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第二课时　两个计数原理的综合应用
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（数学抽象）.
2. 能根据具体问题的特征，选择两个计数原理解决一些实际问题（逻辑推
理、数学运算）.
课标要求
知识点一 组数问题
01
知识点二 抽取（分配）问题
02
知识点三 涂色（种植）问题
03
课时作业
04
目录
知识点一 组数问题
01
PART
【例1】　（链接教材P7练习5题）用0，1，2，3，4五个数字.
（1）可以排成多少个三位数字的密码？
解： 三位数字的密码，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（个）.
（2）可以排成多少个三位数？
解： 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
（个）.
（3）可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
解： 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　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，从1，2，3，
4中除去用过的一个，从剩下的3个中任取一个，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有2×3×3×2＝36（个）.
【规律方法】
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），特殊元
素优先的方法分类或分步完成；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.
　　提醒：数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位.
训练1　由0，1，2，3这四个数字，可组成多少个：
（1）无重复数字的三位数？
解： 0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选
择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18
（个）.
（2）可以有重复数字的三位数？
解： 百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4
种选择.
由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48
（个）.
知识点二 抽取（分配）问题
02
PART
【例2】　（链接教材P6例4）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
√
解析： 　法一（直接法）　按甲工厂分配的班情况进行分类，共分为三
类：第一类，三个班都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，
有两个班去甲工厂，剩下的一个班去另外三个工厂，分配方案共有3×3＝
9（种）；第三类，有一个班去甲工厂，另外两个班去其他三个工厂，分
配方案共有3×3×3＝27（种）.综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝
37（种）.
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4×4×4－3×3×3＝37（种）方案.
【规律方法】
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.
训练2　（1）把标号为1，2，3，4的四个小球分别放入标号为1，2，3，4
的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共
有（　A　）
A. 18种 B. 9种
C. 6种 D. 3种
解析： 由于1号球不放入1号盒子，则1号球可放入2，3，4号盒子，
有3种选择，则2号球有3种选择，3号球有2种选择，4号球只有1种选择.根
据分步乘法计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有3×3×2×1＝18
（种）.故选A.
A
（2）甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的
贺卡，则不同取法的种数为 .
解析： 不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后
第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共有
2×1×1＝2（种）.
2　
知识点三 涂色（种植）问题
03
PART
【例3】　（1）将5种不同的颜色涂在如图所示的四个区域A，B，C，D
中，每个区域涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法
有 种；
解析： 法一　可分步进行，A有5种涂法，B有4种.当A与D不同色
时，D有3种涂法，C有2种涂法，共有5×4×3×2＝120（种）涂法.当A
与D同色时，C有3种涂法，共有5×4×3＝60（种）.综上，不同的涂色方
法有180种.
180
法二　先排B，C，D，两两不同色，有5×4×3＝60（种）方法.再排
A，A只要与B，C不同色即可，有3种涂色方法.故不同的涂色方法有
60×3＝180（种）.
解析： 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）.
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），其中不种黄瓜有3×2×1＝6（种），故共有24－6＝18（种）不
同的种植方法.
（2）从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在三块
不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则有 种不同的种植方法.
18
【规律方法】
解决涂色（种植）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（种植作物）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）对于涂色问题，将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题.
训练3　（1）如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要
求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有 种；
解析： 根据题意，对于区域A，有4种涂色方法，对于区域B，有3种
涂色方法，对于区域C，有2种涂色方法，对于区域D，有2种涂色方法，
则由分步乘法计数原理可得4×3×2×2＝48（种）涂色方法.
48
（2）如图，将1个四棱锥的每个面染上1种颜色，使每两个具有公共棱
的面染成不同颜色.如果只有4种颜色可使用，那么不同的染色方法
有 种.
72
解析： 当侧面SAB与侧面SDC同色时，底面ABCD有4种染色方法，
侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色
方法，侧面SBC有2种染色方法，共有4×3×2×1×2＝48（种）染色方
法；当侧面SAB与侧面SDC不同色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面
SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方
法，侧面SBC有1种染色方法，共有4×3×2×1×1＝24（种）染色方法.
则不同的染色方法共有48＋24＝72（种）.
1. 用1，2，3，4四个数字组成没有重复数字的三位偶数共有（　　）
A. 6个 B. 18个
C. 24个 D. 12个
解析： 　先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，由3×2＝6种选
择，根据分步乘法计数原理可得共有2×6＝12个没有重复数字的三位偶
数.故选D.
√
2. 某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第2个号码只能从字母
B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这10个数字中选择（数字可
以重复）.若某车主第1个号码（从左到右）只想在数字3，5，6，8，9中
选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他可选的车牌号码的所有可
能情况有（　　）
A. 180种 B. 360种
C. 720种 D. 960种
解析： 　按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2个号码有
3种选法，其余3个号码各有4种选法，因此共有5×3×4×4×4＝960
（种）情况.
√
3. 如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的
矩形涂色不同，则不同的涂法有 种.
A B
C
D
解析：先涂A，有4种选择，则B有3种选择，而为了让C与A，B都不一
样，则C有2种选择，再涂D，只要与C涂不一样的就可以，也就是D有3
种，所以一共有4×3×2×3＝72（种）.
72
4. 已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡.
若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与
甲、乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以，则甲、乙、丙、丁购物
后依次结账，他们结账方式共有 种.
解析：当乙用现金结账时，此时甲和乙都用现金结账，所以丙有3种方
法，丁有4种方法，共有3×4＝12（种）方法；当乙用银联卡结账时，此
时甲用现金结账，丙有2种方法，丁有4种方法，共有2×4＝8（种）方法.
综上，共有12＋8＝20（种）方法.
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课堂小结
1. 理清单
（1）组数问题；
（2）抽取（分配）问题；
（3）涂色（种植）问题.
2. 应体会
解决组数问题及涂色问题时注意分类讨论思想及“正难则反”思想的
应用.
3. 避易错
分类标准不明确，出现重复或遗漏问题.
课时作业
04
PART
1. 某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其
中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮
球和足球，则不同的选课方法共有（　　）
A. 36种 B. 60种
C. 75种 D. 85种
解析： 　小明有三种选课方法，小强和小豆各有五种选课方法，故共有
3×5×5＝75（种）选课方法.故选C.
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√
2. 某城市的电话号码由七位升为八位（首位数字均不为零），则该城市可
增加的电话部数是（　　）
A. 9×8×7×6×5×4×3×2
B. 8×97
C. 9×107
D. 8.1×107
解析： 　当电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，同理
升为八位时为9×107部，所以可增加的电话部数是9×107－9×106＝
8.1×107.
√
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3. 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. 24 B. 18
C. 12 D. 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，个位有3种情况，十位
有2种情况，百位有2种情况，共12种；如果是第二种“偶奇奇”的情况，
个位有3种情况，十位有2种情况，百位不能是0，只有一种情况，共6种，
因此总共有12＋6＝18（个）奇数.
√
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4. 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
解析： 　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，所以共有
5×4×4×4×4＝1 280（种）涂色方法.故选D.
√
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5. 甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始
踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（　　）
A. 4种 B. 5种
C. 6种 D. 12种
解析： 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→
甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同
的传法，故共有3＋3＝6（种）不同的传法.
√
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6. 〔多选〕某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人每人在该窗口
打2份菜，且每人至多打1份荤菜，则下列说法正确的是（　　）
A. 甲若选1份荤菜，则有6种选法
B. 乙的选菜方法数为9
C. 若两人分别打菜，则总的方法数为18
D. 若两人打的菜均为一荤一素且只有一份相同，则方法数为30
√
√
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解析： 　甲选一份荤菜，则有2×3＝6（种）选法，选项A正确；乙的
选菜方法数为2×3＋3＝9，选项B正确；两人分别打菜时，总的方法数为
9×9＝81（种），选项C不正确；两人所打菜只有一份相同时，若荤菜相
同，则有2×3×2＝12（种）；若素菜相同，则有3×2＝6（种）.所以若
两人所打菜均为一荤一素且只有一份相同时的选法数为12＋6＝18，选项D
错误.
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7. 古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序.用天干的“甲、丙、
戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的
“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共
可配成 组.
解析：分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的
“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30（组）不同的结果；同
理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60（组）.
60
1
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3
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8. 用0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字的四位整数有
个；其中比2 000大的四位偶数有 个.
解析：①分四步：第1步，千位数字有5种选取方法；第2步，百位数字有5
种选取方法；第3步，十位数字有4种选取方法；第4步，个位数字有3种选
取方法.由分步乘法计数原理知，可组成无重复数字的四位整数共
5×5×4×3＝300（个）.②分为三类：第1类，末位是0的有4×4×3＝48
（个）；第2类，末位是2的有3×4×3＝36（个）；第3类，末位是4的有
3×4×3＝36（个）.由分类加法计数原理知，共有48＋36＋36＝120
（个）.
300
120　
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9. 若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这五个数字中
任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？
解：分两类：
第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为y＝0或x＝0，共2条.
第2类，当A，B都不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成.
第1步，确定A的值，有4种不同的方法；
第2步，确定B的值，有3种不同的方法.
共可确定4×3＝12（条）直线.
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14（条）.
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10. 某班同学准备了5个节目参加班级音乐会活动.节目顺序有如下要求：
节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一
位，则在这次活动中节目顺序的编排方案种数为（　　）
A. 8 B. 10
C. 12 D. 15
√
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解析： 　由题意知甲的位置影响乙的排列，所以要分两类：①甲排在第
一位，丙排在最后一位，则其余3个节目共有3×2×1＝6（种）编排方
案；②甲排在第二位，丙排在最后一位，从第三、四位中排乙，其余2个
节目排在剩下的2个位置，共有2×2×1＝4（种）编排方案.故编排方案共
有6＋4＝10（种）.
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11. 〔多选〕6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学
之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之
间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为（　　）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
√
√
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12
解析： 　设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示.若任意两位同学
之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15（次）交换，现只进行了
13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：①由3人构成
的2次交换，如a～b和a～c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有
b，c两人.②由4人构成的2次交换，如a～b和c～d之间的交换没有发
生，则收到4份纪念品的有a，b，c，d四人.
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12. 相邻的4个车位中停放了4辆不同的车，现将所有车开出后再重新停入
这4个车位中.
（1）若要求有3辆车不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
解： 可分成两步完成：第一步，先选出停在原来车位的那辆车，有4
种情况；
第二步，停放剩下的3辆车，将剩余3辆车分别编号为A，B，C，将剩余3
个停车位分别编号为一、二、三，设A车先选停车位，此时有2种停法，剩
余两辆车有且只有1种停法，所以第二步有2种停法，
根据分步乘法计数原理，共有4×2＝8（种）停法.
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（2）若要求所有车都不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
解： 将4辆车分别编号为A，B，C，D，将4个停车位分别编号为
一、二、三、四.不妨设A车先选停车位，此时有3种停法，若A车选了二
号停车位，那么B车再选，有3种停法，剩下的C车和D车都只有1种停
法，故共有3×3＝9（种）停法.
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