高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第二册第三章 排列、组合与二项式定理3.1 排列与组合3.1.1 基本计数原理第2课时导学案

第2课时　分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用

(教师独具内容)

课程标准：会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．

教学重点：正确区分、使用两个计数原理解决实际问题．

教学难点：两个计数原理的综合应用.

知识点　　　　两个计数原理的区别

(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类．

(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”．

1．应用分类加法计数原理要求分类中的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．

2．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．

3．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)分类就是能“一步到位”，分步只能“局部到位”．(　　)

(2)由数字1,2,3组成的无重复数字的整数中，偶数有12个．(　　)

(3)分类时，各类之间是互相独立且排斥的，分步时，各步之间是互相依存、互相联系的．(　　)

答案　(1)√　(2)×　(3)√

2．做一做(请把正确的答案写在横线上)

(1)一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一个门出，

共有________种不同走法．

(2)如图，从A→C有________种不同走法．

(3)一位顾客去买书，发现4本好书，决定至少买其中的2本，则这位顾客购书的方案共有________种．

答案　(1)16　(2)6　(3)11

题型一  数字排列问题

例1　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？

[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，共可排出5×5×5＝125个三位数字的电话号码．

(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，共可排成4×5×5＝100个三位数．

(3)能被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；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．因而共有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．

点睛

数字问题的解题策略

(1)对于组数问题，一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．

(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，排数时要注意特殊位置、特殊元素优先的原则．

　若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数是多少？

解　分八类：

当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1,0，

由分步乘法计数原理知，凸数的个数为1×2＝2；

当中间数为3时，百位可选1,2，个位可选0,1,2，

由分步乘法计数原理知，凸数的个数为2×3＝6；

同理可得：

当中间数为4时，凸数的个数为3×4＝12；

当中间数为5时，凸数的个数为4×5＝20；

当中间数为6时，凸数的个数为5×6＝30；

当中间数为7时，凸数的个数为6×7＝42；

当中间数为8时，凸数的个数为7×8＝56；

当中间数为9时，凸数的个数为8×9＝72.

故所有凸数的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.

题型二  选取问题

例2　在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现从这7人中选2人同时参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？

[解]　分四类：

第一类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有3×2＝6种选法；

第二类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有3×2＝6种选法；

第三类，从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，有2×2＝4种选法；

第四类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，剩下的一名参加围棋比赛，有2×1＝2种选法．

根据分类加法计数原理，一共有6＋6＋4＋2＝18种不同的选法．

点睛

对于有限制条件的选取、抽取问题的计数，一般地，当数目不是很大时，可用枚举法，但为保证不重不漏，可用树形图法、框图法及表格法进行枚举；当数目较大，符合条件的情况较多时，可用间接法计数；否则直接用分类或分步计数原理计数，一般根据选取(抽取)顺序分步或根据所选取(抽取)元素的特点分类．

　甲、乙、丙、丁4个人各写1张贺卡，放在一起，再各取1张不是自己所写的贺卡，共有多少种不同的取法？

解　解法一：(枚举法)

(1)甲取得乙卡，此时乙有甲、丙、丁3种取法．若乙取甲，则丙取丁、丁取丙；若乙取丙，则丙取丁，丁取甲；若乙取丁，则丙取甲，丁取丙，故有3种分配方案．

(2)甲取得丙卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲．

(3)甲取得丁卡，分配方案按甲、乙、丙、丁4人依序可取贺卡如下：丁甲乙丙、丁丙甲乙、丁丙乙甲．

由分类加法计数原理知，共有3＋3＋3＝9种不同的取法．

解法二：(间接法)

4个人各取1张贺卡．甲先取1张贺卡有4种取法，乙再取1张贺卡有3种取法，然后丙取1张贺卡有2种取法，最后丁仅有1种取法．由分步乘法计数原理知，4个人各取1张贺卡共有4×3×2×1＝24种取法．

4个人都取自己写的贺卡有1种取法；

2个人取自己写的贺卡，另2个人不取自己所写贺卡的取法有6种(即从4个人中选出取自己所写的贺卡的2人有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁)；

1个人取自己写的贺卡，另3个人不取自己所写贺卡的取法有8种(从4个人中选出取自己所写贺卡的1个人有4种方法，而另3个人都不取自己所写贺卡有2种方法)．

因此，4个人都不取自己所写贺卡的取法有24－(1＋6＋8)＝9种．

解法三：(分步法)

第一步，甲取1张不是自己所写的那张贺卡，有3种取法；

第二步，由甲取的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法；

第三步，由剩余两个中任1个人取，此时只有1种取法；

第四步，最后1个人取，只有1种取法．

由分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9种不同的取法.

