6.1 第2课时 两个计数原理的综合应用(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

第二课时　两个计数原理的综合应用 课标要求 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（数学抽象）. 2.能根据具体问题的特征，选择两个计数原理解决一些实际问题（逻辑推理、数学运算）. 知识点一｜组数问题 【例1】　（链接教材P7练习5题）用0，1，2，3，4五个数字. （1）可以排成多少个三位数字的密码？ 解：（1）三位数字的密码，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）. （2）可以排成多少个三位数？ 解：（2）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）. （3）可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 解：（3）被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12（种）排法；另一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18（种）排法.因而有12＋18＝30（种）排法.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数. 变式　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，可以分四步：第一步定个位，只能从1，3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，从1，2，3，4中除去用过的一个，从剩下的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）. 【规律方法】 解决组数问题的方法 （1）对于组数问题，一般按特殊位置（一般是末位和首位），特殊元素优先的方法分类或分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解； （2）解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘. 　　提醒：数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位. 训练1　由0，1，2，3这四个数字，可组成多少个： （1）无重复数字的三位数？ 解：（1）0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18（个）. （2）可以有重复数字的三位数？ 解：（2）百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择. 由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48（个）. 知识点二｜抽取（分配）问题 【例2】　（链接教材P6例4）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：C　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. 【规律方法】 解决抽取（分配）问题的方法 （1）当涉及对象的数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或图表法； （2）当涉及对象的数目很大时，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：一般地，若抽取是有顺序的，则按分步进行；若是按对象特征抽取的，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. 训练2　（1）把标号为1，2，3，4的四个小球分别放入标号为1，2，3，4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共有（　A　） A.18种 B.9种 C.6种 D.3种 解析：（1）由于1号球不放入1号盒子，则1号球可放入2，3，4号盒子，有3种选择，则2号球有3种选择，3号球有2种选择，4号球只有1种选择.根据分步乘法计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有3×3×2×1＝18（种）.故选A. （2）甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为　2　. 解析：（2）不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共有2×1×1＝2（种）. 知识点三｜涂色（种植）问题 【例3】　（1）将5种不同的颜色涂在如图所示的四个区域A，B，C，D中，每个区域涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有　180　种； 解析：（1）法一　可分步进行，A有5种涂法，B有4种.当A与D不同色时，D有3种涂法，C有2种涂法，共有5×4×3×2＝120（种）涂法.当A与D同色时，C有3种涂法，共有5×4×3＝60（种）.综上，不同的涂色方法有180种. 法二　先排B，C，D，两两不同色，有5×4×3＝60（种）方法.再排A，A只要与B，C不同色即可，有3种涂色方法.故不同的涂色方法有60×3＝180（种）. （2）从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在三块不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则有　18　种不同的种植方法. 解析：（2）法一（直接法）　若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝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＝6（种）不同的种植方法.故不同的种植方法共有6×3＝18（种）. 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），其中不种黄瓜有3×2×1＝6（种），故共有24－6＝18（种）不同的种植方法. 【规律方法】 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（种植作物）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）对于涂色问题，将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题. 训练3　（1）如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有　48　种； 解析：（1）根据题意，对于区域A，有4种涂色方法，对于区域B，有3种涂色方法，对于区域C，有2种涂色方法，对于区域D，有2种涂色方法，则由分步乘法计数原理可得4×3×2×2＝48（种）涂色方法. （2）如图，将1个四棱锥的每个面染上1种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色.如果只有4种颜色可使用，那么不同的染色方法有　72　种. 解析：（2）当侧面SAB与侧面SDC同色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方法，侧面SBC有2种染色方法，共有4×3×2×1×2＝48（种）染色方法；当侧面SAB与侧面SDC不同色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方法，侧面SBC有1种染色方法，共有4×3×2×1×1＝24（种）染色方法.则不同的染色方法共有48＋24＝72（种）. 1.用1，2，3，4四个数字组成没有重复数字的三位偶数共有（　　） A.6个 B.18个 C.24个 D.12个 解析：D　先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，由3×2＝6种选择，根据分步乘法计数原理可得共有2×6＝12个没有重复数字的三位偶数.故选D. 2.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第2个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这10个数字中选择（数字可以重复）.