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第二讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2) 【知识清单】1．两计数原理的联系分类加法计数原理与分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．2．两计数原理的区别分类加法计数原理针对的是分类问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分类要做到不重不漏；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才算做完这件事，分步要做到步骤完整.说明1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本，也是最重要的原理，是解答排列，组合问题，尤其是较复杂的排列，组合问题的基础．2．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．3．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．4．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．【考点分析】一两个计数原理在排数中的应用例1 数字不重复的四位偶数共有多少个？解(1)0在末位时，十、百、千分别有9，8，7种排法，共有9×8×7＝504(个)．(2)0不在末位时，2，4，6，8中的一个在末位，有4种排法，首位有8种(0除外)，其余两位分别有8，7两种排法．∴共有4×8×8×7＝1 792(个)．由(1)(2)知，共有符合题意的偶数为504＋1 792＝2 296(个)．方法归纳排数问题实际就是分步问题，需要用分步乘法计数原理解决．此题中，由于数字0的出现，又进行了分类讨论，即在解决相关的排数问题时，要注意两个原理的综合应用．反馈训练1 用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个：(1)三位整数？(2)无重复数字的三位整数？(3)小于500的无重复数字的三位整数？解由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．(1)百位数字有9种选择，十位数字和个位数字都各有10种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×10×10＝900(个)．(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×9×8＝648(个)．(3)百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有4×9×8＝288(个)．二抽取(分配)问题例2 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种解析法一(直接法)以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种)．综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种)．法二(间接法)先计算3个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即：4×4×4－3×3×3＝37(种)方案．方法归纳解决抽取(分配)问题的方法(1)当涉及对象数目不大时，一般选用例举法、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直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．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．反馈训练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：(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)．三涂色问题例3 一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N)等份，种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．(1)如图1，圆环分成的3等份为a1，a2，a3，有多少种不同的种植方法？(2)如图2，圆环分成的4等份为a1，a2，a3，a4，有多少种不同的种植方法？解(1)如题图1，先对a1部分种植，有3种不同的种植方法，再对a2，a3种植．因为a2，a3与a1不同颜色，a2，a3也不同，所以由分步乘法计数原理得3×2×1＝6(种)．(2)如图2，当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，有3×2×2×1＝12(种)种植方法，由分类加法计数原理，共有6＋12＝18(种)种植方法．规律方法(1)涂色问题的基本要求是相邻区域不同色，但是不相邻的区域可以同色．因此一般以不相邻区域同色、不同色为分类依据，相邻区域可用分步涂色的办法涂色．(2)涂色问题往往涉及两计数原理的综合应用，因此，要找准分类标准，兼顾条件的情况下分步涂色．反馈训练3 如图所示的几何体是由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．解析先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12(种)不同的涂法． 四 种植问题例4 从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有多少种不同的种植方法．解 法一 (直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6(种)不同种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2×1＝6(种)不同种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．法二 (间接法)：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有不同种植方法24－6＝18(种)． 方法归纳 按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都完成了这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步．反馈训练4 将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有________种(以数字作答)．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b 或c ，不妨设放入b，第三块也有2种方法a 或c .(1)若第三块田放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 ：第四块有b 或c 2种方法：①若第四块放c ：第五块有2种方法； ②若第四块放b ：第五块只能种作物c ，共1种方法．综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法． 【强化训练】1．如图，小圆点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A 向结点B 传递信息，信息可沿不同的路径同时传递，则单位时间传递的最大信息量是( )A ．26B ．24C ．20D ．19解析 单位时间内传递的最大信息量是N ＝3＋4＋6＋6＝19，故选D.2．已知x ∈{1，2，3，4}，y ∈{5，6，7，8}，则xy 可表示不同值的个数为( ) A ．2 B ．4C ．8D ．15解析 完成xy 这件事分两步：第一步：从集合{1，2，3，4}选一个数，共有4种选法； 第二步：从集合{5，6，7，8}选一个数，共有4种选法． 共有4×4＝16(种)选法．其中3×8＝4×6，所以xy 可表示的不同值的个数为15.3．从0，1，2，…，9这10个数字中，任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点(a ，b )的坐标，能够确定不在x 轴上的点的个数是( )A ．100B ．90C ．81D ．72解析 分两步：第一步选b ，∵b ≠0，所以有9种选法；第二步选a ，因a ≠b ，所以有9种选法．由分步乘法计数原理知共有9×9＝81(个)点．4．(2013·福建理)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解析①当a＝0时，很显然为垂直于x轴的直线方程，有解，此时b取4个值，故有4种有序数对；②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1，显然有3个实数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2)．∵(a，b)共有3×4＝12个实数对，此时(a，b)的取值为12－3＝9(个)．∴(a，b)的个数为4＋9＝13.5．五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案有________种．解析完成承建任务可分五步：第一步，安排1号有4种；第二步，安排2号有4种；第三步，安排3号有3种；第四步，安排4号有2种；第五步，安排5号有1种．由分步乘法计数原理知，共有4×4×3×2×1＝96(种)．6．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有________种不同的取法．解析分三类，第一类：取数学书和语文书，有10×9＝90(种)；第二类：取数学书和英语书，有10×8＝80(种)；第三类：取语文书和英语书，有9×8＝72(种)，故共有90＋80＋72＝242(种)．7．若把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有多少对？解把六棱锥的棱分成三类：第一类，底面上的六条棱所在的直线共面，则每两条之间不能构成异面直线．第二类，六条侧棱所在的直线共点，每两条之间也不能构成异面直线．第三类，结合图形可知，底面上的六条棱所在的直线中的每一条与之不相交的四条侧棱所在的四条直线中的每一条才能构成异面直线．再由分步乘法计数原理，可构成异面直线6×4＝24(对)．8．现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )A．24种 B．30种 C．36种D．48种解析共有4×3×2×2＝48(种)．9．从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则形成不同的直线最多有( )A．18条B．20条C．25条D．10条解析第一步取A的值，有5种取法，第二步取B的值有4种取法，其中当A＝1，B＝2时，与A＝2，B＝4时是相同的；当A＝2，B＝1时，与A＝4，B＝2时是相同的，故共有5×4－2＝18(条)．10．如图是5个相同的长方形，用红、黄、蓝、白、黑5种颜色涂这些长方形，使每个长方形涂一种颜色，且相邻长方形涂不同的颜色．如果颜色可反复使用，那么共有________种涂色方法．解析涂第一个长方形时有5种方法；涂第二个长方形时颜色与第一个不同，有4种方法；由于颜色可以反复使用，因此第三个、第四个、第五个长方形各有4种涂法．由分步乘法计数原理知，所有的涂色方法共有5×4×4×4×4＝1 280(种)．11．有一项活动，需在3名老师、8名男同学和5名女同学中选人参加．(1)若只需一人参加，有多少种不同方法？(2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？(3)若需一名老师、一名学生参加，有多少种不同选法？ 解 (1)有三类选人的方法：3名老师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法．由分类加法计数原理，共有3＋8＋5＝16种选法． (2)分三步选人：第一步选老师，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． 由分步乘法计数原理，共有3×8×5＝120种选法． (3)可分两类，每一类分两步．第一类：选一名老师再选一名男同学，有3×8＝24种选法；第二类：选一名老师再选一名女同学，共有3×5＝15种选法． 由分类加法计数原理，共有24＋15＝39种选法． 12．从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程y ＝ax 2＋bx ＋c 的系数，如果抛物线经过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条？解 因为抛物线经过原点，所以c ＝0，从而知c 只有1种取值．又抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 顶点在第一象限，所以顶点坐标满足⎩⎪⎨⎪⎧－b2a＞0，4ac －b 24a ＞0，由c ＝0解得a <0，b >0，所以a ∈{－3，－2，－1}，b ∈{1，2，3}，这样要求的抛物线的条数可由a ，b ，c 的取值来确定： 第一步：确定a 的值，有3种方法； 第二步：确定b 的值，有3种方法； 第三步：确定c 的值，有1种方法．由分步乘法计数原理知，表示的不同的抛物线有N ＝3×3×1＝9(条)．13．(1)从5种颜色中选出三种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．(2)从5种颜色中选出四种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．解 (1)如图，由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S ，A ，B 所染色互不相同，则A ，C 必须颜色相同，B ，D 必须颜色相同，所以，共有5×4×3×1×1＝60(种)． (2)法一 由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S ，A ，B 所染色互不相同，则A ，C 可以颜色相同，B ，D 可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同．所以，先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法(如：B ，D 颜色相同)；再从5种颜色中，选出四种颜色涂在S ，A ，B ，C 四个顶点上，有5×4×3×2＝120(种)涂法；根据分步乘法计数原理，共有2×120＝240(种)不同的涂法． 法二 分两类．第一类，C 与A 颜色相同．由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S ，A ，B 所染色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．共有5×4×3×1×2＝120(种)方法； 第二类，C 与A 颜色不同．由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S ，A ，B 所染色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．共有5×4×3×2×1＝120(种)方法； 由分类加法计数原理，共有120＋120＝240(种)不同的方法．。
目录考点一：基本计数原理 (2)题型一、分布加法原理 (2)题型二、分布乘法原理 (4)题型三、基本计数原理的综合运用 (5)课后综合巩固练习 (6)考点一：基本计数原理加法原理分类计数原理：做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12nN m m m =+++种不同的方法．又称加法原理． 乘法原理分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个子步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同方法，……，做第n 个步骤有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．又称乘法原理．加法原理与乘法原理的综合运用如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法，这两个原理十分重要必须认真学好，并正确地灵活加以应用．题型一、分布加法原理1.用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有( ) A ．3B ．5C ．9D ．12【分析】用列举法求解．【解答】解：用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，有以下几类办法： ①用2张10元钱支付；②用1张10元钱和2张5元钱支付；③用1张10元钱、1张5元钱5张1元钱支付； ④用1张10元钱和10张1元钱支付； ⑤用1张5元钱和15张1元钱支付； ⑥用2张5元钱和10张1元钱支付；⑦用3张5元钱和5张1元钱支付； ⑧用4张5元钱支付； ⑨用20张1元钱支付． 故共有9种方法． 故选：C ．【点评】本题考查不同的付款方式共有多少种的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．2．一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出一本，则不同的取法共有( ) A ．3种B ．1848种C ．37种D ．6种【分析】分情况讨论：选择拿语文书：有12种不同的拿法，数学书有14种不同的拿法，英语书有11种不同的拿法，然后把这三种情况的数量加在一起即可．【解答】解：由题意可知选择拿语文书：有12种不同的拿法，数学书有14种不同的拿法，英语书有11种不同的拿法， 共有：12141137++=． 故选：C ．【点评】本题先确定拿哪种类型的书，考查分类计数原理的应用，考查两种原理的区别． 3．已知集合{1M=，2-，3}，{4N =-，5，6，7}-，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内多少个不同点( ) A ．18个B ．10个C ．16个D ．14个【分析】根据第三、四象限内点的坐标的性质，分2种情况讨论，①取M 中的数作横坐标，取N 中的数作纵坐标坐标，②取N 中的数作横坐标，取M 中的数作纵坐标坐标，易得每种情况下的数目，进而由加法原理可得答案．【解答】解：第三、四象限内点的纵坐标为负值，横坐标无限制；分2种情况讨论，①取M 中的数作横坐标，取N 中的数作纵坐标坐标，有326⨯=种情况， ②取N 中的数作横坐标，取M 中的数作纵坐标坐标，有414⨯=种情况； 共有6410+=种情况， 故选：B ．【点评】本题考查分类计数原理的运用，解题的切入点为四个象限的点的坐标的性质．题型二、分布乘法原理1．设函数:f N N ++→满足：对于任意大于3的正整数n ，()3f n n =-，且当3n 时，2()3f n ，则不同的函数()f x 的个数为()A ．1B ．3C ．6D ．8【分析】通过()3f n n =-，结合映射的定义，根据2()3f n ，确定函数的个数．【解答】解：3n ，2()3f n ，f∴（1）2=或3，且f（2）2=或3 且f（3）2=或3．根据分步计数原理，可得共2228⨯⨯=个不同的函数． 故选：D ．【点评】本题主要考查映射的定义，以及分步计数原理的应用，比较基础． 2．将一枚骰子向桌面先后抛掷2次，一共有( )种不同结果． A ．6B ．12C ．36D ．216【分析】由分步计数原理知有66⨯种结果，问题得以解决 【解答】解：由分步计数原理知有6636⨯=种结果 故选：C ．【点评】本题考查了分步计数原理，属于基础题3．古代“五行”学认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列方法有多少种（结果用数字表示）．( ) A ．5B ．10C ．20D ．120【分析】由题意，可看作五个位置排列五种事物，由分步原理求解即可，本题需要考虑的因素：相克的两种物质不相邻，注意满足此规则，计算符合条件的排列方法种数【解答】解：由题意，可看作五个位置排列五种事物，第一位置有五种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，故有两种选择不妨假设排上的是水， 第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土， 故总的排列方法种数有5211110⨯⨯⨯⨯= 故选：B ．【点评】本题考查排列排列组合及简单计数问题，解答本题关键是理解题设中的限制条件及“五行”学说的背景，利用分步原理正确计数，本题较抽象，计数时要考虑周详，本题以实际问题为背景，有着实际背景的题在现在的高考试卷上有逐步增多的趋势题型三、基本计数原理的综合运用1．将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，每个区域种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是( )A ．420B ．180C ．64D ．25【分析】由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，讨论A ，D 同色和异色，根据乘法原理可得结论．【解答】解：由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行， 区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，A ，D 不同色，D 有3种，C 有2种涂法，有5432120⨯⨯⨯=种， A ，D 同色，D 有4种涂法，C 有3种涂法，有54360⨯⨯=种，∴共有180种不同的涂色方案．故选：B ．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意分析图形中区域相邻的情况． 2．5名同学排成一列，某个同学不排排头的排法种数为 （用数字作答）．【分析】先排不在排头的这个学生，方法有4种，其他学生任意排，有44A 种，根据分步计数原理，求得结果．【解答】解：先排不在排头的这个学生，方法有4种，其他学生任意排，有44A 种，根据分步计数原理，所有的排列方法共有44496A =种，故答案为：96．【点评】本题主要考查分步计数原理的应用，注意特殊元素优先排列，属于基础题．3．已知集合{1M ∈，2-，3}，{4N ∈-，5，6，7}-，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，求这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数．【分析】本题首先分类在每一类中又分步，M中的元素作点的横坐标，N中的元素作点的纵坐标，N中的元素作点的横坐标，M中的元素作点的纵坐标，分别可以得到在第一和第二象限中点的个数，根据分类加法原理得到结果．【解答】解：由题意知本题是一个分类和分步的综合问题，⨯个，M中的元素作点的横坐标，N中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点共有22在第二象限的点共有12⨯个．⨯个，N中的元素作点的横坐标，M中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点共有22在第二象限的点共有22⨯个．∴所求不同的点的个数是2212222214⨯+⨯+⨯+⨯=（个)．【点评】本题考查分步计数原理和分类计数原理，是一个综合题目，首先分类，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决．课后综合巩固练习1．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5位同学只会用综合法证明，有3位同学只会用分析法证明，现任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数有()种．A．8B．15C．18D．30【分析】本题是一个分类计数问题，解决问题分成两个种类，一是可以用综合法证明，有5种方法，一是可以用分析法来证明，有3种方法，根据分类计数原理知共有358+=种结果．【解答】解：由题意知本题是一个分类计数问题，解决问题分成两个种类，一是可以用综合法证明，有5种方法，一是可以用分析法来证明，有3种方法，根据分类计数原理知共有358+=种结果，故选：A．【点评】本题看出分类计数问题，本题解题的关键是看清楚完成这个过程包含两种方法，看出每一种方法所包含的基本事件数，相加得到结果．2．将一张面值1元的人民币全部换成面值1角，2角和5角的硬币，则换法总数为．【分析】设1角硬币有x枚，2角硬币有y枚，5角硬币有z枚，构造三元一次方程，然后利用列举法得到所有可能的情况，可得答案．【解答】解：设1角硬币有x 枚，2角硬币有y 枚，5角硬币有z 枚 则2510x y z ++= 满足方程的解有：10x =，0y =，0z = 8x =，1y =，0z = 6x =，2y =，0z = 4x =，3y =，0z = 2x =，4y =，0z = 0x =，5y =，0z =5x =，0y =，1z = 0x =，0y =，2z = 3x =，1y =，1z = 1x =，2y =，1z =共十种不同情况 故答案为：10【点评】解决此类问题要用列举法，把所有的情况都一一排查，找出问题的答案． 3．乘积123123412345()()()a a a b b b b c c c c c +++++++++展开后共有 项．【分析】根据多项式的乘法法则，分析易得在123()a a a ++中取一项有3种取法，在1234()b b b b +++中取一项有4种取法，在12345()c c c c c ++++中取一项有5种取法，进而由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据多项式的乘法法则，123123412345()()()a a a b b b b c c c c c +++++++++的结果中每一项都必须是在123()a a a ++、1234()b b b b +++、12345()c c c c c ++++三个式子中任取一项后相乘，得到的式子，而在123()a a a ++中有3种取法，在1234()b b b b +++中有4种取法，在12345()c c c c c ++++中有5种取法，由乘法原理，可得共有34560⨯⨯=种情况，则123123412345()()()a a a b b b b c c c c c +++++++++的展开式中有60项； 故答案为60．【点评】本题考查分步计数原理的运用，是常见的题目；平时要多加训练．4．在66⨯的表中停放3辆完全相同的红色车和3辆完全相同的黑色车，每一行、每一列都只有一辆车，每辆车占一格，共有 种停放方法．（用数字作答）【分析】利用分步计数原理，第一步先选车，第二种再排列，问题得以解决【解答】解：第一步先选车有36C 种，第二步因为每一行、每一列都只有一辆车，每辆车占一格，从中选取一辆车后，把这辆车所在的行列全划掉，依次进行，则有11111166543216C C C C C C A =种，根据分步计数原理得；366614400C A =种．故答案为：14400．【点评】本题考查了分步计数原理的应用，关键是如何求出每辆车所在行列的可能性5．对于各数互不相等的正数数组1(i ，2i ，⋯，)(n i n 是不小于2的正整数），如果在p q <时有p q i i <，则称“p i 与q i ”是该数组的一个“顺序”，一个数组中所有“顺序”的个数称为此数组的“顺序数”．例如，数组(2，4，3，1)中有顺序“2，4”、“2，3”，其“顺序数”等于2．若各数互不相等的正数数组1(a ，2a ，3a ，4a ，5)a 的“顺序数”是4，则5(a ，4a ，3a ，2a ，1)a 的“顺序数”是 ． 【分析】根据题意，假设出一种情况，倒序后输出顺序数即可．【解答】解：根据题意，各数互不相等的正数数组1(a ，2a ，3a ，4a ，5)a 的“顺序数”是4，假设12a a <，13a a <，14a a <，15a a <，且后一项都比前一项小，因此可以判断出23a a >，34a a >，45a a >， 则5(a ，4a ，3a ，2a ，1)a 的“顺序数”是6， 故填：6．【点评】本题考查了新定义，理解好定义是解题的先决条件，另外，要大胆假设．本题属基础题．。
第一章计数原理§1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理班级：高二（）班学号：姓名：学习目标：1．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；2．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问题。
学习重点：分类加法计数原理与分步乘法计数原理学习难点：准确区分加法原理与乘法原理，并准确应用加法原理和乘法原理．学习过程：预习﹒交流﹒评价1、分类加法计数原理：做一件事，完成它有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有m n种不同的办法。
那么完成这件事共有种不同的方法。
2、分步乘法计数原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法……做第n个步骤有m n种不同的办法。
那么完成这件事共有种不同的方法。
新知﹒巩固﹒展示问题1．一个三层书架的上层放有5本不同的数学书，中层放有3本不同的语文书，下层放有2本不同的英语书：（1）从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？（2）从书架上任取三本书，其中数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？问题2. 用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码？（2）四位数？（3）四位奇数？问题3. 记壹元硬币有国徽的一面叫做正面，有币值的一面叫做反面。
现依次抛出5枚一元硬币，按照抛出的顺序得到一个由5个“正”或“反”组成的序列，如“正，反，反，反，正”。
问：一共可以得到多少个不同的这样的序列？巩固练习：1、（1）一件工作可以用两种方法完成。
有5个人会用第一种方法完成，另有4个人会用第二种方法完成。
从这9个人中选出一个人来完成这件工作，不同的选法共有种；（2）一个科技小组中有3名女同学，5名男同学。
从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法种；若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法种。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识集结知识元分类加法计数原理知识讲解1．分类加法计数原理【知识点的认识】1．定义：完成一件事有两类不同方案：在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有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．2．推广：完成一件事有n类不同方案：在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第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．3．特点：（1）完成一件事的n类方案相互独立；（2）同一类方案中的各种方法相对独立．（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；4．注意：与分步乘法计数原理区别分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点计算“完成一件事”的方法种数不同点分类完成，类类相加分步完成，步步相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整【解题步骤】如果完成一件事情有n类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法计数原理．实现步骤：（1）分类；（2）对每一类方法进行计数；（3）用分类加法计数原理求和；【命题方向】与实际生活相联系，以选择题、填空题的形式出现，并综合排列组合知识成为能力型题目，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．例：某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（）A.30种B.35种C.42种D.48种分析：两类课程中各至少选一门，包含两种情况：A类选修课选1门，B类选修课选2门；A 类选修课选2门，B类选修课选1门，写出组合数，根据分类计数原理得到结果．解答：可分以下2种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C31C42种不同的选法；②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C32C41种不同的选法．∴根据分类计数原理知不同的选法共有C31C42+C32C41＝18+12＝30种．故选A．点评：本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想．本题也可以从排列的对立面来考虑，写出所有的减去不合题意的，可以这样解：C73﹣C33﹣C43＝30．例题精讲分类加法计数原理例1.把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有（）A．4种B．5种C．6种D．7种例2.袋中有大小相同的5个球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，现在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量ξ，则ξ所有可能取值的个数是（）A．5 B．9 C．10 D．25例3.李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳有几种不同的选择方式（）A．24 B．14 C．10 D．9分步乘法计数原理知识讲解1．分步乘法计数原理【知识点的认识】1．定义：完成一件事需要分成两个步骤：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．2．推广：完成一件事需要分成n个步骤：做第1步有m1种不同的方法，做第2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．3．特点：完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事；4．注意：与分类加法计数原理区别分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点计算“完成一件事”的方法种数如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则可使用分步乘法计数原理．实现步骤：（1）分步；（2）对每一步的方法进行计数；（3）用分步乘法计数原理求积；【命题方向】与实际生活相联系，以选择题、填空题的形式出现，并综合排列组合知识成为能力型题目，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．例：从1，2，3，4，5，6，7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数的个数为（）A.432B.288C.216D.108分析：本题是一个分步计数原理，先从4个奇数中取2个再从3个偶数中取2个共C42C32，再把4个数排列，其中是奇数的共A21A33种，根据分步计数原理得到结果．解答：∵由题意知本题是一个分步计数原理，第一步先从4个奇数中取2个再从3个偶数中取2个共C42C32＝18种，第二步再把4个数排列，其中是奇数的共A21A33＝12种，∴所求奇数的个数共有18×12＝216种．故选C．点评：本题考查分步计数原理，是一个数字问题，数字问题是排列中的一大类问题，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，很多题目要分类讨论，要做到不重不漏．例题精讲分步乘法计数原理例1.用1，3，5，7，9五个数字中的三个替换直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，若A、B、C的值互不相同，则不同的直线共有（）A．25条B．60条C．80条D．181条例2.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个例3.对某种产品的6件不同正品和4件不同次品一一进行测试，到区分出所有次品为止若所有次品恰好在第五次测试被全部发现，则这样的测试方法有（）A．24种B．96种C．576种D．720种计数原理的应用知识讲解1．计数原理的应用【知识点的认识】1．两个计数原理（1）分类加法计数原理：N＝m1+m2+…+m n（2）分步乘法计数原理：N＝m1×m2×…×m n2．两个计数原理的比较1．计数原理的应用（1）如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类加法计数原理；（2）如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步乘法计数原理．2．解题步骤（1）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”；（2）求每“类”或每“步”中不同方法的种数；（3）利用“相加”或“相乘”得到完成事件的方法总数；（4）作答．【命题方向】分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法．常见考题类型：（1）映射问题（2）涂色问题（①区域涂色②点的涂色③线段涂色④面的涂色）（3）排数问题（①允许有重复数字②不允许有重复数字）例题精讲计数原理的应用例1.艺术节期间，秘书处派甲、乙、丙、丁四名工作人员分别到A，B，C三个不同的演出场馆工作，每个演出场至少派一人．若要求甲、乙两人不能到同一演出场馆工作，则不同的分派方案有____种．例2.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有____种．例3.现用五种不同的颜色，要对如图中的四个部分进行着色，要求公共边的两块不能用同一种颜色，共有____种不同着色方法当堂练习单选题练习1.将5名同学分配到A、B、C三个宿舍中，每个宿舍至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A宿舍，那么不同的分配方案有（）A．76种B．100种C．132种D．150种练习2.来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，执行北京奥运会的一号、二号和三号场地的乒乓球裁判工作，每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案总数有（）练习3.2010年的自主招生工作，部分高校实施校长实名推荐制．某中学获得推荐4名学生的资格，可以选择的大学有三所，而每所大学至多接受该校的2名推荐生，那么校长推荐的方案有（）练习4.某省示范高中将6名教师分配至3所农村学校支教，每所学校至少分配一名教师，其中甲必去A校，乙、丙两名教师不能分配在同一所学校的不同分配方法数为（）练习5.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有（）种练习1.将5名学生分配到3个社区参加社会实践活动，每个社区至少分配一人，则不同的分配方案有_____种（用数字填写答案）练习2.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有_____个．解答题练习1.'某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理【応识梃理】1.完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有加种不同的方法，在第2类方案中有〃种不同的方法，那么完成这件事共有N= R+门种不同的方法.2.完成一件事有〃类不同的方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有加2种不同的方法，…，在第〃类方案中有观”种不同的方法，则完成这件事共有N=... + ®种不同的方法.3.完成一件事需要两个步骤，做第1步有加种不同的方法，做第2步有〃种不同的方法，那么完成这件事共有N =心种不同的方法.4.完成一件事需要〃个步骤，做第1步有加1种不同的方法，做第2步有加2种不同的方法，…，做第n步有m n 种不同的方法，则完成这件事共有NSF…x®种不同的方法.【纟考麵型】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，共有三类 男生数女生数 总数 高三⑴班30 20 50 高三⑵班30 30 60 高三⑶班 35 20 55某校高三共有三个班，各班人数如下表.(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不 分类加法计数原理[例1]不同的方案：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⑶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知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50+60+55 = 165种不同的选法.(2)从高三⑴班、(2)班男生中或从高三⑶班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有三类不同的方案:第1类，从高三⑴班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高三⑵班男生中选出1名学生，有30种不同的选法;第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法.根据分类加法计数原理知，从高三⑴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，共有30+30+20=80种不同的选法•［类题通法］利用分类加法计数原理时要注意(1)要准确理解题意，确定分类的标准.(2)分类时要做到“不重不漏”，即类与类之间要保证相互间的独立性.［对点训练］若小且x+yW6,试求有序自然数对（兀，刃的个数. 解：按兀的取值进行分类:兀=1时，丿=1，2,3,4,5,共构成5个有序自然数对;兀=2 时，y = l，2,3,4,共构成4个有序自然数对;兀=5时，j = l,共构成1个有序自然数对.根据分类加法计数原理，共有^=5+4+3+2+1 = 15个有序自然数对.题型二分步乘法计数原理［例2］从1,2,3,4中选三个数字，组成无重复数字的整数，则满足下列条件的数有多少个?(1)三位数；(2)三位偶数.［解］(1)三位数有三个数位: 百位十位个位故可分三个步骤完成: 第1步，排个位，从1,23,4中选1个数字，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，共有4X3X2=24个满足要求的三位数.(2)分三个步骤完成：第1步，排个位，从2,4中选1个，有2种方法；第2步，排十位，从余下的3个数字中选1个，有3种方法；第3步，排百位，只能从余下的2个数字中选1个，有2种方法.根据分步乘法计数原理，共有2X3X2=12个满足要求的三位偶数.［类题通法］利用分步乘法计数原理时要注意(1)仔细审题，抓住关键点确立分步标准，有特殊要求的先行安排；(2)分步要保证各步之间的连续性和相对独立性.［对点训练］一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同.(1)从两个口袋里各取1封信，有多少种不同的取法?(2)把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法?解：(1)各取1封信，不论从哪个口袋里取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有5 X4=20种不同的取法.(2)若从每封信投入邮筒的可能性考虑，第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能，・・・，第九封信还有4种可能，所以共有4°种不同的投法.两个计数原理的综合应用［例3］现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30 人，组成冬令营.(1)若从中选1人作总负责人，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)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选1 人作总负责人有42种选法；从高三选1人作总负责人有30种选法.由分类加法计数原理，可知共有50+42+30=122种选法.(2)从高一选1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有30种选法.由分步乘法计数原理，可知共有50X42X30=63 000种选法.(3)①从高一和高二各选1人作中心发言人，有50X42=2100种选法；②从高二和高三各选1人作中心发言人，有42X30=1 260种选法；③从高一和高三各选1人作中心发言人，有50X30=1 500种选法.故共有2 100+1 260+1 500=4 860种选法・［类题通法］在用两个计数原理处理问题时，首先要分清是“分类”还是“分步”，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.［对点训练］有一项活动，需在3名老师、8名男同学和5名女同学中选部分人员参加.(1)若只需一人参加，有多少种不同的选法?(2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法?(3)若需一名老师、一名同学参加，有多少种不同的选法?解：(1)有三类:3名老师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法.由分类加法计数原理知，有3+8+5=16种选法.(2)分三步：第1步选老师，有3种方法；第2步选男同学, 有8种方法；第3步选女同学，有5种方法.由分步乘法计数原理知，共有3X8X5=120种选法.(3)可分两类，每一类又分两步.第1类，选一名老师再选一名男同学，有3X8=24种选法；第2类，选一名老师再选一名女同学，共有3X5 = 15种选法. 由分类加法计数原理知，共有24+15=39种选法.【俅习反僦】1.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（）B. 12A. 7C. 64D. 81解析：要完成长裤与上衣配成一套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同选法；第2步, 选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法.故共有4X3=12种不同的配法.答案：B2.已知集合M={19 -2,3}，N={—4,5,6,7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一.二象限内不同的点的个数是（）B. 17A. 1C. 16D. 10解析：分两类：第1类，M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则有3X3=9个在第一、二象限内的点；第2 类，N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则有4X2 =8个在第一、二象限内的点.由分类加法计数原理，共有9+8=17个点在第一、二象限内.答案：B3.从集合｛0,1,2,3,4,5,6｝中任取两个互不相等的数a, b组成复数a+肘，其中虚数有解析：第1步取b的数，有6种方法；第2步取"的数，也有6种方法.根据分步乘法计数原理，共有6X6 =36种方法.答案：364. 一学习小组有4名男生，3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有种不同选法；若选男女生各一名当组长,共有_________ 种不同选法.解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选,有4种选法；另一类是从女生中选，有3种选法.根据分类加法计数原理，共有4+3=7种不同选法.若选男女生各一名当组长，需分两步：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2步，从女生中选一名，有3种选法.根据分步乘法计数原理，共有4X3=12种不同选法.答案：7 125.有不同的红球8个，不同的白球7个.(1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法?(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？解：(1)由分类加法计数原理得, 从中任取一个球共有8+7 = 15种取法.⑵由分步乘法计数原理得' 从中任取两个不同颜色的球共有8X7 = 56种取法.。
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1、教学任务分析两个计数原理是人们在大量实践经验的基础上归纳出来的基本规律。
它们不仅是推导排列数、组合数计算公式的依据，而且其基本思想方法贯穿本章内容的始终，从思想方法看，两个计数原理的运用实际上就是将一个复杂问题分解为若干“类别”或“步骤”，以达到简化问题的目的。
由于排列、组合及二项式定理的研究都是作为两个计数原理的典型应用而设置的，因此，理解和掌握两个计数原理，是学好本章内容的关键。
2、教学目标（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，培养学生归纳概括的能力；（2）会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题。
3、教学重点与难点重点：归纳地得出分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能应用它们解决简单的实际问题。
难点：正确地理解“完成一件事情”的含义；根据实际问题的特征，正确地区分“分类”或“分步”。
4、教学基本流程创设情境，引出分类计数问题归纳得出分类加法计数原理分类加法计数原理的推广类比地引出分步计数问题归纳得出分步乘法计数原理分步乘法计数原理的推广5、教学过程（1）以教科书第2页的“思考”题作为引入。
引出分类计数问题，激发学生的求知欲。
师生活动：教师提出问题，学生阅读、思考、回答。
（2）引导学生概括上述问题的特征。
概括获得分类计数问题的特征，得出分类加法计数原理。
这里所得出的原理只涉及“两类方案”，这样可以使得定义简洁又不失一般性，容易与学生熟悉的数的加法建立联系。
师生活动：学生回答，教师注意引导学生概括到“分类”和“加法”上，可以先由学生叙述分类加法计数原理。
教师适当补充。
教师对原理进行解释，特别注意强调明确要完成的“一件事”的重要性。
（3）引入情境1，让学生加深对分类加法计数原理的认识。
师生活动：教师引导学生对情境1的方案的分类，让学生自己动手完成只有两类方案的计数。
然后，增加条件“如果狐狸还有4辆自行车可以选择呢?”，引导学生从两类方案的学习，到三类方案的学习。
