第1章 11 第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用.docx
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第1章11第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
学习目标
核心素养
1.进一步理解和掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.(重点)
2.能根据具体问题的特征,选择两种计数原理解决一些实际问题.(重、难点)
3.会根据实际问题的特征,合理地分类或分步.(难点、易混点)
1.借助两个计数原理解题提升数学运算的素养.
2.通过合理地分类或分步解决问题提升逻辑推理的素养.
组数问题
【例1】 用0,1,2,3,4五个数字,
(1)可以排出多少个三位数字的电话号码?
(2)可以排成多少个三位数?
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数?
[解]
(1)三位数字的电话号码,首位可以是0,数字也可以重复,每个位置都有5种排法,共有5×5×5=53=125种.
(2)三位数的首位不能为0,但可以有重复数字,首先考虑首位的排法,除0外共有4种方法,第二、三位可以排0,因此,共有4×5×5=100种.
(3)被2整除的数即偶数,末位数字可取0,2,4,因此,可以分两类,一类是末位数字是0,则有4×3=12种排法;另一类是末位数字不是0,则末位有2种排法,即2或4,再排首位,因0不能在首位,所以有3种排法,十位有3种排法,因此有2×3×3=18种排法.因而有12+18=30种排法.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
1.(变结论)由本例中的五个数字可以组成多少个无重复数字的四位奇数?
[解] 完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事,可以分四步:
第一步定个位,只能从1,3中任取一个,有2种方法;第二步定首位,把1,2,3,4中除去用过的一个还有3个可任取一个,有3种方法;第三步,第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位有3种方法,再排十位有2种方法.由分步乘法计数原理共有2×3×3×2=36个.
2.(变结论)在本例条件下,能组成多少个能被3整除的四位数?
[解] 一个四位数能被3整除,必须各位上数字之和能被3整除,故组成四位数的四个数字只能是0,1,2,3或0,2,3,4两类.所以满足题设的四位数共有2×3×3×2×1=36个.
解决组数问题的方法
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.
抽取与分配问题
【例2】 在7名学生中,有3名会下象棋但不会下围棋,有2名会下围棋但不会下象棋,另2名既会下象棋又会下围棋.现在从这7人中选2人分别同时参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选法?
[思路点拨] 本题应先分类,再分步.
→
→
→
[解] 法一:
分四类:
第1类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,有选法3×2=6(种);
第2类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,有选法3×2=6(种);
第3类,从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛,有选法2×2=4(种);
第4类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛,有选法2×1=2(种).
故不同的选法共有6+6+4+2=18(种).
法二:
分两类:
第1类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,这时7人中还有4人会下围棋,从中选1名参加围棋比赛.有选法3×4=12(种).
第2类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选一名参加象棋比赛,这时7人中还有3人会下围棋,从中选1名参加围棋比赛.有选法2×3=6(种).故不同的选法共有12+6=18(种).
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.
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3×2×1=6(种);
第二类:
空盒子标号为(1,3):
选法有3×2×1=6(种);
第三类:
空盒子标号为(1,4):
选法有3×2×1=6(种);
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).
涂色与种植问题
[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?
A
B
C
D
[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3×2×2×2=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3×2×1+3×2×1+3×2×1=18(种)不同的方案.
【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?
[思路点拨] 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.
[解] 法一:
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4×3×2×1×2=48种.
②当B与D不同色时,有4×3×2×1×1=24种.
故共有48+24=72种不同的涂色方法.
法二:
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2×4×3×2×1=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4×3×2×1=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.
2.
(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.96 B.84
C.60D.48
(2)将3种作物种植在如图所示的5块试验田里,每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物,不同的种植方法共有多少种?
(1)B [法一:
分为两类.
第一类:
当花坛A、C中花相同时有4×3×1×3=36种.
第二类:
当花坛A、C中花不同时有4×3×2×2=48种.
共有36+48=84种,故选B.
法二:
分为四步.
第一步:
考虑A,有4种;
第二步:
考虑B,有3种;
第三步:
考虑C,有两类,一是A与C同,C的选法有1种,这样第四步D的选法有3种.二是A与C不同,C的选法是2种,此时第四步D的选法也是2种.
