6.1 第2课时 两个计数原理的综合应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案word（人教A版2019）

第2课时　两个计数原理的综合应用 (教师独具内容) 课程标准：会用分类加法计数原理、分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题． 教学重点：正确区分、使用两个计数原理解决实际问题． 教学难点：两个计数原理的综合应用． 核心素养：通过两个计数原理的综合应用，提升数学抽象素养和数学运算素养． 知识点　　两个计数原理的区别 分类加法计数原理和分步乘法计数原理能够解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．它们的区别在于： 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 每类方案中的每种方法都能独立完成这件事 每一步完成的只是完成这件事的一个环节，只有各步骤都完成了才算完成这件事 各类方案之间是并列的、互斥的、独立的 各步之间是相互依存的，并且既不能重复，也不能遗漏 1．(多项式的项数问题)多项式(a1＋a2＋a3)(b1＋b2)＋(a4＋a5)(b3＋b4)的展开式共有__________项． 答案：10 2．(选取问题)现有太极、书法、绘画三个培训班，甲、乙、丙、丁四人报名参加，每人只能报名参加一项，且甲、乙不能参加同一项，则不同的报名方法种数为________． 答案：54 3.(涂色问题)给图中A，B，C，D，E五个区域填充颜色，每个区域只填充一种颜色，且相邻的区域不同色．若有4种颜色可供选择，则共有________种不同的方案． 答案：72 题型一　排数问题　 　用0，1，2，3，4五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的密码？ (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)三位数字的密码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共可排出5×5×5＝125个三位数字的密码． (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外有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共可排成4×5×5＝100个三位数． (3)能被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，第1类是末位数字是0，则有4×3＝12种排法；第2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，因为0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，所以有2×3×3＝18种排法．所以共有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． 感悟提升 排数问题的解题策略 (1)对于排数问题，一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)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． (2)解决排数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘，排数时要注意保证特殊位置、特殊元素优先的原则． [跟踪训练1]　若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数是多少？ 解：完成这件事有八类不同的方案： 当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1，0， 由分步乘法计数原理知，凸数的个数为1×2＝2； 当中间数为3时，百位可选1，2，个位可选0，1，2， 由分步乘法计数原理知，凸数的个数为2×3＝6； 同理可得， 当中间数为4时，凸数的个数为3×4＝12； 当中间数为5时，凸数的个数为4×5＝20； 当中间数为6时，凸数的个数为5×6＝30； 当中间数为7时，凸数的个数为6×7＝42； 当中间数为8时，凸数的个数为7×8＝56； 当中间数为9时，凸数的个数为8×9＝72. 故所有凸数的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240. 题型二　分配问题　 　甲、乙、丙、丁4个人各写1张贺卡，放在一起，再每人各分配1张不是自己所写的贺卡，共有多少种不同的分配方法？ [解]　解法一(列举法)： ①甲分得乙卡，此时乙有甲、丙、丁3种分配方法．若乙分得甲卡，则丙分得丁卡，丁分得丙卡；若乙分得丙卡，则丙分得丁卡，丁分得甲卡；若乙分得丁卡，则丙分得甲卡，丁分得丙卡，故有3种分配方法． ②甲分得丙卡，分配方法按甲、乙、丙、丁4人依序可分得贺卡如下：丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲． ③甲分得丁卡，分配方法按甲、乙、丙、丁4人依序可分得贺卡如下：丁甲乙丙、丁丙甲乙、丁丙乙甲． 由分类加法计数原理知，共有3＋3＋3＝9种不同的分配方法． 解法二(间接法)： 4个人各分得1张贺卡．甲先分1张贺卡有4种分法，乙再分1张贺卡有3种分法，然后丙分1张贺卡有2种分法，最后丁仅有1种分法．由分步乘法计数原理知，4个人各分1张贺卡共有4×3×2×1＝24种分配方法． 4个人都分配到自己所写的贺卡有1种分法； 2个人分配到自己所写的贺卡，另2个人分配不到自己所写贺卡的分法有6种(即从4个人中选出分配到自己所写的贺卡的2人有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁)； 1个人分配到自己所写的贺卡，另3个人分配不到自己所写贺卡的分法有8种(从4个人中选出分配到自己所写的贺卡的1个人有4种方法，而另3个人都分配不到自己所写的贺卡有2种方法)． 