高考数学复习 17-18版 附加题部分 第1章 第57课 分类计数原理与分步计数原理

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高考数学复习 17-18版 附加题部分 第1章 第57课 分类计数原理与分步计数原理

第一章 计数原理、随机变量及其概率分布 第57课 分类计数原理与分步计数原理 ‎[最新考纲]‎ 内容 要求 A B C 加法原理与乘法原理 ‎√‎ ‎1.分类计数原理 如果完成一件事,有n类方式,在第1类方式中有m1种不同的方法,在第2类方式中有m2种不同的方法,……在第n类方式中有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.分步计数原理 如果完成一件事,需要分成n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,……做第n步有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.‎ ‎3.分类计数原理与分步计数原理,都涉及完成一件事的不同方法的种数.它们的区别在于:分类计数原理与分类有关,各种方法相互独立,用其中的任一种方法都可以完成这件事;分步计数原理与分步有关,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了,这件事才算完成.‎ ‎ ‎ ‎1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)‎ ‎(1)在分类计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同.(  )‎ ‎(2)在分类计数原理中,每类方案中的方法都能直接完成这件事.(  )‎ ‎(3)在分步计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(  )‎ ‎(4)在分步乘法计数原理中,事情是分两步完成的,其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.(  )‎ ‎[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×‎ ‎2.(教材改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同数字相加,其和为偶数的不同取法的种数有________.‎ ‎6 [从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两数和为偶数可分为两类:①取出的两数都是偶数,共有3种方法;②取出的两数都是奇数,共有3种方法,故由分类计数原理得共有N=3+3=6种.]‎ ‎3.用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为________个.‎ ‎252 [选放百位共有9种不同放法;再放十位共有10种不同的放法;同样,个位也有10种不同的放法,由乘法原理可知共有9×10×10=900个三位数,其中无重复数字的三位数有9×9×8=648个,故符合题意的共有900-648=252个.]‎ ‎4.(教材改编)5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中一个小组,则不同的报名方法有________种.‎ ‎32 [由于每位同学报哪个小组是等可能的,故对每名同学而言都有2种不同的报名方式,故共有2×2×2×2×2=32种不同的报名方法.]‎ ‎5.现有4种不同的颜色要对如图571所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有________种.‎ 图571‎ ‎48 [按A→B→C→D顺序分四步涂色,共4×3×2×2=48种不同的着色方法.]‎ 分类计数原理 ‎ (1)三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有________种.‎ ‎(2)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________.‎ ‎(1)6 (2)13 [(1)分两类:甲第一次踢给乙时,满足条件有3种方法(如图),‎ 同理,甲先传给丙时,满足条件有3种方法.‎ 由分类计数原理,共有3+3=6种传递方法.‎ ‎(2)①当a=0时,有x=-,b=-1,0,1,2,有4种可能;‎ ‎②当a≠0时,则Δ=4-4ab≥0,ab≤1,‎ ‎(ⅰ)当a=-1时,b=-1,0,1,2,有4种可能;‎ ‎(ⅱ)当a=1时,b=-1,0,1,有3种可能;‎ ‎(ⅲ)当a=2时,b=-1,0,有2种可能.‎ ‎∴有序数对(a,b)共有4+4+3+2=13个.]‎ ‎[规律方法] 1.第(2)题常见的错误:‎ ‎(1)想当然认为a≠0;‎ ‎(2)误认为a≠b.‎ ‎2.