高中数学 第一章 第2课时 两个计数原理的综合应用学案 新人教A版选修23.docx

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高中数学第一章第2课时两个计数原理的综合应用学案新人教A版选修23

亲爱的同学：

这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……

学习资料专题

第2课时　两个计数原理的综合应用

学习目标

　1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.2.会正确应用这两个计数原理计数．

知识点一　两个计数原理的区别与联系

分类加法计数原理

分步乘法计数原理

相同点

用来计算完成一件事的方法种类

不同点

分类完成，类类相加

分步完成，步步相乘

每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事

每步依次完成才算完成这件事（每步中的一种方法不能独立完成这件事）

注意点

类类独立，不重不漏

步步相依，步骤完整

知识点二　两个计数原理的应用

解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用．使用时要做到目的明确，层次分明，先后有序，还需特别注意以下两点：

（1）合理分类，准确分步：

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．分类时需要满足两

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．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，一般应优先安排特殊元素，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．

类型一　组数问题

例1　用0,1,2,3,4五个数字，

（1）可以排成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？

考点　两个计数原理的应用

题点　两个原理在排数中的应用

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；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．

引申探究

由本例中的五个数字可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中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，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知共有2×3×3×2＝36（个）．

反思与感悟　对于组数问题，应掌握以下原则：

（1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊位置（或特殊元素）优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．

（2）要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．

跟踪训练1　从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（　　）

A．24B．18C．12D．6

考点　两个计数原理的应用

题点　两个原理在排数中的应用

答案　B

解析　由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况；奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析（3种情况），之后十位（2种情况），最后百位（2种情况），共12种；如果是第二种情况偶奇奇：

个位（3种情况），十位（2种情况），百位（不能是0，一种情况），共6种，因此总共有12＋6＝18（种）情况．故选B.

类型二　选（抽）取与分配问题

例2　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

考点　抽取（分配）问题

题点　抽取（分配）问题

答案　C

解析　方法一　（直接法）

以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：

第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9（种）；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27（种）．

综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37（种）．

方法二　（间接法）

先计算3个班级自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即4×4×4－3×3×3＝37（种）方案．

反思与感悟　解决抽取（分配）问题的方法

（1）当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、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直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．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．

跟踪训练2　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？

考点　抽取（分配）问题

题点　抽取（分配）问题

解　（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，

由分步乘法计数原理得，总方法数N＝5×4×3＝60.

类型三　涂色与种植问题

例3　

（1）将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种.

考点　种植问题

题点　种植问题

答案　42

解析　分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.

（1）若第三块田放c：

a

b

c

第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4（种）方法．

（2）若第三块田放a：

a

b

a

第四块有b或c两种方法，

①若第四块放c：

a

b

a

c

第五块有2种方法；

②若第四块放b：

a

b

a

b

第五块只能种作物c，共1种方法．

综上，共有3×2×（2×2＋2＋1）＝42（种）方法．

（2）将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“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？

1

2

3

4

考点　涂色问题

题点　涂色问题

解　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．

①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12（种）不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180（种）不同的涂法．

②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80（种）不同的涂法．

由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260（种）不同的涂法．

引申探究

本例

（2）中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？

①

②

④

③

解　依题意，可分两类情况：

①④不同色；①④同色．

第一类：

①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．

第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；

第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；

第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．

于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为5×4×3×2＝120（种）．

第二类：

①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．

第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．

于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60（种）．

综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180（种）．

反思与感悟　解决涂色（种植）问题的一般思路

涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解，有几种常用方法：

（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）以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．

（3）将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．

种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数．

跟踪训练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个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的总数为________．

考点　涂色问题

题点　涂色问题

答案　420

解析　按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：

第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180（种）不同的染色方法．

第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240（种）不同的染色方法．

根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420（种）不同的染色方法．

1．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有（　　）

A．6种B．5种C．4种D．3种

考点　分类加法计数原理

题点　分类加法计数原理的应用

答案　C

解析　不同的选派情况可分为3类：

若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法．根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有2＋1＋1＝4（种）．

