《2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第十章 计数原理10.1 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第十章 计数原理10.1 （51页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理,大一轮复习讲义,第十章 计数原理,NEIRONGSUOYIN,内容索引,基础知识 自主学习,题型分类 深度剖析,课时作业,1,基础知识 自主学习,PART ONE,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 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 种不同的方法.,ZHISHISHULI,mn,mn,3.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
2、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.,【概念方法微思考】,1.在解题过程中如何判定是用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？,提示 如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类加法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成事件的一部分，就用分步乘法计数原理.,2.两种原理解题策略有哪些？,提示 分清要完成的事情是什么； 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； 有无特殊条件的限制； 检验是否有重复或遗漏.,基础自测
3、,JICHUZICE,题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (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直接完成这件事.( ) (3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成.( ) (4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i1，2，3，n)，那么完成这件事共有m1m2m3mn种方法.( ) (5)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.( ),1,2,3,4
4、,5,6,1,2,3,4,5,6,题组二 教材改编 2.P12A组T5已知集合M1，2，3，N4，5，6，7，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是 A.12 B.8 C.6 D.4,解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况， 第二步再确定纵坐标，有2种情况， 因此第一、二象限内不同点的个数是326，故选C.,1,2,3,4,5,6,3.P10练习T4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 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
5、，有3种出门的方式，共3种走法， 从2，3，4号门进入，同样各有3种走法， 即进门有4种走法，出门有3种走法， 由分步乘法计数原理得，共有不同走法4312(种).,1,2,3,4,5,6,题组三 易错自纠 4.从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为 A.24 B.18 C.12 D.6,解析 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有32212(个)奇数； 第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3216(个)奇数. 根据分类加法计数原理知，共有12618(个)奇数.,1,2
6、,3,4,5,6,5.现用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 A.24种 B.30种 C.36种 D.48种,解析 需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法； 再给B块着色，有2种方法； 最后给D块着色，有2种方法， 由分步乘法计数原理知，共有432248(种)着色方法.,6.如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“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_个.,解析 当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况. 当有三个1时：2111，3111，41
7、11，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种， 当有三个2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果.,12,1,2,3,4,5,6,2,题型分类 深度剖析,PART TWO,解析 方程ax22xb0有实数解的情况应分类讨论.当a0时，方程为一元一次方程2xb0，不论b取何值，方程一定有解.此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对. 当a0时，需要44ab0，即ab1.显然有3个有序数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2).a0时，(a，b)共有3412个实数对，故a0时满足条件的实数对有1239个，所
8、以答案应为4913.,题型一 分类加法计数原理,自主演练,1.满足a，b1，0，1，2，且关于x的方程ax22xb0有实数解的有序数对(a，b)的个数为 A.14 B.13 C.12 D.10,2.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，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.204 C.729 D.920,解析 若a22，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个. 若a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有236(个). 若a24，满足条件的“凸数”有3412(个)， 若a29
9、，满足条件的“凸数”有8972(个). 所以所有凸数有26122030425672240(个).,3.定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数.若m4，则不同的“规范01数列”共有 A.18个 B.16个 C.14个 D.12个,解析 第一位为0，最后一位为1，中间3个0，3个1，3个1在一起时为000111，001110；,分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词，关键元素，关键位置. (1)根据题目特点恰当选择一个分类标准. (2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类
10、，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复. (3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏.,题型二 分步乘法计数原理,师生共研,例1 (1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 A.24 B.18 C.12 D.9,解析 从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条， 所以从E点到G点的最短路径有6318(条)，故选B.,(2)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.,解析 每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选
11、人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法， 根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有654120(种).,120,1.本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？,解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法， 根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36729(种).,2.本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？,解 每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人
12、参赛， 根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63216(种).,(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. (2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.,解析 根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法； 参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法； 参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法.
13、由分步乘法计数原理知，共有64248(种)不同游览线路.,跟踪训练1 一个旅游景区的游览线路如图所示，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，则不同(除交汇点O外)的游览线路有_种.(用数字作答),48,题型三 两个计数原理的综合应用,师生共研,例2 (1)用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一 个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个.(用数字作答),故符合题意的四位数一共有9601201 080(个).,1 080,解析 由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法
14、，D处有4种涂法； 若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法， 由此可得不同的涂色方法有54(1433)260(种).故选D.,(2)现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边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 A.120 B.140 C.240 D.260,(3)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.60 B.48 C.36 D.24,解析 长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6636，另含4个顶
15、点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6212， 故符合条件的“平行线面组”的个数是361248.,利用两个计数原理解决应用问题的一般思路 (1)弄清完成一件事是做什么. (2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类. (3)弄清分步、分类的标准是什么. (4)利用两个计数原理求解.,跟踪训练2 (1)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,故选B.,(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是_.,解析 第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有21224(个)