因此，4个人都分配不到自己所写的贺卡的分配方法共有24－(1＋6＋8)＝9种． 解法三(分步法)： 第1步，甲分1张不是自己所写的那张贺卡，有3种分法； 第2步，给甲分得的那张贺卡的供卡人分，也有3种分法； 第3步，给剩余两个中任1个人分，此时只有1种分法； 第4步，给最后1个人分，只有1种分法． 由分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9种不同的分配方法． 感悟提升 对于有限制条件的分配、抽取问题的计数，一般地，当数目不是很大时，可用列举法，但为保证不重不漏，可用树状图法、框图法及表格法进行列举；当数目较大，符合条件的情况较多时，可用间接法计数；否则直接用分类或分步计数原理计数，一般根据分配(抽取)顺序分步或根据所分配(抽取)元素的特点分类． [跟踪训练2]　(1)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．16种 B．18种 C．37种 D．48种 答案：C 解析：解法一(直接法)：以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第1类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第2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3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． 解法二(间接法)：先计算三个班级自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即有4×4×4－3×3×3＝37种不同的分配方案． (2)甲、乙、丙、丁4名交通志愿者申请在国庆期间到A，B，C三个路口协助交警值勤，他们申请值勤路口的意向如下表： 交通路口 A B C 志愿者 甲、乙、丙、丁 甲、乙、丙 丙、丁 这4名志愿者的申请被批准，且值勤安排也符合他们的意向，若要求A，B，C三个路口都要有志愿者值勤，则不同的安排方法有(　　) A．14种 B．11种 C．8种 D．5种 答案：B 解析：根据C路口的安排情况，分为三类：第1类，C路口安排丙、丁，A，B路口安排甲、乙，有2×1＝2种安排方法；第2类，C路口安排丙，丁只能安排在A路口，甲、乙两人只能安排在A，B路口，且B路口至少一人，有2×1＋1＝3种安排方法；第3类，C路口安排丁，甲、乙、丙安排在A，B路口，且A，B路口各至少1人，有2×2×2－2＝6种安排方法，故共有2＋3＋6＝11种不同的安排方法． 题型三　涂色(种植)问题　 (1)如图，要给地图A，B，C，D四个区域分别涂上4种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，则不同的涂法有多少种？ [解]　解法一：按A→B→C→D的顺序分步涂色． 第1步，涂A区域，有4种不同的涂法； 第2步，涂B区域，从剩下的3种颜色中任选一种颜色，有3种不同的涂法； 第3步，涂C区域，再从剩下的2种颜色中任选一种颜色，有2种不同的涂法； 第4步，涂D区域，可分两类：第1类，D区域与A区域同色，有1种涂法，第2类，D区域与A区域不同色，有1种涂法，共有1＋1＝2种涂法． 根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种不同的涂法． 解法二：按所用颜色的种数分类涂色． 第1类，用3种颜色，有4×(3×2×1×1)＝24种不同的涂法； 第2类，用4种颜色，有4×3×2×1＝24种不同的涂法． 根据分类加法计数原理，共有24＋24＝48种不同的涂法． (2)将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有多少种？ [解]　从左往右5块试验田分别有3，2，2，2，2种种植方法，共有3×2×2×2×2＝48种方法，其中5块试验田只种植2种作物共有3×2×1×1×1＝6种方法，所以共有48－6＝42种不同的种植方法． 感悟提升 求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有： 提醒：对于空间涂色问题，可将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题． [跟踪训练3]　(1)如图所示为某公园景观的一隅，由A，B，C，D，E五处区域构成．现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同色的鲜花，有4种颜色的鲜花可供选用，则不同的装饰方案的种数为(　　) A B C D E A.216 B．144 C．128 D．96 答案：B 解析：区域B有4种颜色的鲜花可供选择，区域A有3种颜色的鲜花可供选择，区域D有3种颜色的鲜花可供选择，区域C，E各有2种颜色的鲜花可供选择，由分步乘法计数原理可知，不同的装饰方案的种数为4×3×3×2×2＝144.故选B. (2)如图，将一个四棱锥的每一个面涂上一种颜色，使每两个具有公共棱的面涂成不同颜色．若只有4种颜色可供使用，则不同的涂色方法的种数为(　　) A．36 B．48 C．72 D．108 答案：C 解析：分两类：第1类，面SAB与面SDC同色，则面ABCD有4种涂法，面SDC有3种涂法，面SAD有2种涂法，面SAB有1种涂法，面SBC有2种涂法，共有4×3×2×1×2＝48种涂法；第2类，面SAB与面SDC不同色，则面ABCD有4种涂法，面SDC有3种涂法，面SAD有2种涂法，面SAB有1种涂法，面SBC有1种涂法，共有4×3×2×1×1＝24种涂法．由分类加法计数原理可知，不同的涂色方法的种数为48＋24＝72.故选C. 1．在由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有(　　) A．512个 B．192个 C．240个 D．108个 答案：D 解析：能被5整除的四位数，可分为两类：第1类，末位为0，由分步乘法计数原理得，共有5×4×3＝60个；第2类，末位为5，由分步乘法计数原理得，共有4×4×3＝48个．