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2016高考数学大一轮复习 10.1分类计数原理与分步计数原理教师用书 理 苏教版


§10.1

分类计数原理与分步计数原理

1.分类计数原理 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,则完成这件事共有 N=m1+m2+? +mn 种不同的方法. 2.分步计数原理 完成一件事需要分成 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,那么完成这件事共有 N=m1×m2×?×mn 种不同的方法. 3.分类计数原理与分步计数原理,都涉及完成一件事的不同方法的种数.它们的区别在于: 分类计数原理与分类有关,各种方法相互独立,用其中的任一种方法都可以完成这件事;分 步计数原理与分步有关,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了,这件事才算完成. 【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在分类计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同.( × )

(2)在分类计数原理中,每类方案中的方法都能直接完成这件事.( √ ) (3)在分步计数原理中,事情是分两步完成的,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.( √ ) (4)如果完成一件事情有 n 个不同步骤, 在每一步中都有若干种不同的方法 mi(i=1,2,3, , ?,

n),那么完成这件事共有 m1m2m3?mn 种方法.( √ )

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1.三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下.由甲开始踢,经过 3 次传递后,毽子又 被踢回给甲.则不同的传递方式共有________种. 答案 2 解析 传递方式有甲→乙→丙→甲;甲→丙→乙→甲. 2 .(2013·山东改编 ) 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 ________. 答案 252 解析 由分步计数原理知,用 0,1,?,9 十个数字组成三位数 (可用重复数字 )的个数为

9×10×10=900,组成没有重复数字的三位数的个数为 9×9×8=648.则组成有重复数字的 三位数的个数为 900-648=252. 3.将一个两位数的两个数字顺序颠倒(要求颠倒后仍为两位数),将所得到的数和原数相加, 若和中没有一个数字是偶数, 则称这个数是奇和数. 那么, 所有的两位数中, 奇和数有________ 个. 答案 20 解析 设这个两位数为 10a+b,则顺序颠倒后为 10b+a. 两个数相加和为 11a+11b=10(a+b)+(a+b). 由题意得 a+b 可取 3,5,7,9,满足这样的条件的两位数只有 20 个. 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) 答案 14 解析 数字 2,3 至少都出现一次,包括以下情况: “2”出现 1 次,“3”出现 3 次,共可组成 C4=4(个)四位数. “2”出现 2 次,“3”出现 2 次,共可组成 C4=6(个)四位数. “2”出现 3 次,“3”出现 1 次,共可组成 C4=4(个)四位数. 综上所述,共可组成 14 个这样的四位数.
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题型一 分类计数原理的应用 例 1 高三一班有学生 50 人,男生 30 人,女生 20 人;高三二班有学生 60 人,男生 30 人, 女生 30 人;高三三班有学生 55 人,男生 35 人,女生 20 人. (1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席,有多少种不同的选法?
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(2)从高三一班、二班男生中,或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长,有多少种 不同的选法? 思维点拨 按班级分类. 解 (1)完成这件事有三类方法: 第一类,从高三一班任选一名学生共有 50 种选法; 第二类,从高三二班任选一名学生共有 60 种选法; 第三类,从高三三班任选一名学生共有 55 种选法, 根据分类计数原理,任选一名学生任学生会主席共有 50+60+55=165(种)选法. (2)完成这件事有三类方法: 第一类,从高三一班男生中任选一名共有 30 种选法; 第二类,从高三二班男生中任选一名共有 30 种选法; 第三类,从高三三班女生中任选一名共有 20 种选法. 综上知,共有 30+30+20=80(种)选法. 思维升华 分类标准是运用分类计数原理的难点所在,重点在于抓住题目中的关键词或关键 元素、关键位置.首先根据题目特点恰当选择一个分类标准;其次分类时应注意完成这件事 情的任何一种方法必须属于某一类. 在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数共有多少个? 解 方法一 按个位数字分类,个位可为 2,3,4,5,6,7,8,9,共分成 8 类,在每一类中满足 条件的两位数分别有 1 个,2 个,3 个,4 个,5 个,6 个,7 个,8 个,则共有 1+2+3+4 +5+6+7+8=36 个. 方法二 按十位数字分类,十位可为 1,2,3,4,5,6,7,8,共分成 8 类,在每一类中满足条件 的两位数分别有 8 个,7 个,6 个,5 个,4 个,3 个,2 个,1 个,则共有 8+7+6+5+4+3 +2+1=36 个. 题型二 分步计数原理的应用 例 2 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法? (不一定六名同学都能参加) (1)每人恰好参加一项,每项人数不限; (2)每项限报一人,且每人至多参加一项; (3)每项限报一人,但每人参加的项目不限. 解 (1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有 3 种不同选法,由分步计数原理, 知共有选法 3 =729(种). (2)每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有 6 种选法,第二 个项目有 5 种选法,第三个项目只有 4 种选法,由分步计数原理,得共有报名方法 6×5×4 =120(种).
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(3)由于每人参加的项目不限, 因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛, 由分步计数 原理,得共有不同的报名方法 6 =216(种). 思维升华 (1)利用分步计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步, 即分步是有先后顺 序的,并且分步必须满足:完成一件事的各个步骤是相互依存的,只有各个步骤都完成了, 才算完成这件事. (2)分步必须满足两个条件: 一是步骤互相独立, 互不干扰; 二是步与步确保连续, 逐步完成. 已知集合 M={-3,-2,-1,0,1,2},若 a,b,c∈M,则: (1)y=ax +bx+c 可以表示多少个不同的二次函数; (2)y=ax +bx+c 可以表示多少个图象开口向上的二次函数. 解 (1)a 的取值有 5 种情况,b 的取值有 6 种情况,c 的取值有 6 种情况,因此 y=ax +bx +c 可以表示 5×6×6=180(个)不同的二次函数. (2)y=ax +bx+c 的图象开口向上时,a 的取值有 2 种情况,b、c 的取值均有 6 种情况,因 此 y=ax +bx+c 可以表示 2×6×6=72(个)图象开口向上的二次函数. 题型三 两个原理的综合应用 例 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. 思维点拨 染色问题是常见的计数应用问题, 可从选颜色、 选顶点进行 分类、分步,从不同角度解决问题. 解 方法一 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,用分步计数原理即可得出结论.由题设,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). 方法二 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、分类计数原理得不同 的染色方法共有 5×4×3×(1×3+2×2)=420(种). 方法三 按所用颜色种数分类.
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2 2 2 2 2 3

第一类,5 种颜色全用,共有 A5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×A5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 A5种不同的方法. 由分类计数原理,得不同的染色方法种数为 A5+2×A5+A5=420. 思维升华 (1)应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步. (2)分类要做到“不重不漏”,正确把握分类标准是关键. (3)分步要做到“步骤完整”,步步相连能将事件完成. (4)较复杂的问题可借助图表完成. 如图,正五边形 ABCDE 中,若把顶点 A、B、C、D、E 染上 红、黄、绿三种颜色中的一种,使得相邻顶点所染颜色不相同,则不同 的染色方法共有________种. 答案 30 解析 由题意知本题需要分类来解答, 首先 A 选取一种颜色,有 3 种情况. 如果 A 的两个相邻点颜色相同,有 2 种情况; 这时最后两个点也有 2 种情况; 如果 A 的两个相邻点颜色不同,有 2 种情况; 这时最后两个点有 3 种情况. ∴方法共有 3(2×2+2×3)=30 种.
5 4 3 3 4

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对两个基本原理认识不清致误 典例:(1)把 3 封信投到 4 个信箱,所有可能的投法共有________种. (2)某人从甲地到乙地,可以乘火车,也可以坐轮船,在这一天的不同时间里,火车有 4 趟, 轮船有 3 次,问此人的走法可有________种. 易错分析 解决计数问题的基本策略是合理分类和分步,然后应用分类原理和分步原理来计 算.解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误,对于(1),选择 的标准不同,误认为每个信箱有三种选择,所以可能的投法有 3 种,没有注意到一封信只能 投在一个信箱中;对于(2),易混淆“类”与“步”,误认为到达乙地先坐火车后坐轮船,使 用分步原理计算. 解析 (1)第 1 封信投到信箱中有 4 种投法; 第 2 封信投到信箱中也有 4 种投法; 第 3 封信投 到信箱中也有 4 种投法.只要把这 3 封信投完,就做完了这件事情,由分步计数原理可得共
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有 4 种方法. (2)因为某人从甲地到乙地,乘火车的走法有 4 种,坐轮船的走法有 3 种,每一种方法都能从 甲地到乙地,根据分类计数原理,可得此人的走法可有 4+3=7(种). 答案 (1)64 (2)7 温馨提醒 (1)每封信只能投到一个信箱里,而每个信箱可以装 1 封信,也可以装 2 封信,其 选择不是唯一的,所以应注意由信来选择信箱,每封信有 4 种选择. (2)在处理具体的应用问题时, 首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么. 选择 合理的标准处理事情,可以避免计数的重复或遗漏.

