【数学】2018届一轮复习北师大版（理）分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案

【数学】2018届一轮复习北师大版（理）分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案

‎1．分类加法计数原理 完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，……，在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法．(也称加法原理)‎ ‎2．分步乘法计数原理 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，……，做第n步有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种方法．(也称乘法原理)‎ ‎3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法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；分步乘法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．‎ ‎【思考辨析】‎ 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)在分类加法计数原理中，两类不同办法中的方法可以相同．(　×　)‎ ‎(2)在分类加法计数原理中，每类办法中的方法都能直接完成这件事．(　√　)‎ ‎(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．(　√　)‎ ‎(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．(　√　)‎ ‎(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　√　)‎ ‎1．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(　　)‎ A．243 B．252 C．261 D．279‎ 答案　B 解析　根据乘法原理，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.‎ ‎2．(教材改编)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是(　　)‎ A．12 B．8 C．6 D．4‎ 答案　C 解析　分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.‎ ‎3．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(　　)‎ A．14 B．13 C．12 D．10‎ 答案　B 解析　当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B.‎ ‎4．(2016·陕西西藏民族学院附中期末)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1,2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有(　　)‎ A．52种 B．36种 C．20种 D．10种 答案　D 解析　1号盒放1个，2号盒放3个，方法种数是C＝4；1号盒放2个，2号盒放2个，方法种数是C＝6.根据加法原理，不同的放球方法有4＋6＝10(种)．‎ ‎5．(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．‎ 答案　32‎ 解析　每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，根据乘法原理，不 同的报名方法共有2×2×2×2×2＝32(种).‎ 题型一　分类加法计数原理的应用 例1　高三一班有学生50人，其中男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，其中男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，其中男生35人，女生20人．‎ ‎(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？‎ ‎(2)从高三一班、二班男生中或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？‎ 解　(1)完成这件事有三类方法：‎ 第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；‎ 第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；‎ 第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法．‎ 根据加法原理，任选一名学生任学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．‎ ‎(2)完成这件事有三类方法：‎ 第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；‎ 第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；‎ 第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．‎ 根据加法原理，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．‎ 思维升华　分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次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．‎ ‎　(2016·全国丙卷)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　)‎ A．18个 B．16个 C．14个 D．12个 答案　C 解析　第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共A个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有C个，共2＋8＋4＝14(个)．‎ 题型二　分步乘法计数原理的应用 例2　(1)(2016·全国甲卷)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．24 B．18 C．12 D．9‎ ‎(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．‎ 答案　(1)B　(2)120‎ 解析　(1)从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径条数为6×3＝18，故选B.‎ ‎(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，第三个项目有4种选法，根据乘法原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．‎ 引申探究 ‎1．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？‎ 解　每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据乘法原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．‎ ‎2．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？‎ 解　每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据乘法原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．‎ 思维升华　(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．‎ ‎(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．‎ ‎　(1)用0,1,2,3,4,5可组成无重复数字的三位数的个数为________．‎ ‎(2)(2017·石家庄质检)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为______．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．‎ 答案　(1)100　(2)45　54‎ 解析　(1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数写有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据乘法原理，三位数个数为5×5×4＝100.‎ ‎(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．‎ 题型三　两个计数原理的综合应用 例3　(1)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．‎ ‎(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．