河北省清河县高三数学《分类加法计数原理与分步乘法计数原理》课件.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版文本样式,高三总复习 人教,A,版,数学（理）,内容分析,1.,两个原理是排列组合的基础，千万别小视，大家要对分类与分步烂熟于心在解复杂的排列、组合题时要善于分类和分步,2,排列组合是本篇核心又是概率的基础，对它们的复习要按不同类型分别掌握，且重要题型反复强化，达到模式化、程序化如排队、组数、分组、分配等问题,3,二项式定理的复习要狠抓课本和历年高考题，不要做难题，在选择题、填空题上多下工夫,4,要注意古典概型和几何概型的抽象、概括和应用,5,随机变量及分布列方面的题型主要有两类：一类是应用随机变量的概念，特别是离散型随机变量分布列以及期望与方差的基础知识讨论随机变量的取值范围，取相应值的概率及期望、方差的求解计算；另一类是与正态分布有关的内容如求密度函数、求期望与方差等对基本题型基本方法要烂熟于心,命题热点,1.,计数原理内容考查比较稳定，试题难度起伏不大；排列组合题目一般为选择、填空题，考查排列组合的基础知识、思维能力，多数试题与教材习题的难度相当，但也有个别题难度较大；二项式定理是高考重点考查内容之一,2,对于概率的考查，要着重理解随机事件、互斥事件、对立事件、相互独立事件、古典概型、几何概型的意义及事件间的关系，掌握计算概率的有关公式，并能活用它们，解决一些简单的实际问题此类题以小题或解答题的形式出现，主要考查学生解决实际问题的能力,3,随机变量的数字特征，即期望和方差，以排列和概率统计等知识为工具，考查概率的计算，随机变量的概率分布及其期望和方差为主要内容，客观题、主观题均可出现，难度中档,4,正态分布及其性质，近几年在高考中已有几个省开始考查，预计这部分内容以后各省将会逐渐考查,5,预计明年的考试中，对这一部分的考查不会有大的改动，但可能考查的更加灵活，更贴近生活，希望能引起大家的重视,.,第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理,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,.,1分类加法计数原理、分步乘法计数原理,(1),完成一件事，有,n,类办法，在第,1,类办法中有,m,1,种不同的方法，在第,2,类办法中有,m,2,种不同的方法，,，在第,n,类办法中有,m,n,种不同的方法，那么完成这件事共有,N,种不同的方法,(,m,1,m,2,m,n,),(2),完成一件事，需要分成,n,个步骤，做第,1,步有,m,1,种不同的方法，做第,2,步有,m,2,种不同的方法，,，做第,n,步有,m,n,种不同的方法，那么完成这件事共有,N,种不同的方法,2,分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都有涉及,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，各种方法用其中任何一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分,有关，各个步骤,，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成,m,1,m,2,m,n,完成一件事,相互独立,步,相互依存,1,从,3,名女同学和,2,名男同学中选,1,人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为,(,),A,6,种,B,5,种,C,3,种,D,2,种,解析：,有,3,2,5,种,答案：,B,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,(,),A,10,种,B,20,种,C,25,种,D,32,种,解析：,有,2,2,2,2,2,32,种,答案：,D,3,从,6,个人中选,4,个人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市至少有一人游览，每人只游览一个城市，且这,6,个人中，甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有,(,),A,300,种,B,240,种,C,144,种,D,96,种,解析：,能去巴黎的有,4,个人，能去剩下三个城市的依次有,5,个、,4,个、,3,个人，所以不同的选择方案有,4,5,4,3,240(,种,),答案：,B,答案：,8,热点之一,分类加法计数原理,分类加法计数原理是人们在大量实践经验的基础上归纳出来的基本规律从思想方法的角度看，运用分类加法计数原理解决问题就是将一个复杂问题分解为若干,“,类别,”,，先分类解决，各个击破，再将其整合，得出原问题的答案运用该原理解决问题的突破口是明确什么是,“,完成一件事,”,例,1,在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的数共有多少个？,思路探究,该问题与计数有关，可考虑选用两个基本原理来计算完成这件事，只要两位数的个位、十位确定了即可，因此可考虑按十位上的数字情况进行分类,课堂记录,根据题意，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有,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，符合题意的两位数共有,8,7,6,5,4,3,2,1,36(,个,),即时训练,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,解析：,P,Q,，,x,y,或,x,2.,当,x,2,时，,y,1,2,，,y,有,7,种选法；,当,x,y,时，,y,1,2,，,y,也有,7,种选法,共有满足条件的点,7,7,14,个,答案：,B,热点之二,分步乘法计数原理,如果完成一件事需要分成,n,个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，计算完成这件事的方法种数就用分步乘法计数原理,例,2,已知集合,M,3,，,2,，,1,0,1,2,，,P,(,a,，,b,),表示平面上的点,(,a,，,b,M,),，问：,(1),P,可表示平面上多少个不同的点？,(2),P,可表示平面上多少个第二象限的点？,(3),P,可表示多少个不在直线,y,x,上的点？,思路探究,本例实质是分步乘法计数原理在解决解析几何问题中的应用这里应该注意两点：一是集合,M,中的每个元素可作为同一点的横、纵坐标；二是第,(3),问用逆向求解的间接法,课堂记录,(1),确定平面上的点,P,(,a,，,b,),可分两步完成：,第一步确定,a,的值，共有,6,种确定方法；第二步确定,b,的值，也有,6,种确定方法,根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是,6,6,36.,(2),确定第二象限的点，可分两步完成：,第一步确定,a,，由于,a,0,，所以有,2,种确定方法,由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是,3,2,6.,(3),点,P,(,a,，,b,),在直线,y,x,上的充要条件是,a,b,.,因此,a,和,b,必须在集合,M,中取同一元素，共有,6,种取法，即在直线,y,x,上的点有,6,个由,(1),得不在直线,y,x,上的点共有,36,6,30(,个,),即时训练,已知集合,M,3,，,2,，,1,0,1,2,，若,a,，,b,，,c,M,，则,(1),y,ax,2,bx,c,可以表示多少个不同的二次函数,(2),y,ax,2,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,ax,2,bx,c,可以表示,5,6,6,180,个不同的二次函数,(2),y,ax,2,bx,c,的开口向上时，,a,的取值有,2,种情况，,b,、,c,的取值均有,6,种情况，因此,y,ax,2,bx,c,可以表示,2,6,6,72,个图象开口向上的二次函数,热点之三,两个原理的综合应用,用两个计数原理解决计数问题时，最重要的就是在开始计算之前要仔细分析首先我们可以考虑问题是否应当分类，分类能否使问题的复杂程度大大降低；然后在每一类中考虑是否应当分步我们把问题分解成几类互不重复的情况，每一类都使用分步乘法计数原理来计数，然后再用分类加法计数原理将各类情况组合在一起,例,3,将红、黄、绿、黑,4,种不同的颜色分别涂入下图中的五个区域内，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？,思路探究,五个区域，四种颜色，所以至少有两个区域涂的是同一种颜色，结合图形，可以先选出涂同一种颜色的区域，再进行涂色,课堂记录,给出区域标记号,A,、,B,、,C,、,D,、,E,(,如右图所示,),，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,区域的涂色依赖于,B,与,D,涂的颜色，如果,B,与,D,颜色相同有,2,种涂色方法，不相同，则只有一种因此应先分类后分步,(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,思维拓展,像这类给区域涂色的问题，我们应该给区域依次标上相应的序号，以便分析问题在给各区域涂色时，要注意不同的涂色顺序，其解题就有繁简之分如本例若按,A,、,B,、,E,、,D,、,C,顺序涂色时，在最后给区域,C,涂色时就应考虑,A,与,E,、,B,与,D,是否同色这两种情况因此在分析解决这类问题时，应按不同的涂色顺序多多尝试，看哪一种最简单本例易错的是未考虑,B,与,D,是否同色,即时训练,用,n,种不同的颜色为两块广告牌着色如下图甲、乙所示，要求在，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的方法？,(2),若为乙着色时共有,120,种不同的方法，求,n,的值,解：,完成着色这件事，共分为四个步骤，可以依次考虑为，这四个区域着色时各自的方法数，再利用分步乘法计数原理确定出总的着色总数，因此有：,(1),为区域着色时有,6,种方法，为区域着色时有,5,种方法，为区域着色时有,4,种方法，为区域着色时有,4,种方法，依据分步乘法计数原理不同的着色数为,6,5,4,4,480(,种,),(2),由题意知，为区域着色时有,n,种方法，为区域着色时有,n,1,种方法，为区域着色时有,n,2,种方法，为区域着色时有,n,3,种方法，由分步乘法计数原理可得不同的着色数为,n,(,n,1)(,n,2)(,n,3),n,(,n,1)(,n,2)(,n,3),120.,(,n,2,3,n,)(,n,2,3,n,2),120,0.,即,(,n,2,3,n,),2,2(,n,2,3,n,),120,0.,解得,n,2,3,n,10,0,或,n,2,3,n12,0(,舍去,),n,5.,1,对计数原理的考查多以实际问题为背景，考查计数原理在实际问题中的应用,2,考查多以选择、填空题形式出现，考查难度不大,3,由于分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决计数类问题的基础，所以多与其他知识结合在一起考查，难度可能有所提高,例,4,(2010,全国,),某校开设,A,类选修课,3,门，,B,类选修课,4,门，一位同学从中共选,3,门若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有,(,),A,30,种,B,35,种,C,42,种,D,48,种,解析,分两类：选,A,类选修课,2,门，,B,类选修课,1,门，有,C,3,2,C,4,1,12(,种,),选,A,类选修课,1,门，,B,类选修课,2,门，有,C,3,1,C,4,2,3,6,18(,种,),，,共有,12,18,30(,种,),答案,A,1,(2010,全国,),将标号为,1,2,3,4,5,6,的,6,张卡片放入,3,个不同的信封中，若每个信封放,2,张，其中标号为,1,2,的卡片放入同一信封，则不同的放法共有,(,),A,12,种,B,18,种,C,36,种,D,54,种,解析：,将标号为,1,、,2,的卡片放入一个信封，有,C,3,1,3(,种,),将剩下的,4,张卡片放入剩下的,2,个信封中，有,C,4,2,6(,种,),，,共有,C,3,1,C,4,2,3,6,18种,),答案：,B,2,(2010,重庆,),某单位安排,7,位员工在,10,月,1,日至,7,日值班，每天安排,1,人，每人值班,1,天若,7,位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在,10,月,1,日，丁不排在,10,月,7,日，则不同的安排方案共有,(,),A,504,种,B,960,种,C,1008,种,D,1108,种,解析：,当丙在,10,月,7,日值班时共,A,2,2,A,5,5,240,种排法,当丙不在,10,月,7,日值班时，若甲、乙有,1,人在,10,月,7,日值班时，共,C,2,1,C,4,1,A,4,4,192,种排法，若甲、乙不在,10,月,7,日值班时，共有,C,3,1,(C,2,1,A,4,4,C,3,1,A,2,2,A,4,4,),576,种，综上知，共,240,192,576,1008,种排法,答案：,C,3,(2010,湖北高考,),现安排甲、乙、丙、丁、戊,5,名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是,(,),A,152 B,126,C,90 D,54,解析：,甲、乙从事同项工作有,C,3,1,A,3,3,18,种，甲、乙从事不同项工作但甲,(,或乙,),与其他三人中的一人参加同项工作有,2C,3,1,C,3,1,C,2,1,A,2,2,72,种，甲、乙从事不同项工作且单独工作有,A,3,2,C,3,2,A,2,2,36,种，故共有,18,72,36,126,种不同安排,答案：,B,谢谢观赏,谢谢观赏,