高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册分类加法计数原理与分步乘法计数原理优质教案

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导学案
学习目标
进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理；
能综合应用两个计数原理解决实际问题；
培养数学建模、数学运算等重要学科素养.
学习重难点
重点：进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理；
难点：能综合应用两个计数原理解决实际问题.
学习过程
回顾复习，引入新知
回顾一：完成一件事有三类不同方案，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 3 类方案中有 m3 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
共有 N=m1 +m2+m3 种不同方法
回顾二：分类加法计数原理的推广：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的方法，那么应当如何计数呢?
共有 N=m1+m2+ ∙∙∙ +mn 种不同方法
回顾三：完成一件事需要三个步骤，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 3 步有 m3 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
共有 N=m1 ×m2×m3 种不同方法
回顾四：分步乘法计数原理的推广：如果完成一件事情需要n个步骤，做每一步都有若干种不同的方法，那么应当如何计数呢?
共有 N=m1×m2× ∙∙∙ ×mn 种不同方法.
回顾五: 分类计数原理加法与分步乘法计数原理的异同：
相同点：回答的都是有关做一件事的不同方法总数的问题
不同点：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，用任何一种方法都可以做完这件事；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才算做完这件事．
应用新知
例4 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?
法一：分步乘法计数原理 3×2=6
第1步：选出2幅画(3种：甲乙、甲丙、乙丙)
第2步：对2幅画确定左右(各2种挂法)
法二：分步乘法计数原理 3×2=6
第1步：选1幅挂左边(3种：甲、乙、丙)
第2步：选1幅挂右边(各2种选择)
法三：分类加法计数原理 2+2+2=6
第1类：甲在左(2种方法：甲乙、甲丙)
第2类：乙在左(2种方法：乙丙、乙甲)
第3类：丙在左(2种方法：丙甲、丙乙)
法四：树状图列举法，如右图
跟踪练习：某班级共有学生50人，现在需要选择班长和学习委员两名学生干部（1个人不能同时担任两个职务），则不同的选法共________种.
完成的事：50人中选择两人做班长和学习委员，
可以分两个步骤完成：
第1步，选班长，有50种不同选法；
第2步，选学习委员，有49种不同选法，
根据分步乘法计数原理，共有不同选法种数为 N=50×49=2450
例5 给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A~G或U~Z，后两个字符要求用数字1~9，最多可以给多少个程序模块命名?
预设：要完成的一件事是“给一个程序模块命名”，可以分三个步骤完成：
第1步，选首字符，由加法原理，共有7+6=13种不同选法；
第2步，选中间字符，有9种不同选法；
第3步，选最后一个字符，有9种不同选法；
根据分步乘法计数原理，共有不同选法种数为: N=13×9×9=1053
思考：你能给出不同的解法吗？
要完成的一件事是“给一个程序模块命名”，可以分两类方案：
第1类，首字符为字母A~G中的一个，中间字符和最后一个字符都是从1~9中选，由乘法原理得，共有6×9×9=486种不同选法；
第2类，首字符为字母U~Z中的一个，中间字符和最后一个字符都是从1~9中选，由乘法原理得，共有7×9×9=567种不同选法；
根据分类加法计数原理，共有不同选法种数为: N=486+567=1053
归纳总结：两个计数原理的综合应用：
特点：有些较复杂的问题往往不单独考查某一个计数原理，而是两个计数原理都要考查.
模型：分类中有分步：先对问题进行“分类”处理，每一类的计数，还需要应用到分步乘法计数原理；
分步中有分类：先对问题进行“分步”处理，每一步的计数，还需要应用到分类加法 计数原理．
跟踪练习：书架上有4本不同的计算机书，3本不同的文艺书，2本不同的体育书，从书架上任取2种不同类型的书各1本,有多少种不同的取法？
要完成的一件事是“取2种不同类型的书”，可以分三类方案：
第1类，取计算机和文艺书各一本，由乘法原理得，有4×3=12种不同取法；
第2类，取计算机和体育书各一本，由乘法原理得，有4×2=8种不同取法；
第3类，取文艺书和体育书各一本，由乘法原理得，有3×2=6种不同取法；
根据分类加法计数原理，共有不同取法种数为:N=12+8+3=23.
