3.1.1 第2课时 两个计数原理的应用-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教B版）

3.1.1　基本计数原理 第2课时　两个计数原理的应用 　 第三章　3.1　排列与组合 知识层面 1.进一步理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理．　 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. 素养层面 通过解决一些较为复杂的实际计数问题，继续提升逻辑推理、数学建模及数学运算素养. 课时测评 3 合作探究 1 内容索引 随堂演练 2 可分三类．一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63(种)；二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45(种)；三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35(种)，所以共有63＋45＋35＝143(种)不同选法．故选C． √ 自主检测 1．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．143种 D．153种 2．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有 A．6种 B．7种 C．8种 D．9种 可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法． √ 3．小张正在玩一款“种菜”的游戏，他计划从仓库里的豆角、白菜、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物)，若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒，则不同的种植方案共有________种． 当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块地种辣椒时，有4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案． 48 4．如图所示，从点A沿圆或三角形的边运动到点C，则不同的走法有________种． 由A直接到C有2种不同的走法，由A经点B到C有2×2＝4种不同的走法．因此由分类加法计数原理共有2＋4＝6种不同走法． 6 合作探究 返回 题型一　两个计数原理在排数中的应用 　从0，1，2，3，4，5这六个数字中取四个数字组成一个无重复数字四位数，问： (1)能组成多少个四位数？ 例1 思路点拨　要完成的一件事是组成四位数，所以首位数字不能是0； 解：第一步，千位上的数不能取0，只能取1，2，3，4，5，有5种选择； 第二步，由于千位取了一个数，还剩下5个数供百位取，所以有5种选择； 第三步，由于千位、百位分别取了一个数，还剩下4个数供十位取，所以有4种选择； 第四步，由于千位、百位、十位分别取了一个数，还剩下3个数供个位取，所以有3种选择． 根据分步乘法计数原理，组成的四位数共有5×5×4×3＝300(个)． (2)能被5整除的四位数有多少个？ 思路点拨　要使所组成的四位数能被5整除，则末位数字必须是0和5中的一个． 解：因为满足要求的四位数能被5整除，所以个位上的数字只能是0或5. 第一类，当个位上的数字为0时，依次取千位、百位、十位上的数字，分别有5种选择、4种选择、3种选择，所以有5×4×3＝60个满足要求的四位数； 第二类，当个位数字为5时，依次取千位、百位、十位上的数字，分别有4种选择、4种选择、3种选择，所以有4×4×3＝48个满足要求的四位数． 根据分类加法计数原理，能被5整除的四位数共有60＋48＝108(个)． 对点练1.用0，1，2，3，…，9十个数字可组成不同的： (1)三位数________个； 解：由于0不能在百位，所以百位上的数字有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)． 900 (2)无重复数字的三位数________个； 解：百位上的数字有9种选法，十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法，个位上的数字应从剩余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． 648 (3)小于500且无重复数字的三位奇数________个． 144 解：小于500且无重复数字的三位奇数，应满足的条件是：百位只能从1，2，3，4中选，个位必须为奇数，按百位分两类： 第一类，百位为1或3时，个位有4种选法，十位有8种选法，所以共有(4×8)×2＝64个． 第二类，百位为2或4时，个位有5种选法，十位有8种选法，所以共有(5×8)×2＝80个， 由分类加法计数原理知，共有64＋80＝144个． 题型二　两个计数原理在涂色和种植问题中的应用 　如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则有多少种不同的涂法？ 例2 解：方法一：第一步，先对区域A涂色，有6种涂色方法；第二步，区域B的涂色方法有5种；第三步，区域C的涂色方法有4种；第四步，给区域D涂色，需分两种情况：(1)若区域D，A同色，则有1种涂色方法；(2)若区域D，A不同色，则有3种涂色方法．故给区域D涂色的方法有1＋3＝4(种)．依据分步乘法计数原理，可得不同的涂法有6×5×4×4＝480(种)． 方法二：第一类，用4种颜色进行涂色，从区域A开始进行涂色，区域A，B，C，D的涂色方法分别有6，5，4，3种，依据分步乘法计数原理可得，当用4种颜色进行涂色时，有6×5×4×3＝360(种)涂色方法；第二类，用3种颜色进行涂色，则区域A与区域D所涂颜色必定相同，从区域A开始进行涂色，区域A，B，C的涂色方法分别有6，5，4种，依据分步乘法计数原理可得，当用3种颜色进行涂色时，有6×5×4＝120(种)涂色方法．依据分类加法计数原理，可得总共有360＋120＝480(种)涂色方法． 规律方法 求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有： 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(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分析； 3．对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题． 对点练2.(1)如图①所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有________种不同的涂法． ①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12种不同的涂法． ②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6种不同的涂法． 所以，根据分类加法计数原理，共有12＋6＝18种不同的涂法． 18 (2)如图②所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的总数为________． 按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180种不同的染色方法．第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240种不同的染色方法．根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420种不同的染色方法． 420 题型三　两个原理在抽取(分配)问题中的应用 在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋．现在从这7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？ 例3 思路点拨　本题应先分类，再分步． 解：方法一：分四类：第一类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有选法3×2＝6(种)； 第二类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有选法3×2＝6(种)； 第三类，从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，有选法2×2＝4(种)； 第四类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛，有选法2×1＝2(种)． 故不同的选法共有6＋6＋4＋2＝18(种)． 方法二：分两类：第一类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，这时7人中还有4人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法3×4＝12(种)． 第二类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选一名参加象棋比赛，这时7人中还有3人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法2×3＝6(种)．故不同的选法共有12＋6＝18(种)． 规律方法 1．当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、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．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3.有A，B，C型号的高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有多少种？ 解：第一类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作电脑，有2×2＝4(种)方法；第二类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人操作电脑，有2种方法；第三类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人操作电脑只有1种方法；第四类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．依据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8(种)选派方法． 易错点　分类计数时考虑不全致误 有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？ 易错精析 典例 易错分析　每次升起2面或3面旗时，颜色可以相同，易忽略这点致误． 误区警示　审题时要细致，把题意弄清楚．本题中没有规定升起旗子的颜色不同，故既要考虑升起旗子的面数，又要考虑其颜色，不可偏废遗漏． 正解　每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理得，共可组成：3＋9＋27＝39种不同的信号． 返回 随堂演练 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．(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 √ √ √ 对于A，选1人为负责人的选法种数为6＋7＋8＋9＝30，故A正确；对于B，每组选1名组长的选法种数为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种数为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． 3.用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种． 先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，接着涂区域3，有2种选择，最后涂剩下的两个区域有2种选择．故不同的涂色方法有4×3×2×2＝48种． 48 4．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以，则甲、乙、丙、丁购物后依次结账，他们结账方式共有________种． 返回 当乙用现金结账时，此时甲和乙都用现金结账，所以丙有3种方法，丁有4种方法，共有3×4＝12(种)方法；当乙用银联卡结账时，此时甲用现金结账，丙有2种方法，丁有4种方法，共有2×4＝8(种)方法．综上，共有12＋8＝20(种)方法． 20 课时测评 返回 1．由数字1，2，3，4组成的三位数中，各位数字按严格递增(如“134”)或严格递减(如“421”)顺序排列的数的个数是 A．4 B．8 C．16 D．24 由题意分析知，严格递增的三位数只要从4个数中任取3个，共有4种取法；同理严格递减的三位数也有4个，所以符合条件的数的个数为4＋4＝8. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．如图所示，“中国印”被中间的白色图案分成了5个区域，现给它着色，要求相邻区域不能用同一颜色，如果只有4种颜色可供使用，那么不同的着色方法有 A．120种 B．72种 C．48种 D．24种 √ 以所选颜色的种数为标准，可分两类进行：第一类，用3种颜色有4×3×2＝24(种)；第二类，用4种颜色有4×3×2×2＝48(种)．所以共有24＋48＝72种不同的方法，故选B． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．某乒乓球队里有6名男队员，5名女队员，从中选取男、女队员各一名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为　　 A．11 B．30 C．56 D．65 √ 先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，故共有6×5＝30种不同的组队方法． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．(多选)方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2，0，1，2，3}，且a，b，c互不相同，则下列结论中正确的是 A．当b＝－3时，该方程可表示16条不同的抛物线 B．当b＝－3或3时，该方程可表示32条不同的抛物线 C．当b＝－2或2时，该方程可表示23条不同的抛物线 D．当b＝1或3时，该方程可表示32条不同的抛物线 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 若方程表示抛物线，则a≠0，b≠0，方程变形得y＝ ，当b＝－3 时，a＝－2，c＝0，1，2，3或a＝1，c＝－2，0，2，3或a＝2，c＝ －2，0，1，3或a＝3，c＝－2，0，1，2.当b＝3时，a＝－2，c＝0，1，2，－3或a＝1，c＝－2，0，2，－3或a＝2，c＝－2，0，1，－3或a＝－3，c＝－2，0，1，2，以上两种情况中有9条重复，故共有16＋16－9＝23(条)．同理当b＝－2或b＝2时，共有16＋16－9＝23(条)．当b＝1时，a＝－3，c＝－2，0，2，3或a＝－2，c＝－3，0，2，3或a＝2，c＝－3，－2，0，3或a＝3，c＝－3，－2，0，2，共有16条． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．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 6．有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域涂不同色，则不同的涂色方法共有________种． 第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4 320种不同的涂色方法． 4 320 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．某运动会上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八条跑道的奇数号跑道，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种． 分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四条跑道可安排，所以共有4×3×2＝24种方法；第二步：安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120(种)．所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)． 2 880 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，2，3，5，7这六个数字中每次取两个不同的数作为系数A、B的值，则方程表示不同直线的条数是________． 若A＝0，则B从1、2、3、5、7中任取一个，均表示直线y＝0；同理，当B＝0时，表示直线x＝0；当A≠0且B≠0时，能表示5×4＝20条不同的直线．故方程表示直线的条数是1＋1＋20＝22. 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．(10分)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，不同的种植方法有多少种？ 解：方法一：(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．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)． 方法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．(10分)用1，2，3，4四个数字(可重复的)排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}． (1)写出这个数列的前11项；(4分) 解：111，112，113，114，121，122，123，124，131，132，133. (2)若an＝341，求项数n.(6分) 解：比an＝341小的数有两类： ①首位是1或2： ， ②首位是3： 故共有2×4×4＋1×3×4＝44(项)．因此an＝341是该数列的第45项，即n＝45. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11．(5分)将3张不同的奥运门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同的分法有 A．2 610种 B．720种 C．240种 D．60种 √ 将3张门票分给3人，是一个分步计数问题，第一张门票，应从10名同学中选择1人得到，共有10种分法；第二张门票，应从剩下的9名同学中选择1人得到，共有9种分法；第三张门票，应从剩下的8名同学中选择1人得到，共有8种分法，根据分步乘法计数原理知，共有10×9×8＝720(种)分法． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(5分)6名同学报考A，B，C三所院校，如果每一所院校至少有1人报考，则不同的报考方法共有 A．216种 B．3 240种 C．729种 D．540种 √ 6人随意报3校是36＝729种，A没人报的情况有26＝64种，同理B，C也是这么多，上面将两所学校没人报的情况重复计数了，AB都没人报只有1种情况，AC，BC也是，所以答案是729－3×64＋3＝540(种)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13．(10分)设集合A＝{2，4，6，8}，B＝{1，3，5，7，9}．现从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字． (1)能组成多少个不同的两位数？(4分) 解：分两步：第一步，确定十位上的数字，共有4种取法；第二步，确定个位上的数字，共有5种取法，由分步乘法计数原理得组成的两位数共有4×5＝20(个)． (2)能组成多少个十位数字小于个位数字的两位数？(6分) 解：十位数字小于个位数字的两位数可分为以下四类：第一类，十位数字为2，个位数字有3，5，7，9这4种选法；第二类，十位数字为4，个位数字有5，7，9这3种选法；第三类，十位数字为6，个位数字有7，9这2种选法；第四类，十位数字为8，个位数字只能为9.由分类加法计数原理可知，符合题意的两位数共有4＋3＋2＋1＝10(个)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(5分)(多选)高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有 A．所有可能的方法有35种 B．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种 C．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种 D．如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对于选项A，安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，故有5×5×5＝53种选择方案，故A错误；对于选项B，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有53－43＝61(种)，故B正确；对于选项C，如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有52＝25(种)，故C正确；对于选项D，如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有5＋5×4＝25(种)，故D错误．故选BC． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(15分)如图所示，从左到右共有5个空格． (1)向5个空格中分别放入0，1，2，3，4这5个数字，一共可组成多少个不同的五位数的奇数？(5分) 解：由题意，选一个奇数放在个位有2种放法，从余下的数中选一个数放在万位有3种放法，再放余下的第二、三、四位，共有3×2×1＝6种，根据分步乘法原理，这样的五位数的奇数共有2×3×3×2×1＝36(个)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 返回 (2)用红、黄、蓝这3种颜色给5个空格涂色，要求相邻空格用不同的颜色涂色，一共有多少种涂色方案？(10分) 解：从左数第1个格子有3种涂色方案，则剩下的每个格子均有2种涂色方案，故涂色方案共有3×24＝48(种)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 谢 谢 观 看 ！ 第 三 章 　 排 列 、 组 合 与 二 项 式 定 理 返回 x2＋ $