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思科数学【提优教程】江苏省2012高中数学竞赛 第12讲 计数基本原理:分步与分类教案


第 12 讲 分步与分类
加法原理和乘法原理是计数研究中最常用、也是最基本的两个原理. 加法原理 如果做一件事,完成它有 m 类不同的方法,在第 l 类方法中有 n1 种不同的方 法,在第 2 类方法中有以 n2 种不同的方法,??,在第 m 类方法中有 nm 种不同的方法,那 么完成这件事共有 n1+n2?+nm 种不同的方法. 乘法原理 如果做一件事,完成它需要 m

个步骤,完成第 1 步有 n1 种不同的方法,完成 第 2 步有 n2 种不同的方法, ??, 完成第 m 步有 nm 种不同的方法, 那么完成这件事共有 n1n2?nm 种不同的方法. 下面我们通过一些例子来说明这两个原理在计数中的应用. A 类例题 例 1(1998 年全国高考题)3 名医生和 6 名护士被分配到 3 所学校为学生体检,每校分 配 1 名医生和 2 名护士,不同的分配方法有 ( ) A.90 种 B.180 种 C.270 种 D.540 种 分析 本题要将所有医生和护士分配到各所学校,可以分两步进行,即先分配医生,再 分配护士。在分配过程中,又要分配到每一所学校。故依据乘法原理计算。
2 解 将医生分配到 3 所学校, 每校 1 人, A3 种方法, 有 3 再分配护士, 第一所学校有 C 6 种
2 2 方 法 ; 第 二 所 学 校 有 C4 种 方 法 , 第 三 所 学 校 有 C2 种 方 法 , 所 以 由 乘 法 原 理 共 有 2 2 3 A3 C62 C 4 C 2 =540 种方法。故应选 D。

说明 运用乘法原理解题要注意步与步的独立性,即某一步的任何一种完成方式不会影 响其它步的方法总数。 例 2(1999 年全国高考题)在一块并排 10 垄的田地中,选择 2 垄分别种植 A、B 两种作 物,每种作物种植 1 垄,为了有利于作物生长,要求 A、B 两种作物的间隔不小于 6 垄,在 不同的选垄方法共有_____种。 分析由于 A、B 两种作物的间隔不小于 6 垄,即间隔不定,因此,我们需要按分类来做。
2 2 2 解?间隔 8 垄时,有 A2 种;?间隔 7 垄时,有 2 A2 种;?间隔 6 垄时,有 3 A2 种。 2 所以共有(1+2+3) A2 =12 种选垄的方法。

说明 运用加法原理解题要注意分类时不重不漏。 例 3 由数字 0,1,3,5,7 中取出不同的三个数字作系数,可以组成多少个不同的一 2 元二次方程 ax +bx+c=0(a≠0)?其中有实根的方程有多少个? 分析 一元二次方程有实根需满足 ? ? 0 ,所以有实根的方程个数对应于满足 ? ? 0 的 (a,b,c)个数,分类的标准是 b 的不同取值。 解 x 的系数 a≠0,a 有 4 种取法; 对于每一种 a 的取法, b,c 可以从余下的 4 个数字
2 2
2

中任何两个排列,有 A 4 种方法,共可组成一元二次方程 4A 4 =48 个。又要方程要有实根, 必须满足Δ =b -4ac≥0。若 c=0,则 a,b 在 1,3,5,7 中任取两个作排列,有 A 4 种方法; 若 c≠0,则 b 只能取 5 或 7 时,当 b=7 时,a,c 可在 1,3,5 中取 1,3 或 1,5,排列有 2 A2
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2

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种取法;当 b=5 时,a,c 只能取 1,3 两次数作排列,有 A 2 种取法。综上讨论,有实根的一 2
2 2 2 元二次方程共有 A4 +2 A2 + A2 =18 个。

