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1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理

时间:2015-05-28


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人教 A 版
1.1
一、 知识精讲
1.计数原理 分类加法计数原理

选修 2—3

精讲细练

分类加法计数原理与分步乘法计数原理

分步乘法计数原理

完成一件事有

两类不同方案, 在第 1 完成一件事需要两个步骤,做第 1 类方案中有 m 种不同的方法,在第 步有 m 种不同的方法,做第 2 步有 2 类方案中有 n 种不同的方法. 那么 n 种不同的方法, 那么完成这件事共 完成这件事共有 m+n 种不同的方法. 有 m*n 种不同的方法.

区别一

完成一件事有两类不同方 完成一件事需要两个步骤,关键词 案,关键词“分类” 每类方案都能独立地完成 这件事,它是独立的、一次 “分步” 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

区别二 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 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
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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 高三(1) 高三(2) 高三(3) 男生数 30 30 35 女生数 20 30 20 总数 50 60 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
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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. 1 3 B. 1 2 ) C. 2 3 D. 3 4

【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 3 1 小组的概率 P= = . 9 3 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.56 C. 5× 6× 5× 4× 3× 2 2 )

B.65 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?
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登陆 21 世纪教育 (2)若每年级各选一名负责人,共有多少种不同的选法?

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(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= 63 000 种选法. (3)①高一和高二各选一人作中心发言人,有 50×42=2 100 种选法; ②高二和高三各选一人作中心发言人,有 42×30=1 260 种选法; ③高一和高三各选一人作中心发言人,有 50×30=1 500 种选法. 故共有 2 100+1 260+1 500=4 860 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
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登陆 21 世纪教育 棋的 2 人中选 1 人,共有 3× 2=6(种)选法.

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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 3 例题 4(1)图 2 4

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
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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?

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【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 C.24 种 ) B.12 种 D.48 种
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【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 C.480 种 B.460 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.

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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,
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登陆 21 世纪教育 其中虚数有( A.30 个 ) B.42 个 C.36 个 D.35 个

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【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 C.9 个 B.18 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.324 C.360 【解析】: 分两类, ) B.328 D.648

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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