6.1.1 基本计数原理-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂同步课件PPT（人教A版）

6．1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 6．1.1　基本计数原理 第六章 计数原理 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 课前 预习学案 01 课堂 互动学案 02 课后 素养提升 03 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 课前 预习学案 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 返回导航 第六章 计数原理 数学 选择性必修 第三册 下一页 上一页 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完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中共有n种不同的方法，那么完成这件事共有　m＋n　种不同方法． 推广：完成一件事，如果有n类办法，且第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝　m1＋m2＋…＋mn　种不同的方法． 1.定义中每一类中的每一种方法能否独立完成这件事？ 提示：能，每一类中的每一种方法都能独立完成这件事． 2．各种方案之间有何关系？每一类方案中各种方法之间有何关系？ 提示：各种方案之间相互独立，并且任何一类方案中任何一种方法也相互独立． [知识点二]　分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝　m×n　种不同的方法． 推广：完成一件事，如果需要分成n个步骤，且做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝　m1×m2×…×mn　种不同的方法． 3.定义中每一步中的每一种方法能否独立完成这件事？ 提示：不能，每一步中的每一种方法不能独立完成这件事． 4．定义中的“完成一件事”指的是什么？ 提示：完成一件事指的是将完成这件事划分成几个步骤，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成． 5．根据定义完成一件事的方法数怎样计算？ 提示：从计数上看，各步的方法数的积就是完成这一件事的方法总数． [知识点三]　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 关键词 分类 分步 本质 每类方案都能独立完成这件事，它是独立的、一次性的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事 每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事 各类 (步)的关系 各类方案之间是互斥的、并列的， “分类互斥” 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保连续性，“独立”确保不重复，即“分步互依” 6.分类加法计数原理每一类中的方法和分步乘法计数原理每一步中的方法有何区别？ 提示：分类加法计数原理每一类中的方案可以完成一件事情，而分步乘法计数原理每一步中的方法不能独立完成一件事情． [预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)． (1)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( √ ) (2)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ ) (3)在分步乘法计数原理中，事情若是分两步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．( √ ) 2．某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级负责学校星期一早晨升旗活动，安排方法共有(　　) A．8种　 B．6种　 C．14种　 D．48种 解析：C　[分两类：第1类，从高一年级8个班中选一个班共有8种安排方法；第2类，从高二年级中选一个班共有6种安排方法．故共有8＋6＝14(种)安排方法．所以选C.] 3．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为(　　) A．1＋1＋1＝3　　　 B．3＋4＋2＝9 C．3×4×2＝24 D．以上都不对 解析：B　[分三类：第一类，乘汽车，从 3 次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选 1 次有4种走法；第三类，乘轮船，从2次中选 1 次有 2 种走法. 所以，共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．] 4．已知x∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，3，7))，y∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，－2，4))，则(x，y)可表示不同的点的个数是(　　) A．1　　 B．3　 　C．6　 　　D．9 解析：D　[这件事可分为两步完成：第一步，在集合eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，3，7))中任取一个值x有3种方法；第二步，在集合eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，－2，4))中任取一个值y有3种方法．根据分步乘法计数原理知，有3×3＝9(个)不同的点．] 5．一个礼堂有4个门，若从任意一个门进时，从任意一门出，共有不同走法　________　种． 解析：由分步乘法计数原理得4×4＝16种． 答案：16 分类加法计数原理的应用 [例1]　高三·一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三·二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三·三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三·一班、二班或三班中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三·一班、二班男生中，或从高三·三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？ [思路点拨]　所谓“完成一件事，有几类方案”，是指对完成这件事情的所有方案的一个分类．利用分类加法计数原理求解． [解]　(1)分三类： 第一类选法，从高三·一班中任选一名，有50种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班中任选一名，有60种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班中任选一名，有55种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得50＋60＋55＝165(种)， 因此共有165种不同的选法． (2)分三类： 第一类选法，从高三·一班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班女生中任选一名，有20种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得30＋30＋20＝80(种)． 故共有80种不同的选法． 1．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． (3)不同方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须做到既“不重复”也“不遗漏”． 2．利用分类加法计数原理计数时的解题流程  [变式训练] 1．(1)从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？ (2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ 解：(1)分四类： 从一班中选一人，有4种选法； 从二班中选一人，有5种选法； 从三班中选一人，有6种选法； 从四班中选一人，有7种选法． 共有不同选法N＝4＋5＋6＋7＝22(种)． (2)法一：按十位上的数字分别是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是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，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 法二：按个位上的数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)． 分步乘法计数原理的应用 [例2] 某商店现有甲种型号电视机10台，乙种型号电视机8台，丙种型号电视机12台，从这三种型号的电视机中各选1台检验，有多少种不同的选法？ [思路点拔]　本题中要完成的事是在每种型号的电视机中选择1台，而每种型号的选择方法数又是明确可知的，故应分步完成． 解：完成从这三种型号的电视机中各选1台检验可分三步完成： 第一步：从甲种型号中选1台，有10种不同的方法； 第二步：从乙种型号中选1台，有8种不同的方法； 第三步：从丙种型号中选1台，有12种不同的方法． 根据分步乘法计数原理，得10×8×12＝960(种)． 因此共有960种不同的方法． 1．应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可． 2．利用分步乘法计数原理解题的一般思路； (1)分步：将完成这件事的过程分成若干步； (2)计数：求出每一步中的方法数； (3)结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． [变式训练] 2．从1,2,3,4这四个数字中选三个数字，组成无重复数字的整数，则满足下列条件的数有多少个？ (1)三位数； (2)三位偶数． 解：　(1)分三步： 第一步，排个位，有4种方法； 第二步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法； 第三步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有4×3×2＝24(个)满足要求的三位数． (2)第一步，排个位，只能从2,4中选1个，有2种方法； 第二步，排十位，从剩下的3个数中选1个，有3种方法； 第三步，排百位，只能从剩下的2个数字中选1个，有2种方法． 故共有2×3×2＝12(个)满足要求的三位偶数． 两个计数原理的综合应用 [例3]　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，有多少种不同的选法？ (2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有多少种不同的选法？ (3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有多少种不同的选法？ [思路点拨]　 解：(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：国画、油画、水彩画各有5种，2种，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，一幅选自油画，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，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法； 第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法． 所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法． 1．当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法． 2．分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律． 3．混合问题一般是先分类再分步． [变式训练] 3．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 解：(1)从高一选1人作为总负责人有50种选法；从高二选1人作为总负责人有42种选法；从高三选1人作为总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122(种)选法． (2)从高一选1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有30种选法．由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63 000(种)选法． (3)①从高一和高二中各选1人作为中心发言人，有50×42＝2 100(种)选法；②从高二和高三中各选1人作为中心发言人，有42×30＝1 260(种)选法；③从高一和高三中各选1人作为中心发言人，有50×30＝1 500(种)选法．故共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860(种)选法． [当堂达标] 1．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有6名同学只会用综合法证明，有4名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为(　　) A．10　 B．16　 　C．20　　 　D．24 解析：A　[每一种方法都能证明该问题，根据分类加法计数原理，不同的选法共有6＋4＝10(种)．] 2．用0、1、2、3、4、5六个数字组成无重复数字的四位数，比3542大的四位数的个数是(　　) A．360 B．240 C．120 D．60 解析：C　[因为3542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，所以比3542大的四位数的千位只能是4或5，所以共有2×5×4×3＝120个比3542大的四位数．] 3．一个科技小组中有4名女同学和5名男同学，从中任选1人参加学科竞赛，不同的选派方法共有　________　种；若从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，不同的选派方法共有　________　种． 解析：根据分类加法计数原理知，从中任选1人参加学科竞赛，不同的选派方法共有4＋5＝9(种)；由分步乘法计数原理知，从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，不同的选派方法共有4×5＝20(种)． 答案：9　20 4．为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二(1)班的男生38人和女生18人中选取1名学生做代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有　________　种． 解析：完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，有 38 种选法；第二类：选 1 名女生，有 18 种选法，根据分类加法计数原理，共有 N＝38＋18＝56(种)不同的选法． 答案：56 5．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有　________　种不同的取法． 解析：取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90(种)不同取法；取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72(种)不同取法，取两本书中，一本数学、一本英语，有 10×8＝80(种)不同取法．综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242(种)不同取法． 答案：242 $