6.1 乘法原理与加法原理（教学课件）数学沪教版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦乘法原理与加法原理，通过动车票设计、接力赛安排等生活实例导入，从具体计数问题抽象出两种原理的定义与适用情境，搭建从现实到理论的学习支架，帮助学生建立知识脉络。 其亮点在于融入数学文化（如杨辉三角发展史）培养数学眼光，通过点坐标、复数虚数等实例训练数学思维的逻辑推理，用对比表格规范数学语言表达。学生能提升解决实际问题能力，教师可高效开展概念教学。

6.1乘法原理与加法原理 第六章 计数原理 沪教版选择性必修第二册·高二 学 习 目 标 1 2 3 理解‌乘法原理与加法原理的基本含义，能准确区分两种原理的适用情境. 掌握‌乘法原理（分步计数）与加法原理（分类计数）的数学表达形式. 能运用‌两个原理解决简单的实际计数问题. 1 章前导读 1 章前导读 [数学文化]——了解数学传统文化的发展与应用 排列组合发展史 虽然数数始于结绳计数的远古时代，由于那时人的智力的发展尚处于低级阶段，谈不上有什么技巧．随着人们对于数的了解和研究，在形成与数密切相关的数学分支的过程中，如数论、代数、函数论以至泛函的形成与发展，逐步地从数的多样性发现数数的多样性，产生了各种数数的技巧．中国古代的《易经》中用十个天干和十二个地支以六十为周期来 1 章前导读 记载月和年，以六十为周期来记载月和年，以及在洛书河图中关于幻方的记载，是人们至今所了解的最早发现的组合问题．于11和12世纪间，贾宪就发现了二项式系数，杨辉将它整理记载在他的《续古抉奇法》一书中，这就是中国通常称的杨辉三角．事实上，于12世纪印度的婆什迦罗第二也发现了这种组合数.13世纪波斯的哲学家曾讲授过此类三角．而在西方，布莱士·帕斯卡发现这个三角形是在17世纪中期． 2 新知探究 已知有一条动车线，在甲、乙两城之间来往，中途停靠4处．连头带尾，共有6个停靠站． 2 新知探究 接力赛是田径运动中一项很常见的赛制，每年的学校运动会中都会有，这是一个最能代表团体合作精神的项目．要想在这个项目中取得好的成绩，就必须对参加接力赛的队员进行科学的排兵布阵． 问题1：为了这6个站，要准备多少种不同的车票呢？ 问题2：4×100米接力赛中，共有多少种安排的方法？ 以上问题均为计数问题，计数问题是数学的重要研究对象之一，其相关内容是进一步学习概率的基础．我们今天就先来学习计数原理。 2 新知探究 1 如图，从甲地到丙地，需经过乙地.其中，从甲地到乙地有3条路线A、A,、A，而从乙地到丙地有2条路线B、B.那么，从甲地经由乙地到丙地，共有多少种不同的走法？ A1B1 A1B2 A2B1 A2B2 A3B1 A3B2 3×2=6 2 新知探究 2 某食堂供应2种不同的主食，5种不同的素菜以及3种不同的荤菜，某人去该食堂用餐，准备在主食、素菜和荤菜中各选一种进行搭配，则共有多少种不同的搭配方式？ 以A1、A2表示2种不同的主食，以B1、B2、B3、B4、B5表示5种不同的素菜，以C1、C2、C3表示3种不同的荤菜 2×5×3=30 3 新知讲授 做一件事，需要依次完成n个步骤，其中完成第一步有a1种不同的方法 完成第二步有a2种不同的方法，······，完成第n步有an种不同的方法.那么完成这件事共有a1a2···an种不同的方法. 4 举例分析 例1 在平面直角坐标系内，若点P(x，y)的横、纵坐标均在{0，1，2，3}内取值，则可以组成多少个不同的点P? 解　确定点P的坐标必须分两步，即分步确定点P的横坐标与纵坐标． 第一步，确定横坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，有4种方法； 第二步，确定纵坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，也有4种方法． 根据分步乘法计数原理，所有不同的点P的个数为4×4＝16.故可以组成16个不同的点P. 4 举例分析 规律方法　应用分步乘法计数原理应注意如下问题： (1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某种方法是不是能完成这件事，也就是说要经过几步才能完成这件事． (2)完成这件事要分若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步，这件事都不可能完成，即各步之间是关联的，相互依存的，只有前步完成后步才能进行． (3)根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，即分步要做到步骤完整． 4 举例分析 从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+bi,其中虚数有　　　　　个.  例1 例2 解:第1步,确定数b,有6种不同取值; 第2步,确定数a,也有6种不同取值.根据分步乘法计数原理,知共有虚数6×6=36(个). 2 用一个大写的英文字母或0～9这10个阿拉伯数字中的一个给教室里的座位编号，总共能编出多少种不同的号码？ 新知探究 1 因为英文字母共有26个，阿拉伯数字0～9共有10个，所以总共可以编出26＋10＝36(种)不同的号码. 2 已知某校高二(1)班有54人,高二(2)班有56人,现从这两个班中任选一人去参加演讲比赛,则共有　　　　种不同的选法.  新知探究 2 某人从甲地到乙地,可以乘火车,也可以坐轮船,在这一天的不同时间里,火车有4趟,轮船有3班,则此人的走法共有　　　　种.  3 若这个人来自(1)班,则有54种不同的选法;若来自(2)班,则有56种不同的选法,所以共有110种不同的选法. 因为某人从甲地到乙地,乘火车的走法有4种,坐轮船的走法有3种,每一种方法都能从甲地到乙地. 根据分类加法计数原理可得此人的走法共有4+3=7(种). 3 新知讲授 做一件事，需要依次完成n类办法，其中完成第一类办法有a1种不同的方法，第二类办法有a2种不同的方法，······，第n类办法有an种不同的方法.那么完成这件事共有a1+a2+···+an种不同的方法. 4 举例分析 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__________． 解析　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)． 4 举例分析 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__________． 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)． 4 举例分析 变式1 若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． 同理可知，当个位数字是2时，共7个， 当个位数字是0时，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). 4 举例分析 变式2 用1，2，3这3个数字可以组成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组成没有重复数字的整数3＋6＋6＝15(个)． 5 应用分类加法计数原理应注意如下问题 (1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事. (2)无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法，即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的. 5   分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种数 不同点 分类、相加 分步、相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事) 注意点 类类独立　不重不漏 步步相依　缺一不可 5 巩固练习 1.将4封不同的信投入3个信箱，不同的投法种数为(　　) A．96 B．81 C．64 D．24 解析：每封信都有3种不同的投法，由分步乘法计数原理可得，4封信共有3×3×3×3＝34＝81种不同的投法．故选B． 2.有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法． 解析：每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)． 5 巩固练习 3.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 解析：由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B． 5 巩固练习 4.甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人 选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( ) C A.30种 B.60种 C.120种 D.240种   5 巩固练习   C A.144种 B.73种 C.48种 D.32种   5 巩固练习 6．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为________． 解析：3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504. 5 巩固练习 7．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)． 解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法； 第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法； 第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法． 由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5(种)不同的走法． 5 巩固练习 8．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，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为________． 解：若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个． 若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)． 若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…， 若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)． 所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)． 5 巩固练习 9.某地行政区域如图，请你用4种不同的颜色为每个区域涂色，要求相邻区域不同色，共有________种不同的涂色方法．(用具体数字作答) 解：假设按a→b→c→d→e顺序涂色．对于a有4种涂色的方法，对于b有3种涂色方法，对于c有2种涂色方法，对于e：若c与d颜色相同，则有2种涂色方法，若c与d颜色不相同，则只有1种涂色方法．故共有4×3×2×(2＋1)＝72种不同的涂色方法． 5 巩固练习 10.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． 课堂小结 乘法原理与加法原理 方法归纳 分类讨论 做一件事，需要依次完成n个步骤，其中完成第一步有a1种不同的方法 完成第二步有a2种不同的方法，······，完成第n步有an种不同的方法.那么完成这件事共有a1a2···an种不同的方法. 做一件事，需要依次完成n类办法，其中完成第一类办法有a1种不同的方法，第二类办法有a2种不同的方法，······，第n类办法有an种不同的方法.那么完成这件事共有a1+a2+···+an种不同的方法. 感谢聆听! 沪教版选择性必修第二册·高二 杨辉 $