6.1 第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 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2课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用　 一、 组数问题 二、 抽取与分配问题 三、 涂色与种植问题 课堂达标 课下巩固训练(二) 学习目标　1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别．　 2.会正确应用这两个计数原理计数． 例1　用0，1，2，3，4五个数字， (1)可以排出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？ 解：(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，共有5×5×5＝53＝125(种). (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(种). (3)被2整除的数即偶数，末位数可取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；另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．即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数． 变式探究　(1)(变条件)本例条件变为“用1，2，3，4四个数字”，试求可以组成不重复的三位数多少个． (2)(变设问)在本例条件下，能组成多少个能被3整除的无重复数字的四位数？ 解：可组成4×3×2＝24(个). 解：一个四位数能被3整除，必须各位上数字之和能被3整除，故组成四位数的四个数字只能是0，1，2，3或0，2，3，4两类，所以满足题设的四位数共有3×3×2×1＋3×3×2×1＝36(个). 感悟升华　常见的组数问题及解题原则 (1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上的数字之和或数字间满足某种特殊关系等． (2)常用的解题原则：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及以上的数首位数字不能是0、被3整除的数各数位上的数字之和能被3整除等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数． 【即学即用】　1.(1)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　 ) A．243 B．252 C．261 D．279 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)，故有重复数字的三位数有900－648＝252(个). 答案：B (2)从数字1，2，3，4中取出3个数字(允许重复)组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为(　　 ) A．7 B．9 C．10 D．13 解析：各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形： ①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个； ②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个； ③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222. 故这样的三位数共有3＋6＋1＝10个． 答案：C 例2　(1)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中甲工厂必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有(　　 ) A．360种 B．420种 C．369种 D．396种 解析：方法一(直接法)　以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类： 第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况； 第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外四个工厂，其分配方案共有4×4＝16(种)； 第三类，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)； 第四类，有一个班级去甲工厂，其他三个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，不同的分配方案有1＋16＋96＋256＝369(种). 方法二(间接法)　先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即5×5×5×5－4×4×4×4＝369(种)方案． 答案：C (2)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，则安排监考的方法种数是(　　 ) A．11 B．10 C．9 D．8 解析：方法一　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． 方法二　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)不同的安排方法． 答案：C 感悟升华　抽取与分配问题的常见类型及其解法 (1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、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． 【即学即用】　2.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙2名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有(　　 ) A．280种 B．240种 C．180种 D．96种 解析：由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法．后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3＝240(种)选派方案． 答案：B 例3　(1)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在三块不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则有________种不同的种植方法． 解析：方法一(直接法)　若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6(种)不同的种植方法． 同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6(种)不同的种植方法． 故不同的种植方法共有6×3＝18(种). 方法二(间接法)　从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，共有4×3×2＝24(种)不同的种植方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)不同的种植方法，故共有24－6＝18(种)不同的种植方法． 答案：18 (2)将如图所示的四棱锥的每一个顶点染上1种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色．如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为(　　) A．240 B．300 C．420 D．480 解析：法一　以S→A→B→C→D的顺序分步染色． 第1步，对S点染色，有5种方法． 第2步，对A点染色，A与S在同一条棱上，故有4种染色方法． 第3步，对B点染色，B与S，A分别在同一条棱上，故有3种染色方法． 第4步，对C点染色，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类．当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法． 由分步乘法计数原理和分类加法计数原理得不同的染色方法种数为5×4×3×(3＋2×2)＝420. 法二　第一类，5种颜色全用，不同的染色方法种数为5×4×3×2×1＝120； 第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C或B与D)，不同的染色方法种数为5×4×3×2＋5×4×3×2＝240. 第三类，只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，不同的染色方法种数为5×4×3＝60. 由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为120＋240＋60＝420. 答案：C 感悟升华　求解涂色问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有： (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”问题，用分类加法计数原理分析． (3)将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题． 【即学即用】　3.四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”．某校数学兴趣小组在研究给四棱锥P­ABCD的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面(含公共棱的面)不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂法有(　　 ) A．36种 B．72种 C．48种 D．24种 解析：依次涂色，底面ABCD的涂色有4种选择，侧面PAB的涂色有3种选择，侧面PBC的涂色有2种选择．①若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色相同，则侧面PAD的涂色有2种选择；②若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色不同，则侧面PCD的涂色有1种选择，侧面PAD的涂色有1种选择．综上，不同的涂法种数为4×3×2×(1×2＋1×1)＝72. 答案：B 答案：D 1．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有(　　 ) A．6种 B．7种 C．8种 D．9种 解析：可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理得，共有6＋3＝9种不同的选派方法． 2．甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有(　　 ) A．4种 B．5种 C．6种 D．12种 解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有3＋3＝6(种)不同的传法． 答案：C 3.如图，用5种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色种数为(　　 ) A．360 B．280 C．180 D．120 解析：如图所示，根据ABCD的顺序依次着色，共有5×4×3×3＝180种方法． 答案：C 4．在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个，其中偶数有________个． 解析：十位数字为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个，十位数字为2时，有324，423，共2个，所以共有6＋2＝8个无重复数字的“驼峰数”．偶数为214，312，314，412，324，共5个． 答案：8　5 【基础巩固】 1．用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列，这个数列的项数为(　　) A．24 B．46 C．48 D．120 解析：完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数，可以先确定百位，再确定十位，最后确定个位，因此要分步相乘． 第一步：确定百位数，有6种方法； 第二步：确定十位数，有5种方法； 第三步：确定个位数，有4种方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4＝120(个)三位数，所以这个数列的项数为120. 答案：D 2．用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为(　　 ) A．81 B．48 C．36 D．24 解析：根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，则此时四位数有2×2×2×2＝16(个)；②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，此时四位数有4×2×2×2＝32(个)，故共有16＋32＝48(个)四位数． 答案：B 3．(多选)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 C．4×4＋4×4＋4×4×4＋4 D．5×4×3 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16＋16＋64＋4个． 答案：AC 4．(2023·山东济南高二期中)某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有郁金香、玛格丽特、小月季、小杜鹃四种不同的花可供种植选择，要求一个区域内种同一种类的花，相邻区域种不同种类的花，则不同的种植方案个数为(　　 ) A．24 B．36 C．48 D．96 解析：先种区域1有4种选择，区域2有3种选择，区域3有2种选择，区域4有1种选择，区域5有2种选择，区域6有1种选择，则共有4×3×2×1×2×1＝48种不同的种植方案． 答案：C 5．(2023·山东滨州高二期中)由0，1，2，3，4，5这六个数字组成没有重复数字的三位偶数共有(　　 ) A．20个 B．32个 C．40个 D．52个 解析：按偶数字在个位分类：个位是2或者4时，0不能在百位，故百位有4个选择，十位在余下4个数字中选择，所以有2×4×4＝32个无重复数字的三位偶数；个位是0时，百位、十位没有限制，可在余下5个数字中各选择1个，所以有5×4＝20个无重复数字的三位偶数，由分类加法计数原理知，共有32＋20＝52个无重复数字的三位偶数． 答案：D 6．将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有(　　 ) A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 解析：假设第一行为1，2，3，则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1＝6(种)填法．故不同的填写方法共有6×2＝12(种). 答案：B 7．甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为________． 解析：不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有一种选择，所以不同取法共有2×1×1＝2(种). 答案：2 8．某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一人，第四节课只能从A，C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答) 解析：分两类：第一类，第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12(种)排法；第二类，第一节课若安排B，则第四节课可安排A或C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24(种)排法．因此不同的安排方案有12＋24＝36(种). 答案：36 9．将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中. 求：(1)1号盒中无球的不同放法种数； (2)1号盒中有球的不同放法种数． 解：(1)1号盒中无球即 A，B，C 三球只能放入 2，3，4 号盒子中，有3×3×3＝27种放法. (2)1号盒中有球可分三类： 第一类是1号盒中有一个球，共有3×3×3＝27种放法， 第二类是1号盒中有两个球，共有3×3＝9种放法， 第三类是1号盒中有三个球，有1种放法. 共有 27＋9＋1＝37种放法． 10．在如图所示的4块试验田中，有4种不同的作物可供选择种植，每块种植一种作物，相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物，共有多少种不同的种植方法？ 解：方法一　第一步，种植A试验田，有4种方法； 第二步，种植B试验田，有3种方法； 第三步，若C试验田种植的作物与B试验田相同，则D试验田有3种方法，此时有1×3＝3(种)种植方法． 若C试验田种植的作物与B试验田不同，则C试验田有2种种植方法，D试验田也有2种种植方法，此时有2×2＝4(种)种植方法． 由分类加法计数原理知，有3＋4＝7(种)种植方法． 第四步，由分步乘法计数原理得，共有N＝4×3×7＝84(种)不同的种植方法． 方法二　(1)若A，D种植同种作物，则A，D有4种不同的种法，B有3种种植方法，C也有3种种植方法，由分步乘法计数原理得，共有4×3×3＝36(种)种植方法． (2)若A，D种植不同作物，则A有4种种植方法，D有3种种植方法，B有2种种植方法，C有2种种植方法，由分步乘法计数原理得，共有4×3×2×2＝48(种)种植方法． 综上所述，由分类加法计数原理得，共有N＝36＋48＝84(种)种植方法． 【综合运用】 11．某公司新招聘进8名员工，平均分给甲、乙两个部门，其中2名英语翻译人员不能分给同一个部门，另外3名电脑编程人员也不能分给同一个部门，则不同的分配方案种数是(　　 ) A．18 B．24 C．36 D．72 解析：由题意可得，分两类：①甲部门要2名电脑编程人员，则有3种方法；翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选1人，有3种方法，共3×2×3＝18(种)分配方案．②甲部门要1名电脑编程人员，则有3种方法；翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选2人，有3种方法，共3×2×3＝18(种)分配方案．由分类加法计数原理，可得不同的分配方案共有18＋18＝36(种). 答案：C 12．(多选)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位自然数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是(　　 ) A．组成的三位数的个数为60 B．在组成的三位数中，偶数的个数为30 C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20 D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为30 解析：对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3＝48，故A错误； 对于B，将组成的三位数的偶数分为两类，①个位为0，则有4×3＝12(个)，②个位为2或4，则有2×3×3＝18(个)，所以在组成的三位数中，偶数的个数为12＋18＝30，故B正确； 对于C，D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有4×3＝12(个)，②十位为1，则有3×2＝6(个)，③十位为2，则有2×1＝2(个)，所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为12＋6＋2＝20，故C正确，D错误． 答案：BC 13．某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为________． 解析：将第一个新节目插入5个节目排成的节目单中有6种插入方法，再将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，利用分步乘法计数原理，共有6×7＝42种插入方法． 答案：42 14．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个． 解析：满足条件的有两类： 第一类，与正八边形有两条公共边的三角形有8个； 第二类，与正八边形有一条公共边的三角形有8×4＝32(个). 所以满足条件的三角形共有8＋32＝40(个). 答案：40 【创新探索】 15．某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，且每种颜色的灯泡都至少用一个，则不同的安装方法共有________种． 解析：第一步，在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法，B1有3种方法，C1有2种方法，共有4×3×2＝24种方法． 第二步，从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法． 第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，假设剩下的为B，C，若B与A1同色，则C只能选B1处的颜色；若B与C1同色，则C有A1，B1处两种颜色可选. 故B，C选灯泡共有3种方法． 由分步乘法计数原理可得，共有24×3×3＝216种方法． 答案：216 16．一个同心圆形花坛，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、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花． (1)如图①，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？ (2)如图②，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？ 解：(1)先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分． 因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同， 所以由分步乘法计数原理得，不同的种植方法有3×2×1＝6(种). (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3×2×1×2＝12(种)种植方法， 由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法． $$