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2016新课标三维人教A版数学选修2-3 1.1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理


分类加法计数原理和分步乘法计数原理

第一课时 两个计数原理及其简单应用

预习课本 P2~6,思考并完成以下问题 1.什么是分类加法计数原理与分步乘法计数原理?

2.分类加法计数原理与分步乘法计数原理有怎样的区别与联系?

[新知初探] 1.分类加法计数原理

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2.分步乘法计数原理

[点睛] 两个原理的区别 每类方法都能独立完成这件事.它 区别一 是独立的、一次的且每次得到的是 最后结果,只需一种方法就完成 区别二 任何一步都不能独立完成这件事, 缺少任何一步也不可,只有各步骤 都完成了才能完成这件事

各类方法之间是互斥的、并列的、 各步之间是相互依存的,并且既不 独立的 能重复、也不能遗漏

[小试身手] 1.判断下列命题是否正确.(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)在分类加法计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同.( (2)在分类加法计数原理中,每类方案中的方法都能完成这件事.( ) ) )

(3)在分步乘法计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(

(4)在分步乘法计数原理中,事情若是分两步完成的,那么其中任何一个单独的步骤都 不能完成这件事,只有两个步骤都完成后,这件事情才算完成.( 答案:(1)× (2)√ (3)√ (4)√ ) )

2.某学生去书店,发现 2 本好书,决定至少买其中一本,则购买方式共有( A.1 种 C.3 种 答案:C B.2 种 D.4 种

3.从 10 名任课教师,54 名同学中,选 1 人参加元旦文艺演出,共有________种不同 的选法. 答案:64 4.一个袋子里放有 6 个球,另一个袋子里放有 8 个球,每个球各不相同,从两个袋子 里各取一个球,共有_____种不同的取法. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

答案:48

分类加法计数原理的应用

[典例] [解析]

在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数的个数为__________. (1)法一:根据题意,将十位上的数字按 1,2,3,4,5,6,7,8 的情况分成 8 类,在每

一类中满足题目条件的两位数分别是 8 个,7 个,6 个,5 个,4 个,3 个,2 个,1 个.由 分类加法计数原理知,符合条件的两位数共有 8+7+6+5+4+3+2+1=36(个). 法二:分析个位数字,可分以下几类: 个位是 9,则十位可以是 1,2,3,?,8 中的一个,故共有 8 个; 个位是 8,则十位可以是 1,2,3,?,7 中的一个,故共有 7 个; 同理,个位是 7 的有 6 个; ?? 个位是 2 的有 1 个. 由分类加法计数原理知,符合条件的两位数共有 8+7+6+5+4+3+2+1=36(个). [答案] 36

[一题多变] 1.[变条件]若本例条件变为个位数字小于十位数字且为偶数,那么这样的两位数有多 少个. 解:当个位数字是 8 时,十位数字取 9,只有 1 个. 当个位数字是 6 时,十位数字可取 7,8,9,共 3 个. 当个位数字是 4 时,十位数字可取 5,6,7,8,9,共 5 个. 同理可知,当个位数字是 2 时,共 7 个, 当个位数字是 0 时,共 9 个. 由分类加法计数原理知,符合条件的两位数共有 1+3+5+7+9=25(个). 2.[变条件,变设问]用 1,2,3 这 3 个数字可以写出没有重复数字的整数________个. 解析:分三类:第一类为一位整数,有 3 个; 第二类为两位整数,有 12,21,23,32,13,31,共 6 个; 第三类为三位整数,有 123,132,231,213,321,312,共 6 个, ∴共写出没有重复数字的整数 3+6+6=15 个. 答案:15

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利用分类加法计数原理计数时的解题流程

分步乘法计数原理的应用

[典例] 多少个?

