百位

数，共有9种不同方法；第2步，从剩余的8个数字中任选一个作为十位数，共有

8种不同的方法；第3步，从余下的7个数字中任选一个作为个位数.根据分步计数

原理可得三位数有9×8×7=504个.

答案:504

我综合 我发展

10.圆周上有8个等分点，以这8个点为顶点作直角三角形，共可作不同的直角三角

形的个数是( )

A.56 B.24 C.16 D.12

思路解析:作直角三角形可分为2个步骤：第1步作斜边，因为8个等分点构成4条

直径，所以有4种不同的作法；第2步选直角顶点，共有6种不同的方法.根据分步

计数原理，可作4×6=24个直角三角形.

答案:B

4.超市货架上原来并排放着5件商品,现要再插入3件不同的商品,那么不同插法的种

第7页，共6页

11.某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软

盘和盒装磁盘，根据需要，单片软盘至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购

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计数原理

方法共有( ) 以此类推,

A.5种 B.6种 C.7种 D.8种 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）. 思路解析:方法一:由题意知，按买磁盘盒数多少可分三类.买4盒磁盘时，只有1种；

买3盒磁盘时，可买3片或4片软盘2种；买2盒磁盘时，可买3片、4片、5片或

6片软盘，有4种.故共有1+2+4=7种不同的选购方式.

再买1盒磁盘、再买2盒磁盘3类，仿方法一.

答案:C

12.函数f:{1,2,3}→{1,2,3}满足f［f(x)］=f(x)，则这样的函数个数共有( )

A.1个 B.4个 C.8个 D.10个

思路解析:若f为一一映射，则f(1)=1,f(2)=2,f(3)=3,只有一种可能；若f为三对一，

则有f(1)=f(2)=f(3)=1或f(1)=f(2)=f(3)=2或f(1)=f(2)=f(3)=3三种情况；若f为三对二，

真独立完

则从{1,2,3}选出两个元素作为象，有三种选择，其中与所选的元素相同的原象对应

的象必定是它本身，而另一个可以选择两个中的任意一个，共有2种选择，如

课堂小结

1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、

组合数公式的理论依据，也是求解排列、组合问题的基本思想.

2．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别

分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法

都可以完成这件事；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，

只有各个步骤都完成后才算做完这件事.

3．运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：

分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，

并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏".

方法二：先买软盘3片，磁盘2盒，共需320元，还有180元可用，按不再买磁盘、

一定要认

板书设计

成！

f(1)=1,f(2)=2,f(3)=2或f(1)=1,f(2)=2,f(3)=1，此时都会满足f［f(x)］=f(x)，如f［f(3)］

=f(2)=f(3)或f［f(1)］=f(2)=f(1)，这样的对应共有3×2=6种，所以共有1+3+6=10个，

选D.

答案:D

13.安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙两人

都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有_______种.（用数字作答）

思路解析:“都不”是全部否定，即甲不在，乙也不在.如果换成“不都”，那就成部分否

定了，即只要有一人不在即可.“都不”用乘法原理，把3、4、5、6、7五天“拿出来”，

1.分类计数原理 例1……练习

2.分步计数原理 例2……练习

3.两个原理的比较 例3 …… 练习

作业布置

新学案第85页 3, 5，8

先让甲选值班日期，有5种选法；再让乙选值班日期，有4种选法.最后5名工作人

员任意排，有5×4×3×2×1=20种排法.综合以上分析，不同的安排办法共有

5×4×5×4×3×2×1=2 400种.

答案:2 400

14.已知100到999的三位数，求其中含有0的三位数有多少？

解法一：分类处理，将含有数字0的三位数分3类，第1类是只在个位上是0的，

教学反思

有9×9=81个；第2类是只在十位上是0的有9×9=81个；第3类是在十位、个位上

都是0的有9个.根据分类计数原理知共有81+81+9=171个.

解法二：从100到999的三位数共有900个.个位与十位均不为0的三位数，根据分

步计数原理有9×9×9=729个.所以数字中含有0的三位数有900-729=171个.

15.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？

解: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；

第8页，共6页