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1.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理第四课时


第四课时 教学目标 知识与技能 复习分类加法计数原理和分步乘法计数原理、总结题型. 过程与方法 通过对简单实例的解决,复习分类加法计数原理和分步乘法计数原理和应用方法. 情感、态度与价值观 引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式, 培养学生的抽象概括能力和 分类讨论能力. 重点难点 教学重点:复习分类加法计数原理和分步乘法计数原理、总结题型. 教学难点:复习分类加

法计数原理和分步乘法计数原理、解决实际问题. 教学过程 复习回顾 提出问题:回顾本单元前三课时的学习过程,总结学习的内容和方法. 活动设计:学生自己总结,小组交流,举手发言,同学补充. 活动成果:1.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+…+mn 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理:完成一件事,需要 n 个不同的步骤,做第 1 步有 m1 种不同的方 法,做第 2 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=m1× m2×…×mn 种不同的方法. 3.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别与联系: (1)相同点:都是回答有关完成一件事的不同方法种数的问题; (2)不同点:分类加法计数原理针对的是 “分类”问题,完成一件事要分为若干类,各类 的方法相互独立, 各类中的各种方法也相对独立, 用任何一类中的任何一种方法都可以单独 完成这件事,是独立完成;而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题,完成一件事要分为若 干步,各个步骤相互依存,只完成任何其中的一步都不能完成该件事,只有当各个步骤都完 成后,才算完成这件事,是合作完成. 设计意图:培养学生的概括能力,检查学生的学习情况. 典型例题 类型一:分类加法计数原理问题 例 1 已知两条异面直线 a, b 上分别有 5 个点和 8 个点, 则经过这 13 个点可以确定几个 不同的平面? 思路分析:分两类:第一类,直线 a 与直线 b 上的 8 个点中每一个点确定一个平面,有 8 个不同的平面;第二类,直线 b 与直线 a 上的 5 个点中每一个点确定一个平面,有 5 个不 同的平面.根据分类加法计数原理,共有 8+5=13 个不同的平面. 点评:分类问题要找好分类依据. 【巩固练习】 如图,以五边形的顶点为顶点的不同的三角形共有多少个?

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解:所有不同的三角形分为两类.第一类:其中有两条边是原五边形的边,这样的三角 形有 5 个;第二类:其中有且只有一条边是原五边形的边,这样的三角形有 5 个.根据分类 加法计数原理,共有 5+5=10 个不同的三角形. 【变练演编】 三边长均为整数,且最大边长为 11 的三角形个数是多少? 解:设较小的两边长为 x,y,且 x≤y, 则 x≤y≤11,x+y>11,x,y∈N*. 当 x=1 时,y=11; 当 x=2 时,y=10,11; 当 x=3 时,y=9,10,11; 当 x=4 时,y=8,9,10,11; 当 x=5 时,y=7,8,9,10,11; 当 x=6 时,y=6,7,8,9,10,11; 当 x=7 时,y=7,8,9,10,11; 当 x=8 时,y=8,9,10,11; 当 x=9 时,y=9,10,11; 当 x=10 时,y=10,11; 当 x=11 时,y=11. 所以不同三角形的个数为 1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36. 类型二:分步乘法计数原理 例 2 已知 x∈{2,3,7},y∈{-31,-24,4},则 x· y 可表示不同的值的个数为______. 思路分析:可分成两步完成:第一步,x 在集合{2,3,7}中任取一个值,有 3 种方法;第 二步,y 在集合{-31,-24,4}中任取一个值,有 3 种方法.根据分步乘法计数原理得,有 3× 3=9 种不同的值. 【巩固练习】 从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取 3 个元素分别作为直线方程 Ax+By+C=0 中的 A, B, C, 所得经过坐标原点的直线有________条. 解:因为过原点的直线常数项为 0,所以 C=0,从集合中的 6 个非零元素中任取一个 作为系数 A,有 6 种方法,再从其余的 5 个元素中任取一个作为系数 B,有 5 种方法,由分 步乘法计数原理得,适合条件的直线共有 1× 6× 5=30 条. 【变练演编】 A={-1,0,1},B={2,3,4,5,7},若 f 表示从集合 A 到集合 B 的映射,那么满足 x+f(x) +xf(x)为奇数的映射有________个. 解:x+f(x)+xf(x)=x+(x+1)f(x)为奇数,当 x 为奇数时,x+1 为偶数,f(x)有 5 种可 能;若 x 为偶数,x+1 为奇数,f(x)必为奇数,有 3 种可能.故满足条件的映射为 5× 3× 5= 75 个.

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类型三:排数字问题 例 3 由数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的六位数, 其中个位数字小于十位数字的共有 ( ) A.210 种 B.300 种 C.464 种 D.600 种 思路分析:分 5 类. 第一类:个位数字为 0 时,分 5 步排前 5 位数字,共有 5× 4× 3× 2× 1=120 种排法; 第二类:个位数字为 1 时,先排 0,只能排在百、千、万位,有 3 种排法,其余 4 个数 字排在 4 个位置上,分 4 步,共有 3× 4× 3× 2× 1=72 种排法; 第三类:个位数字为 2 时,先排 0,只能排在百、千、万位,有 3 种排法,再排十位数 字,有 3 种排法,其余 3 个数字排在 3 个位置上,分 3 步,共有 3× 3× 3× 2× 1=54 种排法; 第四类:个位数字为 3 时,先排 0,只能排在百、千、万位,有 3 种排法,再排十位数 字,有 2 种排法,其余 3 个数字排在 3 个位置上,分 3 步,共有 3× 2× 3× 2× 1=36 种排法; 第五类:个位数字为 4 时,先排 0,只能排在百、千、万位,有 3 种排法,再排十位数 字,有 1 种排法,其余 3 个数字排在 3 个位置上,分 3 步,共有 3× 1× 3× 2× 1=18 种排法; 根据分类加法计数原理,共有 120+72+54+36+18=300 种不同的排法. 【巩固练习】 由数字 0,1,2,3,4,5,6 这七个数字能组成多少个无重复数字的四位偶数? 答案:420 【变练演编】 从 1,2,3,…,100 这 100 个数中任取两个数,使其和能被 4 整除的取法(不计顺序)有多 少种? 解: 将 I={1,2,3…, 100}分成四个不相交的子集, 能被 4 整除的数集 A={4,8,12, …100}; 能被 4 除余 1 的数集 B={1,5,9,…97},能被 4 除余 2 的数集 C={2,6,…,98},能被 4 除余 3 的数集 D={3,7,11,…99},易知这四个集合中每一个有 25 个元素;从 A 中任取两 个数符合;从 B,D 中各取一个数也符合要求;从 C 中任取两个数也符合要求;此外其他 25× 24 25× 24 取法都不符合要求;所以符合要求的取法共有 +25× 25+ =1 225 种. 2 2 类型四:染色问题 例 4 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点异色, 如果只 有 5 种颜色可供使用,求不同的染色方法总数.

思路分析:分两类. 第一类,如图,C 与 A 颜色相同.由题知,四棱锥 SABCD 的顶点 S、A、B 所染色互 不相同,它们共有 5× 4× 3=60 种染色方法.共有 5× 4× 3× 1× 3=180 种方法; 第二类,如图,C 与 A 颜色不相同.由题知,四棱锥 SABCD 的顶点 S、A、B 所染色 互不相同,它们共有 5× 4× 3=60 种染色方法.共有 5× 4× 3× 2× 2=240 种方法;
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由分类加法计数原理,共有 180+240=420 种不同的方法. 【巩固练习】 有如图所示四块地,有 5 种作物可供选择,要求相邻两块地不种同一作物,共有多少种 不同的种法?

答案:260 【变练演编】 将 4 种颜色涂在一个四棱锥的五个顶点, 并使同一条棱上的两端点异色, 求不同的染色 方法总数. 答案:48 【达标检测】 1.某电话局的电话号码为 168-*****,若后面的五位数字是由 6 或 8 组成的,则这样 的电话号码一共有( ) A.20 个 B.25 个 C.32 个 D.48 个 2.从 1 到 200 的自然数中,各个数位上均不含有数字 8 的自然数有______个. 在 1~20 共 20 个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种? 答案:1.C 2.162 90 课堂小结 1.知识收获:复习两个原理,两个原理的区别与联系. 2.方法收获:分类讨论. 3.思维收获:分类讨论. 补充练习 【基础练习】 1.(1)有 4 名学生报名参加数学、物理、化学竞赛,每人限报一科,有多少种不同的报 名方法? (2)有 4 名学生争夺数学、物理、化学竞赛冠军,有多少种不同的结果? (3)将 3 封不同的信投入 4 个不同的邮筒,则有多少种不同投法? 2.把 6 名实习生分配到 7 个车间实习共有多少种不同方法? 3.8 名同学争夺 3 项冠军,获得冠军的可能性有________种. 答案:1.(1)34 (2)43 (3)43 2.76 3.83 【拓展练习】 x y 已知直线 + =1(a, b 是非零常数)与圆 x2+y2=100 有公共点, 且公共点的横坐标和纵 a b 坐标均为整数,那么这样的直线共有________条. 答案:60 设计说明 本节课是对本单元的复习课,本节课的目标是复习基础知识,总结基本题型,系统总结 方法.整节课的设计注重学生的思考和学生的参与,在教师准备的问题驱动下,引导学生复 习已经学过的方法,举一反三,提高效果. 备课资料

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例 1 从 5 种颜色中选出三种颜色, 涂在一个四棱锥的五个顶点上, 每个顶点上染一种颜 色,并使同一条棱上的两端点异色,求不同的染色方法总数.

思路分析:本题和例 4 的区别在于,除了保证同一条棱上的两端点异色之外,还必须保 证恰好使用三种颜色.如图,由题知,四棱锥 SABCD 的顶点 S、A、B 所染色互不相同, 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. 点评:从 A、C 必须颜色相同,B、D 必须颜色相同入手解决这一问题. 变式:从 5 种颜色中选出四种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每个顶点上染一种 颜色,并使同一条棱上的两端点异色,求不同的染色方法总数. 思路分析:本题和例 4 的区别在于,除了保证同一条棱上的两端点异色之外,还必须保 证恰好使用四种颜色. 解法一:如例 1 图,由题知,四棱锥 SABCD 的顶点 S、A、B 所染色互不相同,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, 有 5× 4× 3× 2=120 种涂法; 根据分步乘法计数原理, 共有 2× 120 =240 种不同的涂法. 解法二:分两类. 第一类,C 与 A 颜色相同.如例 1 图,由题知,四棱锥 SABCD 的顶点 S、A、B 所染 色互不相同,它们共有 5× 4× 3=60 种染色方法.共有 5× 4× 3× 1× 2=120 种方法; 第二类,C 与 A 颜色不相同.如例 1 图,由题知,四棱锥 SABCD 的顶点 S、A、B 所 染色互不相同,它们共有 5× 4× 3=60 种染色方法.共有 5× 4× 3× 2× 1=120 种方法; 由分类加法计数原理,共有 120+120=240 种不同的方法. 例 2 在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况 共有( )种. A.24 B.43 C.34 D.6 误解:把四个冠军,排在甲、乙、丙三个位置上,选 A. 错因分析:误解是没有理解乘法原理的概念,盲目地套用公式. 正解:四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取,每项冠军都有 3 种选取方法,由 分步乘法计数原理知共有 3× 3× 3× 3=34 种. 说明:本题还有同学这样误解,甲、乙、丙夺冠均有四种情况,由乘法原理得 43.这是 由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后,其他人就不再有 4 种夺冠可能. (设计者:徐西文)

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