第一章11一.docx
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第一章11一.docx
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第一章11一
学习目标
1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题.
知识点一 分类加法计数原理
第十三届全运会在中国天津盛大召开,一名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务,每天有7个航班,6列火车.
思考1 该志愿者从上海到天津的方案可分几类?
答案 两类,即乘飞机、坐火车.
思考2 这几类方案中各有几种方法?
答案 第1类方案(乘飞机)有7种方法,第2类方案(坐火车)有6种方法.
思考3 该志愿者从上海到天津共有多少种不同的方法?
答案 共有7+6=13(种)不同的方法.
梳理
(1)完成一件事有两类不同的方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法.
(2)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,则完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
知识点二 分步乘法计数原理
若这名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务,但需在青岛停留,已知从上海到青岛每天有7个航班,从青岛到天津每天有6列火车.
思考1 该志愿者从上海到天津需要经历几个步骤?
答案 两个,即先乘飞机到青岛,再坐火车到天津.
思考2 完成每一个步骤各有几种方法?
答案 第1个步骤有7种方法,第2个步骤有6种方法.
思考3 该志愿者从上海到天津共有多少种不同的方法?
答案 共有7×6=42(种)不同的方法.
梳理
(1)完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法.
(2)完成一件事需要n个步骤,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,则完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.
类型一 分类加法计数原理
例1 设集合A={1,2,3,4},m,n∈A,则方程
+
=1表示焦点位于x轴上的椭圆的有( )
A.6个B.8个C.12个D.16个
答案 A
解析 因为椭圆的焦点在x轴上,所以m>n.
当m=4时,n=1,2,3;当m=3时,n=1,2;当m=2时,n=1,即所求的椭圆共有3+2+1=6(个).
反思与感悟
(1)应用分类加法计数原理时,完成这件事的n类方法是相互独立的,无论哪种方案中的哪种方法,都可以独立完成这件事.
(2)利用分类加法计数原理解题的一般思路
跟踪训练1 若x,y∈N*,且x+y≤5,则有序自然数对(x,y)共有________个.
答案 10
解析 当x=1时,y=1,2,3,4,共构成4个有序自然数对;
当x=2时,y=1,2,3,共构成3个有序自然数对;
当x=3时,y=1,2,共构成2个有序自然数对;
当x=4时,y=1,共构成1个有序自然数对.
根据分类加法计数原理,共有N=4+3+2+1=10(个)有序自然数对.
类型二 分步乘法计数原理
例2 一种号码锁有4个拨号盘,每个拨号盘上有从0到9共十个数字,这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码?
(各位上的数字允许重复)
解 按从左到右的顺序拨号可以分四步完成:
第一步,有10种拨号方式,所以m1=10;
第二步,有10种拨号方式,所以m2=10;
第三步,有10种拨号方式,所以m3=10;
第四步,有10种拨号方式,所以m4=10.
根据分步乘法计数原理,共可以组成N=10×10×10×10=10000(个)四位数的号码.
引申探究
若各位上的数字不允许重复,那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码?
解 按从左到右的顺序拨号可以分四步完成:
第一步,有10种拨号方式,即m1=10;
第二步,去掉第一步拨的数字,有9种拨号方式,即m2=9;
第三步,去掉前两步拨的数字,有8种拨号方式,即m3=8;
第四步,去掉前三步拨的数字,有7种拨号方式,即m4=7.
根据分步乘法计数原理,共可以组成N=10×9×8×7=5040(个)四位数的号码.
反思与感悟
(1)应用分步乘法计数原理时,完成这件事情要分几个步骤,只有每个步骤都完成了,才算完成这件事情,每个步骤缺一不可.
(2)利用分步乘法计数原理解题的一般思路
①分步:
将完成这件事的过程分成若干步;
②计数:
求出每一步中的方法数;
③结论:
将每一步中的方法数相乘得最终结果.
跟踪训练2 从-2,-1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y=ax2+bx+c的系数a,b,c,则可以组成抛物线的条数为________.
答案 100
解析 由题意知a不能为0,故a的值有5种选法;b的值也有5种选法;c的值有4种选法.
由分步乘法计数原理,得抛物线的条数为5×5×4=100.
类型三 两个原理的综合应用
例3 现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画.
(1)从中任选一幅画布置房间,有几种不同的选法?
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间,有几种不同的选法?
(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有几种不同的选法?
解
(1)分为三类:
从国画中选,有5种不同的选法;从油画中选,有2种不同的选法;从水彩画中选,有7种不同的选法.根据分类加法计数原理,共有5+2+7=14(种)不同的选法.
(2)分为三步:
国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法,根据分步乘法计数原理,共有5×2×7=70(种)不同的选法.
(3)分为三类:
第一类是一幅选自国画,一幅选自油画,由分步乘法计数原理知,有5×2=10(种)不同的选法;
第二类是一幅选自国画,一幅选自水彩画,有5×7=35(种)不同的选法;
第三类是一幅选自油画,一幅选自水彩画,有2×7=14(种)不同的选法.
所以共有10+35+14=59(种)不同的选法.
反思与感悟
(1)当题目无从下手时,可考虑要完成的这件事是什么,即怎样做才算完成这件事,然后给出完成这件事的一种或几种方法,从这几种方法中归纳出解题方法.
(2)分类时标准要明确,做到不重不漏,有时要恰当画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清楚,便于探索规律.
(3)混合问题一般是先分类再分步.
跟踪训练3 某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教,有多少种不同的选法?
解 由题意知,有1人既会英语又会日语,6人只会英语,2人只会日语.
方法一 分两类.
第一类:
从只会英语的6人中选1人说英语,有6种选法,则说日语的有2+1=3(种)选法,此时共有6×3=18(种)选法;
第二类:
从不只会英语的1人中选1人说英语,有1种选法,则选会日语的有2种选法,此时有1×2=2(种)选法.
所以由分类加法计数原理知,共有18+2=20(种)选法.
方法二 设既会英语又会日语的人为甲,则甲有入选、不入选两类情形,入选后又要分两种:
(1)教英语;
(2)教日语.
第一类:
甲入选.
(1)甲教英语,再从只会日语的2人中选1人,由分步乘法计数原理,有1×2=2(种)选法;
(2)甲教日语,再从只会英语的6人中选1人,由分步乘法计数原理,有1×6=6(种)选法,
故甲入选的不同选法共有2+6=8(种).
第二类:
甲不入选,可分两步.
第一步,从只会英语的6人中选1人有6种选法;
第二步,从只会日语的2人中选1人有2种选法.
由分步乘法计数原理,有6×2=12(种)不同的选法.
综上,共有8+12=20(种)不同的选法.
1.某学生在书店发现3本好书,决定至少买其中的1本,则购买方法有( )
A.3种B.6种C.7种D.9种
答案 C
解析 分3类,买1本书,买2本书,买3本书,各类的方法依次为3种,3种,1种,故购买方法有3+3+1=7(种).
2.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,则不同的配法种数为( )
A.7B.12C.64D.81
答案 B
解析 要完成配套,分两步:
第1步,选上衣,从4件上衣中任选一件,有4种不同的选法;第2步,选长裤,从3条长裤中任选一条,有3种不同的选法.故共有4×3=12(种)不同的配法.
3.把5本书全部借给3名学生,有________种不同的借法.
答案 243
解析 依题意,知每本书应借给三个人中的一个,即每本书都有3种不同的借法,由分步乘法计数原理,得共有N=3×3×3×3×3=35=243(种)不同的借法.
4.5名乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有________种.(用数字作答)
答案 9
解析 分为两类:
两名老队员、一名新队员时,有3种选法;两名新队员、一名老队员时,有2×3=6(种)选法,即共有9种不同选法.
5.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?
(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
(1)分三类,第一类是从一班的8名优秀团员中产生,有8种不同的选法;第二类是从二班的10名优秀团员中产生,有10种不同的选法;第三类是从三班的6名优秀团员中产生,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)分三步,第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长,有8种不同的选法,第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长,有10种不同的选法.第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长,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)分三类:
每一类又分两步,第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人,有8×10种不同的选法;第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人,有10×6种不同的选法;第三类是从一班、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.
1.使用两个原理解题的本质
―→
―→
―→
―→
2.利用两个计数原理解决实际问题的常用方法
课时作业
一、选择题
1.图书馆的书架有3层,第1层有3本不同的数学书,第2层有5本不同的语文书,第3层有8本不同的英语书,现从中任取1本书,不同的取法共有( )
A.120种B.16种C.64种D.39种
答案 B
解析 由于书架上有3+5+8=16(本)书,则从中任取1本书,共有16种不同的取法.
2.从集合{1,2,3,…,8}中任意选出3个不同的数,使这3个数成等比数列,这样的等比数列的个数为( )
A.3B.4C.6D.8
答案 B
解析 以1为首项的等比数列为1,2,4;以2为首项的等比数列为2,4,8.把这两个数列的顺序颠倒,又得到2个数列,∴所求数列为4个.
3.已知a∈{3,4,6},b∈{1,2},r∈{1,4,9,16},则方程(x-a)2+(y-b)2=r2可表示的不同圆的个数是( )
A.6B.9C.16D.24
答案 D
解析 确定一个圆的方程可分为三个步骤:
第一步,确定a,有3种选法;第二步,确定b,有2种选法;第三步,确定r,有4种选法.根据分步乘法计数原理得,不同圆的个数为3×2×4=24.
4.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是( )
A.56B.65
C.
D.6×5×4×3×2
答案 A
解析 每位同学都有5种选择,共有5×5×5×5×5×5=56(种).
5.从甲地到乙地有2种走法,从乙地到丙地有4种走法,从甲地不经过乙地到丙地有3种走法,则从甲地到丙地的不同走法种数为( )
A.2+4+3B.2×4+3
C.2×3+4D.2×4×3
答案 B
解析 分两类,一是从甲地经乙地到丙地,有2×4种,二是直接从甲地到丙地,有3种,所以从甲地到丙地的不同走法种数共有2×4+3.
6.某体育场南侧有4个大门,北侧有3个大门,某学生到该体育场练习跑步,则他进出门的方案有( )
A.12种B.7种C.24种D.49种
答案 D
解析 学生进门有3+4=7(种)选择,同样出门也有7种选择,由分步乘法计数原理知,进出门的方案有7×7=49(种).
7.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.10C.16D.14
答案 D
解析 M中元素作为横坐标,N中元素作为纵坐标,则在第一、二象限内点的个数为3×2=6.M中元素作为纵坐标,N中元素作为横坐标,则在第一、二象限内点的个数为4×2=8.共有6+8=14(个).
二、填空题
8.赵晓明同学的衣服上左、右两边各有一个口袋,左边口袋装有30张英语单词卡片,右边口袋装有20张英语单词卡片,这些单词卡片互不相同,则从两个口袋里任取一张卡片,有________种不同的取法.
答案 50
解析 从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类.
第一类:
从左边口袋取一张英语单词卡片,有30种不同的取法;
第二类:
从右边口袋取一张英语单词卡片,有20种不同的取法.
上述的其中任何一种取法都能独立完成“取一张英语单词卡片”这件事,由分类加法计数原理可知,从中任取一张英语单词卡片有30+20=50(种)不同的取法.
9.若在如图1的电路中,只合上一个开关可以接通电路,有________种不同的方法;
在如图2的电路中,合上两个开关可以接通电路,有________种不同的方法.
答案 5 6
解析 对于图1,按要求接通电路,只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一个即可,故有2+3=5(种)不同的方法.
对于图2,按要求接通电路必须分两步进行:
第一步,合上A中的一个开关;
第二步,合上B中的一个开关,
故有2×3=6(种)不同的方法.
10.直线方程Ax+By=0,若从0,1,3,5,7,8这6个数字中每次取两个不同的数作为A、B的值,则可表示________条不同的直线.
答案 22
解析 若A或B中有一个为零时,有2条;当AB≠0时有5×4=20(条),故共有20+2=22(条)不同的直线.
11.某校教学大楼共有5层,每层均有2个楼梯,由一楼到五楼共有________种不同的走法.
答案 32
解析 由一楼到五楼可以看作分五步完成,每步中都有2种走法,所以根据分步乘法计数原理得共有2×2×2×2×2=32(种)不同的走法.
三、解答题
12.某单位职工义务献血,在体检合格的人中,O型血的共有29人,A型血的共有7人,B型血的共有9人,AB型血的共有3人,从中任选1人去献血,共有多少种不同的选法?
解 从中选1人去献血的方法共有4类.
第一类:
从O型血的人中选1人去献血,共有29种不同的方法;
第二类:
从A型血的人中选1人去献血,共有7种不同的方法;
第三类:
从B型血的人中选1人去献血,共有9种不同的方法;
第四类:
从AB型血的人中选1人去献血,共有3种不同的方法.
利用分类加法计数原理,可得选1人去献血共有29+7+9+3=48(种)不同的选法.
13.有3个不同的负数、5个不同的正数,从中任取2个数,使它们的积为正数,问:
有多少种不同的取法?
解 根据题意,知积为正数的情况分为两类.
第一类是2个数都是负数,分两步取数:
第一步,先从3个负数中任取1个负数,有3种不同的取法;
第二步,从剩下的2个负数中任取1个负数,有2种不同的取法,故有3×2=6(种)不同的取法.
第二类是2个数都是正数,也分两步取数:
第一步,先从5个正数中任取1个正数,有5种不同的取法;
第二步,从剩下的4个正数中任取1个正数,有4种不同的取法,故有5×4=20(种)不同的取法.
综上所述,不同取法的种数为6+20=26.
四、探究与拓展
14.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )
A.14B.13C.12D.10
答案 B
解析 对a进行讨论,为0与不为0,当a不为0时还需考虑判别式与0的大小.
若a=0,则b=-1,0,1,2,此时(a,b)的取值有4个;
若a≠0,则方程ax2+2x+b=0有实根,需Δ=4-4ab≥0,∴ab≤1,
此时(a,b)的取值为(-1,0),(-1,1),(-1,-1),(-1,2),(1,1),(1,0),(1,-1),(2,-1),(2,0),共9个.
∴(a,b)的个数为4+9=13.故选B.
15.集合A={1,2,-3},B={-1,-2,3,4},从A,B中各取1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?
解
(1)可分为两类:
A中元素为x,B中元素为y或A中元素为y,B中元素为x,则共得到3×4+4×3=24(个)不同的点.
(2)第一象限内的点,即x,y均为正数,所以只能取A,B中的正数,共有2×2+2×2=8(个)不同的点.
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