人教高中数学选修23《计数原理》学案设计.doc

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1、人教高中数学选修2-3计数原理学案设计第一课时分类加法计数原理温故知新学习目标课前思索我们常用的加法是计数最基本的技巧，这种技巧经过推广就是将要学习的分类加法计数原理.那么这个原理是怎样的呢？理解分类加法计数原理，特别是该原理成立的前提条件；理解“一件事情”的含义，并会用原理分析和解决一些简单的计数应用问题.原理成立的前提条件是什么？适用范围是什么？应用原理时有哪些方法步骤？课前准备（我准备 我成功）课堂学习（合作探究 深化理解）1.学习引领（1）分类加法计数原理：分类加法计数原理又叫分类计数原理、加法原理，它是数学中公认为正确的理论依据. 原理的条件是分类，结论是加法，目的是计数. 原理也是

2、一种最基本、最重要的思想方法：当面临一个复杂问题时，可以分解为若干个简单的问题，然后分类解决，各个击破，再用加法将它们整合起来得到整个问题的解决，达到以简驭繁、化难为易的效果.（2）分类加法计数原理的适用范围：原理可以从两类推广为类都成立的情形.如果完成一件事情有几类办法，这几类办法彼此之间相互独立，无论哪一种办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数就用分类加法计数原理.（3）解决问题的方法步骤：判断；分类；加法计算.在判断时首先要弄清“一件事情”是什么，只有准确理解了“一件事情”的含义，才能进一步分析有几类方案去“完成一件事情”，用每一类的任何一种方法是否都可以“独立完成

3、一件事情” 等问题，同时分类时要突出一个原则，那就是“不重不漏”.2.合作探究例1 判断下列各题中运用分类加法计数原理解答是否正确，并说明理由.（）某同学有7支不同的水笔，9本不同的笔记簿，他要从中任取1支水笔，1本笔记簿，则共有7+9=16种不同的方法；（）某商场南面有3个门，北面有2个门，某人去该商场购物，则进门或出门的不同方式共有3+2=5种；（）已知，则方程表示圆心在坐标轴上的圆共有3+3=6个；（）若集合，映射满足，则不同映射的个数共有2+3+2=7个.解析：（）错误.错在把一件事情当作“选1支水笔或1本笔记簿”，事实上只选1支水笔或只选1本笔记簿这件事并没有完成，从而误用分类加法计

4、数原理得出了错误结论.（）错误.因为一件事情是“进门或出门”，并没有规定从南门进北门出，所以进门或出门都有5种不同的方式，故根据分类加法计数原理共有5+5=10种.（）错误. 错在分类不彻底计数有遗漏，事实上应分为圆心在原点、圆心在轴上且不含原点、圆心在轴上且不含原点这三类，故圆心在坐标轴上的圆共有1+3+3=7个.（）正确.按的取值分为三类：时，有和这2种情况；时，有、和这3种情况；时，有和这2种情况. 根据分类加法计数原理，共有2+3+2=7个映射.点评：从“一件事情”是什么入手，既是判断是否可以运用分类加法计数原理解决问题的关键，又是打开谁来分类、如何分类、分成几类的钥匙.并注意运用列举

5、法、表格法、树形图法等计数的常用策略.例2（1）用数字0，1，2，3，6组成没有重复数字的三位数，其中比210大的共有多少个？（2）如图，电路中有4个电阻和一个电流表，若没有电流流过电流表，其原因仅因电阻断路的可能性共有多少种？解：（1）以百位数字为标准分为三类：百位为2时，十位为1且比210大的三位数有2个，十位为3的有3个，十位为6的也有3个，共有2+3+3=8个；百位为3时，十位为0，1，2，6时各为3个，共有3+3+3+3=12个；百位为6时，同理也有12个根据分类加法计数原理，共有8+12+12=32个（2）以同时考虑是否断路为标准分为三类：第一类，若断路断路，则或可断路也可不断路，

