【整合课件】6.1-第2课时-两个计数原理的应用

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：