2 4.1　第2课时　两个计数原理的综合应用-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（湘教版）

该高中数学课件聚焦两个计数原理的综合应用，涵盖组数、选抽取与分配、涂色与种植三大类问题，通过电话号码组数等典例导入，帮助学生回顾原理区别，搭建从基础到复杂应用的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于以典例引领结合规律总结，通过分类分步策略（如涂色问题按区域同色与否分类）培养逻辑推理与数学建模能力，提升运算素养。如种植问题按相邻区域分类计算种数，学生能掌握复杂问题解决方法，教师可借助系统例题与测评高效教学。

第2课时　两个计数原理的综合应用 　 第4章　4.1　两个计数原理 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.会用这两个计数原理分析和解决一些较为复杂的实际计数问题，提升逻辑推理、数学建模及数学运算的核心素养. 应用一　组数问题 1 应用二　选(抽)取与分配问题 2 应用三　涂色与种植问题 3 课时测评 5 内容索引 随堂评价 4 应用一　组数问题 返回 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？ 解：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)可以排成多少个三位数？ 解：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). 典例1 (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 解：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.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数. 规律方法 对于组数问题，应掌握以下原则 1.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. 2.要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的首位. 对点练1．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有____个(用数字作答). 14 因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有24－2＝14(个). 返回 应用二　选(抽)取与分配问题 返回 (1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？ 解：要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81(种)报名 方法. (2)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？ 解：每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法.根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2＝24(种). 典例2 (3)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？ 解：要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4＝64(种)可能的结果. 规律方法 解决选(抽)取与分配问题的方法 1.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. 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；若是按对象特征抽取的，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. 对点练2．(1)将2名女生和3名男生分配到两个不同的兴趣小组，要求每个兴趣小组分配男生、女生各1人，则不同的分法种数为 A.12种 B.16种 C.24种 D.36种 √ 每个小组安排一个女生，有2×1＝2种方法；每个小组安排一名男生，有3×2＝6种方法，故每个兴趣小组分配男生、女生各1人，共有2×6＝12种方法.故选A. (2)2024年7月14日13时，2024年巴黎奥运会火炬开始在巴黎传递，其中某段火炬传递活动由包含甲、乙、丙在内的5名火炬手分四棒完成，若甲传递第一棒，最后一棒由2名火炬手共同完成，且乙、丙不共同传递火炬，则不同的火炬传递方案种数为____. 10 最后一棒可以是除甲、乙、丙之外的2人，也可以是从乙、丙中选1人，从除甲、乙、丙之外的2人中选1人组成，所以最后一棒的安排方案有1＋2×2＝5种；安排最后一棒后，剩余两人安排在中间两棒，方案有2×1＝2种，由分步乘法计数原理，不同的传递方案种数为5×2＝10种. 返回 应用三　涂色与种植问题 返回 (1)某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有 A.30 240种 B.60 480种 C.120 960种 D.241 920种 典例3 1 2 3 4 5 √ 由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类；第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻，分别有10，9，8种选择，所以共计7×6×10×9×8＝30 240种；第二、三、四类和第一类种数相同.综上总计有30 240×4＝120 960种方法.故选C. 1 2 3 4 5 (2)课外实践活动期间，小王同学研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如右图形状，现需要给右图七巧板右下方的五个块涂色(图中的1，2，3，4，5)，有4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不能同色，有_____种不同的涂色方案. 252 第一步：涂2，有4种颜色；第二步：涂5，有3种颜色；第三步：涂3、4，当3与5同色时，4有3种颜色；当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第三步共7种；第四步：涂1，有3种颜色.共计4×3×7×3＝252种. 规律方法 涂色与种植问题的解答策略 求解涂色与种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，处理这类问题的关键是要找准分类标准，常用的方法有： 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，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. 对点练3．