6、有4种情况；第二类，若断路不断路，则与至少有一个断路，有3种情况；第三类，若不断路断路，则或可断路也可不断路，有4种情况根据分类加法计数原理，共有4+3+4=11种可能性点评：标准不同其分类的结果也不同，若选择条件较多的元素为分类标准，则具有类少易分的特征；若选择条件较少的元素为分类标准，则具有类多易算的特征应根据具体情况选择更好的元素为分类标准，如本例（2）虽然也可以只考虑（或）是否断路为标准分为两类，但这时求某类的方法数可能会困难一些3.基础练习（1）用“风、雅、颂、松、竹、梅”中的一个字或“赤、橙、黄、绿、青、蓝、紫”中的一个字给学校的文明寝室命名，则总共能够命名出的寝室个数为（）（）6

7、或7（）7 （）13 （）42（2）某班48人中有26人只会英语，12人只会日语，其余的人既会英语又会日语，现从中选一位同学为上海世博会做日语翻译，则不同的选法种数为（）（）12 （）22 （）36 （）48（3）假期到了，如果你想到北京去旅游，选中比较理想的旅游路线有：坐火车有4种方法，坐飞机有2种方法，坐汽车有3种方法，则你有 种不同的走法（4）平面内有14个红色点和蓝色点，其中12个红色点都在同一条直线上，此外无三点共线，则这14个点可连成不同直线的条数是 （5）若，且，则有序自然数对的个数是 作业习题（我巩固 我提高）（1）一道数学题可用2种方法完成，有3人会用第1种方法完成，另外人会

8、用第2种方法完成，从中选出1人来完成这道数学题，若不同的选法种数是12，则（）（）9 （）8（）6 （）4（2）把10个相同的小球分成三堆，要求每堆至少1个，则不同的分法共有（）（）4种 （）7种（）8种 （）21种（3）从数字1，2，3，4，7，9中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，则对数值中不同的且小于1的共有 个（4）已知，且表示椭圆焦点在轴上的椭圆有几个？焦点在轴上的椭圆有几个？不同的椭圆共有几个？（5）已知三角形的三边长均为正整数，且最大边长为分别求出最大边长为时的三角形个数；观察的结论，猜测最大边长为时的三角形个数；猜测最大边长为时的三角形个数；请自己设计一些最大边长为

9、非奇数的数，探索其一般规律作业反思 自我总结知识归纳方法总结错误总结基础练习答案与提示：（1）以两类不同的字为标准分为两类，共有6+7=13种不同的命名方法，故选()（2）以只会日语和日语英语都会为标准分为两类，共有12+（48-26-12）=22种不同的选法，故选()（3）9以不同的交通工具为标准分为三类，共有4+2+3=9种不同的走法（4）26以点的颜色为标准分为全红、全蓝和一红一蓝三类，共有1+1+（12+12）=26条不同的直线（5）20以横坐标为标准分为五类：时，由知可取0至5这6种情况；时，可取0至4这5种情况；时，依次为4，3，2种情况根据分类加法计数原理，有序自然数对的个数共有

10、6+5+4+3+2=20个作业习题答案与提示：（1）以不同的方法为标准分为两类，共有3+=12，解得，故选()（2）以个数最少的一堆为标准分为三类：一堆为1个时，有，即有4种分法；一堆为2个时，有，即有3种分法；一堆为3个时，有，即有1种分法根据分类加法计数原理，共有4+3+1=8种不同的分法，故选()（3）10以底数为标准分为五类：底数为2时，由底数大于真数得真数只能为1，即1种情况；底数为3时，真数只能为2（若真数为1则与重复），即1种情况；底数为4时，真数只能为2，3，即2种情况；底数为7时，真数只能为2，3，4，即3种情况；底数为9时，真数只能为2，4，7（若真数为3则与重复），即3种

11、情况根据分类加法计数原理，共有1+1+2+3+3=10个满足题意的对数值（4）10；25；35由椭圆的焦点在轴上得，从而以为标准分为四类：时，即1个；时，即2个；时，即3个；时，即4个根据分类加法计数原理，共有1+2+3+4=10个不同的椭圆由椭圆的焦点在轴上得，还是以为标准分为五类：时，取28，即7个；时，取38，即6个；时，取48，即5个；时，取58，即4个；时，取68，即3个根据分类加法计数原理，共有7+6+5+4+3=25个不同的椭圆所有的椭圆分为焦点在轴上两类，根据分类加法计数原理且由得，共有10+25=35个不同的椭圆（5）1，4，9；36；如当时，有个三角形当三角形最大边长为时，

