资源简介

分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课前学习任务
一、课标解读
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理,能正确区分“类”和“步”.
2.能利用两个原理解决一些简单的实际问题.
二、必备知识
两个计数原理
名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
条件 完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法 完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法
名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
结论 完成这件事共有N=　　　　　种不同的方法 完成这件事共有N=　　　　　种不同的方法
依据 能否独立完成整件事 能否逐步完成整件事
名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
推广 完成一件事有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类方案中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法 完成一件事需要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种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法
[教材知识深化]
1.分类加法计数原理中,完成一件事的各种方法是相互独立的.从集合角度看,如果完成一件事有A,B两类方案,集合A与B的交集为空集,在A中有m1个元素(m1种方法),在B中有m2个元素(m2种方法),则完成这件事的不同方法的种数即为集合A∪B中元素的个数,即m1+m2.
2.分步乘法计数原理中,必须且只需连续完成n个步骤后才能完成这件事,各个步骤之间不重复、不遗漏.
三、自主诊断
一、基础自测
1.思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)在分类加法计数原理中,每类方案中的每种方法都能直接完成这件事. (　　)
(2)在分步乘法计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的. (　　)
(3)在分步乘法计数原理中,事情是分两步完成的,其中任何一个单独的步骤都能完成这件事. (　　)
2.(人教B版选择性必修第二册3.1.1节练习B第3题改编)已知n是一个小于10的正整数,且由集合A={x|x∈N*,x≤n}中的元素可以排成数字不重复的两位数共20个,则n的值为　　　　　.
二、连线高考
3.(2023·全国乙,理7)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.30种 B.60种 C.120种 D.240种
课堂核心考点
考点一 分类加法计数原理
1.(1)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,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.4种 B.6种 C.10种 D.16种
(2)(2024·江苏扬州模拟)将一颗正方体骰子连续抛掷三次,向上的点数依次为x1,x2,x3,则x1≤x2≤x3的样本点共有　　　　　个.
[对点训练1]椭圆=1的焦点在x轴上,且m∈{1,2,3,4,5},n∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆的个数为　　　　.
考点二 分步乘法计数原理
2.(1)(2023·全国甲,理9)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.120种 B.60种 C.30种 D.20种
(2)有六名同学报名参加三个智力项目,每项恰好报一人,且每人至多参加一项,则共有　　　　　种不同的报名方法.


变式探究1
本例(2)中若将条件“每项恰好报一人,且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项,每项人数不限”,则有多少种不同的报名方法



变式探究2
本例(2)中若将条件“每项恰好报一人,且每人至多参加一项”改为“每项恰好报一人,但每人参加的项目不限”,则有多少种不同的报名方法





考点三 两个计数原理的综合应用
考向1　与数字有关的问题
3.(2024·山东聊城模拟)从0~6这7个数字中取出4个数字,试问:
(1)能组成多少个没有重复数字的四位数
(2)能组成多少个没有重复数字的四位偶数
(3)能组成多少个没有重复数字且个位不是5的四位数
[课堂笔记]









[对点训练2](2024·河南信阳模拟)从0,1,2,5中取三个不同的数字,组成能被5整除的三位数,则不同的三位数有(　　)
A.12个 B.10个 C.8个 D.7个
考向2　涂色(种植)问题
4.(2024·广东肇庆模拟)某植物园要在如图所示的5个区域种植果树,现有5种不同的果树供选择,要求相邻区域不能种同一种果树,则共有　　　　　种不同的方法.
[对点训练3](2024·重庆模拟)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A,B,C,D,E,F涂色,要求相邻区域涂不同颜色,则涂色方法的总数是(　　)
A.120 B.72
C.48 D.24









