数学新同步湘教版选修23讲义+精练第7章 71 两个计数原理.docx
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数学新同步湘教版选修23讲义+精练第7章71两个计数原理
7.1
两个计数原理
第一课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[读教材·填要点]
1.分类加法计数原理
如果完成一件事有n类办法,在第一类办法中有m1种不同的方法,在第二类办法中有m2种不同的方法,…,在第n类办法中有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.
2.分步乘法计数原理
如果完成一件事需要分成n个步骤,第一个步骤有m1种不同的方法,第二个步骤有m2种不同的方法,…,第n个步骤有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2×m3×…×mn种不同的方法.
[小问题·大思维]
何时使用分类加法计数原理?
何时使用分步乘法计数原理?
提示:
完成一件事时,若每一类方法中的任一种方法均能将这件事从头到尾完成,则计算完成这件事的方法总数用分类加法计数原理;完成一件事,若每一步的任一种方法只能完成这件事的一部分,而且必须依次完成所有各步后才能完成这件事,则计算完成这件事的方法总数用分步乘法计数原理.
分类加法计数原理的应用
[例1] 甲班有学生56人,其中男生36人;乙班有学生58人,其中女生36人;丙班有学生56人,其中男生35人.
(1)从这三个班中选一名学生担任学生会主席,有多少种不同的选法?
(2)从这三个班的男生中选一人担任学生会体育部部长,有多少种不同的选法?
[解]
(1)分3类:
从甲班选一名,有56种不同选法;从乙班选一名,有58种不同选法;从丙班选一名,有56种不同选法.每一种方法都能独立完成“选一名学生担任学生会主席”这件事,根据分类加法计数原理,共有56+58+56=170种不同的选法.
(2)分3类:
从甲班选一名男生,有36种不同选法;
从乙班选一名男生,有58-36=22种不同选法;
从丙班选一名男生,有35种不同选法.
根据分类加法计数原理,共有36+22+35=93种不同的选法.
用分类加法计数原理解题应注意以下问题:
(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事,完成这件事可以有哪些办法,怎样才算完成这件事.
(2)分类计数原理中的“分类”要全面、不能遗漏,但也不能重复、交叉.
(3)“类”与“类”之间是并列的、互斥的、独立的,也就是说,完成一件事情,每次只能选择其中的一类办法中的某一种方法.
(4)若完成某件事情有n类办法,则它们两两的交集为空集,n类的并集为全集.
1.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:
法一:
按十位上的数字分别是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有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,符合题意的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).
法二:
按个位上的数字是2,3,4,5,6,7,8,9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,所以按分类加法计数原理,满足条件的两位数共有1+2+3+4+5+6+7+8=36(个).
分步乘法计数原理的应用
[例2] 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多少个?
(1)三位数;
(2)三位数的偶数.
[解]
(1)三位数有三个数位,
故可分三个步骤完成:
第一步,排个位,从1,2,3,4中选1个数字,有4种方法;
第二步,排十位,从剩下的3个数字中选1个,有3种方法;
第三步,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:
第一步,排个位,从2,4中选1个,有2种方法;
第二步,排十位,从余下的3个数字中选1个,有3种方法;
第三步,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)“步”与“步”之间是连续的、不间断的或缺一不可的,但也不能重复、交叉.
(3)若完成某件事情需n步,则必须且只需依次完成这n个步骤后,这件事情才算完成.
2.乒乓球队的10名队员中有3名主力队员,派5名参加比赛,3名主力队员要安排在第一、三、五位置,其余7名队员选2名安排在第二、四位置,求不同的出场安排共有多少种?
解:
法一:
按出场次序,第一位置队员的安排有3种方法,第二位置队员的安排有7种方法,第三位置队员的安排有2种方法,第四位置队员的安排有6种方法,第五位置队员的安排只有1种方法.
由分步乘法计数原理,得不同的出场安排种数为3×7×2×6×1=252.
