分类加法计数原理与分步乘法计数原理理带答案doc.docx
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分类加法计数原理与分步乘法计数原理理带答案doc
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础自测：
1．5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__种．32
解析每位同学有两种不同的报名方法，而且只有这5位同学全部报名结束，才算事件完成．所以共有2×2×2×2×2＝32（种）．
2．有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是________．12
解析由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，所以有4×3＝12（种）选法．
3．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有_____
种．
答案24
解析分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下
的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24（种）．
4．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．（用
数字作答）答案14
解析数字2,3至少都出现一次，包括以下情况：
“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C＝4（个）四位数．
“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C＝6（个）四位数．
“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C＝4（个）四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数.
题型一分类加法计数原理的应用
例1一
班有学生50人，男生30人，女生20人；二班有学生60人，男生30人，女生30人；三班有学生55人，男生35人，女生20人．
（1）从一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
（2）从一班、二班男生中，或从三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同
的选法？
思维启迪用分类加法计数原理．
解
（1）完成这件事有三类方法
第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，
根据分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165（种）选法．
（2）完成这件事有三类方法
第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；
第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；
第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．
综上知，共有30＋30＋20＝80（种）选法．
思维升华分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准，然后在这个标
准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是完成这件事情的任何一种方
法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条
件，才可以用分类加法计数原理．
（1）在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的
两位数有多少个？
（2）方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这
样的椭圆有多少个？
解
（1）分析个位数字，可分以下几类：
个位是9，则十位可以是1,2,3，，8中的一个，故有8个；个位是8，则十位可以是1,2,3，，7中的一个，故有7个；同理，个位是7的有6个；
个位是6的有5个；
个位是2的只有1个．
由分类加法计数原理，满足条件的两位数有
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36（个）．
（2）以m的值为标准分类，分为五类．
第一类：
m＝1时，使n>m，n有6种选择；
第二类：
m＝2时，使n>m，n有5种选择；
第三类：
m＝3时，使n>m，n有4种选择；
第四类：
m＝4时，使n>m，n有3种选择；
第五类：
m＝5时，使n>m，n有2种选择．
∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20（种）方法，
即有20个符合题意的椭圆．
题型二分步乘法计数原理的应用
例2
有
六名同学报名参加三个智力竞赛项目，
在下列情况下各有多少种不同的报名方法？
（不一
定六名同学都能参加
）
（1）每人恰好参加一项，每项人数不限；
（2）每项限报一人，且每人至多参加一项；
（3）每项限报一人，但每人参加的项目不限．
思维启迪可以根据报名过程，使用分步乘法计数原理．
解
（1）每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数
原理，
知共有选法36＝729（种）．
（2）每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，
第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名
方法6×5×4＝120（种）．
（3）由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步
乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216（种）．
思维升华利用分步乘法计数原理解决问题：
①要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，
c∈M，则：
（1）y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；
（2）y＝ax2＋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＝ax2＋
bx＋c可以表示5×6×6＝180（个）不同的二次函数．
（2）y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，
因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72（个）图象开口向上的二次函数．
例3如
图所示，将一个四棱锥的每
一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数．
思维启迪染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题．
解方法一可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外
两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥
S—ABCD的顶点
S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60（种）染色方法．
当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有
3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420（种）．
方法二以S、A、B、C、D顺序分步染色．
第一步，S点染色，有5种方法；
第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；
第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×（1×3＋2×2）＝420（种）．
方法三按所用颜色种数分类．
第一类，5种颜色全用，共有A种不同的方法；
第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色（A与C，或B与D），共有2×A种不同的方法；
第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A种不同的方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为
A＋2×A＋A＝420（种）．
思维升华用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．
（1）分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
（2）分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原
理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
（3）对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析．
用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
解如图所示，将4个小方格依次编号为
1,2,3,4，第
1个小方格
可以从
5
种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A＝12（种）不同的
涂法，第
4个小方格有
3种不同的涂法．由分步乘法计数原理可知，有
5×12×3＝180（种）不同的涂法；
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻方格不同色，因此，
第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知．有5×4×4＝80（种）不同的涂法．
由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260（种）不同的涂法．
A组专项基础训练
一、选择题
1．从集合{1,2,3，，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比
数列的个数为
A．3B．4
C．6
D．8
（
）
解析
按从小到大顺序有
124,139,248,469共4个，同理按从大到小顺序也有
4个，故这
样的等比数列的个数为
8个．
2.现有
4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公
共边界
的
两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有
（
）
A．24种
B．30种C．36种
D．48种
解析
共有4×3×2×2＝48（种），故选D.
3．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．14C．15
D．21
解析
当x＝2时，x≠y，点的个数为
1×7＝7（个）；当
x≠2时，x＝y，点的个数为
7×1
＝7（个），则共有
14个点，故选
B.
4．（2013·山东）用
0,1，，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为
（
）
A．243B．252C．261D．279
解析0,1,2，，9共能组成9×10×10＝900（个）三位数，其中无重复数字的三位数有
9×9×8＝648（个）．
∴有重复数字的三位数有900－648＝252（个）．
5．（2013·四川）从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga
－lgb的不同值的个数是
（
）
A．9B．10C．18D．20
解析由于lga－lgb＝lg（a>0，b>0），从1,3,5,7,9中任取两个作为有A＝20种，又与相同，
与相同，∴lga－lgb的不同值的个数有A－2＝20－2＝18，选C.
二、填空题
6．一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打，
共有________种不同的选法．答案20
解析先选男队员，有5种选法，再选女队员有4种选法，由分步乘法计数原理知共有5×4＝20（种）不同的选法．
7．某次活动中，有30人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________（用数字作答）．答案7200
解析其中最先选出的一个人有30种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7200.
8．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不
同的点的个数是________．答案6
解析分两类：
第一类，第一象限内的点，有2×2＝4（个）；
第二类，第二象限内的点，有1×2＝2（个）．共4＋2＝6（个）．
三、解答题
9．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从
中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？
解由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
第一类：
从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3（种），此时共有6×3＝18（种）；
第二类：
不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2（种）；
所以根据分类加法计数原理知共有18＋2＝20（种）选法．
10．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字
相同的信息个数为多少？
解方法一分0个相同、1个相同、
2个相同讨论．
（1）若
0个相同，则信息为
1001.共
1个．
（2）若
1个相同，则信息为
0001,1101,1011,1000共.
4个．
（3）若2个相同，又分为以下情况：
①若位置一与二相同，则信息为0101；
②若位置一与三相同，则信息为0011；
③若位置一与四相同，则信息为0000；
④若位置二与三相同，则信息为1111；
⑤若位置二与四相同，则信息为1100；
⑥若位置三与四相同，则信息为1010.
共6个．
故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11.
方法二若0个相同，共有1个；
若1个相同，共有C＝4（个）；若2个相同，共有C＝6（个）．
故共有1＋4＋6＝11（个）．
复习与回顾
一、立体几何：
1.（2013广·东）某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是
（
）
解析
由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：
V＝
（2×2＋
1×1＋）×2＝.
2.（2013课·标全国Ⅱ）已知
m，n为异面直线，
m⊥平面α，n⊥平面β.
直线
l
满
足l⊥m，l⊥n，l?
α，l?
β，则
（
）
A.α∥β且
l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交，且交线垂直于l
D.α与β相交，且交线平行于l
解析假设α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，则m∥n，这与已知m，n为异面直线矛盾，
那么α与β相交，设交线为l1，则l1⊥m，l1⊥n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那
么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1∥l.
3、如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱
形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE
＝2EC.
（1）证明：
PC⊥平面BED；
（2）设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小.
思维启迪利用PA⊥平面ABCD建立空间直角坐标系，利用向量求解.
方法一
（1）证明因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.
如图，设AC∩BD＝F，连接EF.
