6.1 第2课时 计数原理的综合应用-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦计数原理综合应用，涵盖组数、抽取与分配、涂色与种植三大任务，通过典例（如电话号码组数、工厂分配）承接分类加法与分步乘法计数原理，搭建从基础到复杂问题的学习支架。 其亮点在于分任务驱动教学，结合变式探究与规律总结，以逻辑推理分析问题（如四位奇数分步定个位、百位），用数学建模解决实际场景（如七巧板涂色、火炬传递分配），助力学生提升数学运算能力。教师可依托分层评价落实目标，学生能深化原理理解与应用能力。

第2课时　计数原理的综合应用 　 第六章 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. 任务一　组数问题 1 任务二　抽取与分配问题 2 任务三　涂色与种植问题 3 课时分层评价 5 内容索引 随堂评价 4 任务一　组数问题 返回 (链教材P7练习T5)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(个)， 即可以排成125个三位数字的电话号码. (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(个)三位数. 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，个位数字可取0，2，4，因此可分为两类： 一类是个位数字是0，则有4×3＝12(个)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，因为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(个)排法. 故共有12＋18＝30(个)排法， 所以可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数. 1.(变设问)由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？ 解：完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，分四步： 第一步定个位，只能从1，3中任取一个，有2种方法； 第二步定千位，把1，2，3，4中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，有3种方法； 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种方法，再排十位有2种方法. 由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36(个). 变式探究 2.(变设问)由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位偶数？ 解：完成“组成无重复数字的四位偶数”这件事，分两类： 第一类，个位数是0，再分三步，第一步选千位数字，有4种方法，第二步选百位数字，有3种方法，第三步选十位数字，有2种方法，共有4×3×2＝24(个)； 第二类，个位数不是0，分四步，先确定个位数字，有2种方法，再确定千位数字，有3种方法，再确定百位数字，有3种方法，最后确定十位数字，有2种方法，共有2×3×3×2＝36(个). 由分类加法计数原理知共有24＋36＝60(个). 规律方法 解决组数问题的原则 1.明确特殊位置或特殊数字，这是采用“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(或特殊元素)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字以上的数的最 高位. 对点练1.(1)从1，2，3，…，8，9这9个数字中任取3个数组成一个没有重复数字的三位数，若这些三位数能够被5整除，则这样的三位数的个数为 A.504 B.336 C.72 D.56 依题意知，这些三位数的个位为5，所以这样的三位数有8×7＝56个.故选D. √ (2)“回文数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22，121，3443等.那么在五位数中，回文数共有______个. 依题意知，5位“回文数”只需排列前三位数字，后面数字即可确定，因为第一位不能为0，所以第一位有9种排法，第二位有10种排法，第三位有10种排法，所以由分步乘法原理可知回文数共有9×10×10＝ 900个. 返回 900 任务二　抽取与分配问题 返回 (一题多解)(1)高二年级的三个班到甲、乙、丙、丁四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.16种 B.18种 C.37种 D.48种 法一(直接法)：以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种).综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种).故选C. √ 典例 2 法二(间接法)：先计算三个班自由选择去何工厂的总数，再去除甲工厂无人去的情况，即4×4×4－3×3×3＝37(种)方案.故选C. (2)甲、乙两名同学要从A，B，C，D四个科目中每人选取三科进行学习，则两人选取的科目不完全相同的方法有_____种. 12 法一：甲、乙两名同学要从A，B，C，D四个科目中每人选取三科进行学习，不可能只有一科相同，至少要两科相同，而所求科目不完全相同，即只有两科相同，完成这件事，可以分两步，先选相同科目，有AB，AC，AD，BC，BD，CD共6种情况，再选不同科目，有2种情况，所以科目不完全相同方法共有6×2＝12种. 法二：因为两人选取科目的方法共有4×4＝16种，科目完全相同的方法共有4×1＝4种，所以科目不完全相同方法共有12种. 规律方法 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，一般选用列举法、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. 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 任务三　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 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. 典例 3 (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.“帆船之都”青岛，具有现代时尚都市感的同时，更注重里院文化的传承与保护，为建设“建筑可阅读、街道可漫步、文化可传承、城市可记忆”的“最青岛”，市南区举办了“上街里，逛春天，百米长卷绘老城”活动.一位同学在活动中负责用5种不同颜色给如图所示的图标上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有______种不同的涂法. 180 当②、④不同色时，有5×4×3×2＝120种涂色方案；当②、④同色时，有5×4×3＝60种涂色方案，根据分类加法计数原理可得共有120＋60＝180种涂色方案. 返回 课堂小结 任务再现 1.组数问题.2.抽取与分配问题.3.涂色与种植问题 方法提炼 直接法、间接法、分类讨论思想、正难则反思想 易错警示 分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题 随堂评价 返回 1.由1，2，3，4这四个数字组成的首位数字是1，且恰有三个相同数字的四位数的个数为 A.9 B.12 C.15 D.18 本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树形图表示为 　　 ，由此可知共有12个符合题意的四位数.故选B. √ 2.市政府现有4个项目要安排到2个地区进行建设，每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有 A.12种 B.14种 C.20种 D.24种 每个项目安排到2个地区有2种方法，故4个项目安排到2个地区有24＝16种，4个项目全安排在同一个地区有2种方法，故每个地区至少有一个项目，则不同的安排方式有16－2＝14种.故选B. √ 3.(多选)某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人每人在该窗口打2种菜，且每人至多打1种荤菜，则下列说法中正确的是 A.甲若选一种荤菜，则有6种选法 B.乙的选菜方法数为9 C.若两人分别打菜，总的方法数为18 D.若两人打的菜均为一荤一素且只有一种相同，则方法数为30 √ √ 若甲打一荤一素，则有2×3＝6种选法，故A正确；若乙打一荤一素，则有6种选法，若打两素，则有3种选法，共9种选法，故B正确；选项C两人分别打菜，由选项B知每个人可有9种打法，故应为9×9＝81种方法；选项D可分为荤菜相同或素菜相同两种情况，共2×3×2＋3×2×1＝18种.故选AB. 4.现有红、黄、蓝三种颜色，对如图所示的正五角星的内部涂色(分割成六个不同部分)，要求每个区域涂一种颜色且相邻部分(有公共边的两个区域)的颜色不同，则不同的涂色方案有_____种.(用数字作答). 返回 依题意，假设正五角星的区域依次为A，B，C，D， E，F，如图所示.要将每个区域都涂色才做完这件 事，由分步乘法计数原理，先对A区域涂色有3种方 法，B，C，D，E，F这5个区域都与A相邻，每个区域都有2种涂色方法，所以共有3×2×2×2×2×2＝96种涂色方案. 96 课时分层评价 返回 1.由数字0，1，2，3，4可组成无重复数字的两位数的个数是 A.12 B.16 C.20 D.25 依题意，可分为两步，先选十位上的数字，再选个位上的数字，且首位不能为0，故可组成无重复数字的两位数的个数是4×4＝16.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有 A.4种 B.5种 C.6种 D.12种 √ 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有3＋3＝6(种)不同的传法.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.已知乘积(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋…＋cn)(n∈N＋)展开后共有60项，则n的值为 A.7 B.10 C.12 D.15 √ 根据多项式的乘法法则，展开后的项数为2×3×n＝60，所以n＝10.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有 A.6种 B.12种 C.24种 D.30种 依题意知，可分步完成此事：第一步，甲、乙选相同的1门共有4种方法；第二步，甲再选1门有3种方法；第三步，乙再选一门有2种选法，由分步乘法计数原理知，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有4×3×2＝24(种).故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为 A.50 B.65 C.112 D.147 最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个；最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个；最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个；最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个，所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为21＋21＋15＋8＝65.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是 A.选1人为负责人的选法种数为30 B.每组选1名组长的选法种数为3 024 C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335 D.若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，选1人为负责人的选法种数：6＋7＋8＋9＝30，故A正确；对于B，每组选1名组长的选法：6×7×8×9＝3 024，故B正确；对于C，2人需来自不同的小组的选法：6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确；对于D，依题意，若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有43－33＝37，故D错误.故选ABC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.星期二下午的3节课排物理、化学和自习课各一节，要求第一节不排自习课，那么不同的排课方法种数为___. 4 将安排分为3步，第一步先安排第一节有2种方法，第二步排第二节有2种方法，第三步排第三节只有1种方法，故不同的排课方法种数为2×2×1＝4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.将序号分别为1，2，3，4的4张参观券全部分给3人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是____. 将序号分别为1，2，3，4的4张参观券分成三组，且2张参观券连号在一组，有12，3，4；23，1，4；34，1，2三种情况，每组分给3人，有3×2×1＝6种，所以不同的分法种数为3×6＝18. 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.《九章算术》《数书九章》《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有___种. 24 若三人选书没有要求，则有33＝27种，若三人选择的书完全相同，则有3种，所以三人选择的书不全相同，不同的选法有27－3＝24种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)用0，1，2，3，…，9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； 解：由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法， 十位与个位上的数字均有10种选法， 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：百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法，个位数字应从剩余8个数字中选取， 所以共有9×9×8＝648(个)无重复数字的三位数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)小于500且无重复数字的三位奇数. 