习题课——两个计数原理的综合应用
1.某单位有7个连在一起的车位,现有3辆不同型号的车需停放,若要求剩余的4个车位连在一起,则不同的停放方法的种数为( )
A.16 B.18 C.24 D.32
解析:若将7个车位从左向右按1~7进行编号,则该3辆车有4类不同的停放方法:①停放在1~3号车位;②停放在5~7号车位;③停放在1,2,7号车位;④停放在1,6,7号车位.
每一类均包含6种不同的停放方法,故共有24种不同的停放方法.
答案:C
2.一体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中,要求每个箱子放球的个数不少于其编号,则不同的放球方法有( )
A.10种 B.9种 C.8种 D.6种
解析:首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球,这样剩下三个足球,这三个足球可以随意放置,
第1种方法,可以在每一个箱子中放一个,有1种结果;
第2种方法,可以把球分成两份,1和2,这两份在三个位置,有3×2=6种结果;
第三种方法,可以把三个球都放到一个箱子中,有3种结果.
综上可知,共有1+6+3=10种结果.
答案:A
3.
如图,某电子器件是由三个电阻组成的回路,其中共有6个焊接点A,B,C,D,E,F,若某个焊接点脱落,整个电路就会不通,若现在电路不通了,则焊接点脱落的可能性共有( )
A.6种 B.36种 C.63种 D.64种
解析:每个焊接点都有正常与脱落两种情况,只要有一个脱落电路即不通,故共有26-1=63种.
答案:C
4.(多选题)已知函数y=ax2+bx+c,其中a,b,c∈{0,1,2,3,4},则不同的二次函数的个数可以用式子表示为( )
A.4×5×5
B.5×5×5
C.4×4+4×4+4×4×4+4
D.5×4×3
解析:(方法一)依分步乘法计数原理得,a有4种选择,b有5种选择,c也有5种选择,共有4×5×5个不同的函数.
(方法二)由题意可得a≠0,可分以下几类,
第1类,b=0,c≠0,此时a有4种选择,c也有4种选择,共有4×4=16个不同的函数;
第2类,c=0,b≠0,此时a有4种选择,b也有4种选择,共有4×4=16个不同的函数;
第3类,b≠0,c≠0,此时a,b,c都各有4种选择,共有4×4×4=64个不同的函数;
第4类,b=0,c=0,此时a有4种选择,共有4个不同的函数.
由分类加法计数原理,可确定不同的二次函数共有N=16+16+64+4=100(个).
答案:AC
5.设集合I={1,2,3,4,5},选择I的两个非空子集A和B,要使B中最小的数大于A中最大的数,则不同的选择方法共有( )
A.50种 B.49种 C.48种 D.47种
解析:以A中最大的数为标准,进行分类讨论,A中最大的数可能为1,2,3,4,共四种情况.
按分类加法计数原理做如下讨论:
①当A中最大的数为1时,B可以是{2,3,4,5}的非空子集,即有24-1=15(种)方法.
②当A中最大的数为2时,A可以是{2}或{1,2},B可以是{3,4,5}的非空子集,即有2×(23-1)=14(种)方法.
③当A中最大的数为3时,A可以是{3},{1,3},{2,3},{1,2,3},B可以是{4,5}的非空子集,即有4×(22-1)=12(种)方法.
④当A中最大的数为4时,A可以是{4},{1,4},{2,4},{3,4},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},B可以是{5},即有8×1=8(种)方法.
故共有15+14+12+8=49(种)方法.
答案:B
6.若椭圆=1的焦点在y轴上,m∈{1,2,3,4,5},n∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆个数为 .
解析:由于曲线是焦点在y轴上的椭圆,故n>m.
当m=1时,n有6种取法;当m=2时,n有5种取法;……当m=5时,n有2种取法,则这样的椭圆共有6+5+4+3+2=20(个).
答案:20
7.若三角形的三边长均为正整数,其中一边长为4,另外两边长分别为b,c,且满足b≤4≤c,则这样的三角形有 个.
解析:当b=1时,c=4;当b=2时,c=4,5;当b=3时,c=4,5,6;当b=4时,c=4,5,6,7.故共有10个这样的三角形.
答案:10
8.
如图,阴影部分由方格纸上的3个小方格组成,我们称这样的图案为L形,则在由3×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L形图案的个数为 .(注:其他方向的也是L形)
解析:每四个小正方形图案都可画出四个不同的L形图案,该图中共有8个这样的小正方形.故可画出不同位置的L形图案的个数为4×8=32.
答案:32
9.有三项体育运动项目,每个项目均设冠军和亚军各一个奖项.
(1)学生甲参加了这三个运动项目,但只获得一个奖项,学生甲获奖的不同情况有多少种
(2)有4名学生参加了这三个运动项目,若一名学生可以获得多项冠军,则各项冠军获得者的不同情况有多少种
解:(1)三个运动项目,共有六个奖项,由于甲获得一个奖项且甲可获得六个奖项中的任何一个,故甲有6种不同的获奖情况.
(2)每一项体育运动项目中冠军的归属都有4种不同的情况,故各项冠军获得者的不同情况有4×4×4=64(种).
10.将A,B,C,D四名同学按一定的顺序排成一行,要求自左向右,A不排在第一,B不排在第二,C不排在第三,D不排在第四,试写出他们四个人所有不同的排法.
解:因为A不排在第一,所以第一只能排B,C,D中的一个,据此可分为三类:
(1)
(2)
(3)
由此可写出所有的排法为:BADC,BCDA,BDAC,CADB,CDAB,CDBA,DABC,DCBA,DCAB.四个人共有9种不同的排法.
11.某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多),要在如图所示的6个点A,B,C,A1,B1,C1上各装一个灯泡,要求同一条线段两端的灯泡不同色,则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种
解:第1步,在点A1,B1,C1上安装灯泡,A1有4种方法,B1有3种方法,C1有2种方法,共有4×3×2=24(种)方法.
第2步,从A,B,C中选一个点安装第4种颜色的灯泡,有3种方法.
第3步,给剩余的两个点安装灯泡,共有3种方法,由分步乘法计数原理可得,共有4×3×2×3×3=216(种)方法.(共39张PPT)
习题课——两个计数原理的综合应用
第六章
2022
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位素养阐释
1.能根据具体问题的特征,选择两种计数原理解决一些简单问题.
2.会根据具体问题合理分类或分步.
3.通过对计数原理的应用练习,使学生养成数学抽象、数学建模、严密思维等核心素养,培养学生分析问题、解决问题的能力.
自主预习 新知导学
两个计数原理的综合应用
【问题思考】
1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系
内容 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
关键词 分类 分步
本质 每类方法都能独立地完成这件事,它是独立的、一次性的且每次得到的是最后结果,用其中任何一种方法都可以做完这件事 任何一步都不能独立完成这件事,各个步骤中的方法互相依存,缺少任何一步也不能完成这件事,只有每一个步骤都完成才算做完这件事
各类 (步)的 关系 各类方法之间是互斥的、并列的、独立的,即“分类互斥” 各步之间是关联的、独立的,“关联”确保连续性,“独立”确保不重复,即“分步互依”
2.做一做:(1)从1,2,3,4,5这五个数中任取3个,可组成不同的等差数列的个数为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
(2)若3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组,每人仅选报一个,则不同的报名方案有 种.
解析:(1)第1类,公差大于0,有①1,2,3,②2,3,4,③3,4,5,④1,3,5,共4个等差数列;第2类,公差小于0,也有4个.根据分类加法计数原理可知,共有4+4=8个不同的等差数列.
(2)每名同学都有4种不同的报名方案,共有4×4×4=64种不同的报名方案.
答案:(1)D (2)64
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)如果完成一件事情有n类不同的办法,在每一类中都有若干种不同的方法,那么完成这件事所有的方法为n类所有方法的和.( √ )
(2)在分步乘法计数原理中,若事情是分n步完成的,则其中任何一步都不能完成这件事,只有所有步骤都完成后,才能完成这件事.( √ )
(3)分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是有关做一件事的不同方法的种类问题,两个计数原理可以看成相同的方法.( × )
合作探究 释疑解惑
探究一
选(抽)取与分配问题
【例1】 (1)两人进行乒乓球比赛,采取五局三胜制,即先赢三局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A.10种 B.15种 C.20种 D.30种
(2)从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别为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:(1)由题意知,比赛局数最少为3局,至多为5局.
当比赛局数为3局时,情形为甲或乙连赢3局,共2种;当比赛局数为4局时,若甲赢,则前3局中甲赢2局,最后一局甲赢,共有3种情形;同理,若乙赢,则也有3种情形,所以共有6种情形;当比赛局数为5局时,前4局,甲、乙双方各赢2局,最后一局胜出的人赢,若甲前4局赢2局,共有赢取第1,2局,1,3局,1,4局,2,3局,2,4局,3,4局六种情形,所以比赛局数为5局时,共有2×6=12(种)情形,综上可知,共有2+6+12=20(种)不同的情形.故选C.
(2)由于lg a-lg b=lg ,从1,3,5,7,9中取出两个不同的数分别赋值给a和b共有5×4=20种可能情况,而得到相同值的是1,3与3,9以及3,1与9,3两组,所以可得到lg a-lg b的不同值的个数是18,故选C.
答案:(1)C (2)C
将本例(2)改为“从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别为a,b,可以得到不同椭圆 的个数为多少 ”
解:因为a,b的值不能相等,所以(a,b)的取法共有5×4=20种,即能构成不同的椭圆20个.
选(抽)取与分配问题的常见类型及其解法
(1)当涉及对象数目不大时,一般选用枚举法、树形图法、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,则按分步进行;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,减去所有不符合条件的抽取方法数即可.
特别提醒:解题时一定要明确是分类还是分步.
【变式训练1】 (1)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,每班去哪个工厂可自由选择,则不同的分配方案有( )
A.16种 B.18种 C.37种 D.48种
(2)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个连续的号,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,至少需要 元.
解析:(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案,若三个班都不去工厂甲,则有33种不同的分配方案,则满足条件的不同的分配方案有43-33=37(种).故选C.
(2)从01至10的三个连号的个数为8,从11至20的两个连号的个数为9,从21至30的单选号的个数为10,从31至36的单选号的个数为6,故总的选法有8×9×10×6=4 320种,可得需要的钱数为8 640元.
答案:(1)C (2)8 640
探究二
种植与涂色问题
1.种植问题
【例2】 在一块并排10垄的田地中,选择2垄分别种植A,B两种作物,每种作物种植一垄,为有利于作物生长,要求A,B两种作物的间隔不小于6垄,则不同的选垄方法共有多少种
解:将并排的10垄田地从左到右编号为1到10号.由于A,B两种作物的间隔不小于6垄,依据题意知也不大于8垄,因此运用分类讨论的思想,根据两种作物的左右及间隔进行讨论.
当A种在B左边时(括号内为田垄的序号),
(1)间隔6垄时,为(1,8),(2,9),(3,10);
(2)间隔7垄时,为(1,9),(2,10);
(3)间隔8垄时,为(1,10).
上述共有6种选垄方法,当B种在A左边时,同理也有6种选垄方法.
综上所述,总的选垄方法数为6+6=12(种).
2.涂色问题
【例3】 将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示的图中,要求相邻的两个区域的颜色都不相同,则有多少种不同的涂色方法
解:给图中区域标上记号A,B,C,D,E,如图所示.
①当B与D同色时,有4×3×2×1×2=48种不同的涂色方法.
②当B与D不同色时,有4×3×2×1×1=24种不同的涂色方法.
故共有48+24=72种不同的涂色方法.
解决涂色(种植)问题的一般思路
(1)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,转化成平面区域的涂色问题.
(2)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.
【变式训练2】 小张计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物),若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒,则不同的种植方案共有 种.
解析:当第一块地种茄子时,有4×3×2=24种不同的种法;当第一块地种辣椒时,有4×3×2=24种不同的种法,故共有48种不同的种植方案.
答案:48
探究三
组数问题
【例4】 用0,1,2,3,4五个数字,
(1)可以排出多少个三位数的电话号码
(2)可以排出多少个三位数
(3)可以排出多少个能被2整除的无重复数字的三位数
解:(1)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=53=125(种)不同的排法.
即可以排出125个三位数的电话号码.
(2)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种排法,第二、三位可以排0,因此,共有4×5×5=100(种)不同的排法.
即可以排出100个三位数.
(3)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,因为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.
因而共有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.
1.由例4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,1,2,3,4中除去用过的一个还有3个可任取一个,有3种方法;第三步、第四步把剩下的包括0在内的还有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共有2×3×3×2=36(个)无重复数字的四位奇数.
2.本例4中的条件不变,则能组成多少个能被3整除的四位数
解:一个四位数能被3整除,必须各位上数字之和能被3整除,故组成四位数的四个数字只能是0,1,2,3或0,2,3,4两类.
满足题设的四位数共有2×3×3×2×1=36(个).
组数问题的常见类型及解决原则
(1)常见的组数问题
①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数整除的数”;
②在某一定范围内的数的问题;
③各位数字之和为某一定值问题;
④各位数字之间满足某种关系问题等.
(2)解决原则
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)由谁占领分类,分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成;若直接分类较多,则可采用间接法求解.
提醒: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.
【变式训练3】 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的,
(1)银行存折的四位密码;
(2)四位整数;
(3)比2 000大的四位偶数.
解:(1)分步解决.
第1步,选取左边第一个位置上的数字,有6种选取方法;
第2步,选取左边第二个位置上的数字,有5种选取方法;
第3步,选取左边第三个位置上的数字,有4种选取方法;
第4步,选取左边第四个位置上的数字,有3种选取方法.
由分步乘法计数原理知,可组成不同的四位密码共有6×5×4×3=360(个).
(2)分步解决.
第1步,首位数字有5种选取方法;
第2步,百位数字有5种选取方法;
第3步,十位数字有4种选取方法;
第4步,个位数字有3种选取方法.
由分步乘法计数原理知,可组成四位整数有5×5×4×3=300(个).
(3)(方法一)按末位是0,2,4分为三类:
第1类,末位是0的有4×4×3=48(个);
第2类,末位是2的有3×4×3=36(个);
第3类,末位是4的有3×4×3=36(个).
则由分类加法计数原理知,可组成比2 000大的四位偶数有48+36+36=120(个).
(方法二)按千位是2,3,4,5分四类:
第1类,千位是2的有2×4×3=24(个);
第2类,千位是3的有3×4×3=36(个);
第3类,千位是4的有2×4×3=24(个);
第4类,千位是5的有3×4×3=36(个).
则由分类加法计数原理知,可组成比2 000大的四位偶数有24+36+24+36=120(个).
(方法三)(间接法)
用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类:
第1类,末位是0的有5×4×3=60(个);
第2类,末位是2或4的有2×4×4×3=96(个).
共有60+96=156(个).
其中比2 000小的有:千位是1的共有3×4×3=36(个),
故符合条件的四位偶数共有156-36=120(个).
易错辨析
忽略题目中的隐含条件而致错
【典例】 某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语和日语的各1人,则不同的选法有 种.
错解:第1步,从会英语的7人中选1人,有7种选法;第2步,从会日语的3人中选1人,有3种选法,故共有7×3=21(种)不同的选法.
答案:21
以上解答过程中都有哪些错误 出错的原因是什么 你如何改正 你如何防范
提示:错误的根本原因在于忽视了其中有1人既会英语又会日语这一隐含条件,从而导致解题错误.
正解:依题意得,既会英语又会日语的有7+3-9=1(人),6人只会英语,2人只会日语.
第1类,从只会英语的6人中选1人有6种方法,此时选会日语的有2+1=3(种)方法.
由分步乘法计数原理得n1=6×3=18(种);
第2类,从不只会英语的1人中选1人有1种方法,此时选会日语的有2种方法,由分步乘法计数原理得n2=1×2=2(种).
综上,由分类加法计数原理可知,不同选法共有n=n1+n2=18+2=20(种).
答案:20
解答此类问题的关键是确定好分类的标准,合理恰当地进行分类,而且要做到不重不漏,利用分类加法(分步乘法)计数原理进行解决.
【变式训练】 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7人中选2人同时参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选法
解:选参加象棋比赛的学生有两种方法:在只会下象棋的3人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选;选参加围棋比赛的学生也有两种选法:在只会下围棋的2人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选.互相搭配,可得四类不同的选法.
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种选法;
第4类,2名既会下象棋又会下围棋的学生分别参加象棋比赛和围棋比赛有2种选法.
故共有6+6+4+2=18种选法.
随堂练习
1.某电话局的电话号码为139××××××××,若前七位已定好,最后四位数字是由6或8组成的,则这样的电话号码一共有( )
A.8个 B.16个 C.20个 D.32个
解析:采用分步乘法计数原理,四位数字由6或8组成,可分四步完成,每一步有两种方法,故有2×2×2×2=24=16(个).
答案:B
2.在2,3,5,7,11这五个数字中,任取两个数字组成分数,其中假分数的个数为( )
A.20 B.10 C.5 D.24
解析:假分数的分子不小于分母.故以2为分母的有4个;以3为分母的有3个;以5为分母的有2个;以7为分母的只有1个.由分类加法计数原理知共有4+3+2+1=10个.
答案:B
3.如图,一环形花坛分成A,B,C,D四个区域,现有4种不同的
花供选种,要求在每个区域里种1种花,且相邻的2个区域种
不同的花,则不同的种法有 种.
解析:A,C区域种同样的花时,A,C区域有4种种法,B区域有3种种法,D区域有3种种法;A,C区域种不同的花时,A区域有4种种法,C区域有3种种法,B区域有2种种法,D区域有2种种法.
故一共有4×3×3+4×3×2×2=84种不同的种法.
答案:84
4.从1到200的自然数中,各个数位上都不含有数字8的自然数有多少个
解:从整体看需分类完成,用分类加法计数原理.从局部看需分步完成,用分步乘法计数原理.
第1类,一位数中除8外符合要求的有8个;
第2类,两位数中,十位上数字除0和8外有8种情况,而个位数字除8外,有9种情况,有8×9个符合要求;
第3类,三位数中,百位上数字是1的,十位和个位上数字除8外均有9种情况,有9×9个,而百位上数字是2的只有200符合.
故总共有8+8×9+9×9+1=162(个).
本 课 结 束
