6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第2课时）课件-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册

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 第二课时 复习回顾 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 区别 注意 都是用来计算“完成一件事”的不同方法种数的问题 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 两个原理的异同点： 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘 任何一类中的任何一种方法都能独立完成这件事 只有依次完成每一个步骤，才能完成这件事（每步中的每一种方法不能独立完成这件事） 解答计数问题的一般思路： 完成一件什么事 怎么完成这件事 有什么要求 方法的分类 过程的分步 利用加法原理进行计数 利用乘法原理进行计数 【例3】书架上第1层放有4本不同的计算机书,第 2层放有3本不同的文艺书,第3层放有2本不同的体育杂志. (1)从书架上任取1本书,有多少种不同的取法? (2)从书架的第1、 2、 3层各取1本书,有多少种不同取法? 解：(1)根据分类加法计数原理可得：N＝4＋3+2＝9； (2)根据分步乘法计数原理可得：N＝4 ×3×2＝24； 巩固 (3)需先分类再分步. 第一类：从一、二层各取一本，有4×3=12种方法； 第二类：从一、三层各取一本,有4×2=8种方法； 第三类：从二、三层各取一本,有3×2=6种方法； 根据两个基本原理，不同的取法总数是N=4×3+4×2+3×2=26 答: 从书架上取2本不同种的书,有26种不同的取法. 注：有些较复杂的问题往往需要先“分类”，再在每一类中“分步”, 综合应用分类计数原理和分步计数原理． 【例3】书架上第1层放有4本不同的计算机书,第 2层放有3本不同的文艺书,第3层放有2本不同的体育杂志. (3)从书架上取2本不同学科的书,有多少种不同的取法? 巩固 【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 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) (法二)分步乘法 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) 3×2=6 (法三)分类加法 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) 2+2+2=6 3×2=6 探究 【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？ 分析: 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；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符，而首字符又可以分为两类. 由分步乘法计数原理，不同名称的个数是13×9×9=1053, 解: 由分类加法计数原理，首字符不同选法的种数为7+6=13. 后两个字符从1~9中选，因为数字可以重复，所以不同选法的种数都为9. 即最多可以给1053个程序模块命名. 探究 【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? 析：要完成的一件事是“确定1个字节各二进制位上的数字” 探究 【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． (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? 解：由(1)知，1个字节所能表示的不同字符不够6763个. 考虑2个字节能够表示多少个字符. 前1个字节有256种不同的表示方法，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 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． 探究 [练习7]P7-5.由数字1，2，3，4，5可以组成多少个三位数： ①各位上的数字可以重复： ②各位上的数字不可以重复： 5×5×5=125(种) 5×4×3=60(种) 巩固：两种计数原理的应用 [练习8]用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　) A．144个 B．120个 C．96个 D．72个 解：①首位为5，末位为0：4×3×2＝24(个)； ②首位为5，末位为2：4×3×2＝24(个)； ③首位为5，末位为4：4×3×2＝24(个)； ④首位为4，末位为0：4×3×2＝24(个)； ⑤首位为4，末位为2：4×3×2＝24(个)． 由分类加法计数原理，得共有24＋24＋24＋24＋24＝120(个)．故选B． 巩固：两种计数原理的应用 [练习9]P7-4.在1，2，…，500中，被5除余2的数共有多少个？ 析：被5除余2的数为5n+2(n∈N)， 令1≤5n+2≤500，得0≤n≤99. 共100个 巩固：两种计数原理的应用 【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． (1)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? (2)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? 探究 在实际测试中,程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱,即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块. ①先分别单独测试5个模块,以考察每个子模块的工作是否正常.总共需要的测试次数为18+45+28+38+43=172. ②再测试各个模块之间的信息交流是否正常,只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间的信息交流是否正常,需要的测试次数为3×2=6. 如果每个子模块都工作正常,并且各个子模块之间的信息交流也正常,那么整个程序模块就工作正常.这样测试整个模块的次数就变为172+6=178. 探究 【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？ 析：①无字母： 10×10×10=1 000(种) ②1个字母： (24×10×10×10)×5=1 200 000(种) ③2个字母： (24×24×10×10×10)×10=5 760 000(种) 共1 000+1 200 000+5 760 000=7 060 000(种) 探究 析：按个位数分类，共9+8+7+6+5+4+3+2+1=45(种) 2.在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的有多少个？ 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？ 析：先选进入的门，再选出去的门，共6×5=30(种) 巩固：教材习题6.1——P11 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？ 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？ 析：共2×3+4×2=14(条) 巩固：教材习题6.1——P11 用0，1，2，3，4五个数字. (1)可以排出多少个不同的三位数字的密码？ 例 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，故共可排成5×5×5=125(个)不同的三位数字的密码. 步步高P5 19 (2)可以排成多少个不同的三位数？ 