2023-2024学年北师大版选择性必修第一册 　基本计数原理的简单应用 课件（29张）

知识探究·素养培育探究点一加法原理与乘法原理[问题1]第31届世界大学生夏季运动会将于2021年8月18日至29日在成都举行,某委员打算从泉城济南前往成都参加会议.他有两类快捷途径可供选择:一是乘飞机,二是乘坐动车组.假如这天飞机有3个航班可乘,动车组有4个班次可乘.此委员这一天从济南到成都共有多少种快捷途径可选?知识点1:分类加法计数原理完成一件事,可以有n类办法,在第1类办法中有

,在第2类办法中有

……在第n类办法中有

,那么完成这件事共有N=

种方法.(也称“加法原理”)m1种方法m2种方法mn种方法m1+m2+…+mn知识点2:分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤,缺一不可,做第1步有

,做第2步有

……做第n步有

,那么完成这件事共有N=

种方法.(也称“乘法原理”)[思考1-1]应用分类加法计数原理的关键是什么?提示:应用分类加法计数原理的关键是看每一类办法中的每种方法是否独立地完成了这件事.[思考1-2]应用分步乘法计数原理的关键是什么?提示:应用分步乘法计数原理的关键是看每一步中的每种方法并不能完成这件事,只有每一步都完成了,才完成这件事.m1种不同的方法m2种不同的方法mn种不同的方法m1·m2·…·mn[例1]某校高中三年级一班有优秀团员8人,二班有优秀团员10人,三班有优秀团员6人,学校组织他们去参观某爱国主义教育基地.(1)推选1人为总负责人,有多少种不同的选法?解:(1)分3类,第1类是从一班的8名优秀团员中产生,共有8种不同的选法;第2类是从二班的10名优秀团员中产生,共有10种不同的选法;第3类是从三班的6名优秀团员中产生,共有6种不同的选法,由分类加法计数原理可得,共有N=8+10+6=24(种)不同的选法.(2)每班选1人为小组长,有多少种不同的选法?(3)从他们中选出2个人管理生活,要求这2个人不同班,有多少种不同的选法?解:(2)分3步,第1步从一班的8名优秀团员中选1名组长,共有8种不同的选法;第2步从二班的10名优秀团员中选1名组长,共有10种不同的选法;第3步是从三班的6名优秀团员中选1名组长,共有6种不同的选法,由分步乘法计数原理可得,共有N=8×10×6=480(种)不同的选法.(3)分3类,每1类又分2步,第1类是从一班、二班的优秀团员中各选1人,有8×10种不同的选法;第2类是从二班、三班的优秀团员中各选1人,有10×6种不同的选法;第3类是从一班、三班的优秀团员中各选1人,有8×6种不同的选法,因此,共有N=8×10+10×6+8×6=188(种)不同的选法.方法总结(1)运用两个原理的关键在于正确区分“分类”与“分步”,分类就是能“一步到位”,即任何一类中任何一种方法,都能完成这件事;而分步只能是“局部到位”,即任何一步中任何一种方法只能完成事件中的某一部分.(2)在既有分类又有分步的题型中,一般先分类,然后在每一类中再分步.变式训练1-1:若m,n均为非负整数,在做m+n的加法时各位均不进位(例如:2019+100=2119),则称(m,n)为“简单的”有序对,而m+n称为有序对(m,n)的值,那么值为2019的“简单的”有序对的个数是(

)(A)100 (B)96 (C)60 (D)30解析:由题意可知,只要确定了m,n即可确定一个有序数对(m,n),则对于数m,利用分步乘法计数原理,第一位取法有3种:0,1,2;第二位取法有1种:0;第三位取法有2种:0,1;第四位取法有10种:0,1,2,3,4,5,6,7,8,9;所以值为2019的“简单的”有序对的个数是3×1×2×10=60.故选C.解析:依题意可知,当a=1时,b=5,6,2种情况;当a=2时,b=5,6,2种情况;当a=3时,b=4,5,6,3种情况;当a=4时,b=3,5,6,3种情况;当a=5或6时,b各有5种情况.由分类加法计数原理,得点P的个数为2+2+3+3+5+5=20.变式训练1-2:在平面直角坐标系内,点P(a,b)的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}中的元素.又点P到原点的距离|OP|≥5,则这样的点P的个数为

.

答案:20探究点二组数问题[思考2]如何求与数字有关的计数问题?提示:

(1)先确定是分类还是分步,分类时确定好统一标准,不重复,也不遗漏,分步时,确定好步骤.(2)先根据题意确定特殊数位的数字(如首位不能为0,奇数的个位为奇数等),再确定其他位置上的数字.[例2]用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的:(1)银行存折的四位密码?解:(1)分步解决.第1步:选取左边第一个位置上的数字,有6种选取方法;第2步:选取左边第二个位置上的数字,有5种选取方法;第3步:选取左边第三个位置上的数字,有4种选取方法;第4步:选取左边第四个位置上的数字,有3种选取方法.由分步乘法计数原理知,可组成不同的四位密码共有6×5×4×3=360(个).(2)四位整数?解:(2)分步解决.第1步:首位数字有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,可组成的四位整数有5×5×4×3=300(个).(3)比2000大的四位偶数?解:(3)法一按末位是0,2,4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).则由分类加法计数原理有N=48+36+36=120(个).法二按千位是2,3,4,5分四类:第1类:千位是2的有2×4×3=24(个);第2类:千位是3的有3×4×3=36(个);第3类:千位是4的有2×4×3=24(个);第4类:千位是5的有3×4×3=36(个).则由分类加法计数原理有N=24+36+24+36=120(个).法三用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类:第1类:末位是0的有5×4×3=60(个);第2类:末位是2或4的有2×4×4×3=96(个).共有60+96=156(个).其中比2000小的有:千位是1的共有3×4×3=36(个),所以符合条件的四位偶数共有156-36=120(个).方法总结(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.变式训练2-1:我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”),则“六合数”中首位为2的“六合数”共有(

)(A)18个 (B)15个 (C)12个 (D)9个解析:依题意,这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数,分别为400,040,004;由3,1,0组成6个数,分别为310,301,130,103,013,031;由2,2,0组成3个数,分别为220,202,022;由2,1,1组成3个数,分别为211,121,112,共计3+6+3+3=15(个).故选B.变式训练2-2:我们把中间位数上的数字最大,而两边依次减小的多位数称为“凸数”.如132,341等,那么由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是

.

解析:根据“凸数”的特点,中间的数字只能是3,4,5,故分3类,第1类,当中间数字为“3”时,此时有2种(132,231);第2类,当中间数字为“4”时,从1,2,3中任取两个放在4的两边,故有6种;第3类,当中间数字为“5”时,从1,2,3,4中任取两个放在5的两边,故有12种;根据分类加法计数原理,得到由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2+6+12=20.答案:20探究点三涂色(种植)问题[问题2]解决涂色问题的关键是什么?[思考3]如何求解涂色问题的计数?提示:(1)分清所给的颜色是否用完,并选择恰当的涂色顺序.(2)选择好分类标准,分清楚哪些可以同色,分类与分步交叉时不要计数重复,也不要遗漏.[例3]将红、黄、蓝、白、黑5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?解:第1个小方格可以从5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.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)对于涂色问题可将空间问题平面化,转化为平面区域涂色问题.变式训练3-1:已知一个公园的形状如图所示,现有3种不同的植物要种在此公园的A,B,C,D,E这五个区域内,要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物,则不同的种法为

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解析:根据题意,分两步进行分析:①对于A,B,C区域,三个区域两两相邻,种的植物都不能相同,将3种不同的植物安排在A,B,C区域,有3×2×1=6(种)情况;②对于D,E区域,分2种情况讨论:若C,E种的植物相同,则D有2种种法;若C,E种的植物不同,则E有1种种法,D也有1种种法;则D,E区域共有2+1=3(种)不同种法,故不同的种法为6×3=18.答案:18变式训练3-2:用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…,9的9个小正方形(如图),使得任意相邻(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法共有

种.

解析:把区域分为三部分,第一部分1,5,9,有3种涂法.第二部分4,7,8,当5,7同色时,4,8各有2种涂法,共4种涂法;当5,7异色时,7有2种涂法,4,8均只有1种涂法,故第二部分共4+2=6(种)涂法.第三部分与第二部分一样,共6种涂法.由分步乘法计数原理,可得共有3×6×6=108(种)涂法.答案:108探究点四抽取与分配问题[思考4]抽取与分配问题常用方法有哪些?提示:列举法、树状图法、框图法或者图表法等.[例4]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人分别参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选法?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1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).答案:18种方法总结求解抽取(分配)问题的方法(1)当涉及对象数目不大时,一般选用列举法、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