3.1.1 第2课时 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二册配套课件PPT（人教B版）

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 进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.会正确应用这两个计数原理计数解决问题. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　组数问题 题型(二)　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]　用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数? (1)三位整数； 解：百位上有9种选择，十位和个位各有10种选择. 由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×10×10=900. (2)无重复数字的三位整数； 解：由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择， 由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×9×8=648. (3)小于500的无重复数字的三位整数； 解：百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择， 由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是4×9×8=288. (4)小于100的无重复数字的自然数. 解：小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数有10个. 两位自然数：十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的两位数的个数是9×9=81. 由分类加法计数原理知，适合题意的自然数的个数是10+81=91. |思|维|建|模| 常见组数问题及解题原则 (1)明确特殊位置或特殊数字是我们采用分类还是分步的关键.一般按特殊位置(通常是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的方法分步完成.如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解. (2)要特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的(如数字“0”不能排在首位)，要善于挖掘.排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则. 针对训练 1.由0，1，2，3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有 (　　) A.168个 B.174个 C.232个 D.238个 √ 解析：由0，1，2，3这四个数字组成的四位数一共有3×4×4×4=192个，由0，1，2，3这四个数字组成的四位数，没有重复数字的四位数有3×3×2×1=18个，因此由0，1，2，3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有192-18=174个. 2.若一位三位数的自然数各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们就把这样的三位数定义为“单重数”.例如：232，114等，则不超过200的“单重数”中，从小到大排列第22个“单重数”是 (　　) A.166 B.171 C.181 D.188 √ 解析：由题意可得，不超过200的数，两个数字一样同为0时，有100，200，共2个，两个数字一样同为1时，有110，101，112，121，113，131，…， 一直到191，119，共18个，两个数字一样同为2时，有122，共1个，同理，两个数字一样同为3，4，5，6，7，8，9时各1个.综上，不超过200的“单重数”共有2+18+8=28个，其中最大的是200，较小的依次为199，191，188，181，177，171，故第22个“单重数”为171，故选B. 题型(二)　抽取与分配问题 02 [例2]　高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五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.360种 B.420种 C.369种 D.396种 √ 解析：法一：直接法　以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类：第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的班级去另外四个工厂，其分配方案共有4×4=16(种)； 第三类，有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他四个工厂，其分配方案共有6×4×4=96(种)；第四类，有一个班级去甲工厂，其他班级去另外四个工厂，其分配方案有4×4×4×4=256(种).综上所述，不同的分配方案有1+16+96+256=369(种). 法二：间接法　先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即5×5×5×5-4×4×4×4=369(种)方案. |思|维|建|模| 选(抽)取与分配问题的常见类型及解法 (1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、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. 针对训练 3.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙2名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有 (　　) A.208种 B.240种 C.180种 D.96种 解析：由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法，后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4× 5×4×3=240(种)选派方案. √ 4.一个盒子里有4个分别标有号码为1，2，3，4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有　　　种.  解析：所有可能的情况有43=64种，其中最大值不是4的情况有33=27种，所以取得小球标号最大值是4的取法有64-27=37种. 37 题型(三)　涂色与种植问题 03 [例3]　(1)用6种不同的颜色给如图所示的区域上色， 要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有 (　　) A.240种 B.360种 C.480种 D.600种 解析：将区域标号，如图所示，因为②③④两两相邻， 依次用不同的颜色涂色，则有6×5×4=120种不同的涂 色方法，若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方 法；若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法. 所以共有120×(1+3)=480种不同的涂色方法. √ (2)某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5 个区域，如图所示.社区准备从4种颜色不同的花卉中选择 若干种种植在各个区域中，要求每个区域种植一种颜色的 花卉，且相邻区域(有公共边的)所种花卉颜色不能相同， 则不同种植方法的种数为 (　　) A.96 B.114 C.168 D.240 √ 解析：先在a中种植，有4种不同的种植方法，再在b中种植，有3种不同的种植方法，再在c中种植，分两类：第一类：若c与b同色，则d中有3种不同的种植方法，第二类：若c与b不同色，则c中有2种不同的种植方法，d中有2种不同的种植方法，最后在e中种植，有2种不同的种植方法.所以不同种植方法的种数为4×3×(1×3+2×2)×2=168. |思|维|建|模| 涂色与种植问题的四个解答策略 (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(或种植作物)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. 针对训练 5.如图，有A，B，C，D四块区域需要植入花卉，现有 4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉， 不同的植入方法有 (　　) A.12种 B.24种 C.48种 D.72种 解析：C区域有4种选择，D区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择，由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有4×3×3 ×2=72种. √ 6.给图中A，B，C，D，E五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有 (　　) A.24种 B.36种 C.48种 D.72种 √ 解析：当B，E同色时，共有4×3×2×2=48种不同的染色方案，当B，E不同色时，共有4×3×2×1×1=24种不同的染色方案，所以共有72种不同的染色方案. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.由数字1，2，3，4可以组成有重复数字的三位奇数的个数为 (　　) A.12 B.24 C.48 D.32 √ 15 解析：依据分步乘法计数原理，由数字1，2，3，4组成有重复数字的三位奇数，个位数字从两个奇数中选择，十位、百位没有限制，共有2×4×4=32个. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.5名运动员进行3项体育运动比赛，每项只设有冠军和亚军各一名，那么各项冠军获得者的不同情况的种数为 (　　) A.53 B.35 C.120 D.10 √ 15 解析：每个项目只有一个冠军，每一名运动员都可能获得其中的一项冠军，因此每个项目获冠军的可能性有5种.∴n=5×5×5=53. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.