6.1计数原理的综合应用（第二课时） 课件（共24张PPT）
文档属性
| 名称 | 6.1计数原理的综合应用（第二课时） 课件（共24张PPT） |  | |
| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 378.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-03-15 00:54:32 | ||
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文档简介
(共24张PPT)
6.1 计数原理的综合应用
(第二课时)
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.
2.会正确应用这两个计数原理解决组数问题、选取与分配问题、涂色问题．
例1．由数字0，1，2，3
(1)可组成多少个3位数；
(2)可组成多少个没有重复数字的3位数；
(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字．
组数问题
解：(1)首先填百位数字，不能是0，所以有1，2，3三种选择，然后，十位和个位都有0，1，2，3四种选择，根据乘法原理可组成 个三位数；
(2)没有重复数字，首先填百位数字，不能是0，有三种选择，然后填十位数字，在余下的数字中选择，包括0有三种选择，最后填个位数字，在余下的两个数字中选择，只有两种可能，根据乘法原理可组成 个不同的三位数；
(3)没有重复数字，且百位大于十位大于个位，当百位数是3时有：321，320，310；当百位数是2时有：210.所以满足条件的有 个三位数.
对于组数问题，应掌握以下原则
(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(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(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以上的数的最高位．
2. 由数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位数中，能被5整除的个数是( )
A．512 B．192 C．240 D．108
D
1. 在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有( )个.
A．6 B．8 C．10 D．14
B
解：1.十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个，十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6＋2＝8个．
2.能被5整除的数字个位数是0或5.
①当个位数是0时，千位有1，2，3，4，5五种可能，百位则有四种可能，十位三种可能，所以共有 种可能；
②当个位是5时，千位有1，2，3，4四种可能，百位在余下的数字中选择，包括0有四种可能，十位三种可能，所以共有 种可能.
综上共有 种可能.
例2.(1) 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
(2) 4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
(3) 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？
选取与分配问题
解：(1)因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81种报名方法．
(2)因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4＝64种可能的结果．
(3)每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步有4种选法，跳高有3种选法，跳远只有2种选法．根据乘法原理可得报名方法有4×3×2＝24种．
1.选取问题与分配问题的解法：
(1)直接法：直接使用分类加法计数原理或分布乘法计数原理；
(2)间接法：去掉限制条件后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.
2.在计数原理的实际应用中，有些问题涉及到两类元素主次划分，即以主元分步选取次元(或占据次元位置)的计数问题称为占位模型问题．选择主元的标准为：(1)该类元素必须“用完”；(2)该类元素分步选取时能够“唯一”表示，次元可随主元多次重复．
3.高二15班的甲、乙、丙、丁四位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且甲同学不能报A小组，则不同的报名方法有( )
A．27种 B．36种 C．54种 D．81种
解：根据题意，除甲外，每位同学都可以报A，B，C三个小组中任意一个，都有三种选择，甲不能报A组，只有两种选择，根据乘法原理，不同的报名方法有2×3×3×3=54种.
4. 高三年级的三个班级到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级要去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )
A．27种 B．36种 C．54种 D．81种
解：根据题意，甲工厂必须有班级去，可能有一个，也有可能两个或三个，直接讨论比较麻烦，我们采用间接法：若不加以限制，每个班级都有4种选择，共有4×4×4种，其中甲工厂没有班级去的方案有3×3×3种，所以满足题意的有64-27=37种.
涂色问题
例3.将红、黄、蓝、白四种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
1 2
3 4
解：因为相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，所以1、4可能同色，2、3可能同色.
①当四种颜色全部用完时，先涂1，有四种选择，那么2有三种选择，3有两种选择，4只有一种选择，所以共有4×3×2×1=24种不同的涂法．
②当1、4同色时，先涂1、4，有四种选择，那么2有三种选择，3有两种选择，所以共有4×3×2=24种不同的涂法．
③当2、3同色时，与②同理，共有24种不同的涂法.
