《北师大版数学选修23课件：第1章分类加法技术原理第1课时课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北师大版数学选修23课件：第1章分类加法技术原理第1课时课件（35页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、精 品 数 学 课 件2019 届 北 师 大 版 课程目标设置课程目标设置主题探究导学主题探究导学典型例题精析典型例题精析一、选择题（每题一、选择题（每题5 5分，共分，共1515分）分）1.1.（20102010兰州高二检测）有兰州高二检测）有4 4名同学要争夺名同学要争夺3 3个比赛项目的冠个比赛项目的冠军，那么冠军获得者的可能情况有（军，那么冠军获得者的可能情况有（ ）(A)81(A)81种种 (B)64(B)64种种 (C)6(C)6种种 （D D）2424种种【解析解析】选选B.B.该问题是将三个冠军得主确定出来，对于每个冠该问题是将三个冠军得主确定出来，对于每个冠军来说，四名同学
2、都有可能获得，所以各有四种情况，又分了军来说，四名同学都有可能获得，所以各有四种情况，又分了三步完成的，所以可能的结果数为三步完成的，所以可能的结果数为4 43 3=64.=64.知能巩固提升知能巩固提升2.2.椭圆椭圆 的焦点在的焦点在y y轴上，且轴上，且m1,2,3,4,5,nm1,2,3,4,5,n1,2,3,4,5,6,71,2,3,4,5,6,7，则这样的椭圆的个数为（，则这样的椭圆的个数为（ ）(A)10 (B)20 (C)35 (D)40(A)10 (B)20 (C)35 (D)40【解析解析】选选B.B.因为椭圆的焦点在因为椭圆的焦点在y y轴上，所以轴上，所以n nm m，
3、当，当n n取取1 1时时不可能，当不可能，当n n取取2 2时，时，m m有有1 1种取法，当种取法，当n n取取3 3时，时，m m有有2 2种取法，当种取法，当n n取取4 4时，时，m m有有3 3种取法，当种取法，当n n取取5 5时，时，m m有有4 4种取法，当种取法，当n n取取6 6或或7 7时，时，m m均有均有5 5种取法，所以取法种数为种取法，所以取法种数为1+2+3+4+5+5=201+2+3+4+5+5=20. .22xy+=1mn3.3.已知集合已知集合A=5A=5，B=1B=1，22，C=1C=1，3 3，44，从这三个集合中，从这三个集合中各取一个元素构成空间
4、直角坐标系中的点的坐标，则确定的不各取一个元素构成空间直角坐标系中的点的坐标，则确定的不同点的个数为（同点的个数为（ ）（A A）33 33 （B B）34 34 （C C）35 35 （D D）3636【解析解析】选选A.A.要确定点的坐标，需确定要确定点的坐标，需确定x x方向的坐标，方向的坐标，y y方向的方向的坐标，坐标，z z方向的坐标，而哪个集合中的元素做哪个方向的坐标方向的坐标，而哪个集合中的元素做哪个方向的坐标不确定，所以需分成六种情况，而每种情况都有不确定，所以需分成六种情况，而每种情况都有6 6种可能且其种可能且其中有中有3 3种重复的可能种重复的可能. .，所以总的结果数
5、为，所以总的结果数为33.33.二、填空题（每题二、填空题（每题5 5分，共分，共1010分）分）4.4.已知集合已知集合M=-3M=-3，-2-2，-1-1，0 0，1 1，22，P(a,b)P(a,b)表示平面上的表示平面上的点点(a,b)(a,b)，a,bMa,bM，则，则P P可以表示平面上可以表示平面上_个第二象限的点个第二象限的点. .【解析解析】确定点确定点P P可以分为两步完成：第一步确定可以分为两步完成：第一步确定a a的值，共有的值，共有3 3种方法，第二步确定种方法，第二步确定b b的值，可以有的值，可以有2 2种方法，根据乘法原理种方法，根据乘法原理知有知有6 6个个.
6、 .答案：答案：6 65.5.三名志愿者要分配到世博会中的中国馆和英国馆中参加接待三名志愿者要分配到世博会中的中国馆和英国馆中参加接待工作，每个馆至少一人，则不同的分配方案有工作，每个馆至少一人，则不同的分配方案有_种种. .【解析解析】由题意可知，三人中需要有两人去同一个馆，假如用由题意可知，三人中需要有两人去同一个馆，假如用甲乙丙表示这三人的话，甲乙去同一个馆，此时可以有甲乙丙表示这三人的话，甲乙去同一个馆，此时可以有2 2种结种结果，甲丙去同一个馆，乙丙去同一个馆，都是有果，甲丙去同一个馆，乙丙去同一个馆，都是有2 2种结果，所种结果，所以总的结果数为以总的结果数为6 6种种. .答案：
7、答案：6 6三、解答题（三、解答题（6 6题题1212分，分，7 7题题1313分，共分，共2525分）分）6.6.要从甲、乙、丙要从甲、乙、丙3 3幅不同的画中选出幅不同的画中选出2 2幅，分别挂在左、右两幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？【解析解析】从从3 3幅画中选出幅画中选出2 2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第两个步骤完成：第1 1步，从步，从3 3幅画中选幅画中选1 1幅挂在左边墙上，有幅挂在左边墙上，有3 3种种选法；第选法；第2 2步，从剩下的步，从剩下的2 2
8、幅画中选幅画中选1 1幅挂在右边墙上，有幅挂在右边墙上，有2 2种选种选法法. .根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N=3N=32=6.2=6.7.7.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，交通管理部门出台了一种汽车牌照号码组成办法：每一个汽车交通管理部门出台了一种汽车牌照号码组成办法：每一个汽车牌照都必须有牌照都必须有3 3个不重复的英文字母和个不重复的英文字母和3 3个不重复的阿拉伯数字，个不重复的阿拉伯数字，并且并且3 3个字母必须合成一组出现，个字母必须合成一组出现，3 3个
9、数字也必须合成一组出现个数字也必须合成一组出现. .那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？ 【解题提示解题提示】解决该问题需分成两类解决：一类的字母组解决该问题需分成两类解决：一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右，而在每一类中，又要分步来合在左，另一类的字母组合在右，而在每一类中，又要分步来完成：每一位上的字母或数字确定了这个车牌号才能确定完成：每一位上的字母或数字确定了这个车牌号才能确定. .【解析解析】将汽车牌照分为将汽车牌照分为2 2类，一类的字母组合在左，另一类的类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右字母组合在右. .字母组合在左时，分字母组
10、合在左时，分6 6个步骤确定一个牌照的字个步骤确定一个牌照的字母和数字：母和数字：第第1 1步，从步，从2626个字母中选个字母中选1 1个，放在首位，有个，放在首位，有2626种选法；种选法；第第2 2步，从剩下的步，从剩下的2525个字母中选个字母中选1 1个，放在第个，放在第2 2位，有位，有2525种选法；种选法；第第3 3步，从剩下的步，从剩下的2424个字母中选个字母中选1 1个，放在第个，放在第3 3位，有位，有2424种选法；种选法；第第4 4步，从步，从1010个数字中选个数字中选1 1个，放在第个，放在第4 4位，有位，有1010种选法；种选法；第第5 5步，从剩下的步，从
11、剩下的9 9个数字中选个数字中选1 1个，放在第个，放在第5 5位，有位，有9 9种选法；种选法；第第6 6步，从剩下的步，从剩下的8 8个数字中选个数字中选1 1个，放在第个，放在第6 6位，有位，有8 8种选法种选法. .根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26262525242410109 98=11 232 0008=11 232 000（个）（个）. .同理，字母组合在右的牌照也有同理，字母组合在右的牌照也有11 232 00011 232 000个个. .所以，共能给所以，共能给11 232 000+11 232 000=22 4
12、64 00011 232 000+11 232 000=22 464 000（辆）汽（辆）汽车上牌照车上牌照. .1.1.（5 5分）（分）（20102010三明高二检测）用三明高二检测）用5 5种不同的颜色给图中所种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有公共边）的区域不同色，那么共有_种不同的涂色方法种不同的涂色方法. . （ ）(A)80 (A)80 （B B）120 120 （C C）240 240 （D D）260260 【解题提示解题提示】涂涂1 1号区域时没有任何限
13、制条件，涂号区域时没有任何限制条件，涂2 2号区域号区域时只要与时只要与1 1号区域颜色不同即可，涂号区域颜色不同即可，涂3 3号区域时只要与号区域时只要与1 1号颜色号颜色不同即可，但不同即可，但4 4号与号与2 2号，号，3 3号区域均相邻，故它们的颜色相同号区域均相邻，故它们的颜色相同与否，影响着与否，影响着4 4号，须分类讨论号，须分类讨论. .【解析解析】选选D.1D.1号区域可以有号区域可以有5 5种涂法，种涂法，2 2号区域可以有号区域可以有4 4种涂法，种涂法，3 3号区域的颜色如果和号区域的颜色如果和2 2号区域相同时，号区域相同时，4 4号区域可以有号区域可以有4 4种涂法
14、，种涂法，若若3 3号区域与号区域与2 2号区域颜色不同，则号区域颜色不同，则3 3号区域有号区域有3 3种涂法，此时种涂法，此时4 4号区域的涂法种数为号区域的涂法种数为3 3种，所以涂法分成了两类：一类是种，所以涂法分成了两类：一类是3 3号区号区域和域和2 2号区域颜色相同，另一类是号区域颜色相同，另一类是3 3号区域和号区域和2 2号区域颜色不同，号区域颜色不同，每类又分成了几步，所以方法总数为：每类又分成了几步，所以方法总数为：5 54 41 14+4+5 54 43 33=260.3=260.2.2.（5 5分）（分）（20102010上杭高二检测）某中学拟于下学期在高二上杭高二检
15、测）某中学拟于下学期在高二年级开设年级开设矩阵与变换矩阵与变换、信息安全与密码信息安全与密码、开关电路开关电路与布尔代数与布尔代数等三门数学选修课程，在计划任教高二年级的等三门数学选修课程，在计划任教高二年级的1010名数学教师中，有名数学教师中，有3 3人只能任教人只能任教矩阵与变换矩阵与变换，有，有2 2人只能任人只能任教教信息安全与密码信息安全与密码，另有，另有3 3人只能任教人只能任教开关电路与布尔开关电路与布尔代数代数，这三门课程都能任教的只有，这三门课程都能任教的只有2 2人，现要从这人，现要从这1010名教师名教师中选出中选出9 9人，分别担任这三门选修课程的任课教师，且每门课人
16、，分别担任这三门选修课程的任课教师，且每门课程安排程安排3 3名教师任教，则不同的安排方案共有名教师任教，则不同的安排方案共有_._.【解析解析】按逻辑顺序作出如图所示的按逻辑顺序作出如图所示的VennVenn图图. .从中选出从中选出9 9人，因为只去掉了一位教师，可考虑是哪位教师没人，因为只去掉了一位教师，可考虑是哪位教师没有任教，共分有任教，共分4 4类类. .第一类第一类 只能任教只能任教信息安全与密码信息安全与密码的的2 2位教师中有位教师中有1 1位没位没有任教，则必须由中间两人补充有任教，则必须由中间两人补充信息安全和密码信息安全和密码课程，有课程，有2 2种选法；种选法；第二类
17、第二类 三门课都能任教的三门课都能任教的2 2位教师中有位教师中有1 1位教师没有任教，位教师没有任教，则还有则还有1 1人只能去任教人只能去任教信息安全与密码信息安全与密码课程，有课程，有2 2种选法；种选法；第三类第三类 只能任教只能任教矩阵与变换矩阵与变换的的3 3位教师中有位教师中有1 1位没有任位没有任教，则必须在中间教，则必须在中间2 2位中选位中选1 1位来补充，共有位来补充，共有3 32 2种选法；种选法；第四类第四类 只能任教只能任教开关电路与布尔代数开关电路与布尔代数的的3 3位教师中有位教师中有1 1位没有任教，则必须在中间位没有任教，则必须在中间2 2位中选位中选1 1
18、位来补充，共有位来补充，共有3 32 2种选种选法法. .所以不同的安排方案有所以不同的安排方案有N=2+2+3N=2+2+32+32+32=162=16（种）（种）. .答案：答案：1616种种3.3.（5 5分）某次文艺演出中，原准备的节目表有分）某次文艺演出中，原准备的节目表有6 6个节目，如果个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，在它们之间再插入保持这些节目的相对顺序不变，在它们之间再插入2 2个小品节个小品节目，并且这目，并且这2 2个小品节目在节目表中既不排头，也不排尾，那个小品节目在节目表中既不排头，也不排尾，那么不同的插入方法有么不同的插入方法有_种种. .【解析解析】首先将
19、该问题进行分类：插入的这两个节目不相邻和首先将该问题进行分类：插入的这两个节目不相邻和插入的这两个节目相邻插入的这两个节目相邻. .当插入的这两个节目不相邻时，按照当插入的这两个节目不相邻时，按照要求有要求有5 54=204=20种方法；当插入的两个节目相邻时，有种方法；当插入的两个节目相邻时，有5 5个空可个空可在插入，插入后两个节目还有个先后顺序的问题，所以有在插入，插入后两个节目还有个先后顺序的问题，所以有5 52=102=10种方法，故共有方法种方法，故共有方法3030种种. .答案：答案：30304.4.（1515分）若直线方程为分）若直线方程为ax+by=0ax+by=0，其中，其
20、中a,ba,b可在可在0 0，1 1，2 2，3 3，4 4中任取两个不同的数，共得到直线多少条？中任取两个不同的数，共得到直线多少条？【解析解析】（1 1）a=0a=0时，时，b b可取可取1 1，2 2，3 3，4 4中的任一个数，但总中的任一个数，但总得到直线得到直线y=0y=0，即只有，即只有1 1条条. .（2 2）b=0b=0时，时，a a可取可取1 1，2 2，3 3，4 4中的任一个数，但总得到直线中的任一个数，但总得到直线x=0 x=0，也是只有，也是只有1 1条条. .（3 3）a,ba,b都不为都不为0 0时，由分步乘法计数原理共可得到直线时，由分步乘法计数原理共可得到直线4 43=123=12（条）（条）. .但是直线但是直线x+2y=0 x+2y=0与与2x+4y=02x+4y=0重合，直线重合，直线2x+y=02x+y=0与与4x+2y=04x+2y=0重合，重合，因此因此a,ba,b不为不为0 0时，有时，有1010条直线条直线. .所以由分类加法计数原理得共有直线所以由分类加法计数原理得共有直线1+1+10=121+1+10=12（条）（条）
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