三位数的百位不能为0，但可以有重复数字， 首先考虑百位的排法，除0外共有4种排法，十位、个位都可以排0，有5种排法， 因此，共可排成4×5×5=100(个)不同的三位数. 20 (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 能被2整除的数即偶数，个位数字可取0，2，4， 因此，可以分两类，一类是个位数字为0，则有4×3=12(种)排法； 一类是个位数字不为0，则个位有2种排法，即2或4，再排百位，因0不能在百位，故有3种排法，十位有3种排法， 则有2×3×3=18(种)排法. 故共有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. 21 　 由本例中的五个数字可以组成多少个无重复数字的四位奇数？ 完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1，3中任取一个，有2种取法；第二步定首位，把1，2，3，4中除去用过的一个数，在剩下的3个数中任取一个，有3种取法；第三步、第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位，有3种排法，再排十位，有2种排法.由分步乘法计数原理知，共能组成2×3×3×2=36(个)无重复数字的四位奇数. 延伸探究 22 (2)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 √ 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)， ∴有重复数字的三位数有900-648=252(个). 23 　(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 A.360种 B.420种 C.369种 D.396种 例 2 √ 24 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). 25 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. 26 　(1)如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有　　　种不同的涂法. 例 3 ①若A，C涂色相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2， 则有3×2×1×2=12(种)不同的涂法. ②若A，C涂色不相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1=6(种)不同的涂法. 所以根据分类加法计数原理，共有12+6=18(种)不同的涂法. 18 27 (2)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.  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. 故共有6×3=18(种)不同的种植方法. 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. 18 28 反 思 感 悟 (1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算. (2)以颜色(种植作物)为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算. (3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题. (4)对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准. 涂色与种植问题的四个解答策略 　(1)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为　　　. 跟踪训练 3 按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类： 第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3=180(种)不同的染色方法； 第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2=240(种)不同的染色方法. 根据分类加法计数原理，共有180+240=420(种)不同的染色方法. 420 30 (2)如图，一个地区分为5个区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种(以数字作答). 72 31 作业:P11 习题6.1 3---12 6.1 分类加法计数原理 与分步乘法计数原理 第三课时 习题6.1 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？ 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？ 析：先定分子，再定分母，可构成4×4=15个不同的分数； 按分子分类，可构成4+3+2+1=10个不同的真分数； 巩固：教材习题6.1——P11 析：先定斜率，再定纵截距，共4×4=16条直线； 6.(1)在平面直角坐标系内，横坐标与纵坐标均在A={0，1，2，3，4，5}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B={1，3，5，7}内取值，y轴上的截距在集合C={2，4，6，8}内取值的不同直线共有多少条？ 析：先选横坐标，再选纵坐标，共6×6=36个不同的点. 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？ 析：10×10×10×6=6000个四位数字号码 巩固：教材习题6.1——P11 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，不同报法的种数是是34还是43？ [变式]4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每个运动队只选一名学生参加，不同的结果有____种. 析：人选运动队，每人有3种选择，共3×3×3×3=34=81 析：运动队选人，每队有4种选择，共4×4×4=43=64 (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35还是53？ 析：各班选景点，每班有5种选择，共5×5×5=53=125 [变式]火车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有_____种. 510 析：乘客选车站，每人有5种选择 巩固：教材习题6.1——P11 [引例]从5件不同的礼物中选出2件，分别送给甲、乙两人，每人一件礼物，则不同的送法种数为_______. 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) 析：先选礼物给甲，再选礼物给乙，共5×4=20种选法 析：依次选礼物给4位同学，共5×4×3×2=120种选法 析：①3本书放1个抽屉， 共5种放法； ②3本书放2个抽屉， 共3×(5×4)=60种放法； ③3本书放3个抽屉， 共5×4×3=60种放法； 共5+60+60=125种放法. 巩固：教材习题6.1——P11 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？ 8×10=80 (8×7)÷2=28 8×10+28=108 28+10×9÷2=73 3 4 4 3 巩固：教材习题6.1——P11 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？ 12. 2160有多少个不同的正因数？ 析：分步安排每天的值班人员，共7×6×6×6×6×6×6=7×65 析：∵2160=24×5×33， ∴2160的正因数p=2a×5b×3c， 其中a可取0,1,2,3,4，b可取0,1，c可取0,1,2,3. ∴2160有5×2×4=40个不同的正因数. 巩固：教材习题6.1——P11 $$