加法基础学习知识原理与乘法基础学习知识原理.doc

!- 10.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 教学目标 1．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”． 2．会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题． 学习内容 知识梳理 1． 分类加法计数原理 做一件事，完成它有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有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． 2． 分步乘法计数原理 做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法……做第n个步骤有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1m2…mn种不同的方法． 3． 分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成． 例题讲解 题型一　分类加法计数原理的应用 例1　高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 思维启迪　用分类加法计数原理． 解　(1)完成这件事有三类方法 第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法； 第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法； 第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法， 根据分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)选法． (2)完成这件事有三类方法 第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法； 第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法； 第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法． 综上知，共有30＋30＋20＝80(种)选法． 思维升华　分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理． 巩 固　 (1)在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？ (2)方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆有多少个？ 解　(1)分析个位数字，可分以下几类： 个位是9，则十位可以是1,2,3，…，8中的一个，故有8个； 个位是8，则十位可以是1,2,3，…，7中的一个，故有7个； 同理，个位是7的有6个； 个位是6的有5个； … 个位是2的只有1个． 由分类加法计数原理，满足条件的两位数有 1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)． (2)以m的值为标准分类，分为五类． 第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择； 第二类：m＝2时，使n>m，n有5种选择； 第三类：m＝3时，使n>m，n有4种选择； 第四类：m＝4时，使n>m，n有3种选择； 第五类：m＝5时，使n>m，n有2种选择． ∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20(种)方法， 即有20个符合题意的椭圆． 题型二　分步乘法计数原理的应用 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？(不一定六名同学都能参加) (1)每人恰好参加一项，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． 思维启迪　可以根据报名过程，使用分步乘法计数原理． 解　(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理， 知共有选法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，由分步乘法计数原理，得共有报名方法654＝120(种)． (3)由于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赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)． 思维升华　利用分步乘法计数原理解决问题：①要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事． 巩 固　已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则： (1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数； (2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数． 解　(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示566＝180(个)不同的二次函数． (2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示266＝72(个)图象开口向上的二次函数． 题型三　两个原理的综合应用 例3　如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同 一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的 染色方法总数． 思维启迪　染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题． 解　方法一　可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S—ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有543＝60(种)染色方法． 当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有607＝420(种)． 方法二　以S、A、B、C、D顺序分步染色． 第一步，S点染色，有5种方法； 第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法； 第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法； 第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有543(13＋22)＝420(种)． 方法三　按所用颜色种数分类． 第一类，5种颜色全用，共有A种不同的方法； 第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2A种不同的方法； 第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A种不同的方法． 由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为 A＋2A＋A＝420(种)． 思维升华　用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步． (1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． (2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数． (3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析． 巩 固　用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“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？ 解　如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，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A＝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5123＝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 相邻方格不同色，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544＝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． 易错题　(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有 (　　) A．24种 B．4种 C．43种 D．34种 (2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种． 易错分析　解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算．解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于(1)，选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用乘法原理计算． 解析　(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法． (2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有4＋3＝7(种)． 答案　(1)C　(2)7 温馨提醒　(1)每封信只能投到一个信箱里，而每个信箱可以装1封信，也可以装2封信，其选择不是唯一的，所以应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择． (2)在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏. 综合题库 A组 1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“”) (1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同． (　　) (2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事． (　√　) (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不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成． (　√　) (4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法． (　√　) 2． 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有________种． 答案　32 解析　每位同学有两种不同的报名方法，而且只有这5位同学全部报名结束，才算事件完成．所以共有22222＝32(种)． 3． 有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是________． 答案　12 解析　由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，所以有43＝12(种)选法． 4． 甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有________种． 答案　24 解析　分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有432＝24(种)． 5． 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) 答案　14 解析　数字2,3至少都出现一次，包括以下情况： “2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C＝4(个)四位数． “2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C＝6(个)四位数． “2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C＝4(个)四位数． 综上所述，共可组成14个这样的四位数. B组 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 答案　D 解析　按从小到大顺序有124,139,248,469共4个，同理按从大到小顺序也有4个，故这样的等比数列的个数为8个． 2. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边 界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 (　　) A．24种 B．30种 C．36种 D．48种 答案　D 解析　共有4322＝48(种)，故选D. 3． 集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是 (　　) A．9 B．14 C．15 D．21 答案　B 解析　当x＝2时，x≠y，点的个数为17＝7(个)；当x≠2时，x＝y，点的个数为71＝7(个)，则共有14个点，故选B. 4． (2013山东)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　) A．243 B．252 C．261 D．279 答案　B 解析　0,1,2，…，9共能组成91010＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有998＝648(个)． ∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)． 5． (2013四川)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是 (　　) A．9 B．10 C．18 D．20 答案　C 解析　由于lg a－lg b＝lg(a>0，b>0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为有A＝20种，又与相同，与相同，∴lg a－lg b的不同值的个数有A－2＝20－2＝18，选C. 6． 一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法． 答案　20 解析　先选男队员，有5种选法，再选女队员有4种选法，由分步乘法计数原理知共有54＝20(种)不同的选法． 7． 某次活动中，有30人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________(用数字作答)． 答案　7 200 解析　其中最先选出的一个人有30种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是302012＝7 200. 8． 已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是________． 答案　6 解析　分两类：第一类，第一象限内的点，有22＝4(个)； 第二类，第二象限内的点，有12＝2(个)．共4＋2＝6(个)． 9． 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？ 解　由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语． 第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3(种)，此时共有63＝18(种)； 第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有12＝2(种)； 所以根据分类加法计数原理知共有18＋2＝20(种)选法． 10．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？ 解　方法一　分0个相同、1个相同、2个相同讨论． (1)若0个相同，则信息为1001.共1个． (2)若1个相同，则信息为0001,1101,1011,1000.共4个． (3)若2个相同，又分为以下情况： ①若位置一与二相同，则信息为0101； ②若位置一与三相同，则信息为0011； ③若位置一与四相同，则信息为0000； ④若位置二与三相同，则信息为1111； ⑤若位置二与四相同，则信息为1100； ⑥若位置三与四相同，则信息为1010. 共6个． 故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11. 方法二　若0个相同，共有1个； 若1个相同，共有C＝4(个)； 若2个相同，共有C＝6(个)． 故共有1＋4＋6＝11(个)． C组 1． 三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为 (　　) A．24 B．26 C．36 D．37 答案　C 解析　设另两边长分别为x、y，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12. 当y取11时，x＝1,2,3，…，11，可有11个三角形； 当y取10时，x＝2,3，…，10，可有9个三角形； ……； 当y取6时，x只能取6，只有1个三角形． ∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36. 2． 将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法种数为 (　　) 3 4 A.4 B．6 C．9 D．12 答案　B 解析　如图所示，根据题意，1,2,9三个数字的位置是确定的，余下的数中，5只能在a，c位置，8只能在b，d位置，依(a，b，c，d)顺序，具体有(5,8,6,7)，(5,6,7,8)，(5,7,6,8)，(6,7,5,8)，(6,8,5,7)，(7,8,5,6)，合计6种. 1 2 a 3 4 b c d 9 3. 如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种， 要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 (　　) A．96 B．84 C．60 D．48 答案　B 解析　可依次种A、B、C、D四块，当C与A种同一种花时，有4313＝36(种)种法；当C与A所种花不同时，有4322＝48(种)种法，由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84. 4． 直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A、B的值，则可表示________条不同的直线． 答案　22 解析　分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线； 第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故有54＝20(种)． 所以可以表示22条不同的直线． 5. 某电子元件，是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A、B、 C、D，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通 了，那么焊点脱落的可能情况共有________种． 答案　15 解析　方法一　当线路不通时焊点脱落的可能情况共有2222－1＝15(种)． 方法二　恰有i个焊点脱落的可能情况为C(i＝1,2,3,4)种，由分类加法计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况共C＋C＋C＋C＝15(种)． 6． 五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，获得冠军的可能性有________种． 答案　45　54 解析　报名的方法种数为44444＝45(种)． 获得冠军的可能情况有5555＝54(种)． 7． 已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射． (1)若B中每一元素都有原象，这样不同的f有多少个？ (2)若B中的元素0必无原象，这样的f有多少个？ (3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，这样的f又有多少个？ 解　(1)显然对应是一一对应的，即为a1找象有4种方法，a2找象有3种方法，a3找象有2种方法，a4找象有1种方法，所以不同的f共有4321＝24(个)． (2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，所以为A中每一元素找象时都有3种方法．所以不同的f共有34＝81(个)． (3)分为如下四类： 第一类：A中每一元素都与1对应，有1种方法； 第二类：A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有CC＝12(种)方法； 第三类，A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有CC＝6(种)方法； 第四类，A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有CC＝12(种)方法． 所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)． 归纳总结 方法与技巧 1．分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事． 2．混合问题一般是先分类再分步． 3．分类时标准要明确，做到不重复不遗漏． 4．要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律． 失误与防范 1．切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行． 2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步． 3．确定题目中是否有特殊条件限制．