12、其它边长也只能为1，则共有1个所求的三角形当时，若一边长为1，则另一边长必为3，即有1个；若一边长为2，则另一边长可为2，3，即有2个；若一边长为3，则另一边长也为3，即有1个根据分类加法计数原理，共有1+2+1=4个所求的三角形当时，若一边长为1，则另一边长必为5，即有1个；若一边长为2，则另一边长可为4，5，即有2个；若一边长为3，则另一边长可为3，4，5，即有3个；若一边长为4，则另一边长可为4，5，即有2个；若一边长为5，则另一边长也为5，即有1个根据分类加法计数原理，共有1+2+3+2+1=9个所求的三角形观察的结论，当时，有个三角形；当时，有个三角形；当时，有个三角形猜测当时，有个

13、三角形由猜测最大边长为时，有个三角形如当时，分别有2，6，12个三角形由此猜测当时，有个三角形第二课时分步乘法计数原理温故知新学习目标课前思索我们常用的乘法是计数最基本的技巧，这种技巧经过推广就是将要学习的分步乘法计数原理.那么这个原理又是怎样的呢？理解分步乘法计数原理，特别是该原理成立的前提条件；理解“一件事情”的含义，并会用原理分析和解决一些简单的计数应用问题.原理成立的前提条件是什么？适用范围是什么？应用原理时有哪些方法步骤？课前准备（我准备 我成功）课堂学习（合作探究 深化理解）1.学习引领（1）分步乘法计数原理：分步乘法计数原理又叫分步计数原理、乘法原理，它也是数学中公认为正确的理论

14、依据. 原理的条件是分步，结论是乘法，目的是计数. 原理也是一种最基本、最重要的思想方法：当面临一个复杂问题时，可以分解为若干个简单的步骤，然后分步解决，各个击破，再用乘法将它们整合起来得到整个问题的解决，所以我们要把原理放在首要的位置，达到正确理解、准确选用的程度.（2）分步乘法计数原理的适用范围：原理可以从两步推广为步都成立的情形.如果完成一件事情分为几个步骤，各个步骤中的方法彼此之间是相互依存的，只有各个步骤都完成之后才算完成这件事，求完成这件事的方法种数就用分步乘法计数原理.（3）解决问题的方法步骤：判断；分步；乘法计算.在判断时首先要弄清“一件事情”是什么，只有准确理解了“一件事情”

15、的含义，才能进一步分析问题与分类有关还是与分步有关，如果分步又要分几步去“完成一件事情”等问题. 在分步时，同样必须有明确的标准，这样才可做到使结果不重不漏.2.合作探究例1 判断下列各题中运用分步乘法计数原理解答是否正确，并说明理由.（）有两个写作小组，人数分别为10，8，从中选1人参加作文比赛，则不同的选法共有108=80种；（2）6名同学都参加100米、200米和跳远比赛，且每项比赛都没有并列冠军，则共有种不同的冠军获得情况；（3）有3张卡片的正反两面上，分别写上1，2，3和5，7，8，将它们并排组成三位数，则共有654=120个不同的三位数；（4）圆周上有个等分点（），以其中三个点为顶

16、点的直角三角形的个数共有个.解析：（）错误.错在把一件事情“从中选1人”误为“从中各选1人”，从而误用分步乘法计数原理得出了错误结论.（）错误.因为一件事情是“决定三个比赛冠军”，所以应按三个比赛项目分为三步，且每一步均有6种可能情况，根据分步乘法计数原理，共有种不同的冠军获得情况.（）错误. 错在没有注意到约束性条件，即同一张卡片的两个数不能同时出现在同一个三位数里，故由分步乘法计数原理得共有642=48个不同的三位数.（）正确. 因为直径所对的圆周角是直角，即所求直角三角形的斜边必是直径，所以按先确定直径再确定直角顶点分为两步：第一步，直径有条；第二步，直角顶点有个.根据分步乘法计数原理，