例6 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0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1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．
（1）1个字节(8位)最多可以表示多少个不同的字符?
（2）计算机汉字国标码包含了6763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?
（1）用图6.1-3表示1个字节：
1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，１个字节最多可以表示不同字符的个数是：2×2×2×2×2×2×2×2=28=256.
由 （1）知，1个字节所能表示的不同字符只有256个，不够6763个，我们考虑2个字节能够表示多少个字符. 第1步，前1个字节有256种不同的表示方法；第2步，后1个字节也有256种表示方法． 根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示不同字符的个数是256×256=65536．
这已经大于汉字国标码包含的汉字个数6763．
因此要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用2个字节表示．
例7 计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试．程序员需要知道到底有多少条执行路径(程序从开始到结束的路线)，以便知道需要提供多少个测试数据．一般地，一个程序模块由许多子模块组成．图6.1-4是一个具有许多执行路径的程序模块，它有多少条执行路径?
完成的事情：完成程序测试，分两步进行：
第1步：从开始执行到A点，由分类加法计数原理，子模块1、子模块2、子模块3中的子路径条数共为：18+45+28=91．即该步共有91种执行路径；
第2步：从A点执行到结束，同理，子模块4、子模块5中的子路径条数共为：38+43=81．即该步共有81种执行路径；
由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为：91×81=7371．
追问：为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数．你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗?
完成的事情：完成程序测试，分两类测试进行：
第1类测试：单独测试5个模块，由分类加法计数原理，5个模块总共需要的测试次数为：18+45+28+38+43=172．
第2类测试：测试各个模块之间的信息交流是否正常，同分两步进行，第1步先测试从开始执行到A点的3个子模块；第2步再测试从A点执行到结束的2个子模块，由分步乘法计数原理，共需要的测试次数为：3×2=6．
由分类加法计数原理，测试整个模块的次数共为：172+6=178．
追问：显然，通过以上两种方案的测试，测试次数178与7371的差距是非常大的，为什么呢？
通过两种测试方案中测试总次数的计算过程不难发现：第1种测试方案：整体分步测试，整体使用了分步乘法计数原理计算出总的测试次第2种测试方案：整体分类测试，整体使用了分类加法计数原理计算出总的测试次数；
例8 通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，如图6.1-5所示．
其中，序号的编码规则为：
（1）由10个阿拉伯数字和除O，I之外的24个英文字母组成；
（2）最多只能有2个英文字母．
如果某地级市发牌机关采用5位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？
小知识：车牌小知识：对于省和自治区，发牌机关通常是指其地级市的公共交通管理部门，并用英文字母依次编码．例如，湖南省长沙市、株洲市、湘潭市的发牌机关代号分别为A，B，C．直辖市的发牌机关代号可备案后依次自行使用．
完成的事情：编汽车号牌，由号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数．根据序号编码规则，5位序号可以分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母．
第1类：没有字母，确定一个序号可以分5个步骤，每一步都可以从10个数字中选１个，各有10种选法．根据分步乘法计数原理，这类号牌张数为：10×10×10×10×10=100 000．
第2类：1个字母，这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位，这类序号可以分为五个子类：
第1位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1步，从24个字母中选1个放在第1位，有24种选法；第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法．根据分步乘法计数原理，号牌张数为:24×10×10×10×10=240 000.
同样，其余四个子类号牌也各有240000张．
根据分类加法计数原理，这类号牌张数一共为：
240000×5=1200 000
第3类：2个字母，根据这2个字母在序号中的位置，可以将这类序号分为十个子类：第1位和第2位，第1位和第3位，第1位和第4位，第1位和第5位，第2位和第3位，第2位和第4位，第2位和第5位，第3位和第4位，第3位和第5位，第4位和第5位．
当第1位和第2位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1，2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位，各有24种选法；第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法．根据分步乘法计数原理，号牌张数为
24×24×10×10×10=576 000
同样，其余九个子类号牌也各有576000张．于是，这类号牌张数一共为
576000×10=5760 000
综合（1）（2）（3），根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为
100 000+1200 000+5760 000=7060 000
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仔细分析两点：
（1）要完成的“一件事”是什么；
（2）需要分类还是需要分步．
注意：（1）分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．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，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
思考：乘法运算是特定条件下加法运算的简化，分步乘法计数原理和分类加法计数原理也有这种类似的关系吗?
有这种类似的关系. 实际上，分步乘法计数原理也可以看成是特定条件下的分类加法计数原理的简化.
能力提升
类型一：“排数”问题
例1 用0，1，2，3，4五个数字，
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
(1)三位数字的电话号码，首位可以是0数字也可以重复，每个位置都有5种排法，根据分步乘法计数原理，可以排成电话号码总数共有：
5×5×5＝125.
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此共有4×5×5＝100.
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3=12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3=18(种)排法．
因而有12+18=30(种)排法.
总结：“排数”问题，应把握的两个原则
明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(特殊元素)优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解.
要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位.
题型二：选(抽)取与分配问题
例题2 高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五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多少种？
【法一】直接法
以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类：
① 四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；
② 有三个班级去甲工厂，剩下的班级去另外四个工厂，其分配方案共有5×4×4=16(种)；
③ 有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他四个工厂，其分配方案共有
6×4×4＝96(种)；
④ 有一个班级去甲工厂，其他班级去另外四个工厂，其分配方案有:
4×4×4×4＝256(种)．
综上所述，由分类加法计数原理可得，不同的分配方案有：
1＋16＋96＋256＝369(种)．
【法二】间接法：
先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无班级去的情况，即：
5×5×5×5－4×4×4×4＝369(种)
方案.
总结：选(抽)取与分配问题的常见类型及其解法
当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树形图法、框图法或者图表法．
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．
一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若按对象特征抽取的，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．
题型二：涂色（种植）问题
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？
完成涂色，分两类进行：
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.
第1类：第2个、第3个小方格涂不同颜色，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得，有
5×12×3=180(种)
不同的涂法.
第2类：第2个、第3个小方格涂相同颜色，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.
总结：解决涂色（种植）问题的一般思路
(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.
课堂小结
设计意图：通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力.
随堂限时小练
1．3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则不同分法的种数是________
【详解】由题意知，本题是一个分步计数问题，因为3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，
所以第一张有10种不同的分法，第二张有9种不同的分法，第三张有8种不同的分法，根据分步乘法计数原理知，共有不同的分法：
10×9×8＝720(种)．
2．用0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字的比2 000大的四位奇数________个．
【详解】按末位是1，3，5分三类计数：
第一类：末位是1，共有4×4×3＝48个；
第二类：末位是3的共有3×4×3＝36(个)；
第三类：末位是5的共有3×4×3＝36(个)，
由分类加法计数原理知共有48＋36＋36＝120(个)
3．有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法有_____种.
【详解】法一 设四个班级分别是A，B，C，D，它们的老师分别是a，b，c，d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C，D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法．
法二 让a先选，可从B，C，D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9(种)不同安排方法．故选：C.
4．如图，用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有____种.
【详解】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．
①当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360种方法；
②当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120种方法．
由分类加法计数原理可知：不同的涂法有360＋120＝480(种)．
课后作业布置
作业1：完成教材：第7页 练习1,2,3,4,5；第11页 练习1,2,3,4；.
作业2：配套辅导资料对应的《两个计数原理综合应用》.
课后作业答案
练习（第7页）
1．某电话局管辖范围内的电话号码由8位数字组成，其中前4位的数字是不变的，后4位数字都是0~9之间的一个数字，这个电话局不同的电话号码最多有多少个?
1．【答案】10000
【解析】后四位数字都是0到9之间的一个数字，每一位都有10种选择方法，故有个．
故这个电话局不同的电话号码最多有10000个．
2．从5名同学中选出正、副组长各1名，有多少种不同的选法?
2．【答案】20种选法
【解析】先从5人中选出一名组长，共有5种选法，再从剩下的4人中选出一名副组长，共有4种选法，所以从5名同学中选出正、副组长各1名，共有种选法．
3．从1，2，…，19，20中任选一个数作被减数，再从1，2，…，10中任选一个数作减数，然后写成一个减法算式，共可得到多少个不同的算式?
3．【答案】
【解析】第一步：从1，2，…，19，20中选一个数作为被减数，有20种选法；
第二步：从1，2，…，10中选一个数作为减数，有10种选法，
所以写成的减法算式共有：个，故可得200个不同的算式．
4．在1，2，…，500中，被5除余2的数共有多少个?
4．【答案】
【解析】因为在1，2，…，500中，被5除余2的数有2，7，…，497，这些数构成以2为首项，以5为公差的等差数列，设一共有个数，所以，解得，故共有100个．
5．由数字1，2，3，4，5可以组成多少个三位数(各位上的数字可以重复)?
5．【答案】125种
【解析】由题意，百位、十位和个位上的数字均有5种选法，
所以由数字1，2，3，4，5可以组成个三位数．
练习（第11页）
1．乘积展开后共有多少项?
1．【解析】由于每一项都是且的形式，所以可以分三步完成，第一步，取，有3种方法；第二步，取，也有3种方法；第三步，取，有5种方法．根据分步乘法计数原理，展开式共有项．
2．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的有多少个?
2．【解析】把满足题意的两位数按个位数字分成9类．
第1类：当个位数字是0时，十位数字可以是1，2，．．9，所以有9个满足条件的两位数；
第2类：当个位数字是1时，十位数字可以是2，3．．．9．．所以有8个满足条件的两位数；
依此类推，当个位数字是2，3，4．5，6，7，8时．满足条件的两位数分别有7，6，5，4，3，2，1个；由分类加法计数原理知．满足条件的两位数的个数为．故个位数字小于十位数字的两位数共有45个．
3．某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个门进入商场，并且要求从其他的门出去，那么共有多少种不同的进出商场的方式?
3．【解析】要完成的“一件事”是“从6个门中的一个门进人商场并从另一个门出去”．
分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去．
共有(种)不同的进出商场的方式．
4．任意画一条直线，在直线上任取n个分点．
（1）从这n个分点中任取2个点形成一条线段，可得到多少条线段?
（2）从这n个分点中任取2个点形成一个向量，可得到多少个向量?
4．【解析】（1）当直线上左起第1个点为线段左端点时，右端点有种取法，可得到条线段；
类似地，当直线上左起第2，3，．．．，个点为线段左端点时，右端点分别有，，…，1种取法，分别可得到，，…，1条线段．所以共可得到条线段．
（2）因为每条线段都对应两个向量．所以由（1）可知共可得到个向量．
习题6.1（第11页）
1．一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有4种，外地的产品有7种．要买1台这种型号的电视机，有多少种不同的选法?
1．【解析】由题意，购买本地产品的选法有4种，购买外地产品的选法有7种，
所以购买1台这种型号的电视机，共有种不同的选法．
2．如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路．从甲地到丁地共有多少条不同的路线?
2．【解析】如果由甲地经乙地到丁地，则有种不同的路线；如果由甲地经丙地到丁地，则有种不同的路线；因此，从甲地到丁地共有种不同的路线．
3．如图，要让电路从A处到B处接通，可有多少条不同的路径?
3．【解析】如果电路从上线路接通，共有3条路径；如果电路从中线路接通，共有1条路径；
如果电路从下线路接通，共有条路径；
所以要让电路从A处到B处接通，共有条不同的路径．
4．用1，5，9，13中的任意一个数作分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可构成多少个不同的分数?可构成多少个不同的真分数?
