版高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学.docx
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版高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
一、知识梳理
1．两个计数原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
条件
完成一件事有两类方案．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
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
结论
完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法
完成这件事共有N＝mn种不同的方法
2.两个计数原理的区别
分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．
常用结论
三个易错点
（1）应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步．
（2）分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准．
（3）分步要做到“步骤完整”，步步相连．
二、教材衍化
1．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为（ ）
A．16 B．13
C．12D．10
解析：
选C.将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法4×3＝12（种）．
2．如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．
解析：
不同路线共有3×4＋4×5＝32（条）．
答案：
32
3．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________．
解析：
分两步：
第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6.
答案：
6
一、思考辨析
判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1）在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．（ ）
（2）在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．（ ）
（3）在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．（ ）
（4）在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．（ ）
答案：
（1）×
（2）√ （3）√ （4）×
二、易错纠偏
1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有（ ）
A．30 B．20
C．10D．6
解析：
选D.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，
共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6（种）．
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________．
解析：
3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.
答案：
504
3．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为________．
解析：
由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法种数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为4×5×6＝120.
答案：
15 120
分类加法计数原理（典例迁移）
（1）椭圆
＋
＝1（m>0，n>0）的焦点在x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（ ）
A．10B．12
C．20D．35
（2）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】
（1）因为焦点在x轴上，m＞n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：
第一类：
m＝5时，使m＞n，n有4种选择；第二类：
m＝4时，使m＞n，n有3种选择；第三类：
m＝3时，使m＞n，n有2种选择；第四类：
m＝2时，使m＞n，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.
（2）根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目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．
由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36（个）．
【答案】
（1）A
（2）36
【迁移探究1】 （变条件）在本例
（1）中，若m∈{1，2，…，k}，n∈{1，2，…，k}（k∈N+），其他条件不变，这样的椭圆有多少个？
解：
因为m>n.
当m＝k时，n＝1，2，…，k－1.
当m＝k－1时，n＝1，2，…，k－2.
…
当m＝3时，n＝1，2.
当m＝2时，n＝1.
所以共有1＋2＋…＋（k－1）＝
（个）．
【迁移探究2】 （变条件）若本例
（2）条件变为“个位数字不小于十位数字”，则这样的两位数的个数是多少？
解：
分两类：
一类：
个位数字大于十位数字的两位数，由本例
（2）知共有36个；另一类：
个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45（个）．
分类加法计数原理的两个条件
（1）根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类．
（2）完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同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．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
2．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）．
所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240（个）．
答案：
240
分步乘法计数原理（典例迁移）
（1）将4封不同的信投入3个信箱，不同的投法种数为（ ）
A．96B．81
C．64D．24
（2）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．24 B．18
C．12D．9
（3）有六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）每封信都有3种不同的投法，由分步乘法计数原理可得，4封信共有3×3×3×3＝34＝81种不同的投法．故选B.
（2）由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.
（3）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）B
（2）B （3）120
【迁移探究1】 （变条件）若本例（3）中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解：
每人都可以从这三个智力项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729（种）．
【迁移探究2】 （变条件）若将本例（3）条件中的“每人至多参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？
解：
每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216（种）．
利用分步乘法计数原理解题的策略
（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）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，得到总方法数．
[提醒] 分步必须满足两个条件：
一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
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
两个计数原理的综合应用（多维探究）
角度一 涂色、种植问题
（2020·重庆模拟）某地行政区域如图，请你用4种不同的颜色为每个区域涂色，要求相邻区域不同色，共有________种不同的涂色方法．（用具体数字作答）
【解析】 假设按a→b→c→d→e顺序涂色．对于a有4种涂色的方法，对于b有3种涂色方法，对于c有2种涂色方法，对于e：
若c与d颜色相同，则有2种涂色方法，若c与d颜色不相同，则只有1种涂色方法．故共有4×3×2×（2＋1）＝72种不同的涂色方法．
【答案】 72
角度二 与几何有关的问题
（1）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
（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】
（1）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.
（2）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】
（1）B
（2）40
角度三 排数与排队问题
（1）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
（2）生产过程中有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有（ ）
A．24种B．36种
C．48种D．72种
【解析】
（1）①首位为5，末位为0：
4×3×2＝24（个）；②首位为5，末位为2：
4×3×2＝24（个）；③首位为5，末位为4：
4×3×2＝24（个）；④首位为4，末位为0：
4×3×2＝24（个）；⑤首位为4，末位为2：
4×3×2＝24（个）．由分类加法计数原理，得共有24＋24＋24＋24＋24＝120（个）．故选B.
（2）分两类：
①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12（种）；②第一道工序不安排甲时有1×2×4×3＝24（种）．所以共有12＋24＝36（种）．故选B.
【答案】
（1）B
（2）B
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．
1．如图，用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（ ）
A．400种 B．460种
C．480种D．496种
解析：
选C.完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：
从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360种方法；当使用3种颜色时：
A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120种方法．由分类加法计数原理可知：
不同的涂法有360＋120＝480（种）．
2．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与该平面构成一个“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
解析：
选D.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）．
[基础题组练]
1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是（ ）
A．30 B．42
C．36D．35
解析：
选C.因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．
2．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．
3．已知集合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．9B．14
C．15D．21
解析：
选B.因为P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P⊆Q，
所以x∈{y，2}．
所以当x＝2时，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况；
当x＝y时，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况．
故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.
4．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．
5．（2020·兰州模拟）将边长为3的正方形ABCD的每条边三等分，使之成为3×3表格．将其中6个格染成黑色，使得每行每列都有两个黑格的染色方法的种数为（ ）
A．12B．6
C．36D．18
解析：
选B.根据题意可按照列选择染色的元素，第一列可有3种选择方式，第一列方格标号为1，2，3.当第一列选定时比如选定1，2，第二列有两种选择，染第一行和第三行，或者染第二行和第三行，当第二列确定时，第三列也就确定了．故共3×2＝6种染色方法．故选B.
6．在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种B．48种
C．72种D．96种
解析：
选C.分两种情况：
（1）A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24（种）．
（2）A，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）．
综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72（种）．
7．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择（数字可以重复），有车主第一个号码（从左到右）只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有（ ）
A．180种B．360种
C．720种D．960种
解析：
选D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960（种）．
8．直线l：
＋
＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为（ ）
A．6B．7
C．8D．16
解析：
选B.l与坐标轴围成的三角形的面积为
S＝
ab≥10，即ab≥20.
当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．
当a∈{5，7}时，b∈{4，6，8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线l的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.
9．一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复（除交汇点O外）的不同游览线路有（ ）
A．6种B．8种
C．12种D．48种
解析：
选D.从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口（或2个出口），若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有（4＋4）×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B景点，有16种不同的方法；若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48（种）．
10．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.依题意，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.共计：
3＋6＋3＋3＝15（个）．
11．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对（a，b）的个数为（ ）
A．14B．13
C．12D．10
解析：
选B.当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对（0，－1），（0，0），（0，1），（0，2）均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为（－1，－1），（－1，0），（－1，1），（－1，2），（1，－1），（1，0），（1，1），（2，－1），（2，0）．综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B.
12．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，填写空格的方法有（ ）
3
4
A.6种B．12种
C．18种D．24种
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.
1
2
D
3
4
A
C
B
9
13.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________个．
解析：
将和等于11的数放在一组：
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．
答案：
32
14．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学生委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种（用数字作答）．
解析：
第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人担任文娱委员，有3种选法．
第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：
先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36（种）．
答案：
36
15.（一题多解）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：
法一：
首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．
法二：
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
16．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
[综合题组练]
1．用六种不同的颜色给如图所示的
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