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2016高考第一轮复习10.1


一轮复习讲义

分类计数原理与分步计数原理

知识网络
计数原理

分类计数原理

分步计数原理
排列的定义 排列、组合

排列
排列数公式

组合的定义
计 数 原 理 组合 组合数公式 组合数性质 二项式定理

/>
应 用

二项式定理

通项 二项式系数性质

1.两个原理的区别于联系
名称 内容

加法原理

乘法原理
做一件事 , 完成它可 以有n个步骤,做第一步 中有 m1 种不同的方法 , 做 第 二 步 中 有 m2 种 不 同的方法 …, 第 n 步中有 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.

做一件事 , 完成它可 以有n类办法,第一类办 法 中 有 m1 种 不 同 的 方 法 , 第二类办法中有 m2 定 义 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=m1+m2+m3+…+mn 种不同的方法. 相同点 不同点

做一件事或完成一项工作的方法数 直接(分类)完成 间接(分步骤)完成

要点梳理

忆一忆知识要点

3.分类计数原理与分步计数原理,都涉及完成一件事情的不 同方法的种数.它们的区别在于:分类计数原理与分类有 关,各种方法相互独立,用其中的任一种方法都可以完成 这件事;分步计数原理与分步有关,各个步骤相互依存, 只有各个步骤都完成了,这件事才算完成.

失误与防范
应用两种原理解题: (1)分清要完成的事情是什么? (2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成, “类”间互相 独立,“步”间互相联系; (3)有无特殊条件的限制; (4)检验是否有重漏.

分类计数原理
例 1 高三一班有学生 50 人,男生 30 人,女生 20 人;高三 二班有学生 60 人,男生 30 人,女生 30 人;高三三班有 学生 55 人,男生 35 人,女生 20 人. (1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主 席,有多少种不同的选法? (2)从高三一班、二班男生中,或从高三三班女生中选一 名学生任学生会体育部长,有多少种不同的选法?
用分类计数原理. 解 (1)50+60+55=165(种),即所求选法有 165 种. (2)30+30+20=80(种),即所求选法有 80 种.

探究提高
分类时,首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标 准,然后在这个标准下进行分类;其次分类时要注意满足一个 基本要求,就是完成这件事情的任何一种方法必须属于某一 类,并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法,只有满 足这些条件,才可以用分类计数原理.

变式训练 1
同学衣服上左、右各有一个口袋,左边口袋装有 30 张英语单 词卡片,右边口袋装有 20 张英语单词卡片,这些英语单词卡 片都互不相同,则从两个口袋里任取一张英语单词卡片,共有

50 种不同的取法. ________
从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类:

第一类: 从左边口袋取一张英语单词卡片有 30 种不同的取法;

第二类: 从右边口袋取一张英语单词卡片有 20 种不同的取法;
上述的其中任何一种取法都能独立完成取一张英语单词卡片 这件事,应用分类计数原理来解题,所以从中任取一张英语单 词卡片的方法种数为 30+20=50(种).

分步计数原理
例 2 已知集合 M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面 上的点(a,b∈M),问: (1)P 可表示平面上多少个不同的点? (2)P 可表示平面上多少个第二象限的点? (3)P 可表示多少个不在直线 y=x 上的点?

完成“确定点 P”这件事需依次确定横、纵坐标,应用分 步计数原理.



(1)确定平面上的点 P(a,b)可分两步完成:

第一步确定 a 的值,共有 6 种确定方法;
第二步确定 b 的值,也有 6 种确定方法. 根据分步计数原理,得到平面上的点的个数是 6×6=36.
(2)确定第二象限的点,可分两步完成:第一步确定 a,由于 a<0,所以有 3 种确定方法; 第二步确定 b,由于 b>0,所以有 2 种确定方法. 由分步计数原理,得到第二象限的点的个数是 3×2=6.
(3)点 P(a,b)在直线 y=x 上的充要条件是 a=b. 因此 a 和 b 必须在集合 M 中取同一元素,共有 6 种取法, 即在直线 y=x 上的点有 6 个.
由(1)得不在直线 y=x 上的点共有 36-6=30(个).

探究提高
利用分步计数原理解决问题:①要按事件发生的过程合理分 步,即分步是有先后顺序的;②各步中的方法互相依存,缺一 不可,只有各个步骤都完成了才算完成这件事.

变式训练 2
已知集合 M={-3,-2,-1,0,1,2},若 a,b,c∈M,则: (1)y=ax2+bx+c 可以表示多少个不同的二次函数; (2)y=ax2+bx+c 可以表示多少个图象开口向上的二次函数.
解 (1)a 的取值有 5 种情况,b 的取值有 6 种情况,c 的取值 有 6 种情况,因此 y=ax2+bx+c 可以表示 5×6×6=180(个) 不同的二次函数. (2)y=ax2+bx+c 的开口向上时,a 的取值有 2 种情况,b、c 的取值均有 6 种情况,因此 y=ax2+bx+c 可以表示 2×6×6 =72(个)图象开口向上的二次函数.

两个计数原理的综合应用
例 3 用 0,1,2,3,4,5 可以组成多少个无重复数字的比 2 000 大 的 4 位偶数?

解答本题可以先选个位数字,后选千、百、十位数字.
解 完成这件事可分为 3 类方法: 第一类是用 0 做结尾的比 2 000 大的 4 位偶数,它可以分三步 去完成: 第一步,选取千位上的数字,只有 2,3,4,5 可以选择,有 4 种
选法;

第二步, 选取百位上的数字, 除 0 和千位上已选定的数字以外, 还有 4 个数字可供选择,有 4 种选法;

第三步,选取十位上的数字,还有 3 种选法. 依据分步计数原理,这类数的个数有 4×4×3=48(个); 第二类是用 2 做结尾的比 2 000 大的 4 位偶数,它可以分三步 去完成: 第一步,选取千位上的数字,除去 2,1,0 只有 3 个数字可以选 择,有 3 种选法; 第二步,选取百位上的数字,在去掉已经确定的首尾两数字之 后,还有 4 个数字可供选择,有 4 种选法; 第三步,选取十位上的数字,还有 3 种选法. 依据分步计数原理,这类数的个数有 3×4×3=36(个);

第三类是用 4 做结尾的比 2 000 大的 4 位偶数,其步骤同第二 类,有 3×4×3=36(个).
对以上三类结论用分类计数原理,可得所求无重复数字的比 2 000 大的 4 位偶数有 48+36+36=120(个).

探究提高
用两个计数原理解决计数问题时,关键是明确需要分类还是 分步. (1)分类要做到“不重不漏”,分类后再分别对每一类进行计 数,最后用分类计数原理求和,得到总数. (2)分步要做到“步骤完整”,只有完成了所有步骤,才完成 任务,根据分步计数原理,把完成每一步的方法数相乘,得 到总数. (3)对于复杂问题,可同时运用两个计数原理或借助列表、画 图的方法来帮助分析.

变式训练 3
如图所示,将一个四棱锥的每一个顶点染 上一种颜色,并使同一条棱上的两端异色, 如果只有 5 种颜色可供使用,求不同的染 色方法总数.
解 方法一 可分为两大步进行,先将四棱锥一侧面三顶点染 色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用分步计数原理即 可得出结论.由题设,四棱锥 S—ABCD 的顶点 S、A、B 所染 的颜色互不相同,它们共有 5×4×3=60(种)染色方法.

当 S、A、B 染好时,不妨设其颜色分别为 1、2、3,若 C 染 2, 则 D 可染 3 或 4 或 5,有 3 种染法;若 C 染 4,则 D 可染 3 或 5, 有 2 种染法; 若 C 染 5, 则 D 可染 3 或 4, 有 2 种染法. 可 见,当 S、A、B 已染好时,C、D 还有 7 种染法,故不同的染 色方法有 60×7=420(种).
方法二 以 S、A、B、C、D 顺序分步染色. 第一步,S 点染色,有 5 种方法;

第二步,A 点染色,与 S 在同一条棱上,有 4 种方法; 第三步,B 点染色,与 S、A 分别在同一条棱上,有 3 种方法;

第四步,C 点染色,也有 3 种方法,但考虑到 D 点与 S、A、C 相邻,需要针对 A 与 C 是否同色进行分类,当 A 与 C 同色时, D 点有 3 种染色方法;当 A 与 C 不同色时,因为 C 与 S、B 也 不同色, 所以 C 点有 2 种染色方法, D 点也有 2 种染色方法. 由 分步、 分类计数原理得不同的染色方法共有 5×4×3×(1×3+ 2×2)=420(种).
方法三 按所用颜色种数分类. 第一类,5 种颜色全用,共有 A5 5种不同的方法;
第二类,只用 4 种颜色,则必有某两个顶点同色(A 与 C,或 B 与 D),共有 2×A4 5种不同的方法;

第三类,只用 3 种颜色,则 A 与 C、B 与 D 必定同色,共有
3 A5 种不同的方法.

由分类计数原理,得不同的染色方法总数为
5 3 A5 +2×A4 + A 5 5=420(种).

一 映射个数问题

例1.设 A={a, b, c, d, e }, B={x, y, z}, 从A到B共有多少 种不同的映射? 形成一个映射,就是让A中所有元素都找到对应元素.

解:第一步,给a找对应元素,有3种方法; 第二步,给b找对应元素,有3种方法; 第三步,给c找对应元素,有3种方法; 第四步,给d找对应元素,有3种方法; 第五步,给e找对应元素,有3种方法. 则共有方法种数N=35. 【结论】集合A中有m个元素,集合B中有n个元素, 那么从A到B可以构造nm个映射.

例1.设A={a, b, c, d, e, f }, B={x, y, z}, 从A到B共 有多少种不同的映射?
【1】设A={1, 2, 3}, B={4, 5, 6},从A到B满 足1的象是4的映射有多少种? 9 【2】设集合A ={x, y, z}, B ={-1, 0, 1}, 映射 f:A→B满足f (x)+f (y) + f (z)=0的映射有多少种?

1 ? 3 ? 2 ? 1 ? 7.

【3】已知集合A={a,b,c,d },集合B={1, 2, 3, 4, 5}, 集合C= {e, f, g, h }. (1)从集合B 到集合A可以建立多少个不同的映射? (2)在集合A到集合B的映射中,若要求集合A中的不同元 素的象也不同,这样的映射有多少个? (3)从集合A到集合C可以建立多少个一一映射?

(1)45 ? 1024(个);

(2)5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 120(个);
(3)4 ? 3 ? 2 ? 1 ? 24(个).

二 子集问题
5 例2.集合A={a, b, c, d, e},它的子集个数为___, 2 5 5 真子集个数为______, 2 ? 1 非空子集个数为_____, 2 ?1 5 非空真子集个数为_______. 2 ?2

【1】集合M满足{1, 2}?M?{0, 1, 2, 3, 4, 5}, 则这样的集合M有多少个?

2

6? 2

? 16

二 子集问题
【规律】n元集合{a1, a2, · · · , an},的不同子 集有个_____ 2n 个 .

真子集有______ 2 ? 1 个,
n

2 ?1 , 非空子集个数为_________
n

2 ?2 非空真子集个数有__________.
n

三、着色问题
例3.如图,要给地图A, B, C, D四个区域分别涂上3种不 同颜色中的某一种 , 允许同一种颜色使用多次 , 但相邻 区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种? 解: 按地图A, B, C, D四个区域依次分四步完成, 第一步, m1 = 3 种, 第二步, m2 = 2 种, 第三步, m3 = 1 种, 第四步, m4 = 1 种, 所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案种数共有

N = 3 × 2× 1× 1 = 6 种 .

用红,黄,绿,黑四种不同的颜色涂入下图中的 五个区域内,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? A D 解:当B与D同色时, 有4?3?2?1?2=48种; E B C 当B与D不同色时, 有4?3?2?1?1=24种. 故共有48+24=72种不同的涂色方法.

点评:像这类给区域涂色的问题,我们应该给区域 依次标上相应的序号,以便分析问题,在给各区域 涂色时 ,要注意不同的涂色顺序其解题就有繁简 之分. A D B C

E

如本例若按A、B、E、D、C顺序涂色时,在 最后给区域 C 涂色时 ,就应考虑 A 与E 是否同色,B 与 D 是否同色这两种情况 . 因此在分析解决这类 问题时,应按不同的涂色顺序多多尝试,看那一个 最简单.本例易错点:未考虑B与D是否同色.

四、排数字问题
例4.用0, 1, 2, 3, 4, 5这六个数字, (1)可以组成多少个各位数字不允许重复的六位 的自然数? 5 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 ? 600 (2)可以组成多少个各位数字不允许重复的三位 的奇数? 3 ? 4 ? 4 ? 48 (3)可以组成多少个各位数字不重复的小于1000 的自然数? 6 ? 5 ? 5 ? 5 ? 5 ? 4 ? 131 (4)可以组成多少个大于3000,小于5421且各位 数字不允许重复的四位数?

5 ? 4 ? 3 ?5 ? 4 ? 3 ?4 ? 4 ? 3 ?2 ? 3 ? 1 ? 175

【1】1, 2, 3, 4数字可以组成多少个没有重复数字 能被3整除的三位数? 3 ? 2 ? 1 ? 3 ? 2 ? 1 ? 12.

【 2 】 随着人们生活水平的提高,某城市家庭 汽车拥有量迅速增长,汽车牌照号码需要扩容.交 通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法,每一 个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和3 个不重复的阿拉伯数字,并且3个字母必须合成一 组出现,3个数字也必须合成一组出现,那么这种 办法共能给多少辆汽车上牌照?

(26 ? 25 ? 24 ? 10 ? 9 ? 8) ?2

五、综合问题
例 5. 同室 4 人各写 1 张贺年卡,先集中起来,然后每人 从中各拿 1张别人送出的贺年卡,则 4张贺年卡不同的 分配方式有 9 种.
方法一:采用”分步”处理 第一步:甲先拿,按规定甲可拿2,3,4当中的一张,有3 种方法. 第二步:让与甲取走的卡片相对应的人来拿,有3种拿 法.(例如甲拿的是2,则乙有3种拿法.) 第三步:让剩余的两个人拿,都均有1种拿法. 总的方法数 N=3×3×1×1=9.

解:四名同学分别为: 甲、乙、丙、丁, 所写贺卡依次为 1, 2, 3, 4. 树图法



2

3

4 3 2 1

乙 1 3 丙 4 4 丁 3 1

4 1 3

1 4 2 4 2 1

4 1 2

1 3 2 1 3 2

例6.自然数4320有多少个正约数?
解:4320=25×33×5,其正约数的结构式为

2? ? 3? ? 5?
其中α可取0,1,2,3,4, 5;β可取0, 1, 2, 3;γ可取0,1.

即在α,β,γ所形成的取值集合中,各取一个元素填入 上式, 就得4320的一个约数.
第一步:取20,21,22,23,24,25有6种; 第二步:取30,31,32,33有4种; 第三步:取50,51有2种.

由分步计数原理,共有6×4×2=48种.

24 【1】630的不同的正约数的个数是____.
解:630=2×32×5×7 ? 2 ? 3 ? 2 ? 2 ? 24 (个). 【2】5张1元币,4张1角币,1张5分币,2张 179 种不同的币值?(1张不取, 2分币,可组成_____ 即0元0分0角不计在内) 元:0,1,2,3,4,5 角:0,1,2,3,4 分:0,2,4,5,7,9 6×5×6-1=179

【3】三边长均为整数,且最大边长为11的三 角形共有多少个?
解:另两边长用x,y表示,且不妨设1≤x≤y≤11,要构成三角 形,必须x+y≥12.

当 y=11时, x ? 1, 2, 3,? ,11, 有11个三角形; 当 y=10时, x ? 2, 3,4,? , 10, 有9个三角形;

?????????? 当 y=6时, x ? 6, 有1个三角形;
所以,所求三角形的个数共有

11 ? 9 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 ? 36 (个).


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