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高考数学计数原理 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案 理 新人教版


第1讲

分类加法计数原理与分步乘法计数原理

【2013 年高考会这样考】 考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用. 【复习指南】 复习时要弄清分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别与联系, 这是解排列组合问题的 基 础.

基础梳理 1.分类加法计数原理 完成一件事有 n 类不同的方案,在第一类方案中有 m1

种不同的方法,在第二类方案中有 m2 种不同的方法,??,在第 n 类方案中有 mn 种不同的方法,则完成这件事情共有 N=m1+m2 +?+mn 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事情需要分成 n 个不同的步骤,完成第一步有 m1 种不同的方法,完成第二步有 m2 种不同的方法,??,完成第 n 步有 mn 种不同的方法,那么完成这件事情共有 N =

m1×m2×?×mn 种不同的方法.

两个原理 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终. 分类加法计 数原理中,完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类,简单的说分类的标准是 “不重不漏,一步完成”.而分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,在各个步骤中任取 一种方法,即是完成这件事的一种方法,简单的说步与步之间的方法“相互独立,多步完 成”. 类比加法与乘法的关系, 在特定的情况下分步乘法计数原理可简化运用分类加法计数原理的 过程. 双基自测 1.(人教 A 版教材习题改编)由 0,1,2,3 这四个数字组成的四位数中,有重复数字的四位数 共有( A.238 个 ). B.232 个 C.174 个 D.168 个
3

解析 可用排除法由 0,1,2,3 可组成的四位数共有 3×4 =192(个), 其中无重复的数字的四 位数共有 3A3=18(个),故共有 192-18=174(个).
3

答案 C 2.(2010·广州模拟)已知集合 A={1,2,3,4},B={5,6,7},C={8,9}.现在从这三个集合 中取出两个集合,再从这两个集合中各取出一个元素,组成一个含有两个元素的集合,则一 共可以组成多少个集合( A.24 个
1 1 4 3 1 1 4 2

). C.26 个 D.27 个

B.36 个
1 1 3 2

解析 C C +C C +C C =26,故选 C. 答案 C 3.(2012·滨州调研)甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门,则甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法有( A.6 种 ). C.24 种 D.30 种

B.12 种

解析 分步完成.首先甲、乙两人从 4 门课程中同选 1 门,有 4 种方法,其次甲从剩下的 3 门课程中任选 1 门, 3 种方法, 有 最后乙从剩下的 2 门课程中任选 1 门, 2 种方法, 有 于是, 甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法共有 4×3×2=24(种),故选 C. 答案 C 4.(2010·湖南)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

解析 若 4 个位置的数字都不同的信息个数为 1;若恰有 3 个位置的数字不同的信息个数为 C4;若恰有 2 个位置上的数字不同的信息个数为 C4,由分类计数原理知满足条件的信息个数 为 1+C4+C4=11. 答案 B
3 2 3 2

5.某电子元件是由 3 个电阻组成的回路,其中有 4 个焊点 A、B、C、D,若某个焊点脱落, 整个电路就不通,现在发现电路不通了,那么焊点脱落的可能情况共有________种. 解析 法一 当线路不通时焊点脱落的可能情况共有 2×2×2×2-1=15(种). 法二 恰有 i 个焊点脱落的可能情况为 C4(i=1,2,3,4)种, 由分类计数原理, 当电路不通时 焊点脱落的可能情况共 C4+C4+C4+C4=15(种). 答案 15
1 2 3 4

i

考向一 分类加法计数原理 【例 1】? (2011·全国)某同学有同样的画册 2 本,同样的集邮册 3 本,从中取出 4 本赠送

给 4 位朋友,每位朋友一本,则不同的赠送方法共有( A.4 种 B.10 种 C.18 种 D.20 种

).

[审题视点] 由于是两类不同的书本,故用分类加法计数原理. 解析 赠送一本画册,3 本集邮册,共 4 种方法;赠送 2 本画册,2 本集邮册共 C4种方法, 由分类计数原理知不同的赠送方法共 4+C4=10(种). 答案 B 分类时,首先确定一个恰当的分类标准,然后进行分类;其次分类时要注意完成 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,才可以用分类加法计数原理.
2 2

【训练 1】 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 把与正八边形有公共边的三角形分为两类: 第一类,有一条公共边的三角形共有 8×4=32(个); 第二类,有两条公共边的三角形共有 8(个). 由分类加法计数原理知,共有 32+8=40(个). 答案 40 考向二 分步乘法计数原理 【例 2】? (2011·北京)用数字 2,3 组成四位数,且数字 2,3 至少都出现一次,这样的四位 数共有________个(用数字作答). [审题视点] 组成这个四位数须分 4 步完成,故用分步乘法计数原理. 解析 法一 用 2,3 组成四位数共有 2×2×2×2=16(个), 其中不出现 2 或不出现 3 的共 2 个,因此满足条件的四位数共有 16-2=14(个). 法二 满足条件的四位数可分为三类:第一类含有一个 2,三个 3,共有 4 个;第二类含有 三个 2,一个 3 共有 4 个;第三类含有二个 2,二个 3 共有 C4=6(个),因此满足条件的四位 数共有 2×4+C4=14(个). 答案 14 此类问题, 首先将完成这件事的过程分步, 然后再找出每一步中的方法有多少种, 求其积.注意:各步之间相互联系,依次都完成后,才能做完这件事.简单说使用分步计数 原理的原则是步与步之间的方法“相互独立,逐步完成”. 【训练 2】 由数字 1,2,3,4,
2 2

(1)可组成多少个 3 位数; (2)可组成多少个没有重复数字的 3 位数; (3)可组成多少个没有重复数字的三位数,且百位数字大于十位数字,十位数字大于个位数 字. 解 (1)百位数共有 4 种排法;十位数共有 4 种排法;个位数共有 4 种排法,根据分步计数 原理共可组成 4 =64 个 3 位数. (2)百位上共有 4 种排法;十位上共有 3 种排法;个位上共有 2 种排法,由分步计数原理共 可排成没有重复数字的 3 位数 4×3×2=24(个). (3)排出的三位数分别是 432、431、421、321,共 4 个.
3

考向三 涂色问题

【例 3】? 如图,用 5 种不同的颜色给图中 A、B、C、D 四个区域涂色,规定每个区域只涂 一种颜色,相邻区域颜色不同,求有多少种不同的涂色方法? [审题视点] 根据乘法原理逐块涂色,要注意在不相邻的区域内可使用同一种颜色. 解 法一 如题图分四个步骤来完成涂色这件事: 涂 A 有 5 种涂法;涂 B 有 4 种方法;涂 C 有 3 种方法;涂 D 有 3 种方法(还可以使用涂 A 的 颜色). 根据分步计数原理共有 5×4×3×3=180 种涂色方法. 法二 由于 A、B、C 两两相邻,因此三个区域的颜色互不相同,共有 A5=60 种涂法;又 D 与 B、C 相邻、因此 D 有 3 种涂法;由分步计数原理知共有 60×3=180 种涂法. 涂色问题的实质是分类与分步,一般是整体分步,分步过程中若出现某一步需分 情况说明时还要进行分类.涂色问题通常没有固定的方法可循,只能按照题目的实际情况, 结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理.
3

【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,求不同的染色方法种数. 解 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,用分步乘法原理即可得出结论.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; C 染 4, D 可染 3 或 5, 2 种染法, C 染 5, D 可染 3 或 4, 2 种染法. 若 则 有 若 则 有 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). 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.由分步乘法、分类加法计数 原理得不同的染色方法共有 5×4×3×(1×3+2×2)=420(种). 法三 按所用颜色种数分类 第一类,5 种颜色全用,共有 A5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×A5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 A5种不同的方法. 由分类加法计数原理,得不同的染色方法总数为 A 420( 种 )
5 5 3 4 5

+ 2×A

4 5

+A

3 5

= .

规范解答 20——如何解决涂色问题 【问题研究】 涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题, 这类问题是计数原理应用的典型问题, 由于涂色本身就是策略的一个运用过程, 能较好地考 查考生的思维连贯性与敏捷性,加之涂色问题的趣味性,自然成为新课标高考的命题热点. 【解决方案】 涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色, 具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法. 【示例】? (本小题满分 12 分)用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“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? 颜色可以反复使用,即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色,首先确定

第一个小方格的涂法,再考虑其相邻的两个小方格的涂法.

1 3

2 4

[解答示范] 如图所示,将 4 个小方格依次编号为 1,2,3,4,第 1 个小方格可以从 5 种颜色 中任取一种颜色涂上,有 5 种不同的涂法.(2 分) ①当第 2 个、第 3 个小方格涂不同颜色时,有 A4=12 种不同的涂法,第 4 个小方格有 3 种 不同的涂法.由分步计数原理可知,有 5×12×3=180 种不同的涂法;(6 分) ②当第 2 个、第 3 个小方格涂相同颜色时,有 4 种涂法,由于相邻西格不同色,因此,第 4 个小方格也有 4 种不同的涂法,由分步计数原理可知.有 5×4×4=80 种不同的涂法.(10 分) 由分类加法计数原理可得,共有 180+80=260 种不同的涂法.(12 分) 在涂色问题中一定要看颜色是否可以重复使用, 不允许重复使用的涂色问题实际 上就是一般的排列问题,当颜色允许重复使用时,要充分利用两个计数原理分析解决问题. 【试一试】 (2011·湖北)给 n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当 n≤4 时,在所有 不同的着色方案中,黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示:
2

由此推断,当 n=6 时,黑色正方形互不相邻的着色方案共有__________种,至少有两个黑 色正方形相邻的着色方案共有________种.(结果用数值表示) [尝试解答] (1)当 n=6 时,如果没有黑色正方形有 1 种方案,当有 1 个黑色正方形时,有 6 种方案,当有两个黑色正方形时,采用插空法,即两个黑色正方形插入四个白色正方形形 成的 5 个空内,有 C5=10 种方案,当有三个黑色正方形时,同上方法有 C4=4 种方案,由图 可知不可能有 4 个,5 个,6 个黑色正方形,综上可知共有 21 种方案.(2)将 6 个正方形空 格涂有黑白两种颜色,每个空格都有两种方案,由分步计数原理一共有 2 种方案,本问所 求事件为(1)的对立事件,故至少有两个黑色正方形相邻的方案有 2 -21=43(种). 答案 21 43
6 6 2 3


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