6.1.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的简单应用课件-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

6.1.2 分类加法计数原理 与分步乘法计数原理的简单应用 第六章 计数原理 作者编号：32100 1 复习回顾 1. 分类加法计数原理： 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＝m＋n种不同的方法. 2. 分步乘法计数原理： 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＝m×n 种不同的方法. 作者编号：32100 复习回顾   分类加法计数原理 分步乘法计数原理 关键词 区别 联系 分类 分步 每类方法都能独立完成这件事 各步都完成，才能完成这件事 各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复 都是用来解决关于完成一件事的不同方法种数的问题 作者编号：32100 典例剖析 例1 要从甲、 乙、丙 3 幅不同的画中选出 2 幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有多少种不同的挂法? 甲 乙 解析：分两个步骤完成： 第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上， 有 3 种选法； 第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有 2 种选法. 所以共有 N＝3×2＝6种不同的挂法. 左边 右边 甲 甲 乙 丙 乙 丙 丙 甲 乙 丙 典例剖析 例1 要从甲、 乙、丙 3 幅不同的画中选出 2 幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有多少种不同的挂法? 解法二： 第1步，从3幅画中选出2幅，有 3 种选法 第2步，将选出的两幅画挂好，有2种挂法. 甲、乙 甲、丙 乙、丙 左边 右边 甲 乙 乙 甲 甲 甲 丙 丙 乙 乙 丙 丙 所以共有 N＝3×2＝6种不同的挂法. 当堂训练 试一试：某班有 9 位班委，要在班委中选正、副班长各一人，问共有多少种不同选法？ 解析：先选正班长，有 9 种方法，再选副班长，有 8 种方法， 根据分步乘法计数原理，不同的选法共有9×8＝72种. 当堂训练 试一试：由数字0，2，4，6，8可以组成多少个三位数?(各位上的数字可以重复) 解析：要完成的事是“确定一个三位数”， 分 3 步： 第 1 步，确定百位数，可从 2，4，6 ，8中任选1个，有 4 种方法； 第 2 步，确定十位数，同样也有 5 种方法； 第 3 步，确定个位数，同样也有 5 种方法． 所以根据分步乘法计数原理，这样的三位数的个数为 4×5×5 ＝100． 百位数不能为零 当堂训练 试一试：从1，2，‧‧‧，19，20中任选一个数作被减数，再从1，2，‧‧‧，10中任选一个数作减数，然后写成一个减法算式，共可得到多少个不同的算式? 解析：要完成一个减法算式，需分 2 步： 第 1 步，确定被减数，可从1，2，‧‧‧，19，20这20个数中任取1个； 第 2 步，确定减数，可从1，2，‧‧‧，10中任取1个． 根据分步乘法计数原理，共可得到不同的算式个数为N＝20×10＝200 例2 4 个客人分别到 3 个旅店选择一处住宿，有多少种不同的选法？ 第 1 步，安排第 1 个客人住店有 种选择； 第 2 步，安排第 2 个客人住店有 种选择； 一共有 种方法. 3 3 第1间 第2间 第3间 我是第1个客人 解析： 完成这件事情可以分为 4 个步骤， 3×3×3×3＝34＝81 典例剖析 第 3 步，安排第 3 个客人住店有 种选择； 第 4 步，安排第 4 个客人住店有 种选择； 3 3 当堂训练 试一试：有 4 封不同的信要投入 3 个不同的信箱，则不同的投法有( )种 A. 43 B. 34 C. 4×3×2 D. 4 解析：按每封信对信箱的选择，分四步完成： 每一步中，每一封信在 3 个信箱中选择一个，有 3 种选法， 由分步乘法计数原理得，共有3×3×3×3＝34＝81种不同的分法。 B 方法总结 这类问题可看成是特殊的分配问题， 解题的关键是搞清楚谁选谁。 第一个“谁”指被分配元素，第二个“谁”指接受单位， 若被分配元素数为 n，接受单位数为 m，则总数为 mn. 作者编号：32100 当堂训练 试一试：五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？ 解析：5 名学生中任一名均可报其中的任一项，因此每个学生都有 4 种报名方法，故报名方法种数为 4×4×4×4×4＝45种 . 解析：每个项目只有一个冠军，每一名学生都可能获得其中的一项获军，因此每个项目获冠军的可能性有5种，故有 5×5×5×5＝54 种 . 追问：又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少种？ 当堂训练 试一试：通信公司在某一段时间内向市场投放一批手机号码，这一批号码(共11位数字)的前七位是统一的，后四位都是0~9之间的一个数字，那么这一号段共有 个不同的号码. 解析：后四位中的每一位都可以从 0~9这10个数字中任选一个， 每一位都有 10 种选法。根据分步乘法计数原理，这一号段共有 10×10×10×10＝10000 个不同的号码． 10000 例3 现有高一学生6人，高二学生10人，高三学生8人，自发组织数学课外活动小组，要求每次活动需要两名来自不同年级的学生做活动的主持人，有_____种不同主持人搭配方法. 解析：推选两名来自不同年级的学生做一次活动主持人， 有不同选法：6×10＋6×8＋10×8＝188(种) 高一 高二 第一类 6 10 高一 高三 第二类 高二 高三 第三类 6 8 8 10 188 典例剖析 当堂训练 试一试：某体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，小李到体育场看比赛，则他进、出体育场的方案有(　　) A. 12 种 B. 7 种 C. 14 种 D. 49 种 解析：完成进、出体育场这件事，需要分两步， 第 1 步，进体育场共有 4＋3＝7 种方案； 第 2 步，出体育场共有 4＋3＝7 种方案. 由分步乘法计数原理知，进、出体育场的方案有 7×7＝49 种. D 当堂训练 试一试：把 9 个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有(　 ) A. 10 种 B. 9 种 C. 8 种 D. 6 种 解析：首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第 1 种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第 2 种方法，可以把球分成1和2两份，这两份在三个位置，有3×2＝6种结果；第3种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果.综上可知，共有1＋6＋3＝10种不同结果. A 例4 用 0，1，2，3，4 五个数字， (1)可以排成多少个三位数字的电话号码? (2)可以排成多少个三位数? (3)可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数? 解析：(1)三位数字的电话号码，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. 典例剖析 例4 用 0，1，2，3，4 五个数字， (1)可以排成多少个三位数字的电话号码? (2)可以排成多少个三位数? (3)可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数? 解析：(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. 典例剖析 例4 用 0，1，2，3，4 五个数字， (3)可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数? 解析：(3)被 2 整除的数，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；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. 典例剖析 当堂训练 试一试：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 B 解析：此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇． 如果是奇偶奇：首先个位有3种情况，十位有2种情况，最后百位有2种情况，共3×2×2＝12种； 如果是偶奇奇：个位有3种情况，十位有2种情况，百位不能是0，有1种情况，共3×2×1＝6种，因此总共有12＋6＝18种情况． 课堂总结 本节课你学到了哪些知识？ (1)处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是分类还是分步，要搞清楚分类或者分步的具体标准． (3)分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性． (2)分类时要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准． 1. 合理分类，准确分步 作者编号：32100 课堂总结 本节课你学到了哪些知识？ (1)当涉及元素数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或图表法. (2)当涉及元素数目很大时，一般有如下两种方法： 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求解. ②间接法：先去掉限制条件，计算方法总数，然后减去所有不符合条件的方法数即可. 2. 两个计数原理的应用原则及方法 作者编号：32100 $