2020-2021人教版数学2-3教师用书：第1章 1.1 第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020-2021学年人教A版数学选修2-3教师用书：第1章1.1第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用含解析第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用学习目标核心素养1.进一步理解和掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理．（重点)2.能根据具体问题的特征，选择两种计数原理解决一些实际问题．(重、难点)3。会根据实际问题的特征，合理地分类或分步．(难点、易混点）1.借助两个计数原理解题提升数学运算的素养。2.通过合理地分类或分步解决问题提升逻辑推理的素养。组数问题【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，因为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．1．(变结论)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．2．(变结论）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．解决组数问题的方法1．对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置（或者特殊元素）优先的方法分步完成;如果正面分类较多,可采用间接法从反面求解．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，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．抽取与分配问题【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．现在从这7人中选2人分别同时参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？［思路点拨]本题应先分类，再分步．eq\x(确定分类标准)→eq\x(确定类数)→eq\x(逐类分步计算)→eq\x（结论）［解］法一:分四类：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，有选法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，有选法3×2＝6(种)；第3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，有选法2×2＝4(种)；第4类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛,有选法2×1＝2(种）．故不同的选法共有6＋6＋4＋2＝18（种)．法二：分两类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，这时7人中还有4人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法3×4＝12(种)．第2类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选一名参加象棋比赛，这时7人中还有3人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法2×3＝6（种)．故不同的选法共有12＋6＝18（种)．求解抽取(分配)问题的方法1．当涉及对象数目不大时,一般选用枚举法、树状图法、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直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．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．eq\o（［跟进训练］)1．3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)。涂色与种植问题[探究问题]1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？[提示]涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A,B,C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24（种)不同方案．2．在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色,共有多少种不同的涂色方案？［提示］恰用3种不同颜色涂四个区域,则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案．【例3】将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示的图中,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？[思路点拨]给图中区域标上记号A，B,C，D，E,则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．[解]法一：给图中区域标上记号A,B,C，D，E，如图所示．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．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.eq\o（［跟进训练]）2.（1)如图所示,一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花,则不同的种法总数为()A．96 B．84C．60 D．48(2）将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物,不同的种植方法共有多少种?（1)B［法一：分为两类.第一类：当花坛A、C中花相同时有4×3×1×3＝36种.第二类：当花坛A、C中花不同时有4×3×2×2＝48种.共有36＋48＝84种，故选B.法二:分为四步。第一步：考虑A，有4种;第二步:考虑B,有3种；第三步:考虑C，有两类,一是A与C同，C的选法有1种，这样第四步D的选法有3种．二是A与C不同，C的选法是2种，此时第四步D的选法也是2种。共有4×3×(1×3＋2×2)＝84(种）．]（2）［解]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。解决较为复杂的计数问题综合应用1.合理分类，准确分步：（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。（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.(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。特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应先安排特殊元素，优先确定特殊位置,再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想。1。判断（正确的打“√”，错误的打“×”)(1）某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种． (）（2)在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有43种． （）（3)有三只口袋装有小球,一只装有5个白色小球，一只装有6个黑色小球,一只装有7个红色小球，若每次从中取两个不同颜色的小球,共有36种不同的取法． （）（1）√(2）×(3)×［(1）√根据分类加法计数原理,担任星期一早晨升旗任务可以是高一年级，也可以是高二年级，因此安排方法共有8＋6＝14（种）。(2）×因为每个项目中的冠军都有3种可能的情况，根据分步乘法计数原理共有34种不同的夺冠情况。（3）×分为三类：一类是取白球、黑球，有5×6＝30种取法；一类是取白球、红球，有5×7＝35种取法；一类是取黑球、红球,有6×7＝42种取法.所以由分类加法计数原理共有30＋35＋42＝107（种)不同的取法．]2。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.30 B．20C。10 D．6D[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．］3。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C[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．故选C。］4。如图所示,要用4种不同的颜色给金、榜、题、名四个区域上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有多少种不同的涂法?[解]完成这件事可分四个步骤进行，按金、榜、题、名的