2015高考数学（理）（两个计数原理）一轮复习学案

2015高考数学（理）（两个计数原理）一轮复习学案

第十一章　计数原理、随机变量及其分布 学案63　两个计数原理 导学目标： 理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．‎ 自主梳理 ‎1．分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．‎ ‎2．分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．‎ ‎3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都是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，用其中任何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，从思想方法的角度看，分类加法计数原理的运用是将一个问题进行“分类”思考，分步乘法计数原理是将问题进行“分步”思考．‎ 自我检测 ‎1．(2009·北京)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(　　)‎ A．324 B．‎328 ‎ C．360 D．648‎ ‎2.‎ 如图小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相联，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点B向结点A传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为(　　)‎ A．26 B．‎24 ‎ C．20 D．19‎ ‎3．(2011·青岛月考)某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有(　　)‎ A．16种 B．36种 C．42种 D．60种 ‎4．(2010·湖北)现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是(　　)‎ A．56 B．65‎ C. D．6×5×4×3×2‎ ‎5.‎ 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种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同着色方法共有________种．(以数字作答)‎ ‎6．(2011·泉州调研)集合A含有5个元素，集合B含有3个元素．从A到B可有________个不同映射．‎ 探究点一　分类加法计数原理的应用 例1　在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？‎ 变式迁移1　方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆有多少个？‎ 探究点二　分步乘法计数原理的应用 例2　(2011·黄山模拟)乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种？‎ 变式迁移2　有0、1、2、…、8这9个数字．‎ ‎(1)用这9个数字组成四位数，共有多少个不同的四位数？‎ ‎(2)用这9个数字组成四位密码，共有多少个不同的四位密码？‎ 探究点三　两个计数原理的综合应用 例3　如图所示，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种 同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有(　　)‎ A．180种 B．240种 C．360种 C．420种 变式迁移3　‎ 如图所示为一电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电．‎ 分类讨论思想 例　(12分)从1到20这20个正整数中，每次取出3个，问：它们可以组成多少组不同的等差数列．‎ 多角度审题　本题是一道计数原理与等差数列的综合题，能构成等差数列的三个数有很多，到底如何取这三个数才能准确的、不重、不漏的找出所有能构成等差数列的三个数是本题的难点．‎ ‎【答题模板】‎ 解　依题意，要使这三个数成等差数列，公差d的取值可以为±1，±2，…，±9，因此分18类．[3分]‎ 当d＝±1时，可以组成36组不同的等差数列；‎ 当d＝±2时，可以组成32组不同的等差数列；‎ ‎…；‎ 当d＝±9时，可以组成4组不同的等差数列．[9分]‎ 根据分类加法计数原理，共有36＋32＋28＋…＋8＋4‎ ‎＝180(组)不同的等差数列．[12分]‎ ‎【突破思维障碍】‎ 由于取出的三个数必须构成等差数列，因此，按照公差的大小来分类能使取出的三个数不重不漏，那么每一类型有多少个三位数，由于从前往后取，关键看取到最后，由各数列的特点，就能看出有几个数列，例如：当等差数列的公差为1时，能构成等差数列的三个数为1 2 3,2 3 4,3 4 5，…，18 19 20，查个数时，看每组数的第一个数，分别为1,2,3，…，18，因此共18个等差数列；再例如当公差为2时，取到最后剩17,19, 20.但前面能构成等差数列的三个数分别为1 3 5,2 4 6,3 5 7,4 6 8，…，16 18 20，看每组数的第一个数分别为1,2,3，…，16，共16个等差数列．‎ ‎【易错点剖析】‎ 容易遗忘公差为－1，－2，…，－9时的情况，有可能找不到公差每增加1个单位，等差数列个数减少4个的规律．‎ ‎1．关于两个计数原理的应用范围：(1)如果完成一件事情有几类办法，这几类办法彼此之间相互独立，无论哪一类办法中的哪一种方法都能独立完成这件事，求完成这件事的方法种数时就用分类加法计数原理，分类加法计数原理可利用“并联电路”‎ 来理解．(2)如果完成一件事情要分几个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的办法，求完成这件事的方法种数时就用分步乘法计数原理，分步乘法计数原理可利用“串联电路”理解．‎ ‎2．应用两个计数原理的注意事项：(1)要真正理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步．(2)分类时要做到不重不漏．(3)对于复杂的计数问题，可以分类、分步综合应用．‎ ‎(满分：75分)‎ 一、选择题(每小题5分，共25分)‎ ‎1．(2011·合肥调研)从1到10的正整数中，任意抽取两个相加所得的和为奇数的不同情形的种数是(　　)‎ A．10 B．‎15 ‎ C．20 D．25‎ ‎2．某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有(　　)‎ A．5种 B．6种 C．7种 D．8种 ‎3．(2010·佛山模拟)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个选续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这个人把这种特殊要求的号买全，至少要(　　)‎ A．3 360元 B．6 720元 C．4 320元 D．8 640元 ‎4．(2011·杭州月考)如果一个三位数的十位数字既大于百位数字也大于个位数字，则这样的三位数共有(　　)‎ A．240个 B．285个 C．231个 D．243个 ‎5．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得21分，答错得－21分；选乙题答对得7分，答错得－7分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是(　　)‎ A．48 B．‎44 ‎ C．36 D．24‎ 二、填空题(每小题4分，共12分)‎ ‎6.‎ 一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有________种．‎ ‎7．(2011·安庆模拟)计划展出6幅不同的画，其中1幅水彩画，2幅油画，3幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的陈列法有______种．‎ ‎8．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________种不同的结果．‎ 三、解答题(共38分)‎ ‎9．(12分)(2011·开封模拟)从{－3，－2，－1,0,1,2,3,4}中任选三个不同元素作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数，问能组成多少条抛物线经过原点且顶点在第一象限或第三象限？‎ ‎10．(12分)用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大的四位偶数．‎ ‎11．(14分)有一个圆形区域被3条直径分成6块(如图所示)，在每一块区域内种植植物，相邻的两块区域种植不同的植物，现有4种不同的植物选择，一共有多少种不同的种植方法．‎ 学案63　两个计数原理 自主梳理 ‎1．m＋n　2.m×n 自我检测 ‎1．B　[若组成没有重复数字的三位偶数，可分为两种情况：①当个位上是0时，共有9×8＝72(种)情况；②当个位上是不为0的偶数时，共有4×8×8＝256(种)情况．综上，共有72＋256＝328(种)情况．]‎ ‎2．D　[本题只要类比成供水系统中水管的最大流量问题即可．由B到A，单位时间内第一条网线传递的最大信息量为3，第二条网线传递的最大信息量为4，第三条网线传递的最大信息量为6，第四条网线传递的最大信息量为6，由分类加法计数原理，得3＋4＋6＋6＝19.]‎ ‎3．D　[某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则可分两类：第一类，在两个城市分别投资1个项目、2个项目，此时有3×4×3＝36(种)方案；第二类，在三个城市各投资1个项目，有4×3×2＝24(种)方案，共计有36＋24＝60(种)方案．]‎ ‎4．A　[由分步乘法计数原理得5×5×5×5×5×5＝56.]‎ ‎5．72‎ 解析　本题根据题意，可分类求解：第一类，用三种颜色着色，有4×3×2＝24(种)方法；第二类，用四种颜色着色，有2×4×3×2＝48(种)方法．‎ 从而共有24＋48＝72(种)方法．‎ ‎6．243‎ 解析　A中的任一元素去选择B的某一元素都有3种方法，且要完成一个映射应该使A中的每一个元素在B中都能找到唯一的元素与之对应，由分步乘法计数原理知共有3×3×3×3×3＝35＝243(个)．‎ 课堂活动区 例1　解题导引　→ 应用分类加法计数原理，首先根据问题的特点，确定分类的标准，分类应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类且仅属于某一类．‎ 解　根据题意，十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．‎ 由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．‎ 变式迁移1　解　以m的值为标准分类，分为五类．‎ 第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择；‎ 第二类：m＝2时，使n>m，n有5种选择；‎ 第三类：m＝3时，使n>m，n有4种选择；‎ 第四类：m＝4时，使n>m，n有3种选择；‎ 第五类：m＝5时，使n>m，n有2种选择．‎ ‎∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20(种)方法，即有20个符合题意的椭圆．‎ 例2　解题导引　→ ‎“分步”是乘法原理的标志．