分类标准是运用分类计数原理的难点所在,应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.‎ ‎(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准.‎ ‎(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类,并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法,不能重复.‎ ‎[变式训练1] 从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为________个. 【导学号:62172314】‎ ‎8 [以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.‎ 以4为首项的等比数列为4,6,9.‎ 把这4个数列的顺序颠倒,又得到另外的4个数列,‎ ‎∴所求的数列共有2(2+1+1)=8个.]‎ 分步计数原理 ‎ (1)某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆参观,则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有________种.‎ ‎(2)有六名同学报名参加三个智力项目,每项限报一人,且每人至多参加一项,则共有________种不同的报名方法.‎ ‎(1)C·54 (2)120 [(1)有两个年级选择甲博物馆共有C种情况,其余四个年级每个年级各有5种选择情况,‎ 故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有C×54种.‎ ‎(2)每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有6种选法,第二个项目有5种选法,第三个项目只有4种选法,由分步计数原理,得共有报名方法6×5×4=120种.]‎ ‎[规律方法] 1.利用分步计数原理应注意:(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)各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各步骤都完成才算完成这件事.‎ ‎2.在第(1)题中,除仅有两个年级选择甲博物馆外,其余4个年级易错误认为有45种选择方法.‎ ‎[变式训练2] (1)设集合A={-1,0,1},B={0,1,2,3},定义A*B={(x,y)|x∈A∩B,y∈A∪B},则A*B中元素的个数为________.‎ ‎(2)将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班,每个班至少分到一名学生,且甲、乙两名学生不能分到同一个班,则不同的分法的种数为________.(用数字作答)‎ ‎(1)10 (2)8 [(1)易知A∩B={0,1},A∪B={-1,0,1,2,3},‎ ‎∴x有2种取法,y有5种取法,‎ 由分步计数原理,A*B的元素有2×5=10个.‎ ‎(2)第1步把甲、乙分到不同班级有A=2种分法.‎ 第2步分丙、丁:①丙、丁分到同一班级有2种分法,②丙、丁分到两个不同的班级有A=2种分法.‎ 由计数原理,不同的分法为2×(2+2)=8种.]‎ 两个计数原理的综合应用 ‎ (1)已知集合M={1,2,3,4},集合A,B为集合M的非空子集,若对∀x∈A,y∈B,x0,所以有2种确定方法.‎ 由分步计数原理,得到第二象限点的个数是3×2=6.‎ ‎(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).‎ ‎3.在校运动会上,8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员比赛的方式共有多少种?‎ ‎[解] 分两步安排这8名运动员.‎ 第一步:安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5,7四条跑道可安排,所以安排方式有4×3×2=24(种).‎ 第二步:安排另外5人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排,所以安排方式有5×4×3×2×1=120(种).‎ 所以安排这8人的方式有24×120=2 880(种).‎ ‎4.如图573所示的五个区域中,中心区域是一幅图画,现在要求在其余四个区域中涂色,现有四种颜色可供选择.‎ 图573‎ 要求每一个区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数共有多少种?‎ ‎[解] 将四种颜色编号为①②③④,A有4种涂法,设涂①,B有3种涂法,设涂②,下面分3类:‎ 若C涂①,则D可涂②③④,共3种方法;‎ 若C涂③,则D可涂②④,共2种方法;‎ 若C涂④,则D可涂②③,共2种方法;‎ 于是, 不同的涂法为4×3×(3+2+2)=84(种).