高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案设计

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案设计，共7页。教案主要包含了教学目标，教学重点，学法与教学用具，教学过程，教学反思等内容，欢迎下载使用。
6.1.3 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用
一、教学目标
1、正确理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
2、灵活掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
二、教学重点、难点
重点：掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理
难点：灵活利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决问题
三、学法与教学用具
1、学法：学生在老师的引导下，通过阅读教材，自主学习、思考、交流、讨论和概括，从而完成本节课的教学目标.
2、教学用具：多媒体设备等
四、教学过程
（一）创设情景，揭示课题
【回顾】
【问题】计数问题是我们经常遇到的，如何利用两个计数原理快速有效解决有关问题呢？
（二）阅读精要，研讨新知
【例题研讨】阅读领悟课本例7、例8（用时约为3分钟，教师作出准确的评析.）
例7计算机编程人员在编写好程序以后需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(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.图6. 1-4是一个具有许多执行路径的程序模块，它有多少条执行路径?
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法，以减少测试次数吗?
解：由分类加法计数原理，子模块1、子模块2、子模块3中的子路径条数共为
子模块4、子模块5中的子路径条数共为.
又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为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.
再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要的测试次数为
如果每个子模块都工作正常，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
显然，178与7 371的差距是非常大的.
【思考】你看出了程序员是如何实现减少测试次数的吗?
例8 通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文 字母组成的序号，如图6. 1-5所示.
其中，序号的编码规则为：
（1）由10个阿拉伯数字和除O,I之外的24个英文字母组成;
（2）最多只能有2个英文字母.
如果某地级市发牌机关采用5位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌?
解：由号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数.
根据序号编码规则，5位序号可以分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母.
（1）当没有字母时，序号的每一位都是数字.确定一个序号可以分5个步骤，每步都可以从10个数字中选1个，各有10种选法.根据分步乘法计数原理，这类号牌张数为100 000
（2）当有1个字母时，这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位，
这类序号可以分为五个子类.
当第1位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：
第1步，从24个字母中选1个放在第1位，有24种选法;
第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法.
根据分步乘法计数原理，号牌张数为240 000
同样，其余四个子类号牌也各有240 000张.
根据分类加法计数原理，这类号牌张数一共为
240 00+240 000+240 000+240 000+240 000=1 200 000
（3）当有2个字母时，根据这2个字母在序号中的位置，可以将这类序号分为十个子类：
第1位和第2位，第1位和第3位，第1位和第4位，第1位和第5位，第2位和第3位，第2位和第4位，第2位和第5位，第3位和第4位，第3位和第5位，第4位和第5位.
当第1位和第2位是字母时，分5个步骤确定一个序 号中的字母和数字：
第1, 2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位，各有24种选法；第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法.
根据分步乘法计数原理，号牌张数为576 000
同样，其余九个子类号牌也各有576 000张.
于是，这类号牌张数一共为576 00010=5 760 00.
综合(1)(2)(3)，根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为
100 000+1 200 000+5 760 000=7 060 000
【归纳】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仔细分析两点：
（1）要完成的“一件事”是什么； （2）需要分类还是需要分步.
分类要做到“不重不漏”.分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.
分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步聚，恰好完成任务.分步后再计算每步的方法数，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.
【小组互动】完成课本练习1、2、3、4，同桌交换检查，老师答疑.
【练习答案】
（三）探索与发现、思考与感悟
1. 用十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252 C．261 D．279
解：由共能组成 (个)三位数，其中无重复数字的三位数有 (个)，
所以有重复数字的三位数有 (个)．故选B
2. 某单位有7个连在一起的车位,现有3辆不同型号的车需停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,
则不同的停放方法的种数为( )
A.16B.18C.24D.32
解：若将7个车位从左向右按1～7进行编号,则该3辆车有4种不同的停放方法:
（1）停放在1～3号车位， （2）停放在5～7号车位，
（3）停放在1,2,7号车位， （4）停放在1,6,7号车位.
每一种停放方法均有6种,故共有24种不同的停放方法. 故选C.
3. 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有( )
A. 18对 B. 24对 C. 30对 D. 36对
解：分类讨论
（1）与 异面的有5条，所以与底面棱对应的有对
（2）与异面的有4条，所以与侧棱对应的有对
（3）与异面的有5条，所以与侧面对角线对应的有对
以上每条直线都数两遍，所以共有，故选D
4. 从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人
只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ ）
A．300种 B．240种 C．144种 D．96种
解：先从甲乙之外的4人中任选1人去巴黎，有4种，再从余下的5人中选1人去伦敦，有5种，
再从余下的4人中选1人去悉尼，有4种，最后从余下的3人中选1人去莫斯科，有3种.
所以不同的选择方案共有种，故选B
5. 某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“”到“”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为（ ）
A. 2 000 B. 4 096 C. 5 904 D. 8 320
解：如1390855，后四位数字从0～9这10个数字中选取，有10 000
这四个数字中既不含4，也不含7，有种情况
所以优惠卡的个数为5 904，故选C
6. 甲、乙、丙、丁四人做传球练习，第一次由甲传给乙、丙、丁中的任一人，第二次由拿球者再传给其他三人中的任一人，一共传球4次，则第4次球仍然回到甲手中的方法共有（ ）
A．21种 B．24种 C．27种 D．42种
解：符合要求的情况：分四步传球，第三步不能在甲手中，第四步必须传给甲.
第一次，甲传出，有3种情况，
第二次，若回传给甲，有1种情况，第三次传给乙丙丁，有3种情况，第四次传给甲，有1种情况，
第二次，若不回传给甲，有2种情况，第三次传给乙丙丁中的2人，有2种情况，第四次传给甲，有1种情况，
所以第4次球仍然回到甲手中的方法共有种，故选A
7. 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色．现在有4种
颜色可供选择，则不同的着色方法共有___________种（以数字作答）
解：方法一：（以位置为主考虑）
第一步涂①，有4种方法，第二步涂②，有3种方法，第三步涂③，有2种方法，
第四步涂④时分两类：
第一类用余下的颜色，有1种方法，第五步涂⑤，有1种方法；
第二类与区域②同色，有1种方法，第五步涂⑤，有2种方法，
所以共有 种.
方法二：（以颜色为主考虑）分两类：
第一类取4色：将②④或③⑤视为一个位置计四个位置，着色方法有种；
第二类取3色：将② ④ ，③ ⑤ 看成两个元素，着色方法有种．
所以共有着色方法种．
答案：72
（四）归纳小结，回顾重点
（五）作业布置，精炼双基
1.完成课本习题6.1 9、10、11、12
2.预习6.2 排列与组合
3.阅读《子集的个数有多少》
五、教学反思：（课后补充，教学相长）
两个计数原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
一般地，完成一件事有类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法.
一般地，完成一件事有个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法.
分类加法计数原理针对的是“分类"问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事.
分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事.
两个计数原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
一般地，完成一件事有类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法.
一般地，完成一件事有个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法.
分类加法计数原理针对的是“分类"问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事.
分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事.