6.1 第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(课件PPT)-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教A版2019）

单击此处添加文本具体内容 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 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [学习任务] 1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理.（重点） 2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题.（难点） 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [对应学生用书第1页] 知识点一　分类加法计数原理 完成一件事有两类不同的方案,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. 知识点二　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. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 3.一个袋子里放有6个球,另一个袋子里放有8个球,每个球各不相同,从两个袋子里各取一个球,共有 　　　　⁠种不同的取法.  解析　由分步乘法计数原理知,共有6×8＝48种不同的取法. 答案　48 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [对应学生用书第1页] 探究一　分类加法计数原理 [例1]　在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数的个数为 　　　　⁠个.  [解析]　方法一：根据题意,将十位上的数字按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,符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36（个）. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 方法二：分析个位数字,可分以下几类： 个位数字是9,则十位数字可以是1,2,3,…,8中的一个,故共有8个； 个位数字是8,则十位数字可以是1,2,3,…,7中的一个,故共有7个； 同理,个位数字是7的有6个； …… 个位数字是2的有1个. 由分类加法计数原理知,符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36（个）. [答案]　36 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1.（变条件）如果本例条件变为个位数字小于十位数字且为偶数,那么这样的两位数有多少个？ 解　当个位数字是8时,十位数字取9,只有1个； 当个位数字是6时,十位数字可取7,8,9,共3个； 当个位数字是4时,十位数字可取5,6,7,8,9,共5个； 当个位数字是2时,十位数字可取3,4,5,6,7,8,9,共7个； 当个位数字是0时,十位数字可取1,2,3,4,5,6,7,8,9,共9个. 由分类加法计数原理知,符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25（个）. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 2.（变条件,变设问）用1,2,3这3个数字可以写出没有重复数字的整数 　　　　⁠个.  解析　分三类：第一类为一位整数,有3个； 第二类为两位整数,有12,21,23,32,13,31,共6个； 第三类为三位整数,有123,132,231,213,321,312,共6个, ∴由分类加法计数原理知,共可写出没有重复数字的整数3＋6＋6＝15（个）. 答案　15 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 　　利用分类加法计数原理计数时的解题流程 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 探究二　分步乘法计数原理 [例2]　（1）3个不同的球分别放入5个不同的盒子,每个盒子至多放1个球,共多少种放法？ [解]　（1）根据题意,第一个球有5种放法,第二个球有4种放法,第三个球有3种放法.由分步乘法计数原理,可知共有5×4×3＝60种放法. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 （2）3个不同的球放入5个不同的盒子,每个盒子放球的数量不限,共多少种放法？ [解]　（2）∵3个不同的球放入5个不同的盒子,每个盒子放球的数量不限, ∴每个球都有5种放法. 由分步乘法计数原理,可知共有53＝125种放法. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 　　利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 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 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 故可分三个步骤完成： 第1步,排个位,从1,2,3,4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4×3×2＝24个满足要求的三位数. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 （2）分三个步骤完成： 第1步,排个位,从2,4中选1个数字,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2×3×2＝12个满足要求的三位偶数. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 探究三　两个计数原理的简单应用 [例3]　现有高一年级的四个班的学生34人,其中一、二、三、四班分别有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？ [解]　（1）分四类：第一类,从一班学生中选1人,有7种选法；第二类,从二班学生中选1人,有8种选法；第三类,从三班学生中选1人,有9种选法；第四类,从四班学生中选1人,有10种选法.所以,共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34（种）. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 （2）每班选一名组长,有多少种不同的选法？ [解]　（2）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班学生中选一人任组长. 所以,共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040（种）. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 （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]　（3）分六类,每类又分两步：从一、二班学生中各选1人,有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人,有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人,有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1个,有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人,有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人,有9×10种不同的选法. 所以,共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431（种）. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 　　（1）当题目无从下手时,可考虑要完成的这件事是什么,即怎样做才算完成这件事,然后给出完成这件事的一种或几种方法,从这几种方法中归纳出解题方法. （2）分类时标准要明确,做到不重不漏,有时要恰当的画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清楚,便于探索规律. （3）混合问题一般是先分类再分步. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 3.某校高中三年级一班有优秀团员8人,二班有优秀团员10人,三班有优秀团员6人,学校组织他们去参观某爱国主义教育基地. （1）推选1人为总负责人,有多少种不同的选法？ 解　（1）分三类,第一类是从一班的8名优秀团员中产生,有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生,有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生,有6种不同的选法.由分类加法计数原理可得,共有N＝8＋10＋6＝24种不同的选法. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 （2）每班选1人为小组长,有多少种不同的选法？ 解　（2）分三步,第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长,有8种不同的选法,第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长,有10种不同的选法.第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长,有6种不同的选法.由分步乘法计数原理可得,共有N＝8×10×6＝480种不同的选法. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 （3）从他们中选出2个人管理生活,要求这2个人不同班,有多少种不同的选法？ 解　（3）分三类：每一类又分两步,第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人,有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人,有10×6种不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人,有8×6种不同的选法.因此,共有N＝8×10＋10×6＋8×6＝188种不同的选法. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 　　　　　 （一）不能正确分步 [例1]　把3封信投到4个信箱,所有可能的投法共有 （　　） A.24种 B.4种 C.43种 D.34种 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [错解]　因为每个信箱有三种投信方法,共4个信箱,所以共有3×3×3×3＝34种投法.故选D. [错因分析]　没有确定完成这件事的标准,导致分步不合理.本题中没有考虑到每封信只能投在一个信箱中,导致错误. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第2封信投到信箱中也有4种投法； 第3封信投到信箱中也有4种投法； 只要把这3封信投完,就做完了这件事.由分步乘法计数原理可得共有43种投法. [答案]　C [正解]　第1封信投到信箱中有4种投法； 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 　　　　　 （二）不能正确分类 [例2]　如图,用五种不同颜色给图中标有1,2,3,4的各部分涂色,每部分只涂一种颜色,且相邻两部分涂不同颜色,则不同的涂色方法共有 （　　） A.180种 B.240种 C.260种 D.360种 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [错解]　分四步完成,第一步：对区域1涂色,有5种方法；第二步：对区域2涂色,有4种方法；第三步：对区域4涂色,有3种方法；第四步：对区域3涂色,有3种方法.所以共有5×4×3×3＝180种涂法.故选A. [错因分析]　分类不正确,导致情况有遗漏,在本题中,区域1和4的颜色可以是相同的,故本题需按区域1和4的颜色“相同”与“不同”分为两类完成. [正解]　按区域1和4的颜色“相同”与“不同”分为两类： 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第一类：区域1和4的颜色相同,则第一步：对区域1涂色,有5种方法；第二步：对区域2涂色,有4种方法；第三步：对区域4涂色,有1种方法；第四步：对区域3涂色,有4种方法.所以共有5×4×1×4＝80种涂法. 第二类：区域1和4的颜色不同,则第一步：对区域1涂色,有5种方法；第二步：对区域2涂色,有4种方法；第三步：对区域4涂色,有3种方法；第四步：对区域3涂色,有3种方法.所以共有5×4×3×3＝180种涂法. 根据分类加法计数原理得,共有80＋180＝260种涂法.故选C. [答案]　C 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 　　　　　　 计数原理在日常生活或生产实践中的应用 [典例]　如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 （　　） A.24 B.18 C.12 D.9 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [解析]　如图,除已知标记的E,F,G三点外,另标记A,B,A1,B1,E1,A2,B2,G1,A3,B3,F1.若总体路线最短,则需E到F最短,并且F到G也最短.E到F最短,可由E→B→F或E→E1→F.显然,由E→B→F最短有3条（E→B→A→A1→F或E→B→B1→A1→F或E→B→B1→A2→F）.由E→E1→F最短有3条（E→E1→B1→A1→F或E→E1→B1→A2→F或E→E1→B2→A2→F）.由分类加法计数原理可知,E→F共有6条最短路径.而F→G有F→G1→A3→G,F→B3→A3→G,F→B3→F1→G,共3条最短路径,由分步乘法计数原理可知,共有6×3＝18条最短路径.故选B. [答案]　B 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 　　解决此类问题的关键是根据题意确定先分类还是先分步,然后明确每一类中多少种不同方法,每一步中有多少种不同方法,再根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理得出结果. 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [对应学生用书第4页] 1.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为（　　） A.40 B.16 C.13 D.10 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 解析　分两类情况讨论：第1类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知,共可以确定8＋5＝13个不同的平面. 答案　C 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 2.从集合中任取两个互不相等的数a,b组成复数a＋bi,其中虚数有（　　） A.30个 B.42个 C.36个 D.35个 解析　要完成这件事可分两步,第一步确定b（b≠0）有6种方法,第二步确定a有6种方法,故由分步乘法计数原理知,共有6×6＝36个虚数. 答案　C 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第1课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1．现有3名老师、8名男生和5名女生共16人．若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为(　　) A．39 B．24 C．15 D．16 解析　先从3名老师中任选1名，有3种选法，再从13名学生中任选1名，有13种选法，由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×13＝39. 答案　A 2．(黑龙江哈尔滨期末)在如图所示的电路(规定只能闭合其中一个开关)中，接通电源使灯泡发光的方法有________种． 解析　要完成的事是闭合开关使灯泡发光，完成这件事的方案可分两类：第1类，闭合开关组A中的一个开关，有2种方法．第2类，闭合开关组B中的一个开关，有3种方法．因此接通电源使灯泡发光的方法种数为2＋3＝5. 答案　5 1．(1)(福建厦门期中)从甲地到乙地，一天中有5班火车，12班客车，3班飞机航班，6班轮船，某人要从甲地到乙地，共有不同走法的种数是(　　) A．26 B．60 C．18 D．1 080 (2)(江苏常州期中)已知两条异面直线a，b上分别有4个点和7个点，则这11个点可以确定不同的平面个数为(　　) A．4 B．7 C．11 D．126 解析　(1)由分类加法计数原理知，不同走法的种数为5＋12＋3＋6＝26.故选A. (2)分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的7个点可以确定7个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的4个点可以确定4个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定4＋7＝11个不同的平面． 答案　(1)A　(2)C 3．(江苏宿迁期末)在如图所示的电路(规定只能闭合其中2个开关)中，接通电源使灯泡发光的方法有________种． 解析　由题意可知，在该电路中，只有先闭合A组2个开关中的任意1个，再闭合B组3个开关中的任意1个后，接通电源，灯泡才能发光．因此要完成这件事，需要分两步，所以接通电源使灯泡发光的方法种数为2×3＝6. 答案　6 4．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息． (1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有几种坐法？ (2)若小明与爸爸分别就座，有多少种坐法？ 解　(1)小明爸爸选凳子可以分两类： 第一类，选东面的空闲凳子，有8种坐法； 第二类，选西面的空闲凳子，有6种坐法． 根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8＋6＝14种坐法． (2)小明与爸爸分别就座，可以分两步完成： 第一步，小明先就座，从东西两面共8＋6＝14个凳子中选一个坐下，共有14种坐法(小明坐下后，空闲凳子数变成13)； 第二步，小明爸爸再就座，从东西两面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法． 由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就座共有14×13＝182种坐法． $$