第六章计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第2课时
课后篇巩固提升
基础达标练
1.将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法的种数是( )
A.2
160
B.720
C.240
D.120
解析第1张门票有10种分法,第2张门票有9种分法,第3张门票有8种分法,由分步乘法计数原理得共有10×9×8=720(种)分法.
答案B
2.从0,1,2,…,9这10个数字中,任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点(a,b)的坐标,能够确定不在x轴上的点的个数是( )
A.100
B.90
C.81
D.72
解析分两步,第1步选b,因为b≠0,所以有9种不同的选法;第2步选a,因为a≠b,所以也有9种不同的选法.由分步乘法计数原理知共有9×9=81(个)点满足要求.
答案C
3.(2020北京鲁迅中学高二月考)算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具,为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中,以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字,如图,
表示多位数时,个位用纵式,十位用横式,百位用纵式,千位用横式,以此类推,遇零则置空,如图:
如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中,那么可以表示的三位数的个数为( )
A.46
B.44
C.42
D.40
解析按每一位算筹的根数分类一共有15种情况,如下,
(5,0,0),(4,1,0),(4,0,1),(3,2,0),(3,1,1),(3,0,2),(2,3,0),(2,2,1),(2,1,2),(2,0,3),(1,4,0),(1,3,1),(1,2,2),(1,1,3),(1,0,4).
2根及2根以上的算筹可以表示两个数字,运用分步乘法计数原理,
则上述情况能表示的三位数字个数分别为
2,2,2,4,2,4,4,4,4,4,2,2,4,2,2.
根据分步加法计数原理,5根算筹能表示的三位数字个数为
2+2+2+4+2+4+4+4+4+4+2+2+4+2+2=44.故选B.
答案B
4.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中,那么不同插法的种数为( )
A.42
B.30
C.20
D.12
解析原定的5个节目产生6个空位,将其中1个新节目插入,有6种不同的插法,然后6个节目产生7个空位,将另一个新节目插入,有7种不同的插法.由分步乘法计数原理知共有7×6=42(种)不同的插法.
答案A
5.(2020天津高二月考)某县总工会利用业余时间开设太极、书法、绘画三个培训班,甲、乙、丙、丁四人报名参加,每人只报名参加一项,且甲、乙不参加同一项,则不同的报名方法种数为 .?
解析甲有三个培训可选,甲、乙不参加同一项,所以乙有两个培训可选,丙、丁各有三个培训可选,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法种数为3×2×3×3=54.
答案54
6.已知集合M={1,2,3,4},集合A,B为集合M的非空子集,若对?x∈A,y∈B,x解析当A={1}时,B有23-1=7(种)情况;
当A={2}时,B有22-1=3(种)情况;当A={3}时,B有1种情况;当A={1,2}时,B有22-1=3(种)情况;当A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情况,所以集合M的“子集对”共有7+3+1+3+3=17(个).
答案17
7.五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目,每个工程队承建1个,其中甲工程队不能承建1号子项目,则不同的承建方案有 种.?
解析完成承建任务可分五步.第1步,安排1号,有4种不同的承建方案;第2步,安排2号,有4种不同的承建方案;第3步,安排3号,有3种不同的承建方案;第4步,安排4号,有2种不同的承建方案;第5步,安排5号,有1种承建方案.由分步乘法计数原理得,共有4×4×3×2×1=96(种)不同的承建方案.
答案96
8.某文艺小组有20人,其中会唱歌的有14人,会跳舞的有10人,从中选出会唱歌与会跳舞的各1人参加演出,且既会唱歌又会跳舞的至多选1人,有多少种不同的选法?
解第1类,首先从只会唱歌的10人中选出1人,有10种不同的选法,从会跳舞的10人中选出1人,有10种不同的选法,共有10×10=100(种)不同的选法;第2类,从既会唱歌又会跳舞的4人中选1人,再从只会跳舞的6人中选1人,共有4×6=24(种)不同的选法.所以一共有100+24=124(种)不同的选法.
9.在3
000到8
000之间有多少个无重复数字的奇数?
解分两类:一类是以3,5,7为首位的四位奇数,可分三步完成:先排首位有3种方法,再排个位有4种方法,最后排中间两个数有8×7种方法,所以满足要求的数有3×4×8×7=672(个).另一类是首位是4或6的四位奇数,也可分三步完成,满足要求的数有2×5×8×7=560(个).
由分类加法计数原理得,满足要求的数共有672+560=1
232(个).
10.如图是某校的校园设施平面图,现有不同的颜色作为各区域的底色,为了便于区分,要求相邻区域不能使用同一种颜色.若有6种不同的颜色可选,求有多少种不同的着色方案.
操
场
宿舍区
餐厅
教学区
解操场可从6种颜色中任选1种着色;餐厅可以从剩下的5种颜色中任选1种着色;宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同,故可以从剩下的4种颜色中任选一种着色;教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同,故可以从剩下的4种颜色中任选1种着色.根据分步乘法计数原理,知共有6×5×4×4=480(种)不同的着色方案.
能力提升练
1.袋中有8个不同的红球,7个不同的白球,6个不同的黄球,现从中任取两个不同颜色的球,不同的取法有( )
A.336种
B.21种
C.104种
D.146种
解析分三类:当取出一红一白时,有8×7种不同的取法;当取出一红一黄时,有8×6种不同的取法;当取出一白一黄时,有7×6种不同的取法.由分类加法计数原理知有N=8×7+8×6+7×6=146(种)不同的取法.
答案D
2.从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列个数为( )
A.3
B.4
C.6
D.8
解析递增的等比数列为1,2,4;1,3,9;2,4,8;4,6,9共4个.同理,递减的等比数列也有4个,故所求的等比数列有8个.
答案D
3.现从甲、乙、丙等6名学生中安排4人参加4×100
m接力赛跑,第一棒只能从甲、乙两个人中安排一人,第四棒只能从甲、丙两个人中安排一人,则不同的安排方法共有 种.?
解析若甲跑第一棒,则丙跑第四棒,此时不同的安排方法有4×3=12(种);若乙跑第一棒,则不同的安排方法有2×4×3=24(种),故不同的安排方法共有24+12=36(种).
答案36
4.(2020浙江宁波高三专题练习)某超市内一排共有6个收费通道,每个通道处有1号、2号两个收费点,根据每天的人流量,超市准备周一选择其中的3处通道,要求3处通道互不相邻,且每个通道至少开通一个收费点,则周一这天超市选择收费的安排方式共有 种.?
解析设6个收费通道依次编号为1,2,3,4,5,6,从中选择3个互不相邻的通道,有135,136,146,246共4种不同的选法.
对于每个通道,至少开通一个收费点,即可以开通1号收费点,开通2号收费点,同时开通两个收费点,共3种不同的安排方式.
由分步乘法计数原理,可得超市选择收费的安排方式共有4×33=108(种).
答案108
5.从-3,-2,-1,0,1,2,3中任取三个不同的数作为抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的系数,如果抛物线过原点,且顶点在第一象限,那么这样的抛物线共有多少条?
解第1步,确定c的取值.由题意知c=0,所以c有1种取值方法;
第2步,确定a的取值.由于a<0,因此a有3种取值方法;
第3步,确定b的取值.由于b>0,因此b有3种取值方法.
根据分步乘法计数原理,知满足题意的抛物线共有N=3×3×1=9(条).
6.(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)(方法一)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.
(方法二)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.
素养培优练
1.(2020浙江高一课时练习)称子集A?M={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11}是“好的”,如果它有下述性质——“若2k∈A,则2k-1∈A且2k+1∈A(k∈N)”(空集和M都是“好的”),则M中有多少个包含2个偶数的“好的”子集?
解
含有2个偶数的“好的”子集A,有两种不同的情形:
①两偶数是相邻的,有4种可能:2,4;4,6;6,8;8,10.
每种情况必有3个奇数相随(如2,4∈A,则1,3,5∈A).
余下的3个奇数可能在A中,也可能不在A中,
故这样的“好的”子集共有4×23=32(个).
②两偶数不相邻,有6种可能:2,6;2,8;2,10;4,8;4,10;6,10.
每种情况必有4个奇数相随(如2,6∈A,则1,3,5,7∈A).
余下的2个奇数可能在A中,也可能不在A中,
故这样的“好的”子集共有6×22=24(个).
综上所述,M中有32+24=56(个)包含2个偶数的“好的”子集.
2.(2020河北迁西第一中学高二期中)用n种不同的颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙),要求在A,B,C,D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,则为甲图着色时共有多少种不同的方法?
(2)若为乙图着色时共有120种不同的方法,求n.
解
(1)对区域A,B,C,D按顺序着色,根据分步乘法计数原理,共有6×5×4×4=480(种)不同的方法.
(2)对区域A,B,C,D按顺序着色,根据分步乘法计数原理,不同的着色方法共有n(n-1)(n-2)(n-3)=120(种),整理得(n2-3n)(n2-3n+2)=120,
即(n2-3n)2+2(n2-3n)-120=0,
故n2-3n-10=0或n2-3n+12=0(舍去),解得n=5.(共38张PPT)
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时
激趣诱思
知识点拨
今年暑假期间,如果你想去北京旅游,可供选择的比较理想的旅游路线中,坐动车有三条,坐飞机有两条,坐汽车有两条,那么你可以选择的旅游的往返路线共有几条呢?
激趣诱思
知识点拨
一、分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法.
激趣诱思
知识点拨
名师点析应用分类加法计数原理的注意事项
(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事,完成这件事可以有哪些办法,怎么才算是完成这件事.
(2)完成这件事的n类方案,无论用哪类方案中的哪种方法都可以单独完成这件事,而不需要再用到其他的方法.
(3)确立恰当的分类标准,准确地对“这件事”进行分类,要求每一种方法必属于某一类方案,不同类方案的任意两种方法不同,也就是分类必须既“不重复”也“不遗漏”.从集合的角度看,若完成一件事分A,B两类方案,则A∩B=?,A∪B=U(U表示全集).
