高考数学人教版理科一轮复习课时作业:62 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 Word版含解析
人教版高中数学高考一轮复习--分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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长学生,有3种情况;要1名英语成绩优秀的学生,有2种情况;再从剩下的3人
中选2人,有3种情况,故共有3×2×3=18(种)分配方案.由分类加法计数原理,
可得不同的分配方案共有18+18=36(种).故选A.
(2)如图,用5种不同颜色的染料给A,B,C,D四个区域进行涂色,要求相邻的
两个区域不能使用同一种颜色,则不同的涂色方法的种数是( D )
①当a=0时,有 x=-2 为方程的实根,则b=-1,0,1,2,有4种;
②当a≠0时,∵方程有实根,∴Δ=4-4ab≥0.
∴ab≤1.(*)
当a=-1时,满足(*)式的b=-1,0,1,2,有4种;
当a=1时,满足(*)式的b=-1,0,1,有3种;
当a=2时,满足(*)式的b=-1,0,有2种.
名师点拨分类加法计数原理和分步乘法计数原理的异同
计数原理
分类加法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种数
分类、相加
分步、相乘
不同点
注意点
每类方案中的每一种方法
都能独立地完成这件事
类类独立,不重不漏
分步乘法计数原理
每步依次完成才算完成这件事
(每步中的每一种方法都不能
独立地完成这件事)
步步相依,缺一不可
摆入,有3×2=6(种)摆放方法.根据分步乘法计数原理,这5盆花不同的摆放
种数为4×6=24.
(2)在运动会比赛中,8名男运动员参加100 m决赛.其中甲、乙、丙三人必
须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员比赛的方
式共有
2 880
种.
第一步,安排甲、乙、丙三人,因为甲、乙、丙三人必须在奇数号跑道上,
61 分类加法计数原理与分步乘数原理 (原卷版)2023-2024新高考数学选择性必修三全册学案教案
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地到 C 地不同的走法种数为______.
【例题精析 3】 书架上有 2 本不同的数学书,3 本不同的语文书,4 本不同的英语书.若从这些书中取不 同科目的书两本,有____种不同的取法.
【对点精练 1】 某校开设 A 类选修课 4 门,B 类选修课 3 门,一同学从中选 1 门,则该同学的不同选法共有( )
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.
推广:完成一件事有 n 类不同方案,在第 1 类方案中,有 m1 种不同的方法,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.
A.180 种
B.150 种
C.120 种
D.90 种
2.(2022 春•凉州区期末)2022 年北京冬奥会的顺利召开,引起了大家对冰雪运动的关注.若 A ,B ,C 三
人在自由式滑雪、花样滑冰、冰壶和跳台滑雪这四项运动中任选一项进行体验,则不同的选法共有 ( )
A.12 种
楼梦》人物角色分析.要求每个学生选且只能选一门课程.若甲只选英语经典阅读,乙只选数学史或物理
模型化思维,学生丙、 丁任意选,这四名学生选择后,恰好选了其中三门课程,则他们选课方式的可
能情况有___________种.
知识点 2 分步乘法计数原理★★★ 分步乘法计数原理:
完成一件事需要两个步骤,做第一步有 m 种不同的方法,做第二步有 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.
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.熟练掌握两个计数原理,并能灵活应用两个计数原理解决数学与生活中的计数问题,理解 两个计数原理的区别与联系,掌握分类与分步的计数原则及分类标准. 解读:通过本节课的学习,要求理解与掌握两个计数原理的计数方法,能应用两个计数原理解 决一些简单的实际问题.
高考数学一轮复习第九章第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时作业理新人教版
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第九章计数原理第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1. 分类加法计数原理完成一件事情可以有 n 类方案,在第1类方案中有m i 种不同的方法,在第2类方案中有m 种 不同的方法……在第 n 类方案中有m n 种不同的方法,那么完成这件事情共有 _____________ 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 个步骤,做第1步有m i 种不同的方法,做第2步有m 2种不同的方法……做第n 步有m i 种不同的方法,那么完成这件事情共有 ____________ 种不同的方法. 1.4封不同的信投人三个不同的信箱屮+所有投法的种数是( A,3*B. 43C. A ;DN 4个人去借3本不同的书(全部借完)•所宥借法的种数是( A.3*B. 43 C A :D.3. 若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取 4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有 ( ). A. 60 种 C. 65 种4. 从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、 文娱委员与体育委员,其中甲、乙 二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有 _________ 种.(用数字作答)5. ________________________ 有三只口袋装有小球,一只装有5个白球,一只装有6个黑球,B. 63 种 D. 66 种一只装有7个红球,若三种颜色的球各取一个,则有种不同的取法.♦分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别分类加法计数原理与分步乘法计数原理 别在于:分类加法计数原理与分类有关 这件事;分步乘法计数原理与分步有关 才算完成•♦混合问题混合问题一般是先分类再分布 •♦画图要恰当画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清楚,便于探索规律考向一分类加法计数原理的应用 例1高三⑴班有学生50人,男30人,女20人;高三⑵ 班有学生60人,男30人,女30人; 高三⑶ 班有学生55人,男35人,女20人. (1) 从高三(1)班或(2)班或(3)班选一名学生任学生会主席,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)班女生中选一名学生任学生会主席 ,有多少种不同的选法?【审题视点】 运用分类加法计数原理,先求出每类方案的取法,再进行相加即可•【方法总结】分类时,首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准 ,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,才可以用分类加法计数原理•1 •在所有的两位数中,个位数字小于十位数的两位数字共有多少个 ?,都涉及完成一件事情的不同方法的种数•它们的区,各种方法相互独立,用其中的任一种方法都可以完成 ,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了 ,这件事考向二分步乘法计数原理的应用例2现要排一份5天的值班表,每天有一个人值班,共有5个人.每个人都可以值多天班或不值班,但相邻两天不准由同一个人值班,问此值班表共有多少种不同的排法?【审题视点】运用分步乘法计数原理,先分别求出每一天可排的人数,再进行相乘即可•【方法总结】利用分步乘法计数原理解决问题: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}, 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?⑶P可表示多少个不在直线y=x上的点?考向三两个计数原理的综合应用5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域涂1A. 72 种例3如图,用4种不同的颜色对图中种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数有().B. 96 种C.108 种 【审题视点】 分成1,3同色与1,3不同色两类,分别求出涂色法,再进行相加【方法总结】对于某些复杂的问题,有时既要用分类加法计数原理,又要用分步乘法计数原理 运用两个计数原理解题时是先分类、后分步,还是先分步、后分类,应视具体问题而定,并搞清分类或分步的具体标准是什么,完成事情的含义和标准是什么 •3. 用六种颜色给正四面体 A-BCD 的每条棱涂色,要求每条棱只涂一种颜色且共顶点的棱涂不 同的颜色,问:有多少种不同的涂色方法典例(2014 •福建)用a 代表红球,b 代表蓝球,c 代表黑球,由加法原理及乘法原理,从1个 红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a )(1 +b )的展开式1+a+b+ab 表示出来,如:“1 ”表示一个球都不取,“ a ”表示取出一个红球,而“ ab ”则表示把红球和蓝球都取出 来.依此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从 5个无区别红球,5个无区别的蓝球、5个2 3 4+a+a+a+a+a )(1 +b )(1B. (1 +a 5)(1 +b+b 2+b 3+b 4+b 5)(1 +c )C. (1 +a ) 5(1 +b+b 2+b 3+b 4+b 5)(1 +C 5)D. (1 +a 5)(1 +b ) 5(1 +c+c 2+c+c 4+c 5)【解题指南】 运用加法原理与乘法原理的基本方法(穷举法)解决.【解析】 由题意可知:5个无区别的红球取出若干球可表示为1+a+a 2+a 3+a 4+a 5;5个无区别5的蓝球都取出或都不取出可表示为1+b ;5个有区别的黑球取出若干球可表示为 (1 +c )(1 +c )(1 +c )(1 +c )(1 +c ) =(1 +c ).由乘法 原理可得所有 取法可 表示为D.120 种有区别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法是( ).A. (1 +c )2 3 4 5 5 5(1+a+a+a+a+a)(1 +b) • (1 +c).故选A【答案】A1. (2014 •四川)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有().A. 192 种B. 216 种C.240 种D.288 种2. (2014 •安徽)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有().A.24 对B.30 对C.48 对D.60 对3. (2014 •重庆)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是().A.72B. 120C.144D. 1681. N=m+m+…+m n2n1. A2. B3.D4.365.210【例1】(1)从高三⑴班50人中选一人有50种选法;从高三⑵班60人中选一人有60种选法;从高三⑶班中选一人有55种选法,••• 共有50+60+55=165(种).⑵从高三(1)班、(2)班男生中选一人有30+30=60(种)选法,从高三⑶班女生中选有20种选法,•共有30+30+20=80(种).【例2】先排第一天,可排5人中的任一人,有5种排法;再排第二天,此时不能排第一天已排的人,有4种排法;再排第3天,此时不能排第二天已排的人,仍有4种排法;同理,第四、五两天均各有4种排法.由分步乘法计数原理可得值班表共有不同排法数5X 4 X 4X 4X 4=1280(种).【例:门B解析:若1,3不同色.则1沱,緘4必不同色•有3A}=72种涂色法;若1祷同色,有= 种涂色法-根据分类加法计数原理可知,共冇72 + 24 = 96(种)涂色法.1. 一个两位数由十位数字和个位数字构成,考虑一个满足条件的两位数时,可先确定个位数字后再考虑十位数字.一个两位数的个位数字可以是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, 把这样的两位数分成10类.(1)当个位数字为0时,十位数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8,9, 有9个满足条件的两位数;(2)当个位数字为1时,十位数字可以是2,3,4,5,6,7,8,9, 有8个满足条件的两位数;(3)当个位数字为2时,十位数字可以是3,4,5,6,7,8,9, 有7个满足条件的两位数;以此类推,当个位数字分别是3,4,5,6,7,8,9 时,满足条件的两位数分别有6,5,4,3,2,1,0 个.由分类计数原理得,满足条件的两位数的个数为9+8+7+6+5+4+3+2+1 +0=45(个).2. (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种取法;第二步确定b的值,共有6种取法.故P可表示平面上36个不同的点.⑵确定第二象限点,可分两步完成:第一步确定a,由于a<0,所以有3种取法;第二步确定b,由于b>0,所以有2种取法.由分步乘法计数原理,得到P可表示第二象限的点的个数是3X 2=6.⑶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⑴得P可表示不在直线y=x上的点共有36- 6=30(个).3.(1)若恰用二种颜色涂芭*则每织对棱必娥涂同一颜色•而这二组同的颜色不同.敏有A|种方法.(2)若恰川四种埶色涂色•则三组对K'Pff两组对棱涂阿色・但组与组之间不同色•抜有种方法.(3)若恰用五种顔色涂色,则三组对棱屮冇一组对棱涂同一种颜色. 故有&A;种方法.若恰用六种颜色涂色•则有A:种不同的方法*综上•满足题意的总的涂色方抵数为A*十QA善十GA舟十兀=4 080(种人1.B解析:根据甲、乙的位置要求分类解决,分两类.第一类:甲在左端-有Ai = 5X4X3X2Xl=12O(种)方法帛第二类’乙在最左端,有4A;=4X4X紡X2X 1 = 96(种)方袪* 所以殳有120 + 96 = 21仇种}方{£■2.C3.B解析:因为同类节目不相邻•故可用插空袪求解.先安排小品节目和相声节目•然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种广小品1,小品2,相声杆小品1•相声,小品旷和•相声,小品X小品2”■对干第一种悄况,形式为小品1,歌舞1 •小品2*□ +相声有AiC^A| = 36(种)安排方法*同理*第一种情况也有恥种安排方法•对于第二种悄况•三个节冃形成4个空. 梵形式为轨匚L小品■口,相声.□•小品2・口”・有AjAj = 48(种)安排方法•故共有范十36+48=120(种)安排方氐。
高三数学一轮复习两个计数原理
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分析和解决一些简单的实际问题.
1.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.
2.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.
在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两 位数共有多少个? [思路点拨]
[课堂笔记] 法一:根据题意,将十位数上的数字分别是 1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类,在每一类中满足题目条件的 两位数分别是8个,7个,6个,5个,4个,3个,2个,1 个. 由分类计数原理知:符合题意的两位数的个数共有: 8+7+6+5+4+3+2+1=36(个). 故共有36个.
解:(1)分四类,第一类,从一班学生中选1人,有7种选法; 第二类,从二班学生中选1人,有8种选法; 第三类,从三班学生中选1人,有9种选法; 第四类,从四班学生中选1人,有10种选法, 所以,共有不同的选法N=7+8+9+10=34(种). (2)分四步,第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学 生中选一人任组长,所以共有不同的选法 N=7×8×9×10=5 040(种).
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. 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4×4×3+3×4×3+3×4×3=120个.
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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自然数2520有多少个约数? 有多少个约数? 例3.自然数 自然数 有多少个约数 解:2520=23×32×5×7 = × 分四步完成: 分四步完成: 第一步: 第一步:取20,21,22,23,24有4种; 种 第二步: 第二步:取30,31,32有3种; 种 第三步:取50,51有2种; 第三步: 种 第四步: 第四步:取70,71有2种。 种 由分步计数原理,共有4× × × = 种 由分步计数原理,共有 ×3×2×2=48种 练习: 张 元币 元币, 张 角币 角币, 张 分币 分币, 张 分币 分币, 练习:5张1元币,4张1角币,1张5分币,2张2分币,可组成 多少种不同的币值?( 张不取, ?(1张不取 角不计在内) 多少种不同的币值?( 张不取,即0元0分0角不计在内) 元 分 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 × × - =
பைடு நூலகம்
(染色问题) 染色问题)
1.如图 要给地图 、B、C、D四个区域分别涂上 种 如图,要给地图 四个区域分别涂上3种 如图 要给地图A、 、 、 四个区域分别涂上 不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次 允许同一种颜色使用多次,但相 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 不同的涂色方案有多少种? 邻区域必须涂不同的颜色 不同的涂色方案有多少种?
深化理解 4. 何时用分类计数原理、分步计数原理呢 何时用分类计数原理、分步计数原理呢? 完成一件事情有n类方法 答:完成一件事情有 类方法 若每一类方法中的任 完成一件事情有 类方法,若每一类方法中的任 何一种方法均能将这件事情从头至尾完成,则计算完 何一种方法均能将这件事情从头至尾完成 则计算完 成这件事情的方法总数用分类计数原理. 成这件事情的方法总数用分类计数原理 完成一件事情有n个步骤 若每一步的任何一种 完成一件事情有 个步骤,若每一步的任何一种 个步骤 方法只能完成这件事的一部分,并且必须且只需完成 方法只能完成这件事的一部分 并且必须且只需完成 互相独立的这n步后 才能完成这件事,则计算完成这 步后,才能完成这件事 互相独立的这 步后 才能完成这件事 则计算完成这 件事的方法总数用分步计数原理. 件事的方法总数用分步计数原理
分类加法和分步乘法计数原理
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如果完成一件事需要有n个步骤,做每一 步中都有若干种不同方法,那么应当如何 计数呢?
6.分步乘法计数原理一般结论:
如果完成一件事需要n个步骤,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,那么完成这件事的方法总数如何计 算?
N=m1×m2×…×mn
2思考:用前6个大写英文字母和1~9这9个阿 拉伯数字,以A1,A2,···,B1, B2,···的方式给教室里的座位编号,总共能 编出多少个不同的号码?
在这个问题中,号码必须由一个英文字母和 一个作为下标的阿拉伯数字组成,即得到一 个号码要经过先确定一个英文字母,后确定 一个阿拉伯数字这样两个步骤用下图可以列 出所有可能的号码.
22464000
计数问题是我们从小就经常遇到的,通过列举法 一个一个地数是计数的基本方法,但当问题中的数 量很大,列举的效率不高,能否设计巧妙的“数法” 以提高效率呢?
二、探究新知
1.问题1:用一个大写的的英文字母或一个阿拉伯数 字给教室里的座位编号,总共能够编出多少种不同 的号码?
因为英文字母共有26个,阿拉伯数字0~9共有10个,所以 总共可以编出26+10=36种不同的号码.
3.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,则完成这件事共有:
N= m×n种不同的方法
巩固新知
4.例2.设某班有男生30名,女生24名。现要从 中选出男、女生各一名代表班级参加比赛,共 有多少种不同的选法?
分析:选出一组参赛代表,可分两步: 第一步, 选男生;第二步,选女生
N=m1+m2+m3
如果完成一件事有n类不同方案,在每一 类中都有若干种不同方法,那么应当如 何计数呢?
分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案
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分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案一、教学目标:1. 让学生理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的概念。
2. 培养学生运用分类加法计数原理和分步乘法计法原理解决实际问题的能力。
3. 提高学生对数学的兴趣,培养学生的逻辑思维能力。
二、教学重点与难点:1. 教学重点:分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理解和应用。
2. 教学难点:如何引导学生运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决实际问题。
三、教学方法:1. 采用问题驱动的教学方法,让学生在解决问题的过程中理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理。
2. 使用案例分析和小组讨论的方式,培养学生的合作能力和沟通能力。
3. 运用数形结合的方法,帮助学生直观地理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理。
四、教学准备:1. 教具准备:黑板、粉笔、多媒体教学设备。
2. 学具准备:学生用书、练习本、文具。
3. 教学素材:相关案例分析题、小组讨论题。
五、教学过程:1. 导入新课:通过一个实际问题,引入分类加法计数原理和分步乘法计数原理。
2. 讲解分类加法计数原理:解释分类加法计数原理的概念,并通过实例讲解如何运用。
3. 讲解分步乘法计数原理:解释分步乘法计数原理的概念,并通过实例讲解如何运用。
4. 案例分析:给出一个案例,让学生运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决问题。
5. 小组讨论:学生分组讨论,分享各自解决问题的方法和答案。
7. 课堂练习:给出一些练习题,让学生巩固所学内容。
8. 课后作业:布置一些相关的作业题,让学生进一步巩固所学知识。
9. 课堂小结:对本节课的内容进行小结,强调重点和难点。
六、教学评价:1. 评价目标:通过课堂表现、练习完成情况和课后作业来评价学生对分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理解和应用能力。
2. 评价方法:a) 课堂表现:观察学生在课堂上的参与程度、提问回答情况以及小组讨论的表现。
b) 练习完成情况:检查学生练习题的完成质量,包括解题思路、步骤和答案的正确性。
高二数学分类加法计数原理与分步乘法计数原理2
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(习题课)
第一课时
便在脑海中幻想着自己亲手 制作小木雕的场景,迫不及待的想要把它们变成现实。 幻想着自己成了能工巧匠,一块木头不一会儿就被做成了一只栩栩如生, 非常可爱的小狗。忽然感觉自己就 好像是"神笔马良"一样,也拥有一把神奇的 雕刻笔,相信任何木头都能让它变得形态逼真,活灵活现的。 我将去年暑假收集的雪糕棍全部找了出来,用铅笔和直尺开始了绘图,我 想要做一把 小木剑:用直尺量出了木条宽的中点,又在两边找到了两个合适的 点,平移做成了一个长方条,和刚才的点连接后,剑的大致轮廓就做出来了, 剑柄也在十分钟后完工。 这一切都进行的顺顺 利利,我便开始了雕刻,每一步我都小心让学生通过模仿操作,掌握for语 句和repeat语句. v教学重点: 通过实例,使学生理解循环语句的 表示方法,结构和用法,进一步体会 算法的基本思想. v 教学难点: 将程序框图转化教学重点——建立并合理解释数学模型 教学难点——实际问题数学化过程 突破点:利用丰富的素材,充分感知,实 现数学化过程。 图 26.2.4 3 2 题型分析: (一)抛物线与x轴、y轴的交点急所构成 的面积 例1:填空: (1)抛物线y=x2-3x+2与y轴的交点 3 2 坐标是___(_0,_2_) ______,与x轴的交 点坐标是__(_1,_0_)和__(2_,0_)___; (2)抛物线 y=-2x2+5x-3与y轴的交 点坐标是_____(0_,_-3_)____,与x轴的 交点坐标是______(1_,0_),_(_3 _,0_) . 2 例2:已知抛物线y=x2-2x-8, (1)求证:该抛物线与x轴一定有两个交点; (2)若该抛物线与x轴的两个交点分别为A、 B,且它的顶点为P,求△ABP的面积。 (1)证明:∵△=22-4*(-8)=36>0 ∴该抛物线与x轴一定有两个交点 y (2)解:∵抛物线与x轴相交时 A Bx P x2- 2x-8=0 解方程得:x1=4, x2=-2 ∴AB=4-(-2)=6 而P点坐标是(1,-9) ∴S =27 (二)根据函数性质判定函数图象之间的 位置关系 例3:在同一直角坐标系中,一次函数 y=ax+c和二次函数y=ax2+c 的图象大致为 y y y y O x A x O x O O x B C D 答案: B (三)由函数图象上的点的坐 标求函数解析式 例4:已知一个二次函数的图象经过点(0, 0),(1,-3),(2,-8)。 (1)求 这个二次函数的解析式; (2)写出它的对称轴和顶点坐标。 答案:(1)y=-x2-2x (2)对称轴:x=-1 顶点坐标(-1,1) (四)实践与探索题 例5:某企业投资100万元引进一条产品加工生产线, 若 不计维修、保养费用,预计投产后每年可创利33万。 该生产线投产后,从第1年到第x年的维修、保养费用 累计为y(万元),且y=ax2+bx,若第1年的维修、保养 费用为2万元,第2年为4万元。 (1)求y的解析式; (2)投产后,这个企业在第几年就能收回投资? 解:(1)由题意,x=1时,y=2;x=2时,y=2+4=6,分 别代入y=ax2+bx,得a+b=2,4a+2b=6, 解得:a=1,b=1, ∴y=x2+ x. (2)设g=33x-100-x2-x,则 g=-x2+32x-100=-(x-16)2+156. 由于当1≤x≤16时,g随x的增大而增大,故当x=4时, 即第4年可收回投资。 练习题: 已知二次函数的图象的顶点坐 标为 (-2,-3),且图象过点(-3,-2)。 (1)求此二次函数的解析式; (2)设此二次函数的图象与x轴交于A,B两 点,O为坐标原点,求线段OA,OB的长度之 和。 作业 作业本(1) P 11--13 板书设计 二次函数的应用: 一. 二. 三. 四. 范例讲解: 常见数学思成功的必经之路。和他们相比,我的这些困难又算得了什 么。 想到这里我又重新鼓起勇气,拿起铅笔从头开 始,计算、绘图、修改…… 开始雕刻时,我深吸一口气,静下心来仔细的雕刻着,顺着铅笔的痕迹, 一点一点的雕刻着
分类加法计数原理与分步乘法计数原理示范
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混合应用的实例
组合问题
在组合问题中,可以将问题按照不同的 组合方式进行分类,然后分别对每一类 进行计数,最后将各类计数结果相加。 同时,也可以将问题分解为若干个连续 的选择步骤,每一步都有一定的选择方 式,最后将各步的选择方式相乘。
VS
排列问题
在排列问题中,可以将问题按照不同的排 列方式进行分类,然后分别对每一类进行 计数,最后将各类计数结果相加。同时, 也可以将问题分解为若干个连续的排列步 骤,每一步都有一定的选择方式,最后将 各步的选择方式相乘。
理的混合应用
原理的结合方式
分类加法计数原理
混合应用
将问题按照不同的分类标准进行划分, 然后分别对每一类进行计数,最后将 各类计数结果相加。
在解决复杂问题时,将分类加法计数 原理与分步乘法计数原理结合使用, 以更全面地考虑问题的各种情况。
分步乘法计数原理
将问题分解为若干个连续的步骤,每 一步都有一定的选择方式,最后将各 步的选择方式相乘。
02
分步乘法计数原理应用建议
确定连续步骤的顺序和数量。
ห้องสมุดไป่ตู้03
对两种计数原理的应用建议
计算每个步骤发生的方法数。
将各个步骤的方法数相乘得 到总的方法数。
注意事项:在应用两种计数原 理时,需要注意事件的互斥性 和步骤的连续性,以及方法数
的准确计算。
对两种计数原理未来发展的展望
分类加法计数原理与分步乘法计数原理作为组合数学中的基本原理,在数学、计算机科学、统计学等 领域有着广泛的应用。
理解
分步乘法计数原理强调的是分步骤完成一件事情,每一步都有多种不同的方法,最终的方法数就是每 一步方法数的乘积。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理是指将一个计数问题分成若干个子问题,然后将子问题的计数结果相加得到最终的计数结果。
其基本思想是将问题中的元素分成若干个不重叠的类别,然后分别计数各个类别的元素个数,最后将各类别的计数结果相加。
这个原理常用于解决包含多个步骤的计数问题。
举个例子来说明分类加法计数原理的应用:假设有一个盒子,里面有红球、蓝球和绿球,分别有3个、4个和5个。
现在要从盒子中任选3个球,问有多少种选择方法。
我们可以将这个问题分为三个子问题:选取3个红球的方法数、选取3个蓝球的方法数和选取3个绿球的方法数。
然后分别计数这三个子问题的方法数,最后将它们相加得到总的方法数。
与分类加法计数原理相对应的是分步乘法计数原理。
分步乘法计数原理是指将一个计数问题分成若干个步骤,然后将各个步骤的计数结果相乘得到最终的计数结果。
这个原理常用于解决包含多个独立步骤的计数问题。
举个例子来说明分步乘法计数原理的应用:假设有一个密码锁,需要输入5位密码,每位密码都是从0到9的数字。
问一共有多少种可能的密码组合。
我们可以将这个问题分为5个步骤:第一位密码的选择、第二位密码的选择、第三位密码的选择、第四位密码的选择和第五位密码的选择。
然后计数每个步骤的可能性,最后将它们相乘得到总的可能性。
分步乘法计数原理也可以用于解决其他的计数问题,例如从一个字母表中选择若干个字母组成单词的方法数、从一个数列中选择若干个数的方法数等等。
总的说来,分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决组合数学中计数问题的重要方法。
它们可以帮助我们系统地分析和解决各种计数问题,提高我们的计算能力和思维能力。
无论是在学术研究还是在实际应用中,这两个原理都有着广泛的应用价值。
高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习试题:9.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理Word版含答案
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第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理两个原理分类加法计数原理、分步乘法计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.(2)会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.知识点两个原理1.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.2.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.易误提醒(1)分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情,类与类之间是独立的.(2)分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分,而未完成这件事,步与步之间是相关联的.[自测练习]1.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同数字相加,其和为偶数的不同取法的种数有() A.30 B.20 C.10 D.6解析:从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两数和为偶数可分为两类,①取出的两数都是偶数,共有3种方法;②取出的两数都是奇数,共有3种方法,故由分类加法计数原理得共有N=3+3=6种.答案:D2.用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为()A.243 B.252 C.261 D.279解析:0,1,2…,9共能组成9×10×10=900(个)三位数,其中无重复数字的三位数有9×9×8=648(个),∴有重复数字的三位数有900-648=252(个).答案:B考点一分类加法计数原理|1.a,b,c,d,e共5个人,从中选1名组长1名副组长,但a不能当副组长,不同选法的种数是()A.20B.16C.10 D.6解析:当a当组长时,则共有1×4=4种选法;当a不当组长时,又因为a也不能当副组长,则共有4×3=12种选法.因此共有4+12=16种选法.答案:B2.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学,在数学检测时要求每位教师不能在本班监考,则监考的方法有()A.8种B.9种C.10种D.11种解析:法一:设四位监考教师分别为A,B,C,D,所教班分别为a,b,c,d,假设A监考b,则余下三人监考剩下的三个班,共有3种不同方法,同理A监考c,d时,也分别有3种不同方法,由分类加法计数原理共有3+3+3=9(种).法二:班级按a,b,c,d的顺序依次排列,为避免重复或遗漏现象,教师的监考顺序可用“树形图”表示如下:∴共有9种不同的监考方法.答案:B3.在某校举行的羽毛球两人决赛中,采用5局3胜制的比赛规则,先赢3局者获胜,直到决出胜负为止.若甲、乙两名同学参加比赛,则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A.6种B.12种C.18种D.20种解析:分三种情况:恰好打3局(一人赢3局),有2种情形;恰好打4局(一人前3局中赢2局,输1局,第4局赢),共有2C23=6(种)情形;恰好打5局(一人前4局中赢2局,输2局,第5局赢),共有2C24=12(种)情形.所有可能出现的情形共有2+6+12=20(种).答案:D利用加法原理解决问题时的注意点(1)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,注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类,不能重复.考点二分步乘法原理|有甲、乙、丙三项任务,甲需2人承担,乙、丙各需1人承担,从10人中选派4人承担这项任务,不同的选法有()A.1 260种B.2 025种C.2 520种D.5 040种[解析]第一步,从10人中选派2人承担任务甲,有C210种选派方法;第二步,从余下的8人中选派1人承担任务乙,有C18种选派方法;第三步,再从余下的7人中选派1人承担任务丙,有C17种选派方法.根据分步乘法计数原理,知选法为C210·C18·C17=2 520种.[答案] C利用分步乘法计数原理解决问题时应注意(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,只有各步骤都完成才算完成这件事.从-1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)=ax2+bx+c的系数,则可组成________个不同的二次函数,其中偶函数有________个(用数字作答).解析:一个二次函数对应着a,b,c(a≠0)的一组取值,a的取法有3种,b的取法有3种,c 的取法有2种,由分步乘法计数原理知共有3×3×2=18个二次函数.若二次函数为偶函数,则b =0,同上可知共有3×2=6个偶函数.答案:18 6考点三两个原理的应用|两个原理的应用类型主要有:1.涂色问题.2.几何问题.3.集合问题.探究一涂色问题1.(2015·湖南十二校联考)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…,9的9个小正方形(如图),使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同,且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的所有涂法共有________种.解析:第一步,从红、黄、蓝三种颜色中任选一种去涂标号为“1、5、9”的小正方形,涂法有3种;第二步,涂标号为“2、3、6”的小正方形,若“2、6”同色,涂法有2×2种,若“2、6”不同色,涂法有2×1种;第三步:涂标号为“4、7、8”的小正方形,涂法同涂标号为“2、3、6”的小正方形的方法一样.因此符合条件的所有涂法共有3×(2×2+2×1)×(2×2+2×1)=108(种).答案:108探究二几何问题2.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”,在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是() A.60B.48C.36 D.24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36个,6个对角面构成的“平行线面组”有6×2=12个,共有36+12=48个,故选B.答案:B探究三集合问题3.(2015·保定市高三调研考试)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<y恒成立,则称(A,B)为集合M的一个“子集对”,则集合M的“子集对”共有______个.解析:当A={1}时,B有23-1种情况,当A={2}时,B有22-1种情况,当A={3}时,B有1种情况,当A={1,2}时,B有22-1种情况,当A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情况,所以满足题意的“子集对”共有7+3+1+3+3=17个.答案:17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,最后用分类加法计数原理求和,得到总数.(2)分步要做到“步骤完整”,只有完成了所有步骤,才完成了任务,根据分步乘法计数原理,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.21.分类不当致误【典例】(2016·沈阳模拟)一生产过程有四道工序,每道工序需要安排一人照看,现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序,第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人,第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人,则不同的安排方案共有________种.[解析]按甲先分类,再分步①若甲在第一道工序,则第四道工序只能是丙,其余两道工序的安排方法有4×3=12种,②若乙在第一道工序,则第四道工序从甲、丙两人中选一人.有2种方法,其余两道工序有4×3=12种方法,所以共有12×2=24种方法.综上可知,共有的安排方法有12+24=36种.[答案]36[易错点评]本题解题时分类不当易致误,分类时可按甲在第一道工序与乙在第一道工序分类.[防范措施]利用两个原理解题时,关键是根据要完成的事件恰当地选择唯一标准进行分类,切勿标准不统一,导致多解或少解,从而失误.[跟踪练习]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:分两类:①有一条公共边的三角形共有8×4=32(个);②有两条公共边的三角形共有8个.故共有32+8=40(个).答案:40A组考点能力演练1.如果把个位数是1,且恰好有3个数字相同的四位数叫作“好数”,那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中,“好数”共有()A.9个B.3个C.12个D.6个解析:当重复数字是1时,有C13·C13;当重复数字不是1时,有C13种.由分类加法计数原理,得满足条件的“好数”有C13·C13+C13=12个.答案:C2.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”),则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A.18个B.15个C.12个D.9个解析:依题意,这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数分别为400,040,004;由3,1,0组成6个数分别为310,301,130,103,013,031;由2,2,0组成3个数分别为220,202,022;由2,1,1组成3个数分别为211,121,112.共计:3+6+3+3=15个.答案:B3.从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数,则可以组成不同对数值的个数为()A.56 B.54C.53 D.52解析:在8个数中任取2个不同的数共有8×7=56个对数值;但在这56个对数值中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,即满足条件的对数值共有56-4=52(个).答案:D4.(2015·辽宁五校联考)甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面,不同的安排方案共有() A.20种B.30种C.40种D.60种解析:可将安排方案分为三类:①甲排在周一,共有A24种排法;②甲排在周二,共有A23种排法;③甲排在周三,共有A22种排法,故不同的安排方案共有A24+A23+A22=20种.故选A.答案:A5.从集合{1,2,3,4,…,10}中,选出5个数组成的子集,使得这5个数中任意两个数的和都不等于11,则这样的子集有()A.32个B.34个C.36个D.38个解析:先把数字分成5组:{1,10},{2,9},{3,8},{4,7},{5,6},由于选出的5个数中,任意两个数的和都不等于11,所以从每组中任选一个数字即可,故共可组成2×2×2×2×2=32(个).答案:A6.从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数,其中奇数的个数是________.解析:从1,3中取一个排个位,故排个位有2种方法;排百位不能是0,可以从另外3个数中取一个,有3种方法;排十位有3种方法,故所求奇数的个数为3×3×2=18.答案:187.如图,用6种不同的颜色把图中A,B,C,D四块区域分开,若相邻区域不能涂同一种颜色,则涂色方法共有________种.(用数字作答)解析:从A开始涂色,A有6种涂色方法,B有5种涂色方法,C有4种涂色方法,D有4种涂色方法.由分步乘法计数原理可知,共有6×5×4×4=480(种)涂色方法.答案:4808.形如45132的数称为“波浪数”,即十位数字,千位数字均比与它们各自相邻的数字大,则由1,2,3,4,5可构成不重复的五位“波浪数”的个数为________.解析:由题意可得,十位和千位只能是4、5或者3、5.若十位和千位排4、5,则其他位置任意排1、2、3,则这样的数有A22A33=12(个);若十位和千位排5、3,这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻,1、2在其余位置上任意排列,则这样的数有A22A22=4(个),综上,共有16个.答案:169.标号为A,B,C的三个口袋,A袋中有1个红色小球,B袋中有2个不同的白色小球,C 袋中有3个不同的黄色小球,现从中取出2个小球.(1)若取出的两个球颜色不同,有多少种取法?(2)若取出的两个球颜色相同,有多少种取法?解析:(1)若两个球颜色不同,则应在A,B袋中各取一个或A,C袋中各取一个或B,C袋中各取一个.∴应有1×2+1×3+2×3=11(种).(2)若两个球颜色相同,则应在B或C袋中取出2个.∴应有1+3=4(种).10.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有多少种?解:先给最上面的一块着色,有4种方法,再给中间左边一块着色,有3种方法,再给中间右边一块着色,有2种方法,最后再给下面一块着色,有2种方法,根据分步乘法计数原理,共有4×3×2×2=48种方法.B组高考题型专练1.(2014·高考大纲全国卷)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有()A.60种B.70种C.75种D.150种解析:从中选出2名男医生的选法有C26=15种,从中选出1名女医生的选法有C15=5种,所以不同的选法共有15×5=75种,故选C.答案:C2.(2014·高考广东卷)设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|x i∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为()A.60 B.90C.120 D.130解析:设t=|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|,t=1说明x1,x2,x3,x4,x5中有一个为-1或1,其他为0,所以有2·C15=10个元素满足t=1;t=2说明x1,x2,x3,x4,x5中有两个为-1或1,其他为0,所以有C25×2×2=40个元素满足t=2;t=3说明x1,x2,x3,x4,x5中有三个为-1或1,其他为0,所以有C35×2×2×2=80个元素满足t=3,从而,共有10+40+80=130个元素满足1≤t≤3.故选D.答案:D3.(2013·高考重庆卷)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答).解析:按每科选派人数分3、1、1和2、2、1两类.当选派人数为3、1、1时,有3类,共有C33C14C15+C13C34C15+C13C14C35=200(种).当选派人数为2、2、1时,有3类,共有C23C24C15+C23C14C25+C13C24C25=390(种).故共有590种.答案:590。
分类加法计数原理分布乘法计数原理
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分类加法计数原理和分布乘法计数原理一、回顾教材·知识梳理分类加法计数原理:完成一件事有n 类不同方案,在第1类方案中有m 1种不同的方法,在第2类方案中有m 2种不同的方法,.....在第n 类方案中有m n 种不同的方法,那么完成这件事共有 种不同的方法.(对应微体验1、2)分布乘法计数原理:完成一件事需要n 个步骤,做第1步有N 1种不同的方法,做第2步有N 2种不同的方法,…做第n 步有N O 种不同的方法,那么完成这件事共有 种不同的方法.(对应微体验3、4)分类加法计数原理 分步乘法计数原理 联系都是完成一件事的不同方法种数的问题 区别 1、 分类2、 每类办法都是独立完成,并且只需一种方法就可完成这件事。
3、 互斥且独立1、 分步2、 “步步相依”即各个步骤是相互依存的,必须每步都完成了,才算做完这件事 注意分类要“不重不漏” 分步要“步骤完整” 二、基础检测·查漏补缺微体验1:用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号,总共能编出多少种不同的号码? 微体验2:在填写高考志愿时,一名高中毕业生了解到,",#两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业,如表:问1:如果这名同学只能选一个专业,那么他共有多少种选择?问2:在微体验2中,如果数学也是A 大学的强项专业,则A 大学共有6个专业可以选择,B 大学共有4个专业可以选择,那么用分类加法计数原理,得到这名同学可能的专业选择种数为6+4=10.这种算法有什么问题?微体验3:用前6个大写的英文字母和1~9个阿拉伯数字,以"1,"2…"9,#1,#2,…的方式给教室里的一个座位编号,总共能编出多少种不同的号码?微体验4:某班有男生30名,女生24名,从中任选男生和女生各1名代表班级参加比赛,共有多少种不同的选法?三、考点分类·全面突破考点一:分类加法计数原理的应用例1:在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数的个数为( )变式1:设a ,b ,c∈{1,2,3,4},若以a ,b ,c 为三条边的长构成一个等腰三角形,则这样的三角形有 个。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.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.分类加法计数原理的理解分类加法计数原理中的“完成一件事有两个不同方案”,是指完成这件事的所有方法可以分为两类,即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务,两类中没有相同的方法,且完成这件事的任何一种方法都在某一类中.2.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.分步乘法计数原理的理解分步乘法计数原理中的“完成一件事需要两个步骤”,是指完成这件事的任何一种方法,都需要分成两个步骤.在每一个步骤中任取一种方法,然后相继完成这两个步骤就能完成这件事,即各个步骤是相互依存的,每个步骤都要做完才能完成这件事.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同.( )(2)在分类加法计数原理中,每类方案中的方法都能完成这件事.( )(3)在分步乘法计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( )(4)在分步乘法计数原理中,事情若是分两步完成的,那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事,只有两个步骤都完成后,这件事情才算完成.( )答案:(1)×(2)√(3)√(4)√某校开设A类选修课3门,B类选修课4门,若要求从两类课程中选一门,则不同的选法共有( )A.3种B.4种C.7种D.12种答案:C已知x∈{2,3,7},y∈{-31,-24,4},则(x,y)可表示不同的点的个数是( ) A.1 B.3C.6 D.9答案:D某学生去书店,发现2本好书,决定至少买其中一本,则购买方式共有________种.答案:3加工某个零件分三道工序,第一道工序有5人可以选择,第二道工序有6人可以选择,第三道工序有4人可以选择,每两道工序中可供选择的人各不相同,如果从中选3人每人做一道工序,则选法有________种.答案:120探究点1 分类加法计数原理[学生用书P2]在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数共有多少个?【解】法一:按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个.由分类加法计数原理知,满足条件的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).法二:按个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个.由分类加法计数原理知,满足条件的两位数共有1+2+3+4+5+6+7+8=36(个).[变问法]在本例条件下,个位数字小于十位数字且为偶数的两位数有多少个?解:当个位数字是8时,十位数字取9,只有1个.当个位数字是6时,十位数字可取7,8,9,共3个.当个位数字是4时,十位数字可取5,6,7,8,9,共5个.同理可知,当个位数字是2时,共7个,当个位数字是0时,共9个.由分类加法计数原理知,符合条件的两位数共有1+3+5+7+9=25(个).利用分类加法计数原理计数时的解题流程某校高三共有三个班,各班人数如下表: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)(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长,有多少种不同的选法?解:(1)从每个班选1名学生任学生会主席,共有3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,从三个班中选1名学生任学生会主席,共有50+60+55=165(种)不同的选法.(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长,共有3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)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长,共有30+30+20=80(种)不同的选法.探究点2 分步乘法计数原理[学生用书P2]从-2,-1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y =ax 2+bx +c 的系数a ,b ,c ,则可以组成抛物线的条数为多少?【解】 由题意知a 不能为0,故a 的值有5种选法; b 的值也有5种选法;c 的值有4种选法.由分步乘法计数原理得:5×5×4=100(条).1.[变问法]若本例中的二次函数图象开口向下,则可以组成多少条抛物线?解:需分三步完成,第一步确定a 有2种方法,第二步确定b 有5种方法,第三步确定c 有4种方法,故可组成2×5×4=40条抛物线.2.[变条件、变问法]若从本例的六个数字中选2个作为椭圆x 2m +y 2n=1的参数m ,n ,则可以组成椭圆的个数是多少?解:据条件知m >0,n >0,且m ≠n ,故需分两步完成,第一步确定m ,有3种方法,第二步确定n ,有2种方法,故确定椭圆的个数为3×2=6(个).利用分步乘法计数原理计数时的解题流程从1,2,3,4中选三个数字,组成无重复数字的整数,则满足下列条件的数有多少个?(1)三位数;(2)三位偶数.解:(1)分三步:第1步,排个位,有4种方法;第2步,排十位,从剩下的3个数字中选1个,有3种方法;第3步,排百位,从剩下的2个数字中选1个,有2种方法.故共有4×3×2=24个满足要求的三位数.(2)第1步,排个位,只能从2,4中选1个,有2种方法;第2步,排十位,从剩下的3个数中选1个,有3种方法;第3步,排百位,只能从剩下的2个数字中选1个,有2种方法.故共有2×3×2=12个满足要求的三位偶数.探究点3 两个计数原理的综合应用[学生用书P3]甲同学有5本不同的数学书、4本不同的物理书、3本不同的化学书,现在乙同学向甲同学借书,(1)若借1本书,则有多少种借法?(2)若每科各借1本书,则有多少种借法?(3)若任借2本不同学科的书,则有多少种借法?【解】(1)需完成的事情是“借1本书”,所以借给乙数学、物理、化学书中的任何1本,都可以完成这件事情.根据分类加法计数原理,共有5+4+3=12种借法.(2)需完成的事情是“每科各借1本书”,意味着要借给乙3本书,只有从数学、物理、化学三科中各借1本,才能完成这件事情.根据分步乘法计数原理,共有5×4×3=60种借法.(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借2本不同学科的书”,可分三类:第1类,借1本数学书和1本物理书,只有2本书都借,事情才能完成,根据分步乘法计数原理,有5×4=20种借法;第2类,借1本数学书和1本化学书,有5×3=15种借法;第3类,借1本物理书和1本化学书,有4×3=12种借法.根据分类加法计数原理,共有20+15+12=47种借法.利用两个计数原理的解题策略用两个计数原理解决具体问题时,首先,要分清是“分类”还是“分步”,区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情.其次,要清楚“分类”或“分步”的具体标准,在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则,在“分步”时要正确设计“分步”的程序,注意步与步之间的连续性;有些题目中“分类”与“分步”同时进行,即“先分类后分步”或“先分步后分类”.现有3名医生、5名护士、2名麻醉师.(1)从中选派1名去参加外出学习,有多少种不同的选法?(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组,有多少种不同的选法?解:(1)分三类:第一类,选出的是医生,有3种选法;第二类,选出的是护士,有5种选法;第三类,选出的是麻醉师,有2种选法.根据分类加法计数原理,共有3+5+2=10(种)选法.(2)分三步:第一步,选1名医生,有3种选法;第二步,选1名护士,有5种选法;第三步,选1名麻醉师,有2种选法.根据分步乘法计数原理知,共有3×5×2=30(种)选法.1.某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明,有5名同学只会用综合法证明,有3名同学只会用分析法证明,现从这些同学中任选1名同学证明这个问题,不同的选法种数为( )A.8 B.15C.18 D.30解析:选A.共有5+3=8种不同的选法.2.已知集合A={1,2},B={3,4,5},从集合A、B中先后各取一个元素构成平面直角坐标系中的点的横、纵坐标,则可确定的不同点的个数为( )A.5 B.6C.10 D.12解析:选B.完成这件事可分两步:第一步,从集合A中任选一个元素,有2种不同的方法;第二步,从集合B中任选一个元素,有3种不同的方法.由分步乘法计数原理得,一共有2×3=6种不同的方法.3.体育场南侧有4个大门,北侧有3个大门,某人到该体育场晨练,则他进、出门的方案有( )A.12种B.7种C.14种D.49种解析:选D.要完成进、出门这件事,需要分两步,第一步进体育场,第二步出体育场,第一步进门有4+3=7种方法;第二步出门也有4+3=7种方法,由分步乘法计数原理知进、出门的方案有7×7=49种.4.现有高一学生50人,高二学生42人,高三学生30人,组成冬令营.(1)若从中选1人作总负责人,共有多少种不同的选法?(2)若每年级各选1名负责人,共有多少种不同的选法?(3)若从中推选两人作为中心发言人,要求这两人要来自不同的年级,则有多少种选法?解:(1)从高一选1人作总负责人有50种选法;从高二选1人作总负责人有42种选法;从高三选1人作总负责人有30种选法.由分类加法计数原理,可知共有50+42+30=122种选法.(2)从高一选1名负责人有50种选法;从高二选1名负责人有42种选法;从高三选1名负责人有30种选法.由分步乘法计数原理,可知共有50×42×30=63 000种选法.(3)①高一和高二各选1人作中心发言人,有50×42=2 100 种选法;②高二和高三各选1人作中心发言人,有42×30=1 260种选法;③高一和高三各选1人作中心发言人,有50×30=1 500种选法.故共有2 100+1 260+1 500=4 860种选法.[A 基础达标]1.完成一项工作,有两种方法,有5个人只会用第一种方法,另外有4个人只会用第二种方法,从这9个人中选1人完成这项工作,不同的选法种数是( )A.5 B.4C.9 D.20解析:选C.由分类加法计数原理求解,5+4=9(种).故选C.2.已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,可得直角坐标系中第一、二象限不同点的个数是( )A.18 B.16C.14 D.10解析:选C.分两类:第一类M中取横坐标,N中取纵坐标,共有3×2=6(个)第一、二象限的点;第二类M中取纵坐标,N中取横坐标,共有2×4=8(个)第一、二象限的点.综上可知,共有6+8=14(个)不同的点.3.现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是( )A.81 B.64C.48 D.24解析:选A.每个同学都有3种选择,所以不同选法共有34=81(种),故选A.4.如果x,y∈N,且1≤x≤3,x+y<7,那么满足条件的不同的有序自然数对(x,y)的个数是( )A.15 B.12C.5 D.4解析:选A.分情况讨论:①当x=1时,y=0,1,2,3,4,5,有6种情况;②当x=2时,y=0,1,2,3,4,有5种情况;③当x=3时,y=0,1,2,3,有4种情况.由分类加法计数原理可得,满足条件的有序自然数对(x,y)的个数是6+5+4=15.5.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,则不同的行车路线有( )A.24种B.16种C.12种D.10种解析:选C.完成该任务可分为四类,从每一个方向的入口进入都可作为一类,如图,从第1个入口进入时,有3种行车路线;同理,从第2个,第3个,第4个入口进入时,都分别有3种行车路线,由分类加法计数原理可得共有3+3+3+3=12种不同的行车路线,故选C.6.已知集合A={0,3,4},B={1,2,7,8},集合C={x|x∈A或x∈B},则当集合C中有且只有一个元素时,C的情况有________种.解析:分两种情况:当集合C中的元素属于集合A时,有3种;当集合C中的元素属于集合B时,有4种.因为集合A与集合B无公共元素,所以集合C的情况共有3+4=7(种).答案:77.某班小张等4位同学报名参加A,B,C三个课外活动小组,每位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________种.解析:小张的报名方法有2种,其他3位同学各有3种,所以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.答案:548.直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A,B的值,则可表示________条不同的直线.解析:若A或B中有一个为零时,有2条;当AB≠0时,有5×4=20条,则共有20+2=22(条),即所求的不同的直线共有22条.答案:229.(2018·云南丽江测试)现有高二四个班学生34人,其中一、二、三、四班各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)推选二人作中心发言,这二人需来自不同的班级,有多少种不同的选法?解:(1)分四类:第一类,从一班学生中选1人,有7种选法;第二类,从二班学生中选1人,有8种选法;第三类,从三班学生中选1人,有9种选法;第四类,从四班学生中选1人,有10种选法.所以,共有不同的选法N=7+8+9+10=34(种).(2)分四步,第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长,所以共有不同的选法N=7×8×9×10=5 040(种).(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.所以共有不同的选法N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种).10.(1)如图,在由电键组A与B所组成的并联电路中,要接通电源且仅闭合其中一个电键,使电灯C发光的方法有多少种?(2)如图,由电键组A,B组成的电路中,要闭合两个电键接通电源,使电灯C发光的方法有几种?解:(1)只要闭合图中的任一电键,电灯即发光.由于在电键组A中有2个电键,电键组B 中有3个电键,且分别并联,应用分类加法计数原理,所以共有2+3=5(种)接通电源使电灯发光的方法.(2)只有在闭合A组中2个电键中的一个之后,再闭合B组中3个电键中的一个,才能使电灯的电源接通,电灯才能发光.根据分步乘法计数原理,共有2×3=6(种)不同的接通方法使电灯发光.[B 能力提升]11.(2018·郑州高二检测)从集合{1,2,3,…,10}中任意选出3个不同的数,使这3个数成等比数列,这样的等比数列的个数为( )A.3 B.4C.6 D.8解析:选D.以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒,又得到4个数列,所以所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个).12.(2018·长沙高二检测)满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )A.14 B.13C.12 D.10解析:选B.对a进行讨论,为0与不为0,当a不为0时还需考虑判别式与0的大小.若a=0,则b=-1,0,1,2,此时(a,b)的取值有4个;若a≠0,则方程ax2+2x+b=0有实根,需Δ=4-4ab≥0,所以ab≤1,此时(a,b)的取值为(-1,0),(-1,1),(-1,-1),(-1,2),(1,1),(1,0),(1,-1),(2,-1),(2,0),共9个.所以(a,b)的个数为4+9=13.故选B.13.已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},点P(a,b)表示平面上的点(a,b∈M).(1)点P可以表示平面上的多少个不同点?(2)点P可以表示平面上的多少个第二象限的点?(3)点P可以表示多少个不在直线y=x上的点?解:(1)完成这件事分为两个步骤:a的取法有6种,b的取法有6种.由分步乘法计数原理知,点P可以表示平面上6×6=36(个)不同点.(2)根据条件,需满足a<0,b>0.完成这件事分两个步骤:a的取法有3种,b的取法有2种,由分步乘法计数原理知,点P 可以表示平面上3×2=6(个)第二象限的点.(3)因为点P不在直线y=x上,所以第一步a的取法有6种,第二步b的取法有5种,根据分步乘法计数原理可知,点P可以表示6×5=30(个)不在直线y=x上的点.14.(选做题)某节目中准备了两个信箱,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,现由主持人抽奖确定幸运观众,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,有多少种不同的结果?解:抽奖过程分三步完成,考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中,故可分两种情形考虑,分两大类:(1)幸运之星在甲箱中抽,先定幸运之星,再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20=17 400种结果.(2)幸运之星在乙箱中抽,同理有20×19×30=11 400种结果.因此共有不同结果17 400+11 400=28 800种.。
一轮复习课时训练§12.1:分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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第十二章§1:分类加法计数原理与分步乘法计数原理(与一轮复习课件对应的课时训练)满分100,训练时间45钟一、选择题:本大题共5小题,每小题8分,共40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.从集合{1,2,3,…,10}中,选出5个数组成子集,使得这5个数中任何两个数的和不等于11,则这样的子集共有A.10个B.16个C.20个D.32个2.某城市的电话号码由六位升为七位(首位数字均不为零),则该城市可增加的电话部数是A.9×8×7×6×5×4×3 B.8×96C.9×106 D.8.1×1063.用0到9这10个数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为A.324 B.328 C.360 D.6484.从正方体的8个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为A.56 B.52 C.48 D.405.只用1,2,3三个数字组成一个四位数,规定这三个数必须同时使用,且同一数字不能相邻出现,这样的四位数有A.6个B.9个C.18个D.36个二、填空题:本大题共3小题,每小题8分,共24分.6.从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其中甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有________种.(用数字作答)7.从集合U={a,b,c,d}的子集中选出4个不同的子集,需同时满足以下两个条件:(1)∅,U都要选出.(2)对选出的任意两个子集A和B,必有A⊆B或B⊆A.那么,共有________种不同的选法.8.某人有3种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多),要在如图所示的6个点A、B、C、A1、B1、C1上各安装一个灯泡,要求同一条线段两端的灯泡不同色,则不同的安装方法共有________种.(用数字作答)三、解答题:本大题共2小题,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(本小题满分18分)某体育彩票规定,从01到36共36个号中抽出的7个号为一注,每注2元.某人想先选定吉利号18,然后从01至17中选3个连续的号,从19至29中选2个连续的号,从30至36中选1个号组成一注.若这个人要把符合这种要求的号全买下,至少要花多少元钱?10.(本小题满分18分,(1)小问8分,(2)小问10分)有一个圆被两相交弦分成四块,现在用5种不同颜料给这四块涂色,要求共边两块颜色互异,每块只涂一色,共有多少种涂色方法?参考答案及其解析一、选择题:本大题共5小题,每小题8分,共40分.1.解析:先将数字分成5组:{1,10},{2,9},{3,8},{4,7},{5,6}.因为任何两个数的和不等于11,所以这5个数必须来自上面5组中的各一个,共可组成25=32个这样的子集.答案:D2.解析:电话号码是六位数字时,该城市可安装电话9×105部,同理升为七位数字时安装电话为9×106部.∴可增加的电话部数是9×106-9×105=8.1×106.答案:D3.解析:若组成没有重复数字的三位偶数,可分为两种情况:①当个位上是0时,共有9×8=72(种)情况;②当个位上是不为0的偶数时,共有4×8×8=256(种)情况.综上,共有72+256=328(种)情况.答案:B4.解析:从8个顶点中任选三个点组成三角形,有56个三角形.排除等边三角形8个(即每个顶点对应一个边长为2a的等边三角形,假设正方形边长为a).所以,总共有直角三角形56-8=48(个).答案:C5.解析:由题意知,1,2,3中必有某一个数字重复使用2次.第一步确定谁被使用2次,有3种方法;第二步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上,也有3种方法;第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上,有2种方法.故共可组成3×3×2=18个不同的四位数.答案:C二、填空题:本大题共3小题,每小题8分,共24分.6.解析:可分两步解决.第一步,先选出文娱委员,因为甲、乙不能担任,所以从剩下的3人中选1人当文娱委员,有3种选法.第二步,从剩下的4人中选学习委员和体育委员,又可分两步进行:第一步,先选学习委员有4种选法,第二步选体育委员有3种选法.由分步乘法计数原理可得,不同的选法共有3×4×3=36(种).答案:367.解析:将选法分成两类.第一类:其中一个是单元素集合,则另一集合为两个或三个元素且含有单元素集合中的元素,有C14×6=24种.第二类:其中一个是两个元素集合,则另一个是含有这两个元素的三元素集合,有C24×2 =12种.综上共有24+12=36(种).答案:368.解析:点A、B、C处安装三种颜色的灯泡共有3×2×1=6种不同的安装方法;三种颜色分别记作①、②、③,点A安装①色灯泡记作A①,则当A①,B②,C③时,对A1、B1、C1上安装灯泡有以下两种情况:故不同的安装方法共有6×2=12种.答案:12三、解答题:本大题共2小题,共36分.9.(本小题满分18分)解:第1步:从01到17中选3个连续号有15种选法;第2步:从19到29中选2个连续号有10种选法;第3步:从30到36中选1个号有7种选法.由分步乘法计数原理可知:满足要求的注数共有15×10×7=1 050注,故至少要花1 050×2=2 100元.10.(本小题满分18分)解:如图所示,分别用a,b,c,d表示这四块区域,a与c可同色也可不同色,可先考虑给a,c两块涂色,可分两类:①给a,c涂同种颜色共5种涂法,再给b涂色有4种涂法,最后给d涂色也有4种涂法.由分步乘法计数原理知,此时共有5×4×4=80种涂法.②给a,c涂不同颜色共有5×4=20种涂法,再给b涂色有3种涂法,最后给d涂色也有3种涂法,此时共有20×3×3=180种涂法.故由分类加法计数原理知,共有80+180=260种涂法.。
高考数学一轮复习课时分层训练62分类加法计数原理与分步乘法计数原理理北师大版
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课时分层训练(六十二) 分类加法计数原理与分步乘法计数原理A组基础达标一、选择题1.某电话局的电话号码为139××××××××,若前六位固定,最后五位数字是由6或8组成的,则这样的电话号码的个数为( )A.20 B.25C.32 D.60C[依据题意知,后五位数字由6或8组成,可分5步完成,每一步有2种方法,根据分步乘法计数原理,符合题意的电话号码的个数为25=32.]2.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A.40 B.16C.13 D.10C[分两类情况:第1类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;第2类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.]3.在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数共有( )A.50个B.45个C.36个D.35个C[由题意知,十位上的数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8,共8类,在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个,7个,6个,5个,4个,3个,2个,1个.由分类加法计数原理知,符合题意的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36个.]4.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,这样的等比数列的个数为( )A.3 B.4C.6 D.8D[以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒,又得到另外的4个数列,所以所求的数列共有2(2+1+1)=8个.]5.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”),则首位为2的“六合数”共有( )【导学号:79140339】A.18个B.15个C.12个D.9个B[依题意,这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004;由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031;由2,2、0组成3个数分别为220、202、022;由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计:3+6+3+3=15(个).]6.如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为( )A.240 B.204C.729 D.920A[若a2=2,则凸数为120与121,共1×2=2个.若a2=3,则凸数有2×3=6个.若a2=4,则凸数有3×4=12个,…,若a2=9,则凸数有8×9=72个.所以所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240个.]7.如图1014是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形,现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方法有( )图1014A.24种B.72种C.84种D.120种C[如图,设四个直角三角形顺次为A,B,C,D,按A→B→C→D顺序涂色,下面分两种情况:(1)A,C不同色(注意:B,D可同色、也可不同色,D只要不与A,C同色,所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色):有4×3×2×2=48(种)不同的涂法.(2)A,C同色(注意:B,D可同色、也可不同色,D只要不与A,C同色,所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色):有4×3×1×3=36(种)不同的涂法.故共有48+36=84(种)不同的涂色方法.故选C.]二、填空题8.有六名同学报名参加三个智力项目,每项限报一人,且每人至多参加一项,则共有________种不同的报名方法.120 [每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有6种选法,第二个项目有5种选法,第三个项目只有4种选法,由分步乘法计数原理,得共有报名方法6×5×4=120种.]9.从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数,其中奇数的个数是________.18 [从1,3中取一个排个位,故排个位有2种方法;排百位不能是0,可以从另外3个数中取一个,有3种方法;排十位有3种方法.故奇数的个数为3×3×2=18.] 10.在连接正八边形的顶点而成的三角形中,与正八边形有公共边的三角形有________个.【导学号:79140340】40 [分两类:①有一条公共边的三角形共有8×4=32个;②有两条公共边的三角形共有8个.故共有32+8=40个.]B组能力提升11.从集合{1,2,3,4,…,10}中,选出5个数组成子集,使得这5个数中任意两个数的和都不等于11,则这样的子集有( )A.32个B.34个C.36个D.38个A[将和等于11的放在一组:1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个,有C12=2种,共有2×2×2×2×2=32个.]12.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有( ) A.144个B.120个C.96个D.72个B[当万位数字为4时,个位数字从0,2中任选一个,共有2A34个偶数;当万位数字为5时,个位数字从0,2,4中任选一个,共有C13A34个偶数.故符合条件的偶数共有2A34+C13A34=120(个).]13.一个旅游景区的游览线路如图1015所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有( )图1015A.6种B.8种C.12种D.48种D[从P点处进入结点O以后,游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口),若先游览完A 景点,再进入另外两个景点,最后从Q 点处出有(4+4)×2=16种不同的方法;同理,若先游览B 景点,有16种不同的方法;若先游览C 景点,有16种不同的方法,因而所求的不同游览线路有3×16=48(种).]14.(2018·重庆调研(二))从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中任取6个不同的数,则这6个数的中位数恰好是112的概率为( ) A.11 050 B.1525 C.435 D.635D [从10个数中任取6个不同的数的取法有C 610=210种,其中中位数是112的取法要分两类:一类以5,6为中间两个数,取法共有C 25C 23=30种;另一类以4,7为中间两个数,取法共有C 24C 22=6种,则所求概率为30+6210=635,故选D.] 15.已知△ABC 三边a ,b ,c 的长都是整数,且a ≤b ≤c ,如果b =25,则符合条件的三角形共有________个.325 [根据三角形的三边关系可知,c <25+a .第一类,当a =1,b =25时,c 可取25,共1个;第二类,当a =2,b =25时,c 可取25,26,共2个;…当a =25,b =25时,c 可取25,26,…,49,共25个.所以符合条件的三角形的个数为1+2+…+25=325.]16.回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22,121,3 443,94 249等.显然2位回文数有9个:11,22,33,…,99;3位回文数有90个:101,111,121,…,191,202,…,999.则(1)4位回文数有________个;(2)2n +1(n ∈N +)位回文数有________个.【导学号:79140341】(1)90 (2)9×10n [(1)4位回文数相当于填4个方格,首尾相同,且不为0,共9种填法;中间两位一样,有10种填法,共计9×10=90种填法,即4位回文数有90个.(2)根据回文数的定义,此问题也可以转化成填方格,由分步计数原理,共有9×10n 种填法.]。
2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业:62 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 Word版含解析
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课时作业62分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1.从甲地到乙地,一天中有5次火车,12次客车,3次飞机航班,还有6次轮船,某人某天要从甲地到乙地,共有不同走法的种数是(A)A.26 B.60C.18 D.1 080解析:由分类加法计数原理知有5+12+3+6=26(种)不同走法.2.a,b,c,d,e共5个人,从中选1名组长1名副组长,但a 不能当副组长,不同选法的种数是(B)A.20 B.16C.10 D.6解析:当a当组长时,则共有1×4=4种选法;当a不当组长时,又因为a也不能当副组长,则共有4×3=12种选法.因此共有4+12=16种选法.3.从集合{0,1,2,3,4,5}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a +b i,其中虚数有(C)A.36个B.30个C.25个D.20个解析:因为a,b互不相等且a+b i为虚数,所以b只能从{1,2,3,4,5}中选,有5种选法,a从剩余的5个数中选,有5种选法,所以共有虚数5×5=25(个),故选C.4.(2019·南昌二模)为便民惠民,某通信运营商推出“优惠卡活动”.其内容如下:卡号的前七位是固定的,后四位从“0000”到“9999”共10 000个号码参与该活动,凡卡号后四位带有“6”或“8”的一律作为“优惠卡”,则“优惠卡”的个数是(C)A.1 980 B.4 096C.5 904 D.8 020解析:卡号后四位不带“6”和“8”的个数为84=4 096,故带有“6”或“8”的“优惠卡”有5 904个.5.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有(B)A.144个B.120个C.96个D.72个解析:当万位数字为4时,个位数字从0,2中任选一个,共有2A34个偶数;当万位数字为5时,个位数字从0,2,4中任选一个,共有C13 A34个偶数.故符合条件的偶数共有2A34+C13A34=120(个).6.有六种不同颜色,给如图所示的六个区域涂色,要求相邻区域不同色,不同的涂色方法共有(A)A.4 320种B.2 880种C.1 440种D.720种解析:区域1有6种不同的涂色方法,区域2有5种不同的涂色方法,区域3有4种不同的涂色方法,区域4有3种不同的涂色方法,区域6有4种不同的涂色方法,区域5有3种不同的涂色方法,根据分步乘法计数原理得,共有6×5×4×3×4×3=4 320(种)涂色方法,故选A.7.某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有(A) A.28种B.30种C.27种D.29种解析:有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,则有2人既会踢足球又会打篮球,有3人只会打篮球,有4人只会踢足球,所以选派的方案有四类:选派两种球都会的运动员有2种方案;选派两种球都会的运动员中一名踢足球,只会打篮球的运动员打篮球,有2×3=6(种)方案;选派两种球都会的运动员中一名打篮球,只会踢足球的运动员踢足球,有2×4=8(种)方案;选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球,有3×4=12(种)方案.综上可知,共有2+6+8+12=28(种)方案,故选A.二、填空题8.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,共有12种行车路线.解析:由分步乘法计数原理知4×3=12(种).9.正整数180的正约数的个数为18.解析:180=22×32×5,其正约数的构成是2i3j5k形式的数,其中i=0,1,2,j=0,1,2,k=0,1,故其不同的正约数有3×3×2=18(个).10.已知△ABC三边a,b,c的长都是整数,且a≤b≤c,如果b=25,则符合条件的三角形共有325个.解析:根据三边构成三角形的条件可知,c<25+a.第一类:当a=1,b=25时,c可取25,共1个值;第二类:当a=2,b=25时,c可取25,26,共2个值;……当a=25,b=25时,c可取25,26,…,49,共25个值;所以三角形的个数为1+2+…+25=325.11.在某一运动会百米决赛上,8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员比赛的方式共有2_880种.解析:分两步安排这8名运动员.第一步:安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5,7四条跑道可安排.故安排方式有4×3×2=24(种).第二步:安排另外5人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道上安排,所以安排方式有5×4×3×2×1=120(种).故安排这8人的方式共有24×120=2 880(种).12.甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛,决出第1名至第5名(没有重名次).已知甲、乙均未得到第1名,且乙不是最后一名,则5名同学的名次排列情况可能有(C)A.27种B.48种C.54种D.72种解析:分五步完成:第一步,决出第1名的情况有3种;第二步,决出第5名的情况有3种;第三步,决出第2名的情况有3种;第四步,决出第3名的情况有2种;第五步,决出第4名的情况有1种.因此,根据分步乘法计数原理可知,5名同学的名次排列情况可能有3×3×3×2×1=54(种).13.某校高三年级5个班进行拔河比赛,每2个班都要比赛一场.到现在为止,(1)班已经比了4场,(2)班已经比了3场,(3)班已经比了2场,(4)班已经比了1场,则(5)班已经比了(B) A.1场B.2场C.3场D.4场解析:设①②③④⑤分别代表(1)(2)(3)(4)(5)班,①比了4场,则①和②③④⑤均比了1场;由于④只比了1场,则一定是和①比的;②比了3场,是和①③⑤比的;③比了2场,是和①②比的.所以此时⑤比了2场,是和①②比的.5个班的比赛情况可以用下图表示.14.6个标有不同编号的乒乓球放在两头有盖的棱柱型纸盒中,正视图如图所示,若随机从一头取出一个乒乓球,分6次取完,并依次排成一行,则不同的排法种数是32.(用数字作答)解析:排成一行的6个球,第1个球可从左边取,也可从右边取,有2种可能,同样第2个球也有2种可能,……,第5个球也有2种可能,第6个球只有1种可能,因此不同的排法种数为25=32.尖子生小题库——供重点班学生使用,普通班学生慎用15.(2019·河北唐山二模)用两个1,一个2,一个0可组成不同四位数的个数是(D)A.18 B.16C.12 D.9解析:根据题意,分3步进行分析:①0不能放在千位,可以放在百位、十位和个位,有3种情况,②在剩下的3个数位中任选1个,安排2,有3种情况,③在最后2个数位安排2个1,有1种情况,则可组成3×3=9个不同四位数,故选D.16.设a,b,c∈{1,2,3,4,5,6},若以a,b,c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三角形有27个.解析:先考虑等边的情况,a=b=c=1,2,…,6,有六个.再考虑等腰的情况,若a=b=1,c<a+b=2,此时c=1,与等边重复;若a=b=2,c<a+b=4,则c=1,3,有两个;若a=b=3,c<a+b =6,则c=1,2,4,5,有四个;若a=b=4,c<a+b=8,则c=1,2,3,5,6,有五个;若a=b=5,c<a+b=10,则c=1,2,3,4,6,有五个;若a=b=6,c<a+b=12,则c=1,2,3,4,5,有五个.故一共有27个符合题意的三角形.。
2023年高考数学(理科)一轮复习——分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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②第2类,当千位数字为偶数,即取2,4,6中的任意一个时,个位数字可以 取除首位数字的任意一个偶数数字,百位数字不能取与这两个数字重复的数 字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字. 根据分步乘法计数原理,有3×3×5×4=180(种)取法. ③根据分类加法计数原理,共可以组成240+180=420(个)无重复数字的四位 偶数.
知识梳理 1.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.
索引
2.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.
索引
4.已知某公园有4个门,从一个门进,另一个门出,则不同的走法的种数为
(C )
A.16
B.13
C.12
D.10
解析 将4个门编号为1,2,3,4,从1号门进入后,有3种出门的方法,共3 种走法,从2,3,4号门进入,同样各有3种走法,共有不同走法3×4=12(种).
索引
5.(易错题)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
考点一 分类加法计数原理的应用
1.从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会,则不同的选法种数为( B )
A.6
B.5
C.3
D.2
解析 5个人中每一个都可主持,所以共有5种选法.
索引
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,
这样的等比数列的个数为( D )
索引
3.分类加法和分步乘法计数原理,区别在于:分类加法计数原理针对“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“分步”问题,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完 成了才算完成这件事.
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课时作业62分类加法计数原理与分步乘法计数原
理
一、选择题
1.从甲地到乙地,一天中有5次火车,12次客车,3次飞机航班,还有6次轮船,某人某天要从甲地到乙地,共有不同走法的种数是(A)
A.26 B.60
C.18 D.1 080
解析:由分类加法计数原理知有5+12+3+6=26(种)不同走法.2.a,b,c,d,e共5个人,从中选1名组长1名副组长,但a 不能当副组长,不同选法的种数是(B)
A.20 B.16
C.10 D.6
解析:当a当组长时,则共有1×4=4种选法;当a不当组长时,又因为a也不能当副组长,则共有4×3=12种选法.因此共有4+12=16种选法.
3.从集合{0,1,2,3,4,5}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a +b i,其中虚数有(C)
A.36个B.30个
C.25个D.20个
解析:因为a,b互不相等且a+b i为虚数,所以b只能从{1,2,3,4,5}中选,有5种选法,a从剩余的5个数中选,有5种选法,所以共有虚数5×5=25(个),故选C.
4.(2019·南昌二模)为便民惠民,某通信运营商推出“优惠卡活动”.其内容如下:卡号的前七位是固定的,后四位从“0000”到“9999”共10 000个号码参与该活动,凡卡号后四位带有“6”或“8”的一律作为
“优惠卡”,则“优惠卡”的个数是(C)
A.1 980 B.4 096
C.5 904 D.8 020
解析:卡号后四位不带“6”和“8”的个数为84=4 096,故带有“6”或“8”的“优惠卡”有5 904个.
5.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有(B)
A.144个B.120个
C.96个D.72个
解析:当万位数字为4时,个位数字从0,2中任选一个,共有2A34个偶数;当万位数字为5时,个位数字从0,2,4中任选一个,共有C13 A34个偶数.故符合条件的偶数共有2A34+C13A34=120(个).6.有六种不同颜色,给如图所示的六个区域涂色,要求相邻区域不同色,不同的涂色方法共有(A)
A.4 320种B.2 880种
C.1 440种D.720种
解析:区域1有6种不同的涂色方法,区域2有5种不同的涂色方法,区域3有4种不同的涂色方法,区域4有3种不同的涂色方法,区域6有4种不同的涂色方法,区域5有3种不同的涂色方法,根据分步乘法计数原理得,共有6×5×4×3×4×3=4 320(种)涂色方法,故选A.
7.某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有(A) A.28种B.30种
C.27种D.29种
解析:有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,则有2人既会踢足球又会打篮球,有3人只会打篮球,有4人只会踢足球,所以选派的方案有四类:选派两种球都会的运动员有2种方案;选派两种球都会的运动员中一名踢足球,只会打篮球的运动员打篮球,有2×3=6(种)方案;选派两种球都会的运动员中一名打篮球,只会踢足球的运动员踢足球,有2×4=8(种)方案;选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球,有3×4=12(种)方案.综上可知,共有2+6+8+12=28(种)方案,故选A.
二、填空题
8.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,共有12种行车路线.解析:由分步乘法计数原理知4×3=12(种).
9.正整数180的正约数的个数为18.
解析:180=22×32×5,其正约数的构成是2i3j5k形式的数,其中i=0,1,2,j=0,1,2,k=0,1,故其不同的正约数有3×3×2=18(个).10.已知△ABC三边a,b,c的长都是整数,且a≤b≤c,如果b=25,则符合条件的三角形共有325个.
解析:根据三边构成三角形的条件可知,c<25+a.
第一类:当a=1,b=25时,c可取25,共1个值;
第二类:当a=2,b=25时,c可取25,26,共2个值;
……
当a=25,b=25时,c可取25,26,…,49,共25个值;
所以三角形的个数为1+2+…+25=325.
11.在某一运动会百米决赛上,8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员比赛的方式共有2_880种.
解析:分两步安排这8名运动员.
第一步:安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5,7四条跑道可安排.故安排方式有4×3×2=24(种).
第二步:安排另外5人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道
上安排,所以安排方式有5×4×3×2×1=120(种).
故安排这8人的方式共有24×120=2 880(种).
12.甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛,决出第1名至第5名(没有重名次).已知甲、乙均未得到第1名,且乙不是最后一名,则5名同学的名次排列情况可能有(C)
A.27种B.48种
C.54种D.72种
解析:分五步完成:第一步,决出第1名的情况有3种;第二步,决出第5名的情况有3种;第三步,决出第2名的情况有3种;第四步,决出第3名的情况有2种;第五步,决出第4名的情况有1种.因此,根据分步乘法计数原理可知,5名同学的名次排列情况可能有3×3×3×2×1=54(种).
13.某校高三年级5个班进行拔河比赛,每2个班都要比赛一场.到现在为止,(1)班已经比了4场,(2)班已经比了3场,(3)班已经比了2场,(4)班已经比了1场,则(5)班已经比了(B) A.1场B.2场
C.3场D.4场
解析:设①②③④⑤分别代表(1)(2)(3)(4)
(5)班,①比了4场,则①和②③④⑤均比了1场;由于④只比了1场,则一定是和①比的;②比了3场,是和①③⑤比的;③比了2场,是和①②比的.所以此时⑤比了2场,是和①②比的.5个班的比赛情况可以用下图表示.
14.6个标有不同编号的乒乓球放在两头有盖的棱柱型纸盒中,正视图如图所示,若随机从一头取出一个乒乓球,分6次取完,并依次排成一行,则不同的排法种数是32.(用数字作答)
解析:排成一行的6个球,第1个球可从左边取,也可从右边取,有2种可能,同样第2个球也有2种可能,……,第5个球也有2种可能,第6个球只有1种可能,因此不同的排法种数为25=32.
尖子生小题库——供重点班学生使用,普通班学生慎用
15.(2019·河北唐山二模)用两个1,一个2,一个0可组成不同四位数的个数是(D)
A.18 B.16
C.12 D.9
解析:根据题意,分3步进行分析:①0不能放在千位,可以放在百位、十位和个位,有3种情况,②在剩下的3个数位中任选1个,安排2,有3种情况,③在最后2个数位安排2个1,有1种情况,则可组成3×3=9个不同四位数,故选D.
16.设a,b,c∈{1,2,3,4,5,6},若以a,b,c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三角形有27个.
解析:先考虑等边的情况,a=b=c=1,2,…,6,有六个.再考虑等腰的情况,若a=b=1,c<a+b=2,此时c=1,与等边重复;若a=b=2,c<a+b=4,则c=1,3,有两个;若a=b=3,c<a+b =6,则c=1,2,4,5,有四个;若a=b=4,c<a+b=8,则c=1,2,3,5,6,有五个;若a=b=5,c<a+b=10,则c=1,2,3,4,6,有五个;若a=b=6,c<a+b=12,则c=1,2,3,4,5,有五个.故一共有27个符合题意的三角形.。