1920 第1章 11 第2课时 基本计数原理的应用Word文档下载推荐.docx
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6=18种分工方案.
【答案】 18
4.用1,2,3三个数字组成一个四位数,规定这三个数必须全部使用,且同一数字不能相邻,这样的四位数有________个.
【解析】 分三步完成,第1步,确定哪一个数字被使用2次,有3种方法;
第2步,把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上,有3种方法;
第3步,将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上,有2种方法.故有3×
2=18个不同的四位数.
抽取(分配)问题
【例1】
(1)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,每班去何工厂可自由选择,则不同的分配方案有( )
A.16种 B.18种 C.37种 D.48种
(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡,放在一起,再各取一张不是自己的贺卡,则不同取法的种数有________种.
【精彩点拨】
(1)由于去甲工厂的班级分配情况较多,而其对立面较少,可考虑间接法求解.
(2)先让一人去抽,然后再让被抽到贺卡所写人去抽.
【解】
(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案,若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案.则满足条件的不同的分配方案有43-33=37(种).故选C.
(2)不妨由甲先来取,共3种取法,而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取,共3种取法,余下来的人,都只有1种选择,所以不同取法共有3×
1×
1=9(种).
【答案】
(1)C
(2)9
求解抽取(分配)问题的方法
1.当涉及对象数目不大时,一般选用枚举法、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.
1.3个不同的小球放入5个不同的盒子,每个盒子至多放一个小球,共有多少种方法?
【解】 法一:
(以小球为研究对象)分三步来完成:
第一步:
放第一个小球有5种选择;
第二步:
放第二个小球有4种选择;
第三步:
放第三个小球有3种选择.
根据分步乘法计数原理得:
共有方法数N=5×
4×
3=60(种).
法二:
(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5,分成以下10类:
第一类:
空盒子标号为(1,2):
选法有3×
1=6(种);
第二类:
空盒子标号为(1,3):
第三类:
空盒子标号为(1,4):
分类还有以下几种情况:
空盒子标号分别为(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10类,每一类都有6种方法.
根据分类加法计数原理得,共有方法数N=6+6+…+6=60(种).
组数问题
【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?
(2)四位整数?
(3)比2000大的四位偶数?
【精彩点拨】
(1)用分步乘法计数原理求解
(1)问;
(2)0不能作首位,优先排首位,用分步乘法计数原理求解;
(3)可以按个位是0,2,4分三类,也可以按首位是2,3,4,5分四类解决,也可以用间接法求解.
【解】
(1)分步解决.
选取左边第一个位置上的数字,有6种选取方法;
选取左边第二个位置上的数字,有5种选取方法;
选取左边第三个位置上的数字,有4种选取方法;
第四步:
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×
3=360(个).
(2)分步解决.
首位数字有5种选取方法;
百位数字有5种选取方法;
十位数字有4种选取方法;
个位数字有3种选取方法.
由分步乘法计数原理知,可组成四位整数有
3=300(个).
(3)法一:
按末位是0,2,4分为三类:
末位是0的有4×
3=48个;
末位是2的有3×
3=36个;
末位是4的有3×
3=36个.
则由分类加法计数原理有N=48+36+36=120(个).
按千位是2,3,4,5分四类:
千位是2的有2×
3=24(个);
千位是3的有3×
3=36(个);
千位是4的有2×
第四类:
千位是5的有3×
3=36(个).
则由分类加法计数原理有N=24+36+24+36=120(个).
法三:
间接法.
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:
末位是0的有5×
3=60(个);
末位是2或4的有2×
3=96(个).
共有60+96=156(个).
其中比2000小的有:
千位是1的共有3×
3=36(个),
所以符合条件的四位偶数共有156-36=120(个).
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.
2.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?
(2)可以有重复数字的三位数?
【解】
(1)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×
2=18(个).
(2)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=48(个).
涂色问题
[探究问题]
1.用3种不同颜色填涂图中A,B,C,D四个区
A
B
C
D
域,且使相邻区域不同色,若按从左到右依次涂色,有多少种不同的涂色方案?
【提示】 涂A区有3种涂法,B,C,D区域各有2种不同的涂法,由分步乘法计数原理将A,B,C,D四个区域涂色共有3×
2=24(种)不同方案.
2.在探究1中,若恰好用3种不同颜色涂A,B,C,D四个区域,那么哪些区域必同色?
把四个区域涂色,共有多少种不同的涂色方案?
【提示】 恰用3种不同颜色涂四个区域,则A,C区域,或A,D区域,或B,D区域必同色.由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×
1+3×
1=18(种)不同的方案.
3.在探究1中,若恰好用2种不同颜色涂完四个区域,则哪些区域必同色?
共有多少种不同的涂色方案?
【提示】 若恰好用2种不同颜色涂四个区域,则A,C区域必同色,且B,D区域必同色.先从3种不同颜色中任取两种颜色,共3种不同的取法,然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法.由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×
2=6(种)不同的涂色方案.
【例3】
将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示的图中,要求相邻的两个区域的颜色都不相同,则有多少种不同的涂色方法?
【精彩点拨】 给图中区域标上记号A,B,C,D,E,则A区域有4种不同的涂色方法,B区域有3种,C区域有2种,D区域有2种,但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色,如果B与D颜色相同有2种,如果不相同,那么只有1种.因此应先分类后分步.
给图中区域标上记号A,B,C,D,E,如图所示.
①当B与D同色时,有4×
2=48种.
②当B与D不同色时,有4×
1=24种.
故共有48+24=72种不同的涂色方法.
按涂色时所用颜色种数多少分类:
第一类,用4种颜色:
此时B,D区域或A,E区域同色,则共有2×
1=48种不同涂法.
第二类,用3种颜色:
此时B,D同色,A,E同色,先从4种颜色中取3种,再涂色,共4×
1=24种不同涂法.
由分类加法计数原理共48+24=72种不同涂法.
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)对于涂色问题将空间问题平面化,转化为平面区域涂色问题.
3.如图所示的几何体是由一个正三棱锥PABC与正三棱柱ABCA1B1C1组合而成的,现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的染色方案共有________种.
【解析】 先涂三棱锥PABC的三个侧面,然后涂三棱柱的三个侧面,由分步乘法计数原理,共有3×
2=12种不同的涂法.
【答案】 12
1.已知x∈{1,2,3,4},y∈{5,6,7,8},则xy可表示不同值的个数为( )
A.2B.4
C.8D.15
【解析】 x的取值共有4个,y的取值也有4个,则xy共有4×
4=16个积,但是由于3×
8=4×
6,所以xy共有16-1=15(个)不同值,故选D.
【答案】 D
2.某年级要从3名男生,2名女生中选派3人参加某次社区服务,如果要求至少有1名女生,那么不同的选派方案有( )
A.6种B.7种
C.8种D.9种
【解析】 可按女生人数分类:
若选派一名女生,有2×
3=6种;
若选派2名女生,则有3种.由分类加法计数原理,共有9种不同的选派方法.
3.3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组,每人选报一门,则不同的报名方案有________种.
【解析】 每名同学都有4种不同的报名方案,共有4×
4=64种不同的报名方案.
【答案】 64
4.圆周上有2n个等分点(n大于2),任取3点可得一个三角形,恰为直角三角形的个数为________.
【解析】 先在圆周上找一点,因为有2n个等分点,所以应有n条直径,不过该点的直径应有n-1条,这n-1条直径都可以与该点形成直角三角形,一个点可以形成n-1个直角三角形,而这样的点有2n个,所以一共有2n(n-1)个符合题意的直角三角形.
【答案】 2n(n-1)
5.用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.问:
该板报有多少种书写方案?
【解】 第一步,选英语角用的彩色粉笔,有6种不同的选法;
第二步,选语文学苑用的彩色粉笔,不能与英语角用的颜色相同,有5种不同的选法;
第三步,选理综视界用的彩色粉笔,与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同,有4种不同的选法;
第四步,选数学天地用的彩色粉笔,只需与理综视界的颜色不同即可,有5种不同的选法,共有6×
5=600种不同的书写方案.
课时分层作业
(二) 基本计数原理的应用
(建议用时:
45分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1.5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座,每个同学可自由选择,且必须选择一个知识讲座,则不同的选择种数是( )
A.54 B.45
C.5×
2D.5×
4
【解析】 5名同学每人都选一个课外知识讲座,则每人都有4种选择,由分步乘法计数原理知共有4×
4=45种选择.
【答案】 B
2.已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,7},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可表示第一、二象限内不同的点的个数是( )
A.18B.17
C.16D.10
【解析】 分两类.
M中的元素作横坐标,N中的元素作纵坐标,则在第一、二象限内的点有3×
3=9(个);
N中的元素作横坐标,M中的元素作纵坐标,则在第一、二象限内的点有4×
2=8(个).
由分类加法计数原理,共有9+8=17(个)点在第一、二象限.
3.同室四人各写一张贺年卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人写的贺年卡,则四张贺年卡不同的分配方式有( )
A.12种B.9种
C.8种D.6种
【解析】 设四张贺卡分别记为A,B,C,D.由题意,某人(不妨设A卡的供卡人)取卡的情况有3种,据此将卡的分配方式分为三类,对于每一类,其他人依次取卡分步进行,为了避免重复或遗漏,我们用“树状图”表示如下:
所以共有9种不同的分配方式,故选B.
4.将1,2,3,…,9这9个数字填在如图所示的9个空格中,要求每一行从左到右,每一列从上到下分别依次增大.当3,4固定在图中的位置时,填写空格的方法为( )
A.6种B.12种
C.18种D.24种
【解析】 因为每一行从左到右,每一列从上到下分别依次增大,1,2,9只有一种填法,5只能填在右上角或左下角,5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个;
余下两个数字按从小到大只有一种方法.共有2×
3=6种结果,故选A.
【答案】 A
5.体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中,要求每个箱子放球的个数不少于其编号,则不同的放球方法有( )
A.8种B.10种
C.12种D.16种
【解析】 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球,
这样剩下三个足球,这三个足球可以随意放置,
第一种方法,可以在每一个箱子中放一个,有1种结果;
第二种方法,可以把球分成两份,1和2,这两份在三个位置,有3×
2=6种结果;
第三种方法,可以把三个球都放到一个箱子中,有3种结果.
综上可知共有1+6+3=10种结果.
二、填空题
6.小张正在玩一款种菜的游戏,他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物),若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒,则不同的种植方案共有________种.
【解析】 当第一块地种茄子时,有4×
2=24种不同的种法;
当第一块地种辣椒时,有4×
2=24种不同的种法,故共有48种不同的种植方案.
【答案】 48
7.从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A,B,C,所得直线经过坐标原点的有________条.
【解析】 因为过原点的直线常数项为0,所以C=0,从集合中的6个非零元素中任取一个作为系数A,有6种方法,再从其余的5个元素中任取一个作为系数B,有5种方法,由分步乘法计数原理得,适合条件的直线共有1×
5=30(条).
【答案】 30
8.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有________种.
【解析】 分三类:
若甲在周一,则乙丙有4×
3=12种排法;
若甲在周二,则乙丙有3×
2=6种排法;
若甲在周三,则乙丙有2×
1=2种排法.
所以不同的安排方法共有12+6+2=20种.
【答案】 20
三、解答题
9.如图所示,用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色,每个格子涂一种颜色,要求相邻的两个格子颜色不同,且两端的格子的颜色也不同,不同的涂色方法共有多少种?
(用数字作答)
【解】 不妨将图中的4个格子依次编号为①②③④,当①③同色时,有6×
5=150种方法;
当①③异色时,有6×
4=480种方法.所以共有150+480=630种方法.
10.用数字1,2,3,4,5,6组成无重复数字的三位数,然后由小到大排成一个数列.
(1)求这个数列的项数;
(2)求这个数列中的第89项的值.
【解】
(1)完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数,可以先确定百位,再确定十位,最后确定个位,因此要分步相乘.
确定百位数,有6种方法.
确定十位数,有5种方法.
确定个位数,有4种方法.
根据分步乘法计数原理,共有
N=6×
4=120个三位数.
所以这个数列的项数为120.
(2)这个数列中,百位是1,2,3,4的共有4×
4=80个,
百位是5的三位数中,十位是1或2的有4+4=8个,
故第88项为526,故从小到大第89项为531.
[能力提升练]
1.如图所示,一环形花坛分成A,B,C,D四块,现有4种不同的花供选种,要求在每块里种1种花,且相邻的2块种不同的花,则不同的种法总数为( )
A.96B.84
C.60D.48
【解析】 可依次种A,B,C,D四块,当C与A种同一种花时,有4×
3=36种种法;
当C与A所种花不同时,有4×
2=48种种法.
由分类加法计数原理,不同的种法种数为36+48=84.
2.甲、乙两人进行乒乓球比赛,采取五局三胜制,即先赢三局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(两人输赢局数的不同视为不同情形)共有( )
A.10种B.15种
C.20种D.30种
【解析】 由题意知,比赛局数最少为3局,至多为5局.当比赛局数为3局时,情形为甲或乙连赢3局,共2种;
当比赛局数为4局时,若甲赢,则前3局中甲赢2局,最后一局甲赢,共有3种情形;
同理,若乙赢,则也有3种情形,所以共有6种情形;
当比赛局数为5局时,前4局,甲、乙双方各赢2局,最后一局胜出的人赢,若甲前4局赢2局,共有赢取第1、2局,1、3局,1、4局,2、3局,2、4局,3、4局六种情形,所以比赛局数为5局时共有2×
6=12(种),综上可知,共有2+6+12=20(种).故选C.
【答案】 C
3.在一次运动会选手选拔赛上,8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员比赛的方式共有________种.
【解析】 分两步安排这8名运动员.
安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5,7四条跑道可安排,所以安排方式有4×
2=24种.
安排另外5人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排,所以安排方式有5×
1=120种.
所以安排这8人的方式有24×
120=2880种.
【答案】 2880
4.给出一个正五棱柱,用3种颜色给其10个顶点染色,要求各侧棱的两个端点不同色,有几种染色方案?
【解】 分两步,先给上底面的5个顶点染色,每个顶点都有3种方法,共有35种方法,再给下底面的5个顶点染色,因为各侧棱两个端点不同色,所以每个顶点有2种方法,共有25种方法,根据分步乘法计数原理,共有35·
25=7776(种)染色方案.
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