17、共有个不同的直角三角形. 点评：“分步”是乘法原理的标志，从“一件事情”是什么入手去寻找它. 同时分步时要做到步骤关联，步骤连续，步骤独立，确保对每一类事件的分步不重不漏.并注意条件越多的步骤越优先考虑的策略.例2（1）自然数1440共有多少个不同的正约数？（2）如图，用种不同的颜色涂入图中的矩形中，要求相邻的矩形涂色不同，若不同的涂法共有72种，求颜色的种数的值.解：（）由已知数分解质因数得， 所以1440的正约数可表示为的形式，其中. 运用化归思想，求正约数可转化为在各自的范围内选一个数，即以正约数的构成方式可分为三步：第一步，有6种选法；第二步，有3种选法；第三步，有2种选法.根据分步乘

18、法计数原理，共有632=36个不同的正约数.（2）以四个矩形的位置可分为四步，且分别有种不同的涂法，根据分步乘法计数原理得不同的涂法共有，即，从而，解得.点评：应用分步乘法计数原理解决实际问题时，注意总结归纳一些典型的数学模型，如涂色问题、映射问题、正约数问题、信箱及卡片问题等，以寻找解决这类问题的一般规律，同时可使其它问题转化为其相应的模型并注意逆向问题正向处理的策略.3.基础练习（1）从10名低碳环保志愿者中选出组长和副组长各1名，不同的选法种数为（）（）19（）38 （）90 （）180（2）由数字0，1，2，3，5，8可以组成没有重复数字的两位数的个数是（）（）10（）25 （）30

19、（）36（3）有4名优秀学生报名参加甲、乙、丙3所大学自主招生考试，每人限报其中的一所大学，则不同的报名情况的种数是（）（）43（）432 （） （）（4）在一条线段上取6个点（不包括线段的两端点），以这6个点和线段的两端点为起点和终点不同的有向线段最多有 条（5）某项工作原来分四个步骤进行，完成每一步骤的方法种数相等，且完成这项工作共有81种方法实施技术革新后，完成这项工作减少了一个步骤，但完成其它每一步的方法种数不变，则技术革新后完成这项工作共有 种不同的方法作业习题（我巩固 我提高） （1）已知集合，则可以建立从集合到集合的不同映射的个数，以及从集合到集合的不同映射的个数分别为（）（）（

20、） （） （）（2）要给下图中的四个区域分别涂上5种不同的颜色中的一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，则不同的涂色方法种数是（）（）180（）160 （）96 （）60（3）已知集合，是坐标平面上的点，其中则不在直线上的点共有 个（4）已知二次函数，若可以得到多少个不同的二次函数？图象过原点的二次函数有多少个？图象过原点且顶点在第一象限的二次函数有多少个？（5）某幢9层大楼的底层电梯里上了名乘客，各自到某一层下电梯若，则各有多少种不同的下法；观察的规律得出时的下法种数；若，求其中有一人不在6楼下的下法种数；从你能悟出什么道理？试写出一般规律.作业反思 自我总结知识归纳方法

21、总结错误总结基础练习答案与提示：（1）完成“选正副组长”这件事分为两步：第一步，选组长有10种不同的选法；第二步，选副组长有9种不同的选法根据分步乘法计数原理，共有109=90种不同的选法，故选()（2）确定十位、个位的数字分为两步：第一步，由首位不为0得十位有5种不同的取法；第二步，个位也有5种不同的取法根据分步乘法计数原理，共有55=25个不同的两位数，故选()（3）由4名优秀生依次报名分为四步，且每一步都有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的报名方法，故选()（4）56由起点和终点的顺序分为两步，第一步有8种不同的取法，第二步有7种不同的取法，根据分步乘法计数原理，共有

22、87=56条不同的有向线段（5）27设每一步骤的方法种数为，依题意可根据分步乘法计数原理得，解得；又技术革新后完成这项工作只有三个步骤，故根据分步乘法计数原理，共有种不同的方法作业习题答案与提示：（1）完成“到的映射”这件事分为五步，即给5个“原象”分别找“象”，且每一步都有4种找“象”的方法根据分步乘法计数原理，共有个不同的映射；同理，“到的映射”共有个，故选()（2）按四个区域依次分为四步，且各有5，4，3，3种不同的涂法根据分步乘法计数原理，共有5433=180种不同的涂色方法，故选()（3）30以横纵坐标的顺序分为两步：第一步有6种不同的取法；第二步，因为点不在直线上，即横纵坐标不相等

