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2015《金榜e讲堂》高三人教版数学(理)一轮复习课件:第10章第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理_图文

第一节

分类加法计数原理与分步

乘法计数原理(理)

[主干知识梳理] 一、分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的 方法,在第2类方案中有n种不同的方法.那么完成这件 事共有N= m+n 种不同方法.

二、分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做 第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N= m×n 种 不同的方法.

[基础自测自评] 1.(教材习题改编)在所有的两位数中,个位数字大于十位数
字的两位数共有

()

A.50个

B.45个

C.36个

D.38个

C [利用分类加法计数原理,共有8+7+6+5+4+3+2

+1=36个.]

2.(教材习题改编)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

C [分步完成,

①甲、乙两人从4门课程中选1门有4种方法;

②甲从剩下的3门中选1门有3种方法;

③乙从剩下的2门中选1门有2种方法,

故共有4×3×2=24.]

3.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学,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

B [分四步完成,共有3×3×1×1=9种.]

()

4.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________.
解析 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,故有192- 18=174个. 答案 174

5.(教材习题改编)5名毕业生报考三所中学任教,每人仅报 一所学校,则不同的报名方法的种数是________. 解析 共有3×3×3×3×3=35=243. 答案 243

[关键要点点拨] 1.两个原理的联系与区别:
两个原理都是对完成一件事的方法种数而言的.区别在 于:(1)分类加法计数原理是“分类”,分步乘法计数原 理是“分步”;(2)分类加法计数原理中每类方法中的每 一种方法都能独立完成这件事,分步乘法计数原理中每 步中每种方法都只能做这件事的一步,不能独立完成这 件事. 2.对于较复杂的问题有时要两个原理综合使用,即先分类 再分步或先分步再分类.

分类加法计数原理 [典题导入]
(2014·江西六校联考)若自然数n使得作竖式加法n+ (n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“良数”.例如: 32是“良数”,因为32+33+34不产生进位现象;23不是 “良数”,因为23+24+25产生进位现象.那么小于1 000的 “良数”的个数为
()

A.27 C.39

B.36 D.48

[听课记录] 一位“良数”有0,1,2,共3个;两位数的 “良数”十位数可以是1,2,3,两位数的“良数”有10, 11,12,20,21,22,30,31,32,共9个;三位数的“良 数”有百位为1,2,3,十位数为0的,个位可以是0,1,2, 共3×3=9个,百位为1,2,3,十位不是零时,十位个位可 以是两位“良数”,共有3×9=27个.根据分类加法计数原 理,共有48个小于1 000的“良数”. 答案 D

[规律方法] 利用分类加法计数原理解题时,应注意: (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准,分类标准要统 一,不能遗漏. (2)分类时,注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一 类,且不能重复. (3)对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法.

[跟踪训练] 1.(2012·孝感统考)如图所示,在A、B间有四个焊接点1,2,
3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通.今发现A、 B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情况有
()

A.9种

B.11种

C.13种

D.15种

C [按照焊接点脱落的个数进行分类.

若脱落1个,则有(1),(4)共2种;

若脱落2个,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,

3)共6种;

若脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4)

共4种;

若脱落4个,有(1,2,3,4)共1种.

综上共有2+6+4+1=13种焊接点脱落的情况.]

分步乘法计数原理

[典题导入] (1)用1,2,3三个数字组成一个四位数,规定这三个 数必须同时使用,且同一数字不能相邻出现,这样的四位数 有

A.6个 C.18个

B.9个 D.36个

()

[听课记录] 由题意知,1,2,3中必有某一个数字重复使 用2次.第一步确定谁被使用2次,有3种方法;第二步把这2 个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上,也有3种方法; 第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上,有2种 方法.故共可组成3×3×2=18个不同的四位数. 答案 C

(2)(2014·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校一联)用红、黄、 蓝三种颜色去涂图中标号为1、2、…、9的9个小正方形(如 图),使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同, 且标号为1、5、9的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的 所有涂法共有________种.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

[听课记录] 把区域分为三部分,第一部分1、5、9,有3种 涂法.第二部分4、7、8,当5、7同色时,4、8各有2种涂法, 共4种涂法;当5、7异色时,7有2种涂法,4、8均只有1种涂 法,故第二部分共4+2=6种涂法.第三部分与第二部分一 样,共6种涂法.由分步计数原理,可得共有3×6×6=108 种涂法. 答案 108

[规律方法] 解决此类问题,首先将完成这件事的过程分步,然后再找出 每一步中的方法多少种,求其积. [注意] 各步之间相互联系,依次完成后,才能做完这件事, 即步与步之间的方法相互独立,逐步完成.

[跟踪训练] 2.有0、1、2、…、8这9个数字.
(1)用这9个数字组成四位数,共有多少个不同的四位数? (2)用这9个数字组成四位密码,共有多少个不同的四位密 码? 解析 (1)未强调四位数的各位数字不重复,只需首位不 为0,依次确定千、百、十、个位,各有8、9、9、9种方 法,∴共能组成8×93=5 832个不同的四位数.