④当1、4同色，2、3也同色时，先涂1、4，有四种选择，那么2、3有三种选择，所以共有4×3=12种不同的涂法．
综上共有24+24+24+12=84种不同的涂法．
解决涂色问题的一般思路
(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)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
5.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：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，所以总数为：5×4×4×4×4＝1280.
6.如图所示，将四棱锥S ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，现有5种颜色可供使用，求不同的染色方法．
解：由题意可知，A、C可能同色，B、D也可能同色.
①当5种颜色都用上时，由乘法原理得，不同的染色方法有5×4×3×2×1=120种.
②当A、C同色时，先涂S，有五种选择，再涂A、C，有四种选择，则B有三种选择，D有两种选择，那么不同的染色方法有5×4×3×2=120种.
③当B、D同色时，与②同理，不同的染色方法有120种.
④当A、C同色，B、D也同色时，先涂S，有五种选择，再涂A、C，有四种选择，最后涂B、D，有三种选择，那么不同的染色方法有5×4×3=60种.
综上不同的染色方法共有120+120+120+60＝420种．
1．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
解：第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就完成了这件事情．由分步乘法计数原理可得共有43种方法，故选C.
2．由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为( )
A．15 B．12 C．10 D．5
解：分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成三位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．
3.从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案有多少种？
解：首先安排生物竞赛，因为甲不能参加生物竞赛，所以生物竞赛有四种选择，数学竞赛在余下的四人中选择，物理在余下的三人中选择，化学在余下的两人中选择，根据乘法原理，不同的报名方法有4×4×3×2=96种.
4.用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，求共有多少种不同的涂色方法？
解：分类
第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120(种)涂法，
第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360(种)涂法，
共有120＋360＝480(种)涂法．
5.用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字且比2000大的四位偶数？
解：完成这件事可分为三类：
第一类是个位数字为0的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；
第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为4×4×3＝48.
第二类是个位数字为2的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0只有3个数字可以选择，有3种选法；
第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾2个数字之后，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为3×4×3＝36.
第三类是个位数字为4的比2 000大的四位偶数，其方法步骤同第二类．
综上可得无重复数字且比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．
6.1 计数原理的综合应用
(第二课时)
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.
2.会正确应用这两个计数原理解决组数问题、选取与分配问题、涂色问题．
例1．由数字0，1，2，3
(1)可组成多少个3位数；
(2)可组成多少个没有重复数字的3位数；
(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字．
组数问题
解：(1)首先填百位数字，不能是0，所以有1，2，3三种选择，然后，十位和个位都有0，1，2，3四种选择，根据乘法原理可组成 个三位数；
(2)没有重复数字，首先填百位数字，不能是0，有三种选择，然后填十位数字，在余下的数字中选择，包括0有三种选择，最后填个位数字，在余下的两个数字中选择，只有两种可能，根据乘法原理可组成 个不同的三位数；
(3)没有重复数字，且百位大于十位大于个位，当百位数是3时有：321，320，310；当百位数是2时有：210.所以满足条件的有 个三位数.
对于组数问题，应掌握以下原则
(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(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(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以上的数的最高位．
2. 由数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位数中，能被5整除的个数是( )
A．512 B．192 C．240 D．108
D
1. 在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有( )个.
A．6 B．8 C．10 D．14
B
解：1.十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个，十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6＋2＝8个．
2.能被5整除的数字个位数是0或5.
①当个位数是0时，千位有1，2，3，4，5五种可能，百位则有四种可能，十位三种可能，所以共有 种可能；
②当个位是5时，千位有1，2，3，4四种可能，百位在余下的数字中选择，包括0有四种可能，十位三种可能，所以共有 种可能.
综上共有 种可能.
例2.(1) 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
(2) 4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
(3) 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？
选取与分配问题
解：(1)因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81种报名方法．
(2)因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4＝64种可能的结果．
(3)每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步有4种选法，跳高有3种选法，跳远只有2种选法．根据乘法原理可得报名方法有4×3×2＝24种．
1.选取问题与分配问题的解法：
(1)直接法：直接使用分类加法计数原理或分布乘法计数原理；
(2)间接法：去掉限制条件后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.