如图所示的5个区域A，B，C，D，E，中心区域E是一幅图画，现在要对区域A，B，C，D涂色，有4种颜色可供选择，要求每1个区域只涂1种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为 A.64　　　 B.72　　　 C.84　　　 D.96 √ 涂色方法分两类：①A和C同色，可从4种颜色中任选1种，有4种选法，B可从余下的3种颜色中任选1种，有3种选法，同理D也有3种选法，则不同的涂色方法种数为4×3×3＝36；②A和C不同色，不妨从A先涂色，有4种选法，C有3种选法，B有2种选法，D有2种选法，则不同的涂色方法种数为4×3×2×2＝48.所以不同的涂色方法种数为36＋48＝84.故选C. 对点练4．某城市在中心广场建造了一个花园，花园分为6个部分(如图所示)，现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种1种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有_____种(用数字作答). 根据6个部分的对称性，按同色、不同色进行分类： (1)④，⑥同色，则①有4种颜色可选，⑤有3种颜色 可选，④有2种颜色可选，②有2种颜色可选，③只有1种颜色可选，故不同的栽种方法共有4×3×2×2×1＝48(种)； 120 (2)④，⑥不同色，①有4种颜色可选，⑤有3种颜色可选，④有2种颜色可选，⑥有1种颜色可选，若②与④同色，则③有2种颜色可选，若②与④不同色，则③只有1种颜色可选，故不同的栽种方法共有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种). 故不同的栽种方法共有48＋72＝120(种). 返回 随堂评价 返回 1.由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为 A.15　　　 B.12　　　 C.10　　　 D.5 √ 分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成三位整数，其中偶数有2个.由分类加法计数原理知共有偶数5个. 2.有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有 A.21种 B.315种 C.153种 D.143种 √ 由题意，选一本语文书一本数学书有9×7＝63种， 选一本数学书一本英语书有5×7＝35种， 选一本语文书一本英语书有9×5＝45种， 所以共有63＋45＋35＝143种选法. 故选D. 3.将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的5个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有____种不同的涂色方法. 72 给出区域标记号A，B，C，D，E(如图所示)，则A区 域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种， D区域有2种.但E区域的涂色依赖于B区域与D区域涂 的颜色，如果B区域与D区域涂的颜色相同，则有2种涂色方法；如果B区域与D区域所涂的颜色不相同，则只有1种涂色方法.因此应先分类后分步. (1)当B与D同色时，有4×3×2×2＝48(种). (2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种). 故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法. 4. 用0，1，2，3，…，9，这十个数字可能组成多少个不同的符合要求 的数. (1)三位数； 解：由于0不能在首位，所以首位数字有9种不同选法；十位与个位上数字都有10种不同的选法. 所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个). (2)无重复数字的三位数. 解：首位上数字有9种选法；十位上数字除百位上数字外有9种选法；个位上数字有8种选法. 所以，组成无重复数字的三位数共9×9×8＝648(个). 返回 课时测评 返回 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 个位数是1或3，且首位不能为0，则千位数字有2种选择， 百位数字有2种选择， 十位数字只有1种选择， 由分步乘法计数原理， 所以用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数为奇数的有2×2×2×1＝8(个). √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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，则最多形成不同的直线的条数为 A.18 B.20 C.25 D.10 √ 第一步，给A赋值有5种选择， 第二步，给B赋值有4种选择，由分步乘法计数原理可得，5×4＝20(种). 又因为A＝1，B＝2与A＝2，B＝4表示同一直线.A＝2，B＝1与A＝4，B＝2也表示同一直线. 所以形成不同的直线最多的条数为20－2＝18. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.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，不同的种植方法有 A.24种 B.18种 C.12种 D.6种 √ 法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝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3×2×1＝6种不同的种植方法.故共有6×3＝18种不同的种植方法. 法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块土地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有24－6＝18种不同的种植方法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数.若m＝4，则不同的“规范01数列”的个数共有 A.18 B.16 C.14 D.12 由题意，必有a1＝0，a8＝1，具体的排法列表如下： √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.将数字1，1，2，2，3，3排成三行两列，要求每行的数字互不相同，每列的数字也互不相同，则不同的排列方法共有 A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 √ 由题意，可按分步原理计数， 第一步，第一行第一个位置可从1，2，3三数字中任意选一个，有三种选法， 第二步，第一行第二个位置可从余下两数字中选一个，有两种选法， 第三步，第二行第一个位置，由于不能与第一行第一个位置上的数字相同，故其有两种选法， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第四步，第二行第二个位置，由于不能与第一行第二个数字相同也不能与第二行第一个数字相同，故它只能有一种选法， 第五步，第三行第一个数字不能与第一行、第二行的第一个数字相同，故其只有一种选法， 第六步，此时只余下一个数字，故第三行第二列只有一种选法， 由分步原理知，总的排列方法有3×2×2×1×1×1＝12种. 故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数有____种. 12 根据题意，从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，则从A到C有3种不同的走法，从C地到B地有四条路，则从C到B有4种不同的走法，则从A地到B地不同的走法种数有3×4＝12(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有1种种植方法.B在左边种植的情形与上述情形相同.故共有2×(3＋2＋1)＝12(种)不同的选垄方法. 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.用0，1，2，3，4，5六个数字，可以组成没有重复数字的两位数的个数是____；可以组成有重复数字的三位数的个数为____. 十位的数字可以选择的种数为5种，个位可以选的种数为5种，则可组成无重复数字的两位数的种数为5×5＝25； 可组成有重复数字的三位数的种数为5×6×6＝180. 25 180 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.(10分)(1)有8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？ 解：分三步：每位同学取1本书，第1，2，3位同学分别有8，7，6种取法，因而由分步乘法计数原理知，不同的分法共有8×7×6＝336(种). (2)4位旅客到3个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？ 解：每位旅客都有3种不同的住宿方法，因而不同的住宿方法共有3×3×3×3＝81(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(10分)如图所示，要给梓、耕、教、育四个区域分别涂上3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，有多少种不同的涂色方法？ 解：梓、耕、教、育四个区域依次涂色，分四步完成： 第1步，涂梓区域，有3种选择； 第2步，涂耕区域，有2种选择； 第3步，涂育区域，由于它与梓、耕区域颜色不同，有1种选择； 第4步，涂教区域，由于它与梓、育区域颜色不同，有1种选择. 所以根据分步乘法计数原理，共有3×2×1×1＝6种不同的涂色方法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 11.某城市的电话号码由六位升为七位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是 A.9×8×7×6×5×4×3×2 B.8×96 C.9×106 D.8.1×106 电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位数字时为9×106，所以可增加的电话部数是9×106－9×105＝81×105＝8.1×106.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 12.已知x∈{1，2，4}，y∈{－2，－3，5}，则x·y可表示不同的值的个 数为 A.8　　　　 B.9　　　　 C.10　　　　 D.12 x∈{1，2，4}，y∈{－2，－3，5}，从x中选1个，从y选1个，共有3×3＝9种运算结果，且没有相同的运算结果. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为_____种. 420 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，若区域①与③颜色相同，区域①有5种涂法，区 域②有4种涂法，区域④有3种涂法，区域⑤有3种涂法， 由分步乘法计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×3 ＝180种； 若区域①与③颜色不同，区域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域③有3种涂法，区域④有2种涂法，区域⑤有2种涂法，由分步乘法计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×2×2＝240种. 综上，由分类加法计数原理可知不同的涂色方案种数为180＋240＝420. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(13分)用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色， 要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域 不用同一种颜色，求共有多少种不同的涂色方法？ 解：法一：分类， 第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120(种)涂法， 第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360(种)涂法， 共有120＋360＝480(种)涂法. 法二：分步，先涂B区，有6种涂法，再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法， 所以共有6×5×4×4＝480(种)涂法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(5分)在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，算筹有纵式和横式两种，如图是利用算筹表示1～9的数字，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，例如，137可以用7根小木棍表示“ ”，则用6根小木棍(要求用完6根)能表示不含“0”且没有重复数字的三位数的个数是 A.12 B.18 C.24 D.27 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数字7、2、1组成6个，数字7、6、1组成6个，数字6、3、1组成6个，数字3、2、1组成6个，共24个符合要求的三位数.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(17分)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？ 解：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，不同的种植方法有3×2×1＝6(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 返回 (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：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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 4.1　两个计数原理 返回 $