要注意在同一类中合理分步的几个原则：分步标准必须一致；分步要做到步骤关联，步骤连续，步骤独立，确保对每一类事件的分步不重不漏．这样才能保证使用分步乘法计数原理时的正确性．‎ 解　按出场位置顺序逐一安排．第一位置队员的安排有3种方法；第二位置队员的安排有7种方法；第三位置队员的安排有2种方法；第四位置队员的安排有6种方法；第五位置队员的安排只有1种方法．‎ 由分步乘法计数原理知，不同的出场安排方法有3×7×2×6×1＝252(种)．‎ 变式迁移2　解　(1)未强调四位数的各位数字不重复，只需首位不为0，依次确定千、百、十、个位，各有8、9、9、9种方法，‎ ‎∴共能组成8×93＝5 832(个)不同的四位数．‎ ‎(2)每一位上的数字都有9种方法，‎ ‎∴共能组成94＝6 561(个)不同的四位密码．‎ 例3　解题导引　→→→ ‎(1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．‎ ‎(2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．‎ D　[由题意知，最少用三种颜色的花卉，按照花卉选种的颜色可分为三类方案，即用三种颜色，四种颜色，五种颜色．‎ ‎①当用三种颜色时，花池2、4同色和花池3、5同色，此时共有A种方案．‎ ‎②当用四种颜色时，花池2、4同色或花池3、5同色，故共有‎2A种方案．‎ ‎③当用五种颜色时有A种方案．‎ 因此所有栽种方案为A＋‎2A＋A＝420(种)．]‎ 变式迁移3　8‎ 解析　按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2＝4(条)，根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8(条)．‎ 课后练习区 ‎1．D　[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)．]‎ ‎2．C　[由于本题种数不多，可用列举法具体写出：3×60＋2×70；4×60＋2×70；5×60＋2×70；6×60＋2×70；3×60＋3×70；4×60＋3×70；3×60＋4×70，共7种不同的选购方式．]‎ ‎3．D　[从01至10的三个连号的个数有8种；从11至20的两个连号的个数有9种；从21至30的单选号的个数有10种，从31至36的单选号的个数有6种，故总的选法有8×9×10×6＝4 320(种)，可得需要钱数为8 640元．]‎ ‎4．A　[当十位数字是9时，百位数字有8种取法，个位数字有9种取法，此时取法种数为8×9；当十位数字是8时，百位数字有7种取法，个位数字有8种取法，此时取法种数为7×8，依此类推，直到当十位数字是2时，百位数字有1种取法，个位数字有2种取法，此时取法种数为1×2，所以总的个数为1×2＋2×3＋3×4＋…＋8×9＝240.]‎ ‎5．C　[由题意总分为0分三类：第一类得分为21,21，－21，－21，第二类为7,7，－7，－7，第三类为21，－21,7，－7.每类中4位同学的不同得分可认为4个分数填4个空，每空填一个分数，前两类中各有C种填法，第三类有4×3×2×1＝24(种)填法，总共有6＋6＋24＝36(种)．]‎ ‎6．48‎ 解析　如图所示，在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，共有3种不 同选法．每种选法中又有2×2×2×2＝16(种)不同路线．‎ ‎∴共有3×16＝48(种)不同的参观路线．‎ ‎7．24‎ 解析　先把每种品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，又油画与国画放在两端有2种放法，再考虑2幅油画本身排放有2种方法，3幅国画本身排放有3×2＝6(种)方法，故不同的陈列法有2×2×6＝24(种)．‎ ‎8．28 800‎ 解析　分两类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有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，因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．‎ ‎9．解　抛物线经过原点，得c＝0，‎ 当顶点在第一象限时，a<0，－>0，‎ 即则有3×4＝12(种)；(6分)‎ 当顶点在第三象限时，a>0，－<0，‎ 即 则有4×3＝12(种)；(10分)‎ 共计有12＋12＝24(种)．(12分)‎ ‎10．解　完成这件事有3类方法：‎ 第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个．(4分)‎ 第二类是用2做结尾的比2‎ ‎ 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步计数原理，‎ 这类数的个数有3×4×3＝36个．(8分)‎ 第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其步骤同第二类．(10分)‎ 所以所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有4×4×3＋3×4×3＋3×4×3＝120个．(12分)‎ ‎11．解　分3类考虑．第一类：A，C，E种同1种植物，有4种种法，当A，C，E种好后，B，D，F从余下3种植物中选1种，各有3种种法，一共有4×3×3×3＝108(种)种法；(4分)‎ 第二类：A，C，E种2种植物，有A种种法，当A，C种同一种植物时，B有3种种法，D，F有2种种法，若C，E或E，A种同一种植物，种法相同，因此，共有A×3×(3×2×2)＝432(种)种法；(8分)‎ 第三类：A，C，E种3种植物，有A种种法，这时B，D，F各有2种种法，共有A×23＝192(种)种法．由分类计数原理知，共有108＋432＋192＝732(种)种法．‎ ‎(14分)‎