6.1 第1课时 两个计数原理及其简单应用-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册配套课件PPT（人教A版）

第六章 计数原理 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 6.1 两个计数原理及其简单应用 [教学方式：基本概念课——逐点理清式教学] 第1课时 课时目标 1.通过具体实例，理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单问题. CONTENTS 目录 1 2 3 逐点清（一）　分类加法计数原理 逐点清（二）　分步乘法计数原理 逐点清（三）　两个计数原理的 综合应用 4 课时跟踪检测 逐点清（一） 分类加法计数原理 01 　　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类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=________种不同的方法. 多维理解 m+n |微|点|助|解| （1）分类加法计数原理中两类方案相互独立，各类方案中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事. （2）推广：如果完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有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.某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有 （　　） A.40种 B.20种 C.15种 D.11种 √ 微点练明 解析：根据分类加法计数原理，不同的选法共有4+5+2=11种.故选D. 2.设集合A={1，2，3，4}，m，n∈A，则方程+=1表示焦点位于y轴上的椭圆有（　　） A.6个 B.8个 C.12个 D.16个 √ 解析：因为椭圆的焦点在y轴上，所以m<n，当m=1时，n=2，3，4； 当m=2时，n=3，4；当m=3时，n=4， 即所求的椭圆共有3+2+1=6（个）. 3.如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点A爬到相 对的顶点C1，则其中经过3条棱的路线共有 （　　） A.4条 B.6条 C.7条 D.8条 解析：从顶点A出发有3条路线，分别经过AB，AD，AA1，经过AB有2条路线，经过AD有2条路线，经过AA1有2条路线，根据分类加法计数原理可知，从顶点A爬到相对的顶点C1经过3条棱，共有2+2+2=6条路线. √ 4.在所有的两位数中，求个位数字大于十位数字的两位数的个数. 解：法一　按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成八类，在每一类中满足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，满足条件的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36个. 法二　按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个.由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. 法三　所有的两位数共有90个，其中个位数字等于十位数字的两位数为11，22，33，…，99，共9个；有10，20，30，…，90共9个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置，则剩余的两位数有90-18=72个.在这72个两位数中，每一个个位数字（a）小于十位数字（b）的两位数都有一个十位数字（a）小于个位数字（b）的两位数与之对应，故满足条件的两位数的个数是72÷2=36. 逐点清（二）　分步乘法计数原理 02 　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=_______种不同的方法. 多维理解 m×n |微|点|助|解| （1）完成一件事的两个步骤，缺一不可，其中的一步不能独立完成这件事. （2）推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，则完成这件事共有N=m1·m2·…·mn种不同的方法. 1.现有5名同学站成一排，再将甲、乙2名同学加入排列，保持原来5名同学顺序不变， 不同的方法共有 （　　） A.30种 B.56种 C.12种 D.42种 √ 微点练明 解析：原来5名同学站成一排，有6个空位可以插入甲同学，所以甲同学有6种不同的排法.当甲同学插入后，此时包括原来5名同学和甲同学一共有6个人，这6个人形成了7个空位，所以乙同学有7种不同的排法.根据分步乘法计数原理，不同的方法共有6×7=42（种）. 2.某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有 （　　） A.43种 B.34种 C.54种 D.种 √ 解析：根据题意，除小张外，每位同学都可以报A，B，C三个课外活动小组中任意一个，都有3种选择，小张不能报A小组，只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2=54（种）. √ 3.某密码由4位数字组成，组成密码的数字中，若最大数字与最小数字之差为1，则称为“好”四位密码.例如6556中最大的数字是6，最小的数字是5，它们之差为1，就是一个“好”四位密码，但0561，4444这两个四位密码就不是，则这样的“好”四位密码的个数为 （　　） A.119 B.126 C.135 D.144 解析：设最大数字为a，最小数字为a-1，a=1，2，…，9，于是由a和a-1这两种数字组成的四位密码有24-2=14个，又共有9种取a和a-1的情况，从而共有9×14=126个这样的密码. 4.全国中学生学科竞赛包含数学、物理、化学、生物、信息5个学科，4名同学欲报名参赛，每人必选且只能选择1个学科参加竞赛，则不同的报名方法种数是________.  625 解析：由已知第一位同学的报名方法有5种，第二名同学的报名方法有5种，第三名同学的报名方法有5种，第四名同学的报名方法有5种，由分步乘法计数原理可得4名同学的不同的报名方法种数是5×5×5 ×5=625种. 逐点清（三）两个计数原理的综合应用 03 [典例]　某药品研究所研制了5种消炎药（a1，a2，a3，a4，a5）、4种退烧药（b1，b2，b3，b4），现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效试验，但已知a1，a2两种药必须同时使用，且a3，b4两种药不能同时使用，则不同的试验方案有多少种? 多维理解 解：当取a1，a2时，再取退烧药有4种方案，此时不同的试验方案有4种；当不取a1，a2且取a3时，取另一种消炎药的方法有2种；由于a3，b4两种药不能同时使用，所以再取退烧药有3种方案，此时不同的试验方案有2×3=6种；当取a4，a5时，再取退烧药有4种方案，此时不同的试验方案有4种；综上所述，不同的试验方案共有4+6+4=14（种）. 　　|思|维|建|模| 两个计数原理的综合应用策略 （1）要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性. （2）有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”. （3）对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，化抽象为直观. 某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息. （1）若小明爸爸任选一个凳子坐下（小明不坐），有多少种不同的坐法? 针对训练 解：小明爸爸选凳子可以分两类：第一类：选东面的空闲凳子，有8种坐法；第二类：选西面的空闲凳子，有6种坐法.根据分类加法计数原理知，小明爸爸共有8+6=14（种）不同的坐法. （2）若小明与爸爸分别就座，有多少种不同的坐法? 解：小明与爸爸分别就座，可以分两步完成：第一步，小明先就 座，从东、西面共8+6=14（个）空闲凳子中选一个坐下，共14种 坐法；第二步，小明爸爸再就座，从东、西面共13个空闲凳子中 选一个坐下，共13种坐法.由分步乘法计数原理知，小明与爸爸分 别就座共有14×13=182（种）不同的坐法. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，3幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有 （　　） A.10种 B.12种 C.20种 D.36种 √ 解析：依题意，不同的选法共有3+4+3=10种.故选A. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.现有3名老师、6名男同学和4名女同学共13人.若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为 （　　） A.30 B.18 C.12 D.13 √ 解析：先从3名老师中任选1名，有3种选法，再从10名学生中任选1名，有10种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×10=30. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有 （　　） A.12种 B.7种 C.14种 D.49种 √ 解析：由题意知某人从体育场进门有4+3=7（种）方式，出门有4+3=7（种）方式，根据分步乘法计数原理可知，他进、出门的方案有7×7=49（种）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是 （　　） A.81 B.64 C.48 D.24 √ 解析：每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34=81（种）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.已知从甲地直接到丙地有3条路线可以选择，另外还可以由甲地经乙地到丙地，由甲地到乙地有3条路线可供选择，从乙地到丙地有4条路线可供选择，则从甲地到丙地不同的路线共有 （　　） A.13条 B.15条 C.21条 D.36条 √ 解析：由分步乘法计数原理和分类加法计数原理得从甲地到丙地不同的路线有3×4+3=15条. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A，B，后两个字符用a，b，c（允许重复），则不同编号的书共有 （　　） A.8本 B.9本 C.12本 D.18本 √ 解析：需分三步完成：第一步，首字符有2种编法；第二步，第二个字符有3种编法；第三步，第三个字符有3种编法，故由分步乘法计数原理知，不同编号的书共有2×3×3=18（本）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有 （　　） A.24种 B.16种 C.12种 D.10种 √ 解析：完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口 进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3 种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入 时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得 共有3+3+3+3=12（种）不同的行车路线. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.已知集合A⫋{1，2，3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集 合有 （　　） A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 √ 解析：当集合A中含一个元素时，A={1}或A={3}；当集合A中含两个元素时，A={1，2}或A={1，3}或A={2，3}，所以这样的集合共有2+3=5个. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有 （　　） A.18种 B.24种 C.36种 D.48种 √ 解析：从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，第一个路口有4种选择，第二个路口有3种选择，最后一个路口有2种选择，由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法有4×3×2=24种. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.[多选]现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是 （　　） A.从中任选1个球，有15种不同的选法 B.若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C.若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D.若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：A.从中任选1个球，有4+5+6=15种不同的选法，所以该选项正确；B.若每种颜色选出1个球，有4×5×6=120种不同的选法，所以该选项正确；C.若要选出不同颜色的2个球，有4×5+5×6+4×6=74种不同的选法，所以该选项错误；D.若要不放回地依次选出2个球，有15 ×14=210种不同的选法，所以该选项正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.（5分）已知集合A={0，3，4}，B={1，2，7，8}，C={x|x∈A或x∈B}，则集合C的子集中恰有一个元素的情况有__________种. 7 解析：当子集中的元素属于集合A时，有3种情况；当子集中的元素属于集合B时，有4种情况.∵集合A与集合B无公共元素， ∴子集的情况共有3+4=7（种）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.（5分）某教学楼共有6层，每层都有南、北两个楼梯，则从一楼到六楼共有___________种走法.  32 解析：根据题意，教学楼共有6层，共5层楼梯，每层均有两个楼梯，即每层有2种走法，则一共有2×2×2×2×2=32（种）走法. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.（10分）集合A={1，2，-3}，B={-1，-2，3，4}，从A，B中各取1个元素，作为点P（x，y）的坐标. （1）可以得到多少个不同的点?（5分） 解：可分为两类：A中元素为x，B中元素为y或A中元素为y，B中元素为x，则共得到3×4+4×3=24（个）不同的点. （2）这些点中，位于第一象限的有几个?（5分） 解：第一象限内的点，即x，y均为正数，所以只能取A，B中的正数，共有2×2+2×2=8（个）不同的点. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.（10分）从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列有多少个? 解：法一　以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个数列，所以所求的数列共有2×（2+1+1）=8（个）. 法二　当公比为2时，等比数列可为1，2，4；2，4，8；当公比为3时，等比数列可为1，3，9；当公比为时，等比数列可为4，6，9.同时，4，2，1；8，4，2；9，3，1和9，6，4也是等比数列，共8个. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $