1920 第1章 11 第2课时 基本计数原理的应用.docx

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1920第1章11第2课时基本计数原理的应用

第2课时　基本计数原理的应用

学习目标：

1.熟练应用两个计数原理．（重点）2.能运用两个计数原理解决一些综合性的问题．（难点）

教材整理　分类加法计数原理与分步乘法计数

原理的联系与区别

阅读教材P4～P5，完成下列问题．

分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别

分类加法计数原理

分步乘法计数原理

联系

两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题

区别一

完成一件事共有n类办法，关键词是“分类”

完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”

区别二

每类办法都能完成这件事

任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事

区别三

各类办法都是互斥的、并列的、独立的

各步之间是相互关联的、互相依存的

1．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________．

【解析】　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.

【答案】　24

2．（a1＋a2＋a3）（b1＋b2＋b3）（c1＋c2＋c3＋c4）展开后共有________项．

【解析】　该展开式中每一项的因式分别来自a1＋a2＋a3，b1＋b2＋b3，c1＋c2＋c3＋c4中的各一项．由a1，a2，a3中取一项共3种取法，从b1，b2，b3中取一项有3种不同取法，从c1，c2，c3，c4中任取一项共4种不同的取法．由分步乘法计数原理知，该展开式共3×3×4＝36（项）．

【答案】　36

3．5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________．

【解析】　根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18种分工方案．

【答案】　18

4．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有________个．

【解析】　分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．

【答案】　18

抽取（分配）问题

【例1】　

（1）高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（　　）

A．16种　　　B．18种　　　C．37种　　　D．48种

（2）甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________种．

【精彩点拨】　

（1）由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解．

（2）先让一人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽．

【解】　

（1）高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37（种）．故选C.

（2）不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9（种）．

【答案】　

（1）C　

（2）9

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．

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（种）．

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

【例2】　用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的：

（1）银行存折的四位密码？

（2）四位整数？

（3）比2000大的四位偶数？

【精彩点拨】　

（1）用分步乘法计数原理求解

（1）问；

（2）0不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；（3）可以按个位是0,2,4分三类，也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解．

【解】　

（1）分步解决．

第一步：

选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；

第二步：

选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；

第三步：

选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；

第四步：

选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法．

由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有

6×5×4×3＝360（个）．

（2）分步解决．

第一步：

首位数字有5种选取方法；

第二步：

百位数字有5种选取方法；

第三步：

十位数字有4种选取方法；

第四步：

个位数字有3种选取方法．

由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有

5×5×4×3＝300（个）．

（3）法一：

按末位是0,2,4分为三类：

第一类：

末位是0的有4×4×3＝48个；

第二类：

末位是2的有3×4×3＝36个；

第三类：

末位是4的有3×4×3＝36个．

则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120（个）．

法二：

按千位是2,3,4,5分四类：

第一类：

千位是2的有2×4×3＝24（个）；

第二类：

千位是3的有3×4×3＝36（个）；

第三类：

千位是4的有2×4×3＝24（个）；

第四类：

千位是5的有3×4×3＝36（个）．

则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120（个）．

法三：

间接法．

用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：

第一类：

末位是0的有5×4×3＝60（个）；

第二类：

末位是2或4的有2×4×4×3＝96（个）．

共有60＋96＝156（个）．

其中比2000小的有：

千位是1的共有3×4×3＝36（个），

所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120（个）．

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．

2．由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：

（1）无重复数字的三位数？

（2）可以有重复数字的三位数？

【解】　

（1）0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18（个）．

（2）百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择．

由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48（个）.

涂色问题

[探究问题]

1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区

A

B

C

D

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？

【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．

【例3】　

将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示的图中，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？

【精彩点拨】　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．

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.

3．如图所示的几何体是由一个正三棱锥PABC与正三棱柱ABCA1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色（底面A1B1C1不涂色），要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．

【解析】　先涂三棱锥PABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法．

【答案】　12

1．已知x∈{1,2,3,4}，y∈{5,6,7,8}，则xy可表示不同值的个数为（　　）

A．2B．4

C．8D．15

【解析】　x的取值共有4个，y的取值也有4个，则xy共有4×4＝16个积，但是由于3×8＝4×6，所以xy共有16－1＝15（个）不同值，故选D．

【答案】　D

2．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有（　　）

A．6种B．7种

C．8种D．9种

【解析】　可按女生人数分类：

若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．

【答案】　D

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．

【解析】　每名同学都有4种不同的报名方案，共有4×4×4＝64种不同的报名方案．

【答案】　64

4．圆周上有2n个等分点（n大于2），任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．

【解析】　先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n（n－1）个符合题意的直角三角形．

【答案】　2n（n－1）

5．用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔．问：

该板报有多少种书写方案？

【解】　第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角用的颜色相同，有5种不同的选法；第三步，选理综视界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与理综视界的颜色不同即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案．

课时分层作业

（二）　基本计数原理的应用

（建议用时：

45分钟）

[基础达标练]

一、选择题

1．5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，且必须选择一个知识讲座，则不同的选择种数是（　　）

A．54　B．45

C．5×4×3×2D．5×4

【解析】　5名同学每人都选一个课外知识讲座，则每人都有4种选择，由分步乘法计数原理知共有4×4×4×4×4＝45种选择．

【答案】　B

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，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是（　　）

A．18B．17

C．16D．10

【解析】　分两类．

第一类：

M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有3×3＝9（个）；

第二类：

N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有4×2＝8（个）．

由分类加法计数原理，共有9＋8＝17（个）点在第一、二象限．

【答案】　B

3．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（　　）

A．12种B．9种

C．8种D．6种

【解析】　设四张贺卡分别记为A，B，C，D．由题意，某人（不妨设A卡的供卡人）取卡的情况有3种，据此将卡的分配方式分为三类，对于每一类，其他人依次取卡分步进行，为了避免重复或遗漏，我们用“树状图”表示如下：

所以共有9种不同的分配方式，故选B．

【答案】　B

4.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为（　　）

A．6种B．12种

C．18种D．24种

【解析】　因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.

【答案】　A

5．体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有（　　）

A．8种B．10种

C．12种D．16种

【解析】　首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，

这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，

第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；

第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果．

综上可知共有1＋6＋3＝10种结果．

【答案】　B

二、填空题

6．小张正在玩一款种菜的游戏，他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上（一块空地只能种植一种作物），若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒，则不同的种植方案共有________种．

【解析】　当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块地种辣椒时，有4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案．

【答案】　48

7．从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．

【解析】　因为过原点的直线常数项为0，所以C＝0，从集合中的6个非零元素中任取一个作为系数A，有6种方法，再从其余的5个元素中任取一个作为系数B，有5种方法，由分步乘法计数原理得，适合条件的直线共有1×6×5＝30（条）．

【答案】　30

8．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中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．不同的安排方法共有________种．

【解析】　分三类：

若甲在周一，则乙丙有4×3＝12种排法；

若甲在周二，则乙丙有3×2＝6种排法；

若甲在周三，则乙丙有2×1＝2种排法．

所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种．

【答案】　20

三、解答题

9．如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，不同的涂色方法共有多少种？

（用数字作答）

【解】　不妨将图中的4个格子依次编号为①②③④，当①③同色时，有6×5×1×5＝150种方法；当①③异色时，有6×5×4×4＝480种方法．所以共有150＋480＝630种方法．

10．用数字1,2,3,4,5,6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列．

（1）求这个数列的项数；

（2）求这个数列中的第89项的值．

【解】　

（1）完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数，可以先确定百位，再确定十位，最后确定个位，因此要分步相乘．

第一步：

确定百位数，有6种方法．

第二步：

确定十位数，有5种方法．

第三步：

确定个位数，有4种方法．

根据分步乘法计数原理，共有

N＝6×5×4＝120个三位数．

所以这个数列的项数为120.

（2）这个数列中，百位是1,2,3,4的共有4×5×4＝80个，

百位是5的三位数中，十位是1或2的有4＋4＝8个，

故第88项为526，故从小到大第89项为531.

[能力提升练]

1．如图所示，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（　　）

A．96B．84

C．60D．48

【解析】　可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．

由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.

【答案】　B

2．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（两人输赢局数的不同视为不同情形）共有（　　）

A．10种B．15种

C．20种D．30种

【解析】　由题意知，比赛局数最少为3局，至多为5局．当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12（种），综上可知，共有2＋6＋12＝20（种）．故选C.

【答案】　C

3．在一次运动会选手选拔赛上，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________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，所以安排方式有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安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120种．

所以安排这8人的方式有24×120＝2880种．

【答案】　2880

4．给出一个正五棱柱，用3种颜色给其10个顶点染色，要求各侧棱的两个端点不同色，有几种染色方案？

【解】　分两步，先给上底面的5个顶点染色，每个顶点都有3种方法，共有35种方法，再给下底面的5个顶点染色，因为各侧棱两个端点不同色，所以每个顶点有2种方法，共有25种方法，根据分步乘法计数原理，共有35·25＝7776（种）染色方案．