人教A版（2019）高中数学选择性必修第三册【整合课件】6.1_第2课时_两个计数原理的应用(共21张PPT)

(共21张PPT)
计数原理
第六章
第2课时　两个计数原理的应用
6.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课前 预习案
两个计数原理的区别
计数原理 分类加法 分步乘法
区别一 每类办法都能独立完成这件事．它是独立的、一次的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就完成 任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事
区别二 各类办法之间是_________，_________，_________ 各步之间是_____________，并且既不能_______，也不能_______
互斥的　
并列的　
独立的　
相互依存的　
重复　
遗漏　
1．判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．
(1)将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同的放法有34个． (　　)
(2)从甲、乙等6人中选出3名代表，甲一定当选，则有20种选法． (　　)
(3)(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)展开后共有36项． (　　)
(4)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有10种． (　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为 (　　)
A．36　 B．24　　
C．12　 D．6
答案　B
解析　由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24．
3．从甲地到乙地，每天有直达汽车4班，从甲地到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地，每天有3个班车，则从甲地到乙地不同的乘车方法有 (　　)
A．12种　 B．19种　　
C．32种　 D．60种
答案　B
解析　由题意得，分两类：第一类直接到达，共有4种方法，第二类间接到达，共有5×3＝15种方法，根据分类加法计数原理可得4＋15＝19种．
4．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个．(用数字作答)
答案　18　6　
解析　一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数．
用0,1,2,3,4五个数字，
(1)可以排出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？
课堂 探究案
探究一　组数问题
解　(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种．
(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种．
(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1]　由本例中的五个数字可以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，把1,2,3,4中除去用过的一个还有3个可任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有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共有2×3×3×2＝36个．
[变式2]　在本例条件下，能组成多少个能被3整除的四位数？
解　一个四位数能被3整除，必须各位上数字之和能被3整除，故组成四位数的四个数字只能是0,1,2,3或0,2,3,4两类．所以满足题设的四位数共有2×3×3×2×1＝36个．
[方法总结]　常见的组数问题及解题原则
(1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上的和或数字间满足某种特殊关系等．
(2)常用的解题原则：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及其以上的数首位数字不能是0、被3整除的数各位数上的数字之和能被3整除等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数．
(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，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有 (　　)
A．16种　 B．18种　　
C．37种　 D．48种
答案　C
解析　高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．
探究二　抽取与分配问题
(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有_________种．
答案　9　
解析　不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种)．
[方法总结]　选(抽)取与分配问题的常见类型及其解法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树形图法、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．
[训练2]　3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？
解　法一：(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；
第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择．
根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．
法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：
第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；
第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；
第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；
分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．
根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种)．
将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示的图中五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？
探究三　涂色问题
解题程序：
第一步：泛读题目明待求结论：求图中区域的涂色方法数．
第二步：精读题目挖已知条件：已知图中有五个区域，其中A和E不相邻，且相邻区域颜色不同．
第三步：建立联系寻解题思路：A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，那么只有1种．因此应先分类后分步．
第四步：书写过程养规范习惯．
解　法一：(1)当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种．
(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种．
故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．
法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：
第一类，用4种颜色．此时B，D区域或A，E区域同色，则共有2×4×3×2×1＝48种不同涂法．
第二类，用3种颜色．此时B，D同色，A，E同色，先从4种颜色中取3种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法．
由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法．
[方法总结]　求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有
(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”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，转化为平面区域涂色问题．
答案　D
解析　分两种情况：(1)A、C不同色(注意：B、D可同色、也可不同色，D只要不与A、C同色，所以D可以从剩余的2中颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48种；
(2)A、C同色(注意：B、D可同色、也可不同色，D只要不与A、C同色，所以D可以从剩余的3中颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36种．由分类加法计数原理，共有36＋48＝84种．