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第十章 排列、组合和二项式定理,10.1 两个计数原理,要点梳理 1.分类计数原理 完成一件事有n类不同的方案,在第一类方案中有 m1种不同的方法,在第二类方案中有m2种不同的方法,在第n类方案中有mn种不同的方法, 则完成这件事情,共有N= 种不同的 方法.,m1+m2+mn,基础知识 自主学习,1,.,2.分步计数原理 完成一件事情需要分成n个不同的步骤,完成第一 步有m1种不同的方法,完成第二步有m2种不同的 方法,完成第n步有mn种不同的方法,那么 完成这件事情共有N= 种不同的 方法.,m1m2mn,2,3.分类计数原理与分步计数原理,都涉及 的不同方法的种数.它们的区别在于 分类计数原理与 有关,各种方法 ,用其中的任一种方法都可以完成这件事; 分步计数原理与 有关,各个步骤 ,只有各个步骤都完成了,这件事才算完成.,完成一件事情,分类,相互,独立,分步,相互依,存,3,基础自测 1.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会,则不同的选法种数为 ( ) A.6 B.5 C.3 D.2 解析 “完成这件事”即选出一人作主持人,可分选女主持人和男主持人两类进行,分别有3种选法和2种选法,所以共有3+2=5种不同的选法.,B,4,2.设集合A=1,2,3,4,m,nA,则方程 + =1表示焦点位于x轴上的椭圆有 ( ) A.6个 B.8个 C.12个 D.16个 解析 因为椭圆的焦点在x轴上,所以当m=4时,n=1,2,3;当m=3时,n=1,2;当m=2时,n=1,即所求的椭圆共有3+2+1=6个,故选A.,A,5,3.右图是某汽车维修公司的维修点环 形分布图,公司在年初分配给A、B、 C、D四个维修点某种配件各50件. 在使用前发现需将A、B、C、D四个 维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件,但调 整只能在相邻维修点之间进行,那么要完成上述调整,最少的调动件次(n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n)为( ) A.15 B.16 C.17 D.18 解析 只需A处给D处10件,B处给C处5件,C处给D处1件,共16件次.,B,6,4.有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,则不同的配法种数 ( ) A.7 B.64 C.12 D.81 解析 由分步乘法计数原理,一条长裤与一件上衣配成一套,分两步,第一步选上衣有4种选法,第二步选长裤有3种选法,所以,有43=12种选法,故选C.,C,7,5.有一项活动需在3名老师,8名男同学和5名女同学 中选人参加,(1)若只需一人参加,有多少种不同的选法? (2)若需一名老师,一名学生参加,有多少种不同的选法? (3)若只需老师、男同学、女同学各一人参加,有多少种不同的选法?,8,解 (1)“完成这件事”只需从老师、学生中选1人即可,共有3+8+5=16种. (2)“完成这件事”需选2人,老师、学生各1人,分 两步进行:选老师有3种方法,选学生有8+5=13种方 法,共有313=39种方法. (3)“完成这件事”需选3人,老师、男同学、女同 学各一人,可分三步进行:选老师有3种方法,选男 同学有8种方法,选女同学有5种方法,共有 385=120种方法.,9,题型一 分类计数原理 【例1】在所有的两位数中,个位数字小于十位数字的两位数共有多少个? 采用列举分类,先确定个位数字,再考虑十位数字的所有可能.然后用分类计数原理. 解 方法一 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,可先确定个位数字后再考虑十位数字有几种可能. 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.,思维启迪,题型分类 深度剖析,10,(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. 由分类加法计数原理,满足条件的两位数的个数为 9+8+7+6+5+4+3+2+1+0=45个.,11,方法二 考虑两位数“ab”与“ba”中,个位数字与十 位数字的大小关系,利用对应思想计算. 所有90个两位数中,个位数字等于十位数字的两位数为 11,22,33,99共9个; 另有10,20,30,90共9个两位数的个位数字与十 位数字不能调换位置; 其余90-18=72个两位数,按“ab”与“ba”进行一一对 应,则每一个“个位数字小于十位数字的两位数”就与 另一个“十位数字小于个位数字的两位数”对应, 故其中“个位数字小于十位数字的两位数”有722=36 个.故满足条件的两位数的个数为9+36=45个.,12,探究提高 合理分类是提高解题质量的保证,方法一从两位数的个位数字着手,确立分类标准,使计数过程一目了然;方法二巧妙地应用了“一一对应”的思想,简化了计数过程,这种思想方法在排列、组合计数问题中也经常使用. 知能迁移1 同学衣服上左、右各有一个口袋,左边口袋装有30张英语单词卡片,右边口袋装有20张英语单词卡片,这些英语单词卡片都互不相同,问从两个口袋里任取一张英语单词卡片,有 种不同的取法.,13,解析 从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类: 第一类:从左边口袋取一张英语单词卡片有30种不 的取法; 第二类:从右边口袋取一张英语单词卡片有20种不 同的取法; 上述的其中任何一种取法都能独立完成取一张英语 单词卡片这件事,应用分类加法计数原理来解题, 所以从中任取一张英语单词卡片的方法种数为30 +20=50种. 答案 50,14,题型二 分步计数原理 【例2】已知集合M=-3,-2,-1,0,1,2,P(a,b)表示 平面上的点(a,bM),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? (3)P可表示多少个不在直线y=x上的点? 完成“确定点P”这件事需依次确定横、 纵坐标,应用分步计数原理.,思维启迪,解 (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种确定方法; 第二步确定b的值,也有6种确定方法. 根据分步计数原理,得到平面上的点数是 66=36.,15,(2)确定第二象限的点,可分两步完成: 第一步确定a,由于a0,所以有2种确定方法. 由分步计数原理,得到第二象限点的个数是 32=6. (3)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(1)得不在直线y=x上的点共有36-6=30个.,16,利用分步计数原理解决问题: 要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先 后顺序的;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. 知能迁移2 一个口袋里有5封信,另一个口袋里有4封信,各封信内容均不相同. (1)从两个口袋里各取一封信,有多少种不同的取法? (2)把这两个口袋里的9封信,分别投入4个邮筒,有多少种不同的放法?,探究提高,17,解 (1)各取一封信,不论从哪个口袋中取,都不能算完成了这件事,因此应分两个步骤完成,由分步乘法计数原理,共有54=20(种). (2)若以邮筒装信的可能性考虑,第一个邮筒有10种可能性,即可能装入0,1,2,9封信等不同情况.但再考虑第二个邮筒时,装信的情况要受到第一个邮筒装信情况的影响,非常麻烦. 若以每封信投入邮筒的可能性考虑,第一封信投入邮筒有4种可能,第二封信仍有4种可能第九封信还有4种可能,由分步乘法计数原理可知,共有49种不同的放法.,18,题型三 两个计数原理的综合应用 【例3】(12分)用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大的四位偶数. 思维启迪 先根据条件把“比2 000大的四位偶数”分类 选取千位上的数字选取百位上的数字 选取十位上的数字 解题示范 解 完成这件事有3类方法:,19,第一类是用0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,只有2,3,4,5可以选择,有4种选法;第二步,选取百位上的数字,除0和千位上已选定的数字以外,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.依据分步乘法计数原理,这类数的个数有443=48个; 4分,20,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343=36个; 8分 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. 10分 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大的四位偶数有443+343+343=120个. 12分,21,在解决实际问题的过程中,并不一定是单一的分类或分步,而是可能同时应用两个计数原理,即分类时,每类的方法可能要运用分步完成,而分步时,每步的方法数可能会采取分类的思想求.另外,具体问题是先分类后分步,还是先分步后分类,应视问题的特点而定.解题时经常是两个原理交叉在一起使用,分类的关键在于要做到“不重不漏”,分步的关键在于要正确设计分步的程序,即合理分类,准确分步.,探究提高,22,知能迁移3 如图所示,将一个四棱锥 的每一个顶点染上一种颜色,并使 同一条棱上的两端异色,如果只有 5种颜色可供使用,求不同的染色 方法总数. 解 方法一 可分为两大步进行,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用分步乘法原理即可得出结论.由题设,四棱锥SABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同,它们共有543=60种染色方法.,23,当S、A、B染好时,不妨设其颜色分别为1、2、3, 若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法;若C染4,则 D可染3或5,有2种染法;若C染5,则D可染3或4,有 2种染法.可见,当S、A、B已染好时,C、D还有7种 染法,故不同的染色方法有607=420种. 方法二 以S、A、B、C、D顺序分步染色. 第一步,S点染色,有5种方法; 第二步,A点染色,与S在同一条棱上,有4种方法; 第三步,B点染色,与S、A分别在同一条棱上,有3 种方法;,24,第四步,C点染色,也有3种方法,但考虑到D点与 S、A、C相邻,需要针对A与C是否同色进行分类, 当A与C同色时,D点有3种染色方法;当A与C不同 色时,因为C与S、B也不同色,所以C点有2种染色 方法,D点也有2种染色方法.由分步乘法、分类加 法计数原理得不同的染色方法共有543(1 3+22)=420种.,25,方法三 按所用颜色种数分类. 第一类,5种颜色全用,共有 种不同的方法; 第二类,只用4种颜色,则必有某两个顶点同色 (A与C,或B与D),共有2 种不同的方法; 第三类,只用3种颜色,则A与C、B与D必定同色, 共有 种不同的方法. 由分类加法计数原理,得不同的染色方法总数为 =420种.,26,方法与技巧 1.分类和分步计数原理,都是关于做一件事的不同方法的种数的问题,区别在于:分类计数原理针对“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. 2.混合问题一般是先分类再分步. 3.分类时标准要明确,做到不重复不遗漏. 4.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.,思想方法 感悟提高,27,失误与防范 应用两种原理解题: (1)分清要完成的事情是什么? (2)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; (3)有无特殊条件的限制; (4)检验是否有重漏.,28,一、选择题 1.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.4 C.6 D.8 解析 当公比为2时,等比数列可为1、2、4,2、4、 8.当公比为3时,等比数列可为1、3、9. 当公比为 时,等比数列可为4、6、9. 同时,4、2、1,8、4、2,9、3、1和9、6、4也是 等比数列,共8个.,D,定时检测,29,2.如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成, 我们称这样的图案为L型(每次旋转90仍为L型 图案),那么在由45个小方格组成的方格纸上 可以画出不同位置的L型图案的个数是 ( ) A.16 B.32 C.48 D.64 解析 每四个小方格(22型)中有“L”型图案4个,共有22型小方格12个,所以共有“L”型图案412=48个.,C,30,3.(2008全国)将1,2,3填入33 的方格中,要求每行、每列都没有重复数字, 右面是一种填法,则不同的填写方法共有 ( ) A.6种 B.12种 C.24种 D.48种 解析 由于33方格中,每行、每列均没有重 复数字,因此可从中间斜对角线填起.如图中 的,当全为1时,有2种(即第一行第二列 为2或3,当第二列填2时,第三列只能填3,当第一行填完后,其他行的数字便可确定),当全为2或3时,分别有2种,共有6种;当分别为1,2,3时,也共有6种.共12种.,B,31,4.如图所示,用五种不同的颜色分别给 A、B、C、D四个区域涂色,相邻区 域必须涂不同颜色,若允许同一种颜 色多次使用,则不同的涂色方法共有( ) A.180种 B.120种 C.96种 D.60种 解析 按区域分四步:第一步A区域有5种颜色可选;第二步B区域有4种颜色可选; 第三步C区域有3种颜色可选; 第四步由于D区域可以重复使用区域A中已有过的颜色,故也有3种颜色可选用.由分步计数原理,共有5433=180(种)涂色方法.,A,32,5.一植物园参观路径如图所示,若要 全部参观并且路线不重复,则不同 的参观路线种数共有 ( ) A.6种 B.8种 C.36种 D.48种 解析 如图所示,在A点可先参观区域1,也可先参观区域2或3,共有3种不同选法.每种选法中又有2222=16种不同路线. 共有316=48种不同的参观路线.,D,33,6.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 方法一 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.,34,方法二 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 B,35,二、填空题 7.(2008浙江)用1,2,3,4,5,6 组成六位数(没有重复数字),要求任何相邻两个 数字的奇偶 性不同,且1和2相邻,这样的六位数的个数是 (用数字作答). 解析 可分三步来做这件事: 第一步:先将3、5排列,共有 种排法; 第二步:再将4、6插空排列,共有2 种排法; 第三步:将1、2放到3、5、4、6形成的空中,共 有 种排法. 由分步计数原理得共有 2 =40个.,40,36,8.“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458),若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列,则第30个数为 . 解析 渐升数由小到大排列,形如 的渐升数共有:6+5+4+3+2+1=21(个),如123,个位可从4,5,6,7,8,9六个数字选一个,有6种等;形如,37,的渐升数共有5个;形如 的渐升数共有4个,故此时共有21+5+4=30个,因此 从小到大的渐升数的第30个必为1 359,所以应填 1 359. 答案 1 359,38,9.在2008年奥运选手选拔赛上,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432=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54321=120种. 安排这8人的方式有24120=2 880种.,

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