2019届二轮复习　两个计数原理的综合应用课件（35张）

2019届二轮复习　两个计数原理的综合应用课件（35张）

　两个计数原理的综合应用 学习目标 1. 进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别 . 2 . 会正确应用这两个计数原理计数 . 问题导学 达标检测 题型探究 内容索引 问题导学 知识点一　两个计数原理的区别与联系   分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种类 不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事 ( 每步中的一种方法不能独立完成这件事 ) 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用 . 使用时要做到目的明确，层次分明，先后有序，还需特别注意以下两点： (1) 合理分类，准确分步：处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是 “ 分类 ” 还是 “ 分步 ” ，要搞清楚 “ 分类 ” 或者 “ 分步 ” 的具体标准 . 分类时需要满足两 个条件： ① 类与类之间要互斥 ( 保证不重复 ) ； ② 总数要完备 ( 保证不遗漏 ) ，也就是要确定一个合理的分类标准 . 分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性 . 知识点二　两个计数原理的应用 (2) 特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想 . 题型探究 例 1 　用 0,1,2,3,4 五个数字， (1) 可以排成多少个三位数字的电话号码？ 解　 三位数字的电话号码，首位可以是 0 ，数字也可以重复，每个位置都有 5 种排法，共有 5 × 5 × 5 ＝ 5 3 ＝ 125( 种 ). 类型一　组数问题 解答 (2) 可以排成多少个三位数？ 解　 三位数的首位不能为 0 ，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除 0 外共有 4 种方法，第二、三位可以排 0 ，因此，共有 4 × 5 × 5 ＝ 100( 种 ). (3) 可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数？ 解　 被 2 整除的数即偶数，末位数字可取 0,2,4 ， 因此 ，可以分两类，一类是末位数字是 0 ，则有 4 × 3 ＝ 12( 种 ) 排法 ； 一类 是末位数字不是 0 ，则末位有 2 种排法，即 2 或 4 ，再排首位，因 0 不能在首位 ， 所以 有 3 种排法，十位有 3 种排法，因此有 2 × 3 × 3 ＝ 18( 种 ) 排法 . 因而 有 12 ＋ 18 ＝ 30( 种 ) 排法 . 即可以排成 30 个能被 2 整除的无重复数字的三位数 . 解答 引申探究 由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？ 解　 完成 “ 组成无重复数字的四位奇数 ” 这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从 1,3 中任取一个，有 2 种方法 ； 第二 步定首位，把 1,2,3,4 中除去用过的一个剩下的 3 个中任取一个，有 3 种方法 ； 第三 步，第四步把剩下的包括 0 在内的 3 个数字先排百位有 3 种方法，再排十位有 2 种方法 . 由分步乘法计数原理知共有 2 × 3 × 3 × 2 ＝ 36( 个 ). 解答 反思与感悟　 对于组数问题，应掌握以下原则： (1) 明确特殊位置或特殊数字，是我们采用 “ 分类 ” 还是 “ 分步 ” 的关键 . 一般按特殊位置 ( 末位或首位 ) 分类，分类中再按特殊位置 ( 或特殊元素 ) 优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解 . (2) 要注意数字 “ 0 ” 不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位 . 跟踪训练 1 　 从 0,2 中选一个数字，从 1,3,5 中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为 A.24 B.18 C.12 D.6 √ 解析　 由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况；奇偶奇，偶奇奇 . 如果 是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析 (3 种情况 ) ，之后十位 (2 种情况 ) ，最后百位 (2 种情况 ) ，共 12 种 ； 如果 是第二种情况偶奇奇：个位 (3 种情况 ) ，十位 (2 种情况 ) ，百位 ( 不能是 0 ，一种情况 ) ，共 6 种，因此总共有 12 ＋ 6 ＝ 18( 种 ) 情况 . 故选 B. 答案 解析 例 2 　高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有 A.16 种 B.18 种 C.37 种 D.48 种 √ 类型二　选 ( 抽 ) 取与分配问题 答案 解析 解析　 方法一 　 ( 直接法 ) 以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有 1 种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案共有 3 × 3 ＝ 9( 种 ) ；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有 3 × 3 × 3 ＝ 27( 种 ). 综上所述，不同的分配方案有 1 ＋ 9 ＋ 27 ＝ 37( 种 ). 方法二 　 ( 间接法 ) 先计算 3 个班级自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即 4 × 4 × 4 － 3 × 3 × 3 ＝ 37( 种 ) 方案 . 反思与感悟 　解决抽取 ( 分配 ) 问题的方法 (1) 当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、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；若是按对象特征抽取的，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 . 跟踪训练 2 　 3 个不同的小球放入 5 个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？ 解　 ( 以小球为研究对象 ) 分三步来完成： 第一步：放第一个小球有 5 种选择； 第二步：放第二个小球有 4 种选择； 第三步：放第三个小球有 3 种选择， 由分步乘法计数原理得，总方法数 N ＝ 5 × 4 × 3 ＝ 60. 解答 例 3 　 (1) 将 3 种作物全部种植在如图所示的 5 块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有 _____ 种 . 类型三　涂色与种植问题 42 答案 解析           解析　 分别用 a ， b ， c 代表 3 种作物，先安排第一块田，有 3 种方法，不妨设放入 a ，再安排第二块田，有两种方法 b 或 c ，不妨设放入 b ，第三块也有 2 种方法 a 或 c . (1) 若第三块田放 c ： a b c 第四、五块田分别有 2 种方法，共有 2 × 2 ＝ 4( 种 ) 方法 . (2) 若第三块田放 a ： a b a 第四块有 b 或 c 两种方法， ① 若第四块放 c ： 第五块有 2 种方法； ② 若第四块放 b ： a b a c a b a b 第五块只能种作物 c ，共 1 种方法 . 综上，共有 3 × 2 × (2 × 2 ＋ 2 ＋ 1) ＝ 42( 种 ) 方法 . (2) 将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示 “ 田 ” 字形的 4 个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 解　 第 1 个小方格可以从 5 种颜色中任取一种颜色涂上，有 5 种不同的涂法 . ① 当第 2 个、第 3 个小方格涂不同颜色时，有 4 × 3 ＝ 12( 种 ) 不同的涂法，第 4 个小方格有 3 种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有 5 × 12 × 3 ＝ 180( 种 ) 不同的涂法 . ② 当第 2 个、第 3 个小方格涂相同颜色时，有 4 种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第 4 个小方格也有 4 种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有 5 × 4 × 4 ＝ 80( 种 ) 不同的涂法 . 由分类加法计数原理可得共有 180 ＋ 80 ＝ 260( 种 ) 不同的涂法 . 1 2 3 4 解答 引申探究 本例 (2) 中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？ 解答 ① ② ④ ③ 解　 依题意，可分两类情况： ①④ 不同色； ①④ 同色 . 第一类： ①④ 不同色，则 ①②③④ 所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成 4 步来完成 . 第一步涂 ① ，从 5 种颜色中任选一种，有 5 种涂法； 第二步涂 ② ，从余下的 4 种颜色中任选一种，有 4 种涂法； 第三步涂 ③ 与第四步涂 ④ 时，分别有 3 种涂法和 2 种涂法 . 于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为 5 × 4 × 3 × 2 ＝ 120( 种 ). 第二类： ①④ 同色，则 ①②③ 不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成 . 第一步涂 ①④ ，有 5 种涂法；第二步涂 ② ，有 4 种涂法；第三步涂 ③ ，有 3 种涂法 . 于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有 5 × 4 × 3 ＝ 60( 种 ). 综上可知，所求的涂色方法共有 120 ＋ 60 ＝ 180( 种 ). 反思与感悟 　解决涂色 ( 种植 ) 问题的一般思路 涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解，有几种常用方法： (1) 按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析 . (2) 以颜色为主分类讨论，适用于 “ 区域、点、线段 ” 等问题，用分类加法计数原理分析 . (3) 将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题 . 种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数 . 跟踪训练 3 　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个端点异色，如果只有 5 种颜色可供使用，则不同染色方法的总数为 _______. 答案 解析 420 解析　 按照 S → A → B → C → D 的顺序进行染色，按照 A ， C 是否同色分类： 第一类， A ， C 同色，则有 5 × 4 × 3 × 1 × 3 ＝ 180( 种 ) 不同的染色方法 . 第二类， A ， C 不同色，则有 5 × 4 × 3 × 2 × 2 ＝ 240( 种 ) 不同的染色方法 . 根据分类加法计数原理，共有 180 ＋ 240 ＝ 420( 种 ) 不同的染色方法 . 达标检测 1. 有 A ， B 两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作 A 种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有 A.6 种 B.5 种 C.4 种 D.3 种 解析　 不同的选派情况可分为 3 类 ： 若 选甲、乙，有 2 种方法 ； 若 选甲、丙，有 1 种方法 ； 若 选乙、丙，有 1 种方法 . 根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有 2 ＋ 1 ＋ 1 ＝ 4( 种 ). 答案 解析 √ 1 2 3 4 5 答案 解析 2. 用 0,1 ， … ， 9 这 10 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.648 解析　 0,1,2 ， … ， 9 共能组成 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 ) ，所以有重复数字的三位数有 900 － 648 ＝ 252( 个 ). √ 1 2 3 4 5 答案 解析 3. 某班有 3 名学生准备参加校运会的 100 米、 200 米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报 1 人，则这 3 名学生的参赛的不同方法有 A.24 种 B.48 种 C.64 种 D.81 种 解析　 由于每班每项限报 1 人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有 4 × 3 × 2 ＝ 24( 种 ) 不同的参赛方法 . √ 1 2 3 4 5 答案 解析 4. 火车上有 10 名乘客，沿途有 5 个车站，乘客下车的可能方式有 A.5 10 种 B.10 5 种 C.50 种 D.500 种 √ 1 2 3 4 5 解析　 分 10 步 . 第 1 步：考虑第 1 名乘客下车的所有可能有 5 种； 第 2 步：考虑第 2 名乘客下车的所有可能有 5 种； … ； 第 10 步：考虑第 10 名乘客下车的所有可能有 5 种 . 故共有乘客下车的可能方式 ＝ 5 10 ( 种 ). 1 2 3 4 5 答案 解析 5. 如图，用 4 种不同的颜色涂入图中的矩形 A ， B ， C ， D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有 ______ 种 . 解析　 A 有 4 种涂法， B 有 3 种涂法， C 有 3 种涂法， D 有 3 种涂法，共有 4 × 3 × 3 × 3 ＝ 108( 种 ) 涂法 . 1 2 3 4 5 A B C   D   108 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，是解答后面将要学习的排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础 . 2. 应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤 . 3. 一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏 . 4. 若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些 . 规律与方法