人教B版选修23 基本计数原理 学案.doc

基本计数原理一、要点精讲1、分类计数原理与分步计数原理是计数问题的基本原理，它贯穿于全章学习的始终，体现了解决问题时将其分解的两种常用方法，即把问题分类解决和分步解决，是本章学习的重点.2、分类计数原理：做一件事，完成它可以有n类方案，第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法，第n类办法中有mn不同的方法，那么完成这件事共有n m1m2mn 种不同的方法.3、分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，做第n步有mn不同的方法，那么完成这件事共有n m1m2mn 种不同的方法.4、区分两个原理的方法正确区分和使用两个原理的关键在于， 分类 和 分步 。类与类是相互 独立 的，每一类都能独立完成这件事，而步与步是相互联系的，每一步都不能独立完成这件事，但各步进行完，这件事也就完成了。.二、双基达标14名同学参加跳高，跳远和100米跑的三项决赛，争夺这三项冠军，则冠军结果有a. 43种 b. 34种 c. 种 d. 种2某学校高一年级共8个班，高二年级6个班从中选一个班级担任学校星期一早晨升旗任务，共有（ ）种安排方法a8 b.6 c.14 d.483教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，由一层到4层共有（ ）种走法？ a8 b.23 c.42 d.244沿着正方体的棱从一个顶点到与它相对的另一个顶点最近的路线共几条？ （ ） a6条 b.5条 c.4条 d.3条5某乒乓球队里有男队员6人，女队员5人，从中选取男、女队员各一人组成混合双打队，不同的组队总数有()a11b30 c56 d65解：先选1男有6种方法，再选1女有5种方法，故共有6530种不同的组队方法6一套硬币有1分币，2分币，5分币各一枚，共能组成不同的币值的种数是 。23-1=7从1到10的正整数中，任意抽取两个相加，所得和为奇数的不同情形有_种.解：当且仅当偶数加上奇数后和为奇数，从而不同情形有55=25种. 答案：257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。若只需一人参加，有多少种不同方法？16若需要老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法？120若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选法？39四、典例精析考点一：分类计数原理。“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情，强调完成一件事情的几类办法互不干扰，彼此之间交集为空集，并集为全集，不论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成该件事1某学生在书店发现三本好书，决定至少买其中的一本，则购买方式有()a3种 b6种 c7种 d9种解：分三类完成：买1本书、买2本书、买3本书的方式依次为3种、3种、1种，故共有3317(种)2.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )a4种 b10种 c18种 d20种解：由题意知本题是一个分类计数问题一是3本集邮册一本画册，让一个人拿本画册就行了4种另一种情况是2本画册2本集邮册，只要选两个人拿画册c42=6种，根据分类计数原理知共10种3三边长均为整数，且最大边长为11的三角形有_个解：利用三角形两边之和大于第三边的特征，分类讨论另两边长用x，y表示，且不妨设1xy11，要构成三角形，必须xy12.当y取11时，x1,2,3，11，可有11个三角形；当y取10时，x2,3，10，有9个三角形； 当y取6时，x6，有1个三角形所以，所求三角形的个数为119753136.4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(公比不为1)，这样的等比数列的个数为()a3b4 c6 d8解：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5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()a8种 b9种 c10种 d11种解：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3339(种)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6某校高三共有三个班，其各班人数如下表：(1)从三个班中选一名学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从1班、2班男生中或从3班女生中选一名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？解：(1)从三个班中任选一名学生，可分三类：第1类，从1班任选一名学生，有50种不同选法；第2类，从2班任选一名学生，有60种不同选法；第3类，从3班任选一名学生，有55种不同选法由分类加法计数原理知，不同的选法共有n506055165(种)(2)由题设知共有三类：第1类，从1班男生中任选一名学生，有30种不同选法；第2类，从2班男生中任选一名学生，有30种不同选法；第3类，从3班女生中任选一名学生，有20种不同选法；由分类加法计数原理知，不同的选法共有 n30302080(种)7如图是某汽车维修公司的维修点分布图，公司在年初分配给a、b、c、d四个维修点的某种配件各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个配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n)为多少次？解：依题意知，a点余10件，b点余5件，c点缺4件，d点缺11件而调整只能在相邻维修点之间进行，故应从a调整10件到d，从b调整5件到c，从c调整1件到d，这就能使得调动件次最少，最少的调动件次为：105116次 只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理8、如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有_个解：第一类，有一条公共边的三角形共有8432(个)；第二类，有两条公共边的三角形共有8(个)由分类加法计数原理知，共有32840(个)考点二：分步计数原理。分步计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤，才能完成这件事，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法。1、书架上的一格内有排好顺序的6本书，如果保持这6本书的相对顺序不变，再放上3本书，则不同的放法共有a. 210种 b. 252种 c. 504种 d. 505种2、集合，其中，且，把满足条件的一对有序整数对作为一个点的坐标，则这样的点的个数是a. 9 b. 14 c. 15 d. 213现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是()a56 b65 c. d65432解：每位同学都有5种选择，则6名同学共有56种不同的选法，故选a.4. 从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有a. 300种 b. 240种 c. 144种 d. 96种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()a6种 b8种 c36种 d48种6、用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有_个(用数字作答)审题视点 组成这个四位数须分4步完成，故用分步乘法计数原理解：法一 用2,3组成四位数共有222216(个)，其中不出现2或不出现3的共2个，因此满足条件的四位数共有16214(个)法二 满足条件的四位数可分为三类：第一类含有一个2，三个3，共有4个；第二类含有三个2，一个3共有4个；第三类含有二个2，二个3共有c6(个)，因此满足条件的四位数共有24c14(个) 此类问题，首先将完成这件事的过程分步，然后再找出每一步中的方法有多少种，求其积注意：各步之间相互联系，依次都完成后，才能做完这件事简单说使用分步计数原理的原则是步与步之间的方法“相互独立，逐步完成”7. 在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有 个法一：法二：4434=1928从集合1,2,3和1,4,5,6中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数_个解：先在1,2,3中取出一个元素，共有3种取法，再在1,4,5,6中取出一个元素，共有4种取法，取出的两个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知，不同的点的个数有n34224个又点(1,1)被算了两次，所以共有24123个9. 安排7位工作人员在5月1日至5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在5月1日和2日不同的安排方法共有 种（用数字作答）10在2016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：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43224(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54321120(种) 安排这8人的方式有241202 880(种)考点三：两个原理的综合问题。在具体问题的处理中，常常既要分类、又要分步，一定要弄清是分类还是分步1“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_12解析：渐升数由小到大排列，形如134的渐升数共有：65432+121(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135的渐升数共有5个；形如的渐升数共有4个，故此时共有215430(个)，因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359，所以应填1 359.2某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为()a14 b16 c20 d48解：分两类，第1类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人出自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理n12612；第2类，3人全来自其余4家企业，有4种情况 综上可知，共有nn1n212416种情况3由数字1,2,3,4.(1)可组成多少个3位数； (2)可组成多少个没有重复数字的3位数；(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字解：(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理共可组成4364个3位数(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的3位数43224(个)(3)排出的三位数分别是432,431,421,321共4个4. 安排5名歌手的演出顺序时，要求某歌手不第一个出场，另一名歌手不最后一个出场，不同排法的种数是 （用数字作答）分类：甲歌手最后出场：43224 甲歌手中间出场：333254 24+54=78考点四：两个原理与其他知识的综合。有些问题仅正确运用两个原理还不够，还要结合数学的其他知识，这类问题常和立体几何知识结合在一起，有时还和物理知识结合在一起进行考查1. 设直线的方程是，从1,2,3,4,5这五个数中每次取两个不同的数作为a,b的值，则所得不同直线的条数是（ ） a.20 b.19 c.18 d.162. 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（ ） a.48 b.18 c.24 d.36d点拨：正方体共有6个面，每个面上有四条垂线，则共有64=24对线面垂直；正方体的对角面共有6个，每个对角面上均有两条面上的对角线与之垂直，则共有62=12对线面垂直，所以“正交线面对”共有24十12=36（个）3. 设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（3,0）（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有 种（用数字作答）4、如图，用5种不同的颜色给图中a、b、c、d四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？审题视点 根据乘法原理逐块涂色，要注意在不相邻的区域内可使用同一种颜色解 法一 如题图分四个步骤来完成涂色这件事：涂a有5种涂法；涂b有4种方法；涂c有3种方法；涂d有3种方法(还可以使用涂a的颜色)根据分步计数原理共有5433180种涂色方法法二 由于a、b、c两两相邻，因此三个区域的颜色互不相同，共有a60种涂法；又d与b、c相邻、因此d有3种涂法；由分步计数原理知共有603180种涂法 涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理5、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，求不同的染色方法种数解 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s abcd的顶点s、a、b所染的颜色互不相同，它们共有54360种染色方法当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607420(种)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；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(1322)420(种)法三 按所用颜色种数分类第一类，5种颜色全用，共有a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2a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a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a2aa420(种) 【问题研究】 涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点.【解决方案】 涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.6、用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？1234 颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，首先确定第一个小方格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法解答示范 如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法(2分)当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有a12种不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法由分步计数原理可知，有5123180种不同的涂法；(6分)当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻西格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知有54480种不同的涂法由分类加法计数原理可得，共有18080260种不同的涂法五、考点演练1. 一个书包内装有5本不同的小说，另一书包内有6本不同学科的教材，从两个书包中任取一本书的取法共有 ( )a5种 b.6种 c.11种 d.30种2已知x1，2，3，4，y5，6，7，8，则xy可表示的不同值的个数为（ ） a.2 b.4 c.8 d.153在六棱锥各棱所在的12条直线中，异面直线共（ ）对 a12 b.24 c.36 d.4844个同学各拿一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人送的贺卡。则四张贺卡的不同分配方式共有（ ） a6种 b.9种 c.11种 d.23种5乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后共有 项. 6如右图，从a到b共有 条不同的线路可通电。7 7（1）若1x4，1y5，则以有序整数对（