由分类加法计数原理得，能被5整除的四位数有60＋48＝108个． 2．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，则最多形成的不同直线的条数为(　　) A．18 B．20 C．25 D．10 答案：A 解析：第1步，给A赋值有5种选择；第2步，给B赋值有4种选择．由分步乘法计数原理可得共有5×4＝20种．又A＝1，B＝2与A＝2，B＝4表示同一条直线，A＝2，B＝1与A＝4，B＝2也表示同一条直线，所以形成的不同直线的条数为20－2＝18. 3．从4名本县教师和2名客县教师中选出3名教师参加某场考试的监考工作，分别负责核对身份、指纹认定和金属探测仪使用的工作，要求至少有1名客县教师，且要求金属探测仪必须由客县监考教师负责使用，则不同的安排方案的种数为(　　) A．24 B．40 C．60 D．120 答案：B 解析：由题意可先选一名客县教师负责金属探测仪的使用，共2种选法，再从剩余的5人中，选2名监考员，一人负责核对身份，一人负责指纹认证，共5×4＝20种选法．所以不同的安排方案的种数为2×20＝40. 4．将三个1、三个2、三个3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，则不同的填写方法共有________种． 答案：12 解析：先填第一行，有3×2×1＝6种填法，再填第二行第一列，有2种填法，该位置确定后，其余位置也就唯一确定了，故共有6×2＝12种不同的填写方法． 5．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，则不同的种植方法有多少种？ 解：解法一(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． 解法二(间接法)：从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故不同的种植方法共有24－6＝18种． 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 排数问题 两个计数原理的综合应用 分类加法计数原理 涂色问题 分配问题 分步乘法计数原理 种植问题 两个计数原理的综合应用 排数问题 两个计数原理的综合应用 涂色问题 排数问题 一、选择题 1．用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有(　　) A．8个 B．10个 C．18个 D．24个 答案：A 解析：要组成奇数，因此末位只能取1或3.当末位取1时，首位不取0和1，故有2×2＝4个；当末位取3时，首位不取0和3，故有2×2＝4个．所以可以组成4＋4＝8个奇数．故选A. 2．如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有A，B，C，D，E五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有(　　) A．24种 B．23种 C．15种 D．7种 答案：B 解析：每个水闸有打开或关闭两种情况，五个水闸的打开或关闭的不同结果有25种，水闸A打开，水闸B，C至少打开一个，水闸D，E至少打开一个，下游有水，水闸B，C至少打开一个有(22－1)种，水闸D，E至少打开一个有(22－1)种，由分步乘法计数原理，得下游有水的不同结果有1×(22－1)×(22－1)＝9种，所以所求五个水闸打开或关闭的情况有25－9＝23种．故选B. 3．若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有(　　) A．10个 B．14个 C．15个 D．21个 答案：A 解析：当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4，5；当b＝3时，c＝4，5，6；当b＝4时，c＝4，5，6，7.故这样的三角形共有1＋2＋3＋4＝10个． 4．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为(　　) A．24 B．48 C．96 D．120 答案：C 解析：若A，D颜色相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种；若A，D颜色不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D相同时，C有2种涂法，当B和D不同时，B，C只有1种涂法，共有4×3×2×(2＋1)＝72种．根据分类加法计数原理，共有24＋72＝96种不同的涂色方法．故选C. 5．(多选)高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的是(　　) A．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种 B．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种 C．如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种 D．如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种 答案：ABC 解析：对于A，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有53－43＝61种，A正确；对于B，如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有52＝25种，B正确；对于C，如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有5×4×3＝60种，C正确；对于D，如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有5＋5×4＝25种，D错误．故选ABC. 二、填空题 6．5只不同的球，放入2个不同的箱子中，每箱不空，共有________种不同的放法． 答案：30 解析：第1只球有2种放法，第2只球有2种放法……第5只球有2种放法，共有25＝32种放法，但要每箱不空，故有2种情况不符合要求．因此，符合要求的放法共有25－2＝30种． 7．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄．为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有________种． 答案：12 解析：设并排10垄的序号分别为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，选择2垄分别种植A，B两种作物，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则序号差不小于7，共有6种情况，如下表： A选 B选 1 8，9，10 2 9，10 3 10 A，B交换，共有2×6＝12种不同的选垄方法． 8．如图所示，玩具计数算盘的三档上各有5个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示2，右侧的每个算珠表示1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝7.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法的种数为________． 答案：18 解析：根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间[5，10]中的6个整数，当公差d＝0时，有6种；当公差d＝±1时，b不取5和10，有2×4＝8种；当公差d＝±2时，b只能取7和8，有2×2＝4种．综上，不同的分珠计数法有6＋8＋4＝18种． 三、解答题 9．用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数共有多少个？ 解：分三步完成，1，2，3这三个数中必有某一个数字被重复使用2次．第1步，确定哪一个数字被重复使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故这样的四位数共有3×3×2＝18个． 10．某单位有4位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0，1，2，5，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，四人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天，则不同的用车方案共有多少种？ 解：15日至18日，有2天奇数日和2天偶数日，车牌尾数中有2个奇数和2个偶数． 第1步，安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有22＝4种； 第2步，安排偶数日出行，分两类： 第1类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2种， 第2类，不安排甲的车，只有1种选择， 共计1＋2＝3种． 根据分步乘法计数原理，不同的用车方案共有4×3＝12种． 11．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，…，9的九个小正方形(如图)，使得任意有公共边的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1，5，9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂色方法共有多少种？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解：第1步，涂标号为1，5，9的三个小正方形，有3种涂法． 第2步，涂标号为2，3，6的三个小正方形： 若标号为2，6的小正方形颜色相同，则有2种涂法，此时标号为3的小正方形也有2种涂法，共有2×2＝4种涂法； 若标号为2，6的小正方形颜色不相同，则有2种涂法，此时标号为3的小正方形只有1种涂法，共有2×1＝2种涂法． 所以对标号为2，3，6的三个小正方形涂色，共有6种涂法． 第3步，对标号为4，7，8的三个小正方形涂色，易知共有6种涂法． 故符合条件的所有涂色方法共有3×6×6＝108种． 12．设A＝{x|x≥10，x∈N}，B⊆A，且B中的元素满足①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9. (1)求B中的两位数和三位数的个数； (2)B中是否存在五位数、六位数？ (3)若从小到大排列B中元素，求第1081个元素． 解：(1)对于两位数，十位上的数字可取1，2，3，…，9，个位上的数字由于不能和十位上的数字重复，且与十位上的数字之和不能为9，故对于十位上的每一个数字，相应的个位数字有8种取法，从而符合题意的两位数共有9×8＝72个．对于三位数，我们先考虑百位上的数字，可取1，2，3，…，9；再考虑十位上的数字，由于不能与百位上的数字重复，且与百位上的数字之和不能为9，故有8种取法；最后考虑个位上的数字，由于不能和百位、十位上的数字重复，且和百位、十位上的数字相加都不能等于9，故有6种取法，从而符合题意的三位数有9×8×6＝432个． (2)五位数存在，如12340就是其中一个． 不存在这样的六位数，理由如下：仿照(1)的解法，十万位上有9种取法，万位上有8种取法，千位上有6种取法，百位上有4种取法，十位上有2种取法，个位上有0种取法，矛盾． (3)由(1)可得，符合题意的两位数有72个，三位数有432个，符合题意的四位数有9×8×6×4＝1728个．四位数中千位上是1的有8×6×4＝192个；千位上是2，3的也各有192个，由于1081－(72＋432＋192＋192＋192)＝1.所以符合题意的数是千位上是4的最小的数，即B中第1081个元素是4012. 11 学科网（北京）股份有限公司 $$