从 1,2,3,4 中选三个数字, 组成无重复数字的整数, 则分别满足下列条件的数有

(1)三位数; (2)三位数的偶数. [解] (1)三位数有三个数位, 百位 十位 个位

故可分三个步骤完成: 第 1 步,排个位,从 1,2,3,4 中选 1 个数字,有 4 种方法; 第 2 步,排十位,从剩下的 3 个数字中选 1 个,有 3 种方法; 第 3 步,排百位,从剩下的 2 个数字中选 1 个,有 2 种方法.依据分步乘法计数原理, 共有 4×3×2=24 个满足要求的三位数. (2)分三个步骤完成: 第 1 步,排个位,从 2,4 中选 1 个,有 2 种方法; 第 2 步,排十位,从余下的 3 个数字中选 1 个,有 3 种方法; 第 3 步,排百位,只能从余下的 2 个数字中选 1 个,有 2 种方法. 故共有 2×3×2=12 个三位数的偶数.

利用分步乘法计数原理计数时的解题流程

[活学活用] 某商店现有甲种型号电视机 10 台, 乙种型号电视机 8 台, 丙种型号电视机 12 台, 从 这三种型号的电视机中各选 1 台检验, 有多少种不同的选法? 解:从这三种型号的电视机中各选 1 台检验可分三步完成:

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第一步,从甲种型号中选 1 台,有 10 种不同的选法; 第二步,从乙种型号中选 1 台,有 8 种不同的选法; 第三步,从丙种型号中选 1 台,有 12 种不同的选法. 根据分步乘法计数原理,不同的选法共有 10×8×12=960 种. 两个计数原理的简单综合应用

[典例]

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 7 人中选 2 人分别参加象棋比赛和围棋比赛,共有 多少种不同的选法? [解] 选参加象棋比赛的学生有两种方法: 在只会下象棋的 3 人中选或在既会下象棋又

会下围棋的 2 人中选;选参加围棋比赛的学生也有两种选法:在只会下围棋的 2 人中选或 在既会下象棋又会下围棋的 2 人中选.互相搭配,可得四类不同的选法. 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 3×2=6 种选法; 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 3×2=6 种选法; 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 2×2=4 种选法; 2 名既会下象棋又会下围棋的学生分别参加象棋比赛和围棋比赛有 2 种选法. ∴共有 6+6+4+2=18 种选法.所以共有 18 种不同的选法.

利用两个计数原理解题时的三个注意点 (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形图,使问题的分 析更直观、清楚,便于探索规律. (3)综合问题一般是先分类再分步. [活学活用] 某地政府召集 5 家企业的负责人开会,已知甲企业有 2 人到会,其余 4 家企业各有 1 人到会,会上有 3 人发言,则这 3 人来自 3 家不同企业的可能情况为多少种? 解:分两类:第一类是甲企业有 1 人发言,有 2 种情况,另 2 个发言人来自其余 4 家 企业,有 6 种情况,根据分步乘法计数原理可得共有 2×6=12(种)情况; 另一类是 3 人全来自其余 4 家企业,共有 4 种情况.根据分类加法计数原理可得共有 12+4=16(种)情况. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

层级一

学业水平达标

1.从甲地到乙地一天有汽车 8 班,火车 3 班,轮船 2 班,某人从甲地到乙地,他共有 不同的走法数为( A.13 种 C.24 种 ) B.16 种 D.48 种

解析:选 A 应用分类加法计数原理,不同走法数为 8+3+2=13(种). 2.已知 x∈{2,3,7},y∈{-31,-24,4},则(x,y)可表示不同的点的个数是( A.1 C.6 B.3 D.9 )

解析:选 D 这件事可分为两步完成:第一步,在集合{2,3,7}中任取一个值 x 有 3 种方 法; 第二步, 在集合{-31, -24,4}中任取一个值 y 有 3 种方法. 根据分步乘法计数原理知, 有 3×3=9 个不同的点. 3.甲、乙两人从 4 门课程中各选修 1 门,则甲、乙所选的课程不相同的选法共有( A.6 种 C.30 种 B.12 种 D.36 种 )