法二:
按主力与非主力,分两步安排.
第一步,安排3名主力队员在第一、三、五位置上,有6种方法,
第二步,安排7名非主力队员中的2名在第二、四位置上,有7×6种方法.
由分步乘法计数原理,得不同的出场安排种数为6×7×6=252.
两个计数原理的综合问题
[例3] 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.
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.
3.某电视台的主持人在某综艺节目中拿出两个信箱,其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信,甲箱中有30封,乙箱中有20封,现由主持人抽奖确定幸运观众,若先从中确定一名幸运之星,再从两箱中各确定一名幸运观众,则有多少种不同结果?
解:
①若幸运之星在甲箱中抽取,
则有30×29×20=17400种不同的结果;
②若幸运之星在乙箱中抽取,
则有20×19×30=11400种不同的结果.
故共有17400+11400=28800种不同结果.
解题高手
易错题
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?
[尝试]
[错解] 第一步,从会英语的7人中选一人,有7种选法;
第二步,从会日语的3人中选一人,有3种选法,
故共有7×3=21(种)不同的选法.
[错因] 由题目条件可知,外语组共有9人,显然错解误认为会英语的7人,会日语的3人,共10人.而忽视了其中有一人既会英语又会日语这一隐含条件,从而导致解题错误.由于该题中既会英语又会日语的有1人,而选不选该人对下一步都有影响,所以要进行分类:
第一类他不当选;第二类按会英语当选;第三类按会日语当选.在每一类中,又要分两步,因此是先分类后分步问题.
[正解] “完成一件事”指“从9人中选出会英语与日语的各1人”,故需分三类:
①既会英语又会日语的不当选;②既会英语又会日语的按会英语当选;③既会英语又会日语的按会日语当选.
既会英语又会日语的有7+3-9=1(人),仅会英语的有6人,仅会日语的有2人.先分类后分步,从仅会英、日语的人中各选1人有6×2种选法;从仅会英语与英、日语都会的人中各选1人有6×1种选法;从仅会日语与英、日语都会的人中各选1人有2×1种选法.根据分类加法计数原理,共有6×2+6×1+2×1=20(种)不同选法.
1.某同学从4本不同的科普杂志,3本不同的文摘杂志,2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读,则不同的选法共有( )
A.24种 B.9种
C.3种D.26种
解析:
选B 不同的杂志本数为4+3+2=9种,从其中任选一本阅读,共有9种选法.
2.(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.24B.18
C.12D.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.
3.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A.60B.48
C.36D.24
解析:
选B 长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36(个),另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2=12(个),所以共有36+12=48(个).
4.已知x∈{2,3,7},y∈{-3,-4,8},则xy可表示不同的值的个数为________.
解析:
分两步:
第1步,在集合{2,3,7}中任取一个值,有3种不同取法;第2步,在集合{-3,-4,8}中任取一个值,有3种不同取法.故xy可表示3×3=9个不同的值.
答案:
9
5.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,则不同的配法种数为________.
解析:
完成配成一套衣服这件事分两步:
第一步选长裤,有3种选法,第二步选上衣,有4种选法,共有3×4=12种不同配法.
答案:
12
6.某座山,若从东侧通往山顶的道路有3条,从西侧通往山顶的道路有2条,其余无道路通向山顶.
(1)某游人从一侧上山,另一侧下山,共有多少种不同的走法?
(2)某游人任意选择上山与下山的道路,共有多少种不同的走法?
解:
(1)分两类:
①从东侧上山,西侧下山,走法有3×2=6(种);②从西侧上山,东侧下山,走法有2×3=6(种),所以共有6+6=12(种)不同的走法.
(2)法一:
完成从上山到下山这件事可分为四类:
①从东侧上山,且从东侧下山,走法有3×3种;
②从东侧上山,从西侧下山,走法有3×2种;
③从西侧上山,从东侧下山,走法有2×3种;
④从西侧上山,且从西侧下山,走法有2×2种.
根据分类加法计数原理知,
共有3×3+3×2+2×3+2×2=25(种)不同的走法.
法二:
上山共有5条道路,下山也有5条道路,由分步乘法计数原理得从上山到下山共有5×5=25(种)不同的走法.
一、选择题
1.从3名女同学和2名男同学中选出一人主持本班一次班会,则不同的选法种数为( )
A.6 B.5
C.3D.2
答案:
B
2.在2,3,5,7,11这五个数字中,任取两个数字组成分数,其中假分数的个数为( )
A.20B.10
C.5D.24
解析:
选B 假分数的分子大于分母.故以2为分母的有4个;以3为分母的有3个;以5为分母的有2个;以7为分母的只有1个.由分类加法计数原理知共有4+3+2+1=10个.
3.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 要完成这件事可分两步,第一步确定b(b≠0)有6种方法,第二步确定a有6种方法,故由分步乘法计数原理知共有6×6=36个虚数.
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.40B.16
C.13D.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.
二、填空题
5.已知a∈{2,4,6,8},b∈{3,5,7,9},能组成logab>1的对数值有________个.
解析:
分四类,当a=2时,b取3,5,7,9四种情况;
当a=4时,b取5,7,9三种情况;
当a=6时,b取7,9两种情况;
当a=8时,b取9一种情况,
所以总共有4+3+2+1=10种,又log23=log49,
所以对数值有9个.
答案:
9
6.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)
7.已知A={-1,0,1,2,3},B=
,且a∈A,b∈B,则不同的双曲线
-
=1(a>0,b>0)共有________条.
解析:
a可取1,2,3;b可取
,2,4,5,故不同的双曲线
-
=1(a>0,b>0)共有3×4=12(条).
答案:
12
8.5名乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有________种.(用数字作答)
解析:
分为两类完成,两名老队员、一名新队员时,有3种选法;两名新队员、一名老队员时,有2×3=6种选法,即共有9种不同选法.
答案:
9
三、解答题
9.已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面上的点(a,b∈M),问:
(1)P可表示平面上多少个不同的点?
(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?
(3)P可表示多少个不在直线y=x上的点?
解:
(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,共有6种方法;第二步确定b的值,也有6种方法.根据分步乘法计数原理,得到P(a,b)可表示平面上6×6=36(个)不同的点.
(2)确定第二象限的点,可分两步完成:
第一步确定a,因为a<0,所以有3种确定方法;第二步确定b,因为b>0,所以有2种确定方法.由分步乘法计数原理,得到P(a,b)可表示平面上3×2=6(个)第二象限的点.
(3)点P(a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.因此a和b必须在集合M中取同一元素,共有6种取法,即在直线y=x上的点有6个.由
(1)得不在直线y=x上的点共有36-6=30个.
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.
所以共有不同的选法N=7×8×9×10=5040(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).
第二课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
选(抽)与分配问题
[例1] 有四位同学参加三项不同的竞赛.
(1)每位学生必须参加且只能参加一项竞赛,有多少种不同结果?
(2)每项竞赛只许一位学生参加,有多少种不同结果?
[解]
(1)学生可以选择竞赛项目,而竞赛项目对于学生无条件限制,所以每位学生均有3个不同的机会.要完成这件事必须是每位学生参加的竞赛全部确定下来才行,因此需分四步.而每位学生均有3个不同机会,所以用分步乘法计数原理可得3×3×3×3=34=81种不同结果.
(2)竞赛项目可挑选学生,而学生无选择项目的机会,每一个项目可挑选4位不同学生中的一位.要完成这件事必须是每项竞赛所参加的学生全部确定下来才行,因此需分三步,用分步乘法计数原理可得4×4×4=43=64种不同结果.
保持例题条件不变,若每位学生只能参加一项竞赛,且每项竞赛只许一位学生参加,则共有多少种不同结果?
解:
第一个项目可挑选4个学生中的一位,有4种不同的选法;第二个项目可从剩余的3个学生中选一位,有3种不同的选法;第三个项目可从剩余的2位学生中选一位,有2种不同的选法,故共有4×3×2=24种不同结果.
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:
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.
1.有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学,在数学考试时,要求每位老师均不在本班监考,则安排监考的方法种数是( )
A.11 B.10
C.9D.8
解析:
选C 法一:
设四个班级分别是A,B,C,D,它们的老师分别是a,b,c,d,并设a监考的是B,则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级,共有3种不同的方法;同理当a监考C,D时,剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法.这样,由分类加法计数原理知共有3+3+3=9种不同的安排方法.
法二:
让a先选,可从B,C,D中选一个,即有3种选法.若选的是B,则b从剩下的3个班级中任选一个,也有3种选法,剩下的两个老师都只有一种选法,根据分步乘法计数原理知,共有3×3×1×1=9种不同安排方法.
2.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,则选派方案共有( )
A.280种B.240种
C.180种D.96种
解析:
选B 由于甲、乙不能从事翻译工作,因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人,有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种,因此共有4×5×4×3=240种选派方案.
组数问题
[例2] 用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复的数字:
(1)银行存折的四位密码?
(2)四位整数?
(3)四位奇数?
[解]
(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事,可以分四个步骤:
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知,可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整数”这件事,可以分四个步骤:
第一步:
从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字,有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共四个数字中选取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知,可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,有两类办法:
第一类办法,四位奇数的个位数字为1,这件事分三个步骤完成.
第一步:
从2,3,4中选取一个数字作千位数字,有3种不同的选取方法;
第二步:
从2,3,4中剩余的两个数字与0共三个数字中选取一个数字作百位数字有3种不同的选取方法;
第三步:
从剩余的两个数字中,选取一个数字作十位数字,有2种不同的选取方法.
由分步乘法计数原理知,第一类中的四位奇数共有
N1=3×3×2=18(个).
第二类办法,四位奇数的个位数字为3,这件事分三个步骤完成.
第一步:
从1,2,4中选取一个数字作千位数字,有3种不同的选取方法;
第二步:
从1,2,4中剩余的两个数字和0共三个数字中选取一个数字作百位数字,有3种不同的选取方法;
第三步:
从剩余的两个数字中,选取一个数字作十位数字,有2种不同的选取方法.
由分步乘法计数原理知,第二类中的四位奇数共有
N2=3×3×2=18(个).
最后,由分类加法计数原理知,符合条件的四位奇数共有N=N1+N2=36(个).
保持例题条件不变,有多少个比2000大的整数?
解:
按千位→百位→十位→个位的顺序接排,分别有3,4,3,2种不同的方法,由分步乘法计数原理知,共有3×4×3×2=72个比2000大的整数.
对于组数问题的计数,一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类,每类中再按特殊位置(或元素)优先的方法分步来计数.当分类较多时,可用间接法处理.
3.由数字0,1,2,3,4,5可组成多少个没有重复数字且不能被5整除的四位数字?
解:
组成四位数可分四步,第一步排千位有5种,第二步排百位有5种,第三步排十位有4种,第四步排个位有3种.由分步乘法计数原理得共有四位数5×5×4×3=300(个).
同理,个位数为0的四位数有60个,个位数为5的四位数有48个.
∴不能被5整除的四位数共有300-48-60=192(个).
种植与涂色问题
[例3] 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] 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.
解答区域涂色(种植)问题时,为便于分析问题,先给区域(种植的品种)标上相应序号,然后按涂色(种植)的顺序分步或颜色(种植的品种)当选情况分类,最后利用两个计数原理求解.
4.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?
A
B
C
D
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
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- 数学新同步湘教版选修23讲义+精练第7章 71 两个计数原理 数学 同步 湘教版 选修 23 讲义 精练 两个 计数 原理
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