23、，有5种不同的取法根据分步乘法计数原理，不在直线上的点共有65=30个间接法：66-6=30（4）180；30；6分三步：第一步，由得有5种不同的取法；第二、三步，都有6种不同的取法根据分步乘法计数原理，共有566=180个不同的二次函数分三步：第一步，因为图象过原点，即，则只有1种取法；第二步，由得有5种不同的取法；第三步，有6种不同的取法根据分步乘法计数原理，共有156=30个不同的二次函数分三步：第一步，由得只有1种取法；第二步，由得有3种不同的取法；第三步，由顶点在第一象限，则对称轴，即得有2种不同的取法根据分步乘法计数原理，共有132=6个不同的二次函数（5）；，等当时，从2层到9层

24、，共有8种不同的下法；当时，两人分为两步，且每一步都有8种不同的下法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的下法；当时，三人分为三步，且每一步都有8种不同的下法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的下法观察的规律可得时的下法种数为当时，四人分为四步：第一步，一人不在6楼下有7种不同的下法；其余各步都有8种不同的下法根据分步乘法计数原理，共有种不同的下法若人中有个人不在某一楼层下，则有种不同的下法；若人中有个人不在个楼层下，则有种不同的下法第三课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用（一）温故知新学习目标课前思索分类加法计数原理与分步乘法计数原理，是贯穿始终的两个基本原理，它们既有着本质的区别

25、，又是相辅相成、相得益彰的.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的本质，并加以区别；能根据问题的特征，合理选择两个原理解决一些综合性的问题.两个基本原理本质的区别是什么？解决综合问题的类型方法有哪些？还要注意些什么？课前准备（我准备 我成功）课堂学习（合作探究 深化理解）1.学习引领（1）两个基本原理本质的区别：分类加法计数原理的关键词是“分类”；分步乘法计数原理的关键词是“分步”.分类时，类与类之间具有独立性；分步时，步与步之间具有相依性.分类时，每类方案都能独立地完成这件事，只需一种方法就可以完成这件事；分步时，只有各个步骤都完成了才能完成这件事，每一步都缺一不可.（2）解决综合问题的类

26、型方法：先分类后分步，即各类中又要分若干个步骤去完成；先分步后分类，即各步中又要分若干个类去完成；间接法，即从方法总数中减去不符合条件的方法数.（3）注意事项：面对一个问题，首先弄清楚“完成一件事”的具体所指，并有意识地去区分该问题是“分类”还是“分步”；分类或分步时，都必须确定一个标准，而这个标准的选择，需要在仔细分析题意的基础上来确定；注意随时利用列举法，尽管它解决的是方法数不是很多的问题，但通过列举法能够探求出规律.2.合作探究例1 某中学高一年级智能机器人比赛选手有8名男生和8名女生，高二年级智能机器人比赛选手有6名男生和6名女生，高三年级智能机器人比赛选手有6名男生和4名女生若从中选

27、派一名学生代表学校参加省智能机器人比赛，有多少种不同的选法？ 若从每个年级中各选一名学生代表学校参加省赛，有多少种不同的选法？若从三个年级中选出一名男生一名女生，且男女生不同年级，有多少种不同的选法？解析：按年级考虑分为三类：第一类，高一年级有8+8=16种不同的选派方法；第二类，高二年级有6+6=12种不同的选派方法；第三类，高三年级有6+4=10种不同的选派方法根据分类加法计数原理，共有16+12+10=38种不同的选派方法按年级考虑分为三步：第一步，高一年级有8+8=16种不同的选法；第二步，高二年级有6+6=12种不同的选法；第三步，高三年级有6+4=10种不同的选法根据分步乘法计数原

28、理，共有161210=1920种不同的选派方法解法一：按年级及性别考虑分为三类：第一类，先从高一年级中选出一名男生，再从高二、三年级中选出一名女生，根据分步乘法计数原理有8（6+4）=80种不同的选法；第二类，先从高二年级中选出一名男生，再从高一、三年级中选出一名女生，根据分步乘法计数原理有6（8+4）=72种不同的选法；第三类，先从高三年级中选出一名男生，再从高一、二年级中选出一名女生，根据分步乘法计数原理有6（8+6）=84种不同的选法根据分类加法计数原理，共有80+72+84=236种不同的选法解法二：间接法考虑按三个年级中男生女生分为两步：第一步，男生有8+6+6=20种不同的选法；第

29、二步，女生有8+6+4=18种不同的选法根据分步乘法计数原理，共有2018=360种不同的选法又男生女生均在同一年级的有88+66+64=124种不同的选法故共有360-124=236种不同的选法点评：像本例这类问题，分类还是分步、还是既分类又分步，题目中比较明确，只要我们透彻理解题意即可.注意一题多变，以起到举一反三的作用.例2 已知100到999的三位数，求其中含有0的三位数共有多少个？解法一：按特殊元素0的个数考虑分为两类：第一类，含有一个0且放在十位（或个位）上时，又分为两步，第一步百位有9种不同的方法，第二步个位（或十位）也有9种不同的方法，根据分步乘法计数原理，有992=162个所

30、求的三位数；第二类，含有两个0且分别放在十位和个位时，百位有9种不同的方法，即有9个所求的三位数根据分类加法计数原理，共有162+9=171个所求的三位数解法二：按三位数的位置分为两步：第一步，先考虑百位，有9种不同的方法；第二步再同时考虑十位与个位，又分为三类，第一类十位为0且个位不为0时，有9种不同的方法，第二类十位不为0且个位为0时，也有9种不同的方法，第三类十位、个位都为0时，有1种不同的方法，根据分类加法计数原理，有9+9+1=19种不同的方法根据分步乘法计数原理，共有919=171个所求的三位数解法三：间接法从100到999的所有的三位数共有999-99=900个；不含0的三位数个

31、数，根据分步乘法计数原理，有999=729个故含有0的三位数共有900-729=171个点评：像本例这类问题，题目中并没有具体确定分类还是分步，需要我们自己来确定并归纳出一些解题规律，如从特殊元素入手，从特殊位置入手，从反面间接入手注意一题多解，以优化解题过程.3.基础练习（1）已知，则不同的值的个数是（）（）1+1=2 （）1+1+1=3 （）23=6 （）33=9（2）从甲地到乙地每天有直达班车4班，从甲地到丙地每天有直达班车5班，从丙地到乙地每天有直达班车3班，则从甲地到乙地不同的乘车方式共有（）（）12种 （）19种 （）32种 （）60种（3）小芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的

32、裙子，另有套不同样式的连衣裙“元旦”前需选择一套服装参加文娱演出，若她不同的选择方式共有14种，则（）（）4 （）3 （）2 （）1（4）多项式展开后最多有 个不同的项（5）若，则方程表示 条不同的直线（6）某电视台“金色舞台”节目的现场观众来自四个单位，分别在右图中的四个区域内坐定，现有四种不同颜色的服装，每个单位的观众必须穿同种颜色的服装，且相邻两个区域的颜色不同，不相邻两个区域的颜色相同与否不受限制，则共有 种不同的着装方法作业习题（我巩固 我提高）（1）已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中表示第一、第二象限内的点的个数是（）（）10（）16 （）1

33、7 （）18（2）用10元、5元和1元三种币值来支付20元，不同的支付方法的种数有（）（）9 （）8 （）7 （）6（3）用数字0，1，2，3组成四位偶数的个数共有 个（4）从4名男生,3名女生中选出3名同学分别参加省、地、市级“三好学生”联评不同的选法共有多少种?至少有一名女生的不同选法共有多少种?男、女生都要有的不同选法共有多少种? （5）已知编号为1，2，3，4的四个盒子和编号为1，2，3，4的四个小球若1号球不能放到相应号码的盒子，共有多少种不同的方法；若1，2号球不能放到相应号码的盒子，共有多少种不同的方法；若1，2，3号球不能放到相应号码的盒子，共有多少种不同的方法；若四个球都不能