题型三  涂色(种植)问题

例3　如图，要给地图A，B，C，D四个区域分别涂上4种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，则不同的涂法有多少种？

[解]　解法一：按A→B→C→D的顺序分步涂色．

第一步，涂A区域，有4种不同的涂法；

第二步，涂B区域，从剩下的三种颜色中任选一种颜色，有3种不同的涂法；

第三步，涂C区域，再从剩下的2种不同颜色中任选一种颜色，有2种不同的涂法；

第四步，涂D区域，可分两类，一类是D区域与A区域同色；另一类是D区域与A区域不同色，共有1＋1＝2种涂法．

根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种不同的涂法．

解法二：按所用颜色的多少分类涂色．

第一类，用三种颜色，有4×(3×2×1×1)＝24种不同的涂法；

第二类，用四种颜色，有4×3×2×1＝24种不同的涂法．

根据分类加法计数原理，共有24＋24＝48种不同的涂法．

点睛

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)对于空间涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．

(1)如图所示，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案最多有(　　)

A．180种   B．240种

C．360种  D．420种

(2)将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，不同的种植方法共有________种.

答案　(1)D　(2)42

解析　(1)区域2,3,4,5地位相同(都与其他4个区域中的3个区域相邻)，故应先种区域1，有5种种法，再种区域2，有4种种法，接着种区域3，有3种种法，种区域4时应注意：区域2与区域4同色时区域4有1种种法，此时区域5有3种种法，区域2与区域4不同色时区域4有2种种法，此时区域5有2种种法，故共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420种栽种方案，故选D.

(2)从左往右5块试验田分别有3,2,2,2,2种种植方法，共有3×2×2×2×2＝48种方法，其中5块试验田只种植2种作物共有3×2×1×1×1＝6种方法，所以有48－6＝42种不同的种植方法．

1.在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有(　　)

A.512个  B．192个  C．240个  D．108个

答案　D

解析　能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60个．另一类是末位为5，由分步乘法计数原理，共有4×4×3＝48个．由分类加法计数原理，得60＋48＝108个.

2.从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为(　　)

A.18  B．20  C．25  D．10

答案　A

解析　第一步，给A赋值有5种选择，第二步，给B赋值有4种选择，由分步乘法计数原理可得共有5×4＝20种．又因为A＝1，B＝2与A＝2，B＝4表示同一条直线，A＝2，B＝1与A＝4，B＝2也表示同一条直线，所以形成不同的直线的条数最多为20－2＝18.

3.某运动会上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种.

答案　2880

解析　分两步安排这8名运动员.

第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以共有4×3×2＝24种方法；

第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120种.

所以安排这8人的方式共有24×120＝2880种.

4.将三个1、三个2、三个3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，则不同的填写方法共有________种.

答案　12

解析　先填第一行，有3×2×1＝6种填法，再填第二行第一列，有2种填法，该位置确定后，其余位置也就唯一确定了，故共有6×2＝12种填法.

5.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有多少种？

解　解法一：(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.

解法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故不同的种植方法共有24－6＝18种.

A级：“四基”巩固训练

一、选择题

1.用0,1,2,3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有(　　)

A.8个  B．10个  C．18个  D．24个

答案　A

解析　要组成奇数，因此末位只能取1或3.

当末位取1时，首位不取0和1，故有：2×2＝4个.

当末位取3时，首位不取0和3，故有：2×2＝4个.

所以可以组成4＋4＝8个奇数．故选A.

2.某团支部进行换届选举，从甲、乙、丙、丁四人中选出三人分别担任书记、副书记、组织委员．规定上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职方法有(　　)

A.10种  B．11种  C．12种  D．13种

答案　B

解析　分丁入选与不入选两类，当丁不入选时，则由甲、乙、丙三人担任，甲有2种选择，余下的乙和丙只有一种选择；当丁入选时，有3种选择，丁若担任三个人中没有入选的人的职务，则只有一种结果，丁若担任入选的两个人的职务，则有2种结果，共有3×(2＋1)＝9种，综上可知共有2＋9＝11种.

3.若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有(　　)

A.10个  B．14个  C．15个  D．21个

答案　A

解析　当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4，5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形.

