1、 1分类加法计数原理、分步乘法计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理(2)会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题 2排列与组合(1)理解排列、组合的概念(2)能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式(3)能解决简单的实际问题 3二项式定理(1)能用计数原理证明二项式定理(2)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题 1计数原理内容考查比较稳定，试题难度起伏不大；排列组合题目一般为选择、填空题，考查排列组合的基础知识、思维能力，多数试题与教材习题的难度相当，但也有个别题难度较大；二项式定理是高考必考内容 2预计2011年高考中对排列组合的考查与概率统
2、计相结合，将在解答题中出现，而二项式定理仍要考查它的通项公式和性质，其难度为中低档题.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种不同的方法 分类加法计数原理可以推广到：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法NmnNm1m2mn 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种不同的方法 分步乘法计数原理可以推广到：完成一件事
3、情需要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mn种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法NmnNm1m2m3mn 3两个计数原理的共同点与区别(1)分类加法计数原理和分步乘法计数原理的共同点都是回答有关做一件事的不同方法的种数问题(2)两个原理的区别在于：分类加法计数原理针对的是“”问题，其中各种方法的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事情 分步乘法计数原理针对的是“”问题，各个步骤中的方法的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事情分类相互独立，彼此排斥分步互相依存，缺一不可 1(2009广东卷理)2010广州亚运会组委会要从小张、小赵、
4、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有()A36种 B12种 C18种 D48种 解析分两类：若小张或小赵入选，则有选法C21C21A3324；若小张、小赵都入选，则有选法A22A3212，共有选法36种，选A.答案A 2(2010全国，6)某校开设A类选修课3门、B类选修课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()A30种B35种 C42种D48种 解析分两种情况：(1)2门A,1门B有C32C4112种选法；(2)1门A,2门B有C
5、31C423618种，N121830.答案A 3(2010汕头一模)从2、1、0、1、2、3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数yax2bxc的系数a、b、c，则可以组成顶点在第一象限且过原点的抛物线条数为()A6 B20 C100 D120 解析第一步确定c，由抛物线过原点知c0，只有1种；第二步确定a，由顶点在第一象限开口向下，a从2，1中任选1个，有2种；最后，b有3种，总共种数为1236种 答案A 复数zabi，其中a、b为自然数，且|z|5，这样的复数共有多少个？解zabi，|z|5a2b225，可考虑按实部a或虚部b进行讨论按实部a进行分类：(1)a0时，0b5，有6个；(
6、2)a1,2,3时，0b4，有3515个；(3)a4时，0b3，有4个；(4)a5时，b0，有1个 故共有6154126个满足条件的复数 点评与警示运用分类加法计数原理时，要恰当进行分类，做到不漏不重 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？分析该问题与计数有关，可考虑选用两个基本原理来计算，完成这件事，只要两位数的个位、十位确定了，这件事就算完成了，因此可考虑安排十位上的数字情况进行分类 解解法一：按十位数上的数字分别是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有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
7、题意的两位数的个数共有：8765432136(个)解法二：按个位数字是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有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共有：1234567836(个)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)从两个口袋里各取一封信，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)分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有5420(种)不同取法(2)以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，第九封信还是有4种可能
8、由分步乘法计数原理可知，共有49种不同的投法 点评与警示使用分步乘法计数原理做题时，必须是各步全部完成，事情才算完成 五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，获得冠军的可能性有多少种？解报名的方法种数为4444445种 获得冠军的可能情况有555554种若Aa1，a2，a3，a4，Bb1，b2，b3试问从A到B可建立多少种不同的映射？解解法一：可分步计算 第一步：a1与B中唯一的元素对应有3种方法；第二步：a2与B中唯一的元素对应有3种方法；第三步：a3与B中唯一的元素对应有3种方法；第四步：a4与B中唯一的元素对应有3种方法
9、；由分步计数原理，可建立从A到B的映射共有3481个 已知集合A1,2,3，集合B4,5,6,7,8，映射f：AB满足f(1)f(2)f(3)，则这样的映射f共有()A35个 B15个 C53个 D10个 解析从4,5,6,7,8五个数取三个数，从小到大对应，故有C5310个不同映射 答案D某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有_种(以数字作答)解析解法一：先排1有四种排法若2,5相同有6种排法，再排3有2种排法，则4,6固定，共有48种不同方法；若3,5相同有6种排法，再排2有2种排法，则
10、4,6固定，共有48种不同方法；若2,3,5均不相同，有6种排法，则4,6固定，共有24种不同方法；综上，共有484824120(种)方法 解法二：先排一区，有4种方法，把其余五个区域视为一个圆环，沿圆环的一个边界剪开并把圆环拉直，得到如图的五个空格，在五个空格中放入三种不同元素，且：相同元素不相邻，两端元素不能相同，然后将图粘成圆环形.1.因为2,6不同共有6种不同方法，若3,5同(不能为2,6)共有一种方法，则4有2种方法，若3,5不同共有3种不同方法，则4固定，综上，共有46(32)120(种)不同方法 答案1202 3 4 5 6 点评与警示本题主要考查分类加法计数原理和分步乘法计数原
11、理的灵活应用及基本的计数技能，关键是分类时要标准明确，做到不漏不重，分步时要步骤连续当两个原理混和使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步(2010天津，10)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，则不同的涂色方法共有()A288种B264种 C240种D168种 解析 按所用颜色分两类 第一类：三色涂完必然两两同色，即AC，BE，DF或AF，BD，CE，有2A4348种 第二类：四色涂完A、D、E肯定不同色，有A43种涂法，再从B、F、C中选一位置涂第四色有三种若所选是B，则F、C共三种涂法，所以A43C313
12、216种 故共有48216264种 答案B 1运用两个原理解决计数问题时，首先要弄清楚完成的是一件什么事的计数问题，其次弄清如何完成这件事？是分类还是分步？一般是先分类再分步，分类时要设计好分类标准，防止重复和遗漏分步时要合理设计步骤、顺序，注意步与步之间的连续性，使各步互不干扰 2两个原理的联系与区别 共同点：都是计算完成一件事的所有不同的方法种数 不同点：一个与分类有关，一个与分步有关如果完成一件事情共有n类办法，这n类办法彼此之间相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事情，求完成这件事情的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事情需要分成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，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数就用分步乘法计数原理 3复杂的排列问题常常通过试验、画简图、小数字简化等手段使问题直观化，从而寻求解题途径，由于结果的正确性难以直接检验，因而常需要用不同的方法求解来获得检验 4元素可重复或位置可重复的排列问题，往往用分步乘法计数原理
