高考数学一轮复习 101 分类计数原理分步计数原理教案.docx
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高考数学一轮复习101分类计数原理分步计数原理教案
2019-2020年高考数学一轮复习10.1分类计数原理、分步计数原理教案
●网络体系总览
●考点目标定位
1.掌握分类计数原理与分步计数原理,并能用它们分析和解决一些简单的应用问题.
2.理解排列与组合的意义,掌握排列数与组合数的计算公式,掌握组合数的两个性质,并能用它们解决一些简单的应用问题.
3.掌握二项式定理和二项展开式的性质,并能用它们计算和证明一些简单的问题.
●复习方略指南
排列与组合是高中数学中,从内容到方法都比较独特的一部分.其重点是在熟练应用公式的基础上,运用两个基本原理,解决计数应用题.
二项式定理的重点是二项展开式及通项公式的联系和应用.
本章内容高考所占比重不大,经常以选择题、填空题的形式出现,但对思维能力要求较高,在复习中,要注意通过典型例题,掌握分析问题的方法,总结解题规律.
10.1分类计数原理、分步计数原理
●知识梳理
分类计数原理与分步计数原理是计数问题的基本原理,它贯穿于全章学习的始终,体现了解决问题时将其分解的两种常用方法,即把问题分类解决和分步解决,是本章学习的重点.
特别提示
正确区分和使用两个原理是学好本章的关键,其核心是“完成一件事”是“分类”完成,还是“分步”完成.
●点击双基
1.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,共有_____________种行车路线.
A.24B.16C.12D.10
解析:
起点为C种可能性,终点为C种可能性,因此,行车路线共有C×C=12种.
答案:
C
2.(xx年全国)从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有
A.8种B.12种C.16种D.20种
解析:
有2个面不相邻即有一组对面,所以选法为C·C=12种.
答案:
B
3.某城市的电话号码,由六位升为七位(首位数字均不为零),则该城市可增加的电话部数是
A.9×8×7×6×5×4×3B.8×96
C.9×106D.81×105
解析:
电话号码是六位数字时,该城市可安装电话9×105部,同理升为七位时为9×106.∴可增加的电话部数是9×106-9×105=81×105.
答案:
D
4.72的正约数(包括1和72)共有__________个.
解析:
72=23×32.
∴2m·3n(0≤m≤3,0≤n≤2,m,n∈N)都是72的正约数.
m的取法有4种,n的取法有3种,由分步计数原理共3×4个.
答案:
12
5.(xx年春季北京,13)从-1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)=ax2+bx+c的系数,可组成不同的二次函数共有_____________个,其中不同的偶函数共有_____________个.(用数字作答)
解析:
一个二次函数对应着a、b、c(a≠0)的一组取值,a的取法有3种,b的取法有3种,c的取法有2种,由分步计数原理,知共有二次函数3×3×2=18个.
若二次函数为偶函数,则b=0.
同上共有3×2=6个.
答案:
186
●典例剖析
【例1】电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱,其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙信箱中有20封.现由主持人抽奖确定幸运观众,若先确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴,有多少种不同的结果?
解:
分两类:
(1)幸运之星在甲箱中抽,再在两箱中各定一名幸运伙伴,有30×29×20=17400种结果;
(2)幸运之星在乙箱中抽,同理有20×19×30=11400种结果.因此共有17400+11400=28800种不同结果.
评述:
在综合运用两个原理时,既要合理分类,又要合理分步,一般情况是先分类再分步.
思考讨论
本题为什么要先分类?
由于幸运之星在哪个信箱产生对幸运伙伴的产生有影响,分步计数原理中步与步间要独立.
【例2】从集合{1,2,3,…,10}中,选出由5个数组成的子集,使得这5个数中的任何两个数的和不等于11,这样的子集共有多少个?
解:
和为11的数共有5组:
1与10,2与9,3与8,4与7,5与6,子集中的元素不能取自同一组中的两数,即子集中的元素取自5个组中的一个数.而每个数的取法有2种,
所以子集的个数为2×2×2×2×2=25=32.
评述:
解本题的关键是找出和为11的5组数,然后再用分步计数原理求解.
深化拓展
上例中选出5个数组成子集改为选出4个数呢?
答案:
C·24=80个.
