版高考理科数学经典版第十一章 计数原理概率随机变量及分布第1讲.docx
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版高考理科数学经典版第十一章计数原理概率随机变量及分布第1讲
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础知识整合
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝
m＋n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝
mn种不同的方法．
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终．
（1）分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类．
（2）分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”．
1．快递员去某小区送快递，该小区共有四个出入口，每个出入口均可进出，则该快递员进出该小区的方案种数为（ ）
A．6B．8C．16D．14
答案 C
解析 方案种数为4×4＝16种，故选C.
2．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是（ ）
A．2160B．720C．240D．120
答案 B
解析 分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法．共有10×9×8＝720种分法．
3．（2018·九江模拟）已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为（ ）
A．40B．16C．13D．10
答案 C
解析 分两类情况讨论：
第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
4．（2019·长沙模拟）将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（ ）
A．12种B．18种C．24种D．36种
答案 A
解析 第一步先排第一列，有A
＝6（种），再排第二列，当第一列确定时，
第二列有两种方法，如图所示，所以不同的排列方法共有6×2＝12（种）．
5．从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是________．
答案 18
解析 从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0，可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法．故所求奇数的个数为2×3×3＝18.
6.（2019·宁波模拟）如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．
答案 260
解析 区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：
若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．
核心考向突破
考向一 分类加法计数原理
例1
（1）（2019·广西桂林模拟）如图，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只能取其中一堆最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是（ ）
A．6B．10C．12D．24
答案 B
解析 将图中左边的集装箱从上往下分别记为1,2,3，右边的集装箱从上往下分别记为4,5.分两种情况讨论：
若先取1，则有12345,12453,12435,14523,14235,14253，共6种取法；若先取4，则有45123,41235,41523,41253，共4种取法，故共有6＋4＝10种取法．
（2）（2019·河北保定模拟）甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A，B，C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为（ ）
A．8B．7C．6D．5
答案 B
解析 根据题意，分两种情况讨论：
①乙和甲一起去A社区，此时将丙、丁二人安排到B，C社区即可，有A
＝2种情况，②乙不去A社区，则乙必须去C社区，若丙、丁都去B社区，有1种情况，若丙、丁中有1人去B社区，则先在丙、丁中选出1人，安排到B社区，剩下1人安排到A或C社区，有2×2＝4种情况，则不同的安排方法种数有2＋1＋4＝7种．故选B.
（3）（2018·沈阳模拟）现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数为________．
答案 12
解析 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C
×3＝6种方法；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有3×2＝6种方法．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12种．
触类旁通
使用分类加法计数原理时应注意的三方面
（1）各类方法之间相互独立，每种方法都能完成这件事，且方法总数是各类方法数相加得到的．
（2）分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类.
（3）完成这件事的任何一种方法必属于某一类，且分别属于不同类的方法都是不同的.
即时训练 1.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（ ）
A．4种B．10种C．18种D．20种
答案 B
解析 依题意，就所剩余的一本画册进行分类计数：
第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C
＝6（种）．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10种．
2．将A，B，C，D，E这5名同学从左至右排成一排，则A与B相邻且A与C之间恰好有一名同学的排法有（ ）
A．18B．20C．21D．22
答案 B
解析 当A，C之间为B时，看成一个整体进行排列，共有A
·A
＝12种，当A，C之间不是B时，先在A，C之间插入D，E中的任意一个，然后B在A之前或之后，再将这四个人看成一个整体，与剩余一个进行排列，共有C
·A
·A
＝8种，所以共有20种不同的排法．
3．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有（ ）
A．16种B．36种C．42种D．60种
答案 D
解析 ①投资到两个城市，有C
·A
＝36种方案；②投资到三个城市，有A
＝24种方案，由分类加法计数原理可得，该外商不同的投资方案有36＋24＝60种．故选D.
考向二 分步乘法计数原理
例2
（1）（2016·全国卷Ⅱ）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）
A．24B．18C．12D．9
答案 B
解析 分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.
