高考数学理一轮复习教案第十一篇计数原理第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理.docx
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高考数学理一轮复习教案第十一篇计数原理第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【2013年高考会这样考】
考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用.
【复习指导】
复习时要弄清分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别与联系,这是解排列组合问题的基础.
基础梳理
1.分类加法计数原理
完成一件事有n类不同的方案,在第一类方案中有m1种不同的方法,在第二类方案中有m2种不同的方法,……,在第n类方案中有mn种不同的方法,则完成这件事情共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
2.分步乘法计数原理
完成一件事情需要分成n个不同的步骤,完成第一步有m1种不同的方法,完成第二步有m2种不同的方法,……,完成第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事情共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.
两个原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终.分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类,简单的说分类的标准是“不重不漏,一步完成”.而分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,在各个步骤中任取一种方法,即是完成这件事的一种方法,简单的说步与步之间的方法“相互独立,多步完成”.
类比加法与乘法的关系,在特定的情况下分步乘法计数原理可简化运用分类加法计数原理的过程.
双基自测
1.(人教A版教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中,有重复数字的四位数共有().
A.238个B.232个C.174个D.168个
解析可用排除法由0,1,2,3可组成的四位数共有3×43=192(个),其中无重复的数字的四位数共有3A
=18(个),故共有192-18=174(个).
答案C
2.(2010·广州模拟)已知集合A={1,2,3,4},B={5,6,7},C={8,9}.现在从这三个集合中取出两个集合,再从这两个集合中各取出一个元素,组成一个含有两个元素的集合,则一共可以组成多少个集合().
A.24个B.36个C.26个D.27个
解析C
C
+C
C
+C
C
=26,故选C.
答案C
3.(2012·滨州调研)甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有().
A.6种B.12种C.24种D.30种
解析分步完成.首先甲、乙两人从4门课程中同选1门,有4种方法,其次甲从剩下的3门课程中任选1门,有3种方法,最后乙从剩下的2门课程中任选1门,有2种方法,于是,甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2=24(种),故选C.
答案C
4.(2010·湖南)在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为().
A.10B.11C.12D.15
解析若4个位置的数字都不同的信息个数为1;若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C
;若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C
,由分类计数原理知满足条件的信息个数为1+C
+C
=11.
答案B
5.某电子元件是由3个电阻组成的回路,其中有4个焊点A、B、C、D,若某个焊点脱落,整个电路就不通,现在发现电路不通了,那么焊点脱落的可能情况共有________种.
解析法一当线路不通时焊点脱落的可能情况共有2×2×2×2-1=15(种).
法二恰有i个焊点脱落的可能情况为C
(i=1,2,3,4)种,由分类计数原理,当电路不通时焊点脱落的可能情况共C
+C
+C
+C
=15(种).
答案15
考向一分类加法计数原理
【例1】►(2011·全国)某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友一本,则不同的赠送方法共有().
A.4种B.10种C.18种D.20种
[审题视点]由于是两类不同的书本,故用分类加法计数原理.
解析赠送一本画册,3本集邮册,共4种方法;赠送2本画册,2本集邮册共C
种方法,由分类计数原理知不同的赠送方法共4+C
=10(种).
答案B
分类时,首先要确定一个恰当的分类标准,然后进行分类;其次分类时要注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类,并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法,只有满足这些条件,才可以用分类加法计数原理.
【训练1】如图所示,在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中,与正八边形有公共边的三角形有________个.
解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类:
第一类,有一条公共边的三角形共有8×4=32(个);
第二类,有两条公共边的三角形共有8(个).
由分类加法计数原理知,共有32+8=40(个).
答案40
考向二分步乘法计数原理
【例2】►(2011·北京)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).
[审题视点]组成这个四位数须分4步完成,故用分步乘法计数原理.
解析法一用2,3组成四位数共有2×2×2×2=16(个),其中不出现2或不出现3的共2个,因此满足条件的四位数共有16-2=14(个).
法二满足条件的四位数可分为三类:
第一类含有一个2,三个3,共有4个;第二类含有三个2,一个3共有4个;第三类含有二个2,二个3共有C
=6(个),因此满足条件的四位数共有2×4+C
=14(个).
答案14
此类问题,首先将完成这件事的过程分步,然后再找出每一步中的方法有多少种,求其积.注意:
各步之间相互联系,依次都完成后,才能做完这件事.简单说使用分步计数原理的原则是步与步之间的方法“相互独立,逐步完成”.
【训练2】由数字1,2,3,4,
(1)可组成多少个3位数;
(2)可组成多少个没有重复数字的3位数;
(3)可组成多少个没有重复数字的三位数,且百位数字大于十位数字,十位数字大于个位数字.
解
(1)百位数共有4种排法;十位数共有4种排法;个位数共有4种排法,根据分步计数原理共可组成43=64个3位数.
(2)百位上共有4种排法;十位上共有3种排法;个位上共有2种排法,由分步计数原理共可排成没有重复数字的3位数4×3×2=24(个).
(3)排出的三位数分别是432、431、421、321,共4个.
考向三涂色问题
【例3】►如图,用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四个区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不同,求有多少种不同的涂色方法?
[审题视点]根据乘法原理逐块涂色,要注意在不相邻的区域内可使用同一种颜色.
解法一如题图分四个步骤来完成涂色这件事:
涂A有5种涂法;涂B有4种方法;涂C有3种方法;涂D有3种方法(还可以使用涂A的颜色).
根据分步计数原理共有5×4×3×3=180种涂色方法.
法二由于A、B、C两两相邻,因此三个区域的颜色互不相同,共有A
=60种涂法;又D与B、C相邻、因此D有3种涂法;由分步计数原理知共有60×3=180种涂法.
涂色问题的实质是分类与分步,一般是整体分步,分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类.涂色问题通常没有固定的方法可循,只能按照题目的实际情况,结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理.
【训练3】如图所示,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两端异色,如果只有5种颜色可供使用,求不同的染色方法种数.
解法一可分为两大步进行,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用分步乘法原理即可得出结论.由题设,四棱锥SABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法.
当S、A、B染好时,不妨设其颜色分别为1、2、3,若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法;若C染4,则D可染3或5,有2种染法,若C染5,则D可染3或4,有2种染法.可见,当S、A、B已染好时,C、D还有7种染法,故不同的染色方法有60×7=420(种).
法二以S、A、B、C、D顺序分步染色
第一步,S点染色,有5种方法;
第二步,A点染色,与S在同一条棱上,有4种方法;
第三步,B点染色,与S、A分别在同一条棱上,有3种方法;
第四步,C点染色,也有3种方法,但考虑到D点与S、A、C相邻,需要针对A与C是否同色进行分类,当A与C同色时,D点有3种染色方法;当A与C不同色时,因为C与S、B也不同色,所以C点有2种染色方法,D点也有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3+2×2)=420(种).
法三按所用颜色种数分类
第一类,5种颜色全用,共有A
种不同的方法;
第二类,只用4种颜色,则必有某两个顶点同色(A与C,或B与D),共有2×A
种不同的方法;
第三类,只用3种颜色,则A与C、B与D必定同色,共有A
种不同的方法.
由分类加法计数原理,得不同的染色方法总数为A
+2×A
+A
=420(种).
规范解答20——如何解决涂色问题
【问题研究】涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题,这类问题是计数原理应用的典型问题,由于涂色本身就是策略的一个运用过程,能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性,加之涂色问题的趣味性,自然成为新课标高考的命题热点.
【解决方案】涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色,具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.
【示例】►(本小题满分12分)用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内,每格涂一种颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以反复使用,共有多少种不同的涂色方法?
颜色可以反复使用,即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色,首先确定第一个小方格的涂法,再考虑其相邻的两个小方格的涂法.
1
2
3
4
[解答示范]如图所示,将4个小方格依次编号为1,2,3,4,第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上,有5种不同的涂法.(2分)
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时,有A
=12种不同的涂法,第4个小方格有3种不同的涂法.由分步计数原理可知,有5×12×3=180种不同的涂法;(6分)
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时,有4种涂法,由于相邻西格不同色,因此,第4个小方格也有4种不同的涂法,由分步计数原理可知.有5×4×4=80种不同的涂法.(10分)
由分类加法计数原理可得,共有180+80=260种不同的涂法.(12分)
在涂色问题中一定要看颜色是否可以重复使用,不允许重复使用的涂色问题实际上就是一般的排列问题,当颜色允许重复使用时,要充分利用两个计数原理分析解决问题.
