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课时素养评价
一 基本计数原理
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种,则不同的选法种数为
( )
A.3
B.6
C.9
D.12
【解析】选C.甲运动员有3种选法,乙运动员也有3种选法,由分步乘法计数原理知,不同的选法种数为3×3=9.
2.家住广州的小明同学准备周末去深圳旅游,从广州到深圳一天中动车组有30个班次,特快列车有20个班次,汽车有40个不同班次.则小明乘坐这些交通工具去深圳不同的方法有
( )
A.240种
B.180种
C.120种
D.90种
【解析】选D.根据分类加法计数原理,得方法种数为30+20+40=90(种).
3.将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使每一条棱的两端点异色,若只有五种颜色可使用,则不同染色的方法种数为
( )
A.80
B.100
C.110
D.120
【解析】选D.如图,
若先染A有5种色可选,B有4种色可选,C有3种色可选,D有2种色可选,则不同染色方法共有5×4×3×2=120(种).
4.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一人,有______种不同的选法
( )?
A.10
B.20
C.21
D.40
【解析】选B.“完成一件事”指“从9人中选出会英语与日语的各1人”,故需分三类:①既会英语又会日语的不当选;②既会英语又会日语的按会英语当选;③既会英语又会日语的按会日语当选.
既会英语又会日语的有7+3-9=1(人),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、日语的人中各选1人有6×2种选法;
从仅会英语与英、日语都会的人中各选1人有6×1种选法;仅会日语与英、日语都会的人中各选1人有2×1种选法.根据分类加法计数原理,共有6×2+6×1+2×1=20(种)不同选法.
【加练·固】
现准备将6台型号相同的电脑分配给5所小学,其中A,B两所希望小学每个学校至少2台,其他小学允许1台也没有,则不同的分配方案共有
( )
A.13种 B.15种 C.20种 D.30种
【解析】选B.①先给A、B两所希望小学分配电脑,若每个学校2台,由于电脑型号相同,故只有1种情况,其次将剩余的2台电脑分给其他3所小学,若一所小学2台,其他的没有,有3种情况;若2所小学各1台,另一所小学没有,有3种情况,共有6种情况;
②若A、B两所希望小学其中一所得3台,另一所2台,有2种情况,
再将剩余的1台电脑分给其他3所小学,有3种情况,共3×2=6种情况;
③若给A、B两所希望小学各分配3台电脑,有1种情况;
④若A、B两所希望小学其中一所得4台,另一所2台,有2种情况.
综上,共6+6+1+2=15种情况.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.(2020·上海高二检测)已知A={-3,-2,-1,0,1,2,3},a、b∈A,则|a|<|b|的情况有________种.?
【解析】当a=-3时,0种,
当a=-2时,2种,
当a=-1时,4种;
当a=0时,6种,
当a=1时,4种;
当a=2时,2种,
当a=3时,0种,
故共有:2+4+6+4+2=18(种).
答案:18
6.若在如图1的电路中,只合上一个开关可以接通电路,有________种不同的方法;在如图2的电路中,合上两个开关可以接通电路,有________种不同的方法.?
【解析】对于图1,按要求接通电路,只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一个即可,故有2+3=5(种)不同的方法.
对于图2,按要求接通电路必须分两步进行:
第一步,合上A中的一个开关;
第二步,合上B中的一个开关,
故有2×3=6(种)不同的方法.
答案:5 6
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡,另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡.
(1)某人要从两个袋子中任取一张供自己使用的手机卡,共有多少种不同的取法?
(2)某人手机是双卡双待机,想得到一张移动卡和一张联通卡供自己今后使用,问一共有多少种不同的取法?
【解析】(1)从两个袋子中任取一张卡有两类情况:
第1类,从第一个袋子中取一张移动手机卡,共有10种取法;
第2类,从第二个袋子中取一张联通手机卡,共有12种取法.
根据分类加法计数原理,共有10+12=22(种)取法.