因为AC＝2，PA＝2，PE＝2EC，
故PC＝2，EC＝，FC＝，从而＝，＝.
因为＝，∠FCE＝∠PCA，
所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°.
由此知PC⊥EF.
因为PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，
所以PC⊥平面BED.
（2）解在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足.
因为二面角A－PB－C为90°，
所以平面PAB⊥平面PBC.
又平面PAB∩平面PBC＝PB，
故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.
因为BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，
故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，
所以底面ABCD为正方形，AD＝2，
PD＝＝2.
设D到平面PBC的距离为d.
因为AD∥BC，且AD?
平面PBC，BC?
平面PBC，
故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝.
设PD与平面PBC所成的角为α，则sinα＝＝.
所以PD与平面PBC所成的角为30°.
方法二
（1）证明以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立
如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则C（2，0,0），P（0,0,2），E，
设D（，b,0），其中b>0，
则B（，－b,0）.
于是＝（2，0，－2），＝，
＝，
从而·＝0，·＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE.
又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.
（2）解＝（0,0,2），＝（，－b,0）.
设m＝（x，y，z）为平面PAB的法向量，则
m·＝0，m·＝0，即2z＝0且x－by＝0，
令x＝b，则m＝（b，，0）.
设n＝（p，q，r）为平面PBC的法向量，则
n·＝0，n·＝0，
即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，
令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.
因为二面角A－PB－C为90°，所以面PAB⊥面PBC，
故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，
于是n＝（1，－1，），＝（－，－，2），
所以cos〈n，〉＝＝，
所以〈n，〉＝60°.
因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，
故PD与平面PBC所成的角为30°.
二、圆锥曲线：
1．双曲线的焦点在x轴上，实轴长为4，离心率为3，则该双曲线的标准方程为________，
渐近线方程为________．答案－＝1y＝±2x
解析由题意设双曲线的标准方程为－＝1（a>0，b>0），则2a＝4，即a＝2，e＝＝3，则
c＝6，b＝4，所以双曲线的标准方程为－＝1，渐近线方程为y＝±x＝±2x.
2、若点（3,1）是抛物线y2＝2px一条弦的中点，且这条弦所在直线的斜率为
2，则p＝________.
答案
2
解析
设弦两端点为P1
（x
1，1
，2
2
，2，
y）
P（x
y）
则，两式相减得，＝＝2.
又∵y＋y＝2，∴p＝2.
1
2
3、已知椭圆E的左、右焦点分别为F1、F2，过F1且斜率为2的直线交椭圆E于P、Q两点，
若△PF12为直角三角形，则椭圆
E
的离心率为
（）
F
解析由题意可知，∠F1PF2是直角，且tan∠PF1F2＝2，∴
＝2，又|PF1|＋|PF2|＝2a，∴|PF1|＝，|PF2|＝.
根据勾股定理得2＋2＝（2c）2，
所以离心率e＝＝.
4、已知双曲线－＝1（a>0，b>0）与抛物线y2＝8x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点
为P，若|PF|＝5，则双曲线的渐近线方程为（）
＝±x＝±x＝±x＝±x
解析设点P（x0，y0）.依题意得，焦点F（2,0），
于是有x0＝3，y＝24；
由此解得a2＝1，b2＝3，
因此该双曲线的渐近线方程是y＝±x＝±x.
5、.已知抛物线x2＝4y的焦点为F，经过F的直线与抛物线相交于A，B两点，则以AB为直径的圆在x轴上所截得的弦长的最小值是________.
答案2
解析由抛物线定义得以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，利用直角三角形中勾股定
理得到弦长的解析式，再求弦长的最小值.设以AB为直径的圆的半径为r，则|AB|＝2r≥4，
r≥2，且圆心到x轴的距离是r－1，所以在x轴上所截得的弦长为2＝2≥2，即弦长的最
小值是2.
6、在平面直角坐标系xOy中，动点P到两点（－，0），（，0）的距离之和等于4，设点P的轨迹为曲线C，直线l过点E（－1,0）且与曲线C
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