届高考数学大一轮复习第十章计数原理101分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案理北师大版.docx

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届高考数学大一轮复习第十章计数原理101分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案理北师大版

§10.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

最新考纲

考情考向分析

1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”．

2.能利用两个原理解决一些简单的实际问题.

以理解和应用两个基本原理为主，常以实际问题为载体，突出分类讨论思想，注重分析问题、解决问题能力的考查，常与排列、组合知识交汇；两个计数原理在高考中单独命题较少，一般是与排列组合结合进行考查；两个计数原理的考查一般以选择、填空题的形式出现.

1．分类加法计数原理

完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，……，在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法．（也称加法原理）

2．分步乘法计数原理

完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，……，做第n步有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种方法．（也称乘法原理）

3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别

分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．

题组一　思考辨析

1．判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）

（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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．（　√　）

（4）如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi（i＝1,2,3，…，n），那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．（　√　）

（5）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．（　√　）

题组二　教材改编

2．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（　　）

A．12B．8C．6D．4

答案　C

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，故选C.

3．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．16B．13C．12D．10

答案　C

解析　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3×4＝12（种）．

题组三　易错自纠

4．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（　　）

A．24B．18C．12D．6

答案　B

解析　分两类情况讨论：

第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12（个）奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6（个）奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18（个）奇数．

5．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

答案　D

解析　需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法；再给B块着色，有2种方法；最后给D块着色，有2种方法，由分步乘法计数原理知，共有4×3×2×2＝48（种）着色方法．

6．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．

答案　12

解析　由题意知本题是一个分类计数问题．

当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：

2111,3111,4111,

1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：

2221,3331,4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．

题型一　分类加法计数原理的应用

1．（2017·郑州质检）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．13C．12D．10

答案　B

解析　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.

2．（2017·济南模拟）如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，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（　　）

A．240B．204

C．729D．920

答案　A

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）．

3．（2016·全国Ⅲ）定义“规范01数列”{an}如下：

{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（　　）

A．18个B．16个

C．14个D．12个

答案　C

解析　第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共A

个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有C

个，共2＋8＋4＝14（个）．

思维升华分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词，关键元素，关键位置．

（1）根据题目特点恰当选择一个分类标准．

（2）分类时应注意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，不能重复．

（3）分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏．

题型二　分步乘法计数原理的应用

典例

（1）（2016·全国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　从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径有6×3＝18（条），故选B.

（2）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．

答案　120

解析　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）．

引申探究

1．本例

（2）中若将条件“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比赛项目中选报一项，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）．

2．本例

（2）中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？

解　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，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216（种）．

思维升华

（1）利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，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．

跟踪训练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，则不同（除交汇点O外）的游览线路有______种．（用数字作答）

答案　48

解析　根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法．由分步乘法计数原理知，共有6×4×2＝48（种）不同游览线路．

题型三　两个计数原理的综合应用

命题点1　与数字有关的问题

典例（2017·天津）用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．（用数字作答）

答案　1080

解析　①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C

·C

·A

＝960.

②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A

＝120.

故符合题意的四位数一共有960＋120＝1080（个）．

命题点2　涂色、种植问题

典例（2017·济南质检）如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________．

答案　96

解析　按区域1与3是否同色分类：

（1）区域1与3同色：

先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5（还有3种颜色）有A

种方法．

∴区域1与3同色时，共有4A

＝24（种）方法．

（2）区域1与3不同色：

第一步涂区域1与3有A

种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有1种方法，第四步涂区域5有3种方法．

∴共有A

×2×1×3＝72（种）方法．

故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为24＋72＝96.

命题点3　与几何有关的问题

典例

（1）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

答案　D

解析　第一类，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）；第二类，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）．

（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”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.

思维升华　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．

跟踪训练

（1）（2017·黄山模拟）建造一个花坛，花坛分为4个部分（如图）．现要栽种4种不同颜色的花（不一定4种颜色都栽种），每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有________种．（用数字作答）

1

2

3

4

答案　108

解析　先栽第一块地，有4种情况，然后栽第二块地，有3种情况，第三块地有3种情况，第四块地有3种情况，则共有4×3×3×3＝108（种）不同的栽种方法．

（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

答案　B

解析　由题意，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3×A

＝72（个）；若万位是4，则有2×A

＝48（个），故比40000大的偶数共有72＋48＝120（个）．故选B.