(2)想得到一张移动卡和一张联通卡可分两步进行:
第一步,从第一个袋子中任取一张移动手机卡,共有10种取法;
第二步,从第二个袋子中任取一张联通手机卡,共有12种取法.
根据分步乘法计数原理,共有10×12=120(种)取法.
8.已知集合A={2,4,6,8,10},B={1,3,5,7,9},在A中任取一元素m和在B中任取一元素n,组成数对(m,n),问:(1)有多少个不同的数对?(2)其中所取两数m>n的数对有多少个?
【解析】(1)因为集合A={2,4,6,8,10},B={1,3,5,7,9},在A中任取一元素m和在B中任取一元素n,组成数对(m,n),先选出m有5种结果,再选出n有5种结果,根据分步乘法计数原理知共有5×5=25个不同的数对.
(2)在(1)中的25个数对中所取两数m>n的数对可以分类来解,当m=2时,n=1,有1种结果;当m=4时,n=1,3有2种结果;当m=6时,n=1,3,5有3种结果;当m=8时,n=1,3,5,7有4种结果;当m=10时,n=1,3,5,7,9有5种结果.综上所述共有1+2+3+4+5=15种结果.
(15分钟·30分)
1.(5分)某地政府召集5家企业的负责人召开扶贫会议,其中甲企业有2人到会,其余4家企业各有1人到会,会上有3人发言,则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为
( )
A.14
B.16
C.20
D.48
【解析】选B.按题意分成两类:第一类:甲企业有1人发言,有2种情况,另两个发言人出自其余4家企业,有6种情况,由分步乘法计数原理知有N1=2×6=12(种)情况;第二类:3人全来自其余4家企业,有N2=4(种)情况.综上可知,共有N=N1+N2=12+4=16(种).
2.(5分)(2020·长沙高二检测)某单位有4位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,1,2,5,为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),四人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天,则不同的用车方案种数是
( )
A.4
B.12
C.16
D.24
【解析】选B.15日至18日,有2天奇数日和2天偶数日,车牌尾数中有2个奇数和2个偶数.
第一步安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有22=4种.
第二步安排偶数日出行,分两类:
第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2种;
第二类,不安排甲的车,只有1种选择,共计1+2=3种.
根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数共有4×3=12.
3.(5分)如图所示,在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个.?
【解析】满足条件的有两类:
第一类:与正八边形有两条公共边的三角形有m1=8(个);
第二类:与正八边形有一条公共边的三角形有m2=8×4=32(个),
所以满足条件的三角形共有8+32=40(个).
答案:40
4.(5分)(2020·杭州高二检测)已知集合P={1,2,3,4,5},若A,B是P的两个非空子集,则所有满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A,B)的个数为________.?
【解析】根据题意,分4种情况讨论:
当A中的最大数为1,即A={1}时,B={2},{3},{4},{5},{2,3},{2,4},{2,5},
{3,4},{3,5},{4,5},{2,3,4},{2,3,5},{2,4,5},{3,4,5},{2,3,4,5},即{2,3,4,5}的非空子集的个数为24-1=15个;
当A中的最大数为2,即A={2},或{1,2}时,B={3},{4},{5},{3,4},{3,5},
{4,5},{3,4,5},即2×(23-1)=14个;
当A中的最大数为3,即A={3},或{1,3},或{2,3},或{1,2,3}时,
B={4},{5},{4,5},即4×3=12个;
当A中的最大数为4,即A={4},或{1,4},或{2,4},或{3,4},或{1,2,4},或{1,3,4},或{2,3,4},或{1,2,3,4}时,B={5},即23=8个;
所以总个数为15+14+12+8=49.
答案:49
5.(10分)用1,2,3,4四个数字(可重复)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)这个数列共有多少项?
(3)若an=341,求n.
【解析】(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133.
(2)这个数列的项数就是用1,2,3,4排成的三位数的个数,每个数位上都有4种排法,则共有4×4×4=64项.
(3)比an=341小的数有两类:
①
1
×
×
2
×
×
;
②
3
1
×
3
2
×
3
3
×
共有2×4×4+1×3×4=44项.
所以n=44+1=45(项).
1.几只猴子在一棵枯树上玩耍,它们均不慎失足下落.已知
(1)甲在下落的过程中依次撞击到树枝A,B,C.
(2)乙在下落的过程中依次撞击到树枝D,E,F.
(3)丙在下落的过程中依次撞击到树枝G,A,C.
(4)丁在下落的过程中依次撞击到树枝B,D,H.
(5)戊在下落的过程中依次撞击到树枝I,C,E.
则这9根树枝从高到低不同的次序有
( )
A.23种
B.24种
C.32种
D.33种
【解题指南】先判断出G,A,B按顺序排在前四个位置中的三个位置,C>E>F,D>E>F,且E,F一定排在后四个位置,然后分I排在前四个位置中的一个位置与I不排在前四个位置中的一个位置两种情况讨论,利用分类加法计数原理可得结果.
【解析】选D.不妨设A,B,C,D,E,F,G,H,I代表树枝的高度,9根树枝从上至下共九个位置,根据甲依次撞击到树枝A,B,C;乙依次撞击到树枝D,E,F;丙依次撞击到树枝G,A,C;丁依次撞击到树枝B,D,H;戊依次撞击到树枝I,C,E可得G>A>B,且在前四个位置,C>E>F,D>E>F,且E,F一定排在后四个位置,
(1)若I排在前四个位置中的一个位置,前四个位置有4种排法,若第五个位置排C,则第六个位置一定排D,后三个位置共有3种排法,若第五个位置排D,则后四个位置共有4种排法,所以I排在前四个位置中的一个位置时,共有4×(3+4)=28种排法.
(2)若I不排在前四个位置中的一个位置,则G,A,B,D按顺序排在前四个位置,由于I>C>E>F,所以后五个位置的排法就是H的不同排法,共5种排法,即若I不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法,由分类加法计数原理可得,这9根树枝从高到低不同的次序有28+5=33种.
2.用n种不同的颜色为两块广告牌着色,如图,要求在①,②,③,④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.
(1)若n=6,为甲着色时共有多少种不同的方法?
(2)若为乙着色时共有120种不同的方法,求n的值.
【解析】完成着色这件事,共分为四个步骤,可以依次考虑为①,②,③,④这四个区域着色时各自的方法数,再利用分步乘法计数原理确定出总的方法数.
(1)为①区域着色时有6种方法,为②区域着色时有5种方法,为③区域着色时有4种方法,为④区域着色时有4种方法,依据分步乘法计数原理,不同的着色方法有6×5×4×4=480(种).
(2)由题意知,为①区域着色时有n种方法,为②区域着色时有(n-1)种方法,为③区域着色时有(n-2)种方法,为④区域着色时有(n-3)种方法,由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为n(n-1)(n-2)(n-3).
所以n(n-1)(n-2)(n-3)=120,
所以(n2-3n)(n2-3n+2)-120=0,
即(n2-3n)2+2(n2-3n)-120=0.
所以n2-3n-10=0或n2-3n+12=0(舍去).
所以n=5.
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第三章 排列、组合与二项式定理
3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理
1.分类加法计数原理
完成一件事,如果有n类办法,且:第一类办法中有m1种不同的方法,第二类
办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法.那么完成这
件事共有N=___________种不同的方法.
必备知识·素养奠基
m1+m2+…+mn
【思考】
(1)定义中每一类中的每一种方法能否独立完成这件事?
提示:能,每一类中的每一种方法都能独立完成这件事.
(2)各类办法之间有何关系?每一类办法中各种方法之间有何关系?
提示:各类办法之间相互独立,并且任何一类办法中任何一种方法也相互独立.
2.分步乘法计数原理
完成一件事,如果需要分成n个步骤,且:做第一步有m1种不同的方法,做第二步
有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N=
______________种不同的方法.
m1×m2×…×mn
【思考】
(1)定义中每一步中的每一种方法能否独立完成这件事?
提示:不能,每一步中的每一种方法不能独立完成这件事.
(2)定义中的“完成一件事”指的是什么?
提示:完成一件事指的是将完成这件事划分成几个步骤,各步骤之间有
一定的连续性,只有当所有步骤都完成了,整个事件才算完成.
(3)根据定义完成一件事的方法数怎样计算?
提示:从计数上看,各步的方法数的积就是完成这一件事的方法总数.
3.分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系
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,只需一种
方法就可完成这件事
每一步得到的只是中间结果,
任何一步都不能独立完成这件事,缺少任何一步也不能完成
这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事
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”
【思考】
分类加法计数原理每一类中的方法和分步乘法计数原理每一步中的方法
有何区别?
提示:分类加法计数原理每一类中的方法可以完成一件事情,而分步乘法
计数原理每一步中的方法不能独立完成一件事情.
【素养小测】
1.思维辨析(对的打“√”,错的打“×”)
(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)用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号,
总共能编出26+10=36种不同的号码.
( )
(3)在分类加法计数原理中的每一种办法都可以完成这件事.
( )
提示:(1)×.在分类加法计数原理中,两类不同办法中的方法是不同的,若相同
它只能在同一类办法中且只能算是一种方法.
(2)√.因为英文字母共有26个,阿拉伯数字0～9共有10个,所以总共可以编出26+10=36(种)不同的号码.
(3)√.在分类加法计数原理中的每一种办法都是独立的,可单独完成这件事.
2.某校高三有三个班,分别有学生50人、50人、52人:从中选一人担任学生会
主席,共有________种不同选法.
( )?
A.100
B.102
C.152
D.50
【解析】选C.这名学生会主席可能是一班学生,可能是二班学生,也可能是
三班学生.依分类加法计数原理,共有50+50+52=152种不同选法.
3.现有4件不同款式的上衣和3件不同颜色的长裤,如果一件上衣和一条长裤配成一套,则不同的搭配法种数为
( )
A.7
B.12
C.64
D.81
【解析】选B.完成一种搭配有两个步骤,第一步,选上衣有4种不同的选法;
第二步,选长裤有3种不同的选法.所以根据分步乘法计数原理共有4×3=12种
不同的搭配法.
4.用1,2,3这三个数字能写出________个没有重复数字的偶数.?
【解析】用1,2,3这三个数字能写出1个一位偶数,2;
用1,2,3这三个数字能写出2个没有重复数字的两位偶数,12,32;
用1,2,3这三个数字能写出2个没有重复数字的三位偶数,132,312.
所以用1,2,3这三个数字共能写出5个没有重复数字的偶数.
答案:5
关键能力·素养形成
类型一
分类加法计数原理
【典例】1.某教师有相同的语文参考书3本,相同的数学参考书4本,从中
取出4本赠送给4位学生,每位学生1本,则不同的赠送方法共有
( )
A.20种
B.15种
C.10种
D.4种
2.把10个苹果分成三堆,要求每堆至少1个,至多5个,则不同的分法共有( )
A.4种
B.5种
C.6种
D.7种
3.为调查今年的北京雾霾治理情况,现从高二(1)班的男生38人和女生18人中
选取1名学生做代表,参加学校组织的调查团,则选取代表的方法有______种.?
【思维·引】
1.先将问题分成四种情况,然后求出每种情况下的分配方法数,再根据分类加法计数原理计算.
2.利用分类:三堆中“最多”的一堆为5个,其他两堆总和为5,三堆中“最多”的一堆为4个,其他两堆总和为6,…,列出分组方法即可.
3.先分清完成这件事可以有哪些方法,是分步还是分类.
【解析】
1.选B.若4本中有3
本语文参考书和1
本数学参考书,则有4种方法,若4本中有1本语文参考书和3本数学参考书,则有4种方法,若4本中有2本语文参考书和2本数学参考书,则有6种方法,若4本都是数学参考书,则有一种方法,所以不同的赠送方法共有4+4+6+1=15(种).
2.选A.分类:三堆中“最多”的一堆为5个,其他两堆总和为5,每堆至少1个,只有2种分法.即1个和4个,2个和3个.
三堆中“最多”的一堆为4个,其他两堆总和为6,每堆至少1个,只有2种分法.即2个和4个,3个和3个.
三堆中“最多”的一堆为3个,那是不可能的.
所以不同的分法共有2+2=4.
3.完成这件事需要分两类完成:第一类:选1名男生,有38种选法;第二类:选1名女生,有18种选法,根据分类加法计数原理,共有N=38+18=56(种)不同的选法.
答案:56
【内化·悟】
用分类加法计数原理解决实际问题时,分类标准是否唯一?
提示:分类标准并不唯一,但应先确定一个适合的分类标准,然后在这个标准下进行分类.
【类题·通】
分类加法计数原理解题的一般思路
【习练·破】
1.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.①当a=0时,2x+b=0总有实数根,
所以(a,b)的取值有4个.
②当a≠0时,需Δ=4-4ab≥0,所以ab≤1.
a=-1时,b的取值有4个,
a=1时,b的取值有3个,
a=2时,b的取值有2个.
所以(a,b)的取法有9个.
综合①②知,(a,b)的取法有4+9=13个.
2.由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字可组成多少个个位数字大于十位数字的两位偶数?
【解析】由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字可组成的个位数字大于十位数字的两位偶数分以下四类:
(1)个位数字是2的有1个:12;
(2)个位数字是4的有3个:14,24,34;
(3)个位数字是6的有5个:16,26,36,46,56;
(4)个位数字是8的有7个:18,28,38,48,58,68,78.
所以由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字可组成的个位数字大于十位数字的两位偶数共有1+3+5+7=16个.
【加练·固】
有3个袋子,分别装有不同编号的红色小球6个、白色小球5个、黄色小球4个.若从3个袋子中任取1个小球,则有________种不同的取法.
【解析】有3类不同办法:第1类,从第1个袋子中任取1个红色小球,有6种不同的取法;第2类,从第2个袋子中任取1个白色小球,有5种不同的取法;第3类,从第3个袋子中任取1个黄色小球,有4种不同的取法.其中,从这3个袋子的任意1个袋子中取1个小球都能独立地完成“任取1个小球”这件事,根据分类加法计数原理,不同的取法共有6+5+4=15(种).
答案:15
类型二
分步乘法计数原理
【典例】1.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
选择其中的一个讲座,不同选法的种数是( )
A.56
B.65
C.30
D.11
2.回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22,121,3443,
94249等.显然2位回文数有9个:11,22,33,…,99;3位回文数
有90个101,111,121,…,191,202,…,999.则5位回文数有________个.
3.一种号码锁有4个拨号盘,每个拨号盘上有从0到9共十个数字,这4个拨号盘
可以组成多少个四位数的号码?(各位上的数字允许重复)
【思维·引】1.因各讲座同时进行,故每名同学有5种选择方法,由分步乘法计数原理可得不同的选法种数.
2.左边第一个数字有9种选法,左边第二个数字有10种选法,左边第三个数字有10种选法,根据分步乘法计数原理可得结果.
3.要确定四位数的号码,先确定第一位数,再依次确定第二、三、四位数的号码,根据分步乘法计数原理即可求解.
【解析】1.选A.第一名同学有5种选择方法,第二名也有5种选择方法,…,依次,第六名同学有5种选择方法,综上,6名同学共有56种不同的选法.
2.第一步,选左边第一个数字和右边第一个数字相同,有9种选法;第二步,选左边第二个数字和右边第二个数字相同,有10种选法;第三步,选左边第三个数字就是右边第三个数字,有10种选法,故5位回文数有9×10×10=900,故答案为900.
答案:900
3.按从左到右的顺序拨号可以分四步完成:
第一步,有10种拨号方式,所以m1=10;
第二步,有10种拨号方式,所以m2=10;
第三步,有10种拨号方式,所以m3=10;
第四步,有10种拨号方式,所以m4=10.
根据分步乘法计数原理,共可以组成N=10×10×10×10=10
000(个)四位数的号码.
【内化·悟】
在分步乘法计数原理中各步之间有何关系?
提示:要求各步之间必须连续,只有按照这几步逐步地去做,才能完成这件事,缺少任何一步也不能完成这件事,即分步要做到步骤完整.
【素养·探】
在分步乘法计数原理的应用过程中,经常利用核心素养中的数学运算,通过对条件的分析,选择合适的角度,根据分步乘法计数原理进行计算.
在本例3中,若各位上的数字不允许重复,那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码?
【解析】按从左到右的顺序拨号可以分四步完成:
第一步,有10种拨号方式,即m1=10;
第二步,去掉第一步拨的数字,有9种拨号方式,即m2=9;
第三步,去掉前两步拨的数字,有8种拨号方式,即m3=8;
第四步,去掉前三步拨的数字,有7种拨号方式,即m4=7.
根据分步乘法计数原理,共可以组成N=10×9×8×7=5
040(个)四位数的号码.
【类题·通】
1.使用分步乘法计数原理计数的两个注意点
一是要按照事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的;
二是各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各个步骤都完成才算完成这件事.
2.利用分步乘法计数原理计数时的解题流程
【习练·破】
1.定义集合A与B之间的运算A
B={(x,y)|x∈A,y∈B},若A={a,b,c},B={a,c,d,e},
则集合A
B中对象个数为________.?
【解析】确定有序数对(x,y)需要两个步骤,第一步,确定x的值
有3种不同的方法;第二步,确定y的值有4种不同的方法.
所以集合A
B中对象个数为3×4=12.
答案:12
2.在平面直角坐标系内,若点P(x,y)的横、纵坐标均在{0,1,2,3}内取值,则
可以组成多少个不同的点P.
【解析】确定点P的坐标必须分两步,即分步确定点P的横坐标与纵坐标.第一步,
确定横坐标,从0,1,2,3四个数字中选一个,有4种方法;第二步,确定纵坐标,从0,1,2,3四个数字中选一个,也有4种方法.根据分步乘法计数原理,所有不同的点
P的个数为4×4=16.故可以组成16个不同的点P.
【加练·固】
1.从-2,-1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y=ax2+bx+c的系数a,b,c,则可以组成抛物线的条数为________.?
【解析】由题意知a不能为0,故a的值有5种选法;b的值也有5种选法;c的值有
4种选法.由分步乘法计数原理,得抛物线的条数为5×5×4=100.
答案:100
2.用0,1,2,3,4,5,6这七个数字共能组成多少个两位数.
【解析】第一步,确定十位数字,1,2,3,4,5,6六个数字都可以选择,有6种方法;
第二步,确定个位数字,0,1,2,3,4,5,6七个数字都可以选择,有7种选法.
根据分步乘法计数原理,不同的两位数共有6×7=42(个).故可以组成42个
两位数.
类型三 两个原理的综合应用
【典例】现有高一学生50人,高二学生42人,高三学生30人,组成冬令营.
(1)若从中选1人作总负责人,共有多少种不同的选法?
(2)若每年级各选1名负责人,共有多少种不同的选法?
(3)若从中推选两人作为中心发言人,要求这两人要来自不同的年级,则有
多少种选法?
【思维·引】(1)从所有的学生中选一人;
(2)从每一年级各选一人;
(3)可分三种情况:从高一、二各选一人,从高二、三各选一人,从高一、三
各选一人.
【解析】(1)从高一选1人作总负责人有50种选法;从高二选1人作总负责人有42种选法;从高三选1人作总负责人有30种选法.由分类加法计数原理,可知共有50+42+30=122(种)选法.
(2)从高一选1名负责人有50种选法;从高二选1名负责人有42种选法;从高三选1名负责人有30种选法.由分步乘法计数原理,可知共有50×42×30=63
000(种)选法.
(3)①高一和高二各选1人作为中心发言人,有50×42=2
100(种)选法;
②高二和高三各选1人作为中心发言人,有42×30=1
260(种)选法;
③高一和高三各选1人作为中心发言人,有50×30=1
500(种)选法.
故共有2
100+1
260+1
500=4
860(种)选法.
【类题·通】
利用两个计数原理的解题策略
用两个计数原理解决具体问题时,首先,要分清是“分类”还是“分步”,
区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情.其次,要清楚
“分类”或“分步”的具体标准,在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则,
在“分步”时要正确设计“分步”的程序,注意步与步之间的连续性;有些
题目中“分类”与“分步”同时进行,即“先分类后分步”或“先分步后
分类”.
【习练·破】
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且没有重复数字的自然数?
【解析】(1)由于0不能在百位,所以百位上的数字有9种选法,十位与个位上的数字均有10种选法,所以不同的三位数共有9×10×10=900(个).
(2)百位上的数字有9种选法,十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法,个位上的数字应从剩余8个数字中选取,所以共有9×9×8=648个无重复数字的三位数.
(3)满足条件的一位自然数有10个,二位自然数有9×9=81(个),三位自然数有4×9×8=288(个).
因为10+81+288=379(个),所以共有379个小于500且无重复数字的自然数.
课堂检测·素养达标
1.某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明,有6名同学只会用综合法证明,有4名同学只会用分析法证明,现从这些同学中任选1名同学证明这个问题,不同的选法种数为
( )
A.10
B.16
C.20
D.24
【解析】选A.每一种方法都能证明该问题,根据分类加法计数原理,
不同的选法共有6+4=10(种).
2.(2020·成都高二检测)由数字0,1,2,3组成的无重复数字的4位数中,
比2
019大的数的个数为
( )
A.10
B.11
C.12
D.13
【解析】选B.根据题意,分2种情况讨论:
①当千位为3时,百位有3种情况;十位有2种情况,个位有1种情况,共有
3×2×1=6种情况.
②当千位为2时,若百位为1或3时,则剩下的十位有2种情况:个位有1种情况,
总共2×2×1=4种情况,即有4个符合条件的4位数;
若百位为0时,只有2
031一个符合条件的4位数;
综上共有6+4+1=11个符合条件的4位数.
3.一个科技小组中有4名女同学和5名男同学,从中任选1人参加学科竞赛,
不同的选派方法共有________种;若从中任选1名女同学和1名男同学参加
学科竞赛,不同的选派方法共有________种.?
【解析】根据分类加法计数原理知,从中任选1人参加学科竞赛,不同的选派方法共有4+5=9种;由分步乘法计数原理知,从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛,不同的选派方法共有4×5=20种.
答案:9 20
4.如图所示,在A,B间有四个焊接点,若焊接点脱落,则可能导致电路不通.
今发现A,B之间线路不通,则焊接点脱落的不同情况有________种.?
【解析】按照焊点脱落的个数进行分类:
第一类:脱落一个焊点,只能是脱落1或4,有2种情况;
第二类:脱落两个焊点,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3)共6种情况;
第三类:脱落三个焊点,有(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4)共4种情况;
第四类:脱落四个焊点,只有(1,2,3,4)1种情况.
于是焊点脱落的情况共有2+6+4+1=13(种).
答案:13
【新情境·新思维】
一植物园的参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线共有多少种?
【解析】参观路线分步完成.第一步,选择三个“环形”路线中的一个游览,有3种方法,而在游览选择的“环形”时,可以按顺时针或按逆时针两类方法完成;第二步,选择余下的两个“环形”路线中的一个游览,有2种方法,同理,在游览选择的“环形”时,可以按顺时针或按逆时针两类方法完成;第三步,游览最后一个“环形”路线,也可以按顺时针或按逆时针两类方法完成,根据分步乘法计数原理,知不同的参观路线种数为3×2×2×2×2=48.
