课件39张PPT。第一章 计数原理第一章 计数原理m＋nm×n×分类加法计数原理分步乘法计数原理两个计数原理的综合应用按ESC键退出全屏播放本部分内容讲解结束
[A 基础达标]
1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车2班，轮船3班，某人从甲地到乙地，共有不同的走法种数为( )
A．13 B．16
C．24 D．48
解析：选A．由分类加法计数原理可知，不同的走法种数为8＋2＋3＝13(种)．
2．(2019·郑州高二检测)如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为( )
A．8 B．6
C．5 D．3
解析：选B．从A处到B处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路；第二步，后一个并联电路接通有3条线路．由分步乘法计数原理知电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为2×3＝6(条)，故选B．
3．(2019·西安高二检测)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A．40 B．16
C．13 D．10
解析：选C．分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13(个)不同的平面．
4．现有4名同学去听同时进行的3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．81 B．64
C．48 D．24
解析：选A．每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种)，故选A．
5．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )
A．15 B．12
C．5 D．4
解析：选A．分三类情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；
②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；
③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况．
由分类加法计数原理可得，满足条件的有序自然数对(x，y)的个数是6＋5＋4＝15(个)．
6．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有________种．
解析：完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12(种)不同的行车路线．
答案：12
7．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种．
解析：分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种；当集合C中的元素属于集合B时，有4种．因为集合A与集合B无公共元素，所以集合C的情况共有3＋4＝7(种)．
答案：7
8．(2019·海口高二检测)已知函数y＝ax2＋bx＋c为二次函数，其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}，则不同的二次函数个数为________．
解析：若y＝ax2＋bx＋c为二次函数，则a≠0，要完成该事件，需分步进行：
第一步，对系数a有4种选法；
第二步，对系数b有5种选法；
第三步，对系数c有5种选法．
所以共有4×5×5＝100(个)不同的二次函数．
答案：100
9．现有高二四个班学生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．
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人作中心发言，这两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，从一班学生中选1人，有7种选法；
第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；
第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；
第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．
所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．
(3)分六类，每类又分两步，从一、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)．
10．(2019·长沙高二检测)已知集合A＝{a，b，c}，集合B＝{－1，0，1}．
(1)从集合A到B能构造多少个不同的函数？
(2)满足f(a)＋f(b)＋f(c)＝0的函数有多少个？
解：(1)每个元素a，b，c都可以有3个数和它对应，故从A到B能构造3×3×3＝27(个)不同的函数．
(2)列表如下：
f(a)
0
0
0
1
1
－1
－1
f(b)
0
1
－1
0
－1
1
0
f(c)
0
－1
1
－1
0
0
1
从表中可知满足f(a)＋f(b)＋f(c)＝0的函数有7个．
[B 能力提升]
11．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A．3 B．4
C．6 D．8
解析：选D．以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．
12．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14 B．13
C．12 D．10
解析：选B．对a进行讨论，为0与不为0，当a不为0时还需考虑判别式与0的大小关系．
若a＝0，则b＝－1，0，1，2，此时(a，b)的取值有4个；
若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1，
此时(a，b)的取值为(－1，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(－1，2)，(1，1)，(1，0)，(1，－1)，(2，－1)，(2，0)，共9个．
所以(a，b)的个数为4＋9＝13(个)．故选B．
13．某节目中准备了两个信箱，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，有多少种不同的结果？
解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑，分两大类：
(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)．
14．(选做题)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有多少种？
解：法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6种不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块土地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)．
[A 基础达标]
1.三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．12种
解析：选C．若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法.
2.把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种 B．4种
C．43种 D．34种
解析：选C．第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法.
3.在由0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有( )
A．512个 B．192个
C．240个 D．108个
解析：选D．能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60个；另一类是末位为5，由分步乘法计数原理共有4×4×3＝48个．由分类加法计数原理得所求的四位数共有60＋48＝108(个).
4.从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为( )
A．64 B．56
C．53 D．51
解析：选C．由于1只能作为真数，则以1为真数，从其余各数中任取一数为底数，对数值均为0.从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成8×7＝56(个)对数式，其中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，重复了4次，所以得到不同对数值的个数为1＋56－4＝53.故选C．
5.有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A．4 320种 B．2 880种
C．1 440种 D．720种
解析：选A．第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4 320 (种)不同的涂色方法.
6.甲、乙、丙3个班各有3，5，2名三好学生，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有________种推选方法.
解析：分为三类：①甲班选1名，乙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×5＝15(种)选法；②甲班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×2＝6(种)选法；③乙班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有5×2＝10(种)选法．综上，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31(种)推选方法.
答案：31
7.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________个.
解：第一类：一位数中除8外符合要求的有8个；
第二类：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；
第三类：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.
所以总共有8＋8×9＋9×9＋1＝162(个).
答案：162
8.有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名奖项.
(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，若一个学生可以获得多项冠军，那么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，
所以甲有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)．
9.把1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列成一个数列.
(1)43 251是这个数列的第几项？
(2)这个数列的第96项是多少？
解：将由1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的五位数按万位数字分类，共五类，每类组成的数字数为4×3×2×1＝24个.
(1)万位数字为4，且比43 251小的数的个数有3×2×1＋3×2×1＋2＋1＝15个，所以43 251是这个数列的第3×24＋15＋1＝88项.
(2)因为96＝4×24，所以这个数列的第96项是45 321.
[B 能力提升]
10.(2019·平顶山高二检测)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
解析：选A．先排第一列，因为每列的字母互不相同，所以共有3×2＝6种不同的排法.
再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有6×2×1＝12种不同的排列方法.
11.从集合{1，2，3，…，11}中任选2个元素作为椭圆方程＋＝1中的m和n，则落在矩形区域B＝{(x，y)||x|＜11且|y|＜9}内的椭圆个数为________.
解析：根据题意，知当m＝1时，n可等于2，3，…，8，共对应7个不同的椭圆；当m＝2时，n可以等于1，3，4，…，8，共对应7个不同的椭圆．同理可得，当m＝3，4，5，6，7，8时，各分别对应7个不同的椭圆；当m＝9时，n可以等于1，2，…，8，共对应8个不同的椭圆；当m＝10时，共对应8个不同的椭圆．综上所述，对应的椭圆共有7×8＋8×2＝72(个).
答案：72
12.用1，2，3，4四个数字可重复的排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}.
(1)写出这个数列的前11项；
(2)若an＝341，求项数n.
解：(1)111，112，113，114，121，122，123，124，131，132，133；
(2)比an＝341小的数有两类：
①首位是1或2：
1
×
×
，
2
×
×
②首位是3：
3
1
×
3
2
×
3
3
×
故共有：2×4×4＋1×3×4＝44(项)．因此an＝341是该数列的第45项，即n＝45.
13.(选做题)(1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每一个顶点涂一种颜色，并使同一条棱上的两个顶点异色，求不同的涂色方法数；
(2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上涂一种颜色，并使同一条棱上的两个顶点异色，求不同的涂色方法数.
解：(1)如图，由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂色互不相同，则A，C必须颜色相同，B，D必须颜色相同，所以共有5×4×3×1×1＝60种不同的涂色方法.
(2)法一：由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂色互不相同，则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相
同，并且两组中必有一组颜色相同，所以，先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法(如：B，D颜色相同)；再从5种颜色中，选出四种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上，最后D涂B的颜色，有5×4×3×2＝120种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理，共有2×120＝240种不同的涂色方法.
法二：分两类.
第1类，C与A颜色相同．由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂色互不相同，它们有5×4×3＝60种不同的涂色方法．共有5×4×3×1×2＝120种不同的涂色方法；第2类，C与A颜色不同．由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂色互不相同，它们有5×4×3＝60种不同的涂色方法．共有5×4×3×2×1＝120种不同的涂色方法．由分类加法计数原理，共有120＋120＝240种不同的涂色方法.
课件36张PPT。第一章 计数原理第一章 计数原理组数问题选(抽)取与分配问题涂色(种植)问题按ESC键退出全屏播放本部分内容讲解结束
