数学选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理作业课件ppt

这是一份数学选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理作业课件ppt，共23页。

1.[探究点一]如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通,现发现A,B间电路不通,则焊接点脱落的不同情况有(　　)
A.9种B.11种C.13种D.15种
解析 按照可能脱落的焊接点的个数分类讨论:若脱落1个,则是焊接点1,4脱落,共2种情况;若脱落2个,则是焊接点(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)脱落,共6种情况;若脱落3个,则是焊接点(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4)脱落,共4种情况;若脱落4个,则是焊接点(1,2,3,4)脱落,共1种情况.由分类加法计数原理,共有2+6+4+1=13种情况.故选C.
2.[探究点一]已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则在直角坐标系中,位于第一、二象限不同点的个数为(　　)A.18B.16C.14D.10
解析 分两类:第1类,以集合M中的元素为横坐标,以集合N中的元素为纵坐标,位于第一、第二象限不同点的个数为3×2=6;第2类,以集合N中的元素为横坐标,以集合M中的元素为纵坐标,位于第一、第二象限不同点的个数为4×2=8.由分类加法计数原理,位于第一、第二象限不同点的个数为6+8=14.
3.[探究点二]把10个苹果分成三堆,要求每堆至少1个,至多5个,则不同的分法共有(　　)A.4种B.5种C.6种D.7种
解析 三堆中“最多”的一堆为5个,其他两堆总和为5,每堆至少1个,只有2种分法,即1和4,2和3两种方法.三堆中“最多”的一堆为4个,其他两堆总和为6,每堆至少1个,只有2种分法,即2和4,3和3两种方法.由分类加法计数原理,不同的分法共有2+2=4种.
4.[探究点一]某城市的电话号码由七位升为八位(首位数字均不为零),则该城市可增加的电话部数是(　　)A.9×8×7×6×5×4×3×2B.8×97C.9×107D.8.1×107
解析 电话号码是七位数字时,由分步乘法计数原理,该城市可安装电话9×106部,同理升为八位时,由分步乘法计数原理,该城市可安装电话9×107部,所以可增加的电话部数是9×107-9×106=8.1×107.
5.[探究点二]某县总工会利用业余时间开设太极、书法、绘画三个培训班,甲、乙、丙、丁四人报名参加,每人只报名参加一项,且甲、乙不参加同一项,则不同的报名方法种数为　　　　　　. 
解析 甲有三个培训班可选,甲、乙不参加同一项,所以乙有两个培训班可选,丙、丁各有三个培训班可选,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法种数为3×2×3×3=54.
6.[探究点一]现有某类病毒记作XmYn,其中正整数m,n(m≤7,n≤9)可以任意选取,则不同的选取种数为　　　　　,m,n都取到奇数的概率为　　　　　. 
解析 因为正整数m,n满足m≤7,n≤9,由分步乘法计数原理,(m,n)所有可能的取值的种数为7×9=63,其中m,n都取到奇数的情况有4×5=20种,故所求概率为
7.[探究点二]五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目,每个工程队承建1个,其中甲工程队不能承建1号子项目,则不同的承建方案有　　　　　种. 
解析 完成承建任务可分五步.第1步,安排1号子项目,有4种不同的承建方案;第2步,安排2号子项目,有4种不同的承建方案;第3步,安排3号子项目,有3种不同的承建方案;第4步,安排4号子项目,有2种不同的承建方案;第5步,安排5号子项目,有1种承建方案.由分步乘法计数原理得,共有4×4×3×2×1=96种不同的承建方案.
8.[探究点三]如图所示的几何体是由一个三棱锥P-ABC 与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成的,现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的涂色方案共有　　　　　种.
解析 先涂三棱锥P-ABC的三个侧面,再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.
9.[探究点二]某文艺小组有20人,其中会唱歌的有14人,会跳舞的有10人,从中选出会唱歌与会跳舞的各1人参加演出,且既会唱歌又会跳舞的至多选1人,有多少种不同的选法?
解 易知既会唱歌又会跳舞的有4人,只会唱歌的有10人,只会跳舞的有6人.第1类,首先从只会唱歌的10人中选出1人,有10种不同的选法,从会跳舞的10人中选出1人,有10种不同的选法,共有10×10=100种不同的选法;第2类,从既会唱歌又会跳舞的4人中选1人,再从只会跳舞的6人中选1人,共有4×6=24种不同的选法.由分类加法计数原理,共有100+24=124种不同的选法.
10.[探究点三]有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中,每块试验田种植一种作物,相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物,共有多少种不同的种植方法?
解 (方法一)第一步,A试验田有4种种植方法;第二步,B试验田有3种种植方法;第三步,若C试验田种植的作物与B试验田相同,则D试验田有3种种植方法,此时有1×3=3种种植方法;若C试验田种植的作物与B试验田不同,则C试验田有2种种植方法,D试验田也有2种种植方法,共有2×2=4种种植方法.由分类加法计数原理知,有3+4=7种种植方法.由分步乘法计数原理得,共有N=4×3×7=84种不同的种植方法.
(方法二)第一类,若实验田A,D种植同种作物,则实验田A,D有4种不同的种植方法,实验田B有3种种植方法,实验田C也有3种种植方法,由分步乘法计数原理得,共有4×3×3=36种种植方法;第二类,若实验田A,D种植不同作物,则实验田A有4种种植方法,实验田D有3种种植方法,实验田B有2种种植方法,实验田C有2种种植方法,由分步乘法计数原理得,共有4×3×2×2=48种种植方法.综上所述,由分类加法计数原理得,共有N=36+48=84种种植方法.
11.一植物园的参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线共有(　　)
A.6种B.8种C.36种D.48种
解析 选择参观路线分步完成:第一步,选择三个“环形”路线中的一个,有3种方法,再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法;第二步,选择余下两个“环形”路线中的一个,有2种方法,也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法;最后一个“环形”路线,也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法.由分步乘法计数原理知,共有3×2×2×2×2=48种方法,故选D.
12.已知集合M={1,2,3,4},集合A,B为集合M的非空子集,若对∀x∈A,y∈B, x解析 当A={1}时,B有23-1=7种情况;当A={2}时,B有22-1=3种情况;当A={3}时,B有1种情况;当A={1,2}时,B有22-1=3种情况;当A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情况,所以集合M的“子集对”共有7+3+1+3+3=17个.
13.将三个分别标有A,B,C的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中.求:(1)1号盒中无球的不同方法种数;(2)1号盒中有球的不同放法种数.
解 (1)1号盒中无球即A,B,C三个球只能放入2,3,4号盒子中,由分步乘法计数原理,有33=27种放法;(2)1号盒中有球可分三类:第一类是1号盒中有一个球,共有3×32=27种放法,第二类是1号盒中有两个球,共有3×3=9种放法,第三类是1号盒中有三个球,有1种放法.由分类加法计数原理,共有27+9+1=37种放法.
14.(1)从5种颜色中选出3种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每一个顶点涂一种颜色,并使同一条棱上的两个顶点异色,求不同的涂色方法数;(2)从5种颜色中选出4种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每个顶点上涂一种颜色,并使同一条棱上的两个顶点异色,求不同的涂色方法数.
解 (1)如图,由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,则A,C必须颜色相同,B,D必须颜色相同,所以共有5×4×3×1×1=60种不同的涂色方法.
(2)(方法一)由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,则A,C可以颜色相同,B,D可以颜色相同,并且两组中必有一组颜色相同.所以,先从两组中选出一组涂同一颜色,有2种选法;假设B,D颜色相同,则从5种颜色中,选出四种颜色涂在S,A,B,C四个顶点上,有5×4×3×2=120种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理,共有2×120=240种不同的涂色方法.(方法二)分两类.第1类,C与A颜色相同.由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,它们有5×4×3=60种不同的涂色方法.共有5×4×3×1×2=120种不同的涂色方法.第2类,C与A颜色不同.由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,它们有5×4×3=60种不同的涂色方法.共有5×4×3×2×1=120种不同的涂色方法.由分类加法计数原理,共有120+120=240种不同的涂色方法.
15.称子集A⊆M={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11}是“好的”,如果它有下述性质——“若2k∈A,则2k-1∈A且2k+1∈A(k∈N)”(空集和M都是“好的”),则M中有多少个包含2个偶数的“好的”子集?