11分类加法计数事理与分步乘法计数事理.docx
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11分类加法计数事理与分步乘法计数事理
人教A版选修2—3精讲细练
1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
一、知识精讲
1.计数原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
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m+n种不同的方法.
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m*n种不同的方法.
区别一
完成一件事有两类不同方案,关键词“分类”
完成一件事需要两个步骤,关键词“分步”
区别二
每类方案都能独立地完成这件事,它是独立的、一次的且每次得到的是最后结果,只需一种方法就可完成这件事
每一步得到的只是中间结果,任何一步都不能独立完成这件事,缺少任何一步也不能完成这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事
区别三
各类方案之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是关联的、独立的
2.计数原理选取
对于两个计数原理的综合应用问题,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;分步时要注意步与步之间的连续性,同时应合理设计步骤顺序,使各步互不干扰.
二、典例细练
【题型一】:
分类加法计数原理的简单应用
例题1:
书架上层放有13本不同的数学书,中层放有14本不同的语文书,下层放有15本不同的化学书,某人从中取出一本书,有多少种不同的取法?
【解析】要完成“取一本书”这件事有三类不同的取法:
第1类,从上层取一本数学书有13种不同的方法;
第2类,从中层取一本语文书有14种不同的方法;
第3类,从下层取一本化学书有15种不同的方法.
其中任何一种取法都能独立完成取一本书这件事,
故从中取一本书的方法种数为13+14+15=42.
【点评】分类的原则:
标准一致,不重复,不遗漏.
变式训练:
某校高三共有三个班,其各班人数如下表:
班级
男生数
女生数
总数
高三
(1)
30
20
50
高三
(2)
30
30
60
高三(3)
35
20
55
(1)从三个班中选一名学生会主席,有多少种不同的选法?
(2)从1班、2班男生中或从3班女生中选一名学生任学生会生活部部长,有多少种不同的选法?
【解析】:
(1)从三个班中任选一名学生,可分三类:
第1类,从1班任选一名学生,有50种不同选法;
第2类,从2班任选一名学生,有60种不同选法;
第3类,从3班任选一名学生,有55种不同选法.
由分类加法计数原理知,不同的选法共有N=50+60+55=165(种)
(2)由题设知共有三类:
第1类,从1班男生中任选一名学生,有30种不同选法;
第2类,从2班男生中任选一名学生,有30种不同选法;
第3类,从3班女生中任选一名学生,有20种不同选法;
由分类加法计数原理知,不同的选法共有
N=30+30+20=80(种).
【题型二】:
分步乘法计数原理的简单应用
例题2:
已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)(a,b∈M)表示平面上的点,问:
(1)点P可表示平面上多少个不同的点?
(2)点P可表示平面上多少个第二象限内的点?
【解析】:
(1)确定平面上的点P(a,b),可分两步完成:
第一步确定a的值,有6种不同方法;第二步确定b的值,也有6种不同方法.根据分步乘法计数原理,得到平面上点P的个数为6×6=36.
(2)确定平面上第二象限内的点P,可分两步完成:
第一步确定a的值,由于a<0,所以有3种不同方法;第二步确定b的值,由于b>0,所以有2种不同方法.由分步乘法计数原理,得到平面上第二象限内的点P的个数为3×2=6.
【点评】利用分步乘法计数原理解决问题应注意:
(1)要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的;
(2)各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各个步骤都完成才算完成这件事.
变式训练1:
(2011年高考课标全国卷)有3个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )
A.B.C.D.
【解析】:
选A.甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3=9(种),其中甲、乙两人参加同一个小组的情况有3(种).故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率P==.
变式训练2:
现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是( )
A.56B.65
C.D.6×5×4×3×2
【解析】:
每位同学都有5种选择,则6名同学共有56种不同的选法,故选A.
【题型三】:
两个计数原理的综合使用
例题3:
现有高一学生50人,高二学生42人,高三学生30人,组成冬令营.
(1)若从中选一人作总负责人,共有多少种不同的选法?
(2)若每年级各选一名负责人,共有多少种不同的选法?
(3)若从中推选两人作为中心发言人,要求这两人要来自不同的年级,则有多少种选法?
【解析】
(1)从高一选一人作总负责人有50种选法;从高二选一人作总负责人有42种选法;从高三选一人作总负责人有30种选法.由分类加法计数原理,可知共有50+42+30=122种选法.
(2)从高一选一名负责人有50种选法;从高二选一名负责人有42种选法;从高三选一人作负责人有30种选法.由分步乘法计数原理,可知共有50×42×30=63000种选法.
(3)①高一和高二各选一人作中心发言人,有50×42=2100种选法;
②高二和高三各选一人作中心发言人,有42×30=1260种选法;
③高一和高三各选一人作中心发言人,有50×30=1500种选法.
故共有2100+1260+1500=4860种选法.
【点评】用两个计数原理解决具体问题时,首先要分清是“分类”还是“分步”,其次要清楚“分类”或“分步”的具体标准,在“分类”时要做到“不重不漏”,在“分步”时要正确设计“分步”的程序,注意步与步之间的连续性.
变式训练:
7名同学中,有5名会下象棋,有4名会下围棋.现从这7人中选2人分别参加象棋和围棋比赛,共有多少种不同的选法?
【解析】:
依题意,既会象棋又会围棋的“多面手”有5+4-7=2人.
方法一:
第一类,先从会下象棋但不会下围棋的3人中选1人,再从会下围棋的4人中选1人,共有3×4=12(种)选法.
第二类,先从既会下象棋又会下围棋的2人中选1人,再从会下围棋的剩余3人中选1人下围棋,有2×3=6(种)选法,由分类加法计数原理得N=12+6=18(种).
方法二:
第一类,“多面手”不参加,从只会下象棋的3人中选1人,从只会下围棋的2人中选1人,共有3×2=6(种)选法.
第二类,“多面手”中有一人参加象棋有2种选法,再从只会下围棋的2人中选1人,共有2×2=4(种)选法.
第三类,“多面手”中有一人参加围棋有2种选法,再从只会下象棋的3人中选1人,共有2×3=6(种)选法.
第四类,“多面手”都参加,有2种选法,故N=6+4+6+2=18(种).
【题型四】:
经典问题
(1)——涂色问题
1
2
3
4
例题4
(1)图例题4
(2)图
例题4
(1):
如图是某校的校园设施平面图,现用不同的颜色作为各区域的底色,为了便于区分,要求相邻区域不能使用同一种颜色.若有5种不同的颜色可选,则有________种不同的着色方案.
【解析】:
操场可从5种颜色中任选1种着色;餐厅可从剩下的4种颜色中任选1种着色;宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同,故可从其余的3种颜色中任选1种着色;教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同,故可从其余的3种颜色中任选1种着色.根据分步乘法计数原理,共有5×4×3×3=180种着色方案.
例题4
(2)用5种不同的颜色给图中的四个区域涂色,每个区域涂一种颜色,若要求相邻(有公共边)的区域不同色,那么共有多少种不同的涂色方法?
【解析】:
第一类:
1号区域与4号区域同色,此时可分三步来完成,第一步,先涂1号区域和4号区域,有5种涂法,第二步,再涂2号区域,只要不与1号区域和4号区域同色即可,因此有4种涂法;第三步,涂3号区域,只要不与1号区域和4号区域同色即可,因此也有4种涂法,由分步乘法计数原理知,有5×4×4=80种涂法;第二类:
1号区域与4号区域不同色,此时可分四步来完成,第一步,先涂1号区域,有5种涂法,第二步,再涂4号区域,只要不与1号区域同色即可,因此有4种涂法;第三步,涂2号区域,只要不与1号区域和4号区域同色即可,因此有3种涂法;第四步,涂3号区域,只要不与1号区域和4号区域同色即可,因此也有3种涂法.由分步乘法计数原理知,有5×4×3×3=180种涂法.依据分类加法计数原理知,不同的涂色方法种数为80+180=260.
【点评】反思:
涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解,但也有几种常用方法:
(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,转化成平面区域的涂色问题.
变式训练1:
用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色,规定一个区域只涂一种颜色,相邻的区域颜色不同,问有多少种不同的涂色方案?
【解析】
解法一:
A可从5种颜色中任选1种着色;B可从剩下的4种颜色中任选1种着色;C和A、B颜色都不能相同,故可从其余的3种颜色中任选1种着色;D和B、C的颜色都不能相同,故可从其余的3种颜色中任选1种着色.根据分步乘法计数原理,共有5×4×3×3=480种着色方案
解法二:
先分为两类:
第一类,当D与A不同色,则可分为四步完成.第一步涂A有5种方法,第二步涂B有4种方法,第三步涂C有3种方法,第四步涂D有2种涂法,由分步乘法计数原理,共有5×4×3×2=120种方法.
第二类,当D与A同色,分三步完成,第一步涂A和D有5种方法,第二步涂B有4种方法,第三步涂C有3种方法,由分步乘法计数原理共有5×4×3=60(种),所以共有120+60=180种不同的方案.
变式训练2:
用红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入图中的五个区域内,要求相邻的两个区域的颜色都不相同,则有多少种不同的涂色方法?
【解析】:
给各区域标记号A、B、C、D、E,则A区域有4种不同的涂色方法,B区域有3种,C区域有2种,D区域有2种,但E区域的涂色依赖于B与D涂色的颜色,如果B与D颜色相同有2种,如果不相同,则只有一种.因此应先分类后分步.
第一类,B、D涂同色时,有4×3×2×1×2=48种,
第二类,当B、D不同色时,有4×3×2×1×1=24种,
故共有48+24=72种不同的涂色方法.
变式训练3:
如图,一环形花坛被分成A,B,C,D四个区域,现有4种不同的花可供选种,要求在每个区域里种1种花,且相邻的2个区域种不同的花,则不同种法的种数为( ).A.96 B.84 C.60 D.48
【解析】方法一:
先种A地有4种,再种B地有3种,若C地与A地种相同的花,则C地有1种,D地有3种;若C地与A地种不同花,则C地有2种,D地有2种,即不同种法总数为N=4×3×(1×3+2×2)=84种.
方法二:
若种4种花有4×3×2×1=24种;若种3种花,则A和C或B和D相同,有2×4×3×2=48种;若种2种花,则A和C相同且B和D相同,有4×3=12种.共有N=24+48+12=84种.
变式训练4:
将1,2,3填入3×3的方格中,要求每行、每列都没有重复数字,如图是一种填法,则不同的填写方法共有( )
A.6种B.12种
C.24种D.48种
【解析】:
假设第一行为1,2,3,则第二行第一列可为2或3,此时,其他剩余的空格都只有一种填法,又第一行有3×2×1=6种填法.故不同填写方法共有6×2=12种.
变式训练5:
如图,用6种不同的作物把图中A、B、C、D四块区域分开,若相邻区域不能种植同一种作物,则不同的种法共有( )
A.400种 B.460种
C.480种D.496种
【解析】:
从A开始,有6种方法,B有5种,C有4种,D、A种相同作物1种,D、A不同作物3种,∴不同种法有6×5×4×(1+3)=480种.故选C.
变式训练6:
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?
【解析】方法一:
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.
方法二:
(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.
综上所述,由分类加法计数原理,共有N=36+48=84种种植方法.
【题型五】:
经典问题
(2)——组数问题
例题5:
用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复数字的
(1)四位密码?
(2)四位数?
(3)四位奇数?
【解析】
(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事,可以分为四步:
第一步,选取左边第一个位置上的数字,有5种选取方法;第二步,选取左边第二个位置上的数字,有4种选取方法;第三步,选取左边第三个位置上的数字,有3种选取方法;第四步,选取左边第四个位置上的数字,有2种选取方法.由分步乘法计数原理,可以组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120个.
(2)完成“组成无重复数字的四位数”这件事,可以分四步:
第一步,从1,2,3,4这4个数字中选一个数字作千位数字,共4种不同的选取方法,第二步从1,2,3,4中剩余的三个数字和0共4个数字选一个数字作百位数字,有4种不同的选取方法;第三步,从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字,有3种不同的选取方法;第四步,从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字,有2种不同的选取方法.由分步乘法计数原理,可以组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96个.
(3)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中任取一个有两种方法,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3种方法,再排十位有2种方法.由分步乘法计数原理共有2×3×3×2=36个.
变式训练1:
从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+bi,其中虚数有( )
A.30个B.42个C.36个D.35个
【解析】:
选C.第一步取b的数,有6种方法,第二步取a的数,也有6种方法,根据乘法计数原理,共有6×6=36种方法.
变式训练2:
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出现,这样的四位数有( )
A.36个B.18个
C.9个D.6个
【解析】:
选B.分3步完成,1,2,3这三个数中必有某一个数字被使用2次.
第1步,确定哪一个数字被使用2次,有3种方法;
第2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3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.
变式训练3:
从1,2,3,4,7,9六个数中,任取两个数作对数的底数和真数,则所有不同的对数的值的个数为________.
【解析】:
(1)当取1时,1只能为真数,此时对数的值为0.
(2)不取1时,分两步:
①取底数,5种;②取真数,4种.其中log23=log49,log32=log94,log24=log39,log42=log93,∴N=1+5×4-4=17.
变式训练4:
用0到9这10个数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( )
A.324B.328
C.360D.648
【解析】:
分两类,
第一类,0在末位时,百位有9种排法,十位有8种排法,故共有9×8=72(个).
第二类,0不在末位,也不能在首位,此时末位只能排2,4,6,8中的一个,共4种排法,百位有8种排法,十位有8种排法,共有4×8×8=256(个).
综上共有72+256=328(个).
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