【例3】(xx年新课程卷)某城市在中心广场建造一个花圃,花圃分为6个部分(如下图).现要栽种4种不同颜色的花,每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花,不同的栽种方法有_____________种.(以数字作答)
解法一:
从题意来看6部分种4种颜色的花,又从图形看知必有2组同颜色的花,从同颜色的花入手分类求.
(1)②与⑤同色,则③⑥也同色或④⑥也同色,所以共有N1=4×3×2×2×1=48种;
(2)③与⑤同色,则②④或⑥④同色,所以共有N2=4×3×2×2×1=48种;
(3)②与④且③与⑥同色,则共有N3=4×3×2×1=24种.
所以,共有N=N1+N2+N3=48+48+24=120种.
解法二:
记颜色为A、B、C、D四色,先安排1、2、3有A种不同的栽法,不妨设1、2、3已分别栽种A、B、C,则4、5、6栽种方法共5种,由以下树状图清晰可见.
根据分步计数原理,不同栽种方法有N=A×5=120.
答案:
120
评述:
解法一是常规解法,解法二安排4、5、6时又用了分类和列举的方法.
●闯关训练
夯实基础
1.(xx年全国,文5)从长度分别为1、2、3、4的四条线段中,任取三条的不同取法共有n种.在这些取法中,以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m,则等于
A.0B.C.D.
解析:
n=C=4,在“1、2、3、4”这四条线段中,由三角形的性质“两边之和大于第三边,两边之差小于第三边”知可组成三角形的有“2、3、4”,m=1.∴=.
答案:
B
2.(xx年黄冈检测题)某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单,开演前又增加了3个新节目,如果将这3个节目插入节目单中,那么不同的插法种数为
A.504B.210C.336D.120
解析:
三个新节目一个一个插入节目单中,分别有7、8、9种方法.
∴插法种数为7×8×9=504或A÷A=504.
答案:
A
3.从1到10的正整数中,任意抽取两个相加,所得和为奇数的不同情形有__________种.
解析:
当且仅当偶数加上奇数后和为奇数,从而不同情形有5×5=25种.
答案:
25
4.从图中的12个点中任取3个点作为一组,其中可构成三角形的组数是
A.208B.204C.200D.196
解析:
在12个点中任取3个点的组合数为C,在同一直线上的3点的组数为20,则可构成三角形的组数为C-20=200.
答案:
C
5.4棵柳树和4棵杨树栽成一行,柳树、杨树逐一相间的栽法有_____________种.
解析:
2A·A=1152种.
答案:
1152
6.(xx年上海)某餐厅供应客饭,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2菜2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上的不同选择,则餐厅至少还需要不同的素菜品种_____________种.(结果用数值表示)
解析:
设素菜n种,则C·C≥200n(n-1)≥40,所以n的最小值为7.
答案:
7
培养能力
7.(xx年全国)如图,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色.现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有_____________种.(以数字作答)
解析:
依次染①、②、③、④、⑤.故有C·C·C·C·C=72种.
答案:
72
8.(理)设有编号为1,2,3,4,5的五个球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子.现将这五个球投放入这五个盒子内,要求每个盒子内投放一球,并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,则这样的投放方法有多少种?
分析:
五个球分别投放到五个盒子内,恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,则其他三个球必不能投放到与球的编号相同的盒子内,此时,这三个球与对应的三个盒子,就成了受限的特殊元素与特殊位置.
解:
先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内,有C种;剩下的三个球,不失一般性,不妨设编号为3,4,5,投放3号球的方法数为C,则投放4,5号球的方法只有一种,根据分步计数原理共有C·C=20种.
评述:
本题投放球有两种方法,一种是投入到与编号相同的盒子内,另一种是投入到与编号不同的盒子内,故应分步完成.
(文)在所有两位数中,个位数字大于十位数字的两位数共有多少个?
分析:
在0~9这10个数字中,按照题目要求组成的两位数中,个位数字不能为0和1,十位数字不能为0和9.也就是说组成两位数的数字可按个位分类或按十位分类来计算.
解法一:
按个位数字是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是1个,2个,3个,4个,5个,6个,7个,8个.
则共有1+2+3+4+…+7+8=36(个).
解法二:
按十位数字是1,2,3,4,5,6,7,8分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别是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).
评述:
在具体分类或分步时,常遇到困难,要多练习,多积累经验,掌握思维方法,逐步做到恰当分类,合理分步.
9.五名学生报名参加四项体育比赛,每人限报一项,报名方法的种数为多少?
又他们争夺这四项比赛的冠军,获得冠军的可能性有多少种?
解:
(1)5名学生中任一名均可报其中的任一项,因此每个学生都有4种报名方法,5名学生都报了项目才能算完成这一事件.故报名方法种数为4×4×4×4×4=45种.
(2)每个项目只有一个冠军,每一名学生都可能获得其中的一项获军,因此每个项目获冠军的可能性有5种.故有n=5×5×5×5=54种.
探究创新
10.三边长均为整数,且最大边长为11的三角形的个数是多少?
解:
设较小的两边长为x、y且x≤y,
则x≤y≤11,
x+y>11,
x、y∈N*.
当x=1时,y=11;
当x=2时,y=10,11;
当x=3时,y=9,10,11;
当x=4时,y=8,9,10,11;
当x=5时,y=7,8,9,10,11;
当x=6时,y=6,7,8,9,10,11;
当x=7时,y=7,8,9,10,11;
……
当x=11时,y=11.
所以不同三角形的个数为
1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36.
评述:
本题关键是列出约束条件,然后寻找x=1,2,…,11时,y的取值个数的规律,再用分类计数原理求解.
●思悟小结
1.分类计数原理和分步计数原理是解决排列、组合问题的理论基础.这两个原理的本质区别在于分类与分步,分类用分类计数原理,分步用分步计数原理.
2.元素能重复的问题往往用计数原理.
●教师下载中心
教学点睛
弄清两个原理的区别与联系,是正确使用这两个原理的前提和条件.这两个原理都是指完成一件事而言的.其区别在于:
(1)分类计数原理是“分类”,分步计数原理是“分步”;
(2)分类计数原理中每类办法中的每一种方法都能独立完成一件事,分步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.
拓展题例
【例1】关于正整数2160,求:
(1)它有多少个不同的正因数?
(2)它的所有正因数的和是多少?
解:
(1)∵N=2160=24×33×5,
∴2160的正因数为P=2α×3β×5γ,
其中α=0,1,2,3,4,β=0,1,2,3,γ=0,1.
∴2160的正因数共有5×4×2=40个.
(2)式子(20+21+22+23+24)×(30+31+32+33)×(50+51)的展开式就是40个正因数.
∴正因数之和为31×40×6=7440.
【例2】球台上有4个黄球,6个红球,击黄球入袋记2分,击红球入袋记1分,欲将此十球中的4球击入袋中,但总分不低于5分,击球方法有几种?
解:
设击入黄球x个,红球y个符合要求,
则有x+y=4,
2x+y≥5(x、y∈N),得1≤x≤4.
∴
相应每组解(x,y),击球方法数分别为CC,CC,CC,CC.
共有不同击球方法数为CC+CC+CC+CC=195.
2019-2020年高考数学一轮复习10.2排列教案
●知识梳理
1.排列的概念:
从n个不同元素中任取m个元素,按照一定的次序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用A表示.
2.排列数公式:
从n个不同元素中任取m个元素的排列的个数A=n(n-1)(n-2)…(n-m+1).
3.附有限制条件的排列
(1)对附有限制条件的排列,思考问题的原则是优先考虑受限制的元素或受限制的位置.
(2)对下列附有限制条件的排列,要掌握基本的思考方法:
元素在某一位置或元素不在某一位置;
元素相邻——捆绑法,即把相邻元素看成一个元素;
元素不相邻——插空法;
比某一数大或比某一数小的问题主要考虑首位或前几位.
(3)对附有限制条件的排列要掌握正向思考问题的方法——直接法;同时要掌握一些问题的逆向思考问题的方向——间接法.
●点击双基
1.把4名男生和4名女生排成一排,女生要排在一起,不同排法的种数为
A.AB.AAC.AAD.A
解析:
按分步计数原理,第一步,将女生看成一个整体,则有A种方法;第二步,将女生排列,有A种排法.故总共有AA种排法.
答案:
B
2.若2n个学生排成一排的排法数为x,这2n个学生排成前后两排,每排各n个学生的排法数为y,则x、y的关系为
A.x>yB.x 解析: 第一种排法数为A,第二种排法数为AA=A,从而x=y. 答案: C 3.若S=A+A+A+A+…+A,则S的个位数字是 A.8B.5C.3D.0 解析: A=1,A=2,A=6,A=24,而A,A,…,A中个位数字均为0,从而S的个位数字是3. 答案: C 4.(xx年天津,文16)从0,1,2,3,4,5中任取3个数字,组成没有重复数字的三位数,其中能被5整除的三位数共有_____________个.(用数字作答) 解析: 其中能被5整除的三位数末位必为0或5.①末位为0的三位数其首次两位从1~5的5个数中任取2个排列而成方法数为A=20,②末位为5的三位数,首位从非0,5的4个数中选1个,有C种挑法,再挑十位,还有C种挑法, ∴合要求的数有C·C=16种.∴共有20+16=36个合要求的数. 答案: 36 评述: 本题主要抓住能被5整除的三位数的特征(末位数为0,5),还要注意分类讨论及排数字时对首位非0的限制. 5.若直线Ax+By=0的系数A、B可以从{0,2,3,4,5,6}中取不同的值.这些方程表示不同直线的条数是_____________. 解析: 若A=0,表示直线y=0; 若B=0,表示直线x=0; 若A、B从集合中任取两个非零值有A种, 其中2x+4y=0与3x+6y=0,4x+2y=0与6x+3y=0,2x+3y=0与4x+6y=0,3x+2y=0与6x+4y=0同. 所以这些方程表示的直线条数为2+A-4=18. 答案: 18 ●典例剖析 【例1】一条铁路原有m个车站,为适应客运需要,新增加n(n≥1,n∈N*)个车站,因而增加了58种车票(起迄站相同的车票视为相同的车票),问原来这条铁路有几个车站? 现在又有几个车站? 解: 由题设A-A=58, 即n(2m-1+n)=58=2×29. (1)若n=2,则2m-1+n=29,m=14; (2)若n=29,则2m-1+n=2,m=-13,不合题意,舍去; (3)若n=1,则2m-1+n=58,m=29; (4)若n=58,则2m-1+n=1,m=-28,不合题意,舍去. 所以原有14个车站,现有16个车站;或者原有29个车站,现有30个车站. 【例2】从数字0、1、3、5、7中取出不同的三个作系数,可组成多少个不同的一元二次方程ax2+bx+c=0? 其中有实数根的有几个? 剖析: (1)二次方程要求a不为0,故a只能在1、3、5、7中选,b、c没有限制. (2)二次方程要有实根,需Δ=b2-4ac≥0,再对c分类讨论. 解: (1)a只能在1、3、5、7中选一个有A种,b、c可在余下的4个中任取2个,有A种.故可组成二次方程A·A=48个. (2)方程要有实根,需Δ=b2-4ac≥0. c=0,a、b可在1、3、5、7中任取2个,有A种; c≠0,b只能取5、7,b取5时,a、c只能取1、3,共有A个;b取7时,a、c可取1、3或1、5,有2A个.故有实根的二次方程共有A+A+2A=18个. 【例3】从0,1,2,3,4中取出不同的3个数字组成一个三位数,所有这些三位数的个位数字的和是多少? 解: 1,2,3,4在个位上出现的次数相等,故(1+2+3+4)·AA=90. 评述: 要考虑0不能作首位这个因素. 深化拓展 从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中取出不同的5个数字组成一个5位偶数. (1)有多少个这样的数? (2)所有这些5位数的个位数字的和是多少? 答案: (1)A+CC·A; (2)(2+4+6+8)C·A. ●闯关训练 夯实基础 1.5名成人带两个小孩排队上山,小孩不排在一起也不排在头尾,则不同的排法种数有 A.A·A种B.A·A种C.A·A种D.A-4A种 解析: 正先排大人,有A种排法,再排小孩,有A种排法(插空法).故有A·A种不同的排法. 答案: A 2.(xx年四川模拟题)在由数字1,2,3,4,5组成的所有没有重复数字的5位数中,大于23145且小于43521的数共有_____________. 解法一: 1、2、3、4、5组成无重复五位数,大于23145且小于43521的有 (1)形如,后两位只能填5、4, ∴有1种数合要求. (2)形如,第三位选4或5都满足要求,后两位任选都可. ∴符合要求的数有C·A=4种. (3)形如,第二位选4或5,后三位任选,方法数为C·A=12种. (4)形如,第二位开始,均可任选,方法数为A=24种. (5)形如,第二位选1或2,后三位任选,方法数为C·A=12种. 同理形如,2A=4种,形如,1种. ∴合要求总数为(1+4+12)×2+24=58种. 解法二: 可用类似方法算出小于43521的5位数个数与小于等于23145的五位数个数.两数之差即为小于43521且大于23145的五位数个数. 答案: 58种 3.三个人坐在一排八个座位上,若每人的两边都要有空位,则不同的坐法种数为__________. 解析: 根据题意,两端的座位要空着,中间6个座位坐三个人,再空三个座位,这三个座位之间产生四个空,可以认为是坐后产生的空.故共有A种.这种执果索因的思考方法是处理排列、组合问题常用的方法. 答案: 24 4.在所有无重复数字的四位数中,千位上的数字比个位上的数字大2的数共有_______个. 解析: 形如2××0,3××1,4××2,5××3,6××4,7××5,8××6,9××7符合条件,共有8A=448个. 答案: 448 5.用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数, (1)可组成多少个不同的四位数? (2)可组成多少个四位偶数? (3)将 (1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列,问第85项是什么? 解: (1)AA=300或A-A=300(间接法). (2)A+AAA=156. (3)千位是1的四位数有A=60个,千位是2,百位是0或1的四位数有2A=24个, ∴第85项是2301. 培养能力 6.甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行某种劳动技术比赛,决出了第1到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩,回答者对甲说: “很遗憾,你和乙都未拿到冠军.”对乙说: “你当然不会是最差的.”从这个回答分析,5人的名次排列共可能有多少种不同的情况? (用数字作答) 解: 本题等价于5人排成一排,甲、乙都不站在排头且乙不站在排尾的排法有多少种.乙的限制最多,故先排乙,有3种情况;再排甲,也有3种情况;余下3人有A种排法.故共有3·3·A=54种不同的情况. 7.用0、1、2、3、4、5这六个数字组成无重复数字的六位数,其中个位数字小于十位数字的六位数的个数是多少个? 解: (1)个位数为0,十位数可为1、2、3、4、5,故为A种; (2)个位数为1,十位数可为2、3、4、5,故为A·A·A个;(3)个位数为2,十位数为3、4、5,故为A·A·A个;(4)个位数为3,十位数为4、5,故为A·A·A个;(5)个位数为4,十位数为5,故为A·A个. 所以共有A+A·A(A+A+A+1)=300个. 8.(理)用1,2,3,4,5排成一个数字不重复的五位数a1a2a3a4a5,满足a1 解: 因为a2>a1、a3,a4>a3、a5,所以a2只能是3、4、5. (1)若a2=3,则a4=5,a5=4,a1与a3是1或2,这时共有A=2个符合条件的五位数. (2)若a2=4,则a4=5,a1、a3、a5可以是1、2、3,共有A=6个符合条件的五位数. (3)若a2=5,则a4=3或4,此时分别与 (1) (2)情况相同. 所以,满足条件的五位数有2(A+A)=16个. (文)用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的五位数,求比20314大的数的个数. 解: 比20314大的五位数可分为三类: 第一类: 3××××,4××××,5××××,共3A(个); 第二类: 21×××,23×××,24×××,25×××,共4A(个); 第三类: 203××,204××,205××,除去20314这个数,共3A-1(个). 故比20314大的无重复数字的五位数有3A+4A+3A-1=473(个). 还可以这样考虑: 用0,1,2,3,4,5组成无重复数字的五位数共A个.其中比20314小的有两类: 第一类: 0××××,1××××,共2A个;第二类: 201××,有A个,与20314相等的有1个, 故比20314大的数共有A-2A-A-1=473(个). 探究创新 9.有点难度哟! 8个人站成一排,其中A、B、C互不相邻且D、E也互不相邻的排法有多少种? 解: 先排去掉A、B、C外的5个人,有A种, 再排A、B、C3人,有A种. 故有A·A种(含D、E相邻). 其中D、E相邻的有A·A·A种. ∴满足条件的排法种数为A·A-A·A·A=11520. 思考讨论 下述解法少了哪种情况? 解: 先排A、B、C、D、E外的3人,有A种, 再排A、B、C3人,有A种(插空), 最后排D、E2人,有A种(插空). 故排法种数为A·A·A=6048. ●思悟小结 对带有限制条件的排列问题,要掌握基本的解题思想方法: (1)直接法: (2)间接法; (3)一般先从特殊元素和特殊位置入手. ●教师下载中心 教学点睛 排列与组合是两类特殊的计数问题,它还有一些较为独特的思考方法,应理解
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