(2)每一位上的数字都有9种方法. ∴共能组成94=6 561个不同的四位密码.

两个原理的综合应用

[典题导入] (2012·山东高考)现有16张不同的卡片,其中红色、 黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡 片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,不同取法的种 数为

A.232

B.252

C.472

() D.484

[听课记录] 若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三色卡片中选 3 张,若都不同色则有 C14×C14×C14=64 种,若 2 张同色,则有 C23×C12 ×C24×C14=144(种);若红色卡片有 1 张,剩余 2 张不同色,则有 C14 ×C23×C14×C14=192(种),剩余 2 张同色,则有 C14×C13×C24=72(种), 所以不同的取法有 64+144+192+72=472(种). 答案 C

[互动探究] 本例条件变为“有5张卡片,它们的正、反面分别写着0与1, 2与3,4与5,6与7,8与9,将其中任意三张并排放在一起组 成三位数”,问不同的三位数有多少个? 解析 分两类:第一类,百位数字是1,有8×6=48个三位 数;第二类,百位数字不是1,有8×8×6=384个三位数, 根据分类计数原理共有48+384=432个三位数.

[规律方法] 用两个原理解决计数问题时,关键是明确需要分类还是分 步. (1)分类要做到“不重不漏”,分类后再分别对每一类进行计 数,最后用分类加法计数原理求和得到总数;分步要做到 “步骤完整”. (2)对于复杂问题,可同时运用两个计数原理或借助列表、画 圈的方法来帮助分析.

[跟踪训练] 3.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,则这样的坐标

在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数



A.18 C.16

B.10 D.14

()

D [M中的元素作点的横坐标,N中的元素作点的纵坐标, 在第一象限的点共有2×2个,在第二象限的点共有1×2 个.N中的元素作点的横坐标,M中的元素作点的纵坐标, 在第一象限的点共有2×2个,在第二象限的点共有2×2 个.所求不同的点的个数是2×2+1×2+2×2+2×2= 14(个).]

【创新探究】 分类讨论思想在计数原理中的应用

(2012·四川高考)方程ay=b2x2+c中的a,b, c∈ {-3,-2,0,1,2,3},且a,b,c互不相同,在 所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有

A.60条 C.71条

B.62条 D.80条

()

【思路导析】 分 c=0 和 c≠0 两种情况讨论. 【解析】 显然方程 ay=b2x2+c 表示抛物线时,有 ab≠0,故该 方程等价于 y=ba2x2+ac. (1)当 c=0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 2 个数作为 a,b 的 值,有 A25=20 种不同的方法, 当 a 一定,b 的取值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的 抛物线共有 4×3=12 条,所以此时不同的抛物线共有 A25-6=14 条;

(2)当 c≠0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 3 个数作为 a,b, c 的值有 A35=60 种不同的方法, 当 a,c 的值一定,而 b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同, 这样的抛物线共有 4A23=24 条,所以此时不同的抛物线有 A35-12 =48 条. 综上所述,满足题意的不同的抛物线有 14+48=62 条. 【答案】 B

【高手支招】 分类加法计数原理体现了分类讨论思想在计 数原理中的应用.解决此类问题的关键是确定分类标准,做 到不重复、不遗漏.

[体验高考]

1.(2013·福建高考)满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的

方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为

()

A.14

B.13

C.12

D.10

B [因为a,b∈{-1,0,1,2},可分为两类:①当a=0时, b可能为-1或1或0或2,即b有4种不同的选法;②当a≠0时, 依题意得Δ=4-4ab≥0,所以ab≤1.当a=-1时,b有4种不同 的选法,当a=1时,b可能为-1或0或1.即b有3种不同的选法, 当a=2时,b可能为-1或0,即b有2种不同的选法.根据分 类加法计数原理,(a,b)的个数共有4+4+3+2=13.]

2.(2012·安徽高考)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的

交换,任意两位同学之间最多交换一次,进行交换的两位

同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交

换,则收到4份纪念品的同学人数为

()

A.1或3

B.1或4

C.2或3

D.2或4

D [设6位同学分别用a,b,c,d,e,f表示. 若任意两位同学之间都进行交换共进行C=15(次)交换,现共 进行了13次交换,说明有两次交换没有发生,此时可能有两 种情况: (1)由3人构成的2次交换,如a—b和a—c之间的交换没有发生, 则收到4份纪念品的有b,c两人. (2)由4人构成的2次交换,如a—b和c—e之间的交换没有发生, 则收到4份纪念品的有a,b,c,e四人.故选D.]

3.(2012·新课标全国高考)将2名教师,4名学生分成2个小组,

分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1

名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有( )

A.12种

B.10种

C.9种

D.8种

A [利用分步乘法计数原理和组合数公式求解. 分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到乙地,共有 C12 =2(种)选派方法; 第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有 C24=6(种) 选派方法. 由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有 2×6=12(种).]

课时作业


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