人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学演示ppt课件

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学演示ppt课件，共32页。PPT课件主要包含了第2课时，激趣诱思，知识点拨，探究一，探究二，探究三，素养形成，当堂检测，答案C等内容，欢迎下载使用。
电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱,其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙信箱中有20封,现由主持人抽奖决定幸运观众,若先确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴,有多少种不同的选择?
两个计数原理的联系与区别1.联系分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是解决计数问题最基本、最重要的方法.
名师点析处理具体问题时,一是合理分类,准确分步:分类时,要不重不漏;分步时,要合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰.对于一些较复杂的题目,往往既要分类又要分步.二是特殊优先,一般在后:解含有特殊元素、特殊位置的计数问题时,应优先安排特殊元素,优先确定特殊位置,再考虑其他元素与其他位置.
微思考分类“不重不漏”的含义是什么?提示:分类时,首先要根据问题的特点确定一个分类标准,然后在这个标准下进行分类.一般地,标准不同,分类的结果也不同;其次,分类时要注意满足一个基本要求:完成这件事的任何一种方法必须属于且只能属于某一类方案.简单地说,就是应用分类加法计数原理时要做到“不重不漏”.
微练习(1)某小组有8名男生、6名女生,从中任选男生、女生各一名去参加座谈会,则不同的选法有(　　)A.48种B.24种C.14种D.12种(2)一项工作可以用两种方法完成,有3人会用第1种方法完成,有5人会用第2种方法完成,从中选出1人来完成这项工作,不同的选法种数是(　　)A.8B.15C.16D.30(3)用数字2,3组成四位数,且数字2,3都至少出现一次,这样的四位数共有　　　　　个. 
解析:(1)从8名男生中任意挑选一名参加座谈会,有8种不同的选法;从6名女生中任意挑选一名参加座谈会,有6种不同的选法.由分步乘法计数原理知,不同选法共有8×6=48(种).(2)第1类,从会第1种方法的3人中选1人,有3种不同的选法;第2类,从会第2种方法的5人中选1人,有5种不同的选法,共有5+3=8(种)不同的选法.(3)可用排除法,这个四位数每一位上的数只能是2或3,则这样的四位数共有24个.而题目要求数字2,3都至少出现一次,所以全是2或全是3的四位数不满足,即满足要求的四位数有24-2=14(个).答案:(1)A　(2)A　(3)14
组数问题例1用0,1,2,3,4五个数字,(1)可以组成多少个三位数字的电话号码?(2)可以组成多少个三位数?(3)可以组成多少个能被2整除的无重复数字的三位数?
解:(1)三位数字的电话号码,百位上的数字可以是0,数字也可以重复,每个位置上的数字都有5种取法,可以组成5×5×5=53=125(个)三位数字的电话号码.(2)三位数的百位上的数字不能为0,但可以有重复数字,首先考虑百位上的数字的取法,除0外共有4种取法,个、十位上的数字可以取0,因此,可以组成4×5×5=100(个)三位数.(3)被2整除的数即偶数,个位数字可取0,2,4,因此,可以分两类,一类是个位数字是0,可以组成4×3=12(个)三位数;一类是个位数字不是0,则个位上的数字有2种取法,即2或4,再考虑百位上的数字,因为0不能是百位上的数字,所以有3种取法,十位有3种取法,因此有2×3×3=18(个)三位数.因而有12+18=30(个)三位数.即可以组成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
延伸探究 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1步定个位,只能从1,3中任取一个,有2种方法;第2步定千位,把1,2,3,4中除去用过的一个数,在剩下的3个数中任取一个,有3种方法;第3步,第4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能组成2×3×3×2=36(个)无重复数字的四位奇数.
反思感悟 对于组数问题应掌握的原则(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)要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位.
变式训练1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.24B.18C.12D.6解析: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,可以从个位开始分析(3种情况),之后十位(2种情况),最后百位(2种情况),共12种情况;如果是第二种偶奇奇的情况,则个位(3种情况),十位(2种情况),百位(不能是0,一种情况),共6种.因此总共有12+6=18(种)情况.故选B.答案:B
抽取(分配)问题例2高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中甲工厂必须有班级去,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种思路分析:解决此类问题可以用直接法先分类再分步,也可用排除法.
解析:(方法一　直接法)以甲工厂分配班级情况进行分类,共分为三类.第1类,三个班级都去甲工厂,此时分配方案只有1种;第2类,有两个班级去甲工厂,剩下的班级去另外三个工厂,其分配方案有3×3=9(种);第3类,有一个班级去甲工厂,另外两个班级去其他三个工厂,其分配方案有3×3×3=27(种).综上所述,不同的分配方案共有1+9+27=37(种).(方法二　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,即有4×4×4-3×3×3=37(种)不同的分配方案.