答案解析
[知识梳理]
m+n　m×n
[自主诊断]　1.(1)√　(2)√　(3)×
2.5　解析 第一步:排十位上的数,有n种方法.
第二步:排个位上的数,有(n-1)种方法.
由n(n-1)=20,解得n=5或n=-4(舍去),故n的值是5.
3.C　解析 (方法一　直接法)甲在6种课外读物中任选2种,有种选法,乙在甲选的2种课外读物中挑一种有种选法,乙在甲选2种课外读物后剩下的4种中选一种有种选法,则这两人选读的课外读物中恰有一种相同的选法共有2×4=120(种).
(方法二　间接法)甲、乙两位同学各自选读2种课外读物共有种选法,甲、乙所选都不同有种选法,甲、乙所选都相同有种选法,故这两人选读的课外读物中恰有一种相同的选法有(-1)=120(种).故选C.
4.B　解析 根据题意,符合条件的五位数首位数字必须是4,5其中1个,末位数字为0,2,4中其中1个,分两种情况讨论:
①首位数字为5时,末位数字有3种情况,在剩余的4个数中任取3个,放在剩余的3个位置上,有=24种情况,此时比40 000大的偶数有3×24=72(个);
②首位数字为4时,末位数字有2种情况,在剩余的4个数中任取3个,放在剩余的3个位置上,有=24种情况,此时比40 000大的偶数有2×24=48(个).综上,比40 000大的偶数共有72+48=120(个).
研考点·精准突破
考点一
例1　(1)B　(2)56　解析 (1)分两类:甲第一次踢给乙时,有3种满足条件的传递方式(如图);
同理,甲第一次踢给丙时,满足条件的也有3种传递方式,由分类加法计数原理,可知不同传递方式的种数为3+3=6.故选B.
(2)考虑取定x1的值,分类统计事件“x1≤x2≤x3”所含的样本点数,将x2,x3对应的值作为一个数组,列表如下.
(x2,x3) 1 2 3 4 5 6
1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
当x1=1时,满足“x1≤x2≤x3”的样本点有6+5+4+3+2+1=21(个);当x1=2时,满足“x1≤x2≤x3”的样本点有5+4+3+2+1=15(个);当x1=3时,满足“x1≤x2≤x3”的样本点有4+3+2+1=10(个);当x1=4时,满足“x1≤x2≤x3”的样本点有3+2+1=6(个);当x1=5时,满足“x1≤x2≤x3”的样本点有2+1=3(个);当x1=6时,满足“x1≤x2≤x3”的样本点有1个.
由分类加法计数原理,满足“x1≤x2≤x3”的样本点共有21+15+10+6+3+1=56(个).
对点训练1　10　解析 因为椭圆的焦点在x轴上,所以m>n,以m的值为标准分类,分为四类.
当m=5时,使m>n,n有4种选择;当m=4时,使m>n,n有3种选择;当m=3时,使m>n,n有2种选择;当m=2时,使m>n,n有1种选择.由分类加法计数原理,符合条件的椭圆共有4+3+2+1=10(个).
考点二
例2　(1)B　(2)120　解析 (1)(方法一)先在5名志愿者中安排1名在这两天都参加公益活动,有5种安排方法.再在星期六、星期日,每天从剩下的4名志愿者中安排1名不同的志愿者参加公益活动,有4×3=12种安排方法.由乘法原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有5×12=60种.
(方法二)在5名志愿者中安排2名在星期六参加公益活动,有=10种安排方法.再从星期六参加公益活动的2名志愿者中安排1名及从剩下的3名志愿者中安排1名在星期日参加公益活动,有2×3=6种.由乘法原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有10×6=60种.
(方法三)从5名志愿者中,在星期六、星期日两天各安排2名参加公益活动,有=100种安排方法,星期六、星期日两天的志愿者全不相同的安排方法有=30种,全相同的安排方法有=10种,所以恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有100-30-10=60种.故选B.
(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).
变式探究1　解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,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).
变式探究2　解 每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参加,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有63=216(种).
考点三
例3　解 (1)第一步:千位不能为0,有6种选择;
第二步:百位可以从剩余数字中选,有6种选择;
第三步:十位可以从剩余数字中选,有5种选择;
第四步:个位可以从剩余数字中选,有4种选择.
根据分步乘法计数原理,能组成6×6×5×4=720(个)没有重复数字的四位数.
(2)要使四位数为偶数,则其个位为0,2,4,6.
第一类:当个位数字是0时,没有重复数字的四位数有6×5×4=120(个);
第二类:当个位数字是2时,千位不能为0,没有重复数字的四位数有5×5×4=100(个);
第三类:当个位数字是4时,千位不能为0,没有重复数字的四位数有5×5×4=100(个);
第四类:当个位数字是6时,千位不能为0,没有重复数字的四位数有5×5×4=100(个).
根据分类加法计数原理,能组成120+100+100+100=420(个)没有重复数字的四位偶数.
(3)当个位是0时,有6×5×4=120(种)排法;
当个位不是0时,有5×5×5×4=500(种)排法,由分类加法计数原理,可得符合条件的共有120+500=620(种)排法.
对点训练2　B　解析 能被5整除的三位数末位数字是0或5,当末位数字为0时,有=6(个)符合条件的三位数;
当末位数字为5时,有2×2=4(个)符合条件的三位数,因此符合条件的三位数一共有4+6=10(个).
例4　420　解析 种1区域,有5种方法;种2区域,有4种方法;
种3区域,有3种方法;种4,5区域,当4与2相同时,有3种方法,当4与2不同时,有2×2=4(种)方法.
共有5×4×3×(3+4)=420(种)方法.
对点训练3　A　解析 由题图可知C,E,F区域两两相邻,故有=24(种)涂色方法.区域D有2种涂色方法,区域A有2种涂色方法,A与D的涂色方法共有2×2=4(种).
当A与D同色时,区域B有2种涂色方法,A,B,D共有2种涂色方法;当A与D不同时,区域B有1种涂色方法,A,B,D共有3种涂色方法.
综上,满足题意的涂色方法总数是24×(2+3)=120.

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