解析:选 B ∵甲、乙两人从 4 门课程中各选修 1 门,∴由分步乘法计数原理,可得 甲、乙所选的课程不相同的选法有 4×3=12 种. 4.已知两条异面直线 a,b 上分别有 5 个点和 8 个点,则这 13 个点可以确定不同的平 面个数为( A.40 C.13 ) B.16 D.10

解析:选 C 分两类:第 1 类,直线 a 与直线 b 上 8 个点可以确定 8 个不同的平面; 第 2 类,直线 b 与直线 a 上 5 个点可以确定 5 个不同的平面. 故可以确定 8+5=13 个不同的平面. 5.给一些书编号,准备用 3 个字符,其中首字符用 A,B,后两个字符用 a,b,c(允 许重复),则不同编号的书共有( A.8 本 C.12 本 ) B.9 本 D.18 本

解析:选 D 需分三步完成,第一步首字符有 2 种编法,第二步,第二个字符有 3 种 编法,第三步,第三个字符有 3 种编法,故由分步乘法计数原理知不同编号共有 2×3×3 =18 种. 6.一个礼堂有 4 个门,若从任一个门进,从任一门出,共有不同走法________种.

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解析: 从任一门进有 4 种不同走法, 从任一门出也有 4 种不同走法, 故共有不同走法 4×4 =16 种. 答案:16 7.将三封信投入 4 个邮箱,不同的投法有________种. 解析:第一封信有 4 种投法,第二封信也有 4 种投法,第三封信也有 4 种投法,由分 步乘法计数原理知,共有不同投法 43=64 种. 答案:64 8.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. 解析:按照焊接点脱落的个数进行分类: 第 1 类,脱落 1 个,有 1,4,共 2 种; 第 2 类,脱落 2 个,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3),共 6 种; 第 3 类,脱落 3 个,有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共 4 种; 第 4 类,脱落 4 个,有(1,2,3,4),共 1 种. 根据分类加法计数原理,共有 2+6+4+1=13 种焊接点脱落的情况. 答案:13 9.若 x,y∈N*,且 x+y≤6,试求有序自然数对(x,y)的个数. 解:按 x 的取值进行分类: x=1 时,y=1,2,?,5,共构成 5 个有序自然数对; x=2 时,y=1,2,?,4,共构成 4 个有序自然数对; ? x=5 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=5+4+3+2+1=15 个有序自然数对. 10.现有高一四个班的学生 34 人,其中一、二、三、四班分别有 7 人、8 人、9 人、 10 人,他们自愿组成数学课外小组. (1)选其中一人为负责人,有多少种不同的选法? (2)每班选一名组长,有多少种不同的选法? (3)推选两人做中心发言,这两人需来自不同的班级,有多少种不同的选法? 解:(1)分四类:第一类,从一班学生中选 1 人,有 7 种选法;第二类,从二班学生中 选 1 人,有 8 种选法;第三类,从三班学生中选 1 人,有 9 种选法;第四类,从四班学生 中选 1 人,有 10 种选法. 所以共有不同的选法 N=7+8+9+10=34(种). (2)分四步:第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

所以共有不同的选法 N=7×8×9×10=5 040(种). (3)分六类, 每类又分两步: 从一、 二班学生中各选 1 人, 有 7×8 种不同的选法; 从一、 三班学生中各选 1 人,有 7×9 种不同的选法;从一、四班学生中各选 1 人,有 7×10 种不 同的选法;从二、三班学生中各选 1 人,有 8×9 种不同的选法;从二、四班学生中各选 1 人,有 8×10 种不同的选法;从三、四班学生中各选 1 人,有 9×10 种不同的选法. 所以,共有不同的选法 N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种). 层级二 应试能力达标 )

1.(a1+a2)(b1+b2)(c1+c2+c3)完全展开后的项数为( A.9 C.18 解析:选 B B.12 D.24

每个括号内各取一项相乘才能得到展开式中的一项,由分步乘法计数原

理得,完全展开后的项数为 2×2×3=12. 2.(2016· 全国卷Ⅰ)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.24 C.12

B.18 D.9

解析:选 B 由题意可知 E→F 有 6 种走法,F→G 有 3 种走法,由分步乘法计数原理 知,共 6×3=18 种走法,故选 B. 3.如图所示,小圆圈表示网络的结点,结点之间的线段表示它们 有网线相连. 连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大 信息量.现从结点 A 向结点 B 传递信息,信息可以从分开不同的路线 同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为( A.26 C.20 B.24 D.19 )

解析:选 D 因信息可以分开沿不同的路线同时传递,由分类计数原理,完成从 A 向 B 传递有四种方法:12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6,故单位时间内传递的最大信息 量为四条不同网线上信息量的和:3+4+6+6=19,故选 D. 4.4 名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学 参加公益活动的概率为( )

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A. C.

1 8 5 8

B.

3 8 7 8

D.

解析:选 D 4 名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有 24= 16(种),其中仅在周六(周日)参加的各有 1 种,∴所求概率为 1- 1+1 7 = . 16 8

5.圆周上有 2n 个等分点(n 大于 2),任取 3 个点可得一个三角形,恰为直角三角形的 个数为________. 解析:先在圆周上找一点,因为有 2n 个等分点,所以应有 n 条直径,不过该点的直径 应有 n-1 条,这 n-1 条直径都可以与该点形成直角三角形,即一个点可形成 n-1 个直角 三角形,而这样的点有 2n 个,所以一共可形成 2n(n-1)个符合条件的直角三角形. 答案:2n(n-1) 6.将数字 1,2,3,4 填入标号为 1,2,3,4 的四个方格里,每格填一个数字,则每个方格的 标号与所填的数字均不同的填法有________种. 解析:将数字 1 填入第 2 方格,则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有 3 种,即 2143,3142,4123;同样将数字 1 填入第 3 方格,也对应着 3 种填法;将数字 1 填入第 4 方格,也对应着 3 种填法,因此共有填法为 3×3=9(种). 答案:9 7.某校高二共有三个班,各班人数如下表. 男生人数 高二(1)班 高二(2)班 高二(3)班 30 30 35 女生人数 20 30 20 总人数 50 60 55

(1)从三个班中选 1 名学生任学生会主席,有多少种不同的选法? (2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选 1 名学生任学生会生活部部长,有 多少种不同的选法? 解:(1)从每个班选 1 名学生任学生会主席,共有 3 类不同的方案: 第 1 类,从高二(1)班中选出 1 名学生,有 50 种不同的选法; 第 2 类,从高二(2)班中选出 1 名学生,有 60 种不同的选法; 第 3 类,从高二(3)班中选出 1 名学生,有 55 种不同的选法. 根据分类加法计数原理知,从三个班中选 1 名学生任学生会主席,共有 50+60+55= 165 种不同的选法. (2)从高二(1)班、(2)班男生或高二(3)班女生中选 1 名学生任学生会生活部部长,共有 3 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

类不同的方案: 第 1 类,从高二(1)班男生中选出 1 名学生,有 30 种不同的选法; 第 2 类,从高二(2)班男生中选出 1 名学生,有 30 种不同的选法; 第 3 类,从高二(3)班女生中选出 1 名学生,有 20 种不同的选法. 根据分类加法计数原理知,从高二(1)班、(2)班男生或高二(3)班女生中选 1 名学生任学 生会生活部部长,共有 30+30+20=80 种不同的选法.

8.已知集合 A={a1,a2,a3,a4},集合 B={b1,b2},其中 ai,bj(i=1,2,3,4,j=1,2) 均为实数. (1)从集合 A 到集合 B 能构成多少个不同的映射? (2)能构成多少个以集合 A 为定义域,集合 B 为值域的不同函数? 解:(1)因为集合 A 中的每个元素 ai(i=1,2,3,4)与集合 B 中元素的对应方法都有 2 种, 由分步乘法计数原理,可构成 A→B 的映射有 N=24=16 个. (2)在(1)的映射中,a1,a2,a3,a4 均对应同一元素 b1 或 b2 的情形此时构不成以集合 A 为定义域,以集合 B 为值域的函数,这样的映射有 2 个. 所以构成以集合 A 为定义域,以集合 B 为值域的函数有 M=16-2=14 个. 第二课时 两个计数原理的综合应用

选(抽)取与分配问题

[典例]

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,有多少种不同的选法? [解] 由题意 9 人中既会英语又会日语的“多面手”有 1 人.则可分三类:

第一类:“多面手”去参加英语时,选出只会日语的一人即可,有 2 种选法. 第二类:“多面手”去参加日语时,选出只会英语的一人即可,有 6 种选法. 第三类:“多面手”既不参加英语又不参加日语,则需从只会日语和只会英语中各选 一人,有 2×6=12(种)方法. 故共有 2+6+12=20(种)选法.

选(抽)取与分配问题的常见类型及其解法 (1)当涉及对象数目不大时,一般选用枚举法、树形图法、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:

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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. [活学活用] 1.甲、乙、丙 3 个班各有三好学生 3,5,2 名,现准备推选 2 名来自不同班的三好学生 去参加校三好学生代表大会,共有________种不同的推选方法. 解析:分为三类:第一类,甲班选一名,乙班选一名,根据分步乘法计数原理有 3×5 =15 种选法; 第二类,甲班选一名,丙班选一名,根据分步乘法计数原理有 3×2=6 种选法; 第三类,乙班选一名,丙班选一名,根据分步乘法计数原理有 5×2=10 种选法. 综合以上三类,根据分类加法计数原理,共有 15+6+10=31 种不同选法. 答案:31 2.图书馆有 8 本不同的有关励志教育的书,任选 3 本分给 3 个同学,每人 1 本,有 ________种不同的分法. 解析:分三步进行:第一步,先分给第一个同学,从 8 本书中选一本,共有 8 种方法; 第二步,再分给第二个同学,从剩下的 7 本中任选 1 本,共有 7 种方法;第三步,分给第 三个同学,从剩下的 6 本中任选 1 本,共有 6 种方法.所以不同分法有 8×7×6=336 种. 答案:336 用计数原理解决组数问题

[典例]

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;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.

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组数问题的常见类型及解决原则 (1)常见的组数问题 ①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数整除的数”; ②在某一定范围内的数的问题; ③各位数字和为某一定值问题; ④各位数字之间满足某种关系问题等. (2)解决原则 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)由谁占领分类,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. [活学活用] 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.24 C.12 解析:选 B ) B.18 D.6 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. 2.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足 a1<a2 且 a3<a2,则称这样的三位数为凸数(如 120,342,275 等),那么所有凸数个数是多少? 解:分 8 类,当中间数为 2 时,百位只能选 1,个位可选 1、0,由分步乘法计数原理, 有 1×2=2 个; 当中间数为 3 时, 百位可选 1,2, 个位可选 0,1,2, 由分步乘法计数原理, 有 2×3=6 个; 同理可得: 当中间数为 4 时,有 3×4=12 个; 当中间数为 5 时,有 4×5=20 个; 当中间数为 6 时,有 5×6=30 个; 当中间数为 7 时,有 6×7=42 个; 当中间数为 8 时,有 7×8=56 个; 当中间数为 9 时,有 8×9=72 个. 故共有 2+6+12+20+30+42+56+72=240 个.

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用计数原理解决涂色(种植)问题

[典例]

如图所示,要给“优”、“化”、“指”、“导”四个区

域分别涂上 3 种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相 邻区域必须涂不同的颜色,有多少种不同的涂色方法? [解] 优、化、指、导四个区域依次涂色,分四步.

第 1 步,涂“优”区域,有 3 种选择. 第 2 步,涂“化”区域,有 2 种选择. 第 3 步,涂“指”区域,由于它与“优”、“化”区域颜色不同,有 1 种选择. 第 4 步,涂“导”区域,由于它与“化”“指”区域颜色不同,有 1 种选择. 所以根据分步乘法计数原理,得不同的涂色方法共有 3×2×1×1=6(种).