解：若个位为1或3，则小于500的三位奇数有2×3×8＝48(个)； 若个位为5或7或9，则小于500的三位奇数有3×4×8＝96(个). 所以小于500的三位奇数有48＋96＝144(个). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.某班举办新年联欢班会，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同.甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖没有戊好但是比丁的强”.根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是 A.12 B.13 C.24 D.26 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若甲是特等奖，乙有4种情况，则丙、丁、戊有1种情况，所以有4×1＝4种；若甲不是特等奖，则甲有3种情况，乙有3种情况，而丙、丁、戊有1种情况，所以有3×3×1＝9种.所以5人的奖项的所有可能的种数是4＋9＝13.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)数学中蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观和显著.回文数是对称美的一种体现，它是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是 A.四位回文数有45个 B.四位回文数有90个 C.2n(n∈N*)位回文数有10n个 D.2n＋1(n∈N*)位回文数有9×10n个 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 依题意，对于四位回文数，有1 001，1 111，1 221，…，1 991，2 002，2 112，2 222，…，2 992，…9 009，9 119，9 229，…，9 999，共90个，故A错误，B正确；对于2n位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，…，第n和第n＋1位也有10种，则共有9×10×10×…×10＝9×10n－1种选法，故C错误；对于2n＋1位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，…，第n＋1个数字，即最中间的数字有10种选法，则共有9×10×10×…×10＝9×10n种选法，即2n＋1(n∈N*)位回文数有9×10n个，故D正确.故选BD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.一杂技团有8名会表演魔术或口技的演员，其中有6人会表演口技，有5人会表演魔术，现从这8人中选出2人上台表演，1人表演口技，1人表演魔术，则不同的安排方法有____种. 27 依题意，知有2人只会表演魔术，3人只会表演口技，3人既会表演魔术又会表演口技，针对只会表演魔术的人讨论，先从只会表演魔术的人选1人表演魔术有2种选择，再从其他的6人选1人表演口技有6种选择，故共有2×6＝12种选择；不选只会表演魔术的人，从既会表演魔术又会表演口技的3人中选1人表演魔术，有3种选择，再从只会表演口技的3人和既会表演魔术又会表演口技的剩余2人选1人表演口技，有5种选择，故共有3×5＝15种选择.所以不同的安排方法有12＋15＝27种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(17分)现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内. (1)共有多少种不同的放法？ 解：依题意，4个编号为1，2，3，4的球和5个编号为1，2，3，4，5的 盒子， 把球全部放入盒子内，共有5×5×5×5＝54种不同的放法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有多少种？ 解：每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，若1号球2号球分别放入1号盒2号盒，记为“12”，则2个盒子的编号与球的编号相同的情况有“12，13，14，23，24，34”6种情况，对于“12”情况，3号球可放入4号盒子或5号盒子，则4号球分别有2种放法或1种放法，所以完成这件事共有6×(2＋1)＝18种不同的方法. (3)将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒的放法有多少种？ 解：将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球，可空下1号盒子，2号盒子，3号盒子，4号盒子，5号盒子，共有5种放法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(创新题)如图，无人机光影秀中，有8架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出4种不同颜色的光，1至5号的无人机颜色必须相同，6，7号无人机颜色必须相同，8号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这8架无人机同时发光时，一共可以有__________种灯光组合. A.48 B.12 C.18 D.36 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 依题意知，1至5号的无人机颜色有4种选择；当6、7号无人机颜色与1至5号的无人机颜色相同时，8号无人机颜色有3种选择；当6、7号无人机颜色与1至5号的无人机颜色不同时，6、7号无人机颜色有3种选择，8号无人机颜色有2种选择.再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有4×(1×3＋3×2)＝36种.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(双空题)如图，这是一面含A，B，C，D，E，F六块区域的墙，现有含甲的五种不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，则共有__________种不同的涂色方法；若区域D不能涂甲油漆，则共有__________种不同的涂色方法. 1 200 960 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 返回 第一空：若C，E的涂色相同，则共有5×4×3×2×3＝360种方法；若C，E的涂色不相同，则共有5×4×3×2×(1×3＋2×2)＝840种方法.故共有1 200种不同的涂色方法. 第二空：因为区域D不能涂甲油漆，所以区域D的涂色方法有4种.若C，E的涂色相同，则共有4×4×3×3×2＝288种方法；若C，E的涂色不相同，则共有4×4×3×2×(1×3＋2×2)＝672种方法.故共有960种不同的涂色方法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 六 章 计 数 原 理 返回 $