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4.1　两个计数原理
两个计数原理的理解
计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 两个计数原理都可以用来计算完成某件事的方法种数,最终的目
的都是完成某件事 不同点 1.完成一件事有n类办法,这n类
办法之间是彼此独立的. 2.每一类中的每一种方法都能
独立完成这件事. 3.把各类办法中的方法数相加
就是完成这件事的所有方法数 1.完成一件事需要若干个步骤,完成每个步骤又有若干种方法.
2.只有每个步骤都完成了才算完成这件事,每个步骤缺一不可.
3.把完成每个步骤的方法数相乘就是完成这件事的所有方法数
注意点 类类独立,不重不漏 步步相依,步骤完整
1.在分类加法计数原理中,每类办法中的不同方法都能完成这件事吗
能.每一类办法中的每一种方法都能独立完成这件事,所以在分类时要做到不重
不漏.
2.在分步乘法计数原理中,若某件事是分两步完成的,则其中任何一个单独的步骤
都能完成这件事吗
不能.每个步骤都完成才算完成这件事,即分步要做到“步骤完整”.
知识辨析
1.合理选择两个计数原理
当完成一件事可以分为相互排斥的几类时,选择分类加法计数原理;当完成一件
事可以分为几个相互关联的步骤时,选择分步乘法计数原理.在求解过程中要注
意列举法、树状图法、间接法等的灵活应用.
2.类中有步,步中有类问题

　　从A→D共有m1×(m2+m3+m4)×m5种方法.
1 两个计数原理的选择与应用

　　从A→B共有(m1×m2×m3+m4×m5)种方法.
　　“类”用“+”连接,“步”用“×”连接,“类”独立,“步”连续,“类”标
志一件事的完成,“步”则缺一不可.
典例　若直线方程Ax+By=0中的A,B可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不
同的数字,求该方程所表示的不同直线的条数.
思路点拨　以A,B中是否有数字0为标准进行分类计数,或利用间接法求解.
解析 解法一:分两类.
第一类:当A,B中有一个为0时,方程表示直线x=0或y=0,共2条不同的直线.
第二类:当A,B都不为0时,确定直线Ax+By=0需要分两步完成.
第一步:确定A的值,有4种不同的取法;
第二步:确定B的值,有3种不同的取法.
所以该方程所表示的不同直线的条数为2+4×3=14.
解法二(间接法):分两步.
第一步:确定A的值,有5种不同的取法;
第二步:确定B的值,有4种不同的取法.
根据分步乘法计数原理,可以确定直线的条数为5×4=20.
在这20条直线中,
当A=0,B=1,2,3,5时,
表示同一条直线:y=0;
当B=0,A=1,2,3,5时,
表示同一条直线:x=0,
即有6条直线是重复计数的.
故该方程所表示的不同直线的条数为20-6=14.
涂色问题的两种解决方案
(1)选择正确的涂色顺序,按步骤逐一涂色,应用分步乘法计数原理进行计算;
(2)先根据涂色时所用颜色种数进行分类处理,再在每一类的涂色方法数的计算
中应用分步乘法计数原理,最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求
和,即得到最终的涂色方法数.
2 涂色问题
典例　从红、黄、绿、黑四种颜色中选其中几种涂在如图所示的五个区域中,
若要求相邻的两个区域的颜色都不相同,则有多少种不同的涂色方法

解析 解法一:①当B与D同色时,不同的涂色方法有4×3×2×1×2=48(种);
②当B与D不同色时,不同的涂色方法有4×3×2×1×1=24(种).
故共有48+24=72种不同的涂色方法.
解法二:按涂色时所用颜色种数分类.
第一类:用四种颜色,此时B,D同色或A,E同色,且两者仅居其一,则共有2×4×3×2×1
×1=48种不同的涂色方法;
第二类:用三种颜色,此时B,D同色,且A,E同色,先从四种颜色中取三种,再涂色,共
有4×3×2×1×1×1=24种不同的涂色方法.
