华师一2011届高三第一轮复习教案(第十章)第1讲--两个记数原理

华师一2011届高三第一轮复习教案(第十章)第1讲--两个记数原理（共1篇）

篇1：华师一2011届高三第一轮复习教案(第十章)第1讲--两个记数原理

课

题：

两个计数原理 教学内容： 两个计数原理

教学目的： 掌握分类计数原理与分步计数原理．并能用两个原理解决数学中的应用问题.教学重点： 掌握分类计数原理与分步计数原理．并能用两个原理解决数学中的应用问题.教学过程：

一、知识概要

教学要求：

掌握分类计数原理与分步计数原理．并能用两个原理解决数学中的应用问题.知识点1 加法原理

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． 知识点2 乘法原理

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=m1×m2×…×mn种不同的方法．

指出：把复杂事件A分解为n类简单事件A1，A2，…，An，分类的原则是：

A=A1∪A2∪…∪An, Ai∩Aj=φ(i≠j, i, j=1, 2, 3, …，n)。在这样的原则下对事件A分类，能够确保分类的不重不漏。把A分为A1，A2，…，An的同时，对应的办法S也随之被分为n类办法S1，S2，…，Sn且S=S1∪S2∪…∪Sn, Si∩Sj=φ(i≠j, i, j=1, 2, …，n)，其结果用分类记数原理计算。

对事件A进行分步，分步时要做到“步骤连续”和“步骤独立”，这样就可以确保对每一类事件的分步不漏不重。事件的分步对应方法的分步。其结构用乘法原理计算。

二、典例解析

例1 集合A={1, 2, 3, 4}, B={a, b, c, d}，则从A到B可建立多少个不同的映射？其中一一映射有多少个？

解：从A到B可建立的映射的个数为：44=256（个）。从A到B可建立的一一映射的个数为：4×3×2×1=24（个）．

例2 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？

解：根据题意，将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。

由分类计数据原理知：符合题意的两位数的个数共有：8+7+6+5+4+3+2+1=36个。例3 从1到200的自然数中，有多少个各位数上都不含数字5的数？ 解：一位数中不含数字5的数共有8个．

两位数中不含数字5的数可分两步来确定：其个位数字除5以外，还有9种选法，十位数字则还有8种选法，根据分步计类原理，可知共有9×8=72个不含数字5的两位数．

三位数中不含数字5的数可分三步来确定：百位数字是1时，有9×9=81（种），百位数字是2时，仅是200，即1个，有81+1=82（个）．

因此满足条件的数共有8+72+82=162（个）．

例4 设集合A={2, 4, 6, 8}, B={1, 3, 5, 7, 9}，今从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字，问：

（1）能组成多少个不同的两位数？

（2）能组成多少个十位数字小于个位数字的两位数？ 解：（1）要组成两位数，分两步：

第一步，确定十位上的数字，共有4种取法；第二步，确定个位上的数字，共有5种取法．由分步计数原理，所组成的两位数共有4×5=20个．

（2）十位数字小于个位数字的两位数可分为以下几类：

第一类：十位数字为2时，个位数字有3、5、7、9这4种选法； 第二类：十位数字为4时，个位数字有5、7、9这3种选；

第十章 排列,组合和二项式定理（第1课时）

第三类：十位数字为6时，个位数字有7、9这2种选法； 第四类：十位数字为8时，个位数字有9这1种选法．

由分类计数原理，适合题意的两位数的个数共有4+3+2+1=10个．

例5 今有一角币1张，2角币1张，5角币1张，1元币4张，5元币2张，用这些币 值任意付款，可以付出不同数额的款项共多少种？

解：用角币可得到的币值有1角，2角，3角，5角，6角，7角，8角（共7种）。用元得到的币值有1元，2元，3元，4元，5元，6元，7元，8元，9元，10元，11元，12元，13元，14元（共14种）。

故所有币值种数为7+14+7×14=119（种）。

例6

用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的比2000大的4位偶数？

解：第一类是以0作结尾的比2000大的4位偶数：它可以分三步来完成：第一步选取千位上的数字，只有2，3，4，5可供选择，有4种选法；第二步选取百位上的数字，除0和千位上已选定的这两个数字外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步选取十位上的数字，还有3种选法．根据分步计数原理，知这类数的个数有4×4×3（个）．

第二类是以2作结尾的比2000大的4位偶数，它也分三步来完成：第一步选千位上的数字要除去2，1，0，只能有三个数字待选，有3种选法．第二步选百位上的数字在去掉已定的首、尾两数字后，还有4个数字待选，有4种选法；第三步选十位上的数字有3种选法，则此类数的个数就有3×4×3（个）．

第三类是以4作结尾的，其步骤同第三类，有3×4×3（个）．

对三类的结论用分类计数原理得：4×4×3+3×4×3+3×4×3=120（个）． 例7 用n种不同颜色为下列两块广告牌着色（如图甲、乙），要求在①、②、③、④四个区域中相邻（有公共边界）的区域不用同一种颜色。

（1）若n=6，为甲着色时共有多少种不同方法？（2）若为乙着色时共有120种不同方法，求n。解：完成着色这件事，共分四个步骤，可依次考虑

为①、②、③、④着色时各自的方法数，再由分步计数原理确定总的着色方法数，因此：

（1）为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也只有4种方法。∴共有着色方法6×5×4×4=480种；

（2）与（1）的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，∴不同的着色方法数是n(n-1)(n-2)(n-3).由n(n-1)(n-2)(n-3)=120，∴(n2-3n)(n2-3n+2)-120=0,即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0, ∴n2-3n-10=0, ∴n=5。

例8 有一个圆被两相交弦分成四块，现在用5种不同颜料给四块涂色，要求共边两块颜色互异，每块只涂一色，共有多少种涂色方法？

解：如图1-10-4所示，分别用a, b, c, d记这四块。A与c可同色，也可不同色，先可考虑给a、c两块涂色，分两类：

(1)给a、c涂相同颜色共有C5种涂法，再给b涂色有四种涂法，最后给d 涂色也有四种涂法。由分步计数原理知，此时共有C5×4×4种涂法。

（2）给a、c涂不同颜色共有A5种涂法，再给b涂色有三种方法，最后给d涂色也有三种，此时共有A5×3×3种方法。

12故由分类计数原理知，共有C544A533=260种涂法。2211例9

从1到200的这二百个自然数中，各个位数上都不含数字8的共有多少个？

第十章 排列,组合和二项式定理（第1课时）

解：应分三类来解决该问题．

第一类：一位数中除8以外符合要求的数有8个；

第二类：二位数中，十位数除0、8以外有8种选法，而个位数除8以外有9种选法，故二位数中符合要求的数有8×9=72（个）；

第三类：三位数中：① 百位数为1，十位数和个位数上的数字除8以外都有9种选法，故三位数中，百位数为1的符合要求的数有9×9=81（个）．② 百位数为2的数只有200这一个符合要求，∴三位数中符合要求的数有81+1=82（个）．

由分类计数原理，符合要求的数字共有N=8+72+82=162（个）．

例10 在1～20共20个整数中任取两个相加，使其和大于20的不同取法共有多少种？ 解：分类标准一：固定小加数．

小加数为1时，大加数只有20这1种取法；小加数为2时，大加数只有19和20这2种取法； 小加数为3时，大加数只有18，19和20这3种取法；……

小加数为10时，大加数有11，12…，20共10种取法；小加数为11时，大加数有9种取法；…… 小加数为19时，大加数只有20这1种取法．

由分类计数原理，不同的取法共有：1+2+3+…+10+9+…+1=100种． 分类标准二：固定和的值．

有和为21，22，…，39这几类，依次有取法10，9，9，8，8，…，2，2，1，1种．由分类计数原理得不同的取法种数共有10+9+9+…+2+2+1+1=100种．

例11 在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋。现在从这7人中各选1人同时分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？

解：选参加象棋比赛的学生有两种选法：在只会下象棋的3人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选；选参加围棋比赛的学生也有两种选法：在只会下围棋的2人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选。互相搭配，可得四类不同的选法。

从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有选法3×2=6（种）；

从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有选法3×2=6（种）；

从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛有选法2×2=4（种）；

从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛有选法2×1=2（种）。由分类计数原理得共有18种不同的选法。例12 三个比赛项目，6人报名参加．（1）每人参加一项，有多少种不同的方法？

（2）每项1人且每人至多参加一项，有多少种不同的方法？（3）每项1人，每人参加的项数不限，有多少种不同的方法？ 解：（1）每人都可以从3个比赛项目中选1种，有3种方法，6个人共有36=729种不同的方法；（2）每项1人，且每人至多1项，则第1项有6种选人方法，第2项有5种选人方法，第3项有4种选人方法．由分步计数原理，共有6×5×4=120种不同的方法；

（3）每个项目都可以从6个人中选1人作为参加者，有6种不同的选法，三个项目共有63=216种不同的选法．

例13 现要排一份5天的值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多少天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法？

解：先排第一天，可排5人中的任一人，有5种排法；再排第二天，此时不能排第一天已排的人，有4种排法；再排第三天，此时不能排第二天已排的人，仍有4种排法；同理，第四、五两天均各有4种排法。

由分步计数原理可得值班表共有不同排法数为：5×4×4×4×4=1280种。

第十章 排列,组合和二项式定理（第1课时）

三、课堂练习

1.设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动质点落在(3, 0)（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有_______种．（用数字作答）．

解：5次跳动质点落在点(3, 0)，路程为5，位移为3，因此必有一次往复运动，只需选定往复运动点即可，有(-1, 0)、(1, 0)、(2, 0)、(3, 0)、(4, 0)，共5种．

2.乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)的展开式中，有_______项。

解：首先应明确所完成的事情，即从三个因式中各取一个字母相乘之积作为展开式中的一项，然后再分析如何完成。从第一个因式中选一个字母，从第二个因式中选一个字母，从第三个因式中选一个字母，只有这三步都做完，事情才完成，因而用分步计数原理。结果为3×4×5=60（项）。

四、备选习题

1.甲、乙、丙三个同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六的值班工作，每天1人值班，每人值班2天．如果甲同学不值周一的班，乙同学不值周六的班，则可以排出不同的值班表有

A．36种

B．42种

C．50种

D．72种

解：（1）当甲值周六时，再为甲选一天有C4种，为乙选两天，有C4种，则共C4C4=24种．

22C32=18种．

综上知，（2）当甲不值周六时，为甲选两天，有C4种，为乙选两天有C3，则共有C412122共有安排方法24+18=42种．

x2y22.从集合{1, 2, 3…，11}中任选两个元素作为椭圆方程221中的m和n，则能组成落在矩形区域

mnB={(x, y)||x|<11且|y|<9 }内的椭圆个数为

A．43

B．72

C．86

D．90

11C8解：m∈{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, n∈{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}，∴椭圆个数为C10-8=72，故选B．

3.由0，1，2，…，9这十个数字组成的、无重复数字的四位数中，个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的个数为

A．180

B．196

C．210

D．224 解：由题意知可能情况有（1）__ 0 8；（2）__ 8 0；（3）__ 1 9；（4）__ 9 1．对（1）、（2）都有不

11C7=49种．共有(56+49)×2=210种不同的四位数．同数字A82=8×7=56种．对（3）、（4）都有不同数字C7

4.4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得-100分；选乙题答对得90分，答错得-90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是

A．48

B．36

C．24

D．18 解：若甲、乙全选，4位同学得分100，-100、90、-90有A4=24种；若甲、乙选其一．4位同学得分为100，100，-100，-100或90，90，-90，-90有C2C4=12种。故共有24+12=36种．故选B． 5.三人传球，由甲开始发球，并作第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有

A．6种

B．8种

C．10种

D．16种

解：甲→A→B→C→D→甲，可知A，D不为甲．（1）若B为甲，则不同传法C2C2=4种．（2）若B不为甲，而C为甲，则不同传法C2C1C2=4种．（3）若B不为甲，C不为甲，则C2=2．综上知，第十章 排列,组合和二项式定理（第1课时）

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共有传球方法4+4+2=10种．

6.将1，2，3，…，9这9个数填在如图10-2-2中的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下依次增大，当3、4固定在图中位置时，所填写空格的方法有

A．6种

B．12种

C．18种

D．24种 解：由题意知数字1，2，9的位置也是固定的。如图：5，6，7，8四 个数字在A、B、C、D四个位置上，A、B位置上的填法C4，C、D位置上的 填法C2，共有C4C2=6种，故选A．

7.在书柜的一层上原有6本书，如果保持原有书的相对顺序不变，再插进去3本书，那么共有________种不同的安排方法（用数字作答）．

11解：先插入第一本书，有C7种插法．再插入第二本书时，书架上有7本书8个空．故有插法C8种．最1111后插入第三本书，有C9种，所以有C7C8C9=504种．

22228.（1999全国，16）在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有_____种（用数字作答）.解：先考虑A种植在左边的情况，有三类：A种植在最左边一垄上时，B有三种不同的种植方法；

A种植在左边第二垄上时，B有两种不同的种植方法；

A种植在左边第三垄上时，B只有一种种植方法。

又B在左边种植的情况与A时的相同。故共有2×（3＋2＋1）＝12种不同的选垄方法.9.如图10-1-3所示，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种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_______种．（以数字作答）

解：先排1区，有4种方法；

再排2区，有3种方法；接着排3区，有2种排法．

下面对4区涂色情况进行分类；若4区与2区同色，有1种方法，此时5区有2种方法，若4区与2区不同色，则1、2、3区不同色，故4区也只有1种方法，此时5区只有1种方法．故共有4×3×2×(1×2+1×1)=72（种）． 10.630的正约数（包括1和630在内）的个数为______．

解：将630进行质因数分解：630=21×32×51×71。∴630的正约数的结构是2a·3b·5c·7d．

其中a有0，1两种取法，b有0，1，2三种取法，c有0，1两种取法，d有0，1两种取法．∴在a, b, c, d的取值集合中任取1个元素填入上面的结构式中，就得到630的一个正约数．

由分步计数原理，适合条件的正约数的个数为2×3×2×2=24（个）．

五、教学小结

第十章 排列,组合和二项式定理（第1课时）5