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(共52张PPT)
北师大版 数学 选择性必修第一册
课程标准 1.进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.能根据实际问题的特征,正确选择基本计数原理解决实际问题.
基础落实·必备知识一遍过
知识点　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
根据问题情况合理选择两种原理
1.两个原理的内容
原理名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
任务 完成一件事
步骤 完成它有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 完成它需要经过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种不同的方法
结果 完成这件事共有
　　　 　　种不同的方法 完成这件事共有　 　　　　种方法
m1+m2+…+mn　
m1·m2·…·mn
2.两个计数原理的区别与联系
原理名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理,解决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 分类加法计数原理针对的是“分类”问题 分步乘法计数原理针对的是“分步”问题
区别二 各种方法互相独立 各个步骤互相依存
区别三 任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事
名师点睛
分类时,首先要根据问题的特点确定一个分类标准,然后在这个标准下进行分类.一般地,标准不同,分类的结果也不同.
分步时,首先确定分步的标准,一般地,分步的标准不同,分成的步骤数也会不同.
对于较复杂问题,往往要先分类,后分步.
思考辨析
利用多项式的乘法法则探索(a1+a2)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3+c4)的展开式中有多少项
提示 可以直接展开后进行统计,最后得出结论;也可以用分步乘法计数原理,分三步:
第一步,从第一个因式中取一个因子,有2种取法;
第二步,从第二个因式中取一个因子,有3种取法;
第三步,从第三个因式中取一个因子,有4种取法.
则此多项式的展开式中有2×4×3=24(项).
自主诊断
1.判断正误.(正确的画√,错误的画×)
(1)分类加法计数原理是指将完成这件事的所有方式进行分类,每一类都能独立完成该事件.(　　)
(2)分步乘法计数原理是指将完成这件事分解成若干步骤,当完成所有的步骤时,这个事件才算完成.(　　)
(3)当一个事件既需要分步又需要分类时,分步和分类没有先后之分.(　　)
(4)当计数时,若正面分类,种类比较多,而问题的反面种类比较少时,使用间接法会简单一些.(　　)
√
√
×
√
2.[人教A版教材习题]在1,2,…,500中,被5除余2的数共有多少个
解 被5除余2的数的末位是2或7,在1,2,…,500中符合题意的数分为3类:
第1类:一位数,只有2,7两个数;
第2类:两位数,个位数有2,7两种取法,十位数有9种取法,共有2×9=18(个)数;
第3类:三位数,个位数有2,7两种取法,十位数有10种取法,百位数可以为1,2,3,4,共4种取法,所以共有2×10×4=80(个)数.
由分类加法计数原理,在1,2,…,500中,被5除余2的数共有2+18+80=100(个).
3.[人教A版教材习题] 4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队,每人限报其中的一个运动队,不同报法的种数是34还是43
解 一件事情是“4名同学分别参加3个运动队中的一个,每人限报其中的一个运动队”,应该是人选运动队,完成“这件事”是指给4名同学逐一选择运动队,分四步完成.根据分步乘法计数原理,不同报法种数是3×3×3×3=34.
重难探究·能力素养速提升
探究点一　　排数问题
【例1】 用0,1,2,3,4五个数字:
(1)可以排成多少个三位数的电话号码
(2)可以排成多少个三位数
(3)可以排成多少个能被2整除且无重复数字的三位数
解 (1)三位数字的电话号码,首位可以是0,数字也可以重复,每个位置都有5种排法,共有5×5×5=53=125(种)排法.
(2)三位数的首位不能为0,但可以有重复数字,首先考虑首位的排法,除0外共有4种方法,第二、三位可以排0,因此,共有4×5×5=100(种)排法.
(3)被2整除的数即偶数,末位数字可取0,2,4,因此,可以分两类,一类是末位数字是0,则有4×3=12(种)排法;一类是末位数字不是0,则末位有2种排法,即2或4,再排首位,因0不能在首位,所以有3种排法,十位有3种排法,因此有2×3×3=18(种)排法.因而有12+18=30(种)排法.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
变式探究由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数
解 完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事,可以分四步:第一步定个位,只能从1,3中任取一个,有2种方法;第二步定首位,把1,2,3,4中除去用过的一个还有3个可任取一个,有3种方法;第三步,第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法,再排十位有2种方法.由分步乘法计数原理知,共有2×3×3×2=36(个).
规律方法　对于组数问题,应掌握以下原则:
(1)明确特殊位置或特殊数字,是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类,分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成;如果正面分类较多,可采用间接法求解.
(2)要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位.
变式训练1(1)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)
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解析 因为四位数的每个数位上都有两种可能性,其中四个数字全是2或3的情况不合题意,所以符合题意的四位数有24-2=14(个).
(2)我们把各数位上数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013),则“六合数”中首位是2的有　　　　　个.
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解析 设满足题意的“六合数”为“2abc”,则a+b+c=4,于是满足条件的a,b,c可分以下四种情况:
①一个为4,两个为0,共3种;
②一个为3,一个为1,一个为0,共有3×2×1=6(种);
③两个为2,一个为0,共有3种;
④一个为2,两个为1,共有3种.
则“六合数”中首位为2的“六合数”共有15个.
探究点二　　抽取(分配)问题
【例2】 (1)有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学,在数学考试中,要求每位老师均不在本班监考,则安排监考的方法种数是(　　)
A.11 B.10
C.9 D.8
C
解析(方法一)设四个班级分别是A,B,C,D,它们对应的老师分别是a,b,c,d,设a监考B,则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级,共有3种不同的方法;同理当a监考C,D时,剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法.这样,由分类加法计数原理知共有3+3+3=9(种)不同的安排方法.
(方法二)让老师a先选,可从B,C,D三个班级中选一个,即有3种选法.若选的是B,则b从剩下的3个班级中任选一个,也有3种选法,剩下的两个老师都只有一种选法,根据分步乘法计数原理知,共有3×3×1×1=9(种)不同安排方法.
(2)从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,则选派方案共有(　　)
A.280种 B.240种
C.180种 D.96种
B
解析 由于甲、乙不能从事翻译工作,因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人,有4种选法.
后面三项工作的选法有5×4×3种,因此共有4×5×4×3=240(种)选派方案.
规律方法　(抽取)分配问题的常见类型及其解法
(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直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地,若抽取是有顺序的就按分步进行;若按对象特征抽取的,则按分类进行.
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.
变式训练2将甲、乙、丙、丁4名医生志愿者分配到A,B两家医院(每人去一家,每家医院至少安排1人),且甲医生不安排在A医院,则共有
　　　　　种分配方案.
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解析 根据题意,甲医生不安排在A医院,则甲只能去B医院,则分3类:
①甲单独在B医院,则剩下3人去A医院,有1种安排方法;
②甲和其中1人在B医院,则剩下2人去A医院,有3种安排方法;
③甲和其中2人在B医院,则剩下1人去A医院,有3种安排方法,则一共有1+3+3=7(种)分配方案.
探究点三　　涂色问题
★【例3】 (1)[2024陕西汉中期末]如图,现在用4种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色,要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色,则不同的着色方法有　　　　种.
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解析 首先给①着色,有4种方法,再给②着色,有3种方法,再给③着色有2种方法,最后给④着色,有2种方法,根据分步乘法计数原理知共有4×3×2×2=48(种)方法.
(2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“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
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解 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.
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时,有4×3=12(种)不同的涂法,第4个小方格有3种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有5×12×3=180(种)不同的涂法.
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时,有4种涂法,由于相邻两格不同色,因此,第4个小方格也有4种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有5×4×4=80(种)不同的涂法.
由分类加法计数原理可得共有180+80=260(种)不同的涂法.
变式探究本例3(2)中的区域改为如图所示,其他条件均不变,则共有多少种不同的涂法
① ② ④
③
解 依题意,可分两类情况:①④不同色;①④同色.
第一类:①④不同色,则①②③④所涂的颜色各不相同,我们可将这件事情分成4步来完成.
第一步涂①,从5种颜色中任选一种,有5种涂法;
第二步涂②,从余下的4种颜色中任选一种,有4种涂法;
第三步涂③与第四步涂④时,分别有3种涂法和2种涂法.
于是由分步乘法计数原理得,不同的涂法为5×4×3×2=120(种).
第二类:①④同色,则①②③不同色,我们可将涂色工作分成三步来完成.
第一步涂①④,有5种涂法;第二步涂②,有4种涂法;第三步涂③,有3种涂法.
于是由分步乘法计数原理得,不同的涂法有5×4×3=60(种).
综上可知,所求的涂色方法共有120+60=180(种).
规律方法　1.涂色问题的基本要求是相邻区域不同色,但是不相邻的区域可以同色.解决此类问题要特别关注图形的结构特征.如果图形很不规则,往往从某一块出发进行分步涂色,从而选用分步乘法计数原理;如果图形具有一定的对称性,那么先对涂色方案进行分类,每一类再进行分步.
2.把涂色问题转化为两个基本计数原理的综合应用,体现了数学抽象的核心素养.
变式训练3(1)[2024广东深圳月考]电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色,每种颜色的色号有256种.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色,那么在电脑上可配成的颜色种数为(　　)
A.2563 B.27
C.2553 D.6
A
解析 分3步取色,第一、第二、第三步都有256种取法,根据分步乘法计数原理得,共可配成256×256×256=2563(种)颜色.故选A.
★(2)如图,一个地区分为5个区域,现给5个区域涂色,要求相邻区域不得使用同一颜色.现有4种颜色可供选择,则不同的涂色方法共有　　　　种.
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解析 先给①②③号区域涂色,分别有4种,3种和2种涂色方法,再给④号和⑤号区域涂色,当④号与②号同色时,④号有1种涂色方法,⑤号有2种涂色方法;当④号与②号不同色时,④号有1种涂色方法,⑤号有1种涂色方法,共有4×3×2×(1×2+1×1)=72(种)涂色方法.
探究点四　　种植问题
【例4】 将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中,每块种植一种作物,且相邻的试验田不能种同一种作物,则不同的种植方法共有　　　种.
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解析 分别用a,b,c代表3种作物,先安排第一块田,有3种方法,不妨设放入a,再安排第二块田,有两种方法b或c,不妨设放入b,第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c:
a b c
(2)若第三块田放a:
第四块有b或c两种方法,
①若第四块放c:
第五块有2种方法;
②若第四块放b:
第五块只能放c,共1种方法.
综上,共有3×2×(2×2+2+1)=42(种)方法.
a b a
a b a c
a b a b
规律方法　按元素性质分类,按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法,区分“分类”与“分步”的关键,是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情,分类中的每一种方法都完成了这件事情,而分步中的每一种方法不能完成这件事情,只是向事情的完成迈进了一步.
变式训练4从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种,分别种在不同土质的三块土地上,其中黄瓜必须种植,求有多少种不同的种植方法.
解 (方法一　直接法)若黄瓜种在第一块土地上,则有3×2×1=6(种)不同种植方法.
同理,黄瓜种在第二块、第三块土地上,均有3×2×1=6(种)不同种植方法.故不同的种植方法共有6×3=18(种).
(方法二　间接法)从4种蔬菜中选出3种,种在三块地上,有4×3×2=24(种),其中不种黄瓜有3×2×1=6(种),故共有不同种植方法24-6=18(种).
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点一]甲、乙、丙三人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下.由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被踢回甲,则不同的传递方式共有(　　)
A.4种 B.5种 C.6种 D.12种
C
解析 若甲先传给乙,则有甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法.同理,甲先传给丙也有3种不同的传法,故共有3+3=6(种)不同的传法.
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2.[探究点一]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,则在平面直角坐标系中,第一、二象限内不同点的个数 为(　　)
A.18 B.16 C.14 D.10
C
解析 分两类:一是以集合M中的元素为横坐标,以集合N中的元素为纵坐标,有3×2=6(个)不同的点,二是以集合N中的元素为横坐标,以集合M中的元素为纵坐标,有4×2=8(个)不同的点,故由分类加法计数原理得共有6+8=14(个)不同的点.
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3.[探究点四]如图所示,一圆形花坛分成A,B,C,D四块,现有四种不同的花供选种,要求在每块里种一种花,且相邻的两块种不同的花,则不同的种法种数为(　　)
A.96 B.84
C.60 D.48
B
解析 依次种A,B,C,D 4块,当C与A种同一种花时,有4×3×1×3=36(种)种法;当C与A所种的花不同时,有4×3×2×2=48(种)种法.由分类加法计数原理知,不同的种法种数为36+48=84.
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4. [探究点一](多选题) 已知数字0,1,2,3,4,由它们组成四位数,下列说法正确的有(　　)
A.组成可以有重复数字的四位数有500个
B.组成无重复数字的四位数有96个
C.组成无重复数字的四位偶数有66个
D.组成无重复数字的四位奇数有28个
AB
解析 对选项A,四位数的首位不能为0,有4种情况,其他数位有5种情况,则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5=500(个),故选项A正确;
对选项B,四位数的首位不能为0,有4种情况,在剩下的4个数字中任选3个,排在后面3个数位,有4×3×2=24(种)情况,则组成无重复数字的四位数有4×24=96(个),故选项B正确;
对选项C,若0在个位,有4×3×2=24(个)四位偶数,若0不在个位,有3×3×2×2=36(个)四位偶数,则组成无重复数字的四位偶数共有24+36=60(个)四位偶数,故选项C错误;
对选项D,组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2=36(个),故选项D错误.
故选AB.
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5.[探究点三]有6种不同的颜色,给图中的6个区域涂色,要求相邻区域不同色,则不同的涂色方法共有(　　)
A.4 320种 B.2 880种
C.1 440种 D.720种
A
解析 第1个区域有6种不同的涂色方法,第2个区域有5种不同的涂色方法,第3个区域有4种不同的涂色方法,第4个区域有3种不同的涂色方法,第5个区域有4种不同的涂色方法,第6个区域有3种不同的涂色方法,根据分步乘法计数原理,共有6×5×4×3×4×3=4 320(种)不同的涂色方法.
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6. [探究点二]五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目,每个工程队承建1项,其中甲工程队不能承建1号子项目,则不同的承建方案有　　　种.
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7. [探究点一]已知a,b∈{0,1,2,…,9},若满足|a-b|≤1,则称a,b“心有灵犀”,则a,b“心有灵犀”的种数共有　　　　　　.
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解析 当a为0时,b只能取0,1两个数;
当a为9时,b只能取8,9两个数;
当a为其他数时,b都可以取三个数,例如当a=1时,b可取0,1,2.
综上,一共有2+2+3×8=28(种).
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8. [探究点一]若把两条异面直线看成“一对”,那么六棱锥的棱所在的12条直线中,异面直线共有多少对
解 底面上的六条棱所在的直线共面,则每两条之间不能构成异面直线.
六条侧棱所在的直线共点,每两条之间也不能构成异面直线.
结合图形可知,底面上的六条棱所在的直线中的每一条与和它不相交的四条侧棱所在的四条直线中的每一条能构成异面直线.
再由分步乘法计数原理知,可构成异面直线6×4=24(对).
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B 级 关键能力提升练
9.两人进行乒乓球比赛,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(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　)
A.10种
B.15种
C.20种
D.30种
C
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.
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10.(a1+a2)(b1+b2)(c1+c2+c3)完全展开后的项数为(　　)
A.9 B.12
C.18 D.24
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11. 如图,提供4种不同的颜色给图中A,B,C,D四块区域涂色,若相邻的区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有　　　　　种.
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解析 先对B区域涂色,共有4种不同的涂法,再对D区域涂色,共有3种不同的涂法,再对A区域涂色,共有2种不同的涂法,最后对C区域涂色,共有2种不同的涂法,
根据分步乘法计数原理,则不同的涂法共有4×3×2×2=48(种).
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12.古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序.用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配,用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配,共可配成
　　　　　组.
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13.整数630不同的正因数(包括1和630)共有　　　　　个.
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解析 整数630=2×32×5×7;
然后注意到每一因数可出现的次幂数,2可有20,21两种情况,
3有30,31,32三种情况,
5有50,51两种情况,7有70,71两种情况,
按分步乘法计数原理,整数630的正因数(包括1和630)共有2×3×2×2=24(个).
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14.[2024浙江杭州模拟](1)从集合{1,2,3,…,10}中,选出由5个数组成的子集,使得这5个数中的任何两个数的和不等于11,则这样的子集共有多少个
(2)设集合A={1,2,3,…,13},集合B是A的子集,且集合B任意两数之差都不等于6或7.则集合B中最多有多少个元素
C 级 学科素养创新练
解 (1)将和为11的数分组:(1,10),(2,9),(3,8),(4,7),(5,6)共5组,只要从这5组每组中各取一个数就符合题意,每组有2种取法,故有25=32(个)子集.
(2)构造A的下列13个子集:{1,7},{2,8},{3,9},{4,10},{5,11},{6,12},{7,13}, {1,8},{2,9},{3,10},{4,11},{5,12},{6,13},A中每一个数恰好属于2个子集,由于从A中取7个元素,其中必有两个元素属于同一个子集,它们的差为6或7,因此,A中任意7个元素都不能同时属于集合B,即B中最多只有6个元素,又因为B={1,2,3,4,5,6}中任意两数之差不等于6或7,此时符合要求,所以集合B中最多有6个元素.
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