2.在计数原理的实际应用中，有些问题涉及到两类元素主次划分，即以主元分步选取次元(或占据次元位置)的计数问题称为占位模型问题．选择主元的标准为：(1)该类元素必须“用完”；(2)该类元素分步选取时能够“唯一”表示，次元可随主元多次重复．
3.高二15班的甲、乙、丙、丁四位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且甲同学不能报A小组，则不同的报名方法有( )
A．27种 B．36种 C．54种 D．81种
解：根据题意，除甲外，每位同学都可以报A，B，C三个小组中任意一个，都有三种选择，甲不能报A组，只有两种选择，根据乘法原理，不同的报名方法有2×3×3×3=54种.
4. 高三年级的三个班级到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级要去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )
A．27种 B．36种 C．54种 D．81种
解：根据题意，甲工厂必须有班级去，可能有一个，也有可能两个或三个，直接讨论比较麻烦，我们采用间接法：若不加以限制，每个班级都有4种选择，共有4×4×4种，其中甲工厂没有班级去的方案有3×3×3种，所以满足题意的有64-27=37种.
涂色问题
例3.将红、黄、蓝、白四种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
1 2
3 4
解：因为相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，所以1、4可能同色，2、3可能同色.
①当四种颜色全部用完时，先涂1，有四种选择，那么2有三种选择，3有两种选择，4只有一种选择，所以共有4×3×2×1=24种不同的涂法．
②当1、4同色时，先涂1、4，有四种选择，那么2有三种选择，3有两种选择，所以共有4×3×2=24种不同的涂法．
③当2、3同色时，与②同理，共有24种不同的涂法.
④当1、4同色，2、3也同色时，先涂1、4，有四种选择，那么2、3有三种选择，所以共有4×3=12种不同的涂法．
综上共有24+24+24+12=84种不同的涂法．
解决涂色问题的一般思路
(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)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
5.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：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，所以总数为：5×4×4×4×4＝1280.
6.如图所示，将四棱锥S ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，现有5种颜色可供使用，求不同的染色方法．
解：由题意可知，A、C可能同色，B、D也可能同色.
①当5种颜色都用上时，由乘法原理得，不同的染色方法有5×4×3×2×1=120种.
②当A、C同色时，先涂S，有五种选择，再涂A、C，有四种选择，则B有三种选择，D有两种选择，那么不同的染色方法有5×4×3×2=120种.
③当B、D同色时，与②同理，不同的染色方法有120种.
④当A、C同色，B、D也同色时，先涂S，有五种选择，再涂A、C，有四种选择，最后涂B、D，有三种选择，那么不同的染色方法有5×4×3=60种.
综上不同的染色方法共有120+120+120+60＝420种．
1．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
解：第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就完成了这件事情．由分步乘法计数原理可得共有43种方法，故选C.
2．由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为( )
A．15 B．12 C．10 D．5
解：分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成三位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．
3.从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案有多少种？
解：首先安排生物竞赛，因为甲不能参加生物竞赛，所以生物竞赛有四种选择，数学竞赛在余下的四人中选择，物理在余下的三人中选择，化学在余下的两人中选择，根据乘法原理，不同的报名方法有4×4×3×2=96种.
4.用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，求共有多少种不同的涂色方法？
解：分类
第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120(种)涂法，
第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360(种)涂法，
共有120＋360＝480(种)涂法．
5.用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字且比2000大的四位偶数？
解：完成这件事可分为三类：
第一类是个位数字为0的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；
第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为4×4×3＝48.
第二类是个位数字为2的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0只有3个数字可以选择，有3种选法；
第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾2个数字之后，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为3×4×3＝36.
第三类是个位数字为4的比2 000大的四位偶数，其方法步骤同第二类．
综上可得无重复数字且比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．