激趣诱思
知识点拨
微练习
(1)已知某校高二(1)班有54人,高二(2)班有56人,现从这两个班中任选一人去参加演讲比赛,则共有 种不同的选法.?
(2)某人从甲地到乙地,可以乘火车,也可以坐轮船,在这一天的不同时间里,火车有4趟,轮船有3班,则此人的走法共有 种.?
解析:(1)若这个人来自(1)班,则有54种不同的选法;若来自(2)班,则有56种不同的选法,所以共有110种不同的选法.
(2)因为某人从甲地到乙地,乘火车的走法有4种,坐轮船的走法有3种,每一种方法都能从甲地到乙地.根据分类加法计数原理可得此人的走法共有4+3=7(种).
答案:(1)110 (2)7
激趣诱思
知识点拨
二、分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法.
名师点析应用分步乘法计数原理的注意事项
(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事,完成这件事必须要完成几步.
(2)完成这件事需要分成若干个步骤,只有每个步骤都完成了,才算完成这件事,缺少哪一步,这件事都不可能完成.
(3)根据题意正确分步,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,各步骤之间既不能重复也不能遗漏.
激趣诱思
知识点拨
微思考
如何区分“完成一件事”是分类还是分步?
提示:区分“完成一件事”是分类还是分步,关键看一步能否完成这件事,若能完成,则是分类,否则,是分步.
激趣诱思
知识点拨
微练习
已知某乒乓球队有男队员9人、女队员8人,现从男、女队员中各选1人去参加比赛,则共有 种不同的选法.?
解析:先从男队员中选1人,有9种不同的选法,再从女队员中选1人,有8种不同的选法.由分步乘法计数原理,得共有9×8=72(种)不同的选法.
答案:72
激趣诱思
知识点拨
三、分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别
1.联系:都是有关做一件事的不同方法种数的问题.
2.区别:分类加法计数原理针对的是“分类”问题,其中各种方法相互独立,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法互相依存,只有每一个步骤都完成才算做完这件事.
激趣诱思
知识点拨
微练习
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)从书架上任取数学书、语文书各一本是分类问题.( )
(2)分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情.( )
(3)分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题.( )
(4)从甲地经丙地到乙地是分步问题.( )
答案:(1)× (2)× (3)√ (4)√
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
分类加法计数原理
例1某校高三共有三个班,各班人数如下表:
班别
男生人数
女生人数
总人数
高三(1)班
30
20
50
高三(2)班
30
30
60
高三(3)班
35
20
55
(1)从三个班中任选1名学生担任学生会主席,有多少种不同的选法?
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生担任学生会生活部部长,有多少种不同的选法?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
思路分析:(1)从每个班任选1名学生担任学生会主席都能独立地完成这件事,因此应采用分类加法计数原理;(2)完成这件事有三类方案,因此也应采用分类加法计数原理.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:(1)从三个班中任选1名学生担任学生会主席,共有三类不同的方案.
第1类,从高三(1)班中选出1名学生,有50种不同的选法;
第2类,从高三(2)班中选出1名学生,有60种不同的选法;
第3类,从高三(3)班中选出1名学生,有55种不同的选法.
根据分类加法计数原理知,从三个班中任选1名学生担任学生会主席,共有50+60+55=165(种)不同的选法.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生担任学生会生活部部长,共有三类不同的方案.
第1类,从高三(1)班男生中选出1名学生,有30种不同的选法;
第2类,从高三(2)班男生中选出1名学生,有30种不同的选法;
第3类,从高三(3)班女生中选出1名学生,有20种不同的选法.
根据分类加法计数原理知,从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生担任学生会生活部部长,共有30+30+20=80(种)不同的选法.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
1.分类加法计数原理的推广
分类加法计数原理:完成一件事有n类不同的方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,……,在第n类方案中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1+m2+m3+…+mn种不同的方法.
2.能用分类加法计数原理解决的问题具有如下特点
(1)完成一件事有若干种方案,这些方案可以分成n类;
(2)用每一类中的每一种方法都可以单独完成这件事;
(3)把各类的方法数相加,就可以得到完成这件事的所有方法数.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
3.利用分类加法计数原理解题的一般步骤
(1)分类,即将完成这件事情的方法分成若干类;
(2)计数,求出每一类中的方法数;
(3)结论,将各类的方法数相加得出结果.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练1甲盒中有3个编号不同的红球,乙盒中有5个编号不同的白球,某同学要从甲、乙两盒中摸出1个球,则不同的方法有( )
A.3种
B.5种
C.8种
D.15种
解析:要完成“摸出1个球”这件事,有两类不同的方法.第1类,从甲盒中取出1个球,有3种不同的取法;第2类,从乙盒中取出1个球,有5种不同的取法.故共有3+5=8(种)不同的方法.
答案:C
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
分步乘法计数原理
例2一种号码锁有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)
解:按从左到右的顺序拨号可以分四步完成:
第1步,有10种拨号方式,所以m1=10;
第2步,有10种拨号方式,所以m2=10;
第3步,有10种拨号方式,所以m3=10;
第4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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
延伸探究
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:按从左到右的顺序拨号可以分四步完成:
第1步,有10种拨号方式,即m1=10;
第2步,去掉第1步拨的数字,有9种拨号方式,即m2=9;
第3步,去掉前两步拨的数字,有8种拨号方式,即m3=8;
第4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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
利用分步乘法计数原理解题的一般思路
(1)分步,将完成这件事的过程分成若干步;
(2)计数,求出每一步中的方法数;
(3)结论,将每一步中的方法数相乘得最终结果.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练2张老师要从教学楼的一层走到三层,已知从一层到二层有4个扶梯可走,从二层到三层有2个扶梯可走,则张老师从一层到三层有多少种不同的走法?
解:第1步,从一层到二层有4种不同的走法;
第2步,从二层到三层有2种不同的走法.
根据分步乘法计数原理知,张老师从教学楼的一层到三层的不同走法有4×2=8(种).
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
两个计数原理的应用
例3现有高一四个班的学生34人,其中一、二、三、四班各有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)推选两人做中心发言,这两人需来自不同的班级,有多少种不同的选法?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:(1)分四类:第1类,从一班学生中选1人,有7种选法;第2类,从二班学生中选1人,有8种选法;第3类,从三班学生中选1人,有9种选法;第4类,从四班学生中选1人,有10种选法.
由分类加法计数原理知共有不同的选法N=7+8+9+10=34(种).
(2)分四步:第1、2、3、4步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长.
由分步乘法计数原理知共有不同的选法N=7×8×9×10=5
040(种).
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
(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.由分类加法计数原理知共有不同的选法N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种).
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
1.使用两个原理的原则
使用两个原理解题时,一定要从“分类”“分步”的角度入手.“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类,逐类解决,用分类加法计数原理;“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤,然后逐步解决,这时可用分步乘法计数原理.
2.应用两个计数原理计数的四个步骤
(1)明确完成的这件事是什么.
(2)思考如何完成这件事.
(3)判断它属于分类还是分步,是先分类后分步,还是先分步后分类.
(4)选择计数原理进行计算.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练3如图,从甲地到乙地有3条公路可走,从乙地到丙地有2条公路可走,从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走.从甲地到丙地共有多少种不同的走法?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:要从甲地到丙地共有两类不同的方案:
第1类,从甲地经乙地到丙地,共需两步完成,
第1步,从甲地到乙地,有3条公路可走;
第2步,从乙地到丙地,有2条公路可走.
根据分步乘法计数原理,从甲地经乙地到丙地有3×2=6(种)不同的走法.
第2类,从甲地不经乙地到丙地,有2条水路可走,即有2种不同的走法.
由分类加法计数原理知,从甲地到丙地共有6+2=8(种)不同的走法.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
分类讨论思想的应用
典例在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )
A.10
B.11
C.12
D.15
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解析:分0个相同、1个相同、2个相同讨论.
(1)若0个相同,则信息为1001,共1个.
(2)若1个相同,则信息为0001,1101,1011,1000,共4个.
(3)若2个相同,又分为以下情况:
①若位置一与二相同,则信息为0101;
②若位置一与三相同,则信息为0011;
③若位置一与四相同,则信息为0000;
④若位置二与三相同,则信息为1111;
⑤若位置二与四相同,则信息为1100;
⑥若位置三与四相同,则信息为1010.共有6个.
故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1+4+6=11.
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
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方法点睛
利用分类加法计数原理解题时的注意点
(1)切实理解“完成一件事”的含义,根据问题的特点确定一个合适的分类标准,分类标准要统一,不能遗漏;
(2)分类时,注意完成这件事情的任何一种方法必属于某一类方案,分类的关键在于做到“不重不漏”;
(3)确定题目中是否有特殊条件限制.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
1.某校高一年级共8个班,高二年级共6个班,从中选一个班级担任学校星期一早晨升旗任务,安排方法共有( )
A.8种
B.6种
C.14种
D.48种
解析:由分类加法计数原理,得完成升旗这一任务分两类,安排方法共有8+6=14(种).
答案:C
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
2.现有4件不同款式的上衣和7条不同颜色的长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,那么不同的配法种数为( )
A.11
B.28
C.16
384
D.2
401
解析:要完成配套,分两步:第1步,选上衣,从4件上衣中任选一件,有4种不同的选法;第2步,选长裤,从7条长裤中任选一条,有7种不同的选法.故共有4×7=28(种)不同的配法.
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
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3.(2020山东济南高三三模)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动物(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,已知甲同学喜欢牛、马和猴,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学所有的吉祥物都喜欢,让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏,若各人所选取的礼物都是自己喜欢的,则不同的选法有( )
A.50种
B.60种
C.80种
D.90种
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解析:根据题意,按甲的选择不同分成2种情况讨论:
若甲选择牛,此时乙的选择有2种,丙的选择有10种,此时有2×10=20(种)不同的选法.
若甲选择马或猴,此时甲的选择有2种,乙的选择有3种,丙的选择有10种,
此时有2×3×10=60(种)不同的选法.
一共有20+60=80(种)不同的选法.
故选C.
答案:C
探究一
探究二
探究三
素养形成
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4.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+bi,其中虚数有 个.?
解析:第1步,确定数b,有6种不同取值;第2步,确定数a,也有6种不同取值.根据分步乘法计数原理,知共有虚数6×6=36(个).
答案:36
探究一
探究二
探究三
素养形成
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5.某校高中三年级一班有优秀团员8人,二班有优秀团员10人,三班有优秀团员6人,学校组织他们去参观某爱国主义教育基地.若推选1人为总负责人,有 种不同的选法.?
解析:分三类:第1类,从一班的8名优秀团员中产生,有8种不同的选法;
第2类,从二班的10名优秀团员中产生,有10种不同的选法;
第3类,从三班的6名优秀团员中产生,有6种不同的选法.由分类加法计数原理可得,共有N=8+10+6=24(种)不同的选法.
答案:24(共32张PPT)
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第2课时
激趣诱思
知识点拨
电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱,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,现由主持人抽奖决定幸运观众,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,有多少种不同的选择?
激趣诱思
知识点拨
两个计数原理的联系与区别
1.联系
分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是解决计数问题最基本、最重要的方法.
激趣诱思
知识点拨
2.区别
类型
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
区别一
完成一件事共有n类方案,关键词是“分类”
完成一件事共有n个步骤,关键词是“分步”
区别二
每类方案中的每种方法都能独立地完成这件事,它是独立的、一次的且每种方法得到的都是最后结果,只需一种方法就可完成这件事
除最后一步外,其他每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
区别三
各类方案之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是关联的、独立的,“关联”确保不遗漏,“独立”确保不重复
激趣诱思
知识点拨
名师点析处理具体问题时,一是合理分类,准确分步:分类时,要不重不漏;分步时,要合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰.对于一些较复杂的题目,往往既要分类又要分步.
二是特殊优先,一般在后:解含有特殊元素、特殊位置的计数问题时,应优先安排特殊元素,优先确定特殊位置,再考虑其他元素与其他位置.
激趣诱思
知识点拨
微思考
分类“不重不漏”的含义是什么?
提示:分类时,首先要根据问题的特点确定一个分类标准,然后在这个标准下进行分类.一般地,标准不同,分类的结果也不同;其次,分类时要注意满足一个基本要求:完成这件事的任何一种方法必须属于且只能属于某一类方案.简单地说,就是应用分类加法计数原理时要做到“不重不漏”.
激趣诱思
知识点拨
微练习
(1)某小组有8名男生、6名女生,从中任选男生、女生各一名去参加座谈会,则不同的选法有( )
A.48种
B.24种
C.14种
D.12种
(2)一项工作可以用两种方法完成,有3人会用第1种方法完成,有5人会用第2种方法完成,从中选出1人来完成这项工作,不同的选法种数是( )
A.8
B.15
C.16
D.30
(3)用数字2,3组成四位数,且数字2,3都至少出现一次,这样的四位数共有 个.?
激趣诱思
知识点拨
解析:(1)从8名男生中任意挑选一名参加座谈会,有8种不同的选法;从6名女生中任意挑选一名参加座谈会,有6种不同的选法.由分步乘法计数原理知,不同选法共有8×6=48(种).(2)第1类,从会第1种方法的3人中选1人,有3种不同的选法;第2类,从会第2种方法的5人中选1人,有5种不同的选法,共有5+3=8(种)不同的选法.(3)可用排除法,这个四位数每一位上的数只能是2或3,则这样的四位数共有24个.而题目要求数字2,3都至少出现一次,所以全是2或全是3的四位数不满足,即满足要求的四位数有24-2=14(个).
答案:(1)A (2)A (3)14
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
组数问题
例1用0,1,2,3,4五个数字,
(1)可以组成多少个三位数字的电话号码?
(2)可以组成多少个三位数?
(3)可以组成多少个能被2整除的无重复数字的三位数?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:(1)三位数字的电话号码,百位上的数字可以是0,数字也可以重复,每个位置上的数字都有5种取法,可以组成5×5×5=53=125(个)三位数字的电话号码.
(2)三位数的百位上的数字不能为0,但可以有重复数字,首先考虑百位上的数字的取法,除0外共有4种取法,个、十位上的数字可以取0,因此,可以组成4×5×5=100(个)三位数.
(3)被2整除的数即偶数,个位数字可取0,2,4,因此,可以分两类,一类是个位数字是0,可以组成4×3=12(个)三位数;一类是个位数字不是0,则个位上的数字有2种取法,即2或4,再考虑百位上的数字,因为0不能是百位上的数字,所以有3种取法,十位有3种取法,因此有2×3×3=18(个)三位数.因而有12+18=30(个)三位数.即可以组成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
延伸探究
由本例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1步定个位,只能从1,3中任取一个,有2种方法;第2步定千位,把1,2,3,4中除去用过的一个数,在剩下的3个数中任取一个,有3种方法;第3步,第4步把剩下的包括0在内的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知共能组成2×3×3×2=36(个)无重复数字的四位奇数.
探究一
探究二
探究三
素养形成
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反思感悟
对于组数问题应掌握的原则
(1)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;如果正面分类较多,可采用间接法求解.
(2)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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练1从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为( )
A.24
B.18
C.12
D.6
解析:由于题目要求是奇数,那么对于此三位数可以分成两种情况:奇偶奇,偶奇奇.如果是第一种奇偶奇的情况,可以从个位开始分析(3种情况),之后十位(2种情况),最后百位(2种情况),共12种情况;如果是第二种偶奇奇的情况,则个位(3种情况),十位(2种情况),百位(不能是0,一种情况),共6种.因此总共有12+6=18(种)情况.故选B.
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
抽取(分配)问题
例2高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中甲工厂必须有班级去,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
思路分析:解决此类问题可以用直接法先分类再分步,也可用排除法.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解析:(方法一 直接法)
以甲工厂分配班级情况进行分类,共分为三类.
第1类,三个班级都去甲工厂,此时分配方案只有1种;
第2类,有两个班级去甲工厂,剩下的班级去另外三个工厂,其分配方案有3×3=9(种);
第3类,有一个班级去甲工厂,另外两个班级去其他三个工厂,其分配方案有3×3×3=27(种).
综上所述,不同的分配方案共有1+9+27=37(种).
(方法二 间接法)
先计算三个班自由选择去哪个工厂的总数,再扣除甲工厂无人去的情况,即有4×4×4-3×3×3=37(种)不同的分配方案.
答案:C
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
解决抽取(分配)问题的方法
(1)当涉及对象的数目不大时,一般选用列举法、树状图法、框图法或图表法.
(2)当涉及对象的数目很大时,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,然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练2
7名学生中有3名学生会下象棋但不会下围棋,有2名学生会下围棋但不会下象棋,另2名学生既会下象棋又会下围棋.现从中选出会下象棋和会下围棋的学生各1人参加比赛,共有多少种不同的选法?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解: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,由分步乘法计数原理得N1=3×2=6(种).
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,由分步乘法计数原理得N2=3×2=6(种).
第3类,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,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,由分步乘法计数原理得N3=2×2=4(种).
第4类,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,另一名参加围棋比赛,有N4=2种.
综上,由分类加法计数原理可知,不同选法共有N=N1+N2+N3+N4=6+6+4+2=18(种).
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
涂色问题
例3将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内,每格涂一种颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以反复使用,共有多少种不同的涂色方法?
思路分析:注意考虑不相邻区域颜色是否相同.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:第1个小方格可以从五种颜色中任取一种颜色涂上,有5种不同的涂法.
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时,有4×3=12(种)不同的涂法,第4个小方格有3种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有5×12×3=180(种)不同的涂法.
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时,有4种涂法,由于相邻两格不同色,因此,第4个小方格也有4种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有5×4×4=80(种)不同的涂法.
由分类加法计数原理可得共有180+80=260(种)不同的涂法.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
延伸探究
本例中的区域改为如图所示,其他条件均不变,则不同的涂法共有多少种?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:依题意,可分两类:①④不同色;①④同色.
第1类,①④不同色,则①②③④所涂的颜色各不相同,我们可将这件事情分成四步来完成.
第1步涂①,从5种颜色中任选一种,有5种涂法;
第2步涂②,从余下的4种颜色中任选一种,有4种涂法;
第3步涂③与第4步涂④时,分别有3种涂法和2种涂法.
于是由分步乘法计数原理得,不同的涂法为5×4×3×2=120(种).
第2类,①④同色,则①②③不同色,我们可将涂色工作分成三步来完成.
第1步涂①④,有5种涂法;第2步涂②,有4种涂法;第3步涂③,有3种涂法.
于是由分步乘法计数原理得,不同的涂法有5×4×3=60(种).
综上可知,所求的涂色方法共有120+60=180(种).
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
解决涂色(种植)问题的一般思路
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,转化为平面区域的涂色问题.
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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练3如图所示的几何体是由一个三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成的,现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的涂色方案共有 种.?
解析:先涂三棱锥P-ABC的三个侧面,再涂三棱柱的三个侧面,由分步乘法计数原理,共有3×2×1×2=12(种)不同的涂法.
答案:12
探究一
探究二
探究三
素养形成
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元素重复选取的计数问题
典例(1)5名学生从4项体育项目中选取一项参赛,若每一名学生只能参加一项,则有多少种不同的参赛方法?
(2)若5名学生争夺4项比赛冠军(每一名学生参赛项目不限,没有并列冠军),则冠军获得者有几种不同情况?
解:(1)每名学生都可从4项体育项目中选一项,有4种选法,故5名学生的参赛方法有4×4×4×4×4=45=1
024(种).
(2)每个冠军皆有可能被5名学生中任1人获得,则冠军获得者的不同情况有5×5×5×5=54=625(种).
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
方法点睛
解答这类问题,切忌死记公式“mn”和“nm”.而应弄清哪类元素必须用完,从而以它为主进行分析,再用分步乘法计数原理求解.实际上,哪类元素允许重复选取,就以哪类元素的个数为幂的底数.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
1.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同的数字相加,其和为偶数的不同取法的种数为( )
A.30
B.20
C.10
D.6
解析:从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两个不同的数字相加,和为偶数可分为两类,①取出的两数都是偶数,共有3种取法;②取出的两数都是奇数,共有3种取法.故由分类加法计数原理得,共有N=3+3=6(种)取法.
答案:D
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
2.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两个端点异色,若只有4种颜色可供使用,则不同的染色方法共有( )
A.48种
B.72种
C.96种
D.108种
解析:设四棱锥为P-ABCD.
当A,C颜色相同时,先染P有4种方法,再染A,C有3种方法,然后染B有2种方法,最后染D也有2种方法.根据分步乘法计数原理知,共有4×3×2×2=48(种)方法;当A,C颜色不相同时,先染P有4种方法,再染A有3种方法,然后染C有2种方法,最后染B,D都有1种方法.根据分步乘法计数原理知,共有4×3×2×1×1=24(种)方法.综上,共有48+24=72(种)方法.故选B.
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
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3.(2020甘肃靖远第四中学高二期中)我校兼程楼共有5层,每层均有两个楼梯,由一楼到五楼的走法有( )
A.10种
B.16种
C.25种
D.32种
解析:走法共分四步,一层到二层2种,二层到三层2种,三层到四层2种,四层到五层2种,一共24=16(种).故选B.
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
4.某艺术小组有9人,每人至少会钢琴和小号中的一种乐器,其中7人会钢琴,3人会小号,从中选出会钢琴与会小号的各1人,有多少种不同的选法?
解:由题意可知,在艺术小组9人中,有且仅有1人既会钢琴又会小号(把该人记为甲),只会钢琴的有6人,只会小号的有2人.把从中选出会钢琴与会小号各1人的方法分为两类.第1类,甲入选,另1人只需从其他8人中任选1人,故这类选法共8种;第2类,甲不入选,则会钢琴的只能从6个只会钢琴的人中选出,有6种不同的选法,会小号的也只能从只会小号的2人中选出,有2种不同的选法,所以这类选法共有6×2=12(种).因此共有8+12=20(种)不同的选法.第六章计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时
课后篇巩固提升
基础达标练
1.若x∈{1,2,3},y∈{5,7,9},则x·y的不同取值的个数是( )
A.2
B.6
C.9
D.8
解析求x·y需分两步.第1步,x的取值有3种;第2步,y的取值有3种,故共有3×3=9(个)不同的值.
答案C
2.有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球,若从中取出2个几何体,使多面体和旋转体各一个,则不同的取法种数是( )
A.14
B.23
C.48
D.120
解析分两步:第1步,取多面体,有5+3=8(种)不同的取法;第2步,取旋转体,有4+2=6(种)不同的取法.
所以不同的取法种数是8×6=48.
答案C
3.若x,y∈N,且1≤x≤3,x+y<7,则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
解析利用分类加法计数原理.
当x=1时,y=0,1,2,3,4,5,有6个不同的有序自然数对;
当x=2时,y=0,1,2,3,4,有5个不同的有序自然数对;
当x=3时,y=0,1,2,3,有4个不同的有序自然数对.
根据分类加法计数原理可得,共有6+5+4=15(个)不同的有序自然数对.
答案A
4.(2020江苏泰州中学高二月考)有不同的语文书9本,不同的数学书7本,不同的英语书5本,从中选出不属于同一学科的书2本,则不同的选法有( )
A.21种
B.315种
C.153种
D.143种
解析由题意,选一本语文书一本数学书有9×7=63(种),选一本数学书一本英语书有5×7=35(种),
选一本语文书一本英语书有9×5=45(种),
根据分类加法计数原理,共有63+45+35=143(种)选法.故选D.
答案D
5.(2020福建高三模拟)数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏.如图是数独的一个简化版,由3行3列9个单元格构成.玩该游戏时,需要将数字1,2,3(各3个)全部填入单元格,每个单元格填一个数字,要求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字,则不同的填法有( )
A.12种
B.24种
C.72种
D.216种
解析先填第一行,有3×2×1=6(种)不同填法,再填第二行第一列,有2种不同填法,当该单元格填好后,其他单元格唯一确定.根据分步乘法计数原理,共有6×2=12(种)不同的填法.故选A.
答案A
6.如图,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.?
解析满足条件的三角形有两类.第1类,与正八边形有两条公共边的三角形有8个;第2类,与正八边形有一条公共边的三角形有8×4=32(个),所以满足条件的三角形共有8+32=40(个).
答案40
7.有一项活动,需从3位教师、8名男同学和5名女同学中选人参加.
(1)若只需1人参加,则有多少种不同的选法?
(2)若需教师、男同学、女同学各1人参加,则有多少种不同的选法?
解(1)选1人,可分三类:第1类,从教师中选1人,有3种不同的选法;第2类,从男同学中选1人,有8种不同的选法;第3类,从女同学中选1人,有5种不同的选法,共有3+8+5=16(种)不同的选法.
(2)选教师、男同学、女同学各1人,分三步:第1步,选教师,有3种不同的选法;第2步,选男同学,有8种不同的选法;第3步,选女同学,有5种不同的选法,共有3×8×5=120(种)不同的选法.
