2017学年高中数学人教A版选修2-3教案：1.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理第三课时 Word版含解析.doc

第三课时 教学目标　　　　　 知识与技能 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用． 过程与方法 通过对简单实例的分析概括，总结分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用的方法． 情感、态度与价值观 引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式，培养学生的抽象概括能力和分类讨论能力． 重点难点　　　　　 教学重点：分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用． 教学难点：分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用． 提出问题1：有四位同学参加三项不同的比赛， (1)每位同学必须参加一项比赛，有多少种不同的结果？ (2)每项比赛只许一位同学参加，有多少种不同的结果？ 提出问题2：设集合A＝{a，b，c，d，e，f}，B＝{x，y，z}，则从集合A到B共有多少个不同的映射？ 活动设计：请同学分析思路和解法依据，再请另外的同学补充． 活动成果： 问题1.(1)分四步，每位同学选一个项目为一步，每位同学有三种选择，即每步有三种不同的方法，根据分步乘法计数原理，四位同学共有参赛方法：3×3×3×3＝81种； (2)分三步，每项比赛选择一名同学参加为一步，每项比赛被选择的方法有四种，即每步有四种不同的方法，根据分步乘法计数原理，三项比赛共有参赛方法：4×4×4＝64种． 问题2.分6步：先选a的象，有3种可能，再选b的象也是3种可能，…，最后选f的象也有3种可能，由分步乘法计数原理知，共有36＝729种不同的映射． 设计意图：通过两个简单的问题，引导学生回顾分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 提出问题3：请同学们回忆推广的两个原理的内容，并回忆两个原理的区别与联系． 活动设计：教师提问，学生回答，请不同的同学加以补充． 活动成果： 1．分类加法计数原理：完成一件事，有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． 2．分步乘法计数原理：完成一件事，需要n个不同的步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别与联系： (1)相同点：都是回答有关完成一件事的不同方法种数的问题； (2)不同点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，只完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事，是合作完成． 设计意图：检查学生对两个原理的掌握情况，为本节课的学习提供知识和方法基础． 例1计算机编程人员在编写好程序以后要对程序进行测试．程序员需要知道到底有多少条执行路径(即程序从开始到结束的路线)，以便知道需要提供多少个测试数据．一般地，一个程序模块由许多子模块组成，它是一个具有许多执行路径的程序模块．问：这个程序模块有多少条执行路径？另外为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数，你能帮助程序员设计一个测试方式，以减少测试次数吗？ 思路分析：整个模块的任意一条路径都分两步完成：第1步是从开始执行到A点；第2步是从A点执行到结束．而第1步可由子模块1或子模块2或子模块3来完成；第二步可由子模块4或子模块5来完成．因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理． 解：由分类加法计数原理，子模块1或子模块2或子模块3中的子路径条数共为 18＋45＋28＝91； 子模块4或子模块5中的子路径条数共为 38＋43＝81. 又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为 91×81＝7 371. 在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块．这样，他可以先分别单独测试5个模块，以考察每个子模块的工作是否正常．总共需要的测试次数为 18＋45＋28＋38＋43＝172. 再测试各个模块之间的信息交流是否正常，需要测试的次数为 3×2＝6. 如果每个子模块都正常工作，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常．这样，测试整个模块的次数就变为 172＋6＝178. 点评：通过这个例题，我们发现，先分类再分步计数，比先分步再分类计数，在技术次数上要少很多． 例2随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需要扩容．交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和3个不重复的阿拉伯数字，并且3个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？ 思路分析：按照新规定，牌照可以分为两类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分六个步骤． 解：将汽车牌照分为两类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右． 字母组合在左时，分六个步骤确定一个牌照的字母和数字： 第一步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法； 第二步，从剩下的25个字母中选1个，放在第二位，有25种选法； 第三步，从剩下的24个字母中选1个，放在第三位，有24种选法； 第四步，从10个数字中选1个，放在第四位，有10种选法； 第五步，从剩下的9个数字中选1个，放在第五位，有9种选法； 第六步，从剩下的8个数字中选1个，放在第六位，有8种选法． 根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照个数为 26×25×24×10×9×8＝11 232 000. 同理，字母组合在右的牌照个数也是11 232 000. 所以，共能给11 232 000＋11 232 000＝22 464 000辆汽车上牌照． 点评：先分类再分步使得问题变得简单，如果先分步再分类则显得无从下手． 提出问题1：根据以上问题的解决过程，你能归纳一下用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决计数问题的方法吗？ 活动设计：分组讨论后，举手发言，教师请不同的同学加以补充． 活动成果：用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细的分析——需要分类还是需要分步． 分类要做到“不重不漏”．分类后再对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，计算总数． 分步要做到“步骤完整”——完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数． 设计意图：引导学生总结方法，进一步加深对两个原理的理解． 提出问题2：乘法运算是特定条件下加法运算的简化，你认为，分步乘法计数原理和分类加法计数原理具有怎样的关系？你得到什么启示？ 活动设计：分组讨论后，举手发言，教师请不同的同学加以补充． 活动成果：分步乘法计数原理是分类加法计数原理的简化，所以在解决问题时分类是根本，分步起到简化的作用． 设计意图：进一步加深对两个原理的理解，确立分类的主题方法地位． 【巩固练习】 1．如图，从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通．从甲地到丙地共有多少种不同的走法？ 解：从总体上看，由甲到丙有两类不同的走法：第一类，由甲经乙去丙，又需分两步，所以m1＝2×3＝6种不同的走法；第二类，由甲经丁去丙，也需分两步，所以m2＝4×2＝8种不同的走法；所以从甲地到丙地共有N＝6＋8＝14种不同的走法． 2．求下列集合的元素个数． (1)M＝{(x，y)|x，y∈N，x＋y≤6}；(2)H＝{(x，y)|x，y∈N,1≤x≤4,1≤y≤5}． 解：(1)分7类：①x＝0，y有7种取法；②x＝1，y有6种取法；③x＝2，y有5种取法；④x＝3，y有4种取法；⑤x＝4，y有3种取法；⑥x＝5，y有2种取法；⑦x＝6，y只有1种取法．因此M共有7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28个元素． (2)分两步：①先选x，有4种可能；②再选y，有5种可能．由分步乘法计数原理，H共有4×5＝20个元素． 【变练演编】 用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (2)可以组成多少个不同的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位的奇数？ (4)可以组成多少个无重复数字的小于1 000的自然数？ (5)可以组成多少个大于3 000，小于5 421的无重复数字的四位数？ 解：(1)解法一： 分三步：①先选百位数字．由于0不能作百位数，因此有5种选法；②十位数字有5种选法；③个位数字有4种选法．根据分步乘法计数原理知所求不同三位数共有5×5×4＝100个． 解法二：分两类：第一类，选择0. 分三步：①先确定0的位置，有2种选法；②确定百位数字，有5种选法；③确定剩下的一位数字，有4种选法．根据分步乘法计数原理，这一类共有2×5×4＝40个数． 第二类：不选0. 分三步：①先选百位数字，有5种选法；②十位数字有4种选法；③个位数字有3种选法．根据分步乘法计数原理知，这一类共有5×4×3＝60个数． 根据分类加法计数原理，共有40＋60＝100个数． 解法三：排除法 若不考虑0的特殊性，共有6×5×4＝120种不同的排法，其中0在百位的有5×4＝20种排法，所以三位数共有120－20＝100个． (2)解法一： 分三步：①先选百位数字．由于0不能作百位数，因此有5种选法；②十位数字有6种选法；③个位数字有6种选法．根据分步乘法计数原理知所求不同三位数共有5×6×6＝180个． 解法二：排除法 若不考虑0的特殊性，共有6×6×6＝216种不同的排法，其中0在百位的有6×6＝36种排法，所以三位数共有216－36＝180个． (3)解法一： 分三步：①先选个位数字，有3种选法；②再选百位数字，有4种选法；③选十位数字也是4种选法，所求三位奇数共有3×4×4＝48个． 解法二： 分两类：第一类，首位选奇数；第二类，首位不选奇数． 第一类分三步，先确定百位数字，有3种选择；第二步，确定个位数字，有2种选择；第三步，确定十位数字，有4种选择．根据分步乘法计数原理，这一类共有3×2×4＝24个不同的奇数． 第二类分三步，先确定百位数字，有2种选择；第二步，确定个位数字，有3种选择；第三步，确定十位数字，有4种选择．根据分步乘法计数原理，这一类共有2×3×4＝24个不同的奇数． 根据分类加法计数原理，共有24＋24＝48个不同的奇数． (4)分三类：①一位数，共有6个；②两位数，共有5×5＝25个；③三位数共有5×5×4＝100个．因此，比1 000小的自然数共有6＋25＋100＝131个． (5)分4类：①千位数字为3,4之一时，共有2×5×4×3＝120个；②千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有4×4×3＝48个；③千位数字是5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有2×3＝6个；④还有5 420也是满足条件的1个．故所求自然数共120＋48＋6＋1＝175个． 点评：排数字问题是最常见的一种题型，要特别注意首位不能排0. 【达标检测】 1．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，从A，B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标， (1)可以得到多少个不同的点？(2)这些点中，位于第一象限的有几个？ 2．有三个车队分别有5辆、6辆、7辆车，现欲从其中两个车队各抽调一辆车外出执行任务，有多少种不同的抽调方案？ 答案：1.(1)24　(2)8　2.107 1．知识收获：分类加法计数原理和分步乘法计数原理的综合应用，使用两个原理应注意的问题和方法． 2．方法收获：解决计数问题时先分类后分步的方法． 3．思维收获：化归思想、分类讨论思想． 【基础练习】 1．某城市的电话号码，由六位升为七位(首位数字均不为0)，则该城市可以增加的电话部数是________． 2．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，可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________个． 3．等腰三角形的三边均为正整数，且其周长不大于10，这样的不同形状的三角形的种数为________种． 4．书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书． (1)若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？ (2)若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？ (3)若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？ 答案：1.8.1×106　2.18　6　3.10　4.(1)14　(2)90　(3)63 【拓展练习】 5．在3 000至8 000之间有多少个无重复数字的奇数？ 6．某电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封．现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？ 答案：5.123 2　6.212 00 本节课由浅入深给不同层次的学生都提供了一个理解的平台，而此时作为教师重点要做好的是帮助学生掌握解这一类型题目时的分析思路和步骤，若有学生在解题分析时不很清楚，教师要及时地进行归纳小结，能够使学生在应用两个计数原理时思路进一步清晰和明确，从而在学生的记忆中逐步建立起一个完整的认知结构．本节课的主要特点是引导学生进行实例分析、自主探究、归纳总结． 例1一蚂蚁沿着长方体的棱，从其中的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条？ 解：从总体上看，如图，蚂蚁从顶点A爬到顶点C1有三类方法，从局部上看每类又需两步完成，所以， 第一类，m1＝1×2＝2条； 第二类，m2＝1×2＝2条； 第三类，m3＝1×2＝2条． 所以，根据分类加法计数原理，从顶点A到顶点C1的最近路线共有N＝2＋2＋2＝6条． 例2如图，要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有多少种？ 解：按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成， 第一步，m1＝3种， 第二步，m2＝2种， 第三步，m3＝1种， 第四步，m4＝1种， 所以根据分步乘法计数原理，得到不同的涂色方案共有N＝3×2×1×1＝6种． 例3将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格里，每格填一个数字，则每个格子的标号与所填的数字均不同的填法有多少种？ 解：1号方格里可填2,3,4三个数字，有3种填法.1号方格填好后，再填与1号方格内数字相同的号的方格，又有3种填法，其余两个方格只有1种填法． 所以共有3×3×1＝9种不同的方法． 例4某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有多少种？(以数字作答) 解：从题意来看6部分种4种颜色的花，又从图形看知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求． (1)②与⑤同色，则③⑥也同色或④⑥也同色，所以共有N1＝4×3×2×2×1＝48种； (2)③与⑤同色，则②④或⑥④同色，所以共有N2＝4×3×2×2×1＝48种； (3)②与④且③与⑥同色，则共有N3＝4×3×2×1＝24种． 所以，共有N＝N1＋N2＋N3＝48＋48＋24＝120种． (设计者：徐西文)