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方法与技巧 1.分类和分步计数原理,区别在于:分类计数原理针对“分类”问题,其中各种方法相互独 立,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步计数原理针对“分步”问题,各个步骤相 互依存,只有各个步骤都完成了才算完成这件事. 2.分类标准要明确,做到不重复不遗漏. 3.混合问题一般是先分类再分步. 4.要恰当画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清楚,便于探索规律. 失误与防范 1.切实理解“完成一件事”的含义,以确定需要分类还是需要分步进行. 2.分类的关键在于要做到“不重不漏”,分步的关键在于要正确设计分步的程序,即合理分 类,准确分步. 3.确定题目中是否有特殊条件限制.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 1.从集合{1,2,3,?,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比 数列的个数为________. 答案 8 解析 按从小到大顺序有 124,139,248,469 共 4 个,同理按从大到小顺序也有 4 个,故这样 的等比数列的个数为 8 个. 2.小明有 4 枚完全相同的硬币,每个硬币都分正反两面.他想把 4 个硬币摆成一摞,且满足

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相邻两枚硬币的正面与正面不相对,不同的摆法有________种. 答案 5 解析 记反面为 1,正面为 2;则正反依次相对有 12121212,21212121 两种;有两枚反面相对 有 21121212,21211212,21212112 三种;共 5 种摆法. 3.集合 P={x,1},Q={y,1,2},其中 x,y∈{1,2,3,?,9},且 P? Q.把满足上述条件的 一对有序整数对(x,y)作为一个点的坐标,则这样的点的个数是________. 答案 14 解析 当 x=2 时,x≠y,点的个数为 1×7=7;当 x≠2 时,x=y,点的个数为 7×1=7,则 共有 14 个点. 4.(2013·四川改编)从 1,3,5,7,9 这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为 a,b,共 可得到 lg a-lg b 的不同值的个数是________. 答案 18

a a 1 2 解析 由于 lg a-lg b=lg (a>0,b>0),从 1,3,5,7,9 中任取两个作为 有 A5=20 种,又 b b 3
3 3 9 2 与 相同, 与 相同,∴lg a-lg b 的不同值的个数为 A5-2=20-2=18. 9 1 3 5.从-2、-1、0、1、2、3 这六个数字中任选 3 个不重复的数字作为二次函数 y=ax +bx +c 的系数 a、b、c,则可以组成顶点在第一象限且过原点的抛物线条数为________. 答案 6 解析 分三步:第一步 c=0 只有 1 种方法; 第二步确定 a,a 从-2、-1 中选一个,有 2 种不同方法; 第三步确定 b,b 从 1、2、3 中选一个,有 3 种不同的方法. 根据乘法计数原理得 1×2×3=6 种不同的方法. 6.如图,将网格中的三条线段沿网格线上下或左右平移,组成一个首尾相接的三角形,则三 条线段一共至少需要移动________格.
2

答案 9 解析 如图,将网格中的三条线段沿网格线平移后组成一个首尾相接 的三角形,根据平移的基本性质知:左边的线段向右平移 3 格,中间 的线段向下平移 2 格,最右边的线段先向左平移 2 格,再向上平移 2

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格,此时平移的格数最少为 3+2+2+2=9,其他平移方法都超过 9 格,∴至少需要移动 9 格. 7.某次活动中,有 30 人排成 6 行 5 列,现要从中选出 3 人进行礼仪表演,要求这 3 人中的 任意 2 人不同行也不同列,则不同的选法种数为________(用数字作答). 答案 7 200 解析 其中最先选出的一个人有 30 种方法, 此时不能再从这个人所在的行和列上选人, 还剩 一个 5 行 4 列的队形,故选第二个人有 20 种方法,此时不能再从该人所在的行和列上选人, 还剩一个 4 行 3 列的队形,此时第三个人的选法有 12 种,根据分步计数原理,总的选法种数 是 30×20×12=7 200. 8.已知集合 M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从 M,N 这两个集合中各选一个元素分别 作为点的横坐标,纵坐标,则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点 的个数是________. 答案 6 解析 分两类: 第一类, 第一象限内的点, 有 2×2=4(个); 第二类, 第二象限内的点, 有 1×2 =2(个).共 4+2=6(个). 9.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 由题意得有 1 人既会英语又会日语,6 人只会英语,2 人只会日语. 第一类:从只会英语的 6 人中选 1 人说英语,共有 6 种方法,则说日语的有 2+1=3(种), 此时共有 6×3=18(种); 第二类:不从只会英语的 6 人中选 1 人说英语,则只有 1 种方法,则选会日语的有 2 种,此 时共有 1×2=2(种); 所以根据分类计数原理知共有 18+2=20(种)选法. 10.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 的信息个数为多少? 解 方法一 分 0 个相同、1 个相同、2 个相同讨论. (1)若 0 个相同,则信息为 1001.共 1 个. (2)若 1 个相同,则信息为 0001,1101,1011,1000.共 4 个. (3)若 2 个相同,又分为以下情况: ①若位置一与二相同,则信息为 0101; ②若位置一与三相同,则信息为 0011; ③若位置一与四相同,则信息为 0000; ④若位置二与三相同,则信息为 1111;
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⑤若位置二与四相同,则信息为 1100; ⑥若位置三与四相同,则信息为 1010. 共 6 个. 故与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为 1+4+6=11. 方法二 若 0 个相同,共有 1 个; 若 1 个相同,共有 C4=4(个); 若 2 个相同,共有 C4=6(个). 故共有 1+4+6=11(个). B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟) 1.已知集合 M={1,2,3},N={1,2,3,4},定义函数 f:M→N.若点 A(1,f(1))、B(2,f(2))、
2 1

C(3,f(3)),△ABC 的外接圆圆心为 D,且DA+DC=λ DB(λ ∈R),则满足条件的函数 f(x)
有________种. 答案 12 → → → 解析 由DA+DC=λ DB(λ ∈R),说明△ABC 是等腰三角形,且 BA=BC,必有 f(1)=f(3),

→ →



f(1)≠f(2);
当 f(1)=f(3)=1 时,f(2)=2、3、4,有三种情况.

f(1)=f(3)=2;f(2)=1、3、4,有三种情况. f(1)=f(3)=3;f(2)=2、1、4,有三种情况. f(1)=f(3)=4;f(2)=2、3、1,有三种情况.
因而满足条件的函数 f(x)有 12 种. 2.直角坐标 xOy 平面上,平行直线 x=n(n=0,1,2,?,5)与平行直线 y=n(n=0,1,2,?, 5)组成的图形中,矩形共有________个. 答案 225 解析 由题意知:从横轴上的点中任选两点作为矩形的两个顶点,有 C6种选法,再从纵轴中 选两个点有 C6种选法,作为矩形的另两个顶点,由分步计数原理知:有 C6C6=225. 3.如图,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________. 答案 84 解析 可依次种 A、B、C、D 四块,当 C 与 A 种同一种花时,有 4×3×1×3=36(种)种法; 当 C 与 A 所种花不同时,有 4×3×2×2=48(种)种法,由分类计数原理,不同的种法总数为 36+48=84. 4.已知直线方程 Ax+By=0,若从 0,1,2,3,5,7 这 6 个数字中任取两个不同的数作为 A、B
2 2 2 2

9

的值,则可表示______条不同的直线. 答案 22 解析 分成三类:A=0,B≠0;A≠0,B=0 和 A≠0,B≠0,前两类各表示 1 条直线; 第三类先取 A 有 5 种取法,再取 B 有 4 种取法,故有 5×4=20(种).所以可以表示 22 条不 同的直线. 5.五名学生报名参加四项体育比赛,每人限报一项,则报名方法的种数为________.五名学 生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列),获得冠军的可能性有________种. 答案 4
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5

4

解析 报名的方法种数为 4×4×4×4×4=4 . 获得冠军的可能情况有 5×5×5×5=5 (种). 6.已知集合 A={a1,a2,a3,a4},B={0,1,2,3},f 是从 A 到 B 的映射. (1)若 B 中每一元素都有原象,这样不同的 f 有多少个? (2)若 B 中的元素 0 必无原象,这样的 f 有多少个? (3)若 f 满足 f(a1)+f(a2)+f(a3)+f(a4)=4,这样的 f 又有多少个? 解 (1)显然对应是一一对应的,即为 a1 找象有 4 种方法,a2 找象有 3 种方法,a3 找象有 2 种方法,a4 找象有 1 种方法,所以不同的 f 共有 4×3×2×1=24(个). (2)0 必无原象,1,2,3 有无原象不限,所以为 A 中每一元素找象时都有 3 种方法.所以不同 的 f 共有 3 =81(个). (3)分为如下四类: 第一类:A 中每一元素都与 1 对应,有 1 种方法; 第二类:A 中有两个元素对应 1,一个元素对应 2,另一个元素与 0 对应,有 C4·C2=12(种) 方法; 第三类,A 中有两个元素对应 2,另两个元素对应 0,有 C4·C2=6(种)方法; 第四类,A 中有一个元素对应 1,一个元素对应 3,另两个元素与 0 对应,有 C4·C3=12(种) 方法. 所以不同的 f 共有 1+12+6+12=31(个).
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