4.用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有(　　)

A.36个  B．18个  C．9个  D．6个

答案　B

解析　分3步完成，1,2,3这三个数中必有某一个数字被重复使用2次．第1步，确定哪一个数字被重复使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数.

5.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数为(　　)

A.6  B．8  C．36  D．48

答案　D

解析　如图，在A点可以先参观区域1，也可先参观区域2或3，共有3种不同选法．每种选法中可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观．第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观一个区域后，选择下一步走法有4种结果，只剩最后一个区域有2种走法，根据分步乘法计数原理知，共有6×4×2＝48种.

二、填空题

6.5只不同的球，放入2个不同的箱子中，每箱不空，共有________种不同的放法.

答案　30

解析　第1只球有2种放法，第2只球有2种放法，…，第5只球有2种放法，总共有25＝32种放法，但要每箱不空，故有2种情况不合要求，因此，符合要求的共有25－2＝30种不同的放法.

7.在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄．为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有________种.

答案　12

解析　设并排10垄的序号分别为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，选择2垄分别种植A，B两种作物，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则序号差不小于6，共有6种情况，如表：

A，B交换，共有2×6＝12种.

8.从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为________.

答案　17

解析　(1)当取1时，1只能为真数，此时对数的值为0.

(2)不取1时，分两步：

①取底数，5种；

②取真数，4种.

其中log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.

所以所有不同的对数的值的个数为1＋5×4－4＝17.

三、解答题

9.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的九个小正方形(如图)，使得任意有公共边的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂色方法共有多少种？

解　第一步，涂标号为1,5,9的三个小正方形，有3种涂法.

第二步，涂标号为2,3,6的三个小正方形：

若标号为2,6的小正方形颜色相同，则有2种涂法，此时标号为3的小正方形也有2种涂法，共有2×2＝4种涂法；

若标号为2,6的小正方形颜色不相同，则有2种涂法，此时标号为3的小正方形只有1种涂法，共有2×1＝2种涂法.

所以对标号为2,3,6的三个小正方形涂色共有6种涂法.

第三步，对标号为4,7,8的三个小正方形涂色，易知共有6种涂法.

故符合条件的所有涂色方法共有3×6×6＝108种.

B级：“四能”提升训练

1.(多选)甲同学有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书，现在乙同学向甲同学借书，则下列说法正确的是(　　)

A.借1本书，则有12种借法

B.每科各借1本书，则有60种借法

C.任借2本不同科的书，则有47种借法

D.借2本不同科的书，其中有数学书，则有30种借法

答案　ABC

解析　对于A，需完成的事情是“借1本书”，所以借给乙同学数学、物理、化学书中的任何1本，都可以完成这件事情，故可分类完成．根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＝12种借法，故A正确．对于B，需完成的事情是“每科各借1本书”，意味着要借给乙同学3本书，只有从数学、物理、化学三科中各借1本，才能完成这件事情，故需分步完成．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60种借法，故B正确．对于C，任借2本不同科的书，应分以下三类：第一类：借数学、物理各1本，分步完成，共有5×4＝20种借法；第二类：借数学、化学各1本，分步完成，共有5×3＝15种借法；第三类：借物理、化学各1本，分步完成，共有4×3＝12种借法．根据分类加法计数原理，任借2本不同科的书共有20＋15＋12＝47种借法，故C正确．对于D，分两类：第一类：借数学、物理各1本，分步完成，共有5×4＝20种借法；第二类：借数学、化学各1本，分步完成，共有5×3＝15种借法．根据分类加法计数原理，借2本不同科的书，其中有数学书，共有20＋15＝35种借法，故D错误．故选ABC.

2.某文艺团体有10人，每人至少会唱歌或跳舞中的一种，其中7人会唱歌，5人会跳舞，从中选出会唱歌与会跳舞的各1人，有多少种不同的选法？

解　首先求得只会唱歌的有5人，只会跳舞的有3人，既会唱歌又会跳舞的有2人.

第一类：从只会唱歌的5人中任选1人，从只会跳舞的3人中任选1人，共有5×3＝15种不同的选法；

第二类：从只会唱歌的5人中任选1人，从既会唱歌又会跳舞的2人中任选1人，共有5×2＝10种不同的选法；

第三类：从只会跳舞的3人中任选1人，从既会唱歌又会跳舞的2人中任选1人，共有3×2＝6种不同的选法；

第四类：将既会唱歌又会跳舞的2人全部选出，有2种选法.

由分类加法计数原理知，共有15＋10＋6＋2＝33种不同的选法.