某种汽车牌照号码一共五个字符，但规定从左到右第二个字符只能从字母B，C，D中选择，其他四个字符可以从0~9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个字符(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他字符只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有 (　　) A.180种 B.360种 C.720种 D.960种 √ 15 解析：根据题意，车主第一个号码在数字3，5，6，8，9中选择，共5种选法，第二个号码只能从字母B，C，D中选择，有3种选法，剩下的3个号码在1，3，6，9中选择，每个号码有4种选法，则共有4×4×4=64种选法.所以共有5×3×64=960种选法，故选D. 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垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 (　　) A.48 B.18 C.24 D.36 √ 15 解析：正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线.对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12 =24(个)；对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个，不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，所以正方体中“正交线面对”共有24+12=36(个). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.[多选]现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是 (　　) A.从中选出2个球，正好一红一黄，有9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 √ 15 解析：从中选出2个球，正好一红一黄，有4×5=20种不同的选法，A错误；若每种颜色选出1个球，有4×5×6=120种不同的选法，B正确；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，C错误；若要不放回地依次选出2个球，有15×14=210种不同的选法，D正确. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.如图，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，则不同染色方法的种数为 (　　) A.192 B.420 C.210 D.72 √ 15 解析：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，由分步乘法计数原理有5×4×3×1×3=180(种)不同的染色方法；第二类，A，C不同色，由分步乘法计数原理有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.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.自然数n是一个三位数，其十位与个位、百位的差的绝对值均不超过1，我们就把n叫作“集中数”.那么，大于600的“集中数”的个数是 (　　) A.30 B.31 C.32 D.33 15 解析：当百位为6时，十位可以为5，6，7，当十位为5时，个位可以为4，5，6；当十位为6时，个位可以为5，6，7；当十位为7时，个位可以为6，7，8，共9个；当百位为7时，十位可以为6，7，8，当十位为6时，个位可以为5，6，7； √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 当十位为7时，个位可以为6，7，8；当十位为8时，个位可以为7，8，9，共9个；当百位为8时，十位可以为7，8，9，当十位为7时，个位可以为6，7，8；当十位为8时，个位可以为7，8，9；当十位为9时，个位可以为8，9，共8个；当百位为9时，十位可以为8，9，当十位为8时，个位可以为7，8，9；当十位为9时，个位可以为8，9，共5个.综上，总共9+9+8+5=31个，故选B. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.(5分)古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序.用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成______组.  15 解析：分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6=30(组)不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30+30=60(组). 60 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)将摆放在编号为1，2，3，4，5五个位置上的5件不同商品重新摆放，则恰有一件商品的位置不变的摆放方法种数为_____.  15 解析：根据题意，分2步进行： ①从5件不同商品中选出1件，放回原来的位置，有5种情况，假设编号为5的位置不变； ②剩下四件都不在原来位置，即编号为1，2，3，4的四件商品都不在原来位置， 45 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 15 编号为1的商品有3种放法，假设其放在了2号商品原来的位置，则2号商品有3种放法， 剩下编号为3，4的两件商品只有1种放法，则其余四件商品的放法有3×3=9种. 故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9=45种. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)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.  15 解析：由题可知有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2人中选1人表演魔术，有2种选择，再从其他的6人中选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人中选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. 27 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.（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.  15 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). 65 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(10分)将2个不同的红球和2个不同的黑球放入3个不同的盒子中(可以有盒子不放球). (1)若2个红球放入同一个盒子中，则不同的放法有多少种?(5分) 15 解：若2个红球放入同一个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中，不同的放法有33=27种. (2)若每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有多少种?(5分) 解：不考虑每个盒子最多只能装3个球，有34种放法. 若4个球放入同一个盒子中，有3种放法. 故不同的放法有34-3=78种. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(10分)如图，从左到右共有5个空格. 15           (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， 再放余下的千、百、十位，共有3×2×1=6种，根据分步乘法计数原理，这样的五位数的奇数共有2×3×3×2×1=36(个). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 15 (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?(5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 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(15分)为亮化城市，现在要把一条路上7盏灯全部改装成彩色路灯，如果彩色路灯有红、黄、蓝三种颜色，在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯至少要有2盏，那么有多少种不同的安装方法? 15 解：由题意知，每种颜色的路灯至少要有2盏，这说明有三种颜色的路灯的分配情况只能是2，2，3的形式. 不妨设红的3个，七个位置分别用1，2，3，4，5，6，7表示，那么红的可以排135，136，137，146，147，157，246，247，257，357，共10种， 其中135，136，146，247，257，357会留下4个空，两个不相邻，两个相邻，连续的不能放一样的颜色， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 那么就必须一蓝一黄，剩下两个一黄一蓝放到剩下两个不相邻的空里，各4种. 147留4个空，两个两个相邻，共4种放法. 137，157，四个空中3个相邻，一个分开，各2种放法. 246，四个空都分开，有6种放法. 所以共有6×4+1×4+2×2+1×6=38种， 当黄或蓝有3个时，总数一样，故一共有3×38=114种不同的安装方法. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(15分)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?(4分) 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?(5分) 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (3)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?(6分) 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. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $