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2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档:第十章第一节 两个计数原理 学案
展开第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第一节 两个计数原理
2019考纲考题考情
两个计数原理
| 完成一件事的策略 | 完成这件事共有的方法 |
分类加 法计数 原理 | 有n类不同方案:在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,…,在第n类中有mn种不同方法 | N=m1+m2+…+mn种不同的方法 |
分步乘 法计数 原理 | 需要n个步骤: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种不同方法 | N=m1·m2·…·mn种不同的方法 |
1.两个不同点
(1)分类问题中的每一个方法都能完成这件事。
(2)分步问题中每步的每一个方法都只能完成这件事的一部分。
2.三个注意点
(1)应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步。
(2)分类要做到“不重不漏”,正确把握分类标准。
(3)分步要做到“步骤完整”,步步相连。
一、走进教材
1.(选修2-3P5例3改编)书架的第1层放有10本不同的语文书,第2层放有12本不同的数学书,第3层放有10本不同的英语书,从书架中任取一本书,则不同的取法种数为( )
A.32 B.100 C.120 D.1 200
解析 有三类方法,第1类从第1层取1本语文书,有10种方法;第2类从第2层取1本数学书,有12种方法;第3类从第3层取1本英语书,有10种方法,由分类加法计数原理,共有10+12+10=32种不同的取法。故选A。
答案 A
2.(选修2-3P10练习T4改编)已知某公园有4个门,从一个门进,另一个门出,则不同的走法的种数为( )
A.16 B.13 C.12 D.10
解析 由分步乘法计数原理可知,走法总数为4×3=12。故选C。
答案 C
3.(选修2-3P12A组T2改编)如图,从A城到B城有3条路;从B城到D城有4条路;从A城到C城有4条路,从C城到D城有5条路,则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线。
解析 不同路线共有3×4+4×5=32(条)。
答案 32
二、走近高考
4.(2016·全国卷Ⅱ)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A.24 B.18 C.12 D.9
解析 由E到F有6种走法,由F到G有3种走法,由分步乘法计数原理知,共6×3=18(种)走法。故选B。
答案 B
三、走出误区
微提醒:分类分步不清导致出错。
5.已知a,b∈{2,3,4,5,6,7,8,9},则logab的不同取值个数为________。
解析 (a,b)的不同的取值共有64个,其中logab=1有8个,logab=2有2个,logab=有2个,logab=log23有2个,logab=log32有2个,则不同取值的个数为64-7-1-1-1-1=53。
答案 53
6.在一次游戏中,三个人采用击鼓传花的方式决定最后的表演者。三个人互相传递,每人每次只能传一下,由甲开始传,经过五次传递后,花又被传回给甲,则不同的传递方式有________种。(用数字作答)
解析 设这三个人分别是甲、乙、丙,则他们的传递方式如图所示。
故共有10种。
答案 10
考点一 分类加法计数原理
【例1】 (1)已知椭圆+=1,若a∈{2,4,6,8},b∈{1,2,3,4,5,6,7,8},这样的椭圆个数有( )
A.12 B.16 C.28 D.32
(2)我们把中间位数上的数字最大,而两边依次减小的多位数称为“凸数”,如132,341等,那么由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________。
解析 (1)若焦点在x轴上,则a>b,a=2时,有1个;a=4时,有3个;a=6时,有5个;a=8时,有7个,共有1+3+5+7=16个。若焦点在y轴上,则b>a,b=3时,有1个;b=4时,有1个;b=5时,有2个;b=6时,有2个;b=7时,有3个,b=8时,有3个。共有1+1+2+2+3+3=12个。故共有16+12=28个。故选C。
解析:椭圆中a≠b,而a=b有4种情况,故椭圆的个数为4×8-4=28。故选C。
(2)根据“凸数”的特点,中间的数字只能是3,4,5,故分三类,第一类,当中间数字为“3”时,此时有2种(132,231);第二类,当中间数字为“4”时,从1,2,3中任取两个放在4的两边,故有6种;第三类,当中间数字为“5”时,从1,2,3,4中任取两个放在5的两边,故有12种;根据分类加法计数原理,得到由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2+6+12=20。
答案 (1)C (2)20
应用分类加法计数原理解决实际问题的步骤
1.审题:认真阅读题设条件,理清题目要求。
2.分类:依据题设条件选择分类标准,做到不重不漏。
3.整合:整合各类情况得出结论。
【变式训练】 (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
(2)如图,从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)。
解析 (1)以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9;以2为首项的等比数列为2,4,8;以4为首项的等比数列为4,6,9;把这4个数列的顺序颠倒,又得到另外的4个数列,所以所求的数列共有2(2+1+1)=8个。
(2)分3类:第一类,直接由A到O,有1种走法;第二类,中间过一个点,有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法;第三类,中间过两个点,有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法,由分类加法计数原理可得共有1+2+2=5种不同的走法。
答案 (1)D (2)5
考点二 分步乘法计数原理
【例2】 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法(六名同学不一定都能参加)?
(1)每人只参加一项,每项人数不限;
(2)每项限报一人,且每人至多参加一项;
(3)每项限报一人,但每人参加的项目不限。
解 (1)每人都可以从三个竞赛项目中选报一项,各有3种不同的报名方法,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有36=729(种)。
(2)每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有6种选法,第二个项目有5种选法,第三个项目只有4种选法,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有6×5×4=120(种)。
(3)每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一人参赛,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有63=216(种)。
一类元素允许重复选取的计数问题,可以采用分步乘法计数原理来解决,关键是明确要完成的一件事是什么。也就是说,用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时,哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据。
【变式训练】 (1)已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)(a,b∈M)表示平面上的点,则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为( )
A.6 B.12 C.24 D.36
(2)如图,某电子器件由3个电阻串联而成,形成回路,其中有6个焊接点A,B,C,D,E,F,如果焊接点脱落,整个电路就会不通。现发现电路不通,那么焊接点脱落的可能情况共有________种。
解析 (1)确定第二象限的点,可分两步完成:第一步确定a,由于a<0,所以有3种方法;第二步确定b,由于b>0,所以有2种方法。由分步乘法计数原理,得到第二象限的点的个数是3×2=6。故选A。
(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况,而只要有一个焊接点脱落,则电路就不通,故共有26-1=63种可能情况。
答案 (1)A (2)63
考点三 两个计数原理的综合应用微点小专题
方向1:计数问题
【例3】 (1)(2019·河南豫北名校联考)2019年元旦假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有( )
A.18种 B.24种
C.48种 D.36种
(2)(2017·天津高考)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有________个。(用数字作答)
解析 (1)由题意,有两类:第一类,一班的2名同学在甲车上,甲车上剩下两个要来自不同的班级,从三个班级中选两个,有C=3种,然后分别从选择的班级中再选择一个学生,有CC=4种,故有3×4=12种。第二类,一班的2名同学不在甲车上,则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上,有C=3种,然后再从剩下的两个班级中分别选择一人,有CC=4种,这时共有3×4=12种,根据分类计数原理得,共有12+12=24种不同的乘车方式。故选B。
(2)①当组成四位数的数字中有一个偶数时,四位数的个数为C·C·A=960。②当组成四位数的数字中不含偶数时,四位数的个数为A=120。故符合题意的四位数一共有960+120=1 080(个)。
答案 (1)B (2)1 080
1.注意在综合应用两个原理解决问题时,一般是先分类再分步。在分步时可能又用到分类加法计数原理。
2.注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题,可恰当地列出示意图或列出表格,使问题形象化、直观化。
方向2:涂色问题
【例4】 如图,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数为________。
解析 按区域1与3是否同色分类:(1)区域1与3同色:先涂区域1与3有4种方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A种方法。所以区域1与3同色时,共有4A=24(种)方法。(2)区域1与3不同色:第一步涂区域1与3有A种方法,第二步涂区域2有2种涂色方法,第三步涂区域4只有1种方法,第四步涂区域5有3种方法。所以共有A×2×1×3=72(种)方法。故由分类加法计数原理可知,不同的涂色种数为24+72=96。
答案 96
涂色问题的解题关注点和关键
1.关注点:首先分清元素的数目,其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素。
2.关键:是对每个区域逐一进行,选择下手点,分步处理。
【题点对应练】
1.(方向1)某班一天上午有4节课,每节都需要安排1名教师去上课,现从A,B,C,D,E,F 6名教师中安排4人分别上一节课,第一节课只能从A,B两人中安排一个,第四节课只能从A,C两人中安排一人,则不同的安排方案共有________种。
解析 ①第一节课若安排A,则第四节课只能安排C,第二节课从剩余4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有4×3=12种安排方案。②第一节课若安排B,则第四节课可安排A或C,第二节课从剩余
4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有2×4×3=24种安排方案。因此不同的安排方案共有12+24=36(种)。
答案 36
2.(方向1)用两个1,一个2,一个0可组成不同四位数的个数是( )
A.18 B.16 C.12 D.9
解析 根据题意,分3步进行分析:①0不能放在千位,可以放在百位、十位和个位,有3种情况,②在剩下的3个数位中任选1个,安排2,有3种情况,③在最后2个数位安排2个1,有1种情况,则可组成3×3=9个不同四位数。故选D。
答案 D
3.(方向2)如图所示的五个区域中,现有四种颜色可供选择,要求每一个区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数为( )
A.24 B.48 C.72 D.96
解析 分两种情况:
(1)A,C不同色,先涂A有4种,C有3种,E有2种,B,D有1种,有4×3×2=24种涂法。(2)A,C同色,先涂A有4种,E有3种,C有1种,B,D各有2种,有4×3×2×2=48种涂法。故共有24+48=72种涂色方法。故选C。
答案 C
1.(配合例1使用)满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )
A.14 B.13 C.12 D.10
解析 当a=0时,关于x的方程为2x+b=0,此时有序数对(0,-1),(0,0),(0,1),(0,2)均满足要求;当a≠0时,Δ=4-4ab≥0,ab≤1,此时满足要求的有序数对为(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(-1,2),(1,-1),(1,0),(1,1),(2,-1),(2,0)。综上,满足要求的有序数对共有13个。故选B。
答案 B
2.(配合例2使用)甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛,决出第1名至第5名(没有重名次)。已知甲、乙均未得到第1名,且乙不是最后一名,则5名同学的名次排列情况可能有( )
A.27种 B.48种 C.54种 D.72种
解析 分五步完成:第一步,决出第1名的情况有3种;第二步,决出第5名的情况有3种;第三步,决出第2名的情况有3种;第四步,决出第3名的情况有2种;第五步,决出第4名的情况有1种。因此,根据分步乘法计数原理可知,5名同学的名次排列情况可能有3×3×3×2×1=54(种)。
答案 C
3.(配合例3使用)某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有( )
A.28种 B.30种 C.27种 D.29种
解析 有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,则有2人既会踢足球又会打篮球,有3人只会打篮球,有4人只会踢足球,所以选派的方案有四类:选派两种球都会的运动员有2种方案;选派两种球都会的运动员中一名踢足球,只会打篮球的运动员打篮球,有2×3=6(种)方案;选派两种球都会的运动员中一名打篮球,只会踢足球的运动员踢足球,有2×4=8(种)方案;选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球,有3×4=12(种)方案.综上可知,共有2+6+8+12=28(种)方案。故选A。
答案 A
4.(配合例4使用)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…,9的9个小正方形(如图),使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同,且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的所有涂法共有________种。
1 | 2 | 3 |
4 | 5 | 6 |
7 | 8 | 9 |
解析 把区域分为三部分,第一部分1,5,9,有3种涂法。第二部分4,7,8,当5,7同色时,4,8各有2种涂法,共4种涂法;当5,7异色时,7有2种涂法,4,8均只有1种涂法,故第二部分共4+2=6种涂法。剩下的部分与第二部分涂法一样,共6种涂法。由分步乘法计数原理,可得共有3×6×6=108种涂法。
答案 108