2．用0,1，…，9这10个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为（　　）

A．243B．252C．261D．648

考点　两个计数原理的应用

题点　两个原理在排数中的应用

答案　B

解析　0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900（个）三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648（个），所以有重复数字的三位数有900－648＝252（个）．

3．某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有（　　）

A．24种B．48种

C．64种D．81种

考点　分步乘法计数原理

题点　分步乘法计数原理的应用

答案　A

解析　由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24（种）不同的参赛方法．

4．火车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有（　　）

A．510种B．105种

C．50种D．500种

考点　分步乘法计数原理

题点　分步乘法计数原理的应用

答案　A

解析　分10步．

第1步：

考虑第1名乘客下车的所有可能有5种；

第2步：

考虑第2名乘客下车的所有可能有5种；

…；

第10步：

考虑第10名乘客下车的所有可能有5种．

故共有乘客下车的可能方式

＝510（种）．

5．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.

A

B

C

D

考点　涂色问题

题点　涂色问题

答案　108

解析　A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108（种）涂法．

1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答后面将要学习的排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．

2．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．

3．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．

4．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．

一、选择题

1．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有（　　）

A．512个B．192个C．240个D．108个

考点　两个计数原理的应用

题点　两个原理在排数中的应用

答案　D

解析　能被5整除的四位数，可分为两类：

一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60（个）．

二类是末位为5，由分步乘法计数原理共有4×4×3＝48（个）．

由分类加法计数原理得60＋48＝108（个）．

2．有四位教师在同一年级的四个班各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有（　　）

A．8种B．9种C．10种D．11种

考点　抽取（分配）问题

题点　抽取（分配）问题

答案　B

解析　设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d.若A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法．同理，若A监考c，d时，也分别有3种不同方法．由分类加法计数原理，得监考方法共有3＋3＋3＝9（种）．

3．某城市的电话号码由六位升为七位（首位数字均不为零），则该城市可增加的电话部数是（　　）

A．9×8×7×6×5×4×3×2

B．8×96

C．9×106

D．8.1×106

考点　两个计数原理的应用

题点　两个原理在排数中的应用

答案　D

解析　电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位时为9×106，∴可增加的电话数是9×106－9×105＝81×105.故选D.

4．若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有（　　）

A．10个B．14个C．15个D．21个

考点　分类加法计数原理

题点　分类加法计数原理的应用

答案　A

解析　当b＝1时，c＝4，当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．

5.如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有（　　）

A．6种B．36种C．63种D．64种

考点　两个计数原理的区别与联系

题点　两个原理的简单综合应用

答案　C

解析　每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63（种）可能情况．

6．从颜色分别为黄、白、红、橙的4盆菊花和颜色分别为紫、粉红、白的3盆山茶花中任取3盆，其中至少有菊花、山茶花各1盆，则不同的选法种数为（　　）

A．12B．18C．24D．30

考点　两个计数原理的区别与联系

题点　两个原理的简单综合应用

答案　D

解析　选出符合要求的3盆花可分为两类：

第一类，可从4盆菊花中选1盆，再从3盆山茶花中选2盆，有4×3＝12（种）选法；第二类，可从4盆菊花中选2盆，再从3盆山茶花中选1盆，有6×3＝18（种）选法．根据分类加法计数原理知，不同的选法种数为12＋18＝30.

7．在正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱所有对角线的条数为（　　）

A．20B．15C．12D．10

考点　两个计数原理的区别与联系

题点　两个原理的简单综合应用

答案　D

解析　由题意知，正五棱柱的对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，所以从一个顶点出发的对角线有2条，所以正五棱柱所有对角线的条数为2×5＝10.

8.如图，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，则不同的涂法种数为（　　）

A．280B．180

C．96D．60

考点　涂色问题

题点　涂色问题

答案　B

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；第四步由于可重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选用．由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180（种）涂法．

二、填空题

9．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数，共有________个．

考点　两个计数原理的应用

题点　两个原理在排数中的应用

答案　36

解析　根据题意个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9共8种情况，在每一类中满足题目要求的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36（个）．

10．某班将元旦联欢会原定的9个歌唱节目已排成节目单，但在开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为________．

考点　分步乘法计数原理

题点　分步乘法计数原理的应用

答案　110

解析　先将其中一个节目插入原节目单的9个节目形成的10个空中，有10种方法；再把另一个节目插入前10个节目形成的11个空中，有11种插法．由分步乘法计数原理知有10×11＝110（种）不同的插法．

11．古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成________组．

考点　两个计数原理的区别与联系

题点　两个原理的简单综合应用

答案　60

解析　分两类：

第一类：

由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30（组）不同的结果．第二类也有30组不同的结果，共可得30＋30＝60（组）．

三、解答题

12．有一项活动，需在3名教师，8名男同学和5名女同学中选人参加．

（1）若只需一人参加，有多少种不同选法？

（2）若需教师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？

（3）若需一名教师，一名学生参加，有多少种不同选法？

考点　两个计数原理的区别与联系

题点　两个原理的简单综合应用

解　

（1）有三类选人的方法：

3名教师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法．由分类加法计数原理知，共有3＋8＋5＝16（种）选法．

（2）分三步选人：

第一步选教师，有3种方法；第二步选男同学，有8种方法；第三步选女同学，有5种方法．由分步乘法计数原理知，共有3×8×5＝120（种）选法．

（3）可分两类，每一类又分两步．第一类：

选一名教师再选一名男同学，有3×8＝24（种）选法；第二类：

选一名教师再选一名女同学，共有3×5＝15（种）选法．由分类加法计数原理可知，共有24＋15＝39（种）选法．

13．将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数．

（1）可以排出多少个不同的三位数？

（2）各位数字互不相同的三位数有多少个？

（3）恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？

考点　两个计数原理的应用

题点　两个原理在排数中的应用

解　

（1）分三步进行：

先排百位，再排十位，最后排个位．根据分步乘法计数原理知，可以排出6×6×6＝216（个）不同的三位数．

（2）分三步进行：

先排百位，再排十位，最后排个位．百位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位上数字的排法有4种，根据分步乘法计数原理知，各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120（个）．

（3）两个数字相同有三种可能，即百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，而每种都有6×5＝30（个），故满足条件的三位数共有3×30＝90（个）．

四、探究与拓展

14．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则形成不同的直线最多有（　　）

A．18条B．20条C．25条D．10条

考点　两个计数原理的区别与联系

题点　两个原理的简单综合应用

答案　A

解析　第一步取A的值，有5种取法，第二步取B的值有4种取法，其中当A＝1，B＝2时，与A＝2，B＝4时是相同的；当A＝2，B＝1时，与A＝4，B＝2时是相同的，故共有5×4－2＝18（条）．

15．用n种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①，②，③，④四个区域中相邻（有公共边界）的区域不用同一种颜色．

（1）若n＝6，为甲着色时共有多少种不同的方法？

（2）若为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值．

考点　涂色问题

题点　涂色问题

解　完成着色这件事，共分为四个步骤，可以依次考虑为①，②，③，④这四个区域着色时各自的方法数，再利用分步乘法计数原理确定出总的方法数．

（1）为①区域着色时有6种方法，为②区域着色时有5种方法，为③区域着色时有4种方法，为④区域着色时有4种方法，依据分步乘法计数原理，不同的着色方法有6×5×4×4＝480（种）．

（2）由题意知，为①区域着色时有n种方法，为②区域着色时有（n－1）种方法，为③区域着色时有（n－2）种方法，为④区域着色时有（n－3）种方法，由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为n（n－1）（n－2）（n－3）．

∴n（n－1）（n－2）（n－3）＝120，

∴（n2－3n）（n2－3n＋2）－120＝0，

即（n2－3n）2＋2（n2－3n）－120＝0.

∴n2－3n－10＝0或n2－3n＋12＝0（舍去）．

∴n＝5（负值舍去）．