反思感悟 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.
变式训练2 7名学生中有3名学生会下象棋但不会下围棋,有2名学生会下围棋但不会下象棋,另2名学生既会下象棋又会下围棋.现从中选出会下象棋和会下围棋的学生各1人参加比赛,共有多少种不同的选法?
解:第1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,由分步乘法计数原理得N1=3×2=6(种).第2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,由分步乘法计数原理得N2=3×2=6(种).第3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,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,由分步乘法计数原理得N3=2×2=4(种).第4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,另一名参加围棋比赛,有N4=2种.综上,由分类加法计数原理可知,不同选法共有N=N1+N2+N3+N4=6+6+4+2=18(种).
涂色问题例3将红、黄、蓝、白、黑五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?
思路分析:注意考虑不相邻区域颜色是否相同.
解:第1个小方格可以从五种颜色中任取一种颜色涂上,有5种不同的涂法.①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时,有4×3=12(种)不同的涂法,第4个小方格有3种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有5×12×3=180(种)不同的涂法.②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时,有4种涂法,由于相邻两格不同色,因此,第4个小方格也有4种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有5×4×4=80(种)不同的涂法.由分类加法计数原理可得共有180+80=260(种)不同的涂法.
延伸探究 本例中的区域改为如图所示,其他条件均不变,则不同的涂法共有多少种?
解:依题意,可分两类:①④不同色;①④同色. 第1类,①④不同色,则①②③④所涂的颜色各不相同,我们可将这件事情分成四步来完成.第1步涂①,从5种颜色中任选一种,有5种涂法;第2步涂②,从余下的4种颜色中任选一种,有4种涂法;第3步涂③与第4步涂④时,分别有3种涂法和2种涂法.于是由分步乘法计数原理得,不同的涂法为5×4×3×2=120(种).第2类,①④同色,则①②③不同色,我们可将涂色工作分成三步来完成.第1步涂①④,有5种涂法;第2步涂②,有4种涂法;第3步涂③,有3种涂法.于是由分步乘法计数原理得,不同的涂法有5×4×3=60(种).综上可知,所求的涂色方法共有120+60=180(种).
反思感悟 解决涂色(种植)问题的一般思路涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解,有几种常用方法:(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.种植问题按种植的顺序分步进行,用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类,用分类加法计数原理计数.
变式训练3如图所示的几何体是由一个三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成的,现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的涂色方案共有　　　种. 
解析:先涂三棱锥P-ABC的三个侧面,再涂三棱柱的三个侧面,由分步乘法计数原理,共有3×2×1×2=12(种)不同的涂法.答案:12
元素重复选取的计数问题典例(1)5名学生从4项体育项目中选取一项参赛,若每一名学生只能参加一项,则有多少种不同的参赛方法?(2)若5名学生争夺4项比赛冠军(每一名学生参赛项目不限,没有并列冠军),则冠军获得者有几种不同情况?解:(1)每名学生都可从4项体育项目中选一项,有4种选法,故5名学生的参赛方法有4×4×4×4×4=45=1 024(种).(2)每个冠军皆有可能被5名学生中任1人获得,则冠军获得者的不同情况有5×5×5×5=54=625(种).
方法点睛 解答这类问题,切忌死记公式“mn”和“nm”.而应弄清哪类元素必须用完,从而以它为主进行分析,再用分步乘法计数原理求解.实际上,哪类元素允许重复选取,就以哪类元素的个数为幂的底数.
1.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同的数字相加,其和为偶数的不同取法的种数为(　　)A.30B.20C.10D.6解析:从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两个不同的数字相加,和为偶数可分为两类,①取出的两数都是偶数,共有3种取法;②取出的两数都是奇数,共有3种取法.故由分类加法计数原理得,共有N=3+3=6(种)取法.答案:D
2.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两个端点异色,若只有4种颜色可供使用,则不同的染色方法共有(　　)A.48种B.72种C.96种D.108种解析:设四棱锥为P-ABCD.当A,C颜色相同时,先染P有4种方法,再染A,C有3种方法,然后染B有2种方法,最后染D也有2种方法.根据分步乘法计数原理知,共有4×3×2×2=48(种)方法;当A,C颜色不相同时,先染P有4种方法,再染A有3种方法,然后染C有2种方法,最后染B,D都有1种方法.根据分步乘法计数原理知,共有4×3×2×1×1=24(种)方法.综上,共有48+24=72(种)方法.故选B.答案:B
3.(2020甘肃靖远第四中学高二期中)我校兼程楼共有5层,每层均有两个楼梯,由一楼到五楼的走法有(　　)A.10种B.16种C.25种D.32种解析:走法共分四步,一层到二层2种,二层到三层2种,三层到四层2种,四层到五层2种,一共24=16(种).故选B.答案:B