若某车主第1个号码（从左到右）只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他可选的车牌号码的所有可能情况有（　　） A.180种 B.360种 C.720种 D.960种 解析：D　按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2个号码有3种选法，其余3个号码各有4种选法，因此共有5×3×4×4×4＝960（种）情况. 3.如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有　72　　　种. A B C D 解析：先涂A，有4种选择，则B有3种选择，而为了让C与A，B都不一样，则C有2种选择，再涂D，只要与C涂不一样的就可以，也就是D有3种，所以一共有4×3×2×3＝72（种）. 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　20　　种. 解析：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. 课堂小结 1.理清单 （1）组数问题； （2）抽取（分配）问题； （3）涂色（种植）问题. 2.应体会 解决组数问题及涂色问题时注意分类讨论思想及“正难则反”思想的应用. 3.避易错 分类标准不明确，出现重复或遗漏问题. 1.某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（　　） A.36种 B.60种 C.75种 D.85种 解析：C　小明有三种选课方法，小强和小豆各有五种选课方法，故共有3×5×5＝75（种）选课方法.故选C. 2.某城市的电话号码由七位升为八位（首位数字均不为零），则该城市可增加的电话部数是（　　） A.9×8×7×6×5×4×3×2 B.8×97 C.9×107 D.8.1×107 解析：D　当电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，同理升为八位时为9×107部，所以可增加的电话部数是9×107－9×106＝8.1×107. 3.从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（　　） A.24 B.18 C.12 D.6 解析：B　由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇.如果是第一种“奇偶奇”的情况，个位有3种情况，十位有2种情况，百位有2种情况，共12种；如果是第二种“偶奇奇”的情况，个位有3种情况，十位有2种情况，百位不能是0，只有一种情况，共6种，因此总共有12＋6＝18（个）奇数. 4.用5种不同颜色给如图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，共有多少种不同的涂色方案（　　） A.1 140 B.1 520 C.1 400 D.1 280 解析：D　从左到右依次涂色（也可以任选一个环作为开始），第一个圆环有5种选择，第二个圆环以及后面每个圆环均有4种选择，所以共有5×4×4×4×4＝1 280（种）涂色方法.故选D. 5.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 解析：C　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. 6.〔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份菜，且每人至多打1份荤菜，则下列说法正确的是（　　） A.甲若选1份荤菜，则有6种选法 B.乙的选菜方法数为9 C.若两人分别打菜，则总的方法数为18 D.若两人打的菜均为一荤一素且只有一份相同，则方法数为30 解析：AB　甲选一份荤菜，则有2×3＝6（种）选法，选项A正确；乙的选菜方法数为2×3＋3＝9，选项B正确；两人分别打菜时，总的方法数为9×9＝81（种），选项C不正确；两人所打菜只有一份相同时，若荤菜相同，则有2×3×2＝12（种）；若素菜相同，则有3×2＝6（种）.所以若两人所打菜均为一荤一素且只有一份相同时的选法数为12＋6＝18，选项D错误. 7.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　60　　　组. 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）. 8.用0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字的四位整数有　　300　　个；其中比2 000大的四位偶数有　120　个. 解析：①分四步：第1步，千位数字有5种选取方法；第2步，百位数字有5种选取方法；第3步，十位数字有4种选取方法；第4步，个位数字有3种选取方法.由分步乘法计数原理知，可组成无重复数字的四位整数共5×5×4×3＝300（个）.②分为三类：第1类，末位是0的有4×4×3＝48（个）；第2类，末位是2的有3×4×3＝36（个）；第3类，末位是4的有3×4×3＝36（个）.由分类加法计数原理知，共有48＋36＋36＝120（个）. 9.若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？ 解：分两类： 第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为y＝0或x＝0，共2条. 第2类，当A，B都不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成. 第1步，确定A的值，有4种不同的方法； 第2步，确定B的值，有3种不同的方法. 共可确定4×3＝12（条）直线. 由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14（条）. 10.某班同学准备了5个节目参加班级音乐会活动.节目顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，则在这次活动中节目顺序的编排方案种数为（　　） A.8 B.10 C.12 D.15 解析：B　由题意知甲的位置影响乙的排列，所以要分两类：①甲排在第一位，丙排在最后一位，则其余3个节目共有3×2×1＝6（种）编排方案；②甲排在第二位，丙排在最后一位，从第三、四位中排乙，其余2个节目排在剩下的2个位置，共有2×2×1＝4（种）编排方案.故编排方案共有6＋4＝10（种）. 11.〔多选〕6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为（　　） A.1 B.2 C.3 D.4 解析：BD　设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示.若任意两位同学之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15（次）交换，现只进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：①由3人构成的2次交换，如a～b和a～c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人.②由4人构成的2次交换，如a～b和c～d之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，d四人. 12.相邻的4个车位中停放了4辆不同的车，现将所有车开出后再重新停入这4个车位中. （1）若要求有3辆车不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？ （2）若要求所有车都不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？ 解：（1）可分成两步完成：第一步，先选出停在原来车位的那辆车，有4种情况； 第二步，停放剩下的3辆车，将剩余3辆车分别编号为A，B，C，将剩余3个停车位分别编号为一、二、三，设A车先选停车位，此时有2种停法，剩余两辆车有且只有1种停法，所以第二步有2种停法， 根据分步乘法计数原理，共有4×2＝8（种）停法. （2）将4辆车分别编号为A，B，C，D，将4个停车位分别编号为一、二、三、四.不妨设A车先选停车位，此时有3种停法，若A车选了二号停车位，那么B车再选，有3种停法，剩下的C车和D车都只有1种停法，故共有3×3＝9（种）停法. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $