【步步高】屆高三數學大一輪復習 兩個計數原理學案 理 新人教A版

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1、 第十章　計數原理、隨機變量及其分布 學案63　兩個計數原理 導學目標： 理解分類加法計數原理和分步乘法計數原理，能正確區(qū)分“類”和“步”，并能利用兩個原理解決一些簡單的實際問題． 自主梳理 1．分類加法計數原理 完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝________種不同的方法． 2．分步乘法計數原理 完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝________種不同的方法． 3．分類加法計數原理與分步乘法計數原理，都是涉及完成一件事的不同

2、方法的種數，它們的區(qū)別在于：分類加法計數原理與“分類”有關，各種方法相互獨立，用其中任何一種方法都可以完成這件事；分步乘法計數原理與“分步”有關，各個步驟相互依存，只有各個步驟都完成了，這件事才算完成，從思想方法的角度看，分類加法計數原理的運用是將一個問題進行“分類”思考，分步乘法計數原理是將問題進行“分步”思考． 自我檢測 1．(2009·北京)用0到9這10個數字，可以組成沒有重復數字的三位偶數的個數為(　　) A．324 B．328 C．360 D．648 2. 如圖小圓圈表示網絡的結點，結點之間的連線表示它們有網線相聯(lián)，連線上標注的數字表示該段網線單位時

3、間內可以通過的最大信息量．現從結點B向結點A傳遞信息，信息可以分開沿不同的路線同時傳遞，則單位時間內傳遞的最大信息量為(　　) A．26 B．24 C．20 D．19 3．(2011·青島月考)某外商計劃在4個候選城市投資3個不同的項目，且在同一個城市投資的項目不超過2個，則該外商不同的投資方案有(　　) A．16種 B．36種 C．42種 D．60種 4．(2010·湖北)現有6名同學去聽同時進行的5個課外知識講座，每名同學可自由選擇其中的一個講座，不同選法的種數是(　　) A．56 B．65 C. D．6×5×4×3×2

4、5. 如圖，一個地區(qū)分為5個行政區(qū)域，現給地圖著色，要求相鄰區(qū)域不得使用同一種顏色，現有4種顏色可供選擇，則不同著色方法共有________種．(以數字作答) 6．(2011·泉州調研)集合A含有5個元素，集合B含有3個元素．從A到B可有________個不同映射． 探究點一　分類加法計數原理的應用 例1　在所有的兩位數中，個位數字大于十位數字的兩位數共有多少個？ 變式遷移1　方程＋＝1表示焦點在y軸上的橢圓，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么這樣的橢圓有多少個？

5、 探究點二　分步乘法計數原理的應用 例2　(2011·黃山模擬)乒乓球隊的10名隊員中有3名主力隊員，派5名參加比賽，3名主力隊員要安排在第一、三、五位置，其余7名隊員選2名安排在第二、四位置，求不同的出場安排共有多少種？ 變式遷移2　有0、1、2、…、8這9個數字． (1)用這9個數字組成四位數，共有多少個不同的四位數？ (2)用這9個數字組成四位密碼，共有多少個不同的四位密碼？ 探究點三　兩個計數原理的綜合應用 例3　如圖所示，花壇內有五個花池，有五種不同顏色的花卉可供栽種，每個花池內只能種

6、 同種顏色的花卉，相鄰兩池的花色不同，則最多的栽種方案有(　　) A．180種 B．240種 C．360種 C．420種 變式遷移3　 如圖所示為一電路圖，從A到B共有________條不同的線路可通電． 分類討論思想 例　(12分)從1到20這20個正整數中，每次取出3個，問：它們可以組成多少組不同的等差數列． 多角度審題　本題是一道計數原理與等差數列的綜合題，能構成等差數列的三個數有很多，到底如何取這三個數才能準確的、不重、不漏的找出所有能構成等差數列的三個數是本題的難點． 【答題模板】 解　依題意，要使這三個數成等差數列，公差d的取值

7、可以為±1，±2，…，±9，因此分18類．[3分] 當d＝±1時，可以組成36組不同的等差數列； 當d＝±2時，可以組成32組不同的等差數列； …； 當d＝±9時，可以組成4組不同的等差數列．[9分] 根據分類加法計數原理，共有36＋32＋28＋…＋8＋4 ＝180(組)不同的等差數列．[12分] 【突破思維障礙】 由于取出的三個數必須構成等差數列，因此，按照公差的大小來分類能使取出的三個數不重不漏，那么每一類型有多少個三位數，由于從前往后取，關鍵看取到最后，由各數列的特點，就能看出有幾個數列，例如：當等差數列的公差為1時，能構成等差數列的三個數為1 2 3,2 3 4,3 4