利用两个基本原理解决计数问题

典例

（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

（2）某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种．

错解展示：

（1）因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，

所以共有3×3×3×3＝34（种）投法．

（2）乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，

共有3×4＝12（种）方法．

错误答案　

（1）D　

（2）12

现场纠错

解析　

（1）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种方法．

（2）因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法共有4＋3＝7（种）．

答案　

（1）C　

（2）7

纠错心得　

（1）应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步．

（2）把握完成一件事情的标准，如典例

（1）没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误．

1．（2017·济南质检）有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式的种数为（　　）

A．24B．14

C．10D．9

答案　B

解析　第一类：

一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12（种）方式；第二类：

选2套连衣裙中的一套服装有2种选法．所以由分类加法计数原理可知，共有12＋2＝14（种）选择方式．

2．（2018·河北保定质检）三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有（　　）

A．4种B．6种

C．10种D．16种

答案　B

解析　分两类：

甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式（如图），

同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．

由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6（种）传递方法．

3．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

答案　A

解析　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．故选A.

4．（2018·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

答案　B

解析　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）．

5．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有（　　）

A．12种B．10种

C．9种D．8种

答案　A

解析　第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C

＝2（种）选派方法；

第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有C

＝6（种）选派方法．

由分步乘法计数原理可知，不同的选派方案共有2×6＝12（种）．

6．（2018·驻马店质检）将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有（　　）

A．1种B．3种C．6种D．9种

答案　C

解析　因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色，故有3×2×1＝6（种）涂色方案．

7．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．14C．15D．21

答案　B

解析　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）．

8．（2018·湖南郴州模拟）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

答案　A

解析　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，故选A.

9．设集合A＝{－1,0,1}，B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{（x，y）|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________．（用数字作答）

答案　10

解析　易知A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，

∴x有2种取法，y有5种取法．

由分步乘法计数原理，

知A*B中的元素有2×5＝10（个）．

10．（2017·日照调研）从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．

答案　17

解析　当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到A

＝20（个）对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.综上可知，共有20＋1－4＝17（个）不同的对数值．

11．在某运动会的百米决赛上，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．

答案　2880

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，

∴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安排，∴安排方式有5×4×3×2×1＝120（种）．

∴安排这8人的方式有24×120＝2880（种）．

12．（2017·昆明质检）某小区一号楼共有7层，每层只有1家住户，已知任意相邻两层数的住户在同一天至多一家有快递，且任意相邻三层楼的住户在同一天至少一家有快递，则在同一天这7家住户有无快递的可能情况共有________种．

答案　12

解析　分三类：

（1）同一天两家有快递：

可能是2层和5层，3层和5层，3层和6层，共3种情况；

（2）同一天三家有快递：

考虑将有快递的三家插入没有快递的四家形成的空位中，有C

种插入法，但需减去1层，3层与7层有快递，1层，5层与7层有快递2种情况，所以有C

－2＝8（种）情况；

（3）同一天四家有快递：

只有1层，3层，5层，7层有快递1种情况．根据分类加法计数原理可知，同一天7家住户有无快递的可能情况共有3＋8＋1＝12（种）．

13．（2017·郑州质量预测）将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为（　　）

A．72B．120

C．192D．240

答案　D

解析　将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，①若末位数字为2，因为含有2个4，所以有

＝60（种）情况；②若末位数字为6，同理有

＝60（种）情况；③若末位数字为4，因为有2个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120（种）情况．综上，共有60＋60＋120＝240（种）情况．

14．已知集合M＝{1,2,3}，N＝{1,2,3,4}，定义函数f：

M→N.若点A（1，f

（1）），B（2，f

（2）），C（3，f（3）），△ABC的外接圆圆心为D，且

＋

＝λ

（λ∈R），则满足条件的函数f（x）有________种．

答案　12

解析　由

＋

＝λ

（λ∈R），说明△ABC是等腰三角形，且BA＝BC，必有f

（1）＝f（3），f

（1）≠f

（2）．

当f

（1）＝f（3）＝1时，f

（2）＝2,3,4，有三种情况；

f

（1）＝f（3）＝2，f

（2）＝1,3,4，有三种情况；

f

（1）＝f（3）＝3，f

（2）＝2,1,4，有三种情况；

f

（1）＝f（3）＝4，f

（2）＝2,3,1，有三种情况．

因而满足条件的函数f（x）有12种．

15．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元的，1个8元的，1个10元的（红包中金额相同视为相同红包），则甲、乙都抢到红包的情况有（　　）

A．18种B．24种

C．36种D．48种

答案　C

解析　①若甲、乙抢到的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有A

A

＝12（种）情况；②若甲、乙抢到的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有A

A

＝12（种）情况；③若甲、乙抢到的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走有

A

C

＝6（种）情况；④若甲、乙抢到的是2个6元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有A

＝6（种）情况．

根据分类加法计数原理可知，共有36种情况．

16．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：

11,22,33，…，99,3位回文数有90个：

101,111,121，…，191,202，…，999.则

（1）4位回文数有________个；

（2）2n＋1（n∈N＋）位回文数有________个．

答案　

（1）90　

（2）9×10n

解析　

（1）4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共有9×10＝90（种）填法，即4位回文数有90个．

（2）根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10