34、放到相应号码的盒子，共有多少种不同的方法你能计算出5个小球放入5个盒子的同上类似问题的方法种数吗？作业反思 自我总结知识归纳方法总结错误总结基础练习答案与提示：（1）以横纵坐标为标准分为两步，且各步都有3种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有33=9个不同的值，故选()（2）按直接与间接考虑分为两类：第一类，直接从甲地到乙地有4种不同的乘车方式；第二类，从甲地经丙地到乙地，又分为两步，根据分步乘法计数原理有53=15种不同的乘车方式根据分类加法计数原理，共有4+15=19种不同的乘车方式，故选()（3）分为两类：第一类，连衣裙有种不同的选择方式；第二类，衬衣配裙子，又分为两步，根据分步乘法计

35、数原理有43=12种不同的选择方式根据分类加法计数原理，共有+12=14种不同的选择方式，解得，故选()（4）10分为两类，且每一类又分为两步，故展开后最多有32+22=10个不同的项（5）13间接法：根据分步乘法计数原理，共有44=16种方法，但重复的有，三种情况，故有16-3=13条不同的直线（6）84按同色情况为标准分为三类：第一类，四个区域都不同色，又分为四步，根据分步乘法计数原理有4321=24种不同的方法；第二类，区域同色，又分为三步，根据分步乘法计数原理有432=24种不同的方法，同理区域同色时也有24种不同的方法，即有48种不同的方法；第三类，区域同色且区域也同色时，又分为两步

36、，根据分步乘法计数原理有43=12种不同的方法根据分类加法计数原理，共有24+48+12=84种不同的着装方法作业习题答案与提示：（1）以不同的象限为标准分为两类：第一类，第一象限内点的坐标，当时，根据分步乘法计数原理有23=6个，当时，根据分步乘法计数原理有32=6个，即有6+6=12个；第二类，第二象限内点的坐标，当时，根据分步乘法计数原理有13=3个，当时，根据分步乘法计数原理有12=2个，即有3+2=5根据分类加法计数原理，共有12+5=17个所求的点，故选()（2）以不同种类的币值为标准分为三类：第一类，只用同一种币值有3种支付方法；第二类，用两种币值时有1+1+3=5种支付方法；第

37、三类，用三种币值时只有1种支付方法根据分类加法计数原理，共有3+5+1=9种支付方法，故选()（3）45以偶数为标准分为两类：第一类，0放在末位时又分为三步，根据分步乘法计数原理有333=27个四位偶数；第二类，2放在末位时又分为三步，根据分步乘法计数原理有233=18个四位偶数根据分类加法计数原理，共有27+18=45个四位偶数（4）以不同级别的三好学生为标准分为三步，根据分步乘法计数原理共有765=210种不同的选法间接法：由知总共有210种不同的选法，但都是男生的有432=24种不同的选法，所以至少有一名女生有210-24=186种不同的选法间接法：由知至少有一名女生有186种不同的选法

38、，但都是女生的有321=6种不同的选法，所以男、女生都要有的有186-6=180种不同的选法（5）以小球为标准分为四步，根据分步乘法计数原理，1号球不能放到相应号码的盒子共有3321=18种不同的方法以小球为标准分为两类：第一类，2号球放入1号盒子时又分为三步，根据分步乘法计数原理有321=6种不同的方法；第二类，3号或4号球放入1号盒子时有2221=8种不同的方法根据分类加法计数原理，1，2号球不能放到相应号码的盒子共有6+8=14种不同的方法分为三类，即当2号球放入1号盒子时有1+2+1=4种不同的方法；当3号球放入1号盒子时有2+2=4种不同的方法；当4号球放入1号盒子时有1+2=3种不

39、同的方法根据分类加法计数原理，1，2，3号球不能放到相应号码的盒子共有4+4+3=11种不同的方法分为四步：第一步，1号盒子有3种不同的方法；第二步，先考虑与1号盒子放入的小球号码相同的盒子有3种不同的方法；第三、四步，剩余两盒子都只有1种不同的方法根据分步乘法计数原理，四个球都不能放到相应号码的盒子共有3311=9种不同的方法1号球不能放到相应号码的盒子，1，2号球不能放到相应号码的盒子，1，2，3号球不能放到相应号码的盒子，1，2，3，4号球不能放到相应号码的盒子，5个球都不能放到相应号码的盒子的方法种数各为96，78，64，53，44第四课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用（