共有4×3×(1×3+2×2)=84(种).]
(2)[解] 从左往右5块试验田分别有3,2,2,2,2种种植方法,共有3×2×2×2×2=48种方法,其中5块试验田只种植2种作物共有3×2×1×1×1=6种方法,所以有48-6=42种不同的种植方法.
解决较为复杂的计数问题综合应用
1.合理分类,准确分步:
(1)处理计数问题,应扣紧两个原理,根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”,要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.
(2)分类时要满足两个条件:
①类与类之间要互斥(保证不重复);②总数要完备(保证不遗漏),也就是要确定一个合理的分类标准.
(3)分步时应按事件发生的连贯过程进行分析,必须做到步与步之间互相独立,互不干扰,并确保连续性.
2.特殊优先,一般在后:
解含有特殊元素、特殊位置的计数问题,一般应先安排特殊元素,优先确定特殊位置,再考虑其他元素与其他位置,体现出解题过程中的主次思想.
1.判断(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)某校高一年级共8个班,高二年级共6个班,从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务,安排方法共有14种.( )
(2)在一次运动会上有四项比赛,冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况共有43种.( )
(3)有三只口袋装有小球,一只装有5个白色小球,一只装有6个黑色小球,一只装有7个红色小球,若每次从中取两个不同颜色的小球,共有36种不同的取法.( )
(1)√
(2)× (3)× [
(1)√ 根据分类加法计数原理,担任星期一早晨升旗任务可以是高一年级,也可以是高二年级,因此安排方法共有8+6=14(种).
(2)× 因为每个项目中的冠军都有3种可能的情况,根据分步乘法计数原理共有34种不同的夺冠情况.
(3)× 分为三类:
一类是取白球、黑球,有5×6=30种取法;一类是取白球、红球,有5×7=35种取法;一类是取黑球、红球,有6×7=42种取法.
所以由分类加法计数原理共有30+35+42=107(种)不同的取法.]
2.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同的数字相加,其和为偶数的不同取法的种数为( )
A.30B.20
C.10D.6
D [从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两个不同的数字相加,和为偶数可分为两类,①取出的两数都是偶数,共有3种取法;②取出的两数都是奇数,共有3种取法.故由分类加法计数原理得,共有N=3+3=6种取法.]
3.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
C [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.]
4.如图所示,要用4种不同的颜色给金、榜、题、名四个区域上色,要求相邻两块涂不同的颜色,共有多少种不同的涂法?
[解] 完成这件事可分四个步骤进行,按金、榜、题、名的次序填涂.
第一步,填涂金,有4种不同颜色可选用;
第二步,填涂榜,除金所用过的颜色外,还有3种不同颜色可选用;
第三步,填涂题,除金、榜用过的2种颜色外,还有2种不同颜色可选用;
第四步,填涂名,除榜、题用过的2种颜色外,还有2种不同颜色可选用.
所以,完成这件事共有4×3×2×2=48种不同的方法,即填涂这张图共有48种不同的方法.
课时分层作业
(二) 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
(建议用时:
60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1.由数字0,1,2,3,4可组成无重复数字的两位数的个数是( )
A.25 B.20
C.16D.12
C [分两步:
先选十位,再选个位,可组成无重复数字的两位数的个数为4×4=16.]
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
D [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.由数字1,2,3,4组成的三位数中,各位数字按严格递增(如“134”)或严格递减(如“421”)顺序排列的数的个数是( )
A.4B.8
C.16D.24
B [由题意分析知,严格递增的三位数只要从4个数中任取3个,共有4种取法;同理严格递减的三位数也有4个,所以符合条件的数的个数为4+4=8.]
4.从1,2,3,4,5五个数中任取3个,可组成不同的等差数列的个数为( )
A.2B.4
C.6D.8
D [第一类,公差大于0,有①1,2,3,②2,3,4,③3,4,5,④1,3,5,共4个等差数列;第二类,公差小于0,也有4个.
根据分类加法计数原理可知,共有4+4=8个不同的等差数列.]
5.(a1+a2+a3+a4)·(b1+b2)·(c1+c2+c3)展开后共有不同的项数为( )
A.9B.12
C.18D.24
D [由分步乘法计数原理得共有不同的项数为4×2×3=24.故选D.]
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.
48 [当第一块地种茄子时,有4×3×2=24种不同的种法;当第一块地种辣椒时,有4×3×2=24种不同的种法,故共有48种不同的种植方案.]
7.如图所示,从点A沿圆或三角形的边运动到点C,则不同的走法有________种.
6 [由A直接到C有2种不同的走法,由A经点B到C有2×2=4种不同的走法.因此由分类加法计数原理共有2+4=6种不同走法.]
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.
20 [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.]
三、解答题
9.用0,1,…,9这十个数字,可以组成多少个.
(1)三位整数?
(2)无重复数字的三位整数?
(3)小于500的无重复数字的三位整数?
[解] 由于0不可在最高位,因此应对它进行单独考虑.
(1)百位的数字有9种选择,十位和个位的数字都各有10种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数共有9×10×10=900个.
(2)由于数字不可重复,可知百位的数字有9种选择,十位的数字也有9种选择,但个位数字仅有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数共有9×9×8=648个.
(3)百位只有4种选择,十位可有9种选择,个位数字有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数共有4×9×8=288个.
10.有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中,每块种植一种作物,相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物,共有多少种不同的种植方法?
[解] 法一:
第一步:
种植A试验田有4种方法;
第二步:
种植B试验田有3种方法;
第三步:
若C试验田种植的作物与B试验田相同,则D试验田有3种方法,此时有1×3=3种种植方法.
若C试验田种植的作物与B试验田不同,则C试验田有2种种植方法,D试验田也有2种种植方法,共有2×2=4种种植方法.由分类加法计数原理知,有3+4=7种种植方法.
第四步:
由分步乘法计数原理有N=4×3×7=84种不同的种植方法.
法二:
(1)若A、D种植同种作物,则A、D有4种不同的种法,B有3种种植方法,C也有3种种植方法,由分步乘法计数原理,共有4×3×3=36种种植方法.
(2)若A、D种植不同作物,则A有4种种植方法,D有3种种植方法,B有2种种植方法,C有2种种植方法,由分步乘法计数原理,共有4×3×2×2=48种种植方法.综上所述,由分类加法计数原理,共有N=36+48=84种种植方法.
[能力提升练]
1.一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有( )
A.6种B.8种
C.12种D.48种
D [每个景区都有2条线路,所以游览第一个景点有6种选法,游览第二个景点有4种选法,游览第三个景点有2种选法,故共有6×4×2=48种不同的游览线路.]
2.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种,分别种在不同土质的三块土地上,其中黄瓜必须种植,不同的种植方法有( )
A.24种B.18种
C.12种D.6种
B [法一:
(直接法)若黄瓜种在第一块土地上,则有3×2×1=6种不同的种植方法.同理,黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1=6种不同的种植方法.故共有6×3=18种不同的种植方法.
法二:
(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上,有4×3×2=24种方法,其中不种黄瓜有3×2×1=6种方法,故共有24-6=18种不同的种植方法.]
3.如图,用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色,规定一个区域只涂一种颜色,相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有________种.
180 [由题意,由于规定一个区域只涂一种颜色,相邻的区域颜色不同,可分步进行,区域A有5种涂法,B有4种涂法,C有3种涂法,D有3种涂法,所以共有5×4×3×3=180(种)不同的涂色方案.]
4.用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有________个.(用数字作答)
14 [法一:
数字2只出现一次的四位数有4个;数字2出现两次的四位数有6个;数字2出现三次的四位数有4个.故总共有4+6+4=14(个).
法二:
由数字2,3组成的四位数共有24=16个.其中没有数字2的四位数只有1个,没有数字3的四位数也只有1个,故符合条件的四位数共有16-2=14(个).]
5.用1,2,3,4四个数字可重复的排成三位数,并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}.
(1)写出这个数列的前11项;
(2)若an=341,求项数n.
[解]
(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133;
(2)比an=341小的数有两类:
①首位是1或2:
②首位是3:
故共有:
2×4×4+1×3×4=44(项).因此an=341是该数列的第45项,即n=45.
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