2019届二轮复习　两个计数原理与排列、组合课件（40张）

2019届二轮复习　两个计数原理与排列、组合课件（40张）

　两个计数原理与排列、组合 学习目标 1. 进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理 . 2 . 进一步加深理解排列与组合的概念 . 3 . 能综合运用排列、组合解决计数问题 . 问题导学 达标检测 题型探究 内容索引 问题导学 1. 两个计数原理 (1) 分类加法计数原理 m + n (2) 分步乘法计数原理 m × n 2. 排列、组合综合题的一般解法 一般坚持先组后排的原则，即先选元素后排列，同时注意按元素性质分类或按事件的发生过程分类 . 3. 解析受限制条件的排列、组合问题的一般策略 (1) 特殊元素优先安排的策略； (2) 正难则反，等价转化的策略； (3) 相邻问题，捆绑处理的策略； (4) 不相邻问题，插空处理的策略 ； ( 5) 定序问题，除法处理的策略； (6) “ 小集团 ” 排列问题，先整体后局部的策略； (7) 平均分组问题，除法处理的策略； (8) 构造模型的策略 . 题型探究 例 1 　 电视台在某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 ________ 种不同的结果 . 类型一　两个计数原理的应用 答案 解析 命题角度 1 　 “ 类中有步 ” 的计数问题 28 800 解析　 在甲箱或乙箱中抽取幸运之星，决定了后边选幸运伙伴是不同的，故要分两类分别计算 ： ( 1) 幸运之星在甲箱中抽，先确定幸运之星，再在两箱中各确定一名幸运伙伴，有 30 × 29 × 20 ＝ 17 400( 种 ) 结果 ； ( 2) 幸运之星在乙箱中抽，同理有 20 × 19 × 30 ＝ 11 400( 种 ) 结果 . 因此共有 17 400 ＋ 11 400 ＝ 28 800( 种 ) 不同结果 . 反思与感悟　 用流程图描述计数问题，类中有步的情形如图所示： 具体意义如下： 从 A 到 B 算作一件事的完成，完成这件事有两类办法，在第 1 类办法中有 3 步，在第 2 类办法中有 2 步，每步的方法数如图所示 . 所以，完成这件事的方法数为 m 1 m 2 m 3 ＋ m 4 m 5 ， “ 类 ” 与 “ 步 ” 可进一步地理解为： “ 类 ” 用 “ ＋ ” 号连接， “ 步 ” 用 “×” 号连接， “ 类 ” 独立， “ 步 ” 连续， “ 类 ” 标志一件事的完成， “ 步 ” 缺一不可 . 跟踪训练 1 　现有 4 种不同颜色，要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 A.24 种 B.30 种 C.36 种 D.48 种 答案 √ 解析 解析　 将原图从上而下的 4 个区域标为 1,2,3,4. 因为 1,2,3 之间不能同色， 1 与 4 可以同色 ， 因此 ，要分类讨论 1,4 同色与不同色这两种情况 . 故 不同的着色方法种数为 4 × 3 × 2 ＋ 4 × 3 × 2 × 1 ＝ 48 . 故 选 D. 命题角度 2 　 “ 步中有类 ” 的计数问题 答案 解析 264 例 2 　有 4 位同学在同一天的上、下午参加 “ 身高与体重 ” 、 “ 立定跳远 ” 、 “ 肺活量 ” 、 “ 握力 ” 、 “ 台阶 ” 五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复 . 若上午不测 “ 握力 ” 项目，下午不测 “ 台阶 ” 项目，其余项目上、下午都各测一人，则不同的安排方式共有 ________ 种 .( 用数字作答 ) 解析 　 上午总测试方法有 4 × 3 × 2 × 1 ＝ 24( 种 ) ；我们以 A ， B ， C ， D ， E 依次代表五个测试项目 . 若 上午测试 E 的同学下午测试 D ，则上午测试 A 的同学下午只能测试 B ， C ，确定上午测试 A 的同学后其余两位同学上、下午的测试方法共有 2 种 ； 若 上午测试 E 的同学下午测试 A ， B ， C 之一，则上午测试 A ， B ， C 中任何一个的同学下午都可以测试 D ，安排完这位同学后其余两位同学的测试方式就确定了 ， 故 共有 3 × 3 ＝ 9( 种 ) 测试方法，即下午的测试方法共有 11 种，根据分步乘法计数原理，总的测试方法共有 24 × 11 ＝ 264( 种 ). 反思与感悟 　用流程图描述计数问题，步中有类的情形如图所示： 从计数的角度看，由 A 到 D 算作完成一件事，可简单地记为 A → D . 完成 A → D 这件事，需要经历三步，即 A → B ， B → C ， C → D . 其中 B → C 这步又分为三类，这就是步中有类 . 其中 m i ( i ＝ 1,2,3,4,5) 表示相应步的方法数 . 完成 A → D 这件事的方法数为 m 1 ( m 2 ＋ m 3 ＋ m 4 ) m 5 . 以上给出了处理步中有类问题的一般方法 . 跟踪训练 2 　如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式 共有 答案 解析 A.11 B.12 C.20 D.21 √ 解析　 根据题意，设 5 个开关依次为 1,2,3,4,5 ，若电路接通，则开关 1,2 与 3,4,5 中至少有 1 个接通， 对于 开关 1,2 ，共有 2 × 2 ＝ 4( 种 ) 情况，其中全部断开的有 1 种情况，则其至少有 1 个接通的有 4 － 1 ＝ 3( 种 ) 情况， 对于开关 3,4,5 ，共有 2 × 2 × 2 ＝ 8( 种 ) 情况，其中全部断开的有 1 种情况，则其至少有 1 个接通的有 8 － 1 ＝ 7( 种 ) 情况， 则电路接通的情况有 3 × 7 ＝ 21( 种 ). 故选 D. 类型二　有限制条件的排列问题 例 3 　 3 个女生和 5 个男生排成一排 . (1) 如果女生必须全排在一起，有多少种不同的排法 ？ 解答 解 　 ( 捆绑法 ) 因为 3 个女生必须排在一起，所以可先把她们看成一个整体， (2) 如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？ 解 　 ( 插空法 ) 要保证女生全分开，可先把 5 个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空，这样共有 4 个空，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有 6 个位置，再把 3 个女生插入这 6 个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻 . 解答 (3) 如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？ 解答 解　 方法一　 ( 特殊位置优先法 ) 因为两端不能排女生， 但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位时被扣去一次，在扣除女生排在末位时又被扣去一次， ( 4) 如果两端不能都排女生，有多少种不同的排法 ？ 解答 解　 方法一 　因为只要求两端不能都排女生 ， 所以 如果首位排了男生，则末位就不再受条件限制了， ( 5) 如果甲必须排在乙的右面 ( 可以不相邻 ) ，有多少种不同的排法 ？ 解答 反思与感悟 　 (1) 排列问题的限制条件一般表现为：某些元素不能在某个位置，某个位置只能放某些元素等 . 要先处理特殊元素或先处理特殊位置，再去排其他元素 . 当用直接法比较麻烦时，可以用间接法，先不考虑限制条件，把所有的排列数算出，再从中减去全部不符合条件的排列数，这种方法也称为 “ 去杂法 ” ，但必须注意要不重复，不遗漏 ( 去尽 ). (2) 对于某些特殊问题，可采取相对固定的特殊方法，如相邻问题，可用 “ 捆绑法 ” ，即将相邻元素看成一个整体与其他元素排列，再进行内部排列；不相邻问题，则用 “ 插空法 ” ，即先排其他元素，再将不相邻元素排入形成的空位中 . 答案 解析 跟踪训练 3 　为迎接中共十九大，某校举办了 “ 祖国，你好 ” 诗歌朗诵比赛 . 该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的 7 名学生中选派 4 名学生参加，要求甲、乙、丙这 3 名学生中至少有 1 人参加，且当这 3 名学生都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的 4 名学生不同的朗诵顺序的种数为 A.720 B.768 C.810 D.816 √ 解析　 根据题意，在 7 名学生中选派 4 名学生参加诗歌朗诵比赛， 则甲、乙、丙这 3 名学生中至少有 1 人参加的情况有 840 － 24 ＝ 816( 种 ) ； 则满足题意的朗诵顺序有 816 － 48 ＝ 768( 种 ). 故选 B. 类型三　排列与组合的综合应用 例 4 　 有 4 张分别标有数字 1,2,3,4 的红色卡片和 4 张分别标有数字 1,2,3,4 的蓝色卡片，从这 8 张卡片中取出 4 张卡片排成一行 . 如果取出的 4 张卡片所标的数字之和等于 10 ，则不同的排法共有多少种？ 解答 解　 分三类： 反思与感悟　 解答排列、组合综合问题的思路及注意点 (1) 解排列、组合综合问题的一般思路是 “ 先选后排 ” ，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列 . (2) 解排列、组合综合问题时要注意以下几点： ① 元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题 . ② 对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法 . 答案 解析 跟踪训练 4 　 某科室派出 4 名调研员到 3 个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为 _______. 36 达标检测 答案 解析 1. 给一些书编号，准备用 3 个字符，其中首字符用 A ， B ，后两个字符用 a ， b ， c ( 允许重复 ) ，则不同编号的书共有 A.8 本 B.9 本 C.12 本 D.18 本 1 2 3 4 5 解析　 由分步乘法计数原理得，不同编号的书共有 2 × 3 × 3 ＝ 18( 本 ). √ 解析　 根据题意， “ 至少有 2 件次品 ” 可分为 “ 有 2 件次品 ” 与 “ 有 3 件次品 ” 两种情况， √ 答案 解析 1 2 3 4 5 答案 1 2 3 4 5 3. 从 4 男 3 女志愿者中选 1 女 2 男分别 到 A ， B ， C 三 地去执行任务，则不同的选派方法有 A.36 种 B.108 种 C.210 种 D.72 种 √ 根据分步乘法计数原理可得不同的选派方法有 18 × 6 ＝ 108( 种 ). 解析 答案 解析 1 2 3 4 5 4.8 次投篮中，投中 3 次，其中恰有 2 次连续命中的情形有 ______ 种 . 30 1 2 3 4 5 5. 某地奥运火炬接力传递路线共分 6 段，传递活动分别由 6 名火炬手完成 . 如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有 ________ 种 .( 用数字作答 ) 96 答案 解析 规律与方法 1. 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础 . 2. 解排列、组合综合题一般是先选元素、后排元素，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个基本计数原理作最后处理 . 3. 对于较难直接解决的问题则可用间接法，但应做到不重不漏 . 4. 对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏 .