2020高中数学 第1章 计数原理 1.1 基本计数原理（第2课时）基本计数原理的应用讲义

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE15-学必求其心得，业必贵于专精第2课时基本计数原理的应用学习目标：1.熟练应用两个计数原理．（重点)2。能运用两个计数原理解决一些综合性的问题．(难点）教材整理分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别阅读教材P4～P5，完成下列问题．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别分类加法计数原理分步乘法计数原理联系两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题区别一完成一件事共有n类办法，关键词是“分类”完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”区别二每类办法都能完成这件事任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有每个步骤都完成了,才能完成这件事区别三各类办法都是互斥的、并列的、独立的各步之间是相互关联的、互相依存的1．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________．【解析】由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24。【答案】242．（a1＋a2＋a3）(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)展开后共有________项．【解析】该展开式中每一项的因式分别来自a1＋a2＋a3，b1＋b2＋b3，c1＋c2＋c3＋c4中的各一项．由a1，a2,a3中取一项共3种取法，从b1，b2，b3中取一项有3种不同取法，从c1，c2，c3，c4中任取一项共4种不同的取法．由分步乘法计数原理知，该展开式共3×3×4＝36(项)．【答案】363．5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________．【解析】根据题意，B只适合当学习委员,有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员,有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18种分工方案．【答案】184．用1,2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用,且同一数字不能相邻，这样的四位数有________个．【解析】分三步完成,第1步，确定哪一个数字被使用2次,有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第3步,将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．【答案】18抽取（分配)问题【例1】（1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去,每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（）A．16种B．18种C．37种D．48种(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________种．【精彩点拨】(1）由于去甲工厂的班级分配情况较多,而其对立面较少,可考虑间接法求解．(2）先让一人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽．【解】(1）高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C.(2)不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种）．【答案】(1）C（2)9求解抽取（分配）问题的方法1．当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表法．2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．1．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法?【解】法一:（以小球为研究对象）分三步来完成：第一步:放第一个小球有5种选择；第二步:放第二个小球有4种选择;第三步：放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60(种）．法二：（以盒子为研究对象)盒子标上序号1，2，3，4，5，分成以下10类:第一类：空盒子标号为(1，2）：选法有3×2×1＝6（种）；第二类:空盒子标号为(1,3）：选法有3×2×1＝6(种）；第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6（种）；分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为（1,5),(2，3），(2，4）,（2，5），（3,4），(3,5)，(4，5），共10类,每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种）.组数问题【例2】用0，1，2，3,4，5可以组成多少个无重复数字的:（1）银行存折的四位密码？(2）四位整数?(3）比2000大的四位偶数？【精彩点拨】（1)用分步乘法计数原理求解（1)问;(2)0不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；（3）可以按个位是0，2,4分三类,也可以按首位是2,3，4,5分四类解决，也可以用间接法求解．【解】（1)分步解决．第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；第二步:选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；第四步:选取左边第四个位置上的数字,有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360（个)．（2）分步解决．第一步：首位数字有5种选取方法；第二步：百位数字有5种选取方法;第三步:十位数字有4种选取方法；第四步：个位数字有3种选取方法．由分步乘法计数原理知,可组成四位整数有5×5×4×3＝300(个）．(3）法一：按末位是0,2，4分为三类：第一类：末位是0的有4×4×3＝48个；第二类：末位是2的有3×4×3＝36个；第三类:末位是4的有3×4×3＝36个．则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．法二：按千位是2，3，4，5分四类:第一类：千位是2的有2×4×3＝24（个)；第二类：千位是3的有3×4×3＝36（个）；第三类:千位是4的有2×4×3＝24(个);第四类：千位是5的有3×4×3＝36（个）．则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．法三:间接法．用0，1,2，3，4，5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)；第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．共有60＋96＝156（个）．其中比2000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36（个)，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．1．对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位）由谁占领分类，分类中再按特殊位置（或者特殊元素）优先的方法分步完成;如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．2．解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．2．由0,1，2，3这四个数字,可组成多少个：(1)无重复数字的三位数？(2)可以有重复数字的三位数？【解】（1）0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18（个)．（2）百位数字有3种选择，十位数字有4种选择,个位数字也有4种选择．由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48(个)。涂色问题[探究问题]1．用3种不同颜色填涂图中A，B,C，D四个区ABCD域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色,有多少种不同的涂色方案？【提示】涂A区有3种涂法,B,C,D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24（种)不同方案．2．在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂A，B,C，D四个区域，那么哪些区域必同色?把四个区域涂色,共有多少种不同的涂色方案？【提示】恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18（种）不同的方案．3．在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？【提示】若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法,然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6（种)不同的涂色方案．【例3】将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示的图中，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？【精彩点拨】给图中区域标上记号A,B，C，D，E，则A区域有4种不同的涂色方法,B区域有3种,C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种,如果不相同,那么只有1种．因此应先分类后分步．【解】法一:给图中区域标上记号A,B,C，D，E，如图所示．①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种．②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种．故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：第一类,用4种颜色：此时B，D区域或A，E区域同色,则共有2×4×3×2×1＝48种不同涂法．第二类，用3种颜色：此时B，D同色,A，E同色,先从4种颜色中取3种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法．由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法．求解涂色种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：1按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；2以颜色种植作物为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；3对于涂色问题将空间问题平面化,转化为平面区域涂色问题.3．如图所示的几何体是由一个正三棱锥P。ABC与正三棱柱ABC。A1B1C1组合而成的,现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色（底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色【解析】先涂三棱锥P.ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面,由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法．【答案】121．已知x∈｛1,2,3，4｝，y∈{5,6,7，8}，则xy可表示不同值的个数为（）A．2 B．4C．8 D．15【解析】x的取值共有4个，y的取值也有4个，则xy共有4×4＝16个积，但是由于3×8＝4×6，所以xy共有16－1＝15(个）不同值,故选D．【答案】D2．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务,如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有(）A．6种 B．7种C．8种 D．9种【解析】可按女生人数分类:若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生,则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．【答案】D3．3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报一门，则不同的报名方案有________种．【解析】每名同学都有4种不同的报名方案,共有4×4×4＝64种不同的报名方案．【答案】644．圆周上有2n个等分点(n大于2），任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．【解析】先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径,不过该点的直径应有n－1条,这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n（n－1）个符合