40、二）温故知新学习目标课前思索我们已经学了两个基本原理，以及各自的应用、综合应用，接下来，你最想做的又是什么呢？加深理解两个基本原理的本质，提高辨别选择的能力；总结归纳题型规律、高效策略和错解误区，提高综合解题的能力.你知道吗：有哪些题型规律？有哪些高效策略？有哪些错解误区？课前准备（我准备 我成功）课堂学习（合作探究 深化理解）1.学习引领（1）题型规律：从运用原理的本质特征来看，有仅用分类、仅用分步、大类中有小类、大步中有小步、类中有步和步中有类等题型. 从应用问题的模式背景来看，有数学模型，如数字排列问题、整除问题、立几问题及解几问题等；有实际模型，如选派问题、涂色问题、放球问题及现代技术

41、问题等.（2）方法策略：合理分类，准确分步；枚举试验，探索规律；元素位置，特殊优先；直接间接，灵活选择；综合问题，分清层次；一题多解，相互验证.（3）错解误区：未弄清问题特征，任务不明确致误；分类交叉或不全，计数重漏致误；无视元素可否重复，粗枝大叶致误；忽视已知条件，任意添加条件致误；轻视特殊元素，方法不当致误；藐视综合复杂，不分层次致误.2.合作探究例1 用0，1，2，3，6五个数字可以排成多少个手机后三位数字的号码？ 可以排成多少个三位数？可以排成多少个不能被3整除的无重复数字的三位数？解析：按手机后三位数的位置考虑分为三步，因为首位可以为零，数字可以重复，所以每个位置都有5种排法，根据分

42、步乘法计数原理，共有555=125个不同的号码解法一：直接法按三位数的位置考虑分为三步，因为首位不能为零，但数字可以重复，所以首位有4种方法，十位、个位都有5种方法，根据分步乘法计数原理，共有455=100个不同的三位数解法二：间接法由知三位数字的号码有125个又首位为零的有55=25个故不同的三位数共有125-25=100个解法一：直接法不能被3整除的无重复数字的三位数，必须满足三个位上的数字之和不是3的倍数，所以先取好符合条件的三个数字，即可分为0、1、3，0、1、6，0、2、3，0、2、6，1、3、6，2、3、6这六类，前四类各有221=4个三位数，后两类各有321=6个三位数根据分类加

43、法计数原理，共有44+26=28个满足题意的三位数解法二：间接法无重复数字的三位数共有443=48个能被3整除的三位数必须满足三个位上的数字之和是3的倍数，所以先取好符合条件的三个数字，即可分为0、1、2，0、3、6，1、2、3，1、2、6这四类，前两类各有221=4个三位数，后两类各有321=6个三位数，即能被3整除的三位数有24+26=20个故不能被3整除的无重复数字的三位数共有48-20=28个.点评：本题运用了合理分类、准确分步，元素位置、特殊优先，直接间接、灵活选择等方法策略. 本题含有整除问题，其规律有末位数是偶数时能被2整除，各位数字之和是3的倍数时能被3整除，末两位数是4的倍数

44、时能被4整除等.例2 新光饰品集团要将一批正四棱锥形挂件的各个顶点都挂上一件小饰品，使同一条棱的两端点的饰品异色，如果只有5种不同花色的饰品可供使用，那么每个正四棱锥不同的装饰方法共有多少种？下面是甲、乙、丙三位同学的解答，请判断各个解法是否正确，并说明理由，如果错误，请给出正确解答.甲：5种不同花色的饰品恰好挂在5个不同的顶点上，所以按顶点顺序分为五步，各步不同的挂法分别为5，4，3，2，1种，根据分步乘法计数原理，共有54321=120种不同的装饰方法乙：由题意“同一条棱的两端点的饰品异色”，可分为五顶点都不同色、同色、与分别同色三类，各类又分步完成，根据两个计数原理，共有（54321）+（5432）+（543）=300种不同的装饰方法丙：由题意“同一条棱的两端点的饰品异色”，所以按顶点顺序分为五步，分别有5，4，3，3，2种不同的挂法，根据分步乘法计数原理，共有54332=360种不同的装饰方法解：甲的解法错误：错在把题意、任务理解为“5个顶点上悬挂的饰品花色全部不同”，而正确的题意、任务是“只要同