分类加法计数原理与分步乘法计数原理考点与题型归纳.docx
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分类加法计数原理与分步乘法计数原理考点与题型归纳
分类加法计数原理与分步乘法计数原理考点与题型归纳
两个计数原理
完成一件事的策略
完成这件事共有的方法
分类加法
计数原理
有两类不同方案❶，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
N＝m＋n种不同的方法
分步乘法
计数原理
需要两个步骤❷，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法
N＝m×n种不同的方法
（1）每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.
（2）各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
（1）每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.
（2）各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.
二、常用结论
1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法.
2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法.
考点一分类加法计数原理
1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.
解析：
按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足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，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数.
答案：
36
2.如图，从A到O有________种不同的走法（不重复过一点）.
解析：
分3类：
第一类，直接由A到O，有1种走法；
第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O2种不同的走法；
第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O2种不同的走法.
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法.
答案：
5
3.若椭圆
＋
＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________.
解析：
当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7，共6个；
当m＝2时，n＝3,4,5,6,7，共5个；
当m＝3时，n＝4,5,6,7，共4个；
当m＝4时，n＝5,6,7，共3个；
当m＝5时，n＝6,7，共2个.
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆.
答案：
20
4.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数（如120,343,275等），那么所有凸数的个数为________.
解析：
若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个.若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6（个）.若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12（个），…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72（个）.所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240（个）.
答案：
240
考点二分步乘法计数原理
[典例精析]
（1）已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P（a，b）（a，b∈M）表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为（ ）
A.6 B.12
C.24D.36
（2）有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.
[解析]
（1）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3种方法；
第二步确定b，由于b＞0，所以有2种方法.
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.
（2）每项限报一个，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，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120（种）.
[答案]
（1）A
（2）120
[解题技法]
利用分步乘法计数原理解决问题的策略
（1）利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：
完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.
（2）分步必须满足的两个条件：
一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成.
[题组训练]
1.如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种.
解析：
因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况.
答案：
63
2.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f（x）＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个（用数字作答）.
解析：
一个二次函数对应着a，b，c（a≠0）的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18（个）二次函数.若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6（个）偶函数.
答案：
18 6
考点三两个计数原理的综合应用
[典例精析]
（1）如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（ ）
A.24 B.48
C.72D.96
（2）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.18
C.24D.36
（3）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.48
C.36D.24
[解析]
（1）分两种情况：
①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法.
②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法.
故共有24＋48＝72种涂色方法.
（2）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）.
（3）长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面（非表面）构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.
[答案]
（1）C
（2）D （3）B
[解题技法]
1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
（1）弄清完成一件事是做什么.
（2）确定是先分类后分步，还是先分步后分类.
（3）弄清分步、分类的标准是什么.
（4）利用两个计数原理求解.
2.涂色、种植问题的解题关注点和关键
（1）关注点：
首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素.
（2）关键：
是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理.
[题组训练]
1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.
解析：
按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：
一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24（种）涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24（种），D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72（种）.
答案：
72
2.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个（用数字作答）.
解析：
把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32（个）.第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40（个）.
答案：
40
A级
1.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.15D.21
解析：
选B 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，∵P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14（个）.
2.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为（ ）
A.504B.210
C.336D.120
解析：
选A 分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法.故共有7×8×9＝504种不同的插法.
3.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.16
C.13D.10
解析：
选C 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.从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有（ ）
A.32个B.34个
C.36个D.38个
解析：
选A 将和等于11的放在一组：
1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有C
＝2（种）.共有2×2×2×2×2＝32（个）子集.
5.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.6D.8
解析：
选D 当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为
时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为
，
，
时，也有4个.故共有8个等比数列.
3
4
6.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为（ ）
A.6种B.12种
C.18种D.24种
1
2
D
3
4
A
C
B
9
解析：
选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法.
7.（2019·郴州模拟）用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有（ ）
A.4320种B.2880种
C.1440种D.720种
解析：
选A 分步进行：
1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4320（种）不同的涂色方法.
8.（2019·惠州调研）我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2013是“六合数”），则“六合数”中首位为2的“六合数”共有（ ）
A.18个B.15个
C.12个D.9个
解析：
选B 由题意知，这个四位数的百位数，十位数，个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共有3＋6＋3＋3＝15（个）.
9.在某一运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种.
解析：
分两步安排这8名运动员.
第一步：
安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排.故安排方式有4×3×2＝24（种）.
第二步：
安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120（种）.
故安排这8人的方式共有24×120＝2880（种）.
答案：
2880
10.有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种（用数字作答）.
解析：
由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：
第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法.
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法.
答案：
8
B级
1.把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有（ ）
A.24种B.4种
C.43种D.34种
解析：
选C 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法.只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法.
2.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（ ）
A.144个B.120个
C.96个D.72个
解析：
选B 由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数.故符合条件的偶数共有48＋72＝120（个）.
3.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有（ ）
A.24种B.72种
C.84种D.120种
解析：
选C 如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A―→B―→C―→D顺序涂色，
下面分两种情况：
（1）A，C不同色（注意：
B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色）：
有4×3×2×2＝48种不同的涂法.
（2）A，C同色（注意：
B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色）：
有4×3×1×3＝36种不同的涂法.
故共有48＋36＝84种不同的涂色方法.
4.（2018·湖南十二校联考）若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位（例如：
134＋3802＝3936），则称（m，n）为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对（m，n）的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是________.
解析：
第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；
第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；
第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；
第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式.
根据分步乘法计数原理，值为1942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300.
答案：
300
5.已知集合M＝
，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.
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