6.1 第2课时 两个计数原理的应用-【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）

两个计数原理的应用 [教学方式：拓展融通课——习题讲评式教学] 第2课时 课时目标 进一步理解两个计数原理的含义，正确应用两个计数原理解决数字排列、选（抽）取与分配、涂色（种植）等实际问题. CONTENTS 目录 1 2 3 题型（一）　组数问题 题型（二）　选（抽）取与分配问题 题型（三）　涂色与种植问题 4 课时跟踪检测 题型（一）　组数问题 01 [例1]　已知0，1，2，3，4，5这六个数字. （1）可以组成多少个数字不重复的三位奇数? 解：分3步：①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； ②再选百位数字有4种选法； ③十位数字也有4种选法； 由分步乘法计数原理知所求三位数共有3×4×4=48个. （2）可以组成多少个数字不重复的小于1 000的自然数? 解：分3类： ①一位数，共有6个； ②两位数，先选十位数字，有5种选法；再选个位数字也有5种选法，共有5×5=25个； ③三位数，先选百位数字，有5种选法；再选十位数字也有5种选法；再选个位数字，有4种选法，共有5×5×4=100个；因此，比1 000小的自然数共有6+25+100=131个. 　　[变式拓展] 1.本例条件不变，能组成多少个无重复数字的四位偶数? 解：组成无重复数字的四位偶数分为三类： ①当0在个位时，有5×4×3=60个. ②当2在个位时，首位有4种选法，十位、百位有4×3=12种选法，共有4×12=48个. ③当4在个位时，与②同理，共有48个. 故共有60+48×2=156个无重复数字的四位偶数. 2.本例条件不变，可以组成多少个数字不重复的大于3 000且小于5 421 的四位数? 解：分4类： ①千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有2×5×4×3=120个； ②千位数字为5，百位数字为0，1，2，3之一时，共有4×4×3=48个； ③千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0，1之一时，共有2×3=6个； ④5 420也满足条件； 故所求四位数共有120+48+6+1=175个. 　　|思|维|建|模| 数字排列问题的解题策略 （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. 针对训练 1.若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为 （　　） A.28 B.29 C.30 D.32 √ 解析：被3除余1的数有1，4，7，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数为3×3×3+1+1+1=30种. 2.用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为 （　　） A.81 B.48 C.36 D.24 解析：根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，则此时四位数有2×2×2×2=16个；②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，此时四位数有4×2×2×2=32个，故有16+32=48个四位数. √ 题型（二）　选（抽）取与分配问题 02 [例2]　（1）高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有 （　　） A.16种 B.18种 C.37种 D.48种 解析：法一　直接法　按甲工厂分配的班情况进行分类，共分为三类： 第一类，三个班都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况； √ 第二类，有两个班去甲工厂，剩下的一个班去另外三个工厂，分配方案共有3×3=9（种）； 第三类，有一个班去甲工厂，另外两个班去其他三个工厂，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）. 法二　间接法　先计算三个班自由选择去哪个工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即4×4×4-3×3×3=37（种）方案. （2）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1人参加象棋比赛，另选1人参加围棋比赛，共有________种不同的选法.  解析：考虑“多面手”参赛人数，分三类完成这件事： 第1类，“多面手”未参赛，即从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，选法种数为3×2=6. 18 第2类，“多面手”中有1人参赛.①从“多面手”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，选法种数为2×2=4；②从“多面手”中选1名参加围棋比赛，同时从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，选法种数为2×3=6.所以“多面手”中有1人参赛的选法种数为4+6=10. 第3类，“多面手”出2人，参加象棋和围棋比赛，有2种选法.根据分类加法计数原理，不同的选法种数为6+10+2=18. 　　|思|维|建|模| 解决抽取（分配）问题的方法 （1）当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法或者图表法. （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.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. 针对训练 3.某地举行新疆绿色农特产品展销活动，活动中有驼奶粉、奶豆腐、奶皮、酸奶共4种奶制品，无花果干、杏干、乌梅干、巴达木、开心果、葡萄干共6种干果，葡萄、哈密瓜、香梨、苹果、西瓜、沙棘、白杏共7种新鲜水果，张先生参观完活动决定至少选购一种商品，而每一大类中最多选购一种，则张先生不同的选购方法种数为 （　　） A.94 B.168 C.276 D.279 √ 解析：由条件知张先生不同的选购方法分为三类，选购一种， 选购两种，选购三种.选购一种商品的方法有4+6+7=17种； 选购两种商品的方法有4×6+4×7+6×7=94种；选购三种商品 的方法有4×6×7=168种，由分类加法计数原理可得张先生不同 的选购方法种数为17+94+168=279. √ 4.某学校准备派遣5名教师同时到三个不同的学校进行支教活动.要求每个学校至少派遣1名教师，若教师甲、乙去往不同的学校，则不同的派遣方案种数为 （　　） A.36 B.72 C.114 D.162 解析：安排甲有3种方法，再安排乙有2种方法，因此安排甲、乙共有3×2种方法；余下3人，每人有3种安排方法，共有33种方法，除甲、乙去的学校外的学校无人去的情况有23种，所以不同的派遣方案种数为6×（33-23）=114. 题型（三）　涂色与种植问题 03 [例3]　（1）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1，5，9的小正方形涂相同的颜色，则共有涂法 （　　） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A.18种 B.36种 C.54种 D.108种 √ 解析：把区域分成三部分，第一部分为1，5，9，有3种涂法. 第二部分为4，7，8.当5，7同色时，4，8各有2种涂法；当5，7异色时，有2种涂法，4，8均只有1种涂法.故第二部分共有2×2+2×1=6种涂法. 第三部分为2，3，6，与第二部分一样，共有6种涂法.因此根据分步乘法计数原理，共有3×6×6=108种涂法. （2）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的五块试验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块试验田中，其他三块试验田选种水稻品种，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 √ 解析：由题得相邻两块试验田分成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块试验田种植水稻，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. 　　|思|维|建|模| 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（种植品种）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）对于种植问题，按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数；或按种植品种恰当进行分类，用分类加法计数原理计数. 针对训练 5.现有小麦、大豆、玉米、高粱4种不同农作物供选 择，在如图所示的四块土地上进行种植，要求有公共 边界的两块地不能种同一种农作物，则不同的种植方 法共有 （　　） A.24种 B.30种 C.36种 D.48种 √ 解析：如图，假设4个区域为A，B，C，D，分4步 进行分析：①对于A，有4种农作物供选择；② 对于B，与A相邻，有3种农作物供选择；③ 对于C，与A，B相邻，有2种农作物供选择；④ 对于D，与B，C相邻，有2种农作物供选择.则不同的种植方法种数为4×3×2×2=48，故选D. 6.中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有_________种.  630 解析：根据题意，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色. 先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择， 当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择； 当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择， 故不同的涂色方案有6×5×（4×4+5）=630种. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为 （　　） A.243 B.252 C.261 D.279 √ 解析：能够组成三位数的个数为9×10×10=900，能够组成无重复数字的三位数的个数为9×9×8=648，故能够组成有重复数字的三位数的个数为900-648=252. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.某单位把5个“先进个人奖”分给3个部门，每个部门至少1个名额，那么不同的名额分配方案总数为 （　　） A.6 B.10 C.15 D.21 √ 解析：按照2，2，1和3，1，1两种方案分配名额，将3个名额分到一个部门，另两个部门各1个名额有3种分法.将1个名额分到一个部门，另两个部门各2个名额有3种分法.根据分类加法计数原理，共有3+3=6种分配方案. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.在由0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有 （　　） A.512个 B.192个 C.240个 D.108个 √ 解析：能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3=60（个）；另一类是末位为5，由分步乘法计数原理，共有4×4×3=48（个）.由分类加法计数原理得所求的四位数共有60+48=108（个）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 （　　） A.60 B.48 C.36 D.24 √ 解析：长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6=36，另含4个顶点的6个面（非表面）构成的“平行线面组”的个数为6×2=12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域 进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色， 则不同的涂色方法的种数是 （　　） A.120 B.140 C.240 D.260 √ 解析：由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，然后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，则C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×（1×4+3×3）=260（种）.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.2025届高二数学竞赛中对尖端生采用暂时屏蔽措施，某校有A，B，C，D，E五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是A，B，C三位同学，但A不是第一名，D，E两名同学只知道在6至9名，且D的成绩比E好，则这5位同学总分名次种数可能是 （　　） A.6 B.24 C.22 D.12 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：第一步排A有两种可能：第2名或第5名； 第二步排B和C有两种可能；第三步排D和E，D有6，7，8名三种可能； 当D为第6名时，E有7，8，9名三种可能，当D为第7名时，E有8，9名两种可能， 当D为第8名时，E只有第9名一种可能，所以第三步的种数为3+2+1=6； 根据分步乘法计数原理，所有名次排位的种数为2×2×6=24. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.如图所示—☆ — ☆ — ◇ — ◇ — ◇ — ，5颗串珠用一根细线串起，现将它们依次取出（只允许从两边取出），一次取一颗，两颗☆☆串珠被连续取出的概率是 （　　） A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：依题意，前4次取珠，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种情况，因此不同取法种数为24，第1，2次取“☆☆”，再取另3颗珠有4种方法；第2，3次取“☆☆”，则第1次取右起第一颗，共有2种方法；第3，4次取“☆☆”，则第1，2次取右起两颗，有1种取法；第4，5次取“☆☆”，则第1，2，3次取右起三颗，有2种取法，因此两颗☆☆串珠被连续取出的方法种数是4+2+1+2=9，所以所求概率为P==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.