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4.1　兩個計數原理
兩個計數原理的理解
計數原理 分類加法計數原理 分步乘法計數原理
相同點 兩個計數原理都可以用來計算完成某件事的方法種數,最終的目
的都是完成某件事 不同點 1.完成一件事有n類辦法,這n類
辦法之間是彼此獨立的. 2.每一類中的每一種方法都能
獨立完成這件事. 3.把各類辦法中的方法數相加
就是完成這件事的所有方法數 1.完成一件事需要若干個步驟,完成每個步驟又有若干種方法.
2.只有每個步驟都完成了才算完成這件事,每個步驟缺一不可.
3.把完成每個步驟的方法數相乘就是完成這件事的所有方法數
注意點 類類獨立,不重不漏 步步相依,步驟完整
1.在分類加法計數原理中,每類辦法中的不同方法都能完成這件事嗎
能.每一類辦法中的每一種方法都能獨立完成這件事,所以在分類時要做到不重
不漏.
2.在分步乘法計數原理中,若某件事是分兩步完成的,則其中任何一個單獨的步驟
都能完成這件事嗎
不能.每個步驟都完成才算完成這件事,即分步要做到“步驟完整”.
知識辨析
1.合理選擇兩個計數原理
當完成一件事可以分為相互排斥的幾類時,選擇分類加法計數原理;當完成一件
事可以分為幾個相互關聯的步驟時,選擇分步乘法計數原理.在求解過程中要注
意列舉法、樹狀圖法、間接法等的靈活應用.
2.類中有步,步中有類問題

　　從A→D共有m1×(m2+m3+m4)×m5種方法.
1 兩個計數原理的選擇與應用

　　從A→B共有(m1×m2×m3+m4×m5)種方法.
　　“類”用“+”連接,“步”用“×”連接,“類”獨立,“步”連續,“類”標
志一件事的完成,“步”則缺一不可.
典例　若直線方程Ax+By=0中的A,B可以從0,1,2,3,5這五個數字中任取兩個不
同的數字,求該方程所表示的不同直線的條數.
思路點撥　以A,B中是否有數字0為標準進行分類計數,或利用間接法求解.
解析 解法一:分兩類.
第一類:當A,B中有一個為0時,方程表示直線x=0或y=0,共2條不同的直線.
第二類:當A,B都不為0時,確定直線Ax+By=0需要分兩步完成.
第一步:確定A的值,有4種不同的取法;
第二步:確定B的值,有3種不同的取法.
所以該方程所表示的不同直線的條數為2+4×3=14.
解法二(間接法):分兩步.
第一步:確定A的值,有5種不同的取法;
第二步:確定B的值,有4種不同的取法.
根據分步乘法計數原理,可以確定直線的條數為5×4=20.
在這20條直線中,
當A=0,B=1,2,3,5時,
表示同一條直線:y=0;
當B=0,A=1,2,3,5時,
表示同一條直線:x=0,
即有6條直線是重復計數的.
故該方程所表示的不同直線的條數為20-6=14.
涂色問題的兩種解決方案
(1)選擇正確的涂色順序,按步驟逐一涂色,應用分步乘法計數原理進行計算;
(2)先根據涂色時所用顏色種數進行分類處理,再在每一類的涂色方法數的計算
中應用分步乘法計數原理,最后根據分類加法計數原理對每一類的涂色方法數求
和,即得到最終的涂色方法數.
2 涂色問題
典例　從紅、黃、綠、黑四種顏色中選其中幾種涂在如圖所示的五個區域中,
若要求相鄰的兩個區域的顏色都不相同,則有多少種不同的涂色方法

解析 解法一:①當B與D同色時,不同的涂色方法有4×3×2×1×2=48(種);
②當B與D不同色時,不同的涂色方法有4×3×2×1×1=24(種).
故共有48+24=72種不同的涂色方法.
解法二:按涂色時所用顏色種數分類.
第一類:用四種顏色,此時B,D同色或A,E同色,且兩者僅居其一,則共有2×4×3×2×1
×1=48種不同的涂色方法;
第二類:用三種顏色,此時B,D同色,且A,E同色,先從四種顏色中取三種,再涂色,共
有4×3×2×1×1×1=24種不同的涂色方法.
由分類加法計數原理知,共有48+24=72種不同的涂色方法.第4章　計數原理
4.1　兩個計數原理
4.1.1　分類加法計數原理
4.1.2　分步乘法計數原理
基礎過關練
題組一　分類加法計數原理
1.把10個蘋果分成三堆,要求每堆至少有1個,至多有5個,則不同的分法共有(　　)　　　　　　　　　　　　　　　
A.4種　　B.5種　　C.6種　　D.7種
2.用1,3,5,7中的任意一個數作分子,2,4,8,9中的任意一個數作分母,可構成真分數的個數為(　　)
A.8　　B.9　　C.10　　D.11
3.如圖,一只螞蟻從正四面體ABCD的頂點A出發,沿著正四面體ABCD的棱爬行,每秒爬一條棱,每次爬行的方向是隨機的,則螞蟻第1秒后到點B,第4秒后又回到點A的不同爬行路線有(　　)
A.6條　　B.7條　　C.8條　　D.9條
4.一個三位數,個位、十位、百位上的數字依次為x,y,z,當y>x且y>z時,稱這樣的數為“凸數”(如341),則從集合{1,2,3,4,5}中取出三個不相同的數組成的“凸數”個數為　　　　.
題組二　分步乘法計數原理
5.從集合{0,1,2,3,4}中任取兩個互不相等的數a,b組成復數a+bi,其中虛數有(　　)
A.10個　　B.12個　　C.16個　　D.20個
6.為響應國家“節約糧食”的號召,某同學決定在某食堂提供的2種主食、3種素菜、2種大葷、4種小葷中選取一種主食、一種素菜、一種葷菜作為今日伙食,并在用餐時積極踐行“光盤行動”,則不同的選取方法有(　　)
A.48種　　　　B.36種
C.24種　　　　D.12種
7.某學校有東、南、西、北四個校門,受新冠肺炎疫情的影響,學生只能從東門或西門進入校園,教師只能從南門或北門進入校園.現有2名教師和3名學生要進入校園(不分先后順序),則他們進入校園的方式共有(　　)
A.6種　　　　B.12種
C.24種　　　　D.32種
8.給圖中的A,B,C,D四個區域涂色,規定一個區域只涂一種顏色,相鄰的區域顏色不同,若有5種不同的顏色可選,則不同的涂色方案的種數為(　　)
A.180　　B.360　　C.64　　D.25
9.汽車維修師傅在安裝好汽車輪胎后,需要緊固輪胎的五個螺栓,記為A,B,C,D,E(在正五邊形的頂點上),緊固時需要按一定的順序固定每一個螺栓,但不能連續固定相鄰的兩個,則不同的固定螺栓順序的種數為(　　)
A.20　　B.15　　C.10　　D.5
題組三　兩個計數原理的綜合應用
10.有不同的語文書9本,不同的數學書7本,不同的英語書5本,從中選出不屬于同一學科的書2本,則不同的選法有(　　)
A.21種　　　　B.315種
C.153種　　　　D.143種
11.中國有十二生肖,又叫十二屬相,每一個人的出生年份對應了十二種生肖(鼠、牛、虎、兔、龍、蛇、馬、羊、猴、雞、狗、豬)中的一種.現有十二生肖的吉祥物各一個,三位同學依次選一個作為禮物,甲同學喜歡牛和馬,乙同學喜歡牛、狗和羊,丙同學每個吉祥物都喜歡,若三位同學對選取的禮物都滿意,則不同的選法有(　　)
A.30種　　　　B.50種
C.60種　　　　D.90種
12.已知某超市為顧客提供四種結賬方式:現金、支付寶、微信、銀聯卡.若顧客甲只會用現金結賬,顧客乙只會用現金和銀聯卡結賬,顧客丙與甲、乙結賬方式不同,顧客丁用哪種結賬方式都可以.若甲、乙、丙、丁購物后依次結賬,那么他們結賬方式的組合種數為(　　)
A.36　　　　B.30
C.24　　　　D.20
13.學校計劃在周一至周四的藝術節上展演《雷雨》《茶館》《天籟》《馬蹄聲碎》四部話劇,每天一部.受多種因素影響,話劇《雷雨》不能在周一、周四上演,《茶館》不能在周一、周三上演,《天籟》不能在周三、周四上演,《馬蹄聲碎》不能在周一、周四上演,則不同的展演情況有(　　)
A.0種　　B.1種　　C.2種　　D.3種
14.某單位有4位同事各有一輛私家車,車牌尾數分別是0,1,2,5,為遵守所在城市某月15日至18日4天的限行規定(奇數日車牌尾數為奇數的車通行,偶數日車牌尾數為偶數的車通行),四人商議拼車出行,每天任選一輛符合規定的車,但甲的車(車牌尾數為2)最多只能用一天,則不同的用車方案種數是(　　)
A.4　　B.12　　C.16　　D.24
15.(多選)某校實行選科走班制度,張毅同學選擇的是地理、生物、政治這三科,且生物在B層班級.該校周一上午選科走班的課程安排如下表所示,張毅選擇三個科目的課各上一節,另外一節上自習,則下列說法正確的是(　　)
第一節 第二節 第三節 第四節
地理 1班 化學A層 3班 地理 2班 化學A層 4班
生物A層 1班 化學B層 2班 生物B層 2班 歷史B層 1班
物理A層 1班 生物A層 3班 物理A層 2班 生物A層 4班
物理B層 2班 生物B層 1班 物理B層 1班 物理A層 4班
政治 1班 物理A層 3班 政治 2班 政治 3班
A.此人有4種不同的選課方式　　　　
B.此人有5種不同的選課方式
C.自習課不可能安排在第2節　　　　
D.自習課可安排在4節課中的任一節
能力提升練　　　　　　　　　　　　　　　
題組　兩個計數原理的綜合應用
1.中國古代十進制的算籌計數法在數學史上是一個偉大的創造,算籌實際上是一根根同長短的小木棍.如圖是利用算籌表示數1~9的一種方法.例如:3可表示為“”,26可表示為“”.現有6根算籌,據此表示方法,若算籌不能剩余,則可以用1~9這9個數字表示兩位數的個數為(　　)
A.13　　　　B.14
C.15　　　　D.16
2.如圖是我國古代數學家趙爽在為《周髀算經》作注解時給出的“弦圖”.現提供4種顏色給“弦圖”的5個區域涂色,規定每個區域只涂一種顏色,相鄰區域顏色不相同,則不同的涂色方案共有(　　)
A.48種　　　　B.72種
C.96種　　　　D.144種
3.埃及金字塔之謎是人類史上最大的謎,它的神奇遠遠超過了人類的想象.在埃及金字塔內有一組神秘的數字142 857,因為142 857×2=285 714,142 857×3=428 571,142 857×4=571 428,……,所以這組數字又叫“走馬燈數”.該組數字還有如下發現:142+857=999,285+714=999,428+571=999,……,若從這組神秘數字中任選3個數字構成一個三位數x,剩下的三個數字構成另一個三位數y,若x+y=999,則所有可能的有序實數組(x,y)的個數為(　　)
A.48　　　　B.60
C.96　　　　D.120
4.有4個不同的奇數,5個不同的偶數,現從中任取3個數,分別記為a,b,c,則使ab+c為奇數的不同取法共有　　　　種.
5.如圖,在由開關組A與B組成的電路中,閉合開關使燈發光的方法有　　　　種.
6.若O是正六邊形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,則有序向量組(a,b,c)的個數為　　　　.
7.某人設計了一項單人游戲,規則如下:先將一枚棋子放在如圖所示的正方形ABCD(邊長為3個單位)的頂點A處,然后通過擲骰子來確定棋子沿正方形的邊按逆時針方向行走的單位,如果擲出的點數為i(i=1,2,…,6),則棋子就按逆時針方向行走i個單位,一直循環下去.某人擲三次骰子后,棋子恰好又回到點A處的所有不同走法共有　　　　種.