4．【答案】16个不同的分数；真分数有10个．
【解析】从1，5，9，13中的任选一个数作分子，4，8，12，16中任选一个数作分母，可构成个不同的分数；
由真分数的定义，
①若1为分子，分母有4种选择；②若5为分子，分母有3种选择；
③若9为分子，分母有2种选择；④若13为分子，分母有1种选择；
所以真分数共有个．
5．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有这些小球的颜色互不相同．从两个袋子中分别取1个球，共有多少种不同的取法?
5．【答案】
【解析】分两步进行：第一个口袋内取一个球有5种取法，另一个口袋内取一个球有6种取法；
∴从两个口袋内分别取1个小球，共有：种取法．
6．（1）在平面直角坐标系内，橫坐标与纵坐标均在内取值的不同点共有多少个?
（2）在平面直角坐标系内，斜率在集合内取值，y轴上的截距在集合内取值的不同直线共有多少条?
6．【答案】（1）36；（2）16
【解析】（1）先取横坐标有6种取法；再取纵坐标也有6种取法；故共有种结果；
即对应的点有36个．
（2）根据题意，直线的斜率在集合内取值，有4种情况，在轴上的截距在集合内取值，有4种情况，则直线有条．
7．一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有0~9共10个数字．现最后一个拨号盘出现了故障，只能在0~5这6个数字中拨号，这4个拨号盘可组成多少个四位数字号码?
7．【答案】6000个
【解析】前3个拨号盘均有10个数字可选，第4个拨号盘有6个数字可选，所以这4个拨号盘可组成个四位数字号码．
8．（1）4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是还是?
（2）3个班分别从5个景点中选择一处游览，不同选法的种数是还是?
8．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）让4名同学去选择运动队，每人均有3种选择，所以不同报法的种数为；
（2）让3个班去选择景点，每个班有5种选择，所以不同选法的种数是．
9．（1）从5件不同的礼物中选出4件送给4位同学，每人一件，有多少种不同的送法?
（2）有5个编了号的抽屉，要放进3本不同的书，不同的放法有多少种?(一个抽屉可放多本书)
9．【解析】（1）“一件事情”是“从5件不同的礼物中选4件送给4位同学，每人1件”，应该分4步，每步选一件礼物送给一个同学，由分步乘法计数原理共有(种)．
（2）“一件事情”是“把3本不同的书放进抽屉，每本书都可放进5个不同的抽屉中的任意一个”，是书选抽屉，所以不同的放法有(种)．
10．口袋中装有8个白球和10个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球．
（1）正好是白球、红球各一个的取法有多少种?
（2）正好是两个白球的取法有多少种?
（3）至少有一个白球的取法有多少种?
（4）两球的颜色相同的取法有多少种?
10．【解析】（1）“一件事情”是“取出一个白球一个红球”．可分2步解决，第1步取一个白球，有8种取法；第2步取一个红球，有10种取法．由分步乘法计数原理，共有(种)不同取法．
（2）“一件事情”是“取出两个白球”可分为2步解决，先从8个白球中取一个，有8种取法；再从余下的7个白球中取一个，有7种取法，但先取1号球后取2号球与先取2号球后取1号球结果是相同的，故共有(种)不同的取法．
（3）“一件事情”是“取出一个白球一个红球或者取出两个白球”．可分两类解决，取出一个白球一个红球有80种不同的取法；取出两个白球有28种不同的取法，由分类加法计数原理，共有(种)不同的取法．
（4）“一件事情”是“取出两个白球或取出两个红球”．可分两类解决，取出两个白球有28种不同取法；取出两个红球有(种)不同的取法，由分类加法计数原理，共有(种)不同的取法．
11．在国庆长假期间，要从7人中选若干人在7天假期值班(每天只需1人值班)，不出现同一人连续值班2天，有多少种可能的安排方法?
11．【解析】利用分步乘法计数原理，分七步来求解．
第一步，安排第一天的值班人员，有7种方法；第二步，安排第二天的值班人员．有6种方法；
第三步，安排第三天的值班人员，有6种方法；同理．第四、五．六七步均有6种方法．
综上所述，共有(种)可能的安排方法．
12．2160有多少个不同的正因数?
12．【解析】，∴若设2160的正因数，
则，，，故2160的正因数共有(个)