(共33张PPT)
第六章 计数原理
+X
wuH
IV
1=0310
0:哪-D,90
Ta
g
+X)
1=10813
0-D900=m7
S03
选(抽)取问
题的解题策略
知识两个计数原理数字问题的解方法
的联系与区别题策略
涂色问题的解
题策略
逻辑推理数学运算
素养或思想(共36张PPT)
第六章 计数原理
+X
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IV
1=0310
0:哪-D,90
Ta
g
+X)
1=10813
0-D900=m7
S03
分类加法
利用分类加法
计数原理
计数原理解题
知识(逻辑推理}素养或思想(数学运算」方法
分步乘法
利用分步乘法
计数原理
计数原理解题A级 基础巩固
1.某乒乓球队里有6名男队员,5名女队员,从中选取男队员、女队员各1名组成混合双打队,则不同的组队方法的种数为 ( )
A.11 B.30 C.56 D.65
解析:先选1名男队员,有6种方法,再选1名女队员,有5种方法,故共有6×5=30种不同的组队方法.
答案:B
2.由数字1,2,3,4组成的三位数中,各位数字按严格递增(如“134”)或严格递减(如“421”)顺序排列的数的个数是 ( )
A.4 B.8 C.16 D.24
解析:由题意,知严格递增的三位数只要从4个数中任取3个,共有4种取法;同理,严格递减的三位数也有4个,所以符合条件的数的个数为4+4=8.
答案:B
3.如图,一只蚂蚁从点A出发沿着水平面的线条爬行到点C,再由点C沿着置于水平面的长方体的棱爬行至顶点B,则它可以爬行的不同的最短路径有 ( )
A.40条 B.60条 C.80条 D.120条
解析:蚂蚁从A到C需要走五段路,其中三纵二横,共有10条路径,从C到B共有6条路径,根据分步乘法计数原理可知,蚂蚁从A到B可以爬行的不同的最短路径的条数为10×6=60.
答案:B
4.从4台甲型电视机和5台乙型电视机中任意取出2台,其中甲型电视机与乙型电视机各1台,则不同的取法种数为20.
解析:根据题意,分两步进行:
第一步,在4台甲型电视机中取出1台,有4种取法,
第二步,在5台乙型电视机中取出1台,有5种取法,
则有4×5=20种不同的取法.
5.如图,给A,B,C,D四块区域涂色,要求相邻区域涂不同颜色,现有5种不同颜色可供选用,则不同的涂色方法有320种.
解析:由题意,知本题是一个分步乘法计数问题,第一步,涂A,有5种涂法;第二步,涂B,有4种涂法;第三步,涂C,有4种涂法;第四步,涂D,有4种涂法,则不同的涂色方法的种数为5×4×4×4=320.
6.某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一种,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语和会日语的各一人,有多少种不同的选法
解:完成一件事指“从9人中选出会英语和会日语的各一人”,故需分三类:①既会英语又会日语的当选;②仅会英语不会日语的按会英语当选;③仅会日语不会英语的按会日语当选.
既会英语又会日语的人数为7+3-9=1,仅会英语的有6人,仅会日语的有2人.先分类后分步,从仅会英语、仅会日语的人中各选一人有6×2种选法; 从仅会英语与英语、日语都会的人中各选一人有6×1种选法;从仅会日语与英语、日语都会的人中各选一人有2×1种选法.根据分类加法计数原理,知共有6×2+6×1+2×1=20种不同的选法.
B级 拓展提高
7.从1,3,5,7,9这五个数字中,每次取出两个不同的数字分别作为a,b,共可得到lg a-lg b的不同值的个数是 ( )
A.9 B.10 C.18 D.20
解析:分两步完成,第一步,取数字a,有5种不同的取法;第二步,取数字b,有4种不同的取法,所以可以得到5×4=20个不同的减法算式.因为lg 9-lg 3=lg 3-lg 1,lg 3-lg 9=lg 1-lg 3,所以lg a-lg b的不同值的个数是18.
答案:C
8.一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从点P处进入,从点Q处出来,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不重复(除点O外)的不同游览线路有48种.
解析:每个景点都有2条线路,所以游览第一个景点有6种选法,游览第二个景点有4种选法,游览第三个景点有2种选法,故共有6×4×2=
48种不同的游览线路.
9.某校学生会由高一年级5人,高二年级6人,高三年级4人组成.
(1)选其中1人为学生会主席,有多少种不同的选法
(2)若每个年级选1人为校学生会常委,有多少种不同的选法
(3)若要从不同的两个年级中各选1人参加市里组织的活动,有多少种不同的选法
解:(1)根据分类加法计数原理,不同选法的种数为5+6+4=15.
(2)根据分步乘法计数原理,不同选法的种数为5×6×4=120.
(3)要选出不同年级的2人参加市里组织的活动,先按年级分三类:“高一、高二年级”“高一、高三年级”“高二、高三年级”,再分步选择,则不同选法的种数为5×6+5×4+6×4=74.
C级 挑战创新
10.多空题由1,2,3,4,5,6,7,8,9可以组成224个无重复数字的三位偶数,可以组成280个无重复数字的三位奇数.
解析:当个位上的数是偶数时,该三位数就是偶数.可分步完成:
第一步,先排个位,个位上的数只能取2,4,6,8中的1个,有4种取法;
第二步,排十位,从剩余的8个数字中取1个,有8种取法;
第三步,排百位,从剩余的7个数字中取1个,有7种取法.
所以可以组成无重复数字的三位偶数的个数为4×8×7=224.
当个位上的数是奇数时,该三位数就是奇数.可分步完成:
第一步,先排个位,个位上的数只能取1,3,5,7,9中的1个,有5种取法;
第二步,排十位,从剩余的8个数字中取1个,有8种取法;
第三步,排百位,从剩余的7个数字中取1个,有7种取法.
所以可以组成无重复数字的三位奇数的个数为5×8×7=280.
11.多空题用1,2,3,4四个数字组成可有重复数字的三位数,这些数从小到大构成数列{an},则这个数列共有64项;若an=341,则n=45.
解析:由题意,知这个数列的项数就是由1,2,3,4四个数字组成的可有重复数字的三位数的个数.由于每个数位上的数都有4种取法,由分步乘法计数原理,得满足条件的三位数的个数为4×4×4=64,即数列{an}共有64项.
比341小的数分为两类:
第一类,百位上的数是1或2,有2×4×4=32个三位数;
第二类,百位上的数是3,十位上的数可以是1,2,3中的任意一个,个位上的数可以是1,2,3,4中的任意一个,有3×4=12个三位数.所以比341小的三位数的个数为32+12=44,因此,341是数列{an}的第45项,即n=45.
12.多空题用n种不同颜色给下列两块广告牌涂色(如图①②),要求在a,b,c,d四个区域中相邻(有公共边)的区域不能用同一种颜色.
图① 图②
若n=6,为图①涂色,共有480种不同的方法;为图②涂色时共有120种不同方法,则n=5.
解析:对于题图①,因为a,d只与周围两个区域相邻,而b,c与周围三个区域相邻.分两类情况:①a,d同色,a,d有n种不同的涂色方法,则b,c有(n-1)(n-2)种不同的涂色方法,共有n(n-1)(n-2)种不同的涂色方法.②a,d不同色,则a,d有n(n-1)种不同的涂色方法,b,c有(n-2)(n-3)种不同的涂色方法,共有n(n-1)(n-2)(n-3)种不同的涂色方法.
故共有n(n-1)(n-2)+n(n-1)(n-2)(n-3)=n(n-1)(n-2)(n-2)种不同的涂色方法.当n=6时,共有480种不同的涂色方法.
对于题图②,共有n(n-1)(n-2)(n-3)种不同的涂色方法.
由n(n-1)(n-2)(n-3)=120,可得n=5.A级 基础巩固
1.某同学从4本不同的科普杂志、3本不同的文摘杂志、2本不同的娱乐新闻杂志中任选1本阅读,则不同的选法共有 ( )
A.24种 B.9种 C.3种 D.26种
解析:由分类加法计数原理可知,共有4+3+2=9种不同的选法,故选B.
答案:B
2.若a∈{3,4,6},b∈{1,2},r∈{1,4,9,16},则方程(x-a)2+(y-b)2=r2可表示的不同圆的个数是 ( )
A.6 B.9 C.16 D.24
解析:确定一个圆的方程可分为三个步骤:第一步,确定a,有3种选法;第二步,确定b,有2种选法;第三步,确定r,有4种选法.由分步乘法计数原理,得不同圆的个数为3×2×4=24.
答案:D
3.已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},若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可表示第一、二象限内不同的点的个数是 ( )
A.18 B.17 C.16 D.14
解析:分两类:第一类,M中的元素作横坐标,N中的元素作纵坐标,则在第一、二象限内不同的点的个数为3×2=6;
第二类,N中的元素作横坐标,M中的元素作纵坐标,则在第一、二象限内不同的点的个数为4×2=8.
由分类加法计数原理可知,共有6+8=14个不同的点在第一、二象限.
答案:D
4.一个礼堂有4个门,若从任意1个门进入,从任意1个门出来,则不同的走法共有16种.
解析:由分步乘法计数原理,得不同走法的种数为4×4=16.
5.某元宵灯谜竞猜节目,有6名守擂选手和6名复活选手,若从复活选手中挑选1名选手为攻擂者,从守擂选手中挑选1名选手为守擂者,则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有36种.
解析:从6名守擂选手中任选1名,选法有6种;
从6名复活选手中任选1名,选法有6种.
由分步乘法计数原理,得不同的构成方式的种数为6×6=36.
6.有一项活动,需在3名老师、8名男同学和5名女同学中选人参加.
(1)若只需1人参加,有多少种不同选法
(2)若需老师、男同学、女同学各1人参加,有多少种不同选法
(3)若需1名老师、1名学生参加,有多少种不同选法
解:(1)根据分类加法计数原理可得,只需1人参加,有3+8+5=16种不同选法.
(2)根据分步乘法计数原理可得,需老师、男同学、女同学各1人参加,有3×8×5=120种不同选法.
(3)根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理可得,需1名老师、1名学生参加,有3×(8+5)=39种不同选法.
B级 拓展提高
7.晓芳有4件不同颜色的衬衣,3件不同样式的裤子,另有2套不同样式的连衣裙.“五一”需选择1套服装参加歌舞演出,则晓芳不同的穿衣服的方式有 ( )
A.24种 B.14种 C.10种 D.9种
解析:首先分两类:第一类是穿衬衣和裤子,由分步乘法计数原理,知共有4×3=12种穿衣服的方式;第二类是穿连衣裙,有2种穿衣方式.所以由分类加法计数原理,知共有12+2=14种穿衣服的方式.
答案:B
8.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任意一个讲座,不同选法的种数是 ( )
A.56
B.65
C.
D.6×5×4×3×2
解析:每名同学都有5种选择,故共有5×5×5×5×5×5=56种选法.
答案:A
9.某运动会上,8名男运动员参加100米决赛,其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员比赛的方式共有2 880种.
解析:分两步安排这8名运动员.
第一步,安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5,7四条跑道可安排,所以共有4×3×2=24种方法;
第二步,安排另外5人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道中选择,共有5×4×3×2×1=120种方法.
所以安排这8名运动员的方式的种数为24×120=2 880.
10.现有高一年级四个班的学生34人,其中(1)(2)(3)(4)班分别有7人、8人、9人、10人,他们自愿组成数学课外小组.
(1)选其中1人为负责人,有多少种不同的选法
(2)每班选1人任组长,有多少种不同的选法
(3)推选2人发言,这2人需来自不同的班级,有多少种不同的选法
解:(1)分四类:第一类,从(1)班学生中任选1人,有7种选法;第二类,从(2)班学生中任选1人,有8种选法;第三类,从(3)班学生中任选1人,有9种选法;第四类,从(4)班学生中任选1人,有10种选法.所以不同的选法种数为7+8+9+10=34.
(2)分四步:第一步、第二步、第三步、第四步分别从(1)(2)(3)(4)班学生中选1人任组长,所以不同的选法种数为7×8×9×10=5 040.
(3)分六类,每类又分两步:从(1)(2)班学生中各选1人,有7×8种不同的选法;从(1)(3)班学生中各选1人,有7×9 种不同的选法;从(1)(4)班学生中各选1人,有7×10种不同的选法;从(2)(3)班学生中各选1人,有8×9种不同的选法;从(2)(4)班学生中各选1人,有8×10种不同的选法;从(3)(4)班学生中各选1人,有9×10种不同的选法.
所以不同的选法种数为7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431.
C级 挑战创新
11.多空题从2,3,5,7,11这5个数中每次选出2个不同的数作为分数的分子、分母,则可产生不同的分数的个数是20,其中真分数的个数是10.
解析:产生分数可分两步:第一步,产生分子有5种方法;第二步,产生分母有4种方法,共有5×4=20个分数.产生真分数,可分四类:第一类,当分子是2时,有4个真分数;同理,当分子分别是3,5,7时,真分数的个数分别是3,2,1,共有4+3+2+1=10个真分数.
12.多空题从-1,0,1,2这4个数中选3个不同的数作为函数f(x)=ax2+
bx+c的各项系数,可组成不同的二次函数共18个,其中不同的偶函数有6个.(用数字作答)
解析:一个二次函数对应着a,b,c(a≠0)的一组取值,a的取法有3种,b的取法有3种,c的取法有2种,由分步乘法计数原理,知组成不同的二次函数的个数为3×3×2=18.其中不同的偶函数(b=0)的个数为1×3×2=6.
13.多空题如图①,在电路中合上一个开关以接通电路,有5种不同的方法;如图②,在电路中合上两个开关以接通电路,有6种不同的方法.
图① 图②
解析:对于题图①,按要求接通电路,只需将A部分中的两个开关或B部分中的三个开关合上一个即可,故有2+3=5种不同的方法.
对于题图②,按要求接通电路必须分两步进行:
第1步,合上A部分中的一个开关,第2步,合上B部分中的一个开关,故有2×3=6种不同的方法.
