【数学】2019届一轮复习人教A版分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用学案 9页

‎2019届一轮复习人教A版 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用 学案 考试目标：1.进一步理解和掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理．(重点)2.能根据具体问题的特征，选择两种计数原理解决一些实际问题．(重、难点)3.会根据实际问题的特征，合理地分类或分步．(难点、易混点)‎ ‎[自 主 预 习·探 新 知]‎ ‎1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别和联系 ‎(1)联系：分类加法计数原理与分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题．‎ ‎(2)区别：分类加法计数原理针对的是分类问题，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的是分步问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成之后才算做完这件事．‎ ‎2．应用两个计数原理解决计数问题的标准 ‎(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，步与步之间要相互独立，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．‎ ‎[基础自测]‎ ‎1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种． (　　)‎ ‎(2)在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有43种． (　　)‎ ‎(3)有三只口袋装有小球，一只装有5个白色小球，一只装有6个黑色小球，一只装有7个红色小球，若每次从中取两个不同颜色的小球，共有36种不同的取法． (　　)‎ ‎[解析]　(1)√　根据分类加法计数原理，担任星期一早晨升旗任务可以是高一年级，也可以是高二年级，因此安排方法共有8＋6＝14(种)．‎ ‎(2)×‎ ‎　因为每个项目中的冠军都有3种可能的情况，根据分步乘法计数原理共有34种不同的夺冠情况．‎ ‎(3)×　分为三类：一类是取白球、黑球，有5×6＝30种取法；一类是取白球、红球，有5×7＝35种取法；一类是取黑球、红球，有6×7＝42种取法．‎ 所以由分类加法计数原理共有30＋35＋42＝107(种)不同的取法．‎ ‎[答案]　(1)√　(2)×　(3)×‎ ‎2．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为方程Ax＋By＝0的系数A，B的值，则形成的不同直线有(　　)‎ A．18条 B．20条 C．25条 D．10条 A　[第一步，取A的值，有5种取法；第二步，取B的值，有4种取法，其中当A＝1，B＝2时与A＝2，B＝4时是相同的方程；当A＝2，B＝1时与A＝4，B＝2时是相同的方程，故共有5×4－2＝18条．]‎ ‎3．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________. ‎ ‎【导学号：95032014】‎ ‎24　[由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24.]‎ ‎4．一个科技小组中有4名女同学，5名男同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种；若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种．‎ ‎9　20　[由分类加法计数原理得从中任选一名同学参加学科竞赛共5＋4＝9种选派方法，由分步乘法计数原理得从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛共5×4＝20种选派方法．]‎ ‎[合 作 探 究·攻 重 难]‎ 抽取与分配问题 ‎　在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋．现在从这7人中选2人分别同时参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？ ‎ ‎【导学号：95032015】‎ ‎[思路探究]　本题应先分类，再分步．‎ →→→ ‎[解]　法一：分四类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有选法3×2＝6(种)；‎ 第2类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有选法3×2＝6(种)；‎ 第3类，从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，有选法2×2＝4(种)；‎ 第4类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛，有选法2×1＝2(种)．‎ 故不同的选法共有6＋6＋4＋2＝18(种)．‎ 法二：分两类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，这时7人中还有4人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法3×4＝12(种)．‎ 第2类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选一名参加象棋比赛，这时7人中还有3人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法2×3＝6(种)．故不同的选法共有12＋6＝18(种)．‎ ‎[规律方法]　求解抽取(分配)问题的方法 ‎1．当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表法．‎ ‎2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：‎ ‎①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．‎ ‎②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？‎ ‎[解]　法一：(以小球为研究对象)分三步来完成：‎ 第一步：放第一个小球有5种选择；‎ 第二步：放第二个小球有4种选择；‎ 第三步：放第三个小球有3种选择．‎ 根据分步乘法计数原理得：‎ 共有方法数N＝5×4×3＝60.‎ 法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：‎ 第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；‎ 第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；‎ 第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；‎ 分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．‎ 根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种)．‎ 组数问题 ‎　用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：(1)四位密码？(2)四位数？(3)四位奇数？ ‎ ‎【导学号：95032016】‎ ‎[思路探究]　(1)利用分步乘法计数原理；(2)数字“‎0”‎不能排在首位，先排首位，再用分步乘法计数原理；(3)注意到个位只能是“1或‎3”‎，首位不能是“‎0”‎，然后利用分步乘法计数原理计算．‎ ‎[解]　(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分为四步：‎ 第一步，选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步，选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步，选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步，选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法．‎ 由分步乘法计数原理，可以组成不同的四位密码共有N＝5×4×3×2＝120个．‎ ‎(2)直接法：完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四步：‎ 第一步，从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字，有4种不同的选取方法；第二步，从1,2,3,4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字作百位数字，有4种不同的选取方法；第三步，从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种不同的选取方法；第四步，从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种不同的选取方法．‎ 由分步乘法计数原理，可以组成不同的四位数共有N＝4×4×3×‎ ‎2＝96个．‎ 间接法：将5个数字不重复排在4个位置上有5×4×3×2＝120种排法，其中不合要求的有4×3×2＝24种排法．所以排成无重复数字的四位数为120－24＝96个．‎ ‎(3)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步，定个位，只能从1,3中任取一个有2种方法；第二步，定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个还有3个可任取一个有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．‎ 由分步乘法计数原理共有2×3×3×2＝36个．‎ ‎[规律方法]　‎ ‎1．对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．‎ ‎2．解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎2．8张卡片上写着0,1,2，…，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起．‎ ‎(1)可组成多少个不同的三位数？‎ ‎(2)可组成多少个不同的三位偶数？‎ ‎[解]　(1)先排放百位，从1,2，…，7共7个数中选一个有7种选法；再排十位，从除去百位的数外，剩余的7个数(包括0)中选一个，有7种取法；最后排个位，从除前两步选出的数外，剩余的6个数中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理．共可以组成7×7×6＝294(个)不同的三位数．‎ ‎(2)首先分两类，第一类是0排个位，由分步乘法计数原理得1×7×6＝42个．‎ 第二类是2,4,6排个位，由分步乘法计数原理得3×6×6＝108个，所以由分类加法计数原理为42＋108＝150个．‎ 涂色与种植问题 ‎[探究问题]‎ ‎1．用3种不同颜色填涂图111中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？‎ A B C D 图111‎ ‎[提示]　涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案．‎ ‎2．在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？‎ ‎[提示]　恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案．‎ ‎3．在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？‎ ‎[提示]　若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B、D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案．‎ ‎　将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图112所示的图中，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？‎ ‎【导学号：95032017】‎ 图112‎ ‎[思路探究]　给图中区域标上记号A，B，C，D，E，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，那么只有1种．因此应先分类后分步．‎ ‎[解]　法一：给图中区域标上记号A，B，C，D，E，如图所示．‎ ‎①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种．‎ ‎②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种．‎ 故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．‎ 法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：‎ 第一类，用4种颜色．此时B，D区域或A，E区域同色，则共有2×4×3×2×1＝48种不同涂法．‎ 第二类，用3种颜色．此时B，D同色，A，E同色，先从4种颜色中取3种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法．‎ 由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法．‎ 母题探究：1.如图113所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为(　　)‎ 图113‎ A．96　　　　　　　 B．84‎ C．60 D．48‎ B　[法一：分为两类 第一类：当花坛A、C中花相同时有4×3×1×3＝36种．‎ 第二类：当花坛A、C中花不同时有4×3×2×2＝48种．‎ 共有36＋48＝84种，故选B.‎ 法二：分为四步 第一步：考虑A，有4种；‎ 第二步：考虑B，有3种；‎ 第三步：考虑C，有两类，一是A与C同，C的选法有1种，这样第四步D的选法有3种．二是A与C不同，C的选法是2种，此时第四步D的选法也是2种．‎ 共有4×3×(1×3＋2×2)＝84(种)．]‎ ‎[规律方法]　求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：‎ ‎(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；‎ ‎(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；‎ ‎(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎3.将3种作物种植在如图114所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？‎ 图114‎ ‎[解]　从左往右5块试验田分别有3,2,2,2,2种种植方法，共有3×2×2×2×2＝48种方法，其中5块试验田只种植2种作物共有3×2×1×1×1＝6种方法，所以有48－6＝42种不同的种植方法．‎ ‎[当 堂 达 标·固 双 基]‎ ‎1．定义集合A与B的运算AB如下：AB＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合AB的元素个数为(　　)‎ A．34　　　B．‎43　‎　　　C．12　　　D．16‎ C　[确定AB中元素(x，y)，可分为两步，第一步，确定x，共有3种方法；第二步，确定y，有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有3×4＝12种不同的方法．]‎ ‎2．某同学逛书店，发现三本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有(　　) ‎ ‎【导学号：95032018】‎ A．3种 B．6种 C．7种 D．9种 C　[买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案．因此共有购买方案3＋3＋1＝7(种)．]‎ ‎3．3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报一门，则不同的报名方案有________种．‎ ‎64　[每名同学都有4种不同的报名方案，共有4×4×4＝64种不同的方法．]‎ ‎4．现有4种不同的颜色要对如图115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________种．‎ 图‎1-1-5‎ ‎48　[按A→B→C→D顺序分四步涂色，共4×3×2×2＝48种不同的着色方法．]‎ ‎5．从0、1、2、3、4、5这些数字中选出4个，问能形成多少个无重复数字且能被5整除的四位数？ ‎ ‎【导学号：95032019】‎ ‎[解]　满足条件的四位数可分为两类．‎ 第一类是0在末位的，需确定前三位数，分三步完成，第一步确定首位有5种方法．第二步确定百位有4种方法，第三步确定十位有3种方法．‎ ‎∴第一类共有5×4×3＝60个．‎ 第二类是5在末位，前三位数也分三步完成．第一步确定首位有4种方法，第二步确定百位有4种方法，第三步确定十位有3种方法．‎ 第二类共有4×4×3＝48个．‎ ‎∴满足条件的四位数共有60＋48＝108个．‎