8.某电视台连续播放6个广告,其中有3个不同的商业广告、2个不同的宣传广告和1个公益广告,要求最后播放的不能是商业广告,宣传广告与公益广告不能连续播放,2个宣传广告也不能连续播放,则有多少种不同的播放方式?
解用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序,则完成这件事有3类方法.
第1类,宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6.分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36(种)不同的播放方式;
第2类,宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6.分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36(种)不同的播放方式;
第3类,宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6.同样分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36(种)不同的播放方式.
由分类加法计数原理,得6个广告不同的播放方式共有36+36+36=108(种).
能力提升练
1.如图,一条电路从A处到B处接通时,可构成线路的条数为(每处只接通一条线路)( )
A.8
B.6
C.5
D.3
解析从A处到B处的电路接通可分两步.第1步,前一个并联电路接通有2条线路;第2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.
答案B
2.某班小张等4名同学报名参加A,B,C三个课外活动小组,每名同学限报其中一个小组,且小张不能报A小组,则不同的报名方法有( )
A.27种
B.36种
C.54种
D.81种
解析小张的报名方法有2种,其他3名同学的报名方法各有3种,由分步乘法计数原理知,共有2×3×3×3=54(种)不同的报名方法,故选C.
答案C
3.(2020黑龙江牡丹江高二月考)5名同学报名参加两个课外活动小组,每名同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有( )
A.10种
B.20种
C.25种
D.32种
解析每名同学都有2种选择,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法共有25=32(种).
答案D
4.如右图所示,小圆圈表示网络的结点,结点之间的线段表示它们有网线相连.连线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,信息可以从分开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
解析因信息可以分开沿不同的路线同时传递,由分类加法计数原理,完成从A向B传递有四种方法,12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6,故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和,即3+4+6+6=19,故选D.
答案D
5.设m∈{1,2,3,4},n∈{-12,-8,-4,-2},则函数f(x)=x3+mx+n在区间[1,2]上有零点的概率是
( )
A.
B.
C.
D.
解析根据题意,f'(x)=3x2+m,又因为m>0,所以f'(x)=3x2+m>0;
故f(x)=x3+mx+n在R上单调递增,
若函数f(x)=x3+mx+n在区间[1,2]上有零点,
则只需满足条件f(1)≤0且f(2)≥0.
所以m+n≤-1且2m+n≥-8,
所以-2m-8≤n≤-m-1,
当m=1时,n取-2,-4,-8;
当m=2时,n取-4,-8,-12;
当m=3时,n取-4,-8,-12;
当m=4时,n取-8,-12;
共11种取法,而m有4种选法,n有4种选法,
则函数f(x)=x3+mx+n有4×4=16(种)情况,
故函数f(x)=x3+mx+n在区间[1,2]上有零点的概率是,故选C.
答案C
6.(2020江苏南京高二期中)为了进一步做好社区疫情防控工作,从6名医护人员中任意选出2人分别担任组长和副组长,则有 种不同的选法.?
解析首先从6人中选1人担任组长,共有6种不同的选法;然后从剩余5人中选1人担任副组长,共有5种不同的选法.根据分步乘法计数原理,从6名医护人员中任意选出2人分别担任组长和副组长共有6×5=30(种)不同的选法.
答案30
7.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,此人想把这种特殊要求的号买全,需要花 元.?
解析分四步:第1步,从01至10中选3个连续的号码有01,02,03;02,03,04;…;08,09,10,共8种不同的选法;
第2步,同理,从11至20中选2个连续的号码有9种不同的选法;
第3步,从21至30中选一个号码有10种不同的选法;
第4步,从31至36中选一个号码有6种不同的选法.
共可组成8×9×10×6=4
320(注),所以需要花费2×4
320=8
640(元).
答案8
640
8.现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画.
(1)从中任选1幅画布置房间,有几种不同的选法?
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选1幅画布置房间,有几种不同的选法?
(3)从这些画中任选出2幅不同画种的画布置房间,有几种不同的选法?
解(1)利用分类加法计数原理,知共有5+2+7=14(种)不同的选法.
(2)国画有5种不同的选法,油画有2种不同的选法,水彩画有7种不同的选法.由分步乘法计数原理,知共有5×2×7=70(种)不同的选法.
(3)三类分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画.由分类加法计数原理和分步乘法计数原理,知共有5×2+2×7+5×7=59(种)不同的选法.
素养培优练
用0,1,2,3,4,5可以组成多少个符合下列要求的无重复数字的数?
(1)四位整数;
(2)比2
000大的四位偶数.
解
(1)分步解决:
第1步,千位数字有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,可组成无重复数字的四位整数5×5×4×3=300(个).
(2)(方法一)按个位是0,2,4分为三类:
第1类,个位是0的有4×4×3=48(个);第2类,个位是2的有3×4×3=36(个);第3类,个位是4的有3×4×3=36(个).
则由分类加法计数原理知,有48+36+36=120(个)无重复数字的比2
000大的四位偶数.
(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).
由分类加法计数原理知,有24+36+24+36=120(个)无重复数字的比2
000大的四位偶数.