‎ 答案　(1)260　(2)36‎ 解析　(1)区域A有5处涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260(种)涂色方法．‎ ‎(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面均成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．‎ 思维升华　利用两个计数原理解决应用问题的一般思路 ‎(1)弄清完成一件事是做什么．‎ ‎(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．‎ ‎(3)弄清分步、分类的标准是什么．‎ ‎(4)利用两个计数原理求解．‎ ‎　(2017·济南质检)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________．‎ 答案　96‎ 解析　按区域1与3是否同色分类：‎ ‎(1)区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A种方法．∴区域1与3涂同色，共有4A＝24(种)方法．‎ ‎(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有A×2×1×3＝72(种)方法．‎ 根据加法原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.‎ ‎13．利用两个基本原理解决计数问题 典例　(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有(　　)‎ A．24种 B．4种 C．43种 D．34种 ‎(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种．‎ 错解展示 解析　(1)因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，‎ 所以共有3×3×3×3＝34(种)投法．‎ ‎(2)乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，‎ 共有3×4＝12(种)方法．‎ 答案　(1)D　(2)12‎ 现场纠错 解析　(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，根据乘法原理，共有43种方法．‎ ‎(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据加法原理，可得此人的走法共有4＋3＝7(种)．‎ 答案　(1)C　(2)7‎ 纠错心得　(1)应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步．‎ ‎(2)把握完成一件事情的标准，如典例(1)没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误．‎ ‎1．(2016·三门峡模拟)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有(　　)‎ A．8种 B．9种 C．10种 D．11种 答案　B 解析　设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，根据加法原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．‎ ‎2．小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，则不同的摆法有(　　)‎ A．4种 B．5种 C．6种 D．9种 答案　B 解析　记反面为1，正面为2，则正反依次相对有12121212,21212121两种；有两枚反面相对有21121212,21211212,21212112三种，共5种摆法，故选B.‎ ‎3．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有(　　)‎ A．12种 B．10种 C．9种 D．8种 答案　A 解析　第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2(种)选派方法；‎ 第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有C＝6(种)选派方法．‎ 根据乘法原理，不同的选派方案共有2×6＝12(种)．‎ ‎4．(2015·四川)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)‎ A．144个 B．120个 C．96个 D．72个 答案　B 解析　由题意知，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3×A＝72(个)；若万位是4，则有2×A＝48(个)，故比40 000大的偶数共有72＋48＝120(个)．故选B.‎ ‎5．将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有(　　)‎ A．1种 B．3种 C．6种 D．9种 答案　C 解析　因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6(种)涂色方案．‎ ‎6．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(　　)‎ A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 答案　A 解析　先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A·2·1＝12(种)不同的排列方法．‎ ‎7．(2016·大连模拟)将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种．‎ 答案　9‎ 解析　编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．根据加法原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的填法．‎ ‎8．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．‎ 答案　13‎ 解析　四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．‎ ‎9．(2016·日照模拟)从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．‎ 答案　17‎ 解析　当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到A＝20(个)对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．‎ ‎10．(2016·天津模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则 ‎(1)4位回文数有________个；‎ ‎(2)2n＋1(n∈N＋)位回文数有________个．‎ 答案　(1)90　(2)9×10n 解析　(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．‎ ‎(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．根据乘法原理，有9×10n种填法．‎ ‎11．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？‎ 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. ‎ ‎(2)分两步，先选教师共3种选法，再选学生共6＋8＝14(种)选法，根据乘法原理，总方法数为3×14＝42. ‎ ‎(3)教师，男同学，女同学各一人可分三步，每步方法依次为3,6,8种．根据乘法原理，总方法数为3×6×8＝144(种)．‎ ‎12．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．‎ 解　方法一　设染色按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．‎ 根据乘法原理，不同的染色方法种数为60×7＝420.‎ 方法二　根据所用颜色种数分类，可分三类．‎ 第一类：用3种颜色，此时A与C，B与D分别同色，问题相当于从5种颜色中选3种涂三个点，共A＝60(种)涂法；‎ 第二类：用4种颜色，此时A与C，B与D中有且只有一组同色，涂法种数为2A＝240(种)；‎ 第三类：用5种颜色，涂法种数共A＝120(种)．‎ 综上可知，满足题意的染色方法种数为 ‎60＋240＋120＝420.‎ ‎13.已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：‎ ‎(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？其中偶函数有多少个？‎ ‎(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图像开口向上的二次函数？‎ 解　(1)a的取值有5种情况，b的取值6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，故有5×6＝30(个)．‎ ‎(2)y＝ax2＋bx＋c的图像开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图像开口向上的二次函数．‎