第一章11二.docx
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第一章11二.docx
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第一章11二
学习目标
巩固分类加法计数原理和分步乘法计数原理,并能灵活应用这两个计数原理解决实际问题.
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 两个计数原理的综合应用
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?
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 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)
答案 14
解析 因为四位数的每个数位上都有两种可能性,其中四个数字全是2或3的情况不合题意,所以符合题意的四位数有24-2=14(个).
类型二 抽取(分配)问题
例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?
解 方法一 (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:
总方法数N=5×4×3=60.
方法二 (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:
(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:
总方法数N=6+6+…+6=60.
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 从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别为a,b,共可得到lga-lgb的不同值的个数是( )
A.9B.10C.18D.20
答案 C
解析 利用分步乘法计数原理,取两个不同的数共有5×4=20(种),∵
=
,
=
,∴共可得到lga-lgb的不同值的个数是20-2=18.
类型三 涂色与种植问题
例3 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
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
若本例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可得,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 涂色问题的四个解答策略
涂色问题是考查计数方法的一种常见问题,由于这类问题常常涉及分类与分步,所以在高考题中经常出现,处理这类问题的关键是要找准分类标准,求解涂色问题一般是直接利用两个计数原理求解,常用的方法有:
(1)按区域的不同以区域为主分步计数,并用分步乘法计数原理计算.
(2)以颜色为主分类讨论法,适用于“区域、点、线段”问题,用分类加法计数原理计算.
(3)将空间问题平面化,转化为平面区域的涂色问题.
(4)对于不相邻的区域,常分为同色和不同色两类,这是常用的分类标准.
跟踪训练3 如图所示,将四棱锥S-ABCD的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两端点异色,如果只有5种颜色可供使用,求不同的染色方法总数.
解 由题意,四棱锥S-ABCD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染色确定时,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.
由分类加法计数原理知,当S,A,B染法确定时,C,D有7种染法.
由分步乘法计数原理得,不同的染色方法有60×7=420(种).
例4 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.
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.
反思与感悟 按元素性质分类,按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法,区分“分类”与“分步”的关键,是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情,分类中的每一种方法都能完成这件事情,而分步中的每一种方法不能完成这件事情,只是向事情的完成迈进了一步.
跟踪训练4 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,求有多少种不同的种植方法.
解 方法一 (直接法):
若黄瓜种在第一块土地上,则有3×2=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=6(种)不同的种植方法.
故不同的种植方法共有6×3=18(种).
方法二 (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),其中不种黄瓜有3×2×1=6(种),故不同的种植方法共有24-6=18(种).
1.用0,1,2,3组成没有重复数字的四位数,其中奇数有( )
A.8个B.10个C.18个D.24个
答案 A
解析 个位数只能是1或3,所以有2种选择,首位不能为0,则有2种选择,把剩下的2个数字先排,百位有2种选择,十位数字只有1种选择,由分步乘法计数原理,奇数有2×2×2×1=8(个).
2.在2,3,5,7,11这五个数字中,任取两个数字组成分数,其中假分数的个数为( )
A.20B.10C.5D.24
答案 B
解析 当分子为11时,分母可为2,3,5,7,所以可构成4个假分数;
当分子为7时,分母可为2,3,5,所以可构成3个假分数;
当分子为5时,分母可为2,3,所以可构成2个假分数;
当分子为3时,分母可为2,所以可构成1个假分数.
由分类加法计数原理可得,假分数的个数为4+3+2+1=10.
3.有5名同学被安排在周一至周五值日,每人值日一天.已知同学甲只能在周三值日,那么这5名同学值日顺序的安排方案共有( )
A.12种B.24种C.48种D.120种
答案 B
解析 安排同学甲周三值日,其余4名同学的安排方案分四个步骤完成:
第一步,安排第一位同学,有4种方法;第二步,安排第二位同学,有3种方法;第三步,安排第三位同学,有2种方法;第四步,安排第四位同学,有1种方法.根据分步乘法计数原理知,这5名同学值日顺序的安排方案共有4×3×2×1=24(种).
4.如图所示,在A,B间有四个焊接点,若焊接点脱落,则可能导致电路不通.今发现A,B之间线路不通,则焊接点脱落的不同情况有________种.
答案 13
解析 按照焊点脱落的个数进行分类:
第一类:
脱落一个焊点,只能是脱落1或4,有2种情况;
第二类:
脱落两个焊点,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3)共6种情况;
第三类:
脱落三个焊点,有(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4)共4种情况;
第四类:
脱落四个焊点,只有(1,2,3,4)1种情况.
于是焊点脱落的情况共有2+6+4+1=13(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
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.
课时作业
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
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.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
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.
3.如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A.24B.18C.12D.9
答案 B
解析 从E点到F点的最短路径有6条,从F点到G点的最短路径有3条,所以从E点到G点的最短路径条数为6×3=18,故选B.
4.用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A.243B.252C.261D.279
答案 B
解析 用间接算法:
十个数字能组成的三位数共有9×10×10个,而无重复数字的三位数共有9×9×8个,故所求的三位数的个数为9×10×10-9×9×8=252.故选B.
5.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
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.
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
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.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
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
8.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.
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).
9.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________.
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.
10.已知A={a1,a2,a3},B={b1,b2,b3,b4,b5},a1必须与b1对应,则A到B可建立________个不同的映射.
答案 25
11.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________.
答案 18
解析 由于题目要求的是奇数,那么对于此三位数从高位到低位各位上的数字的奇偶情况可以分成两种情况:
奇偶奇,偶奇奇.
第一类:
如果是第一种情况,可以从个位数字开始分析(3种选择),之后十位数字(2种选择),最后百位数字(2种选择),根据分步乘法计数原理可得此时共有12个满足条件的数;
第二类:
如果是第二种情况,分析同理:
个位数字(3种情况),十位数字(2种情况),百位数字(不能是0,只有1种情况),根据分步乘法计数原理可得此时共有6个满足条件的数.
再根据分类加法计数原理可得,满足条件的数共有12+6=18(个).
三、解答题
12.用0,1,2,3,…,9,这十个数字可能组成多少个不同的
(1)三位数;
(2)无重复数字的三位数?
解
(1)由于0不能在首位,所以首位数字有9种不同的选法;十位与个位上数字都有10种不同的选法.
所以不同的三位数共有9×10×10=900(个).
(2)首位上数字有9种选法;十位上数字除百位上数字外有9种选法;个位上数字有8种选法.
所以,组成无重复数字的三位数共9×9×8=648(个).
13.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.
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.
四、探究与拓展
14.若一系列函数的解析式相同,值域相同,但其定义域不同,则称这些函数为“同族函数”,那么函数解析式为y=x2,值域为{1,4}的“同族函数”共有________个.
答案 9
解析 由题意知,问题的关键在于确定函数定义域的个数,所以分两步:
第一步,先确定函数值1对应的定义域中的元素,因为当y=1时,x=1或x=-1,故有3种情况,即{1},{-1},{1,-1};第二步,确定函数值4对应的定义域中的元素,因为当y=4时,x=2或x=-2,故也有3种情况,即{2},{-2},{2,-2}.由分步乘法计数原理,得共有3×3=9(个).
15.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?
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.
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