第五章 计数原理
§1 基本计数原理
1.1 分类加法计数原理 1.2 分步乘法计数原理
1.3 基本计数原理的简单应用
基础过关练
题组一 分类加法计数原理
1.书架共有3层,第1层放有4本不同的计算机书,第2层放有3本不同的文艺书,第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书,不同的取法有( )
A.3种 B.6种
C.9种 D.24种
2.如图,小黑点表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网线相连,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A向结点B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.已知四边形ABCD是边长为1的正方形,在空间中取4个不同的点,使得它们与A,B,C,D恰好成为一个侧棱长为1的正四棱柱的8个顶点,则不同的取法数为 .
4.在一个圆周上有8个点,用四条既无公共点又无交点的弦连接它们,则连接方式有 种.
题组二 分步乘法计数原理
5.某商店共有A,B,C三个品牌的水杯,若甲、乙、丙每人买了一个水杯,且甲买的不是A品牌,乙买的不是C品牌,则这三人买水杯的情况共有( )
A.3种 B.7种
C.12种 D.24种
6.用4种不同颜色给如图所示的图形上色,要求相邻两块涂不同的颜色,则不同的涂色方法共有( )
A.24种 B.36种
C.48种 D.72种
7.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只能去一个场馆,则不同的安排方法共有( )
A.729种 B.726种
C.543种 D.540种
8.5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择听其中的1个讲座,且甲、乙听同1个讲座,则不同选择的种数是 .
9.从集合M={2,3,4,5,6,7,8,9}中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数,可得到不同的对数值有 个.
题组三 两个计数原理的综合应用
10.集合M={-2,1,3},N={-4,-3,5,6},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是( )
A.2 B.4
C.5 D.6
11.(多选题)现有不同的红球4个,黄球5个,绿球6个,则下列说法正确的是( )
A.从中任选1个球,有15种不同的选法
B.若每种颜色选出1个球,则有120种不同的选法
C.若要选出不同颜色的2个球,则有32种不同的选法
D.若要不放回地依次选出2个球,则有210种不同的选法
12.中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种生肖(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学每个吉祥物都喜欢,若三位同学对选取的礼物都满意,则不同的选法有( )
A.30种 B.50种
C.60种 D.90种
13.某班安排A,B,C,D,E五位同学到甲、乙、丙三个街道进行打扫活动,每个街道至少有一位同学去,至多有两位同学去,且A,B两位同学去同一个街道,则不同的安排方法有 种.
14.如图,在由开关组A与B组成的电路中,闭合开关使灯发光的方法有 种.
15.用0,1,2,3,…,9十个数字可组成多少个不同的:
(1)三位数
(2)无重复数字的三位数
(3)小于500且无重复数字的自然数
能力提升练
题组 两个计数原理的综合应用
1.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1>a2,且a2
A.240 B.285
C.729 D.920
2.小李准备下载手机APP,可供选择的社交APP有3个,音乐APP有2个,视频APP有2个,生活APP有3个,从上述10个APP中选3个,且必须含有社交APP以及生活APP的不同选法种数为 .
3.某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行,决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策,不超过12站的地铁票价如下表:
乘坐站数 0票价(元) 2 4 6
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁,已知他们乘坐地铁都不超过12站,且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的.
(1)若甲、乙两人共付费6元,则甲、乙下地铁的方案共有多少种
(2)若甲、乙两人共付费8元,则甲比乙先下地铁的方案共有多少种
4.已知0,1,2,3,4,5,6这七个数字,请完成下面三个小题.
(1)用以上七个数字能组成多少个三位偶数(允许有重复数字)
(2)用以上七个数字能组成多少个无重复数字且能被5整除的四位数
(3)已知椭圆=1,其中a,b∈{0,1,2,3,4,5,6},则满足焦距不小于8的不同椭圆有多少个
答案与分层梯度式解析
第五章 计数原理
§1 基本计数原理
1.1 分类加法计数原理
1.2 分步乘法计数原理
1.3 基本计数原理的简单应用
基础过关练
1.C 分三类:①取计算机书,有4种不同的取法;②取文艺书,有3种不同的取法;③取体育书,有2种不同的取法.由分类加法计数原理知,不同的取法共有4+3+2=9(种).
2.D 根据题意,从A到B传递路径有4条,如图所示,
路径①传递的最大信息量为3;
路径②传递的最大信息量为4;
路径③传递的最大信息量为6;
路径④传递的最大信息量为6.
因此,单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19.故选D.
3.答案 12
解析 根据题意,分两种情况讨论:
①当正方形ABCD作为对角面时,有6个符合条件的正四棱柱;
②当正方形ABCD作为底面(或侧面)时,有6个符合条件的正四棱柱.
由分类加法计数原理知,不同的取法数为6+6=12.
4.答案 14
解析 不妨设圆周上的点依次为A,B,C,D,E,F,G,H,要使得四条弦既无公共点又无交点,如图所示:
符合图①的连接方式有2种;符合图②的连接方式有4种;符合图③的连接方式有8种.因此,总的连接方式有2+4+8=14(种).
5.C 甲可以从B,C品牌中任选一个,有2种买法;乙可以从A,B品牌中任选一个,有2种买法;丙可以从A,B,C品牌中任选一个,有3种买法.由分步乘法计数原理可得,这三人买水杯的情况共有2×2×3=12(种).故选C.
6.C ①②③两两相邻,依次用不同颜色涂,有4×3×2=24种涂色方法;④与②③相邻,但与①不相邻,可用剩下的一种颜色涂或者与①涂同样的颜色,有2种涂色方法.由分步乘法计数原理得,不同的涂色方法共有24×2=48(种),故选C.
7.A 每名同学只能去一个场馆,同学不可剩余,把同学当成主体,首先从6名同学中选1名到甲、乙、丙三个场馆之一,方法有3种,然后从剩下的5名同学中选1名到甲、乙、丙三个场馆之一,方法有3种,依此类推,6名同学去甲、乙、丙三个场馆做志愿者的不同的安排方法共有36=729(种).
易错警示 本题的难点在于找主体,找不到主体就不知道是从“场馆”还是从“同学”入手分析,分不清方法数是36还是63.题目中的6名同学去甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只能去一个场馆,说明6名同学可以都去一个场馆,且同学不能剩余,所以从“同学”入手分析,把6名同学当成主体,一个一个分析即可.
8.答案 81
解析 根据题意,把甲、乙看成1名同学,这样理解为4名同学去听讲座,每名同学都可以从3个课外知识讲座中任选1个,由分步乘法计数原理可得,不同选择的种数是3×3×3×3=81.
9.答案 52
解析 第一步,取底数,有8种取法;
第二步,取真数,有7种取法.
根据分步乘法计数原理,共得到8×7=56个对数.
但在这些对数中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以可以得到56-4=52个不同的对数值.
10.D 第二象限的点的特征是横坐标是负数,纵坐标是正数.
若横坐标从集合M中选取,纵坐标从集合N中选取,则有1×2=2(个),
若横坐标从集合N中选取,纵坐标从集合M中选取,则有2×2=4(个),
故这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是2+4=6.故选D.
11.ABD 从中任选1个球,有4+5+6=15种不同的选法,故A中说法正确;
每种颜色选出1个球,有4×5×6=120种不同的选法,故B中说法正确;
选出不同颜色的2个球,有4×5+5×6+4×6=74种不同的选法,故C中说法错误;
不放回地依次选出2个球,有15×14=210种不同的选法,故D中说法正确.
故选ABD.
12.B ①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为2×10=20;
②若甲同学选择马,则乙同学有3种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为3×10=30.
综上,总共有20+30=50种不同的选法.故选B.
13.答案 18
解析 不妨记三个街道分别为a,b,c,可分三步完成:
第一步,因为A,B两位同学去同一个街道,所以先安排他们去某一街道,有3种方法;
第二步,安排同学去除A,B两位同学安排的街道,可以安排1人也可以安排2人,有3+3=6种方法;
第三步,剩下的同学去第三个街道,只有1种方法.
综上所述,不同的安排方法有3×6×1=18(种).
14.答案 21
解析 分两步:第1步,A组开关闭合一个,有2种闭法,A组开关闭合2个,有1种闭法;第2步,B组开关闭合1个,有3种闭法,B组开关闭合2个,有3种闭法,B组开关闭合3个,有1种闭法.此时共有(2+1)×(3+3+1)=21种闭法.
15.解析 (1)第一步:由于0不能在百位,所以百位上的数字有9种选法;
第二步:十位上的数字有10种选法;
第三步:个位上的数字有10种选法.
所以不同的三位数共有9×10×10=900(个).
(2)第一步:由于0不能在百位,所以百位上的数字有9种选法;
第二步:十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法;
第三步:个位上的数字有除百位和十位上的数字以外的8种选法.
所以共有9×9×8=648个无重复数字的三位数.
(3)第一类:满足条件的一位自然数有10个;
第二类:满足条件的两位自然数有9×9=81(个);
第三类:满足条件的三位自然数有4×9×8=288(个).
由分类加法计数原理知,共有10+81+288=379个小于500且无重复数字的自然数.
能力提升练
1.B 因为a1>a2,且a2拓展公式 1+2+3+…+(n-1)+n=,12+22+32+…+(n-1)2+n2=,13+23+33+…+(n-1)3+n3=(n∈N+).
2.答案 54
解析 分3类:
第1类:从3个社交APP以及3个生活APP中各选1个,再从2个音乐APP和2个视频APP中选1个,有3×3×4=36种选法;
第2类:从3个社交APP中选2个,再从3个生活APP中选1个,有3×3=9种选法;
第3类:从3个社交APP中选1个,再从3个生活APP中选2个,有3×3=9种选法.
根据分类加法计数原理知,共有36+9+9=54种不同的选法.
3.解析 (1)甲、乙两人共付费6元,则一人付费2元,另一人付费4元.付费2元的乘坐站数有1,2,3共三种选择,付费4元的乘坐站数有4,5,6,7共四种选择,所以甲、乙下地铁的方案共有(3×4)×2=24(种).
(2)甲、乙两人共付费8元,则甲付费2元,乙付费6元,或两人都付费4元.当甲付费2元,乙付费6元时,甲乘坐站数有1,2,3共三种选择,乙乘坐站数有8,9,10,11,12共五种选择,共有3×5=15种方案.当两人都付费4元时,若甲在第4站下地铁,则乙可在第5,6,7站下地铁,有3种方案;若甲在第5站下地铁,则乙可在第6,7站下地铁,有2种方案;若甲在第6站下地铁,则乙只能在第7站下地铁,有1种方案.综上,甲比乙先下地铁的方案共有15+3+2+1=21(种).
4.解析 (1)在0,1,2,3,4,5,6这七个数字中,偶数包括0,2,4,6,奇数包括1,3,5.百位数字不能是0,所以有6种选择,十位数字有7种选择,个位数字有4种选择,故能组成6×7×4=168个三位偶数.
(2)无重复数字且能被5整除的四位数的个位数字只能为0或5.
当个位数字为0时,这样的四位数有6×5×4=120(个),
当个位数字为5时,这样的四位数有5×5×4=100(个),
所以无重复数字且能被5整除的四位数有120+100=220(个).
(3)由题意知a≠b且a,b均不为0,
当a>b时,由2c≥8,得2≥8,整理得a2≥b2+16,所以a=5或a=6,
若a=5,则b=1,2,3,此时满足条件的椭圆有3个,
若a=6,则b=1,2,3,4,此时满足条件的椭圆有4个,
所以满足条件的椭圆有3+4=7(个).
同理,当a综上,焦距不小于8的不同椭圆有7+7=14(个).
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§1 基本计数原理
知识点 1 两个基本计数原理的定义
知识 清单破
完成一件事的情况 完成这件事的方法种数
分类加法 计数原理 完成一件事,可以有n类办法,在第1类办法中有m1种方法,在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法 N=m1+m2+…+mn
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1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法 N=m1·m2·…·mn
知识点 2 两个基本计数原理的比较
分类加法计数原理 分步乘法计数原理 不同点 分类完成,类类相加 分步完成,步步相乘 每类办法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(每步中的每一种方法都不能独立完成这件事) 相同点 两个基本计数原理都可以用来计算完成某件事的方法种数,最终的目的都是完成某件事 注意点 类类独立,不重不漏 步步相依,步骤完整
知识辨析
判断正误,正确的画“√”,错误的画“ ”.
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,每类不同办法中的方法都能完成这件事. ( )
3.在分步乘法计数原理中,任何一个单独的步骤都能完成这件事. ( )
4.在一次运动会上有四项比赛,冠军仅在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况共有43种. ( )
√
提示
因为每个项目的冠军都有3种可能的情况,所以由分步乘法计数原理知,共有34种不同的
夺冠情况.
5.三个袋子内共装有18个不同的小球,一个装有5个白色小球,一个装有6个黑色小球,一个装
有7个红色小球,若每次从中取两个不同颜色的小球,则共有36种不同的取法. ( )
提示
分为三类:一类是取白色小球、黑色小球,有5×6=30种取法;一类是取白色小球、红色小
球,有5×7=35种取法;一类是取黑色小球、红色小球,有6×7=42种取法.所以由分类加法计数
原理知,共有30+35+42=107种不同的取法.
分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,在每个步骤中各任取一种方法,即是完成这件
事的一种方法.在利用分步乘法计数原理解决问题时一定要清楚事件发生的主体,从主体入
手分析,理解问题中谁可以剩余.
讲解分析
疑难 情境破
疑难 1 利用分步乘法计数原理解决实际问题
典例 全国五项学科竞赛活动包括数学、物理、化学、生物和信息学竞赛,是由中国科学技
术协会所属中国数学会、中国物理学会、中国化学会、中国动物学会、中国植物学会、中
国计算机学会六个学会主办,并得到教育部及各级教育主管部门支持的,在国内具有广泛影
响的面向在校高中学生的课外活动.现某学校有六名学生准备报名参加三个竞赛项目,分别
是数学竞赛、物理竞赛、化学竞赛,每个项目均要有人参加.
(1)若每项限报一人,且每人至多报一项,有多少种不同的报名方法
(2)若每项限报一人,且每人参加的项目不限,有多少种不同的报名方法
解析 (1)每项限报一人,且每人至多报一项,因此将项目看成主体,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,由分步乘法计数原理,得共有6×5×4
=120种不同的报名方法.
(2)因为每人参加的项目不限,所以每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛,项目是该事
件发生的主体,第一个项目有6种选法,第二个项目有6种选法,第三个项目有6种选法,由分步
乘法计数原理,得共有63=216种不同的报名方法.
1.两个基本计数原理在解决计数问题中的应用
用两个基本计数原理解决计数问题时,最重要的是分清分类与分步.
讲解分析
疑难 2 两个基本计数原理的选择与应用
2.类中有步,步中有类
从A→D共有m1×(m2+m3+m4)×m5种方法.
从A→B共有(m1×m2×m3+m4×m5)种方法.
“类”用“+”连接,“步”用“×”连接,“类”独立,“步”连续,“类”标志一件事的完
成,“步”则缺一不可.
3.应用两个基本计数原理的常用方法
(1)当涉及元素数目不大时,一般选用列举法.
(2)当涉及元素数目很大时,一般有两种方法:
①直接法:直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理进行分析求解.
②间接法:先去掉限制条件,计算方法总数,然后减去所有不符合条件的方法数即可.
典例 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,另外2名既会
下象棋又会下围棋.现从这7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选
法
解析 分四类:
第1类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名
参加围棋比赛,有3×2=6种不同的选法;
第2类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的
学生中选1名参加围棋比赛,有3×2=6种不同的选法;
第3类,从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的
学生中选1名参加象棋比赛,有2×2=4种不同的选法;
第4类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名参加象棋比赛和围棋比赛,有2×1=2种
不同的选法.
故共有6+6+4+2=18种不同的选法.
解决涂色问题的常用方法有两种:①规定涂色的顺序,一步一步地涂,根据分步乘法计数
原理计算;②对所用的颜色种数分类,在每一类中用分步乘法计数原理计算,最后用分类加法
计数原理求各类方法数的总和.
讲解分析
疑难 3 用计数原理解决涂色问题
典例 给一个四棱锥S-ABCD的每个顶点涂上一种颜色,并使同一条棱的两个端点异色,如果只
有5种颜色可供使用,那么不同的涂色方法有多少种
解析 由题意可知,至少需要用3种颜色涂色.
根据所用颜色种数可分三类.
第一类:用3种颜色,此时点A与点C,点B与点D分别同色,问题相当于从5种颜色中选3种涂三个
点,有5×4×3=60种涂色方法;
第二类:用4种颜色,此时点A与点C,点B与点D中有且只有一组同色,有2×5×4×3×2=240种涂色
方法;
第三类:用5种颜色,有5×4×3×2×1=120种涂色方法.
由分类加法计数原理知,满足题意的涂色方法有60+240+120=420种.