说明 分类与分步是在计数时简化列举的一种手段。

情景再现
1. (第 39 届美国高中数学竞赛题)一次职业保龄球赛的最后阶段,前五名选手再按下 法比赛:首先由第五名与第四名赛,输者得五等奖;赢者与第三名赛,输者得四等奖;赢者 与第二名赛,输者得三等奖;赢者与第一名赛,输者得二等奖,赢者得第一名。问有多少种 获奖顺序? 2. (1997 年全国高考题)四面体的顶点和各棱中点共 10 个点,在其中取 4 个不共面的 点,不同取法共有 ( ) A.150 种 B.147 种 C.144 种 D.141 种 B 类例题 例4 (2001 年全国高中数学联赛) 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物, 如图所示, 要求同一块中种同一种植物,相邻的两块种不同的植物。现有 4 种不同的植物可供选择,则 有 种栽种方案。 分析 A、C、E 所种植物是否为同一类植物对各步方法数 产生影响,所以 应抓住 A、C、E 所种植物的种类,分类讨论到结果。 解 考虑 A、 E 种同一种植物, C、 此时共有 4×3×3×3=108 种方法;考虑 A、 C、E 种两种植物,此时共有 3×4×3×3×2×2=432 种方法; 考虑 A、C、E 种 三种植物,此时共有 A 3 ×2×2×2=192 种方法。故总计有 108+432+192=732 种方法。 4 说明 请读者从递推的角度考虑本题的一般性解法。 例 5(2000 年日本东京大学入学试题)满足下列条件的正整数的全体用集合 S 表示“各 位数字不相同,且任意两位数字的和不为 9” 。这里,S 的元素用十进制表示,且 S 含 1 位整 数。试回答下列问题:?在 S 的元素中,4 位数有多少个??在 S 的元素中,从小到大排列, 第 2000 个数是什么? 分析 解题的关键有二: abcd 考虑各个数位上取可能值; ? ?估计第 2000 个数的位数。 解 ?4 位数由高位到低位的数字分别设为 a,b,c,d,则由题意知 a 取 9 个值,b 必 取 8 个值,c 必取 6 个值,d 必取 4 个值,因此 4 位数共有 9×8×6×4=1728 个;?由题意 知 , S 中 1 位 数 有 9 个 , 两 位 数 有 72 个 , 3 位 数 有 432 个 , 则 9+72+432=531<2000<513+1728=2241。所以第 2000 个数是 4 位数。又大于 8695 的四位数有 1+2×(6×4)+8×6×4=241 个,从而知第 2000 个数是 8695。 说明 第 2000 个数接近最大的满足题意的四位数,所以可以倒推寻找符合题意的数。 例 6 设 S={1,2,3,?,499,500},从 S 中任取 4 个不同的数,按照从小到大的顺序 排列成一个公比为正整数的等比数列,求这样的等比数列的个数. 分析 确定满足题意的等比数列可以从首项和公比着手, 公比的整数特征是解题的关键。 2 3 + 2 解 设所求等比数列为 a1,a1q,a1q ,a1q (a1,q∈N ,q≥2),则 a1q ≤500, q≤ 3

500 3 ? 500 ? ? 500 ? ≤ 500 , 所以 2≤q≤7, l≤a1 ? ? 3 ? , 且 即公比为 q 的等比数列有 ? 3 ? a1 ?q ? ?q ?
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2

个. 由加法原理得满足条件的等比数列共有

?? q

? 500 ? =62+18+7+4+2+1=94(个). 3 ? q ?2 ? ?
7

说明 本题计数分类的标准取决与公比的离散取值。

情景再现
3.(1999 年全国高中联赛试题)已知直线 ax+by+c=0 中,a,b,c 取自集合{-3,-2,-1, 0, 2, l, 3}中三个不同元素, 并设该直线的倾斜角为锐角, 那么这样直线的条数是 . 4.(2002 年湖南省中学生夏令营试题)2×3 的矩形花坛被分成 6 个 l×1 的小正方形区 域:A,B,C,D,E,F,在每个区域内栽种一种植物,相邻两个区域内栽种的植物不同,今 有 6 种植物可供选择,则共有 种不同的栽种方法. 5. (1998 年全国高中数学联赛)在正方体的 8 个顶点、12 条棱的中点、6 个面的中心 及正方体的中心共 27 个点中,共线的三点组的个数是( ) A. 57 B. 49 C. 43 D. 37 6.从 0,l,2,3,4,5,6,7,8,9 中取出 3 个不同的数字组成一个 3 位数,且使得 这个 3 位数的各位数字之和为不小于 10 的偶数,问一共有多少个这样的 3 位数? C 类例题 例 7 (2000 年全国高中联赛试题)如果(1)a,b,c,d 都属于{1,2,3,4};(2)a≠b, b≠c,c≠d,d≠a;(3)a 是 a,b,c,d 中最小值,那么可组成不同的四位数 abcd 的个数 是 . 分析 本题可以从参与组成 abcd 的数的个数进行分类。
2 解 abcd 中恰有 2 个不同数字时,从 4 个数字中取 2 个数字有 C4 种方法,其中较小的

数字放在第 1,3 位,较大的数字放在第 2,4 位,只能组成一个四位数,故这时不同的四位
2 3 数有 C4 =6 个; abcd 中恰有 3 个不同数字时,从 4 个数字中取 3 个数字有 C4 种取法.组成

2 2 第 l,3 位数字相同的四位数有 A2 个,组成第 2,4 位数字相同的四位数也有 A2 个,故这时
3 2 2 不同的四位数有 C4 ( A2 + A2 )=16 个; abcd 中恰有 4 个数字不同时,取最小的数字放在第

3 1 位,其余 3 个数字任意排列,这时不同的四位数有 A3 =6 个.综上可得不同的四位数的个

数为 6+16+6=28 个. 例 8 4 对夫妇去看电影,8 个人坐成一排,若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性, 共有几种坐法? 分析 本题可从女性间的相对位置展开分类讨论。 解 先将女性的顺序排定有 4!种方法,女性与女性之间若坐有男性(一定包括女性 的丈夫)必不少于两个,同样,男性与男性之间若有女性也必不少于两个.把座位连在一起 的女性视为一组,则 4 位女性的无序分组方式有 4,3+1,2+2,2+1+l,1+l+l+1 等 5 种. 因为孤立的女性必须在这一排座位的两端,所以 1+1+l+1 的分组方式不符合要求.
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3

(1)女性分成 2+1+l 时,两端必须坐着女性,这时男性只能分成 2+2,即只有下列第① 类: ①女男男女女男男女 这时男性的入座方法只有 1 种. (2)女性分成 2+2 时,有下列第②,③,④,⑤4 类: ②女女男男男男女女 ③男女女男男男女女 或 女女男男男女女男 ④男男女女男男女女 或 女女男男女女男男 ⑤男女女男男女女男 这时每类男性的入座的方法分别有 2! ,l,1,1 种,共计 2!+1×2+1×2+1=7 种. (3)女性分成 3+1 时,有下列第⑥,⑦,⑧3 类: ⑥女女女男男男男女 或 女男男男男女女女 ⑦男女女女男男男女 或 女男男男女女女男 ⑧男男女女女男男女 或 女男男女女女男男 这时每类男性入座的方法分别有 2! ,1,1 种,共计 2(2!+1+1)=8 种. (4)女性 4 人连排时,有下列第⑨,⑩, (11)类: ⑨女女女女男男男男 或 男男男男女女女女 ⑩男男男女女女女男 或 男女女女女男男男 (11)男男女女女女男男男男 这时每类男性的入座方法分别有 3! ,2!种,共计有 3!×2+2!×2+2!=18 种. ,2! 综上得不同的入座方法总数为 4!×(1+7+8+18)一 24×34=816 种 说明 列举是计数最基本的方式,注意按规律列举,以免遗漏。

情景再现
7.由 104 条直线:x+y-1=0,2x+y-2=0,??,100x+y-100=0, 100x+200y-100=0, 50x+100y-7=0,4x+8y-3=0,x+2y+1=0 所组成的图形中,同旁内角共有多少对? 8. (第 6 届 IMO 数学竞赛题)平面上给定五个点,这些点两两之间的连线互不平行,又 不垂直,也不重合。从任何一点开始,向其余四个点两两之间的连线作垂线,如果不计已知 的五个点,所有这些垂线间的交点数最多是多少?

习题 12

习题[ A[
1. (1993 年上海高考题)1 名老师和 4 名获奖同学排成一排照相留念,若老师不排在两 端,则有不同的排法共有________________种。 2.将 n+1 件不同奖品全部发给 n 个同学,每人至少一件,则发放的方法数为( ).
n A.n An?1 n B.(n+1) An : n C. An?1 2 n D. Cn?1 An

3.从 5 位男同学和 4 位女同学中选出 4 人组成一个代表团参加全校辩论比赛.若要求 男同学和女同学都至少一人,则不同的选法种数为( ). A.60 种 B.80 种 C.120 种 D.420 种 4.如图,A、B、C、D 为海上的四个小岛,要建三座 桥,将这四个岛
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4

连接起来,则不同的建桥方案共有 ( ) A.8 种 B.12 种 C.16 种 D.20 种 5.直线方程 Ax+By=0 的系数 A、B∈{0,1,2,3,6,7},且 A≠B,则这方程表示的不 同直线有多少条? 6. 6×6 的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形, 在 如图, 有多少种不同的剪法?

习题 B
7.(第十一届美国数学邀请赛试题)在 4000 与 7000 之间有多少个四个数字均不相同的 偶数? 8. (1998 年全国高中数学联赛)从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 10 个数中取出 3 个数,使其和为不小于 10 的偶数,不同的取法有 。 9.从 1 到 300 之间任取 3 个不同的整数,使得这 3 个数的和正好被 3 除尽,问共有多 少不同的取法? 10.从-3,-2,-1,0,1,2,3,4 八个数字中,任取三个不同的数字作为二次函数 2 f(x)=ax +bx+c (a≠0)的系数,若二次函数的图象过原点,且其顶点在第一象限或第三象 限,这样的二次函数有多少个?

习题 C
11. (1999 年全国高中数学联赛)已知正整数 n 不超过 2000,并且能表示成不少于 60 个连续正整数之和,那么这样的 n 的个数是 。 12.空间 9 个点,有 5 个点在平面 M 内,另外 4 个在平面 N 内,此外无任何 4 点共面。 平面 N 内 4 点无任何 3 点共线,平面 M 内 5 点有 3 点共线,此外没有任何 3 点共线,以这 9 点里的点为顶点,可以确定多少个棱锥? 本节“情景再现”解答: 1.因为确定前五名的名次经过了 4 次比赛, 而每一场比赛都有两种可能的结果, 由乘法 4 原理,前五名的获奖顺序有 2 =16 种。
4 2.先考虑四点共面的情况。由于每个面上有 6 个点,所以这样情形共有 4 ? C6 =60,每

棱与相对棱中点的四点共面有 6 种, 各棱中点中四点共面的有 3 种。 ∴四点共面的情况共有
4 60+6+3=69 种 ∴四点不共面的取法共有 C10 ? 69 ? 141。故应选 D。

3.设倾斜角为 ? ,则 tan ? = ?

b >0,由 a,b 取值集合的对称性,不失一般性可设 a>0, a

1 1 b<0.(1)当 C=0 时,a 有 C3 种取法,b 有 C3 种取法,排除 2 个重复(因 x-y=0,2x-2y=0, 1 1 1 3x-3y=0 表示同一直线),故这样的直线有 C3 C3 -2=7 条;(2)当 C≠0 时,a 有 C3 种取法,b 1 1 1 1 1 有 C3 种取法,c 有 C4 种取法,故这样的直线有 C3 C3 C4 =36 条,从而符合条件的直线共有

7+36=43 条. 4.
2 如图:A 与 B 内栽种植物的方法有 A6

种.若 C 与 B 内

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1 栽种同一种植物,则 C 和 D 内栽种植物的方法有 C5 种;若 C 与 B 内栽种不同的植物,则 C 1 1 1 1 1 与 D 内栽种植物的方法有 C4 C4 种,故 C 与 D 内栽种植物的方法有 C5 + C4 C4 =21 种,同理 2 E 与 F 内栽种植物的方法也有 21 种,故符合条件的栽种方法共有 A6 ×21 =13230 种.
2

8? 7 ? 28 个;?两端点皆为面的中 2 6 ?1 12 ? 3 ? 3 个; ? 18 个; 心的共线三点组共有 ?两端点皆为各棱中点的共线三点组共有 2 2
5.分成三类: ?两端点皆为顶点的共线三点组共有 由于没有别的类型的共线三点组, 且其中任何两个三点组均不相同, 所以总共有 28+3+18=49 个,故选 B。 6. 3 位数的各位数字之和为偶数时, 只有下列两种情形: 位数的每个数字都为偶数, 3 或其中有 1 位数字为偶数,其他 2 个数字为奇数.
3 (1)3 个数字全为偶数时,若不出现数字 0,则这样的 3 位数有 A4 个,若出现数字 0, 2 3 2 则这样的 3 位数有 2· A4 个,所以 3 个数字全为偶数的 3 位数有 A4 +2· A4 =48 个.

(2)3 个数字中有 1 个为偶数,其他 2 个为奇数时,若不出现数字 0,则这样的 3 位数有
2 3 C C5 A3 个,若出现数字 0,则这样的 3 位数有 2· A52 个,所以 3 个数字中有 1 个为偶数, 1 2 3 2 其他 2 个数字为奇数的 3 位数有 C4C5 A3 +2 A5 =280 个. 1 4

而上述计数中各位数字和为小于 10 的偶数的 3 位数有下列 42 个: 204,240,402,420;206,260,602,620; 103,130,301,310;105,150,501,510; 107,170,701,710;305,350,503,530; 123,132,213,231;312,321; 125,152,215,251,512,521; 134,143,314,341,413,431. 因此,符合条件的 3 位数共有 48+280-42=286 个. 7.所给的 104 条直线中, 101 条均过顶点 前 (1, , 0) 行,这当中有 103 条直线可以作为“三线八角”基本图 条直线上只有一个交点,不能做基本图形的截线(如 直线为截线时,由于每一条上都有 100 个交点。任取当
2 两条直线) 共可组成 C 100 个基本图形, 条平行线为截 , 3

后 4 条则互相平 形的截线, 101 第 图) 。①当后 3 条 中的两点(对应 线共得基本图形

2 3 C100 个。②当前 100 条直线为截线时,每一条上都有 3 个单重交点,1 个多重交点(有 100 2 条直线重复相交于(1, 0) ,以单重交点为截点时,有 C 3 个基本图形;以一个单重交点、

一个多重交点为截点时,有 C 1 C 1 个基本图形, 100 条共点线为截线得基本图形 100 3 100
2 (C 1 C 1 +C 3 )个。由于每个基本图形都有 2 对同旁内角,两项合计,得同旁内角共有 3 100 1 1 2 2 2×[ 100(C3C100 ? C3 ) ? 3C100 ]=90300 对。

8.用排除法解决这个几何计数问题。设 A、B、C、D、E 为平面上给定的 5 个点。其中任
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2 4 个点间两两连线的条数是 C 4 =6,从其中一个点出发可引 6 条垂线,5 个点共可引出 30 条

2 垂线,它们之间最多有 C 30 =435 个交点。但应排除以下三种情形:?从 A、B、C 作 DE 的三 2 2 条垂线互相平行,无公共点,应减去 C5 C3 =30 个;?从任一点(如点 B)可引出 6 条垂线, 2 这 6 条垂线的交点只有一个(即点 B) ,又由题意不计已知的点,故要减去 5C6 =75 个;?5 3 2 个点中,任 3 点构成一个三角形,三角形的三条高共点,应减去 C5 (C3 ? 1) =20 个。因此 2 2 2 2 3 2 满足题意的交点最多有 C30 ? C5 C3 ? 5C6 ? C5 (C3 ? 1) =310 个。

“习题 12”解答: 1.由于在排列中,老师的位置有具体要求,所以,可先将老师排上,然后再排同学,则
1 4 有 A3 A4 ? 72 种排法.

2.

由题意 n 个同学中恰有 1 人得 2 件, 其余 n-1 个人每人得 1 件, 故发放奖品的方法

2 n 数为 Cn?1 An ,所以选 D. 1 3 2 2 3 1 3. 不同的选法种数为 C5C4 ? C5 C4 ? C5 C4 =120,故选 C.

4. 以与 A 连接的桥的个数分类计数,选 C。 5.在 0,1,2,3,6,7 中任取两个数时,有两类办法:?一类含有 0,这时得两条直
2 线 x=0 和 y=0;?一类不含有 0,从 1,2,3,6,7 中任取两个数排列有 A5 种方法。其中有 2 2 4 条重合直线,故得不同的直线为 A5 -4 条。由加法原理,得不同的直线有 2+ A5 -4=18 条。

6. 我们把凸字形上面那个小方格称为它的头,每个凸字形有并且只有一个头. 凸字形可以分为两类: 第一类凸字形的头在棋盘的边框, 但是棋盘的四个角是不能充当 凸字形的头的.于是,边框上(不是角)的小方格共有 4×4=16 个,每一个都是一个凸字形的 头,所以,这类凸字形有 16 个. 第二类凸字形的头在棋盘的内部,棋盘内部的每一个小方格可以作为 4 个凸字形的头 (即头朝上,头朝下,头朝左,头朝右),所以,这类凸字形有 4×(4×4)=64(个). 由加法原理知,有 16+64=80 种不同的凸字形剪法. 7.千位数字为 4 或 6 的有 2×4×8×7=448 个,千位数字为 5 的有 1×5×8×7=280 个, 故共有 448+280=728 个.
3 8.从这 10 个数中取出 3 个不同的偶数的取法有 C5 种, 取出 1 个偶数 2 个奇数的取法有 1 从这 10 个数中取出 3 个数, 使其和为小于 10 的偶数有如下 9 种不同的取法: (0, C5 C52 种。

1,3)(0,1,5)(0,1,7)(0,2,4)(0,2,6)(0,3,5)(1,2,3)(1,2, , , , , , , ,
3 5)(1,3,4) , 。因此符合题设要求的不同取法有 C5 + C5 C5 -9=51 种。 1 2

9.把 1 到 300 划分为 3 个集合: A={x|x=3k, k=1, ?, 2, 100}, B={x|x=3k-2, k=1, ?, 2,
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100},C={x|x=3k-1,k=1,2,?,100}。那么从 1 到 300 之间任取 3 个不同的整数,使其
3 和正好是 3 的倍数有以下两类情形:?同一集合中取 3 个数,有 3× C100 种;?在三个集合

中个取一个数,有 100×100×100 种。相加可得共有 148500 种。 10.可将二次函数分为两大类:一类顶点在第一象限;另一类顶点在第三象限,然后由 顶点坐标的符号分别考查。∵图象过坐标原点,∴c=0。∴二次函数可写成 f(x)=ax +bx 的 形式。
b b 又∵f(x)=a(x+ 2ba ) - 4a ,∴其顶点坐标是(- 2ba , 4a ) 。若顶点在第一象限,则有- 2ba >0, b - 4a >0。故 a<0,b>0。因此,这样的二次函数有 A 1 ·A 1 =12 个。若顶点在第三象限,则有 4 3 b - 2ba <0,- 4a <0。故 a>0,b>0。这样的二次函数有 A 2 =12 个。由加法原理知,满足条件的二 4
2 2

2

2

2

2

次函数共有 A 1 ·A 4 +A 4 =24 个。 3 11.首项为 a 的连续 k 个正整数之和为 s k ? ka ?

1

2

k (k ? 1) k ( k ? 1) k ( k ? 1) ≥k ? = , 2 2 2

由 sk ≤2000 可得 60≤ k ≤62。当 k =60 时, sk ? 60a ? 30? 59 ,由 sk ≤2000 可得 a ≤3, 故 n=1830, 1890, 1950; k =61 时, k ? 61a ? 30? 61 , sk ≤2000 可得 a ≤2, n=1891, 当 由 故 s 1952;当 k =62 时, sk ? 62a ? 31? 61 ,由 sk ≤2000 可得 a ≤1;故 n=1953。于是题中的 n 有 6 个。 12. ?因为三棱锥有 4 个顶点,确定三棱锥的情况有三种:①平面 N 内 4 点中取 3 点,
3 1 平面 M 内 5 点中取 1 点,共有 C 4 C5 =20 个;②平面 N 内 3 点中取 2 点,平面 M 内 5 点中取 2 2 2 点,共有 C4 C5 =60 个;③平面 N 内 4 点中取 1 点,平面 M 内 5 点中取不共线 3 点,共有 1 3 3 C4 (C5 ? C3 ) =36 个。所以共有 20+60+36=116 个三棱锥。?对于四棱锥,共有 5 个点组成,

但其中 4 点必须共面,确定四棱锥的情况有两种:①平面 N 内取 4 点,平面 M 内取 1 点,共
4 1 1 2 2 有 C 4 C5 =5 个。②平面 N 内取 1 点,平面 M 内 5 点中取 4 点,共有 C4 C3 C2 =12 个。所以共

有 5+12=17 个四棱锥。显然不可能有五棱锥、六棱锥等,故共有 116+17=133 个棱锥。

用心 爱心 专心

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