北师大版选择性511513分类加法计数原理分步乘法计数原理基本计数原理的简单课件（46张）

第五章计数原理§1基本计数原理1.1分类加法计数原理1.2分步乘法计数原理1.3基本计数原理的简单应用学习目标1.通过实例,能归纳总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理,提升学生的逻辑推理素养.2.能够正确区分两个基本原理,能借助两个基本原理解决一些简单的实际问题,提升数学运算素养.知识梳理·自主探究师生互动·合作探究知识梳理·自主探究知识探究问题:第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日开幕,某志愿者从济南前往北京参加志愿者活动,他有两类快捷途径可供选择:一是乘飞机,二是乘高铁.假如这天飞机有3个航班可乘,高铁有4个班次可乘.那么该志愿者从济南到北京共有多少种快捷途径可选呢?提示:该志愿者共有3+4=7种快捷途径可选.1.分类加法计数原理完成一件事,可以有n类办法,在第1类办法中有m1种方法,在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法,那么,完成这件事共有N=

种方法.(也称“加法原理”)2.分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤,缺一不可,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法,那么,完成这件事共有N=

种方法.(也称“乘法原理”)思考:应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的关键是什么?提示:应用分类加法计数原理的关键是分类,且每一类办法中的每种方法都能独立完成这件事;应用分步乘法计数原理的关键是分步,且每一步都不能完成这件事情,只有每一步都完成了,才能完成这件事情.m1+m2+…+mnm1·m2·…·mn师生互动·合作探究探究点一分类加法计数原理A.6个 B.8个 C.12个 D.16个解析:(1)因为椭圆的焦点在x轴上,所以m>n.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.(2)(2021·甘肃静宁期中)如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通,则焊接点脱落的不通情况有(

)A.9种

B.11种 C.13种

D.15种解析:(2)按照可能脱落的个数分类讨论,若脱落1个,则有1,4两种情况,若脱落2个,则有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)共6种情况,若脱落3个,则有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4)共4种情况,若脱落4个,则有(1,2,3,4)共1种情况.综上,共有2+6+4+1=13种情况.故选C.A.6个

B.8个

C.12个

D.16个解析:因为双曲线的焦点在x轴上,所以m>0,n>0,当m=1时,n=1,2,3,4;当m=2时,n=1,2,3,4;当m=3时,n=1,2,3,4;当m=4时,n=1,2,3,4.即所求的双曲线共有4+4+4+4=16个.故选D.方法总结(1)分类时,首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准,然后在这个标准下分类,要做到分类“不重不漏”.(2)利用分类加法计数原理计数时的解题流程.探究点二分步乘法计数原理[例2](1)若m,n均为非负整数,在做m+n的加法时各位均不进位(例如:2019+100=2119),则称(m,n)为“简单的”有序对,而m+n称为有序对(m,n)的值,那么值为2019的“简单的”有序对的个数是(

)A.100 B.96 C.60 D.30解析:(1)由题意可知,只要确定了m,n即可确定一个有序数对(m,n),则对于数m,利用分步乘法计数原理,第一位取法有3种:0,1,2;第二位取法有1种:0;第三位取法有2种:0,1;第四位取法有10种:0,1,2,3,4,5,6,7,8,9;所以值为2019的“简单的”有序对的个数是3×1×2×10=60.故选C.解析:(2)根据题意,分2步进行分析:①将5人分为3,2的两组,要求甲和乙在同一组,若甲和乙2人一组,有1种分组方法,若甲和乙和其他1人组成一组,有3种分组方法,则有1+3=4种分组方法;②将分好的两组安排售卖两款明信片,有4×2=8种安排方法.故选A.方法总结利用分步乘法计数原理解题的注意点及解题思路(1)应用分步乘法计数原理时,完成这件事情要分几个步骤,只有每个步骤都完成了,才算完成这件事情,每个步骤缺一不可.(2)利用分步乘法计数原理解题的一般思路:①分步:将完成这件事的过程分成若干步;②计数:求出每一步中的方法数;③结论:将每一步中的方法数相乘得最终结果.[针对训练](1)(2021·北京丰台高二期末)某校开展某体育活动,共设踢毽、跳绳、拔河、推火车、多人多足五个集体比赛项目,各比赛项目逐一进行.为了增强比赛的趣味性,在安排比赛顺序时,多人多足不排在第一场,拔河排在最后一场,则不同的安排方法种数为(

)A.3 B.18C.21D.24解析:(1)根据题意,多人多足不排在第一场,拔河排在最后一场,则多人多足有3种安排方法,将踢毽、跳绳、推火车安排在剩下的3个位置,有3×2×1=6种安排方法,则有3×6=18种安排方法.故选B.解析:(2)根据每行中紫色小方格的位置,可分三步:第一步,在第一行中,有且只有1个紫色小方格,有3种情况;第二步,在第二行的3个方格中,要求每列有且只有1个紫色小方格,则第二行有2种情况;第三步,在第三行,只有1种情况.则一共可以传递的信息种数是3×2×1=6.故选D.探究点三两个原理的简单应用(1)推选1人为总负责人,有多少种不同的选法?解:(1)分3类,第1类是从一班的8名优秀团员中产生,共有8种不同的选法;第2类是从二班的10名优秀团员中产生,共有10种不同的选法;第3类是从三班的6名优秀团员中产生,共有6种不同的选法.由分类加法计数原理可得,共有N=8+10+6=24种不同的选法.(2)每班选1人为小组长,有多少种不同的选法?解:(2)分3步,第1步,从一班的8名优秀团员中选1名组长,共有8种不同的选法;第2步,从二班的10名优秀团员中选1名组长,共有10种不同的选法;第3步,从三班的6名优秀团员中选1名组长,共有6种不同的选法.由分步乘法计数原理可得,共有N=8×10×6=480种不同的选法.(3)从他们中选出2个人管理生活,要求这2个人不同班,有多少种不同的选法?解:(3)分3类,每1类又分2步,第1类是从一班、二班的优秀团员中各选1人,有8×10种不同的选法;第2类是从二班、三班的优秀团员中各选1人,有10×6种不同的选法;第3类是从一班、三班的优秀团员中各选1人,有8×6种不同的选法.因此,共有N=8×10+10×6+8×6=188种不同的选法.方法总结(1)运用两个原理的关键在于正确区分“分类”与“分步”,分类就是能“一步到位”,即任何一类中任何一种方法,都能完成这件事;而分步只能是“局部到位”,即任何一步中任何一种方法只能完成事件中的某一部分.(2)在既有分类又有分步的题型中,一般先分类,然后在每一类中再分步.[针对训练](2021·江西九江期中)现有高二四个班学生34人,其中一、二、三、四班各有7人、8人、9人、10人,他们自愿组成数学课外小组.(1)选其中1人为负责人,有多少种不同的选法?解:(1)根据题意,四个班共34人,要求从34人中,选其中1人为负责人,则有34种选法.(2)每班选1名组长,有多少种不同的选法?解:(2)根据题意,分析可得,从一班选1名组长,有7种情况,从二班选1名组长,有8种情况,从三班选1名组长,有9种情况,从四班选1名组长,有10种情况,所以每班选1名组长,不同的选法共有7×8×9×10=5040种.[针对训练](2021·江西九江期中)现有高二四个班学生34人,其中一、二、三、四班各有7人、8人、9人、10人,他们自愿组成数学课外小组.(3)推选2人作中心发言,这2人需来自不同的班级,有多少种不同的选法?解:(3)根据题意,分六种情况讨论,①从一、二班学生中各选1人,有7×8种不同的选法;②从一、三班学生中各选1人,有7×9种不同的选法;③从一、四班学生中各选1人,有7×10种不同的选法;④从二、三班学生中各选1人,有8×9种不同的选法;⑤从二、四班学生中各选1人,有8×10种不同的选法;⑥从三、四班学生中各选1人,有9×10种不同的选法.所以不同的选法共有7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431种.探究点四两个原理的综合应用角度1组数问题(1)银行存折的四位密码?解:(1)分步解决.第1步:选取左边第一个位置上的数字,有6种选取方法;第2步:选取左边第二个位置上的数字,有5种选取方法;第3步:选取左边第三个位置上的数字,有4种选取方法;第4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.[例4]用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的:(2)四位整数?解:(2)分步解决.第1步:首位数字有5种选取方法;第2步:百位数字有5种选取方法;第3步:十位数字有4种选取方法;第4步:个位数字有3种选取方法.由分步乘法计数原理知,可组成的四位整数有5×5×4×3=300个.[例4]用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的:(3)比2000大的四位偶数?解:(3)法一按末位是0,2,4分为三类:第1类:末位是0的有4×4×3=48个;第2类:末位是2的有3×4×3=36个;第3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.[例4]用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的:法二按千位是2,3,4,5分四类:第1类:千位是2的有2×4×3=24个;第2类:千位是3的有3×4×3=36个;第3类:千位是4的有2×4×3=24个;第4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1类:末位是0的有5×4×3=60个;第2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.方法总结(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.解析:(1)由题意可知分两步:①先排a1,a3,a5,当a1=2时,a3=4,a5=6或a3=5,a5=6有2种,当a1=3时,a3=4,a5=6或a3=5,a5=6有2种,当a1=4时,a3=5,a5=6有1种,共5种;②再排a2,a4,a6,共有3×2×1=6种,所以不同的排列方法种数为5×6=30.故选B.(2)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”),则“六合数”中首位为2的“六合数”共有(

)A.18个

B.15个

C.12个 D.9个解析:(2)依题意,这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数,分别为400,040,004;由3,1,0组成6个数,分别为310,301,130,103,013,031;由2,2,0组成3个数,分别为220,202,022;由2,1,1组成3个数,分别为211,121,112.共有3+6+3+3=15个.故选B.角度2涂色(种植)问题[例5](1)(2021·北京人大附中高二期末)现有甲、乙、丙三种树苗可供选择,分别种在一排五个坑中,要求相同的树苗不能相邻,第一个和第五个坑内只能种甲种树苗,则不同的种法共有(

)A.4种

B.5种 C.6种

D.7种解析:(1)因为同种树苗不相邻且第一个和第五个坑内只能种甲种树苗,所以只有中间三个坑需要选择树苗.①当中间一个坑种甲时,第二个和第四个坑都有两种选法,共有4种选法.②当中间一个坑不种甲时,则中间一个坑种乙或丙.当中间这个坑种乙时,第二个和第四个坑种丙;当中间这个坑种丙时,第二个和第四个坑种乙.故共有6种种法.故选C.(2)(2021·河南南阳期中)2002年在北京召开的第24届国际数学家大会会标如图所示,会标根据中国古代数学家赵爽的弦图设计而得,颜色的明暗使它看上去像一个风车.现给图中5个区域(见图2)着色,要求相邻的区域不能使用同一种颜色,有6种颜色可供选择,则不同的着色方案的种数为(

)A.1080 B.1200C.1440D.1560解析:(2)由题得,1号颜色与其他均不相同.①若2和4颜色相同,3和5颜色相同,则共需要三种颜色,分别涂在1;2,4;3,5上,则有6×5×4=120种情况;②若2和4,3和5中只有一组颜色相同,则共需要四种颜色,分别涂在四个位置,则有2×6×5×4×3=720种情况;③若所有颜色都不同,则有6×5×4×3×2=720种情况.综上,共有120+720+720=1560种情况.故选D.方法总结求解涂色(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)对于涂色问题可将空间问题平面化,转化为平面区域涂色问题.[针对训练](1)(2021·浙江丽水期中)从红、黄、蓝三种颜色中选出若干种颜色,给如图所示的四个相连的正方形染色,若每种颜色只能涂一个正方形或两个正方形,且相邻两个正方形所涂颜色不能相同,则不同的涂色方案的种数是(

)A.12 B.18 C.24 D.36解析:(1)正方形从左到右依次标号1,2,3,4.若使用2种颜色,则颜色的取法有3种,故正方形1,3颜色相同,2,4颜色相同,有2种方案,共有3×2=6种方案;若使用3种颜色,则颜色的取法有1种,故四个正方形有两个不相邻必须同色,即1,3颜色相同,或者1,4颜色相同,或者2,4颜色相同,有3种方案,然后先涂相同色,再涂其余2个,共有3×2×1=6种方案,故共有1×3×6=18种方案.综上,符合要求的不同涂色方案有6+18=24种.故选C.(2)(2021·山东兖州期中)如图所示,积木拼盘由A,B,C,D,E五块积木组成,若每块积木都要涂一种颜色,且为了体现拼盘的特色,相邻的区域需涂不同的颜色(如:A与B为相邻区域,A与D为不相邻区域),现有五种不同的颜色可供挑选,则不同的涂色方法的种数为(

)A.780 B.840 C.900 D.960解析:(2)先涂A,则A有5种涂法,再涂B,因为B与A相邻,所以B的颜色只要与A不同即可,有4种涂法,同理C有3种涂法,D有4种涂法,E有4种涂法,由分步乘法计数原理,可知不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4=960.故选D.角度3抽取与分配问题[例6](1)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践,其中甲工厂必须有班级去,每班去何工厂可自由选择,则不同的分配方案有(

)A.360种B.420种

C.369种

D.396种解析:(1)法一(直接法)以甲工厂分配班级情况进行分类,共分为四类:第一类,四个班级都去甲工厂,此时分配方案只有1种;第二类,有三个班级去甲工厂,剩下的一个班级去另外四个工厂,其分配方案共有4×4=16种;第三类,有两个班级去甲工厂,另外两个班级去其他四个工厂,其分配方案共有6×4×4=96种;第四类,有一个班级去甲工厂,其他三个班级去另外四个工厂,其分配方案有4×4×4×4=256种.综上所述,不同的分配方案有1+16+96+256=369种.故选C.法二(间接法)先计算四个班自由选择去何工厂的总数,再扣除甲工厂无人去的情况,即共有5×5×5×5-4×4×4×4=369种不同的分配方案.故选C.答案:(1)C

(2)甲、乙、丙三人各写一张贺卡,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

.

解析:(2)不妨由甲先来取,共2种取法,而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取,余下来的人,都只有一种选择,所以不同取法共有2×1×1=2种.答案:(2)2变式探究:本例(2)中,若将“甲、乙、丙三人”改为“甲、乙、丙、丁四人”,其他条件不变,则有多少种不同的取法?解: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,都只有一种选择,所以不同的取法共有3×3×1×1=9种.方法总结求解抽取(分配)问题的方法(1)当涉及对象数目不大时,一般选用列举法、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.当堂检测D1.(2021·浙江金华期末)已知a∈{3,4,5},b∈{1,2,7,8},r∈{8,9},则方程(x-a)2+(y-b)2=r2可表示的不同的圆有(

)A.3个 B.4个 C.9个 D.24个解析:第一步:从{3,4,5}中任取一个数,有3种取法;第二步:从{1,2,7,8}中任取一个数,有4种取法;第三步:从{8,9}中任取一个数,有2种取法.由分步乘法计数原理可知,可以表示3×4×2=24个不同的圆.故选D.2.(2021·天津滨海新区高二期末)如图,现要用四种不同的颜色,对四边形中的四个区域进行着色,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色,则不同的着色方法的种数为(

)A.48 B.36 C.42 D.32A解析:将四个区域标记为A,B,C,D,如图所示:第一步涂A:4种涂法,第二步涂B:3种涂法,第三步涂C:2种涂法,第四步涂D:2种涂法.根据分步乘法计数原理可知,一共有4×3×2×2=48种不同的着色方法.故选A.3.设A={1,2,3,…,10},若方程x2-bx-c=0,满足b,c∈A,且方程至少有一实根a∈A,则称方程为漂亮方程,则漂亮方程的总个数为(

)A.8 B.10 C.12 D.14C解析:用十字相乘法,先把c分解因数,依据方程根与系数的关系,这两个因数的差就是b.当c=2时,有2×1=2,b=2-1=1,则漂亮方程为x2-x-2=0;当c=3时,有3×1=3,b=3-1=2,则漂亮方程为x2-2x-3=0;当c=4时,有4×1=4,b=4-1=3,则漂亮方程为x2-3x-4=0;当c=5时,有5×1=5,b=5-1=4,则漂亮方程为x2-4x-5=0;当c=6时,有6×1=6,b=6-1=5,则漂亮方程为x2-5x-6=0;同时,有2×3=6,b=3-2=1,则漂亮方程为x2-x-6=0;当c=7时,有7×1=7,b=7-1=6,则漂亮方程为x2-6x-7=0;当c=8时,有8×1=8,b=8-1=7,则漂亮方程为x2-7x-8=0;同时,有2×4=8,b=4-2=2,则漂亮方程为x2-2x-8=0;当c=9时,有9×1=9,b=9-1=8,则漂亮方程为x2-8x-9