答案與分層梯度式解析
基礎過關練
1.A　當三堆中最多的一堆為5個時,其他兩堆總和為5,有2種分法,即1和4,2和3;當三堆中最多的一堆為4個時,其他兩堆總和為6,有2種分法,即2和4,3和3.所以不同的分法共有2+2=4(種).故選A.
2.D　分四類:①當分子為1時,有,,,,共4個真分數;②當分子為3時,有,,=,共3個真分數;③當分子為5時,有,,共2個真分數;④當分子為7時,有,,共2個真分數.根據分類加法計數原理,知可構成4+3+2+2=11個真分數.故選D.
3.B　由題意可畫圖如下,則不同的爬行路線有7條.故選B.
4.答案　20
解析　由題意可得y只能取3,4,5.當y=3時,凸數有 132,231,共2個;當y=4時,凸數有142,241,143,341,243,342,共6個;當y=5時,凸數有152,251,153,351,154,451,253,352,254,452,354,453,共12個.故共有2+6+12=20(個).
5.C　由題意得b只能從1,2,3,4中選一個,有4種,a從剩余的4個中選一個,有4種,根據分步乘法計數原理知虛數有4×4=16(個).故選C.
6.B　由題意可知,分三步完成:
第一步,從2種主食中任選一種,有2種選法;
第二步,從3種素菜中任選一種,有3種選法;
第三步,從6種葷菜中任選一種,有6種選法.
根據分步乘法計數原理,得不同的選取方法的種數為2×3×6=36,故選B.
7.D　由題意得3名學生進入校園的方式有23=8(種),2名教師進入校園的方式有22=4(種),所以共有8×4=32(種).故選D.
8.A　第一步涂A,有5種涂法;第二步涂B,和A不同色,有4種涂法;第三步涂C,和A,B不同色,有3種涂法;第四步涂D,和B,C不同色,有3種涂法.由分步乘法計數原理可知共有5×4×3×3=180種不同的涂色方案,故選A.
9.C　如圖,先在A,B,C,D,E五個螺栓中任選1個,有5種選法;假設選中A,則再在C,D中選1個,有2種選法;剩下的3個螺栓只有一種固定順序.故共有5×2=10種不同的固定順序.故選C.
10.D　由題意,選一本語文書和一本數學書有9×7=63種選法,選一本數學書和一本英語書有7×5=35種選法,選一本語文書和一本英語書有9×5=45種選法,∴共有63+35+45=143種不同的選法.
故選D.
11.B　①若甲同學選擇牛,則乙同學有2種選擇,丙同學有10種選擇,不同的選法種數為2×10=20;
②若甲同學選擇馬,則乙同學有3種選擇,丙同學有10種選擇,不同的選法種數為3×10=30.
綜上,總共有20+30=50種不同的選法.故選B.
12.D　當甲和乙都用現金結賬時,丙有3種方法,丁有4種方法,共有3×4=12種方法;當甲用現金結賬,乙用銀聯卡結賬時,丙有2種方法,丁有4種方法,共有2×4=8種方法.綜上,共有12+8=20種結賬方式.故選D.
13.C　
周一 周二 周三 周四
《雷雨》 × ×
《茶館》 × ×
《天籟》 × ×
《馬蹄聲碎》 × ×
根據上表,分步確定,可知周四只能上演《茶館》,有1種情況,周一只能上演《天籟》,有1種情況,周二可以安排《雷雨》或《馬蹄聲碎》,有2種情況,最后一部話劇安排在周三,有1種情況.所以有1×1×2×1=2種不同的展演情況.故選C.
14.B　第一步安排奇數日出行,每天都有2種選擇,共有22=4(種).第二步安排偶數日出行,分兩類:第一類,先選1天安排甲的車,另外一天安排其他車,有2種;第二類,不安排甲的車,只有1種選擇,共有1+2=3(種).根據分步乘法計數原理知不同的用車方案共有4×3=12(種),故選B.
15.BD　由于生物在B層班級,所以只能選第2或第3節,故分兩類:
若生物選第2節,則地理可安排在第1、3節,有2種選法,政治從剩余的兩節課中任選,有2種選法,故有2×2=4(種)(此種情況自習課可出現在第1、3、4節中的某節);
若生物選第3節,則地理只能選第1節,政治只能選第4節,自習只能選在第2節,故有1種.
根據分類加法計數原理可得,共有4+1=5種不同的選課方式.由以上分析可知,自習課可安排在4節課中的任一節.
能力提升練
1.D　6根算籌可以表示的數字組合為(1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(6,4),(6,8),(3,3),(3,7),(7,7),數字組合(1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(6,4),(6,8),(3,7)中,每組可以表示2個兩位數,則可以表示2×7=14個兩位數;數字組合(3,3),(7,7),每組可以表示1個兩位數,則可以表示2×1=2個兩位數.故一共可以表示14+2=16個兩位數,故選D.
2.B　如圖,設5個區域依次為A,B,C,D,E,對于A,有4種涂法;對于B,與A 相鄰,有3種涂法;對于C,與A,B 相鄰,有2種涂法;對于D,若其與B同色,則E有2種涂法,若其與B不同色,則E有1種涂法.故不同的涂色方案共有4×3×2×(2+1)=72(種),故選B.
3.A　數字142 857中,兩個數字之和為9的組合有1+8=9,4+5=9,2+7=9,共3組.若x+y=999,對于x,其百位數字可以為6個數字中的任意1個,假設為1,則y的百位數字必須為8,因此x、y的百位數字有6種選法;x的十位數字可以為剩下4個數字中的任意1個,假設為4,則y的十位數字必須為5,因此x、y的十位數字有4種選法;x的個位數字可以為剩下2個數字中的任意1個,y的個位數字為最后1個,因此x、y的個位數字有2種選法.所以所有可能的有序實數組(x,y)的個數為6×4×2=48,故選A.
4.答案　260
解析　要使ab+c為奇數,數組(a,b,c)的奇偶性可為(偶,偶,奇)、(奇,偶,奇)、(偶,奇,奇)、(奇,奇,偶).
若為(偶,偶,奇),即a為偶數,b為偶數,c為奇數,則有5×4×4=80(種);
同理,若為(奇,偶,奇),則有4×5×3=60(種);
若為(偶,奇,奇),則有5×4×3=60(種);
若為(奇,奇,偶),則有4×3×5=60(種).
綜上,所有情況的種數為80+60+60+60=260.
5.答案　21
解析　分兩步:第1步,A組開關閉合1個,有2種閉法;A組開關閉合2個,有1種閉法.第2步,B組開關閉合1個,有3種閉法;B組開關閉合2個,有3種閉法;B組開關閉合3個,有1種閉法.故共有(2+1)×(3+3+1)=21種閉法.
6.答案　48
解析　
如圖(1),這樣的a,b有6對,且a,b可交換,此時c有2種情況,所以有序向量組(a,b,c)的個數為6×2×2=24;如圖(2),這樣的a,b有3對,且a,b可交換,此時c有4種情況,所以有序向量組(a,b,c)的個數為3×2×4=24.
綜上所述,有序向量組(a,b,c)的個數為24+24=48.
7.答案　25
解析　由題意知正方形ABCD(邊長為3個單位)的周長是12,擲三次骰子后,棋子恰好又回到點A處表示三次骰子的點數之和是12,三個數字能夠使得和為12的有1、5、6,2、4、6,3、4、5,3、3、6,5、5、2,4、4、4,共6種組合.
①1、5、6,2、4、6,3、4、5這三種組合中,每一種又可以列出6種不同結果,所以有3×6=18(種);
②3、3、6,5、5、2這兩種組合中,每一種又可以列出3種不同結果,所以有2×3=6(種);
③組合4、4、4只有1種結果.
根據分類加法計數原理知,共有18+6+1=25種不同走法.
13

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