将标有序号1，2，3的三个小球放入标有序号1，2，3，4的四个盒子里，每个盒子最多一个小球，且要求小球和盒子的序号均不对应相同，则所有放法的种数为 （　　） A.7 B.9 C.11 D.13 √ 解析：若盒子序号为1，2，3，则球的序号依次为2，3，1或3，1，2，共有2种放法；若盒子序号为1，2，4或1，3，4或2，3，4，根据对称性可知不同的方法种数相同，例如盒子序号为1，2，4，则球的序号依次为2，3，1或2，1，3或3，1，2，共有3种放法；所以所有放法的种数为2+3×3=11. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.某公司新招聘进8名员工，平均分给甲、乙两个部门，其中2名英语翻译人员不能分给同一个部门，另外3名电脑编程人员也不能分给同一个部门，则不同的分配方案种数是 （　　） A.18 B.24 C.36 D.72 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：由题意可得，分两类：①甲部门要2名电脑编程人员，则有3种方法；英语翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选1人，有3种方法，共3×2×3=18（种）分配方案.②甲部门要1名电脑编程人员，则有3种方法；英语翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选2人，有3种方法，共3×2×3=18（种）分配方案.由分类加法计数原理，可得不同的分配方案共有18+18=36（种）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.[多选]用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位自然数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，则下列结论正确的是 （　　） A.组成的三位数的个数为60 B.在组成的三位数中，偶数的个数为30 C.在组成的三位数中，“凹数”的个数为20 D.在组成的三位数中，“凹数”的个数为30 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3=48，故A错误； 对于B，将组成的三位数中的偶数分为两类，①个位为0，则有4×3=12（个），②个位为2或4，则有2×3×3=18（个），所以在组成的三位数中，偶数的个数为12+18=30，故B正确； 对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有4×3=12（个），②十位为1，则有3×2=6（个），③十位为2，则有2×1= 2（个），所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为12+6+2=20， 故C正确，D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.（5分）4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，答对甲题得100分，答错得-100分；答对乙题得90分，答错得-90分.若4位同学的总得分为0，则这4位同学不同的得分情况种数是________.  36 解析：分两类：第一类，都选甲题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第二类，都选乙题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第三类，若两人选甲题，两人选乙题，并且一对一错，则所有的情况有6×2×2=24（种）.综上，这4位同学不同的得分情况有6+6+24=36（种）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.（5分）甲、乙、丙、丁四位毕业生被安排去北京、上海、广州三个地方实习，每人只能去一个城市，北京一定要有人去，则不同的实习安排方案有__________种.  65 解析：根据题意，甲、乙、丙、丁四位毕业生被安排去北京、上海、广州三个地方实习，每人只能去一个城市，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3=81种选择；若北京没人去，即四位实习生选择了去上海、广州，每人有2种选择，则4人一共有2×2×2×2=16种选择，即北京一定要有人去的实习安排方案有81-16=65（种）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.（10分）如图，一个矩形花园被分成5部分.若在这 5部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花， 已知现有红、黄、蓝、绿4种不同颜色的花，求有多 少种不同的种植方法. 解：先对A部分种植，有4种不同的种植方法；再对B部分种植， 有3种不同的种植方法；对C部分种植的花进行分类： ①若C与B相同，则D有2种不同的种植方法， E有2种不同的种植方法，共有4×3×1×2×2=48（种）； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ②若C与B不同，则C有2种不同的种植方法， D有1种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法， 共有4×3×2×1×2=48（种）. 综上，共有96种不同的种植方法. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.（10分）已知6件不同的产品中有2件次品，现对这6件产品进行测试，直至找到所有次品并立即停止测试. （1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第5次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况?（5分） 解：若恰在第2次测试时，找到第一件次品， 第5次测试时，找到第二件次品， 则第一、三、四次抽到的都是正品， 由分步乘法计数原理可知，不同的测试情况种数为4×2×3×2×1=48. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 （2）若至多测试3次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况?（5分） 解：分以下两种情况讨论： ①测试2次找到所有次品，不同的测试情况种数为2×1=2种； ②测试3次找到所有的次品，则第三次抽到次品， 前两次有一次抽到正品， 则不同的测试情况种数为2×2×4=16种. 综上所述，不同的测试情况种数为2+16=18. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $