6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第2课时）（教学设计）数学人教A版选择性必修第三册

6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第2课时） 教学设计 1.教学内容 本节课是人教A版（2019）选择性必修第三册6.1计数原理第2课时，聚焦两个原理的综合应用与变式拓展。通过复杂情境例题，引导学生熟练掌握“定事件—辨类型—选原理—算结果”的解题流程，学会区分复杂问题中的分类与分步环节，能灵活结合两个原理解决多类方案、多步操作的综合计数问题。同时强化原理辨析，通过变式训练突破“分类中含分步、分步中含分类”的易错点，总结解题技巧与避错方法，深化对原理本质的理解，提升学生逻辑推理和有序思考能力，为后续排列组合学习筑牢综合应用基础。 2.内容解析 本节课是人教A版（2019）选择性必修第三册计数原理第1节的深化课，承接第1课时原理概念的学习，核心聚焦两个原理的综合应用与变式突破。教学以“原理辨析—综合应用—技巧总结”为脉络，通过含“分类中分步、分步中分类”的复杂情境例题，引导学生巩固“定事件—辨类型—选原理”的解题流程。课程重点强化原理适用边界的辨析，突破单一原理应用的局限，培养学生在多层级计数问题中有序拆解、灵活组合原理的能力。同时通过变式训练梳理易错点，总结避错技巧，深化对原理本质的理解，既夯实基础应用能力，又为后续排列、组合知识的学习搭建逻辑桥梁，实现知识迁移与思维提升的双重目标，落实数学抽象与逻辑推理素养的培养。 教学重点：掌握两个原理的综合应用，精准拆解复杂情境并灵活选用原理解题。 1.教学目标 （1）进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理； （2）能综合应用两个计数原理解决实际问题； （3）培养数学建模、数学运算等重要学科素养. 2.目标解析 （1）该目标是对第1课时基础的深化，要求学生超越概念记忆，精准把握两原理的本质区别与关联，能清晰界定复杂情境中的分类、分步逻辑，突破“分类含分步、分步含分类”的认知难点，为综合应用筑牢理论根基，提升知识理解的深度与广度。 （2）该目标是本节课的核心实践目标，要求学生将两原理灵活组合运用，面对多层级实际问题，能按“定事件—拆环节—辨类型—选原理”流程解题，规避易错点，规范运算步骤，提升在复杂情境中拆解问题、解决问题的综合能力。 （3）该目标聚焦学科素养培育，通过将实际问题转化为计数模型，落实数学建模素养；在分步、分类计算中锤炼运算准确性与规范性，强化数学运算素养，实现知识应用与素养提升的有机融合，凸显数学学科育人价值。 本节课授课对象为高二学生，已通过第1课时掌握两个计数原理的基本概念、公式及简单应用，能解决单一分类或分步的计数问题，具备初步逻辑推理能力。但学生对原理的综合运用能力薄弱，知识迁移不足，部分学生对“分类中含分步、分步中含分类”的复杂情境拆解能力欠缺，易混淆计数环节的逻辑关系。 教学中预计困难：一是难以快速拆解复杂情境，无法准确区分嵌套式计数中的分类与分步环节；二是运算过程易因步骤疏漏出错，缺乏规范解题意识；三是对原理适用边界判断模糊，易出现原理选用错误。 解决方法：通过典型例题分层拆解，示范“定事件—拆环节—辨类型”流程；设计变式训练强化嵌套情境辨析，对比易错案例；规范解题步骤书写，落实运算核查，兼顾不同层次学生需求。 教学难点：拆解嵌套式计数情境，精准区分分类与分步环节，灵活综合运用两原理解决问题。 1． 创设情境，引入新知 校园文化节的节目报名与方案选择 咱们学校下个月要举办校园文化节，每个班级需要推选 1 名同学参加才艺表演，可选的才艺类别分为三大类：声乐类（唱歌、美声）、器乐类（钢琴、小提琴、吉他）、舞蹈类（民族舞、现代舞）。另外，班级还要设计一个文化展板，展板的设计方案需要两步完成：第一步选底色，有红色、蓝色、黄色 3 种选择；第二步选图案，有校徽、祥云、五角星 3 种选择。 这就是我们生活中遇到的计数问题，这一节课我们就来深入学习两个计数原理的实际应用. 2． 应用新知 3． 应用新知 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? 学生：独立思考并与同桌交流，共同得出答案，做好分享准备. 教师：引导学生从不同角度思考，充分灵活应用两个计数原理做到一题多解. 预设：法一：分步乘法计数原理 3×2=6 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) 法二：分步乘法计数原理 3×2=6 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) 法三：分类加法计数原理 2+2+2=6 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) 法四：树状图列举法，如右图 牛刀小试： 练1：现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画. （1）从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？ （2）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？ （3）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？ 预设：（1）分为三类： 从国画中选，有5种不同的选法； 从油画中选，有2种不同的选法； 从水彩画中选，有7种不同的选法， 根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法； （2）分为三步： 第一步从国画中选，有5种不同的选法； 第二步从油画中选，有2种不同的选法； 第三步从水彩画中选，有7种不同的选法， 根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法. （3）分为三类： 第一类是一幅选自国画，有5种不同的选法；一幅选自油画，有2种不同的选法； 由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法； 第二类是一幅选自国画，有5种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法， 由分步乘法计数原理知，有5×7＝35(种)不同的选法； 第三类是一幅选自油画，有2种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法， 由分步乘法计数原理知，有2×7＝14(种)不同的选法， 所以根据分类加法计数原理，共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法； 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? 师生：共同审题及分析，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，首字符又可以分为两类；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符． 学生：思考并与同桌交流，共同得出答案，做好分享准备. 预设：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，由加法原理，共有7+6=13种不同选法； 第2步，选中间字符，有9种不同选法； 第3步，选最后一个字符，有9种不同选法； 根据分步乘法计数原理，共有不同选法种数为: N=13×9×9=1053 设计意图：巩固概念，学会用分步乘法计数原理解答简单问题. 思考：你能给出不同的解法吗？ 学生：小组讨论分析，找出其他的解法. 预设：要完成的一件事是“给一个程序模块命名”，可以分两类方案： 第1类，首字符为字母A~G中的一个，中间字符和最后一个字符都是从1~9中选，由乘法原理得，共有6×9×9=486种不同选法； 第2类，首字符为字母U~Z中的一个，中间字符和最后一个字符都是从1~9中选，由乘法原理得，共有7×9×9=567种不同选法； 根据分类加法计数原理，共有不同选法种数为: N=486+567=1053 归纳总结：两个计数原理的综合应用： 预设：特点：有些较复杂的问题往往不单独考查某一个计数原理，而是两个计数原理都要考查. 模型：分类中有分步：先对问题进行“分类”处理，每一类的计数，还需要应用到分步乘法计数原理；分步中有分类：先对问题进行“分步”处理，每一步的计数，还需要应用到分类加法 计数原理． 牛刀小试： 练2：书架上有4本不同的计算机书，3本不同的文艺书，2本不同的体育书，从书架上任取2种不同类型的书各1本,有多少种不同的取法？ 师生：学生自主完成练习，教师巡视学生做题情况，并选择典型解答，分享答案； 预设：要完成的一件事是“取2种不同类型的书”，可以分三类方案： 第1类，取计算机和文艺书各一本，由乘法原理得，有4×3=12种不同取法； 第2类，取计算机和体育书各一本，由乘法原理得，有4×2=8种不同取法； 第3类，取文艺书和体育书各一本，由乘法原理得，有3×2=6种不同取法； 根据分类加法计数原理，共有不同取法种数为:N=12+8+3=23. 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? （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? 师生：共同分析题目，结合两个计数原理解决问题. （1）要完成的一件事是“确定1个字节各二进制位上的数字”．由于每个字节有8个二进制位，每一位上的值都有0，1两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原理求解； （2）只要计算出多少个字节所能表示的不同字符不少于6763个即可． 分析预设：（1）要完成的一件事是“从书架上取1本书”，可以分从第1层、第2层和第3层中取三类方案；（2）要完成的一件事是“从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书”，可以分三个步骤完成． 学生：思考并与同桌交流，共同得出答案，做好分享准备. 解析预设：（1）用图6.1-3表示1个字节： 1个字节共有8位，每位上有2种选择．根据分步乘法计数原理，１个字节最多可以表示不同字符的个数是：2×2×2×2×2×2×2×2=28=256. 由 （1）知，1个字节所能表示的不同字符只有256个，不够6763个，我们考虑2个字节能够表示多少个字符. 第1步，前1个字节有256种不同的表示方法；第2步，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256×256=65536． 这已经大于汉字国标码包含的汉字个数6763．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． 牛刀小试： 练3：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．那么，从甲地到丁地，如果每条路至多走一次，且每个地点至多经过一次，有多少种不同的走法？ 预设：从甲地到丁地的走法可以分成两类： 第一类：从甲地经由乙地到丁地．这类走法可以分成两个步骤：先从甲地到乙地，有2种走法；再从乙地到丁地，有3种走法．根据乘法原理，这一类走法的种数为． 第二类：从甲地经由丙地到丁地．这类走法可以分成两个步骤：先从甲地到丙地，有4种走法；再从丙地到丁地，有2种走法．根据乘法原理，这一类走法的种数为． 根据加法原理，从甲地到丁地共有种不同的走法． 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．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? 师生：共同分析题目的解法：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第1步是从开始执行到A点； 第2步是从A点执行到结束．而第1步可由子模块1、子模块2、子模块3中任何一个来完成； 第2步可由子模块4、子模块5中任何一个来完成．因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理． 学生：思考并与同桌交流，共同得出答案，做好分享准备. 预设：完成的事情：完成程序测试，分两步进行： 第1步：从开始执行到A点，由分类加法计数原理，子模块1、子模块2、子模块3中的子路径条数共为：18+45+28=91．即该步共有91种执行路径； 第2步：从A点执行到结束，同理，子模块4、子模块5中的子路径条数共为：38+43=81．即该步共有81种执行路径； 由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为：91×81=7371． 追问：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? 师生：继续共同分析题目，得出第二个解：在实际测试中，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．因此，整个测试可以分两类测试进行：第一类测试：单独测试5个模块，以考察每个子模块的工作是否正常；第二类测试：测试各个模块之间的信息交流是否正常； 因此，整个测试可以分两类测试进行： 第一类测试：单独测试5个模块，以考察每个子模块的工作是否正常；第二类测试：测试各个模块之间的信息交流是否正常； 两类测试完成，就完成了全部测试，由分类加法计数原理即可得解总的测试次数. 预设：完成的事情：完成程序测试，分两类测试进行： 第1类测试：单独测试5个模块，由分类加法计数原理，5个模块总共需要的测试次数为：18+45+28+38+43=172． 第2类测试：测试各个模块之间的信息交流是否正常，同分两步进行，第1步先测试从开始执行到A点的3个子模块；第2步再测试从A点执行到结束的2个子模块，由分步乘法计数原理，共需要的测试次数为：3×2=6． 由分类加法计数原理，测试整个模块的次数共为：172+6=178． 追问：显然，通过以上两种方案的测试，测试次数178与7371的差距是非常大的，为什么呢？ 预设：通过两种测试方案中测试总次数的计算过程不难发现：第1种测试方案：整体分步测试，整体使用了分步乘法计数原理计算出总的测试次第2种测试方案：整体分类测试，整体使用了分类加法计数原理计算出总的测试次数； 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？ 小知识：车牌小知识：对于省和自治区，发牌机关通常是指其地级市的公共交通管理部门，并用英文字母依次编码．例如，湖南省长沙市、株洲市、湘潭市的发牌机关代号分别为A，B，C．直辖市的发牌机关代号可备案后依次自行使用． 师生：共同分析，得出解题思路. 预设：由号牌编号的组成可知，序号的个数决定了这个发牌机关所能发放的最多号牌数．按序号编码规则可知，每个序号中的数字、字母都是可重复的，并且可将序号分为三大类：没有字母，有1个字母，有2个字母． 预设：完成的事情：编汽车号牌，由号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数．根据序号编码规则，5位序号可以分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母． 第1类：没有字母，确定一个序号可以分5个步骤，每一步都可以从10个数字中选１个，各有10种选法．根据分步乘法计数原理，这类号牌张数为：10×10×10×10×10=100 000． 第2类：1个字母，这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位，这类序号可以分为五个子类： 第1位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1步，从24个字母中选1个放在第1位，有24种选法；第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法．根据分步乘法计数原理，号牌张数为:24×10×10×10×10=240 000. 同样，其余四个子类号牌也各有240000张． 根据分类加法计数原理，这类号牌张数一共为： 240000×5=1200 000 第3类：2个字母，根据这2个字母在序号中的位置，可以将这类序号分为十个子类：第1位和第2位，第1位和第3位，第1位和第4位，第1位和第5位，第2位和第3位，第2位和第4位，第2位和第5位，第3位和第4位，第3位和第5位，第4位和第5位． 当第1位和第2位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1，2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位，各有24种选法；第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法．根据分步乘法计数原理，号牌张数为 24×24×10×10×10=576 000 同样，其余九个子类号牌也各有576000张．于是，这类号牌张数一共为 576000×10=5760 000 综合（1）（2）（3），根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为 100 000+1200 000+5760 000=7060 000 总结：用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点： （1）要完成的“一件事”是什么； （2）需要分类还是需要分步． 注意：（1）分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． （2）分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数． 思考：乘法运算是特定条件下加法运算的简化，分步乘法计数原理和分类加法计数原理也有这种类似的关系吗? 学生：先独立思考，然后同桌讨论，尝试得出答案. 预设：有这种类似的关系. 实际上，分步乘法计数原理也可以看成是特定条件下的分类加法计数原理的简化. 类型一：“排数”问题 例1 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？ (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？ 预设：(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，根据分步乘法计数原理，可以排成电话号码总数共有： 5×5×5＝125. (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. (3)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. 总结：“排数”问题，应把握的两个原则 (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最高位. 题型二：选(抽)取与分配问题 例题2 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多少种？ 预设：【法一】直接法 以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类： ① 四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况； ② 有三个班级去甲工厂，剩下的班级去另外四个工厂，其分配方案共有5×4×4=16(种)； ③ 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)； ④ 有一个班级去甲工厂，其他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，由分类加法计数原理可得，不同的分配方案有： 1＋16＋96＋256＝369(种)． 【法二】间接法： 先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无班级去的情况，即： 5×5×5×5－4×4×4×4＝369(种) 方案. 总结：选(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 直接法：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． 题型二：涂色（种植）问题 例3：将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 预设：完成涂色，分两类进行： 第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法. 第1类：第2个、第3个小方格涂不同颜色，有4×3=12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可得，有 5×12×3=180(种) 不同的涂法. 第2类：第2个、第3个小方格涂相同颜色，有4(种)不同的涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有 5×4×4=80(种) 不同的涂法. 由分类加法计数原理可得，共有180+80=260(种)不同的涂法. 总结：解决涂色（种植）问题的一般思路 (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”等问题，用分类加法计数原理分析. (3) 将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题. 4． 课堂小结 作业1：完成教材：第7页 练习1,2,3,4,5；第11页 练习1,2,3,4；. 作业2：配套辅导资料对应的《两个计数原理综合应用》.  6.1 分类加法与分步乘法计数原理（第 2 课时） 一、综合应用核心 1. 解题流程：定事件→拆环节（辨嵌套关系）→选原理→算结果 2. 关键技巧： - 分类中含分步：先分类，每类内分步计算，再求和 - 分步中含分类：先分步，每步内分类计算，再求积 二、例题与变式 例题：（嵌套情境，如选科+选课、搭配+排列类问题） 变式：（反向计数、多条件限制类计数问题） 易错点：混淆嵌套环节逻辑、漏算分步/分类情况 三、课堂小结 1. 核心：灵活拆解嵌套情境，综合运用两原理 2. 素养：强化逻辑推理，规范运算步骤 本节课聚焦两原理综合应用，以板书流程为指引，通过例题拆解、变式训练落实教学目标，多数学生能掌握嵌套情境的解题方法。教学中紧扣“拆环节、辨类型”核心，结合易错点强调规范步骤，帮助学生突破认知难点，强化了逻辑推理素养。但仍存在不足：部分基础薄弱学生对嵌套关系拆解不熟练，课堂互动未能充分覆盖全员；变式训练难度梯度不足，对反向计数等复杂题型讲解仓促。后续需优化分层练习设计，增加基础嵌套题的实操时间，针对易错点补充专项变式；同时简化板书冗余内容，预留更多时间答疑，精准对接学生需求，提升知识应用的熟练度与准确性。 学科网（北京）股份有限公司1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $