第六章计数原理 6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 素养 目标定位 目标素养 知识概览 分类与分 1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理的含义，理 分类加法 两个 步的辨析 解两个计数原理的区别与联系. 计数原理 计数 2.正确理解“完成一件事情”的含义，能根据具体问题的特 计数原理 原理 步中分类 征，选择“分类”或“分步” 的综 分步乘法 合应 3.能利用两个计数原理解决一些简单的实际问题 计数原理 用 类中分步 课前·基础认知 1.分类加法计数原理 2.分步乘法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方 不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成 法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N= 这件事共有N=m十n种不同的方法。 mXn种不同的方法. 微思考如何理解分类加法计数原理中的“完成一 微思考2(1)如何理解分步乘法计数原理中的“完 件事有两类不同方案”？ 成一件事需要两个步骤”？ 提示分类加法计数原理中的“完成一件事有两类不 提示分步乘法计数原理中的“完成一件事需要两个步 同方案”，是指完成这件事的所有方法可以分为两类，即 骤”，是指完成这件事的任何一种方法，都需要分成两个步 任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，两类中没 骤，首先在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成这两 有相同的方法，且完成这件事的任何一种方法都在某一 个步骤就能完成这件事，即各个步骤是相互依存的，每个步 类中. 骤都要做完才能完成这件事， 微训练从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三 (2)如何区分一个问题是“分类”还是“分步”？ 种交通工具，如果一天内汽车有3个班次，火车有4个班次， 提示若完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任 轮船有2个班次，那么一天内乘坐这三种交通工具从A地 何一种方法都能完成任务，则是分类；若从其中一种情况中 到B地，不同的方法种数为( 任取一种方法只能完成任务的一部分，且只有依次完成各种 A1+1+1=3 B.3+4+2=9 情况，才能完成这件事，则是分步， C.3×4×2=24 D.以上都不对 微训练2已知x∈{2,3,7}，y∈{-3，-4,8}，则 答案B xy可表示不同的值的个数为() 解析分三类：第一类，乘汽车，从3个班次中选1个班 A.10 B.6 C.8 D.9 次有3种方法：第二类，乘火车，从4个班次中选1个班次有 答案D 4种方法：第三类，乘轮船，从2个班次中选1个班次有2种 解析因为x从集合{2,3,7}中任取一个值，共有3个 方法，根据分类加法计数原理，共有3十4十2=9种不同的 不同的值，y从集合{一3，一4,8}中任取一个值，共有3个不 方法」 同的值，所以xy可表示3X3=9个不同的值. 课堂 重难突破 分类加法计数原理 有多少个？ 解方法一：按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8分 典例剖析 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.根据分类加法计数原理，满足 1.所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共 条件的两位数的个数共有8十7+6+5十4+3+2+1=36
第六章 计数原理 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理的含义,理 解两个计数原理的区别与联系. 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”. 3.能利用两个计数原理解决一些简单的实际问题. 课前·基础认知 1.分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m 种 不同的方法,在第2类方案中有n 种不同的方法,那么完成 这件事共有N= m+n 种不同的方法. 微思考 1 如何理解分类加法计数原理中的“完成一 件事有两类不同方案”? 提示 分类加法计数原理中的“完成一件事有两类不 同方案”,是指完成这件事的所有方法可以分为两类,即 任何一类中的任何一种方法都可以完成任务,两类中没 有相同的方法,且完成这件事的任何一种方法都在某一 类中. 微训练 1 从 A 地到 B地,可乘汽车、火车、轮船三 种交通工具,如果一天内汽车有3个班次,火车有4个班次, 轮船有2个班次,那么一天内乘坐这三种交通工具从 A 地 到B地,不同的方法种数为( ) A.1+1+1=3 B.3+4+2=9 C.3×4×2=24 D.以上都不对 答案 B 解析 分三类:第一类,乘汽车,从3个班次中选1个班 次有3种方法;第二类,乘火车,从4个班次中选1个班次有 4种方法;第三类,乘轮船,从2个班次中选1个班次有2种 方法.根据分类加法计数原理,共有3+4+2=9种不同的 方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第1步有m 种不同的方 法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N= m×n 种不同的方法. 微思考 2 (1)如何理解分步乘法计数原理中的“完 成一件事需要两个步骤”? 提示 分步乘法计数原理中的“完成一件事需要两个步 骤”,是指完成这件事的任何一种方法,都需要分成两个步 骤.首先在每一个步骤中任取一种方法,然后相继完成这两 个步骤就能完成这件事,即各个步骤是相互依存的,每个步 骤都要做完才能完成这件事. (2)如何区分一个问题是“分类”还是“分步”? 提示 若完成这件事,可以分几种情况,每种情况中任 何一种方法都能完成任务,则是分类;若从其中一种情况中 任取一种方法只能完成任务的一部分,且只有依次完成各种 情况,才能完成这件事,则是分步. 微训练 2 已知x∈{2,3,7},y∈{-3,-4,8},则 xy可表示不同的值的个数为( ) A.10 B.6 C.8 D.9 答案 D 解析 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,所以xy可表示3×3=9个不同的值. 课堂·重难突破 一 分类加法计数原理 典例剖析 1.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:按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8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.根据分类加法计数原理,满足 条件的两位数的个数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36. 1
数学 选择性必修第三册 配人教A版 方法二：按个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9分成 (1)请问可以画出多少条不同的抛物线？ 8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、 (2)若二次函数图象开口向下，则可以画出多少条抛 4个、5个、6个、7个、8个根据分类加法计数原理，满足条 物线？ 件的两位数的个数共有1十2十3十4十5十6十7十8=36. 解(1)分三步完成：第1步，选系数a(a不能为0)，有 规律总结」利用分类加法计数原理计数时的解题流程 5种选法： 第2步，选系数b,有5种选法： 分类 将完成这件事的方法分成若干类 第3步，选系数c,有4种选法 根据分步乘法计数原理，可以画出抛物线的条数为5X 5×4=100. 计数 求出每一类的方法数 (2)分三步完成：第1步，确定系数a有2种方法：第2 步，确定系数b有5种方法：第3步，确定系数c有4种方 、结论 将每一类的方法数相加得出结果 法.根据分步乘法计数原理，可以画出抛物线的条数为2X 5×4=40. 学以致用 规律总结」利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 1.某校高三年级(1)班、(2)班和(3)班的人数如下表 分步 将完成这件事的过程分成若干步 所示： 班级 男生人数女生人数总人数 计数 求出每一步中的方法数 高三(1)班 30 20 50 高三(2)班 30 30 60 高三(3)班 35 20 55 〔结论 将每一步中的方法数相乘得出结果 (1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不 同的选法？ (2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选 学以致用 1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？ 2.从1,2,3,4中选三个数字，组成无重复数字的三位 解(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，可以分为 数，则满足下列条件的数有多少个？ 三类： (1)三位数： 第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的 (2)三位偶数 选法： 解(1)分三步完成： 第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的 第1步，排个位，有4种方法： 选法： 第2步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种 第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的 方法 选法 第3步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种 根据分类加法计数原理，不同的选法种数为50十60十 方法 55=165. 根据分步乘法计数原理，满足要求的三位数共有4× (2)由题意可知共有三类方案： 3×2=24(个). 第1类，从高三(1)班男生中任选1名学生，有30种不 (2)分三步完成： 同的选法： 第1步，排个位，只能从2,4中选1个，有2种方法： 第2类，从高三(2)班男生中任选1名学生，有30种不 第2步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种 同的选法： 方法： 第3类，从高三(3)班女生中任选1名学生，有20种不 第3步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种 同的选法 方法， 根据分类加法计数原理，不同的选法种数为30十30十 根据分步乘法计数原理，满足要求的三位偶数共有2X 20=80. 3×2=12(个). 二分步乘法计数原理 三 两个计数原理的综合应用 典例剖析 典例剖析 2.从-2，-1,0,1,2,3这6个数字中任选3个不重复 3.现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水 的数字分别作为二次函数y=ax2十bx十c的系数a,b,c 彩画。 的值. (1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？ 2
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 方法二:按个位上的数字分别是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有1个、2个、3个、 4个、5个、6个、7个、8个.根据分类加法计数原理,满足条 件的两位数的个数共有1+2+3+4+5+6+7+8=36. 利用分类加法计数原理计数时的解题流程 学以致用 1.某校高三年级(1)班、(2)班和(3)班的人数如下表 所示: 班级 男生人数 女生人数 总人数 高三(1)班 30 20 50 高三(2)班 30 30 60 高三(3)班 35 20 55 (1)从三个班中选1名学生任学生会主席,有多少种不 同的选法? (2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选 1名学生任学生会生活部部长,有多少种不同的选法? 解 (1)从三个班中选1名学生任学生会主席,可以分为 三类: 第1类,从高三(1)班中选出1名学生,有50种不同的 选法; 第2类,从高三(2)班中选出1名学生,有60种不同的 选法; 第3类,从高三(3)班中选出1名学生,有55种不同的 选法. 根据分类加法计数原理,不同的选法种数为50+60+ 55=165. (2)由题意可知共有三类方案: 第1类,从高三(1)班男生中任选1名学生,有30种不 同的选法; 第2类,从高三(2)班男生中任选1名学生,有30种不 同的选法; 第3类,从高三(3)班女生中任选1名学生,有20种不 同的选法. 根据分类加法计数原理,不同的选法种数为30+30+ 20=80. 二 分步乘法计数原理 典例剖析 2.从-2,-1,0,1,2,3这6个数字中任选3个不重复 的数字分别作为二次函数y=ax2+bx+c 的系数a,b,c 的值. (1)请问可以画出多少条不同的抛物线? (2)若二次函数图象开口向下,则可以画出多少条抛 物线? 解 (1)分三步完成:第1步,选系数a(a 不能为0),有 5种选法; 第2步,选系数b,有5种选法; 第3步,选系数c,有4种选法. 根据分步乘法计数原理,可以画出抛物线的条数为5× 5×4=100. (2)分三步完成:第1步,确定系数a 有2种方法;第2 步,确定系数b有5种方法;第3步,确定系数c有4种方 法.根据分步乘法计数原理,可以画出抛物线的条数为2× 5×4=40. 利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 学以致用 2.从1,2,3,4中选三个数字,组成无重复数字的三位 数,则满足下列条件的数有多少个? (1)三位数; (2)三位偶数. 解 (1)分三步完成: 第1步,排个位,有4种方法; 第2步,排十位,从剩下的3个数字中选1个,有3种 方法; 第3步,排百位,从剩下的2个数字中选1个,有2种 方法. 根据分步乘法计数原理,满足要求的三位数共有4× 3×2=24(个). (2)分三步完成: 第1步,排个位,只能从2,4中选1个,有2种方法; 第2步,排十位,从剩下的3个数字中选1个,有3种 方法; 第3步,排百位,从剩下的2个数字中选1个,有2种 方法. 根据分步乘法计数原理,满足要求的三位偶数共有2× 3×2=12(个). 三 两个计数原理的综合应用 典例剖析 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
第六章 计数原理 (2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有 3X2=6种选法： 几种不同的选法？ 第2类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比 (3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几 赛，同时从2名既会下象棋又会下图棋的学生中选1名参加 种不同的选法？ 围棋比赛有3×2=6种选法； 解(1)分为三类：第1类，从国画中选，有5种不同的选 第3类，从2名只会下图棋的学生中选1名参加图棋比 法：第2类，从油画中选，有2种不同的选法：第3类，从水彩 赛，同时从2名既会下象棋又会下图棋的学生中选1名参加 画中选，有7种不同的选法.根据分类加法计数原理，共有 象棋比赛有2×2=4种选法： 5十2+7=14种不同的选法， 第4类，2名既会下象棋又会下固棋的学生分别参加象 (2)国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法， 棋比赛和围棋比赛有2种选法 根据分步乘法计数原理，共有5×2X7=70种不同的选法. 根据分类加法计数原理，共有6+6十4十2=18种选法」 (3)分为三类：第1类是一幅选自国画，一幅选自油画， 有5×2=10种不同的选法： 四涂色与种植问题 第2类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7= 典例剖析 35种不同的选法： 第3类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7= 4.(1)若将3种作物全部种植在5块试验田中，如图所 14种不同的选法 示，每块试验田种植一种作物，且相邻的试验田不能种植同 根据分类加法计数原理，共有10十35+14=59种不同 种作物，则不同的种植方法共有 种 的选法」 规律总结两个计数原理的联系与区别 答案(1)42 计数原理 解析分别用a,b,c代表3种作物，先安排第一块田，有 内容 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 3种方法，不妨设放入a,再安排第二块田，有2种方法，不妨 共同 两个计数原理都是计算完成某件事的方法种数，目 设放入b,第三块也有2种方法，可种作物a或c 点 的是都必须完成这件 ①若第三块田放c: 完成一件事，共有 a bc 区别 ”类方法，关键词是 完成一件事，共分n个步 “分类” 骤，关键词是“分步” 第四、五块田分别有2种方法，共有2X2=4种方法， ②若第三块田放a: 每类方法都能独立地 每一步得到的只是中间结 a b a 完成这件事，每一种 果，任何一步都不能独立 区别方法都是独立的且每 完成这件事，缺少任何一 第四块有2种方法，可种作物b或c, 二 次得到的是最后结 步也不能完成这件事，只 若第四块放c: 果，只需一种方法就 有各个步骤都完成了，才 可完成这件事 能完成这件事 第五块有2种方法； 各步之间是关联的、独立 若第四块放b: 区别 各类方法之间是互斥 的，“关联”确保不遗漏， 三 的、并列的、独立的 a b a b “独立”确保不重复 第五块只能种作物c,共1种方法. 故共有3×2×(2×2十2十1)=42种方法. 学以致用 (2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小 方格内，如图所示，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色。 3.在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有 如果颜色可以重复使用，那么共有多少种不同的涂色方法？ 2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围 棋，现从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有 2 多少种不同的选法？ 34 解选参加象棋比赛的学生有两种方法：一种方法是从只 解第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂 会下象棋的3人中选，另一种方法是从既会下象棋又会下国 上，有5种不同的涂法 棋的2人中选：选参加固棋比赛的学生也有两种选法：一种方 ①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3= 法是从只会下围棋的2人中选，另一种方法是从既会下象棋 12种不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步 又会下围棋的2人中选，互相搭配，可得四类不同的选法. 乘法计数原理可知，有5×12×3=180种不同的涂法. 第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比 ②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种不同 赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有！ 的涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种
第六章 计数原理 (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? 解 (1)分为三类:第1类,从国画中选,有5种不同的选 法;第2类,从油画中选,有2种不同的选法;第3类,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)国画、油画、水彩画各有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1类是一幅选自国画,一幅选自油画, 有5×2=10种不同的选法; 第2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3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. 根据分类加法计数原理,共有10+35+14=59种不同 的选法. 两个计数原理的联系与区别 内容 计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 共同 点 两个计数原理都是计算完成某件事的方法种数,目 的是都必须完成这件事 区别 一 完 成 一 件 事,共 有 n类方 法,关 键 词 是 “分类” 完成一件事,共分n 个步 骤,关键词是“分步” 区别 二 每类方法都能独立地 完成这件事,每一种 方法都是独立的且每 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,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 有各个步骤都完成了,才 能完成这件事 区别 三 各类方法之间是互斥 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 学以致用 3.在7名学生中,有3名会下象棋但不会下围棋,有 2名会下围棋但不会下象棋,另2名既会下象棋又会下围 棋,现从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛,共有 多少种不同的选法? 解 选参加象棋比赛的学生有两种方法:一种方法是从只 会下象棋的3人中选,另一种方法是从既会下象棋又会下围 棋的2人中选;选参加围棋比赛的学生也有两种选法:一种方 法是从只会下围棋的2人中选,另一种方法是从既会下象棋 又会下围棋的2人中选.互相搭配,可得四类不同的选法. 第1类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比 赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有 3×2=6种选法; 第2类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比 赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加 围棋比赛有3×2=6种选法; 第3类,从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比 赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加 象棋比赛有2×2=4种选法; 第4类,2名既会下象棋又会下围棋的学生分别参加象 棋比赛和围棋比赛有2种选法. 根据分类加法计数原理,共有6+6+4+2=18种选法. 四 涂色与种植问题 典例剖析 4.(1)若将3种作物全部种植在5块试验田中,如图所 示,每块试验田种植一种作物,且相邻的试验田不能种植同 一种作物,则不同的种植方法共有 种. 答案 (1)42 解析 分别用a,b,c代表3种作物,先安排第一块田,有 3种方法,不妨设放入a,再安排第二块田,有2种方法,不妨 设放入b,第三块也有2种方法,可种作物a或c. ①若第三块田放c: a b c 第四、五块田分别有2种方法,共有2×2=4种方法. ②若第三块田放a: a b a 第四块有2种方法,可种作物b或c, 若第四块放c: a b a c 第五块有2种方法; 若第四块放b: a b a b 第五块只能种作物c,共1种方法. 故共有3×2×(2×2+2+1)=42种方法. (2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小 方格内,如图所示,每格涂一种颜色,相邻两格涂不同的颜色, 如果颜色可以重复使用,那么共有多少种不同的涂色方法? 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种不同 的涂法,由于相邻两格不同色,因此,第4个小方格也有4种 3
数学 选择性必修第三册 配人教A版 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 学以致用 由分类加法计数原理可得，共有180十80=260种不同 4.如图所示，将一个四棱锥的每一 的涂法 个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上 规律总结」解决涂色（种植）问题的一般思路 的两个顶点颜色不同，若只有5种颜色 可供使用，则不同染色方法的总数为 (1)涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解，有 几种常用方法： 答案420 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」 解析按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照 ②以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等 A,C是否同色分为两类： 问题，用分类加法计数原理分析. 第一类，A,C同色，有5×4×3×1×3=180种不同的 ③将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题， 染色方法： (2)种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计 第二类，A,C不同色，有5×4×3×2×2=240种不同 数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加 的染色方法 法计数原理计数 根据分类加法计数原理，共有180十240=420种不同的 染色方法」 随堂训练 1.某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名！ 两名新队员、一名老队员，有2X3=6种选法.依据分类加 同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明， 法计数原理，共有6十3=9种不同选法 现从这8名同学中任选1名同学证明这一数学问题，不同 5.如图，用4种不同的颜色给图中的矩形A,B, B 的选法种数为() C,D涂色，要求相邻的矩形颜色不同，则不同 A.8 B.15 C.18 D.30 的涂法有】 种 答案A D 答案108 解析依据分类加法计数原理，共有5十3=8种不同的 解析分四步完成：第一步，涂A,有4种涂法：第二步，涂 选法 B,有3种涂法；第三步，涂C,有3种涂法；第四步，涂D 2.已知集合A={1,2},B={3,4,5},从集合A,B中各取一 有3种涂法.依据分步乘法计数原理，共有4×3X3X3= 个元素分别作为平面直角坐标系中的点的横、纵坐标，则 108种涂法 可确定的不同点的个数为( 6.现有高一学生50名，高二学生42名，高三学生30名，参 A.5 B.6 C.10 D.12 加夏令营. 答案B (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ 解析完成这件事可分两步：第一步，从集合A中任选一 (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ 个元素作为点的横坐标，有2种不同的方法：第二步，从集 (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自 合B中任选一个元素作为点的纵坐标，有3种不同的方 不同的年级，则有多少种选法？ 法.依据分步乘法计数原理，共有2×3=6种不同的方法， 解(1)分三类：第1类，从高一学生中选1人作总负贡人 即可确定的不同点的个数为6 有50种选法：第2类，从高二学生中远1人作总负责人有 3.用0,1，…，9这10个数字，可以组成有重复数字的三位数 42种选法：第3类，从高三学生中选1人作总负责人有 的个数为( 30种选法，依据分类加法计数原理，共有50+42+30= A.243 B.252 C.261 D.648 122种选法. 答案B (2)分三步完成：第一步，从高一学生中选1名负黄人 解析0,1,2，…，9共能组成9×10×10=900个三位数， 有50种选法：第二步，从高二学生中选1名负责人有42种 其中无重复数字的三位数有9×9×8=648（个），因此有 选法：第三步，从高三学生中选1名负贡人有30种选法.依 重复数字的三位数有900-648=252（个）. 据分步乘法计数原理，共有50×42×30=63000种选法， 4.有5名乒乓球队员，其中2名是老队员，其他3名是新队 (3)分三类：第1类，从高一年级和高二年级各选1人 员.现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员 作为中心发言人，有50×42=2100种选法；第2类，从高 中至少有一名老队员的选法有 种.（用数字作答） 二年级和高三年级各选1人作为中心发言人，有42× 答案9 30=1260种选法；第3类，从高一年级和高三年级各选 解析分为两类：第一类，入选的3名队员，有两名老队 1人作为中心发言人，有50×30=1500种选法.依据分类 员、一名新队员，有3种选法：第二类，入选的3名队员，有 加法计数原理，共有2100十1260十1500=4860种选法
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 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. 解决涂色(种植)问题的一般思路 (1)涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解,有 几种常用方法: 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以颜色为主分类讨论,适用于“区域、点、线段”等 问题,用分类加法计数原理分析. ③将空间问题平面化,转化为平面区域的涂色问题. (2)种植问题按种植的顺序分步进行,用分步乘法计 数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类,用分类加 法计数原理计数. 学以致用 4.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 的两个顶点颜色不同,若只有5种颜色 可供使用,则不同染色方法的总数为 . 答案 420 解析 按照S→A→B→C→D 的顺序进行染色,按照 A,C 是否同色分为两类: 第一类,A,C 同色,有5×4×3×1×3=180种不同的 染色方法; 第二类,A,C 不同色,有5×4×3×2×2=240种不同 的染色方法. 根据分类加法计数原理,共有180+240=420种不同的 染色方法. 随堂训练 1.某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明,有5名 同学只会用综合法证明,有3名同学只会用分析法证明, 现从这8名同学中任选1名同学证明这一数学问题,不同 的选法种数为( ) A.8 B.15 C.18 D.30 答案 A 解析 依据分类加法计数原理,共有5+3=8种不同的 选法. 2.已知集合A={1,2},B={3,4,5},从集合A,B 中各取一 个元素分别作为平面直角坐标系中的点的横、纵坐标,则 可确定的不同点的个数为( ) A.5 B.6 C.10 D.12 答案 B 解析 完成这件事可分两步:第一步,从集合A 中任选一 个元素作为点的横坐标,有2种不同的方法;第二步,从集 合B 中任选一个元素作为点的纵坐标,有3种不同的方 法.依据分步乘法计数原理,共有2×3=6种不同的方法, 即可确定的不同点的个数为6. 3.用0,1,…,9这10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.648 答案 B 解析 0,1,2,…,9共能组成9×10×10=900个三位数, 其中无重复数字的三位数有9×9×8=648(个),因此有 重复数字的三位数有900-648=252(个). 4.有5名乒乓球队员,其中2名是老队员,其他3名是新队 员.现从中选出3名队员参加团体比赛,则入选的3名队员 中至少有一名老队员的选法有 种.(用数字作答) 答案 9 解析 分为两类:第一类,入选的3名队员,有两名老队 员、一名新队员,有3种选法;第二类,入选的3名队员,有 两名新队员、一名老队员,有2×3=6种选法.依据分类加 法计数原理,共有6+3=9种不同选法. 5.如图,用4种不同的颜色给图中的矩形A,B, C,D 涂色,要求相邻的矩形颜色不同,则不同 的涂法有 种. 答案 108 解析 分四步完成:第一步,涂A,有4种涂法;第二步,涂 B,有3种涂法;第三步,涂C,有3种涂法;第四步,涂D, 有3种涂法.依据分步乘法计数原理,共有4×3×3×3= 108种涂法. 6.现有高一学生50名,高二学生42名,高三学生30名,参 加夏令营. (1)若从中选1人作为总负责人,共有多少种不同的选法? (2)若每年级各选1名负责人,共有多少种不同的选法? (3)若从中推选两人作为中心发言人,要求这两人要来自 不同的年级,则有多少种选法? 解 (1)分三类:第1类,从高一学生中选1人作总负责人 有50种选法;第2类,从高二学生中选1人作总负责人有 42种选法;第3类,从高三学生中选1人作总负责人有 30种选法.依据分类加法计数原理,共有50+42+30= 122种选法. (2)分三步完成:第一步,从高一学生中选1名负责人 有50种选法;第二步,从高二学生中选1名负责人有42种 选法;第三步,从高三学生中选1名负责人有30种选法.依 据分步乘法计数原理,共有50×42×30=63000种选法. (3)分三类:第1类,从高一年级和高二年级各选1人 作为中心发言人,有50×42=2100种选法;第2类,从高 二年级和高三年级各选1人作为中心发言人,有42× 30=1260种选法;第3类,从高一年级和高三年级各选 1人作为中心发言人,有50×30=1500种选法.依据分类 加法计数原理,共有2100+1260+1500=4860种选法. 4
第六章 计数原理 课后·训练提升 基础·巩固 或9，有4十4=8种，故方程(x-a)2十(y-b)2=r2可表 示不同的圆的个数共有4十4十4十4十4十4=24. 1.已知书架的第1层有3本不同的数学书，第2层有5本不 5.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同 同的语文书，第3层有8本不同的英语书，现从中任取 学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是() 1本书.不同的取法共有() A.56 A.120种 B.16种 B.65 C.64种 D.39种 C5X6X5×4X3×2 答案B 9 D.6×5×4×3×2 解析书架上有3十5十8=16本书，从中任取1本书，依 答案A 据分类加法计数原理，共有16种不同的取法 解析由题意可知每名同学都有5种选择，共有5X5X 2.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，若一条 5×5×5×5=58种选择， 长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( 6.某人的电话号码为139××××××××，若前七位已定 A.7 B.12 C.64 D.81 好，最后四位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码 答案B 一共有( 解析要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4件上衣 A.8个 B.16个 中任选一件，有4种不同的选法：第二步，选长裤，从3条 C.20个 D.32个 长裤中任选一条，有3种不同的选法.依据分步乘法计数 答案B 原理，共有4×3=12种不同的配法」 解析采用分步乘法计数原理，最后四位数字由6或8组 3.若x,y∈N‘,且x十y≤5，则有序自然数对(x,y)的个数 成，可分四步完成，每一步有两种方法，共有2X2X2× 为() 2=2=16个. A.6 B.8 C.9 D.10 7.从颜色分别为黄、白、红、橙的4盆菊花和颜色分别为紫、 答案D 粉红、白的3盆山茶花中任取3盆，其中至少有菊花、山茶 解析分四类，第1类，当x=1时，y=1,2,3,4,共构成 花各1盆，则不同的选法种数为( 4个有序自然数对： A.12 B.18 C.24 D.30 第2类，当x=2时，y=1,2,3,共构成3个有序自然 答案D 数对： 解析选出符合要求的3盆花可分为两类：第1类，先从 第3类，当x=3时，y=1,2,共构成2个有序自然 4盆菊花中选1盆，再从3盆山茶花中选2盆，有4×3= 数对； 12种选法：第2类，先从4盆菊花中选2盆，再从3盆山茶 第4类，当x=4时，y=1,共构成1个有序自然 花中选1盆，有6×3=18种选法.根据分类加法计数原 理，不同的选法种数为12十18=30. 数对. 根据分类加法计数原理，共有N=4十3十2十1= 8.某班元旦联欢会原定的9个歌唱节目已排成节目单，但在 10个有序自然数对. 开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节 目单中，那么不同方法的种数为 4.(多选题)已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6,7}，r∈{8,9}，则 方程(x一a)2十(y一b)2=r2可表示不同的圆的个数用式 答案110 子表示为() 解析分两步完成：第一步，先将其中一个节目插入原节 A.4十4+4十4+4十4 目单的9个节目形成的10个空中，有10种方法：第二步。 B.4+4+4+4 再把另一个节目插入前10个节目形成的11个空中，有 C.3×4 11种方法.依据分步乘法计数原理，共有10×11=110种 不同的方法 D.3×4×2 9.如图1，若在这个电路中，只合上一个开关可以接通电路， 答案AD 有 种不同的方法：如图2，若在这个电路中，合 解析（方法一）完成表示不同的圆这件事有三步：第1步， 上两个开关可以接通电路，有 种不同的方法。 确定a有3种不同的选取方法；第2步，确定b有4种不同 的选取方法；第3步，确定r有2种不同的选取方法， 由分步乘法计数原理，方程(x-a)2十(y一b)2=r2 可表示不同的圆的个数共有3×4X2=24, (方法二)由分类加法计数原理得，当a=1时，b=4, 5,6,7,r=8或9，有4十4=8种：当a=2时，b=4,5,6,7, 图 图2 r=8或9，有4十4=8种；当a=3时，b=4,5,6,7,r=8
第六章 计数原理 课后·训练提升 基础 巩固 1.已知书架的第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,现从中任取 1本书,不同的取法共有( ) A.120种 B.16种 C.64种 D.39种 答案 B 解析 书架上有3+5+8=16本书,从中任取1本书,依 据分类加法计数原理,共有16种不同的取法. 2.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤,若一条 长裤与一件上衣配成一套,则不同的配法种数为( ) A.7 B.12 C.64 D.81 答案 B 解析 要完成配套,分两步:第一步,选上衣,从4件上衣 中任选一件,有4种不同的选法;第二步,选长裤,从3条 长裤中任选一条,有3种不同的选法.依据分步乘法计数 原理,共有4×3=12种不同的配法. 3.若x,y∈N* ,且x+y≤5,则有序自然数对(x,y)的个数 为( ) A.6 B.8 C.9 D.10 答案 D 解析 分四类,第1类,当x=1时,y=1,2,3,4,共构成 4个有序自然数对; 第2类,当x=2时,y=1,2,3,共构成3个有序自然 数对; 第3类,当x=3时,y=1,2,共构成2个有序自然 数对; 第4类,当x=4时,y=1,共构成 1个有序自然 数对. 根据分类加法计数原理,共有 N =4+3+2+1= 10个有序自然数对. 4.(多选题)已知a∈{1,2,3},b∈{4,5,6,7},r∈{8,9},则 方程(x-a)2+(y-b)2=r2 可表示不同的圆的个数用式 子表示为( ) A.4+4+4+4+4+4 B.4+4+4+4 C.3×4 D.3×4×2 答案 AD 解析 (方法一)完成表示不同的圆这件事有三步:第1步, 确定a有3种不同的选取方法;第2步,确定b有4种不同 的选取方法;第3步,确定r有2种不同的选取方法. 由分步乘法计数原理,方程(x-a)2+(y-b)2=r2 可表示不同的圆的个数共有3×4×2=24. (方法二)由分类加法计数原理得,当a=1时,b=4, 5,6,7,r=8或9,有4+4=8种;当a=2时,b=4,5,6,7, r=8或9,有4+4=8种;当a=3时,b=4,5,6,7,r=8 或9,有4+4=8种,故方程(x-a)2+(y-b)2=r2 可表 示不同的圆的个数共有4+4+4+4+4+4=24. 5.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座,每名同 学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是( ) A.56 B.65 C. 5×6×5×4×3×2 2 D.6×5×4×3×2 答案 A 解析 由题意可知每名同学都有5种选择,共有5×5× 5×5×5×5=56 种选择. 6.某人的电话号码为139××××××××,若前七位已定 好,最后四位数字是由6或8组成的,则这样的电话号码 一共有( ) A.8个 B.16个 C.20个 D.32个 答案 B 解析 采用分步乘法计数原理,最后四位数字由6或8组 成,可分四步完成,每一步有两种方法,共有2×2×2× 2=24=16个. 7.从颜色分别为黄、白、红、橙的4盆菊花和颜色分别为紫、 粉红、白的3盆山茶花中任取3盆,其中至少有菊花、山茶 花各1盆,则不同的选法种数为( ) A.12 B.18 C.24 D.30 答案 D 解析 选出符合要求的3盆花可分为两类:第1类,先从 4盆菊花中选1盆,再从3盆山茶花中选2盆,有4×3= 12种选法;第2类,先从4盆菊花中选2盆,再从3盆山茶 花中选1盆,有6×3=18种选法.根据分类加法计数原 理,不同的选法种数为12+18=30. 8.某班元旦联欢会原定的9个歌唱节目已排成节目单,但在 开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节 目单中,那么不同方法的种数为 . 答案 110 解析 分两步完成:第一步,先将其中一个节目插入原节 目单的9个节目形成的10个空中,有10种方法;第二步, 再把另一个节目插入前10个节目形成的11个空中,有 11种方法.依据分步乘法计数原理,共有10×11=110种 不同的方法. 9.如图1,若在这个电路中,只合上一个开关可以接通电路, 有 种不同的方法;如图2,若在这个电路中,合 上两个开关可以接通电路,有 种不同的方法. 图1 图2 5
数学 选择性必修第三册 配人教A版 答案56 拓展：提高 解析对于图1，按要求接通电路，分二类：第1类，合上A 中的两个开关中的任意1个；第2类，合上B中的三个开 1.若x,y∈N,且1≤x≤3，x十y<7,则满足条件的不同的 关中的任意1个.依据分类加法计数原理，共有2十3 有序自然数对(x,y)的个数是() 5种不同的方法. A.5 B.12 对于图2，按要求接通电路必须分两步进行： C.15 D.4 第一步，合上A中的任意一个开关，有2种方法： 答案C 第二步，合上B中的任意一个开关，有3种方法， 解析分三类：第1类，当x=1时，y的取值可能为0,1， 依据分步乘法计数原理，共有2X3=6种不同的 2,3,4,5,有6种情况： 方法 第2类，当x=2时，y的取值可能为0,1,2,3,4，有 10.学校要组织数学课外小组，高一年级(1)、(2)、(3)、(4)班分 5种情况： 别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组. 第3类，当x=3时，y的取值可能为0,1,2,3，有 (1)选其中一人为负责人有多少种不同的选法？ 4种情况. (2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？ 根据分类加法计数原理，满足条件的有序自然数对 (3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有 (x,y)的个数为6+5十4=15. 多少种不同的选法？ 2.定义集合A与B的运算AB如下：AB={(x,y) 解(1)分四类：第一类，从(1)班学生中选1人，有7种选 x∈A,y∈B},若A={a,b,c},B={a,c,d,e},则AB 法：第二类，从(2)班学生中选1人，有8种选法：第三类 的元素个数为( 从(3)班学生中选1人，有9种选法；第四类，从(4)班学 A.3 B.43 生中选1人，有10种选法.依据分类加法计数原理，共有 C.12 D.以上都不对 N=7+8+9+10=34种不同的选法. 答案C (2)分四步：第一、二、三、四步分别从高一年级(1) 解析依据分步乘法计数原理，AB的元素个数为3X (2)、(3)、(4)班学生中选一人任组长.依据分步乘法计数 4=12. 原理，共有N=7×8×9×10=5040种不同的选法. 3.若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长 (3)分六类，每类又分两步：从(1)、(2)班学生中各选 分别为b,c,且满足b≤4≤c,则这样的三角形有( ) 1人，有7×8种不同的选法：从(1)、(3)班学生中各选 A.10个 B.14个 1人，有7×9种不同的选法：从(1)、(4)班学生中各选 C.15个 D.21个 1人，有7×10种不同的选法；从(2)、(3)班学生中各选 答案A 1人，有8X9种不同的选法：从(2)、(4)班学生中各选 解析当b=1时，c=4:当b=2时，c=4,5:当b=3时， 1人，有8×10种不同的选法：从(3)、(4)班学生中各选 c=4,5,6:当b=4时，c=4,5,6,7.故共有10个这样的三 1人，有9×10种不同的选法. 角形 依据分类加法计数原理和分步乘法计数原理，共有 4.如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有 N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10= 6个焊接点A,B,C,D,E,F,若某个焊接点脱落，则整个 431种不同的选法. 电路就会不通.如果现在电路不通了，那么焊接点脱落的 11.有一项活动，需在3名教师，8名男同学和5名女同学中 可能性共有( 选人参加： (1)若只需一人参加，有多少种不同选法？ (2)若需教师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同 选法？ (3)若需一名教师，一名学生参加，则有多少种不同选法？ 解(1)分三类：第1类，3名教师中选一人，有3种方法： A.6种 B.36种 第2类，8名男同学中选一人，有8种方法：第3类，5名 C.63种 D.64种 女同学中选一人，有5种方法.依据分类加法计数原理， 答案C 共有3十8十5=16种选法. 解析每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，只要有一 (2)分三步完成：第一步选教师，有3种方法：第二步 个焊接点脱落，电路就不通，故共有26一1=63种可能 选男同学，有8种方法；第三步选女同学，有5种方法.依 情况. 据分步乘法计数原理，共有3X8X5=120种选法. 5.(多选题)已知函数y=ax2十bx十c,其中a,b,c∈{0,1， (3)分两类，每一类又分两步，第一类：先选一名教 2,3,4},则不同的二次函数的个数可以用式子表示为 师，再选一名男同学，共有3×8=24种选法：第二类：先 选一名教师，再选一名女同学，共有3×5=15种选法.依 A.4X5×5 据分类加法计数原理，共有24十15=39种选法. B.5×5×5
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 答案 5 6 解析 对于图1,按要求接通电路,分二类:第1类,合上 A 中的两个开关中的任意1个;第2类,合上B中的三个开 关中的任意1个.依据分类加法计数原理,共有2+3= 5种不同的方法. 对于图2,按要求接通电路必须分两步进行: 第一步,合上 A中的任意一个开关,有2种方法; 第二步,合上B中的任意一个开关,有3种方法, 依据分步乘法计数原理,共有2×3=6种不同的 方法. 10.学校要组织数学课外小组,高一年级(1)、(2)、(3)、(4)班分 别有7人、8人、9人、10人,他们自愿组成数学课外小组. (1)选其中一人为负责人,有多少种不同的选法? (2)每班选一名组长,有多少种不同的选法? (3)推选两人做中心发言,这两人需来自不同的班级,有 多少种不同的选法? 解 (1)分四类:第一类,从(1)班学生中选1人,有7种选 法;第二类,从(2)班学生中选1人,有8种选法;第三类, 从(3)班学生中选1人,有9种选法;第四类,从(4)班学 生中选1人,有10种选法.依据分类加法计数原理,共有 N=7+8+9+10=34种不同的选法. (2)分四步:第一、二、三、四步分别从高一年级(1)、 (2)、(3)、(4)班学生中选一人任组长.依据分步乘法计数 原理,共有N=7×8×9×10=5040种不同的选法. (3)分六类,每类又分两步:从(1)、(2)班学生中各选 1人,有7×8种不同的选法;从(1)、(3)班学生中各选 1人,有7×9种不同的选法;从(1)、(4)班学生中各选 1人,有7×10种不同的选法;从(2)、(3)班学生中各选 1人,有8×9种不同的选法;从(2)、(4)班学生中各选 1人,有8×10种不同的选法;从(3)、(4)班学生中各选 1人,有9×10种不同的选法. 依据分类加法计数原理和分步乘法计数原理,共有 N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10= 431种不同的选法. 11.有一项活动,需在3名教师,8名男同学和5名女同学中 选人参加. (1)若只需一人参加,有多少种不同选法? (2)若需教师、男同学、女同学各一人参加,有多少种不同 选法? (3)若需一名教师,一名学生参加,则有多少种不同选法? 解 (1)分三类:第1类,3名教师中选一人,有3种方法; 第2类,8名男同学中选一人,有8种方法;第3类,5名 女同学中选一人,有5种方法.依据分类加法计数原理, 共有3+8+5=16种选法. (2)分三步完成:第一步选教师,有3种方法;第二步 选男同学,有8种方法;第三步选女同学,有5种方法.依 据分步乘法计数原理,共有3×8×5=120种选法. (3)分两类,每一类又分两步.第一类:先选一名教 师,再选一名男同学,共有3×8=24种选法;第二类:先 选一名教师,再选一名女同学,共有3×5=15种选法.依 据分类加法计数原理,共有24+15=39种选法. 拓展 提高 1.若x,y∈N,且1≤x≤3,x+y<7,则满足条件的不同的 有序自然数对(x,y)的个数是( ) A.5 B.12 C.15 D.4 答案 C 解析 分三类:第1类,当x=1时,y 的取值可能为0,1, 2,3,4,5,有6种情况; 第2类,当x=2时,y 的取值可能为0,1,2,3,4,有 5种情况; 第3类,当x=3时,y 的取值可能为0,1,2,3,有 4种情况. 根据分类加法计数原理,满足条件的有序自然数对 (x,y)的个数为6+5+4=15. 2.定义集合A 与B 的运算A*B 如下:A*B={(x,y)| x∈A,y∈B},若A={a,b,c},B={a,c,d,e},则A*B 的元素个数为( ) A.34 B.43 C.12 D.以上都不对 答案 C 解析 依据分步乘法计数原理,A*B 的元素个数为3× 4=12. 3.若三角形三边均为正整数,其中一边长为4,另外两边长 分别为b,c,且满足b≤4≤c,则这样的三角形有( ) A.10个 B.14个 C.15个 D.21个 答案 A 解析 当b=1时,c=4;当b=2时,c=4,5;当b=3时, c=4,5,6;当b=4时,c=4,5,6,7.故共有10个这样的三 角形. 4.如图,某电子器件是由三个电阻组成的回路,其中共有 6个焊接点A,B,C,D,E,F.若某个焊接点脱落,则整个 电路就会不通.如果现在电路不通了,那么焊接点脱落的 可能性共有( ) A.6种 B.36种 C.63种 D.64种 答案 C 解析 每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况,只要有一 个焊接点脱落,电路就不通,故共有26-1=63种可能 情况. 5.(多选题)已知函数y=ax2+bx+c,其中a,b,c∈{0,1, 2,3,4},则不同的二次函数的个数可以用式子表示为 ( ) A.4×5×5 B.5×5×5 6
第六章 计数原理 C.4×4+4×4+4×4×4+4 (2)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位.百 D.5×4×3 位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位 答案AC 上数字的排法有4种根据分步乘法计数原理，各数位上 解析（方法一）依分步乘法计数原理得，a有4种选择，b有 的数字互不相同的三位数有6×5×4=120个. 5种选择，c也有5种选择，共有4×5×5个不同的函数 (3)两个数字相同有三种可能，即百位和十位相同，十 (方法二)由题意可得a≠0，可分以下几类， 位和个位相同，百位和个位相同，而每种都有6×5= 第1类，b=0,c≠0，此时a有4种选择，c也有4种选 30个，故满足条件的三位数共有3X30=90个. 择，共有4×4=16个不同的函数： 挑战·创新 第2类，c=0,b≠0，此时a有4种选择，b也有4种 选择，共有4×4=16个不同的函数： 用n种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①，②， 第3类，b≠0，c≠0，此时a,b,c都各有4种选择，共 ③，④四个区域中相邻（有公共边界）的区域不用同一种颜色 有4×4×4=64个不同的函数： (1)若n=6,则为甲着色时共有多少种不同的方法？ 第4类，b=0,c=0,此时a有4种选择，共有4个不 (2)当为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值. 同的函数. ① 由分类加法计数原理，可确定不同的二次函数共有 N=16+16+64+4=100(个). 6.如图，用五种不同的颜色分别给A,B,C,D 甲 乙 四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色， 解完成着色这件事，共分为四个步骤，可以依次考虑为 若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂 法种数为( ①，②，③，④这四个区域着色时各自的方法数，再利用分 步乘法计数原理确定出总的方法数」 A.280 B.180 C.96 D.60 答案B (1)分三步完成：第一步，为区域①着色时有6种方法： 第二步，为区域②着色时有5种方法：第三步，为区战③着色 解析按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选：第 时有4种方法：第四步，为区域④着色时有4种方法.依据分 二步B区域有4种颜色可选；第三步C区域有3种颜色可 步乘法计数原理，不同的着色方法有6×5×4×4=480种. 选：第四步由于可重复使用区战A中已有过的颜色，故也 (2)分三步完成：第一步，为区域①着色时有n种方 有3种颜色可选.依据分步乘法计数原理，共有5X4X 法：第二步，为区域②着色时有（一1）种方法：第三步，为 3×3=180种涂法. 区域③着色时有（一2）种方法：第四步，为区域④着色时 7.将一枚骰子（六点）连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一 有（一3）种方法.依据分步乘法计数原理，不同的着色方 个三位数. 法数为n(n一1)(n-2)(n-3). (1)可以排出多少个不同的三位数？ 由题意知n(n-1)(n-2)(n-3)=120,(n2-3）· (2)各数位上的数字互不相同的三位数有多少个？ (m2-3m+2)-120=0. (3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？ 即(n2-3m)2+2(n2-3m)-120=0. 解(1)分三步：先排百位，再排十位，最后排个位，根据分步 因此n2-3m-10=0或n2-3m十12=0（舍去）. 乘法计数原理知，可以排出6X6X6=216个不同的三位数 解得n=5(负值舍去). 6.2 排列与组合 第1课时排列与排列数 素养 目标定位 目标素养 知识概览 排列 1.理解排列、排列数的定义，掌握排列数公式及推导方法. 排列数 2.能用列举法、树形图法表示出一个排列问题的所有的 概念 全排列 排列. 排列与 3.能用排列数公式解决无限制条件的排列问题！ 排列数 阶乘 公式排列数公式
第六章 计数原理 C.4×4+4×4+4×4×4+4 D.5×4×3 答案 AC 解析 (方法一)依分步乘法计数原理得,a有4种选择,b有 5种选择,c也有5种选择,共有4×5×5个不同的函数. (方法二)由题意可得a≠0,可分以下几类, 第1类,b=0,c≠0,此时a有4种选择,c也有4种选 择,共有4×4=16个不同的函数; 第2类,c=0,b≠0,此时a 有4种选择,b也有4种 选择,共有4×4=16个不同的函数; 第3类,b≠0,c≠0,此时a,b,c都各有4种选择,共 有4×4×4=64个不同的函数; 第4类,b=0,c=0,此时a 有4种选择,共有4个不 同的函数. 由分类加法计数原理,可确定不同的二次函数共有 N=16+16+64+4=100(个). 6.如图,用五种不同的颜色分别给 A,B,C,D 四个区域涂色,相邻区域必须涂不同颜色, 若允许同一种颜色多次使用,则不同的涂 法种数为( ) A.280 B.180 C.96 D.60 答案 B 解析 按区域分四步:第一步 A 区域有5种颜色可选;第 二步B区域有4种颜色可选;第三步C区域有3种颜色可 选;第四步由于可重复使用区域 A中已有过的颜色,故也 有3种颜色可选.依据分步乘法计数原理,共有5×4× 3×3=180种涂法. 7.将一枚骰子(六点)连续抛掷三次,掷出的数字顺次排成一 个三位数. (1)可以排出多少个不同的三位数? (2)各数位上的数字互不相同的三位数有多少个? (3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个? 解 (1)分三步:先排百位,再排十位,最后排个位.根据分步 乘法计数原理知,可以排出6×6×6=216个不同的三位数. (2)分三步进行:先排百位,再排十位,最后排个位.百 位上数字的排法有6种,十位上数字的排法有5种,个位 上数字的排法有4种.根据分步乘法计数原理,各数位上 的数字互不相同的三位数有6×5×4=120个. (3)两个数字相同有三种可能,即百位和十位相同,十 位和个位相同,百位和个位相同,而每种都有 6×5= 30个,故满足条件的三位数共有3×30=90个. 挑战 创新 用n种不同的颜色为两块广告牌着色,如图,要求在①,②, ③,④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色. (1)若n=6,则为甲着色时共有多少种不同的方法? (2)当为乙着色时共有120种不同的方法,求n的值. 解 完成着色这件事,共分为四个步骤,可以依次考虑为 ①,②,③,④这四个区域着色时各自的方法数,再利用分 步乘法计数原理确定出总的方法数. (1)分三步完成:第一步,为区域①着色时有6种方法; 第二步,为区域②着色时有5种方法;第三步,为区域③着色 时有4种方法;第四步,为区域④着色时有4种方法.依据分 步乘法计数原理,不同的着色方法有6×5×4×4=480种. (2)分三步完成:第一步,为区域①着色时有n 种方 法;第二步,为区域②着色时有(n-1)种方法;第三步,为 区域③着色时有(n-2)种方法;第四步,为区域④着色时 有(n-3)种方法.依据分步乘法计数原理,不同的着色方 法数为n(n-1)(n-2)(n-3). 由题意知n(n-1)(n-2)(n-3)=120,(n2-3n)· (n2-3n+2)-120=0, 即(n2-3n)2+2(n2-3n)-120=0. 因此n2-3n-10=0或n2-3n+12=0(舍去). 解得n=5(负值舍去). 6.2 排列与组合 第1课时 排列与排列数 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.理解排列、排列数的定义,掌握排列数公式及推导方法. 2.能用列举法、树形图法表示出一个排列问题的所有的 排列. 3.能用排列数公式解决无限制条件的排列问题. 7
数学 选择性必修 第三册 配人教A版 课前·基础认知 1.排列 2.排列数与排列数公式 (1)一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素， 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有 并按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取 排列数 不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出 出m个元素的一个排列. 的定义 m个元素的排列数，用符号A表示 (2)根据排列的定义，两个排列相同的充要条件是： 特别地，把个不同的元素全部取出的一个排 两个排列的元素完全相同，且元素的排列顺序也 全排列 列，叫做n个元素的一个全排列，用符号A”表示 相同· 正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用符号 微判断(1)若两个排列的元素相同，则这两个排列 阶乘 n！表示 是相同的排列. () (2)从6名学生中选3名学生参加数学、物理、化学竞 (乘积式)A=n(n-1)(n-2)…(n一m+1)(n, 排列数 赛，共有多少种选法属于排列问题。 () m∈N°，且m≤n)）. 公式 (3)有12名学生参加植树活动，要求三人一组，共有多 (阶乘式)A"= a-m,m∈N,且m≤) n! 少种分组方案属于排列问题 () (4)从3,5,7,9中任取两个数进行指数运算，可以得到 特殊情况A=n!,0!=1 多少个幂属于排列问题： ( 微思考排列与排列数有何区别？ (5)从1,2,3,4中任取两个数作为点的坐标，可以得到 提示“排列”是指从n个不同的元素中任取m(m≤n) 多少个点属于排列问题， 个元素，按照一定的顺序排成一列，不是数：“排列数”是指从 提示(1)×(2)√(3)×(4)√(5)√ n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，是 一个数.因此符号A只表示排列数，而不表示具体的排列. 课堂·重难突破 一 排列的概念 学以致用 典例剖析 1.判断下列问题是不是排列问题， (1)同宿舍4人，每两人互通一封信，问他们一共写了多 1.判断下列问题是不是排列问题」 少封信？ (1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机 (2)同宿舍4人，每两人通一次电话，问他们一共通了几 票的价格（假设来回的票价相同）： 次电话？ (2)选2个小组分别去植树和种菜： (3)选2个小组去种菜： 解(1)是排列问题，A给B写信与B给A写信是不同 (4)选10人组成一个学习小组： 的，存在顺序问题， (5)选3人分别担任班长、学习委员、生活委员. (2)不是排列问题，“通电话”不存在顺序问题，甲与乙通 解(1)票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一 了电话，也就是乙与甲通了电话。 样的，不存在顺序问题，不是排列问题」 二 排列的简单应用 (2)植树和种莱是不同的，存在顺序问题，是排列问题」 (3)(4)不存在顺序问题，不是排列问题 典例剖析 (5)每人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不 2.(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位不 同的，存在顺序问题，是排列问题」 同的数，一共可以组成多少个？ 在上述各题中(2)(5)是排列问题 (2)写出从4个元素a,b,c,d中任取3个元素的所有 规律总结」判新是否为排列问题的方法 排列. 解(1)由题意作“树形图”，如下 交换元素的位置 介个本个 有 结果 有序 有无变化 无序 故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32， 34,41,42,43,共有12个. 排列问题 非排列问题 (2)由题意作“树形图”，如下
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 课前·基础认知 1.排列 (1)一般地,从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素, 并按照 一定的顺序 排成一列,叫做从n 个不同元素中取 出m 个元素的一个排列. (2)根据排列的定义,两个排列相同的充要条件是: 两个排 列 的 元 素 完 全 相 同 ,且 元 素 的 排 列 顺 序 也 相同 . 微判断 (1)若两个排列的元素相同,则这两个排列 是相同的排列. ( ) (2)从6名学生中选3名学生参加数学、物理、化学竞 赛,共有多少种选法属于排列问题. ( ) (3)有12名学生参加植树活动,要求三人一组,共有多 少种分组方案属于排列问题. ( ) (4)从3,5,7,9中任取两个数进行指数运算,可以得到 多少个幂属于排列问题. ( ) (5)从1,2,3,4中任取两个数作为点的坐标,可以得到 多少个点属于排列问题. ( ) 提示 (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√ 2.排列数与排列数公式 排列数 的定义 从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有 不同排列的个数 ,叫做从n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数,用符号 A m n 表示 全排列 特别地,把n 个不同的元素 全部取出 的一个排 列,叫做n个元素的一个全排列,用符号 A n n 表示 阶乘 正整数1到n的连乘积,叫做n的 阶乘 ,用符号 n! 表示 排列数 公式 (乘积式)A m n = n(n-1)(n-2)…(n-m+1)(n, m∈N * ,且m≤n). (阶乘式)A m n = n! (n-m)! (n,m∈N * ,且m≤n) 特殊情况 A n n= n! ,0! = 1 微思考 排列与排列数有何区别? 提示 “排列”是指从n个不同的元素中任取m(m≤n) 个元素,按照一定的顺序排成一列,不是数;“排列数”是指从 n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数,是 一个数.因此符号A m n 只表示排列数,而不表示具体的排列. 课堂·重难突破 一 排列的概念 典例剖析 1.判断下列问题是不是排列问题. (1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机 票的价格(假设来回的票价相同); (2)选2个小组分别去植树和种菜; (3)选2个小组去种菜; (4)选10人组成一个学习小组; (5)选3人分别担任班长、学习委员、生活委员. 解 (1)票价只有三种,虽然机票是不同的,但票价是一 样的,不存在顺序问题,不是排列问题. (2)植树和种菜是不同的,存在顺序问题,是排列问题. (3)(4)不存在顺序问题,不是排列问题. (5)每人的职务不同,例如甲当班长或当学习委员是不 同的,存在顺序问题,是排列问题. 在上述各题中(2)(5)是排列问题. 判断是否为排列问题的方法 学以致用 1.判断下列问题是不是排列问题. (1)同宿舍4人,每两人互通一封信,问他们一共写了多 少封信? (2)同宿舍4人,每两人通一次电话,问他们一共通了几 次电话? 解 (1)是排列问题,A给B写信与B给 A 写信是不同 的,存在顺序问题. (2)不是排列问题,“通电话”不存在顺序问题,甲与乙通 了电话,也就是乙与甲通了电话. 二 排列的简单应用 典例剖析 2.(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位不 同的数,一共可以组成多少个? (2)写出从4个元素a,b,c,d 中任取3个元素的所有 排列. 解 (1)由题意作“树形图”,如下. 故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32, 34,41,42,43,共有12个. (2)由题意作“树形图”,如下. 8
第六章 计数原理 2A8+7A8 A小 (1)解 AS-A 2×8×7×6×5×4+7×8×7×6×5 8X7X6X5X4X3×2×1-9×8X7X6X5- 故所有的排列为abc,abd,acb,acdd,adb,adc,bac,ad 8×7×6×5×(8+7) bca,bcd,bda,bdc,cab,cad,cba,cbd,cda,cdb,dab,dac, 8x7X6X5×(24-97=1. dba,dbc,dca,dcb. (n十1)！ n! 规律总结」利用“树形图”法解决简单排列问题的策略 (2)证明A1一A=m十1-m一(n-m1= n! n! 在操作中先将元素按一定顺序排出，以先安排哪个 (n-m)!n十1-m =m· 元素为分类标准进行分类，再安排第二个元素，并按此元 n! 素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能不重不漏， (n十1-m)1=mA0-1, 最后按树形图写出排列. .At-A=mA. 学以致用 规律总结」排列数的计算方法 (1)排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进 2.写出A,B,C,D四名同学站成一排照相，A不站在两 行，应用时需注意：连续正整数的积可以写成某个排列 端的所有可能站法， 数，其中最大的数是排列元素的总个数，而正整数（因式） 解如图： 的个数是所选取元素的个数，这是排列数公式的逆用. (2)应用排列数公式的阶乘形式时，一般先写出它们的 式子，再提取公因式，最后计算，这样往往会减少运算量 学以致用 故所有可能的站法是BACD,BADC,BCAD,BDAC, 3.求3A5=4A1中的x. CABD,CADB,CBAD,CDAB,DABC,DACB.DBAC, 解原方程3A5=4A1可化为3X8! 4X9! DCAB,共12种. (8-x)1(10-x)1' 3×8! 4×9×8! 三排列数公式的应用 即8-方-10-x)(9-z)8-x 化简，得x2-19x十78=0，解得x1=6,x2=13. 典例剖析 由题意知 女≤8，解得x≤8. x-1≤9， 3.(1)计算： A3+7A 故原方程的解为x=6. AS-A ;(2)求证：A+1-A=mA- 随堂训练 1.从1,2,3,4四个数字中，任选两个数做加、减、乘、除运算， 3.(x-3)(x-4)(x-5)…(x-12)(x-13),x∈N·,x>13 分别计算它们的结果，在这些问题中，可以看作排列问题 可表示为( 的运算的种数是( A.A° A.1 B.3 B.A"-a C.2 D.4 C.A”u 答案C D.A”e 解析因为加法运算和乘法运算满足交换律，所以选出两 答案B 个数做加法运算和乘法运算时，结果与两数字位置无关， 解析从(x-3),(x-4),…到(x-13)共(x-3) 故不是排列问题，而减法运算和除法运算与两数字的位置 (x-13)十1=11个数，根据排列数公式知(x-3)(x-4)· 有关，故是排列问题」 (x-5)-(x-12)(x-13)=A18 2.与A。·A不相等的是( ) 4.从a,b,c,d,e五个元素中每次取出三个元素，可组成 A.A30 B.81A8 个以b为首的不同的排列，它们分别是 C.10A8 D.A 答案B 12 bac bad ,bae,bca,bcd,bce ,bda,bdc,bde,bea, 解析A。·A?=10×9X8×7!=A。=10A8=A8 bec,bed 81A8=9Ag≠A18,故选B. 解析画出树形图如下： 9
第六章 计数原理 故所有的排列为abc,abd,acb,acd,adb,adc,bac,bad, bca,bcd,bda,bdc,cab,cad,cba,cbd,cda,cdb,dab,dac, dba,dbc,dca,dcb. 利用“树形图”法解决简单排列问题的策略 在操作中先将元素按一定顺序排出,以先安排哪个 元素为分类标准进行分类,再安排第二个元素,并按此元 素分类,依次进行,直到完成一个排列,这样能不重不漏, 最后按树形图写出排列. 学以致用 2.写出 A,B,C,D四名同学站成一排照相,A不站在两 端的所有可能站法. 解 如图: 故所有可能的站法是 BACD,BADC,BCAD,BDAC, CABD,CADB,CBAD,CDAB,DABC,DACB,DBAC, DCAB,共12种. 三 排列数公式的应用 典例剖析 3.(1)计算: 2A 5 8+7A 4 8 A 8 8-A 5 9 ;(2)求证:A m n+1-A m n =mA m-1 n . (1)解 2A 5 8+7A 4 8 A 8 8-A 5 9 = 2×8×7×6×5×4+7×8×7×6×5 8×7×6×5×4×3×2×1-9×8×7×6×5 = 8×7×6×5×(8+7) 8×7×6×5×(24-9)=1. (2)证明 ∵A m n+1 -A m n = (n+1)! (n+1-m)! - n! (n-m)! = n! (n-m)! n+1 n+1-m -1 = n! (n-m)! · m n+1-m =m · n! (n+1-m)!=mA m-1 n , ∴A m n+1-A m n =mA m-1 n . 排列数的计算方法 (1)排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进 行,应用时需注意:连续正整数的积可以写成某个排列 数,其中最大的数是排列元素的总个数,而正整数(因式) 的个数是所选取元素的个数,这是排列数公式的逆用. (2)应用排列数公式的阶乘形式时,一般先写出它们的 式子,再提取公因式,最后计算,这样往往会减少运算量. 学以致用 3.求3A x 8=4A x-1 9 中的x. 解 原方程3A x 8=4A x-1 9 可化为 3×8! (8-x)!= 4×9! (10-x)! , 即 3×8! (8-x)!= 4×9×8! (10-x)(9-x)(8-x)! , 化简,得x2-19x+78=0,解得x1=6,x2=13. 由题意知 x≤8, x-1≤9, 解得x≤8. 故原方程的解为x=6. 随堂训练 1.从1,2,3,4四个数字中,任选两个数做加、减、乘、除运算, 分别计算它们的结果,在这些问题中,可以看作排列问题 的运算的种数是( ) A.1 B.3 C.2 D.4 答案 C 解析 因为加法运算和乘法运算满足交换律,所以选出两 个数做加法运算和乘法运算时,结果与两数字位置无关, 故不是排列问题,而减法运算和除法运算与两数字的位置 有关,故是排列问题. 2.与 A 3 10·A 7 7 不相等的是( ) A.A 9 10 B.81A 8 8 C.10A 9 9 D.A 10 10 答案 B 解析 A 3 10·A 7 7 =10×9×8×7! =A 9 10 =10A 9 9 =A 10 10, 81A 8 8=9A 9 9≠A 10 10,故选B. 3.(x-3)(x-4)(x-5)…(x-12)(x-13),x∈N* ,x>13 可表示为( ) A.A 10 x-3 B.A 11 x-3 C.A 10 x-13 D.A 11 x-13 答案 B 解析 从(x-3),(x-4),… 到(x-13)共(x-3)- (x-13)+1=11个数,根据排列数公式知(x-3)(x-4)· (x-5)…(x-12)(x-13)=A 11 x-3. 4.从a,b,c,d,e 五个元素中每次取出三个元素,可组成 个以b 为首的不同的排列,它们分别是 . 答案 12 bac,bad,bae,bca,bcd,bce,bda,bdc,bde,bea, bec,bed 解析 画出树形图如下: 9
数学 选择性必修 第三册 配人教A版 c—bao 解析由题意知，m=1,2,3,4,又A=A,故集合P中共 d-bad e-bae 有3个元素. a-bca 6解方程A2+1=140A3. -d-bcd 解根据题意，原方程等价于 e-bce 2x+1≥4， a-bda x≥3， c-bdc e-bde x∈N, (2x+1)·2x·(2.x-1)(2.x-2)=140x(x-1)(x-2), a-bea -bec x≥3， d -bed 即x∈N', 可知共有12个，分别是bac,bad,bae,bca,bcd,bce, (2x+1)(2x-1)=35(x-2), bda,bdc,bde,bea,bec,bed. 整理得4x2-35x十69=0(x≥3，x∈N°)， 5,若集合P={x|x=A,m∈N},则集合P中共有 个元素 解得x=8(=孕eN,合去) 答案3 课后·训练提升 基础·巩固 答案C 解析不同结果有A=4X3=12个. 1.已知下列问题：①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参 5.(多选题)下列各式中与排列数A:不相等的是() 加数学、物理兴趣小组：②从甲、乙、丙三名同学中选出两 n！ 人参加一项活动：③从a,b,c,d中选出3个字母：④从1， A.(m一m+1)刀 2,3,4,5这五个数字中取出2个数字组成一个两位数.其 B.n(n-1)(n-2)…(n-m) 中是排列问题的有() A1个 B.2个 c C.3个 D.4个 D.A!A 答案B 答案ABC 解析由排列的定义知①④是排列问题. 2.甲、乙、丙三人排成一排照相，甲不站在排头的所有排列种 解析周为A一”两A=X急二兰 (n-m)! 数为( n！ A.6 B.4 C.8 D.10 Oa=m所以AA=A.故选ABC 答案B (满足不等式 >12的n的最小值为」 解析列树形图如下： 答案10 乙 n 甲丙 解析由题意 4 _(n-7)_(n-5)4 丙甲 n！ n-7>12,得(n-5). 故组成的排列为乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共 (m-5)川 4种. (n-6)>12 3.4×5X6×…×(n-1)×n等于() 解得n>9或n<2,又n≥5，n≥7，因此最小正整数n A.A B.A 的值为10. C.(n-4)! D.A-3 7.某车展期间，某调研机构准备从5人中选3人去调查E1 答案D 馆、E3馆、E4馆的参观人数，不同的安排方法种数为一 解析4×5X6×…×(n-1)×n中共有n-4十1=n-3个 答案60 因式，最大数为n,最小数为4，故4×5X6×…×(n一1)× 解析由题意可知，问题为从5个元素中选3个元素的排 n=A-3 列问题，故安排方法有A=5×4×3=60种， 4.从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的不同结 8.从5本不同的书中选出2本送给2名同学，每人一本，共 果有() 有」 种方法。 A.6个 B.10个 答案20 C.12个 D.16个 解析由排列数定义知，共有A=5×4=20种. 10
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 可知共有12个,分别是bac,bad,bae,bca,bcd,bce, bda,bdc,bde,bea,bec,bed. 5.若集合 P = {x|x=A m 4 ,m ∈N* },则集合 P 中共有 个元素. 答案 3 解析 由题意知,m=1,2,3,4,又 A 3 4=A 4 4,故集合P 中共 有3个元素. 6.解方程 A 4 2x+1=140A 3 x. 解 根据题意,原方程等价于 2x+1≥4, x≥3, x∈N * , (2x+1)·2x·(2x-1)(2x-2)=140x(x-1)(x-2), 即 x≥3, x∈N* , (2x+1)(2x-1)=35(x-2), 整理得4x2-35x+69=0(x≥3,x∈N* ), 解得x=3x= 23 4 ∉N* ,舍去 . 课后·训练提升 基础 巩固 1.已知下列问题:①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参 加数学、物理兴趣小组;②从甲、乙、丙三名同学中选出两 人参加一项活动;③从a,b,c,d 中选出3个字母;④从1, 2,3,4,5这五个数字中取出2个数字组成一个两位数.其 中是排列问题的有( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 答案 B 解析 由排列的定义知①④是排列问题. 2.甲、乙、丙三人排成一排照相,甲不站在排头的所有排列种 数为( ) A.6 B.4 C.8 D.10 答案 B 解析 列树形图如下: 故组成的排列为乙甲丙,乙丙甲,丙甲乙,丙乙甲,共 4种. 3.4×5×6×…×(n-1)×n等于( ) A.A 4 n B.A n-4 n C.(n-4)! D.A n-3 n 答案 D 解析 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,故4×5×6×…×(n-1)× n=A n-3 n . 4.从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除,则得到的不同结 果有( ) A.6个 B.10个 C.12个 D.16个 答案 C 解析 不同结果有 A 2 4=4×3=12个. 5.(多选题)下列各式中与排列数 A m n 不相等的是( ) A. n! (n-m+1)! B.n(n-1)(n-2)…(n-m) C. nA m n-1 n-m+1 D.A 1 nA m-1 n-1 答案 ABC 解析 因为 A m n = n! (n-m)! ,而 A 1 nA m-1 n-1 =n× (n-1)! (n-m)!= n! (n-m)! ,所以 A 1 nA m-1 n-1=A m n .故选 ABC. 6.满足不等式 A 7 n A 5 n >12的n的最小值为 . 答案 10 解析 由题意知 A 7 n A 5 n = n! (n-7)! n! (n-5)! = (n-5)! (n-7)!>12,得(n-5)· (n-6)>12, 解得n>9或n<2,又n≥5,n≥7,因此最小正整数n 的值为10. 7.某车展期间,某调研机构准备从5人中选3人去调查 E1 馆、E3馆、E4馆的参观人数,不同的安排方法种数为 . 答案 60 解析 由题意可知,问题为从5个元素中选3个元素的排 列问题,故安排方法有 A 3 5=5×4×3=60种. 8.从5本不同的书中选出2本送给2名同学,每人一本,共 有 种方法. 答案 20 解析 由排列数定义知,共有 A 2 5=5×4=20种. 10