（2）（2019·苏州模拟）从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的底数和真数，则所产生的不同对数值的个数为（ ）
A．56B．54C．53D．52
答案 D
解析 在8个数字中任取2个不同的数字共可产生8×7＝56个对数值，在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，则满足条件的对数值共有56－4＝52个．
（3）现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有________种不同的排法．
答案 1280
解析 完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步计数原理，分步进行：
第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1280种不同的排法．
触类旁通
使用分步乘法计数原理应注意的问题
（1）各个步骤之间相互依存，且方法总数是各个步骤的方法数相乘．
（2）分步时首先要在问题的条件之下确定一个分步标准，然后在确定的分步标准下进行分步.
即时训练 4.（2019·成都模拟）两对夫妇各带一个小孩儿到上海迪士尼乐园游玩，购票后依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外两个小孩要排在一起，则这6个人的入园顺序的排法种数是（ ）
A．12B．24C．36D．48
答案 B
解析 首尾要排两位爸爸有A
＝2种排法；两个小孩排在一起，再与两位妈妈排列有A
·A
＝12种排法，根据分步乘法计数原理共有2×12＝24种排法．故选B.
5．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________种．
答案 240
解析 分步完成此事，第一步选1人去巴黎有4种方法，第二步选1人去伦敦有5种方法，第三步选1人去悉尼有4种方法，第四步选1人去莫斯科有3种方法，由分步乘法计数原理可知：
共有4×5×4×3＝240种．
6．（2019·南通模拟）从1到9的正整数中任意抽取2个数相加，所得的和为奇数的不同情形种数是________．
答案 20
解析 根据题意，从1到9的正整数中任意抽取2个数相加，若所得的和为奇数，则取出的2个数必为1个奇数、1个偶数．分两步：
先在1,3,5,7,9中取出1个奇数，有5种取法，再在2,4,6,8中取出1个偶数，有4种取法．则1个奇数、1个偶数的取法有5×4＝20（种），即所得的和为奇数的不同情形种数是20.
考向三 两个计数原理的综合应用
角度1 与数字有关的问题
例3
（1）（2019·山东模拟）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
答案 B
解析 由分步乘法计数原理知：
用0,1，…，9十个数字组成三位数（可有重复数字）的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.
（2）（2018·浙江高考）从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数（用数字作答）．
答案 1260
解析 若不取0，则排列数为C
C
A
，若取0，则排列数为C
C
A
A
，因此一共有C
C
A
＋C
C
A
A
＝1260个没有重复数字的四位数．
角度2 与几何有关的问题
例4
（1）从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（ ）
A．8种B．12种C．16种D．20种
答案 B
解析 正方体共有3组对面互不相邻．与正方体的每组对面相邻的面有4个，所以有3×4＝12（种）选法．
（2）如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是（ ）
A．60B．48C．36D．24
答案 B
解析 长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面（非表面）构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.
角度3 与涂色、种植有关的问题
例5
（1）用5种不同颜色给图中A，B，C，D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法种数为（ ）
A．120B．160C．180D．240
答案 C
解析 根据题意，因为规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B有4种涂法，D有3种涂法，C有3种涂法，所以共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方法．故选C.
（2）（2019·四川泸州模拟）如图，将一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有3种不同的花供选种，要求在同一块中种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（ ）
A．12B．24C．18D．6
答案 C
解析 四块地种2种不同的花共有C
A
＝6种不同的种植方法，四块地种3种不同的花共有2A
＝12种不同的种植方法，所以共有6＋12＝18种不同的种植方法，故选C.
触类旁通
利用两个计数原理解题时的三个注意点
（1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．
（2）分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律.
即时训练 7.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由
两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（ ）
A．48B．18C．24D．36
答案 D
解析 分类讨论：
第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；
第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．
所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36个．
8．（2019·广西南宁模拟）用4种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，同一条棱的两个顶点涂不同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（ ）
A．24种B．48种C．64种D．72种
答案 D
解析 设该正四棱锥为S－ABCD，顶点S有4种不同的涂法，用三种不同的颜色涂底面ABCD的四个顶点．①当A，C同色时，有3×2×2＝12种不同的涂法；②当A，C不同色时，有3×2×1×1＝6种不同的涂法，故符合条件的所有涂法共有4×（12＋6）＝72种．故选D.
9．4张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成________个不同的三位数．
答案 168
解析 要组成三位数，根据首位、十位、个位应分三步：
第一步：
首位可放8－1＝7个数；
第二步：
十位可放6个数；
第三步：
个位可放4个数．
故由分步计数原理，得共可组成7×6×4＝168个不同的三位数．
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