【试一试】(2011·湖北)给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n≤4时,在所有不同的着色方案中,黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示:
由此推断,当n=6时,黑色正方形互不相邻的着色方案共有__________种,至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种.(结果用数值表示)
[尝试解答]
(1)当n=6时,如果没有黑色正方形有1种方案,当有1个黑色正方形时,有6种方案,当有两个黑色正方形时,采用插空法,即两个黑色正方形插入四个白色正方形形成的5个空内,有C
=10种方案,当有三个黑色正方形时,同上方法有C
=4种方案,由图可知不可能有4个,5个,6个黑色正方形,综上可知共有21种方案.
(2)将6个正方形空格涂有黑白两种颜色,每个空格都有两种方案,由分步计数原理一共有26种方案,本问所求事件为
(1)的对立事件,故至少有两个黑色正方形相邻的方案有26-21=43(种).
答案2143
经典作业
一、选择题
1.如图所示,用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色,相邻区域必须涂不同颜色,若允许同一种颜色多次使用,则不同的涂色方法共有( )
A.180种 B.120种
C.96种D.60种
[答案] A
[解析] 按区域分四步:
第一步A区域有5种颜色可选;
第二步B区域有4种颜色可选;
第三步C区域有3种颜色可选;
第四步D区域也有3种颜色可选.由分步乘法计数原理,共有5×4×3×3=180(种).
2.若一系列函数的解析式相同,值域相同,但定义域不同,则称这些函数为“孪生函数”,那么函数解析式为y=2x2+1,值域为{5,19}的“孪生函数”共有( )
A.10个B.9个
C.8个D.7个
[答案] B
[解析] 令2x2+1=5,则x=±
,令2x2+1=19,则x=±3,那么函数解析式为y=2x2+1,值域为{5,19}的“孪生函数”的定义域就是从集合{3,-3},{
,-
}中选出元素来构成的,每个集合至少选一个元素.
当“孪生函数”的定义域有两个元素时,有2×2=4个,
当定义域有三个元素时,有2+2=4个,
当定义域有四个元素时,有1个,
所以共有4+4+1=9个,选B.
3.(2010·重庆文)某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日(端午节假期)值班,每天安排2人,每人值班1天,若6位员工中的甲不值14日,乙不值16日,则不同的安排方法共有( )
A.30种B.36种
C.42种D.48种
[答案] C
[解析] 本题考查排列组合的基本知识,涉及分类,分步计数原理、特殊元素、特殊位置.
甲在16日,有C41C42=24种;甲在15日,乙在15日有C42=6种.
甲在15日,乙有14日时有C41C31=12种,所以总共24+6+12=42,
故选C.
4.(2011·泉州模拟)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为( )
A.85B.56
C.49D.28
[答案] C
[解析] 考查有限制条件的组合问题.
(1)从甲、乙两人中选1人,有2种选法,从除甲、乙、丙外的7人中选2人,有C72种选法,由分步乘法计数原理知,共有2C72=42种.
(2)甲、乙两人全选,再从除丙外的其余7人中选1人共7种选法.
由分类加法计数原理知共有不同选法42+7=49种.
5.在如图的矩形长条中,涂上红、黄、蓝三种颜色,每种颜色限涂两格,且相邻两格不同色,则不同的涂色方法共有( )
A.90种B.54种
C.45种D.30种
[答案] D
[解析] 把六个位置从左到右编号为1~6,当红涂1、3位时有2种,红涂1、4位时有4种,红涂1、5位时有2种,红涂1、6位时有2种,红涂2、4位时有4种,红涂2、5位时有4种,红涂2、6位时有2种,红涂3、5位时有4种,红涂3、6位时有4种,红涂4、6位时有2种,故共有30种.
6.三个人踢毽,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过5次传递后,毽又被踢回给甲,则不同的传递方式共有( )
A.6种B.8种
C.10种D.16种
[答案] C
[解析] 如下图:
同理,甲传给丙也可以推出5种情况,综上有10种传法.故选C.
7.(2011·潍坊模拟)一植物园参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线种数共有( )
A.6种
B.8种
C.36种
D.48种
[答案] D
[解析] 如图所示,在A点可先参观区域1,也可先参观区域2或3,共有3种不同选法.每种选法中又有2×2×2×2=16种不同线路.
∴共有3×16=48种不同的参观路线.
8.(2011·江西太余一模)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“×××××××0000”到“×××××××9999”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.2000个B.4096个
C.5904个D.8320个
[答案] C
[解析] 正面考虑较为繁琐,可从反面考虑后四位带有“4”或“7”的对立事件是后四位既不含“4”也不含“7”,因此优惠卡的个数是104-84=10000-4096=5904.
二、填空题
9.从集合{1,2,3,…,10}中,选出由5个数组成的子集,使得这5个数中的任何两个数的和不等于11,这样的子集共有________个.
[答案] 32
[解析] 和为11的数共有5组:
1与10,2与9,3与8,4与7,5与6,子集中的元素不能取自同一组的两数,即5个组中每个组可取一个数,取法各有2种,所以子集个数为25=32.
10.某校开设9门课程供学生选修,其中A、B、C三门由于上课时间相同,至多选一门.学校规定,每位同学选修4门,共有________种不同的选修方案(用数值作答)
[答案] 75
[解析] 第一类,从A、B、C中选一门有C31·C63=60种,
第二类,不选A、B、C课程,有C64=15种.
∴共有60+15=75种.
11.若直线方程ax+by=0中的a、b可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字,则方程所表示的不同直线一共有________条.
[答案] 14
[解析] 分两类:
第一类,a、b均不为零,a、b的取值共有A42=12种方法.
第二类:
a、b中有一个为0,则不同的直线仅有两条x=0和y=0.
∴共有不同直线14条.
三、解答题
12.乒乓球队的10名队员有3名主力队员,派5名参加比赛,按出场次序,3名主力队员要安排在第一、三、五位置,其余7名队员选2名安排在第二、四位置,求不同的出场安排的种数.
[解析] 解法1:
按出场次序逐一安排.第一位置队员的安排有3种方法;第二位置队员的安排有7种方法;第三位置队员的安排有2种方法;第四位置队员的安排有6种方法;第五位置队员的安排只有1种方法.
由分步计数原理,得不同的出场安排种数为3×7×2×6×1=252.
解法2:
按主力与非主力,分两步安排.第一步安排3名主力队员在第一、三、五位置上,有A33种方法;第二步安排7名非主力队员中的2名在第二、四位置上,有A72种方法.
由分步计数原理,得不同的出场安排种数为A33×A72=252.
13.已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面上的点(a,b∈M),问
(1)P可表示平面上多少个不同的点?
(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?
(3)P可表示多少个不在直线y=x上的点?
[分析] 完成“确定点P”这件事需依次确定横、纵坐标,应用分步乘法计数原理.
[解析]
(1)确定平面上的点P(a,b)可分两步完成:
第一步确定a的值,共有6种确定方法;
第二步确定b的值,也有6种确定方法.根据分步乘法计数原理,得到平面上的点数是6×6=36个.
(2)确定第二象限的点,可分两步完成:
第一步确定a,由于a<0,所以有3种确定方法;
第二步确定b,由于b>0,所以有2种确定方法.
由分步乘法计数原理,
得到第二象限点的个数是3×2=6.
(3)点P(a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.因此a和b必须在集合M中取同一元素,共有6种取法,即在直线y=x上的点有6个.
由
(1)得不在直线y=x上的点共有36-6=30个.
[点评] 利用分步乘法计数原理解决问题:
①要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的;②各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各个步骤都完成才算完成这件事.
14.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色,每个区域涂一种颜色,若要求相邻(有公共边)的区域不同色,那么共有多少种不同的涂色方法?
1
3
2
4
[解析] 可分步进行.
涂区域1,有5种颜色可选.
涂区域2,有4种颜色可选.
涂区域3,可先分类:
若区域3的颜色与2相同,则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2个不同,则区域3有3种颜色可选,此时区域4有3种颜色可选.
所以共有5×4×(1×4+3×3)=260种涂色方法.
15.
(1)四面体的一个顶点为A,从其他顶点和各棱中点中取3个点,使它们和点A在同一平面上,有多少种不同的取法?
(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,有多少种不同的取法?
[解析]
(1)如图,含顶点A的四面体的3个面上,除点A外都有5个点,从中取出3点必与点A共面共有3C53种取法,含顶点A的三条棱中每一棱上的三个点,与所对的棱的中点共面,共有3种取法.与顶点A共面三点的取法有3C53+3=33种.
(2)如图,从10个顶点中取4个点的取法有C104种,除去4点共面的取法种数可以得到结果.①从四面体同一个面上的6个点取出的4点必定共面,有4C64=60种;②四面体的每一棱上3点与相对棱中点共面,共有6种共面情况;③从6条棱的中点取4个点时有3种共面情况(对棱中点连线两两相交互相平分).故4点不共面的取法为C104-(60+6+3)=141种.
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- 高考 学理 一轮 复习 教案 第十 一篇 计数 原理 分类 加法 分步 乘法