题型二两个原理的综合应用第十一章计数原理和概率高三数学（新课标版·理）高三数学（新课标版·理）第十一章第1课时高考调研第十一章计数原理和概率第1课时两个计数原理请注意！题型一两个计数原理第十一章计数原理和概率高三数学（新课标版·理）高三数学（新课标版·理）第十一章第1课时高考调研1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
2．会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
2012·考纲下载
两个计数原理是推导排列数、组合数公式的依据，又是解决排列、组合问题的基本方法，同时又能独立地解决一些简单的计数问题，在本章中占有十分重要的地位．因此它是高考中必考查的一个知识点.1．分类计数原理的推广：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法…在第n类办法中有第mn种不同的办法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法．
m1＋m2＋…＋mn
2．分步计数原理的推广：完成一件事，需要分成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＝种不同的方法．
m1＋m2＋…＋mn
1．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．143种D．153种
答案C
解析可分三类：
一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种；
二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种；
三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种；
共有63＋45＋35＝143种不同选法．
2．已知a{－1,2,3}，b{0,1,3,4}，r{1,2}则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2所表示的不同的圆的个数有()
A．3×4×2＝24B．3×4＋2＝14
C．(3＋4)×2＝14D．3＋4＋2＝9
答案A
解析a∈{－1,2,3}，a有3种方法，同理b的取法有4种，r有2种，又只有a、b、r依次确定后，才能确定圆，故有3×4×2＝24个不同的圆．
3.
如图是某汽车维修公司的维修点环形分布图，公司在年初分配给A、B、C、D四个维修点某种配件各50件．在使用前发现需将A、B、C、D四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次(n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n)为()
A．15B．16
C．17D．18
答案B
解析只需A处给D处10件，B件给C处5件，C处件D处1件，共16件次．选B.
4．(2011·衡水调研)春回大地，大肥羊学校的春季运动会正在如火如荼地进行，喜羊羊、懒羊羊、沸羊羊、暖羊羊4只小羊要争夺5项比赛的冠军，则有________种不同的夺冠情况．
答案45
例1(1)若a，bN，且a＋b≤5，则在直角坐标平面内的点(a，b)共有________个．
【解析】按a分类，当a分别取等于1、2、3、4时，b的值分别有4个、3个、2个、1个，由加法原理知点(a，b)共有4＋3＋2＋1＝10(个)．
【答案】10
(2)集合P＝{1,2,3}，Q＝{2,3,4,5}，定义PQ＝{(a，b)|aP，bQ}，则集合PQ中元素的个数为()
A．4B．6
C．12D．20
【解析】确定集合PQ中元素(a，b)需要分两步：
第一步：确定a，有3种不同方法；
第二步：确定b，有4种不同方法．
由分步计数原理可知元素个数有3×4＝12(个)．
选C
探究1利用两个计数原理解题，必须类步分明，依实际问题是分类，还是分步，必须由题而定．如(1)题中完成这件事分4类即可；(2)题中完成这件事，须分两步，这两步完成后这件事才算告终．
思考题1(1)全体两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？
【解析】解法一按十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．
由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数共有：
8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
解法二按个位数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个8个，所以按分类加法计数原理共有：
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
(2)设集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)是坐标平面上的点，a，bM，P可以表示
平面上多少个不同的点？
第二象限内的多少个点？
不在直线y＝x上的多少个点？
【思路】
要确定平面上点的坐标，需确定横纵坐标，可分两步完成，需用分步计数原理．
【解析】分两步：第一步，确定横坐标6种方法，第二步确定纵坐标有6种方法，根据分步计数原理得N＝6×6＝36.
分两步；第一步确定横坐标(小于0)有3种方法；第二步确定纵坐标(大于0)有2种方法，根据分步计数原理得N＝3×2＝6.
③分两步：第一步确定横坐标有6种方法；第二步确定纵坐标有5种方法．根据分步计数原理得N＝6×5＝30.
例2(1)5名旅客投宿到一个旅店的3个房间，问共有多少种不同的住店方法？
【解析】安排第1名旅客有3个房间(3种方法)．
安排第2名旅客也有3个房间(3种方法)…….
共有3×3×3×3×3＝35(种)不同的住店方法．
(2)5名学生争夺3项比赛的冠军，获得冠军的可能情况种数有多少？
【解析】利用住店法：本题相当于3个人住5间店．
共有53种不同方法．
探究2本题给出解此类问题的一种方法：住店法．
思考题2(1)三封信投入到4个不同的信箱中，共有________种投法．
【解析】解法1：只要三封信都投进了信箱，这件事就算完成，故分三步：
第一步，将第一封信投进信箱，有4种方法．
第二步，将第二封信投进信箱，有4种方法．
第三步，将第三封信投进信箱，有4种方法．
由分步计数原理得共有4×4×4＝64种不同投法．
解法2：本题相当于3个人住4间店．
(2)动物园的一个大笼子里，有4只老虎，3只羊，同一只羊不能被不同的老虎分食，问老虎将羊吃光的情况有多少种？
【解析】法一：因为3只羊都被吃掉，故应分为三步，逐一考虑．每只羊都可能被4只老虎中的一只吃掉，故有4种可能，按照分步乘法计数原理，故有4×4×4＝43＝64种．
法二：本题相当于3个人住4间店．
例3现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值日，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值日表共有__________种不同的排法．
【解析】完成一件事是安排值日表，因而需一天一天地排，用分步计数原理，分步进行：
第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排人的相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1280种不同的排法．
探究3在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法可能会采取分类的思想求．另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应视问题的特点而定．解题时经常是两个原理交叉在一起使用，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．
思考题3(1)4张卡片的正、反面分别有0与1、2与3、4与5、6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？
【解析】分三个步骤：
第一步：首位可放8－1＝7个数；
第二步：十位可放6个数；
第三步：个位可放4个数．
根据乘法原理，可以组成N＝7×6×4＝168个数．
(2)某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，则不同买法的种数是________种(用数字作答)．
【解析】分两类：第一类，买5本2元的有C种；第二类，买4本2元的和2本1元的有C×C种．故共有C＋C×C＝266种不同的买法种数．
【答案】266
例4如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(用数字作答)．
【解析】方法1区域1有C14种着色方法；
区域2有C13种着色方法；
区域3有C12种着色方法；
区域4、5有3种着色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)．
共有4×3×2×3＝72种不同着色方法．
方法2本小题在各类资料上都能找到影子，但所给图形变化后，需要有敏锐的观察力．本题能较深刻地测试逻辑思维能力．
因区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑．区域1有4种涂法．若区域2、4同色，有3种涂色，此时区域3、5均有两种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48种；若区域2、4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法．此时区域3、5也都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24种．因此涂法共有48＋24＝72种．
【答案】72
探究4做为两个计数原理应用之一的“涂色问题”，曾是高考的热点，解决此类问题体现了两个原理的精髓．
思考题4
(2010·天津卷)如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有()
A．288种B．264种
C．240种D．168种
【解析】先涂A、D、E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后再按B、C、F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一类是B与E或D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264种．
【答案】B
|
|
