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文档介绍
2018届二轮复习分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用课件(全国通用)
1.1.2 分类加法计数原理 与分步乘法计数原理的综合应用 自主学习 新知突破 1 .进一步理解和掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 2 .能根据具体问题的特征,选择两种计数原理解决一些实际问题. 现有高一四个班的学生 34 人,其中一、二、三、四班各 7 人、 8 人、 9 人、 10 人,他们自愿组成数学课外小组,若推选两人做小组组长,这两人需来自不同的班级. [ 问题 ] 有多少种不同的选法? [ 提示 ] 分六类,每类又分两步,从一班、二班学生中各选 1 人,有 7 × 8 种不同的选法;从一、三班学生中各选 1 人,有 7 × 9 种不同的选法;从一、四班学生中各选 1 人,有 7 × 10 种不同的选法;从二、三班学生中各选 1 人,有 8 × 9 种不同的选法;从二、四班学生中各选 1 人,有 8 × 10 种不同的选法;从三、四班学生中各选 1 人,有 9 × 10 种不同的选法,所以共有不同的选法 N = 7 × 8 + 7 × 9 + 7 × 10 + 8 × 9 + 8 × 10 + 9 × 10 = 431( 种 ) . 两个计数原理在解决计数问题中的方法 1 .分类要做到 “ ____________” ,分类后再对每一类进行计数,最后用分类加法计数原理求和,得到总数. 2 .分步要做到 “ ________” —— 完成了所有步骤,恰好完成任务,当然步与步之间要相互独立.分步后再计算每一步的方法数,最后根据分步乘法计数原理,把完成每一步的方法数相乘,得到总数. 应用两个计数原理应注意的问题 不重不漏 步骤完整 两个计数原理的使用方法 (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 ” ,接下来要搞清楚 “ 分类 ” 或者 “ 分步 ” 的具体标准是什么.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. (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. (3) 分类讨论,数形结合,转化与化归 分类讨论就是把一个复杂的问题,通过正确划分,转化为若干个小问题予以击破,这是解决计数问题的基本思想. 数形结合,转化与化归也是化难为易,化抽象为具体,化陌生为熟悉,化未知为已知的重要思想方法,对解决计数问题至关重要. 解析: 由分步乘法计数原理得 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 = 5 6 . 答案: A 2 . (2015· 郑州高二检测 ) 某校开设 A 类选修课 3 门, B 类选修课 4 门,一位同学从中共选 3 门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有 ( ) A . 30 种 B . 35 种 C . 42 种 D . 48 种 解析: 选 3 门课程,要求 A , B 两类至少各选 1 门,可分为两种情况,一类是 A 类选修 2 门, B 类选修 1 门,共有 3 × 4 = 12 种选法;另一类是 A 类选修 1 门, B 类选修 2 门,共有 3 × 6 = 18 种选法.根据分类加法计数原理可得符合条件的选法共有 12 + 18 = 30( 种 ) . 答案: A 3 .编号为 A , B , C , D , E 的五个小球放在如图所示五个盒子中.要求每个盒子只能放一个小球,且 A 不能放 1,2 号, B 必须放在与 A 相邻的盒子中.则不同的放法有 ________ . 解析: 以小球 A 放的盒为分类标准,共分为三类:第一类,当小球放在 4 号盒内时,不同的放法有 3 × 2 × 1 = 6( 种 ) ;第二类,当小球放在 3 号盒内时,不同的放法有 3 × 3 × 2 × 1 = 18( 种 ) ;第三类,当小球放在 5 号盒内时,不同的放法有 3 × 2 × 1 = 6( 种 ) .综上所述,不同的放法有 6 + 18 + 6 = 30( 种 ) . 答案: 30 种 4 .由数字 1,2,3,4 (1) 可组成多少个 3 位数; (2) 可组成多少个没有重复数字的 3 位数; (3) 可组成多少个没有重复数字的三位数,且百位数字大于十位数字,十位数字大于个位数字. 解析: (1) 百位数共有 4 种选法;十位数共有 4 种选法;个位数共有 4 种选法,根据分步乘法计数原理知共可组成 4 3 = 64 个 3 位数. (2) 百位上共有 4 种选法;十位上共有 3 种选法;个位上共有 2 种选法,由分步乘法计数原理知共可组成没有重复数字的 3 位数 4 × 3 × 2 = 24( 个 ) . (3) 组成的三位数分别是 432,431,421,321 共 4 个 . 