由分类加法计数原理知,共有48+24=72种不同的涂色方法.第4章　计数原理
4.1　两个计数原理
4.1.1　分类加法计数原理
4.1.2　分步乘法计数原理
基础过关练
题组一　分类加法计数原理
1.把10个苹果分成三堆,要求每堆至少有1个,至多有5个,则不同的分法共有(　　)　　　　　　　　　　　　　　　
A.4种　　B.5种　　C.6种　　D.7种
2.用1,3,5,7中的任意一个数作分子,2,4,8,9中的任意一个数作分母,可构成真分数的个数为(　　)
A.8　　B.9　　C.10　　D.11
3.如图,一只蚂蚁从正四面体ABCD的顶点A出发,沿着正四面体ABCD的棱爬行,每秒爬一条棱,每次爬行的方向是随机的,则蚂蚁第1秒后到点B,第4秒后又回到点A的不同爬行路线有(　　)
A.6条　　B.7条　　C.8条　　D.9条
4.一个三位数,个位、十位、百位上的数字依次为x,y,z,当y>x且y>z时,称这样的数为“凸数”(如341),则从集合{1,2,3,4,5}中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为　　　　.
题组二　分步乘法计数原理
5.从集合{0,1,2,3,4}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+bi,其中虚数有(　　)
A.10个　　B.12个　　C.16个　　D.20个
6.为响应国家“节约粮食”的号召,某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食,并在用餐时积极践行“光盘行动”,则不同的选取方法有(　　)
A.48种　　　　B.36种
C.24种　　　　D.12种
7.某学校有东、南、西、北四个校门,受新冠肺炎疫情的影响,学生只能从东门或西门进入校园,教师只能从南门或北门进入校园.现有2名教师和3名学生要进入校园(不分先后顺序),则他们进入校园的方式共有(　　)
A.6种　　　　B.12种
C.24种　　　　D.32种
8.给图中的A,B,C,D四个区域涂色,规定一个区域只涂一种颜色,相邻的区域颜色不同,若有5种不同的颜色可选,则不同的涂色方案的种数为(　　)
A.180　　B.360　　C.64　　D.25
9.汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后,需要紧固轮胎的五个螺栓,记为A,B,C,D,E(在正五边形的顶点上),紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓,但不能连续固定相邻的两个,则不同的固定螺栓顺序的种数为(　　)
A.20　　B.15　　C.10　　D.5
题组三　两个计数原理的综合应用
10.有不同的语文书9本,不同的数学书7本,不同的英语书5本,从中选出不属于同一学科的书2本,则不同的选法有(　　)
A.21种　　　　B.315种
C.153种　　　　D.143种
11.中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种生肖(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学每个吉祥物都喜欢,若三位同学对选取的礼物都满意,则不同的选法有(　　)
A.30种　　　　B.50种
C.60种　　　　D.90种
12.已知某超市为顾客提供四种结账方式:现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲只会用现金结账,顾客乙只会用现金和银联卡结账,顾客丙与甲、乙结账方式不同,顾客丁用哪种结账方式都可以.若甲、乙、丙、丁购物后依次结账,那么他们结账方式的组合种数为(　　)
A.36　　　　B.30
C.24　　　　D.20
13.学校计划在周一至周四的艺术节上展演《雷雨》《茶馆》《天籁》《马蹄声碎》四部话剧,每天一部.受多种因素影响,话剧《雷雨》不能在周一、周四上演,《茶馆》不能在周一、周三上演,《天籁》不能在周三、周四上演,《马蹄声碎》不能在周一、周四上演,则不同的展演情况有(　　)
A.0种　　B.1种　　C.2种　　D.3种
14.某单位有4位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,1,2,5,为遵守所在城市某月15日至18日4天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),四人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天,则不同的用车方案种数是(　　)
A.4　　B.12　　C.16　　D.24
15.(多选)某校实行选科走班制度,张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科,且生物在B层班级.该校周一上午选科走班的课程安排如下表所示,张毅选择三个科目的课各上一节,另外一节上自习,则下列说法正确的是(　　)
第一节 第二节 第三节 第四节
地理 1班 化学A层 3班 地理 2班 化学A层 4班
生物A层 1班 化学B层 2班 生物B层 2班 历史B层 1班
物理A层 1班 生物A层 3班 物理A层 2班 生物A层 4班
物理B层 2班 生物B层 1班 物理B层 1班 物理A层 4班
政治 1班 物理A层 3班 政治 2班 政治 3班
A.此人有4种不同的选课方式　　　　
B.此人有5种不同的选课方式
C.自习课不可能安排在第2节　　　　
D.自习课可安排在4节课中的任一节
能力提升练　　　　　　　　　　　　　　　
题组　两个计数原理的综合应用
1.中国古代十进制的算筹计数法在数学史上是一个伟大的创造,算筹实际上是一根根同长短的小木棍.如图是利用算筹表示数1~9的一种方法.例如:3可表示为“”,26可表示为“”.现有6根算筹,据此表示方法,若算筹不能剩余,则可以用1~9这9个数字表示两位数的个数为(　　)
A.13　　　　B.14
C.15　　　　D.16
2.如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”.现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案共有(　　)
A.48种　　　　B.72种
C.96种　　　　D.144种
3.埃及金字塔之谜是人类史上最大的谜,它的神奇远远超过了人类的想象.在埃及金字塔内有一组神秘的数字142 857,因为142 857×2=285 714,142 857×3=428 571,142 857×4=571 428,……,所以这组数字又叫“走马灯数”.该组数字还有如下发现:142+857=999,285+714=999,428+571=999,……,若从这组神秘数字中任选3个数字构成一个三位数x,剩下的三个数字构成另一个三位数y,若x+y=999,则所有可能的有序实数组(x,y)的个数为(　　)
A.48　　　　B.60
C.96　　　　D.120
4.有4个不同的奇数,5个不同的偶数,现从中任取3个数,分别记为a,b,c,则使ab+c为奇数的不同取法共有　　　　种.
5.如图,在由开关组A与B组成的电路中,闭合开关使灯发光的方法有　　　　种.
6.若O是正六边形A1A2A3A4A5A6的中心,Q={|i=1,2,3,4,5,6},a,b,c∈Q,且a,b,c互不相同,要使得(a+b)·c=0,则有序向量组(a,b,c)的个数为　　　　.
7.某人设计了一项单人游戏,规则如下:先将一枚棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处,然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位,如果掷出的点数为i(i=1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走i个单位,一直循环下去.某人掷三次骰子后,棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有　　　　种.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.A　当三堆中最多的一堆为5个时,其他两堆总和为5,有2种分法,即1和4,2和3;当三堆中最多的一堆为4个时,其他两堆总和为6,有2种分法,即2和4,3和3.所以不同的分法共有2+2=4(种).故选A.
2.D　分四类:①当分子为1时,有,,,,共4个真分数;②当分子为3时,有,,=,共3个真分数;③当分子为5时,有,,共2个真分数;④当分子为7时,有,,共2个真分数.根据分类加法计数原理,知可构成4+3+2+2=11个真分数.故选D.
3.B　由题意可画图如下,则不同的爬行路线有7条.故选B.
4.答案　20
解析　由题意可得y只能取3,4,5.当y=3时,凸数有 132,231,共2个;当y=4时,凸数有142,241,143,341,243,342,共6个;当y=5时,凸数有152,251,153,351,154,451,253,352,254,452,354,453,共12个.故共有2+6+12=20(个).
5.C　由题意得b只能从1,2,3,4中选一个,有4种,a从剩余的4个中选一个,有4种,根据分步乘法计数原理知虚数有4×4=16(个).故选C.
6.B　由题意可知,分三步完成:
第一步,从2种主食中任选一种,有2种选法;
第二步,从3种素菜中任选一种,有3种选法;
第三步,从6种荤菜中任选一种,有6种选法.
根据分步乘法计数原理,得不同的选取方法的种数为2×3×6=36,故选B.
7.D　由题意得3名学生进入校园的方式有23=8(种),2名教师进入校园的方式有22=4(种),所以共有8×4=32(种).故选D.
8.A　第一步涂A,有5种涂法;第二步涂B,和A不同色,有4种涂法;第三步涂C,和A,B不同色,有3种涂法;第四步涂D,和B,C不同色,有3种涂法.由分步乘法计数原理可知共有5×4×3×3=180种不同的涂色方案,故选A.
9.C　如图,先在A,B,C,D,E五个螺栓中任选1个,有5种选法;假设选中A,则再在C,D中选1个,有2种选法;剩下的3个螺栓只有一种固定顺序.故共有5×2=10种不同的固定顺序.故选C.
10.D　由题意,选一本语文书和一本数学书有9×7=63种选法,选一本数学书和一本英语书有7×5=35种选法,选一本语文书和一本英语书有9×5=45种选法,∴共有63+35+45=143种不同的选法.
故选D.
11.B　①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为2×10=20;
②若甲同学选择马,则乙同学有3种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为3×10=30.
综上,总共有20+30=50种不同的选法.故选B.
12.D　当甲和乙都用现金结账时,丙有3种方法,丁有4种方法,共有3×4=12种方法;当甲用现金结账,乙用银联卡结账时,丙有2种方法,丁有4种方法,共有2×4=8种方法.综上,共有12+8=20种结账方式.故选D.
13.C　
周一 周二 周三 周四
《雷雨》 × ×
《茶馆》 × ×
《天籁》 × ×
《马蹄声碎》 × ×
根据上表,分步确定,可知周四只能上演《茶馆》,有1种情况,周一只能上演《天籁》,有1种情况,周二可以安排《雷雨》或《马蹄声碎》,有2种情况,最后一部话剧安排在周三,有1种情况.所以有1×1×2×1=2种不同的展演情况.故选C.
14.B　第一步安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有22=4(种).第二步安排偶数日出行,分两类:第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2种;第二类,不安排甲的车,只有1种选择,共有1+2=3(种).根据分步乘法计数原理知不同的用车方案共有4×3=12(种),故选B.
15.BD　由于生物在B层班级,所以只能选第2或第3节,故分两类:
若生物选第2节,则地理可安排在第1、3节,有2种选法,政治从剩余的两节课中任选,有2种选法,故有2×2=4(种)(此种情况自习课可出现在第1、3、4节中的某节);
若生物选第3节,则地理只能选第1节,政治只能选第4节,自习只能选在第2节,故有1种.
根据分类加法计数原理可得,共有4+1=5种不同的选课方式.由以上分析可知,自习课可安排在4节课中的任一节.
能力提升练
1.D　6根算筹可以表示的数字组合为(1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(6,4),(6,8),(3,3),(3,7),(7,7),数字组合(1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(6,4),(6,8),(3,7)中,每组可以表示2个两位数,则可以表示2×7=14个两位数;数字组合(3,3),(7,7),每组可以表示1个两位数,则可以表示2×1=2个两位数.故一共可以表示14+2=16个两位数,故选D.
2.B　如图,设5个区域依次为A,B,C,D,E,对于A,有4种涂法;对于B,与A 相邻,有3种涂法;对于C,与A,B 相邻,有2种涂法;对于D,若其与B同色,则E有2种涂法,若其与B不同色,则E有1种涂法.故不同的涂色方案共有4×3×2×(2+1)=72(种),故选B.
3.A　数字142 857中,两个数字之和为9的组合有1+8=9,4+5=9,2+7=9,共3组.若x+y=999,对于x,其百位数字可以为6个数字中的任意1个,假设为1,则y的百位数字必须为8,因此x、y的百位数字有6种选法;x的十位数字可以为剩下4个数字中的任意1个,假设为4,则y的十位数字必须为5,因此x、y的十位数字有4种选法;x的个位数字可以为剩下2个数字中的任意1个,y的个位数字为最后1个,因此x、y的个位数字有2种选法.所以所有可能的有序实数组(x,y)的个数为6×4×2=48,故选A.
4.答案　260
解析　要使ab+c为奇数,数组(a,b,c)的奇偶性可为(偶,偶,奇)、(奇,偶,奇)、(偶,奇,奇)、(奇,奇,偶).
若为(偶,偶,奇),即a为偶数,b为偶数,c为奇数,则有5×4×4=80(种);
同理,若为(奇,偶,奇),则有4×5×3=60(种);
若为(偶,奇,奇),则有5×4×3=60(种);
若为(奇,奇,偶),则有4×3×5=60(种).
综上,所有情况的种数为80+60+60+60=260.
5.答案　21
解析　分两步:第1步,A组开关闭合1个,有2种闭法;A组开关闭合2个,有1种闭法.第2步,B组开关闭合1个,有3种闭法;B组开关闭合2个,有3种闭法;B组开关闭合3个,有1种闭法.故共有(2+1)×(3+3+1)=21种闭法.
6.答案　48
解析　
如图(1),这样的a,b有6对,且a,b可交换,此时c有2种情况,所以有序向量组(a,b,c)的个数为6×2×2=24;如图(2),这样的a,b有3对,且a,b可交换,此时c有4种情况,所以有序向量组(a,b,c)的个数为3×2×4=24.
综上所述,有序向量组(a,b,c)的个数为24+24=48.
7.答案　25
解析　由题意知正方形ABCD(边长为3个单位)的周长是12,掷三次骰子后,棋子恰好又回到点A处表示三次骰子的点数之和是12,三个数字能够使得和为12的有1、5、6,2、4、6,3、4、5,3、3、6,5、5、2,4、4、4,共6种组合.
①1、5、6,2、4、6,3、4、5这三种组合中,每一种又可以列出6种不同结果,所以有3×6=18(种);
②3、3、6,5、5、2这两种组合中,每一种又可以列出3种不同结果,所以有2×3=6(种);
③组合4、4、4只有1种结果.
根据分类加法计数原理知,共有18+6+1=25种不同走法.
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