‎ ‎5.(2016·全国卷Ⅱ改编)如图574,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共有多少条?‎ 图574‎ ‎[解] 分两步,第一步,从E→F,有6条可以选择的最短路径;第二步,从F→G,有3条可以选择的最短路径.由分步乘法计数原理可知有6×3=18条可以选择的最短路程.‎ ‎6.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?‎ ‎[解] 由题意得有1人既会英语又会日语,6人只会英语,2人只会日语.‎ 第一类:从只会英语的6人中选1人说英语,共有6种方法,则说日语的有2+1=3种,此时共有6×3=18种;‎ 第二类:不从只会英语的6人中选1人说英语,则只有1种方法,则选会日语的有2种,此时共有1×2=2种;所以根据分类计数原理知共有18+2=20(种)选法.‎ B组 能力提升 ‎(建议用时:15分钟)‎ ‎1.有一项活动需在3名老师,6名男同学和8名女同学中选人参加.‎ ‎(1)若只需一人参加,有多少种不同选法?‎ ‎(2)若需一名老师,一名学生参加,有多少种不同选法?‎ ‎(3)若需老师,男同学、女同学各一人参加,有多少种不同选法?‎ ‎ 【导学号:62172317】‎ ‎[解] (1)只需一人参加,可按老师、男同学、女同学分三类各自有3,6,8种方法,总方法数为3+6+8=17(种).‎ ‎(2)分两步,先选教师共3种选法,再选学生共6+8=14种选法,由分步计数原理知,总方法数为3×14=42(种).‎ ‎(3)教师、男、女同学各一人可分三步,每步方法依次为3,6,8种.由分步计数原理知方法数为3×6×8=144(种).‎ ‎2.为了做好阅兵人员的运输,从某运输公司抽调车辆支援,该运输公司有7个车队,每个车队的车辆均多于4辆.现从这个公司中抽调10辆车,并且每个车队至少抽调1辆,那么共有多少种不同的抽调方法?‎ ‎[解] 在每个车队抽调1辆车的基础上,还需抽调3辆车.可分成三类:一类是从某1个车队抽调3辆,有C 种抽调方法;一类是从2个车队中抽调,其中1个车队抽调1辆,另1个车队抽调2辆,有A种抽调方法;一类是从3个车队中各抽调1辆,有C种抽调方法.故共有C+A+C=84种抽调方法.‎ ‎3.将一个四棱锥SABCD的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两个端点异色,如果只有5种颜色可供使用,那么不同的染色方法的总数是多少?‎ ‎[解] 设想染色按S—A—B—C—D的顺序进行,对S,A,B染色,有5×4×3=60(种)染色方法.‎ 由于C点的颜色可能与A同色或不同色,这影响到D点颜色的选取方法数,故分类讨论:‎ C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一),D应与A(C),S不同色,有3种选择;C与A不同色时,C有2种可选择的颜色,D也有2种颜色可供选择.从而对C,D染色有1×3+2×2=7(种)染色方法.‎ 由分步计数原理,总的染色方法有60×7=420(种).‎ ‎4.(2016·扬州期末)对于给定的大于1的正整数n,设x=a0+a1n+a2n2+…+annn,其中ai∈{0,1,2,…,n-1},i=0,1,2,…,n-1,n,且an≠0,记满足条件的所有x的和为An.‎ ‎(1)求A2;‎ ‎(2)设An=f(n),求f(n).‎ ‎[解] (1)当n=2时,x=a0+2a1+4a2,a0∈{0,1},a1∈{0,1},a2=1,故满足条件的x共有4个,分别为x=0+0+4,x=0+2+4,x=1+0+4,x=1+2+4,它们的和是22.‎ ‎(2)由题意得,a0,a1,a2,…,an-1各有n种取法;an有n-1种取法,由分步计数原理可得a0,a1,a2,…,an-1,an的不同取法共有n·n…n·(n-1)=nn(n-1),即满足条件的x共有nn(n-1)个.当a0分别取i=0,1,2,…,n-1时,a1,a2,…,an-1各有n种取法,an有n-1种取法,故An中所有含a0项的和为[0+1+2+…+(n-1)]nn-1(n-1)=;‎ 同理,An中所有含a1项的和为[0+1+2+…+(n-1)]nn-1(n-1)·n=·n;An中所有含a2项的和为[0+1+2+…+(n-1)]nn-1(n-1)·n2=‎ eq f(n2(n-1)2,2)·n2;An中所有含an-1项的和为[0+1+2+…+(n-1)]nn-1(n-1)·nn-1=·nn-1;当an分别取i=1,2,…,n-1时,a0,a1,a2,…,an-1各有n种取法,‎ 故An中所有含an项的和为[1+2+…+(n-1)]nn·nn=·nn;‎ 所以An=(1+n+n2+…+nn-1)+·nn=·+·nn ‎=(nn+1+nn-1).‎ 故f(n)=nn+1+nn-1.‎
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