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.

[活学活用] 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 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. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

综上所述,由分类加法计数原理,共有 N=36+48=84 种种植方法.

层级一

学业水平达标 )

1.由数字 1,2,3 组成的无重复数字的整数中,偶数的个数为( A.15 C.10 B.12 D.5

解析:选 D 分三类,第一类组成一位整数,偶数有 1 个;第二类组成两位整数,其 中偶数有 2 个;第三类组成 3 位整数,其中偶数有 2 个.由分类加法计数原理知共有偶数 5 个. 2.三人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下.由甲开始踢,经过 4 次传递后,毽 子又被踢回甲,则不同的传递方式共有( A.4 种 C.6 种 ) B.5 种 D.12 种

解析:选 C 若甲先传给乙,则有甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→ 乙→丙→乙→甲 3 种不同的传法;同理,甲先传给丙也有 3 种不同的传法,故共有 6 种不 同的传法. 3.若三角形的三边长均为正整数,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 C.15 个 ) B.14 个 D.21 个

解析:选 A 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.选 A. 4.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,则在直角坐标系中,第一、二象限不同点的个数为( A.18 C.14 B.16 D.10 )

解析:选 C 分两类:一是以集合 M 中的元素为横坐标,以集合 N 中的元素为纵坐标 有 3×2=6 个不同的点,二是以集合 N 中的元素为横坐标,以集合 M 中的元素为纵坐标有 4×2=8 个不同的点,故由分类加法计数原理得共有 6+8=14 个不同的点. 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

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C.63 种

D.64 种

解析:选 C 每个焊接点都有正常与脱落两种情况,只要有一个脱落电路即不通,∴ 共有 26-1=63 种.故选 C. 6.如图所示为一电路图,则从 A 到 B 共有________条不同的单支 线路可通电. 解析:按上、中、下三条线路可分为三类:从上线路中有 3 条,中 线路中有 1 条,下线路中有 2×2=4(条).根据分类加法计数原理,共有 3+1+4=8(条). 答案:8 7.将 4 种蔬菜种植在如图所示的 5 块试验田里,每块试验田种植一种蔬菜,相邻试验 田不能种植同一种蔬菜,不同的种法有________种.(种植品种可以不全)

解析:分五步,由左到右依次种植,种法分别为 4,3,3,3,3. 由分步乘法计数原理共有 4×3×3×3×3=324(种) . 答案:324 8.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. 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;同理,第二类也有 30 组不同的结果,共可 得到 30+30=60 组. 答案:60 9. 某高中毕业生填报志愿时, 了解到甲、 乙两所大学有自己感兴趣的专业, 具体情况如下: 甲大学 生物学 化学 专 业 工商管理学 物理学 医学 乙大学 数学 会计学 信息技术学

如果这名同学只能选择一所大学的一个专业,那么他的专业选择共有多少种? 解:由图表可知,分两类,第一类:甲所大学有 5 个专业,共有 5 种专业选择方法; 第二类:乙所大学有 3 个专业,共有 3 种专业选择方法.

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由分类加法计数原理知,这名同学可能的专业选择有 N=5+3=8(种) . 10. 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共有多少条? 解:分两类完成. 第 1 类,当 A 或 B 中有一个为 0 时,表示的直线为 x=0 或 y=0,共 2 条. 第 2 类,当 A,B 不为 0 时,直线 Ax+By=0 被确定需分两步完成. 第 1 步,确定 A 的值,有 4 种不同的方法; 第 2 步,确定 B 的值,有 3 种不同的方法. 由分步乘法计数原理知,共可确定 4×3=12 条直线. 由分类加法计数原理知,方程所表示的不同直线共有 2+12=14 条. 层级二 应试能力达标 )