8、 5，…，18 19 20，查個數時，看每組數的第一個數，分別為1,2,3，…，18，因此共18個等差數列；再例如當公差為2時，取到最后剩17,19, 20.但前面能構成等差數列的三個數分別為1 3 5,2 4 6,3 5 7,4 6 8，…，16 18 20，看每組數的第一個數分別為1,2,3，…，16，共16個等差數列． 【易錯點剖析】 容易遺忘公差為－1，－2，…，－9時的情況，有可能找不到公差每增加1個單位，等差數列個數減少4個的規(guī)律． 1．關于兩個計數原理的應用范圍：(1)如果完成一件事情有幾類辦法，這幾類辦法彼此之間相互獨立，無論哪一類辦法中的哪一種方法都能獨立完成這件事

9、，求完成這件事的方法種數時就用分類加法計數原理，分類加法計數原理可利用“并聯(lián)電路”來理解．(2)如果完成一件事情要分幾個步驟，各個步驟都是不可缺少的，需要依次完成所有的步驟，才能完成這件事，而完成每一個步驟各有若干種不同的辦法，求完成這件事的方法種數時就用分步乘法計數原理，分步乘法計數原理可利用“串聯(lián)電路”理解． 2．應用兩個計數原理的注意事項：(1)要真正理解“完成一件事”的含義，以確定需要分類還是需要分步．(2)分類時要做到不重不漏．(3)對于復雜的計數問題，可以分類、分步綜合應用． (滿分：75分) 一、選擇題(每小題5分，共25分) 1．(2011·合肥調研)從1到10

10、的正整數中，任意抽取兩個相加所得的和為奇數的不同情形的種數是(　　) A．10 B．15 C．20 D．25 2．某電腦用戶計劃使用不超過500元的資金購買單價分別為60元、70元的單片軟件和盒裝磁盤，根據需要，軟件至少買3片，磁盤至少買2盒，則不同的選購方式共有(　　) A．5種 B．6種 C．7種 D．8種 3．(2010·佛山模擬)某體育彩票規(guī)定：從01至36共36個號中抽出7個號為一注，每注2元，某人想從01至10中選3個連續(xù)的號，從11至20中選2個選續(xù)的號，從21至30中選1個號，從31至36中選1個號組成一注，則這個人把這種特殊要求的號

11、買全，至少要(　　) A．3 360元 B．6 720元 C．4 320元 D．8 640元 4．(2011·杭州月考)如果一個三位數的十位數字既大于百位數字也大于個位數字，則這樣的三位數共有(　　) A．240個 B．285個 C．231個 D．243個 5．4位同學參加某種形式的競賽，競賽規(guī)則規(guī)定：每位同學必須從甲、乙兩道題中任選一題作答，選甲題答對得21分，答錯得－21分；選乙題答對得7分，答錯得－7分．若4位同學的總分為0，則這4位同學不同得分情況的種數是(　　) A．48 B．44 C．36 D．24 二、填空題(每小

12、題4分，共12分) 6. 一植物園參觀路徑如圖所示，若要全部參觀并且路線不重復，則不同的參觀路線種數共有________種． 7．(2011·安慶模擬)計劃展出6幅不同的畫，其中1幅水彩畫，2幅油畫，3幅國畫，排成一行陳列，要求同一品種的畫必須連在一起，并且水彩畫不放在兩端，那么不同的陳列法有______種． 8．電視臺在“歡樂今宵”節(jié)目中拿出兩個信箱，其中存放著先后兩次競猜中成績優(yōu)秀的觀眾來信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，現由主持人抽獎確定幸運觀眾，若先確定一名幸運之星，再從兩信箱中各確定一名幸運伙伴，有________種不同的結果． 三、解答題(共38分) 9．(1

13、2分)(2011·開封模擬)從{－3，－2，－1,0,1,2,3,4}中任選三個不同元素作為二次函數y＝ax2＋bx＋c的系數，問能組成多少條拋物線經過原點且頂點在第一象限或第三象限？ 10．(12分)用0,1,2,3,4,5可以組成多少個無重復數字的比2 000大的四位偶數． 11．(14分)有一個圓形區(qū)域被3條直徑分成6塊(如圖所示)，在每一塊區(qū)域內種植植物，相鄰的兩塊區(qū)域種植不同的植物，現有4種不同的植物選擇，一共有多少種不同的種植方法．

14、學案63　兩個計數原理 自主梳理 1．m＋n　2.m×n 自我檢測 1．B　[若組成沒有重復數字的三位偶數，可分為兩種情況：①當個位上是0時，共有9×8＝72(種)情況；②當個位上是不為0的偶數時，共有4×8×8＝256(種)情況．綜上，共有72＋256＝328(種)情況．] 2．D　[本題只要類比成供水系統(tǒng)中水管的最大流量問題即可．由B到A，單位時間內第一條網線傳遞的最大信息量為3，第二條網線傳遞的最大信息量為4，第三條網線傳遞的最大信息量為6，第四條網線傳遞的最大信息量為6，由分類加法計數原理，得3＋4＋6＋6＝19.] 3．D　[某外商計劃在4個候選城市投資3個不同的項目，且

15、在同一個城市投資的項目不超過2個，則可分兩類：第一類，在兩個城市分別投資1個項目、2個項目，此時有3×4×3＝36(種)方案；第二類，在三個城市各投資1個項目，有4×3×2＝24(種)方案，共計有36＋24＝60(種)方案．] 4．A　[由分步乘法計數原理得5×5×5×5×5×5＝56.] 5．72 解析　本題根據題意，可分類求解：第一類，用三種顏色著色，有4×3×2＝24(種)方法；第二類，用四種顏色著色，有2×4×3×2＝48(種)方法． 從而共有24＋48＝72(種)方法． 6．243 解析　A中的任一元素去選擇B的某一元素都有3種方法，且要完成一個映射應該使A中的每一個元素

16、在B中都能找到唯一的元素與之對應，由分步乘法計數原理知共有3×3×3×3×3＝35＝243(個)． 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　→ 應用分類加法計數原理，首先根據問題的特點，確定分類的標準，分類應滿足：完成一件事的任何一種方法，必屬于某一類且僅屬于某一類． 解　根據題意，十位數上的數字分別是1,2,3,4,5,6,7,8的情況分成8類，在每一類中滿足題目要求的兩位數分別有8個，7個，6個，5個，4個，3個，2個，1個． 由分類加法計數原理知，符合題意的兩位數共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(個)． 變式遷移1　解　以m的值為標準分類，分為五類． 第一類：m＝1時，使n

17、>m，n有6種選擇； 第二類：m＝2時，使n>m，n有5種選擇； 第三類：m＝3時，使n>m，n有4種選擇； 第四類：m＝4時，使n>m，n有3種選擇； 第五類：m＝5時，使n>m，n有2種選擇． ∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20(種)方法，即有20個符合題意的橢圓． 例2　解題導引　→ “分步”是乘法原理的標志．要注意在同一類中合理分步的幾個原則：分步標準必須一致；分步要做到步驟關聯(lián)，步驟連續(xù)，步驟獨立，確保對每一類事件的分步不重不漏．這樣才能保證使用分步乘法計數原理時的正確性． 解　按出場位置順序逐一安排．第一位置隊員的安排有3種方法；第二位置隊員的安排有7種方法；第三位置隊

18、員的安排有2種方法；第四位置隊員的安排有6種方法；第五位置隊員的安排只有1種方法． 由分步乘法計數原理知，不同的出場安排方法有3×7×2×6×1＝252(種)． 變式遷移2　解　(1)未強調四位數的各位數字不重復，只需首位不為0，依次確定千、百、十、個位，各有8、9、9、9種方法， ∴共能組成8×93＝5 832(個)不同的四位數． (2)每一位上的數字都有9種方法， ∴共能組成94＝6 561(個)不同的四位密碼． 例3　解題導引　→→→ (1)對于一些比較復雜的既要運用分類加法計數原理又要運用分步乘法計數原理的問題，我們可以恰當地畫出示意圖或列出表格，使問題更加直觀、清晰．

19、 (2)當兩個原理混合使用時，一般是先分類，在每類方法里再分步． D　[由題意知，最少用三種顏色的花卉，按照花卉選種的顏色可分為三類方案，即用三種顏色，四種顏色，五種顏色． ①當用三種顏色時，花池2、4同色和花池3、5同色，此時共有A種方案． ②當用四種顏色時，花池2、4同色或花池3、5同色，故共有2A種方案． ③當用五種顏色時有A種方案． 因此所有栽種方案為A＋2A＋A＝420(種)．] 變式遷移3　8 解析　按上、中、下三條線路可分為三類：上線路中有3條，中線路中有1條，下線路中有2×2＝4(條)，根據分類加法計數原理，共有3＋1＋4＝8(條)． 課后練習區(qū) 1．D　[當

20、且僅當偶數加上奇數后和為奇數，從而不同情形有5×5＝25(種)．] 2．C　[由于本題種數不多，可用列舉法具體寫出：3×60＋2×70；4×60＋2×70；5×60＋2×70；6×60＋2×70；3×60＋3×70；4×60＋3×70；3×60＋4×70，共7種不同的選購方式．] 3．D　[從01至10的三個連號的個數有8種；從11至20的兩個連號的個數有9種；從21至30的單選號的個數有10種，從31至36的單選號的個數有6種，故總的選法有8×9×10×6＝4 320(種)，可得需要錢數為8 640元．] 4．A　[當十位數字是9時，百位數字有8種取法，個位數字有9種取法，此時取法種數

21、為8×9；當十位數字是8時，百位數字有7種取法，個位數字有8種取法，此時取法種數為7×8，依此類推，直到當十位數字是2時，百位數字有1種取法，個位數字有2種取法，此時取法種數為1×2，所以總的個數為1×2＋2×3＋3×4＋…＋8×9＝240.] 5．C　[由題意總分為0分三類：第一類得分為21,21，－21，－21，第二類為7,7，－7，－7，第三類為21，－21,7，－7.每類中4位同學的不同得分可認為4個分數填4個空，每空填一個分數，前兩類中各有C種填法，第三類有4×3×2×1＝24(種)填法，總共有6＋6＋24＝36(種)．] 6．48 解析　如圖所示，在A點可先參觀區(qū)域1，也可先

22、參觀區(qū)域2或3，共有3種不 同選法．每種選法中又有2×2×2×2＝16(種)不同路線． ∴共有3×16＝48(種)不同的參觀路線． 7．24 解析　先把每種品種的畫看成一個整體，而水彩畫只能放在中間，又油畫與國畫放在兩端有2種放法，再考慮2幅油畫本身排放有2種方法，3幅國畫本身排放有3×2＝6(種)方法，故不同的陳列法有2×2×6＝24(種)． 8．28 800 解析　分兩類：(1)幸運之星在甲箱中抽，先定幸運之星，再在兩箱中各定一名幸運伙伴有30×29×20＝17 400(種)結果； (2)幸運之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400(種)結果，因此共有不同結果

23、17 400＋11 400＝28 800(種)． 9．解　拋物線經過原點，得c＝0， 當頂點在第一象限時，a<0，－>0， 即則有3×4＝12(種)；(6分) 當頂點在第三象限時，a>0，－<0， 即 則有4×3＝12(種)；(10分) 共計有12＋12＝24(種)．(12分) 10．解　完成這件事有3類方法： 第一類是用0做結尾的比2 000大的4位偶數，它可以分三步去完成：第一步，選取千位上的數字，只有2,3,4,5可以選擇，有4種選法；第二步，選取百位上的數字，除0和千位上已選定的數字以外，還有4個數字可供選擇，有4種選法；第三步，選取十位上的數字，還有3種選法．依據分

24、步計數原理，這類數的個數有4×4×3＝48個．(4分) 第二類是用2做結尾的比2 000大的4位偶數，它可以分三步去完成：第一步，選取千位上的數字，除去2,1,0，只有3個數字可以選擇，有3種選法；第二步，選取百位上的數字，在去掉已經確定的首尾兩數字之后，還有4個數字可供選擇，有4種選法；第三步，選取十位上的數字，還有3種選法．依據分步計數原理， 這類數的個數有3×4×3＝36個．(8分) 第三類是用4做結尾的比2 000大的4位偶數，其步驟同第二類．(10分) 所以所求無重復數字的比2 000大的四位偶數有4×4×3＋3×4×3＋3×4×3＝120個．(12分) 11．解　分3類考慮．第一類：A，C，E種同1種植物，有4種種法，當A，C，E種好后，B，D，F從余下3種植物中選1種，各有3種種法，一共有4×3×3×3＝108(種)種法；(4分) 第二類：A，C，E種2種植物，有A種種法，當A，C種同一種植物時，B有3種種法，D，F有2種種法，若C，E或E，A種同一種植物，種法相同，因此，共有A×3×(3×2×2)＝432(種)種法；(8分) 第三類：A，C，E種3種植物，有A種種法，這時B，D，F各有2種種法，共有A×23＝192(種)種法．由分類計數原理知，共有108＋432＋192＝732(種)種法． (14分) 8