合作探究 课堂互动 组数问题 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 个数字组成四位的密码,共有多少个不同的密码? [ 思路点拨 ] 四位密码的首位可为 0 ,四位数的首位不能为 0. (1) 题中未强调四位数的各位数字不重复,故只需强调首位不为 0 ,依次确定千、百、十、个位,各有 8,9,9,9 种方法. 所以共能组成 8 × 9 3 = 5 832 个不同的四位数. (2) 与 (1) 的区别在于首位可为 0. 所以共能组成 9 4 = 6 561 个不同的四位密码. [ 规律方法 ] 对于组数问题的计数:一般按特殊位置 ( 末位或首位 ) 由谁占领分类,每类中再分步来计数;但当分类较多时,可用间接法先求出总数,再减去不符合条件的数去计数. 1 . (1) 用 0,1,2,3,4 这五个数字可以组成多少个无重复数字的 ① 四位密码? ② 四位数? (2) 从 1 到 200 的这 200 个自然数中,每个位数上都不含数字 8 的共有多少个? 解析: (1) ① 完成 “ 组成无重复数字的四位密码 ” 这件事,可以分为四步:第一步,选取左边第一个位置上的数字,有 5 种选取方法;第二步,选取左边第二个位置上的数字,有 4 种选取方法;第三步,选取左边第三个位置上的数字,有 3 种选取方法;第四步,选取左边第四个位置上的数字,有 2 种选取方法.由分步乘法计数原理,可以组成不同的四位密码共有 N = 5 × 4 × 3 × 2 = 120 个. ② 完成 “ 组成无重复数字的四位数 ” 这件事,可以分四步:第一步,从 1,2,3,4 中选取一个数字作千位数字,有 4 种不同的选取方法;第二步,从 1,2,3,4 中剩余的三个数字和 0 共四个数字中选取一个数字作百位数字,有 4 种不同的选取方法;第三步,从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字,有 3 种不同的选取方法;第四步,从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字,有 2 种不同的选取方法.由分步乘法计数原理,可以组成不同的四位数共有 N = 4 × 4 × 3 × 2 = 96 个. (2) 本题应分 3 类来解决: 第 1 类,一位数中,除 8 以外符合要求的数有 8 个; 第 2 类,两位数中,十位数除 0,8 以外有 8 种选法,而个位数除 8 以外有 9 种选法,故两位数中符合要求的数有 8 × 9 = 72 个; 第 3 类,三位数中, ① 百位数为 1 ,十位数和个位数上的数字除 8 以外都有 9 种选法,故三位数中,百位数为 1 的符合要求的数有 9 × 9 = 81 个; ② 百位数为 2 的数只有 200 这一个符合要求. 故三位数中符合要求的数有 81 + 1 = 82 个. 由分类加法计数原理知,符合要求的数字共有 8 + 72 + 82 = 162 个. 种植与涂色问题 用 n 种不同的颜色为下列两块广告牌着色 ( 如图甲、乙 ) ,要求在 A , B , C , D 四个区域中相邻 ( 有公共边界 ) 的区域不用同一颜色. (1) 若 n = 6 ,则为甲图着色时共有多少种不同的方法; (2) 若为乙图着色时共有 120 种不同方法,求 n . [ 思路点拨 ] 解析: (1) 对区域 A , B , C , D 按顺序着色,为 A 着色有 6 种方法,为 B 着色有 5 种方法,为 C 着色有 4 种方法,为 D 着色有 4 种方法,由分步乘法计数原理,共有着色方法 6 × 5 × 4 × 4 = 480( 种 ) . (2) 对区域 A , B , C , D 按顺序着色,为 A 着色有 n 种方法,为 B 着色有 n - 1 种方法,为 C 着色有 n - 2 种方法,为 D 着色有 n - 3 种方法, 利用分步乘法计数原理,不同的着色方法数是: n ( n - 1)( n - 2)( n - 3) = 120 , 解得 ( n 2 - 3 n )( n 2 - 3 n + 2) = 120. 即 ( n 2 - 3 n ) 2 + 2( n 2 - 3 n ) - 120 = 0. ∴ ( n 2 - 3 n - 10)( n 2 - 3 n + 12) = 0. ∴ n 2 - 3 n - 10 = 0 或 n 2 - 3 n + 12 = 0( 舍去 ) , 解得 n = 5 或 n =- 2( 舍去 ) , 故 n = 5. [ 规律方法 ] 本题是一个涂色问题,是计数问题中的一个难点.求解时要注意以下两点:一要考察全面;二要注意策略.如上述解法把 A , D 作为讨论区域,求解时优先考察这两个区域. 2. 如图有 4 个编号为 1 、 2 、 3 、 4 的小三角形,要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种,并且相邻 ( 有公共边界 ) 的小三角形颜色不同,共有多少种不同的涂色方法? 解析: 分为两类: 第一类:若 1 、 3 同色,则 1 有 5 种涂法, 2 有 4 种涂法, 3 有 1 种涂法 ( 与 1 相同 ) , 4 有 4 种涂法. 故 N 1 = 5 × 4 × 1 × 4 = 80 种. 第二类:若 1 、 3 不同色,则 1 有 5 种涂法, 2 有 4 种涂法, 3 有 3 种涂法, 4 有 3 种涂法. 故 N 2 = 5 × 4 × 3 × 3 = 180 种. 综上可知不同的涂法共有 N = N 1 + N 2 = 80 + 180 = 260 种. 两个计数原理的综合应用 假设在 7 名学生中,有 3 名会下象棋但不会下围棋,有 2 名会下围棋但不会下象棋,另 2 名既会下象棋又会下围棋,现从这 7 人中选 2 人分别同时参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选法? [ 思路点拨 ] 因有两人既会下象棋又会下围棋,在选两人时要分类讨论. [ 规律方法 ] 应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的关键是分清 “ 分类 ” 与 “ 分步 ”. 使用分类加法计数原理时必须做到不重不漏,各类的每一种方法都能独立完成;使用分步乘法计数原理时分步必须做到各步均是完成事件必须的、缺一不可的步骤. 3 . (1) 如果一个三位正整数如 “ a 1 a 2 a 3 ” 满足 a 1 < a 2 且 a 3 < a 2 ,则称这样的三位数为凸数 ( 如 120,343,275 等 ) ,那么所有凸数个数是多少? (2) 如果一个三位正整数如 “ a 1 a 2 a 3 ” 满足 a 1 > a 2 且 a 3 > a 2 ,则称这样的三位数为凹数 ( 如 102,323,756 等 ) ,那么所有凹数个数是多少? 解析: (1) 分 8 类:当中间数为 2 时,百位只能选 1 ,个位可选 1 、 0 ,由分步乘法计数原理,有 1 × 2 = 2 个; 当中间数为 3 时,百位可选 1 、 2 ,个位可选 0 、 1 、 2 ,由分步乘法计数原理,有 2 × 3 = 6 个;同理可得: 当中间数为 4 时,有 3 × 4 = 12 个; 当中间数为 5 时,有 4 × 5 = 20 个; 当中间数为 6 时,有 5 × 6 = 30 个; 当中间数为 7 时,有 6 × 7 = 42 个; 当中间数为 8 时,有 7 × 8 = 56 个; 当中间数为 9 时,有 8 × 9 = 72 个; 故共有 2 + 6 + 12 + 20 + 30 + 42 + 56 + 72 = 240 个. (2) 分 8 类:当中间数为 0 时,百位可选 1 ~ 9 ,个位可选 1 ~ 9 ,由分步乘法计数原理,有 9 × 9 = 81 个;当中间数为 1 时,百位可选 2 ~ 9 ,个位可选 2 ~ 9 ,由分步乘法计数原理,有 8 × 8 = 64 个;同理可得: 当中间数为 2 时,有 7 × 7 = 49 个; 当中间数为 3 时,有 6 × 6 = 36 个; 当中间数为 4 时,有 5 × 5 = 25 个; 当中间数为 5 时,有 4 × 4 = 16 个; 当中间数为 6 时,有 3 × 3 = 9 个; 当中间数为 7 时,有 2 × 2 = 4 个; 当中间数为 8 时,有 1 × 1 = 1 个; 故共有 81 + 64 + 49 + 36 + 25 + 16 + 9 + 4 + 1 = 285 个. ◎ 有 4 种不同的作物可供选择种植在如图所示的 4 块试验田中,每块种植一种作物,相邻的试验田 ( 有公共边 ) 不能种植同一种作物,共有多少种不同的种植方法? A B C D 【 错解 】 第一步,种植 A 试验田有 4 种方法; 第二步,种植 B 试验田有 3 种方法; 第三步,种植 C 试验田有 3 种方法; 第四步,种植 D 试验田有 2 种方法; 由分步乘法计数原理知,共有 N = 4 × 3 × 3 × 2 = 72 种种植方法. [ 提示 ] 若按 A , B , C , D 的顺序依次种植作物,会导致 D 试验田的种植数受 C 试验田的影响,情况复杂.实际上种植 C , D 两块试验田再作为一步,用分类加法计数原理求解. 【 正解 】 方法一: 第一步,第二步与错解相同. 第三步,若 C 试验田种植的作物与 B 试验田相同,则 D 试验田有 3 种方法,此时有 1 × 3 = 3 种种植方法. 若 C 试验田种植的作物与 B 试验田不同,则 C 试验田有 2 种种植方法, D 也有 2 种种植方法,共有 2 × 2 = 4 种种植方法. 由分类加法计数原理知,有 3 + 4 = 7 种方法. 第四步,由分步乘法计数原理有 N = 4 × 3 × 7 = 84 种不同的种植方法. 方法二: (1) 若 A , D 种植同种作物,则 A , D 有 4 种不同的种法, B 有 3 种种植方法, C 也有 3 种种植方法,由分步乘法计数原理,共有 4 × 3 × 3 = 36 种种植方法. (2) 若 A , D 种植不同作物,则 A 有 4 种种植方法, D 有 3 种种植方法, B 有 2 种种植方法, C 有 2 种种植方法,由分步乘法计数原理,共有 4 × 3 × 2 × 2 = 48 种种植方法. 综上所述,由分类加法计数原理,共有 N = 36 + 48 = 84 种种植方法 . 谢谢观看!查看更多