1.把 10 个苹果分成三堆,要求每堆至少有 1 个,至多 5 个,则不同的分法共有( A.4 种 C.6 种 B.5 种 D.7 种

解析:选 A 分类考虑,若最少一堆是 1 个,由至多 5 个知另两堆分别为 4 个、5 个,只有 一种分法;若最少一堆是 2 个,则由 3+5=4+4 知有 2 种分法;若最少一堆是 3 个,则另 两堆为 3 个、4 个共 1 种分法,故共有分法 1+2+1=4 种. 2.要把 3 张不同的电影票分给 10 个人,每人最多一张,则有不同的分法种数是( A.2 160 C.240 解析:选 B 可分三步: 第一步,任取一张电影票分给一人,有 10 种不同分法; 第二步,从剩下的两张中任取一张,由于一人已得电影票,不能再参与,故有 9 种不同分 法. 第三步,前面两人已得电影票,不再参与,因而剩余最后一张有 8 种不同分法.所以不同 的分法种数是 10×9×8=720(种) . 3.用 1,2,3 三个数字组成一个四位数,规定这三个数必须全部使用,且同一数字不能相邻, 这样的四位数有( A.36 个 C.9 个 ) B.18 个 D.6 个 B.720 D.120 )

解析:选 B 分三步完成,第一步,确定哪一个数字被使用 2 次,有 3 种方法;第二步, 把这 2 个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上,有 3 种方法;第三步,将余下的 2 个数字排在四位数余下的两个位置上,有 2 种方法.故有 3×3×2=18 个不同的四位数. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

4.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,则不同的涂色方法共有( A.12 种 C.48 种 ) B.24 种 D.72 种

解析: 选 D 先涂 C, 有 4 种涂法, 涂 D 有 3 种涂法, 涂 A 有 3 种涂法, 涂 B 有 2 种涂法. 由 分步乘法计数原理,共有 4×3×3×2=72(种)涂法. 5. 从 2,3,4,5,6,7,8,9 这 8 个数中任取 2 个不同的数分别作为一个对数的底数和真数, 则可以 组成________个不同的对数值. 解析:要确定一个对数值,确定它的底数和真数即可,分两步完成: 第 1 步,从这 8 个数中任取 1 个作为对数的底数,有 8 种不同取法; 第 2 步,从剩下的 7 个数中任取 1 个作为对数的真数,有 7 种不同取法. 根据分步乘法计数原理,可以组成 8×7=56 个对数值. 在上述 56 个对数值中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以满足 条件的对数值共有 56-4=52 个. 答案:52 6.用 6 种不同的颜色给图中的“笑脸”涂色,要求“眼睛”(如图 A,B 所示区域) 用相同颜色,则不同的涂色方法共有________种. 解析:第 1 步涂眼睛有 6 种涂法,第 2 步涂鼻子有 6 种涂法,第 3 步涂嘴有 6 种涂法,所以共有 63=216 种涂法. 答案:216 7.用 6 种不同颜色为如图所示的广告牌着色,要求在 A,B,C,D 四个区 域中相邻 (有公共边的 )区域不用同一种颜色,求共有多少种不同的着色方 法? 解:(1)法一:分类: 第一类,A,D 涂同色,有 6×5×4=120(种)涂法, 第二类,A,D 涂异色,有 6×5×4×3=360(种)涂法, 共有 120+360=480(种)涂法. 法二:分步:先涂 B 区,有 6(种)涂法,再涂 C 区,有 5(种)涂法,最后涂 A,D 区域,各 有 4(种)涂法, 所以共有 6×5×4×4=480(种)涂法.

8.用 1,2,3,4 四个数字(可重复)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; 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

(2)这个数列共有多少项? (3)若 an=341,求 n. 解:(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133. (2)这个数列的项数就是用 1,2,3,4 排成的三位数的个数,每个位上都有 4 种排法,则共有 4×4×4=64 项. (3)比 an=341 小的数有两类:

共有 2×4×4+1×3×4=44 项. ∴n=44+1=45(项) .

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