最新决胜高考精品高中数学课件教师版人教版数学选修23分类加法计数原理与分步乘法计数原理.docx

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最新决胜高考精品高中数学课件教师版人教版数学选修23分类加法计数原理与分步乘法计数原理

分类加法计数原理与分步乘法计数原理

知识集结

知识元

分类加法计数原理

知识讲解

1．分类加法计数原理

【知识点的认识】

1．定义：

完成一件事有两类不同方案：

在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有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．推广：

完成一件事有n类不同方案：

在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有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．

3．特点：

（1）完成一件事的n类方案相互独立；

（2）同一类方案中的各种方法相对独立．

（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；

4．注意：

与分步乘法计数原理区别

分类加法计数原理

分步乘法计数原理

相同点

计算“完成一件事”的方法种数

不同点

分类完成，类类相加

分步完成，步步相乘

每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事

每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）

注意点

类类独立，不重不漏

步步相依，步骤完整

【解题步骤】

如果完成一件事情有n类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法计数原理．

实现步骤：

（1）分类；

（2）对每一类方法进行计数；

（3）用分类加法计数原理求和；

【命题方向】

与实际生活相联系，以选择题、填空题的形式出现，并综合排列组合知识成为能力型题目，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．

例：

某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（　　）

A.30种B.35种C.42种D.48种

分析：

两类课程中各至少选一门，包含两种情况：

A类选修课选1门，B类选修课选2门；A类选修课选2门，B类选修课选1门，写出组合数，根据分类计数原理得到结果．

解答：

可分以下2种情况：

①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C31C42种不同的选法；

②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C32C41种不同的选法．

∴根据分类计数原理知不同的选法共有C31C42+C32C41＝18+12＝30种．

故选A．

点评：

本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想．本题也可以从排列的对立面来考虑，写出所有的减去不合题意的，可以这样解：

C73﹣C33﹣C43＝30．

例题精讲

分类加法计数原理

例1.

（2019春∙韩城市期末）把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有（　）

A．4种

B．5种

C．6种

D．7种

【答案】A

【解析】

题干解析:

分类：

三堆中“最多”的一堆为5个，其他两堆总和为5，每堆至少1个，只有2种分法．即1和4，2和3个有两种方法。

三堆中“最多”的一堆为4个，其他两堆总和为6，每堆至少1个，只有2种分法．即2和4；3和3两种方法．

三堆中“最多”的一堆为3个，那是不可能的．

所以不同的分法共有2+2=4．

例2.

（2019春∙南昌期末）袋中有大小相同的5个球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，现在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量ξ，则ξ所有可能取值的个数是（　）

A．5

B．9

C．10

D．25

【答案】B

【解析】

题干解析:

根据题意，分析可得，

这是有放回抽样，号码之和可能的情况为：

2、3、4、5、6、7、8、9、10，

共9种；

例3.

（2016春∙孝感期末）李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两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，则李芳有几种不同的选择方式（　）

A．24

B．14

C．10

D．9

【答案】B

【解析】

题干解析:

由题意可得：

李芳不同的选择方式=4×3+2=14。

分步乘法计数原理

知识讲解

1．分步乘法计数原理

【知识点的认识】

1．定义：

完成一件事需要分成两个步骤：

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＝m×n种不同的方法．

2．推广：

完成一件事需要分成n个步骤：

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．

3．特点：

完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事；

4．注意：

与分类加法计数原理区别

分类加法计数原理

分步乘法计数原理

相同点

计算“完成一件事”的方法种数

不同点

分类完成，类类相加

分步完成，步步相乘

每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事

每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）

注意点

类类独立，不重不漏

步步相依，步骤完整

【解题步骤】

如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则可使用分步乘法计数原理．

实现步骤：

（1）分步；

（2）对每一步的方法进行计数；

（3）用分步乘法计数原理求积；

【命题方向】

与实际生活相联系，以选择题、填空题的形式出现，并综合排列组合知识成为能力型题目，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．

例：

从1，2，3，4，5，6，7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数的个数为（　　）

A.432B.288C.216D.108

分析：

本题是一个分步计数原理，先从4个奇数中取2个再从3个偶数中取2个共C42C32，再把4个数排列，其中是奇数的共A21A33种，根据分步计数原理得到结果．

解答：

∵由题意知本题是一个分步计数原理，

第一步先从4个奇数中取2个再从3个偶数中取2个共C42C32＝18种，

第二步再把4个数排列，其中是奇数的共A21A33＝12种，

∴所求奇数的个数共有18×12＝216种．

故选C．

点评：

本题考查分步计数原理，是一个数字问题，数字问题是排列中的一大类问题，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，很多题目要分类讨论，要做到不重不漏．

例题精讲

分步乘法计数原理

例1.

（2010∙杭州模拟）用1，3，5，7，9五个数字中的三个替换直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，若A、B、C的值互不相同，则不同的直线共有（　）

A．25条

B．60条

C．80条

D．181条

【答案】B

【解析】

题干解析:

用1，3，5，7，9五个数字中的三个来替换A、B、C；A、B、C的值互不相同，

是分步乘法计数原理，直线条数是5×4×3=60

例2.

（2004∙安徽）直角坐标xOy平面上，平行直线x=n（n=0，1，2，…，5）与平行直线y=n（n=0，1，2，…，5）组成的图形中，矩形共有（　）

A．25个

B．36个

C．100个

D．225个

【答案】D

【解析】

题干解析:

由题意知：

从横轴上的点中任选两点作为矩形的两个顶点，

有C62种选法，

再从纵轴中选两个点有C62种选法

作为矩形的另两个顶点，

有分步计数原理知：

有C62C62=225，

例3.

对某种产品的6件不同正品和4件不同次品一一进行测试，到区分出所有次品为止若所有次品恰好在第五次测试被全部发现，则这样的测试方法有（　）

A．24种

B．96种

C．576种

D．720种

【答案】C

【解析】

题干解析:

对四件次品编序为1，2，3，4．第五次抽到其中任一件次品有C41种情况。

前四次有三次是次品，一次是正品共有C16C33种可能．

前4次测试中的顺序有A44种可能．

∴由分步计数原理即得共有C14（C16C33）A44=576种可能．

计数原理的应用

知识讲解

1．计数原理的应用

【知识点的认识】

1．两个计数原理

（1）分类加法计数原理：

N＝m1+m2+…+mn

（2）分步乘法计数原理：

N＝m1×m2×…×mn

2．两个计数原理的比较

分类加法计数原理

分步乘法计数原理

共同点

都是计数原理，即统计完成某件事不同方法种数的原理．

不同点

分类完成，类类相加

分步完成，步步相乘

n类方案相互独立，且每类方案中的每种方法都能独立完成这件事

n个步骤相互依存，每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）

注意点

类类独立，不重不漏

步步相依，步骤完整

【解题方法】

1．计数原理的应用

（1）如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类加法计数原理；

（2）如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步乘法计数原理．

2．解题步骤

（1）指明要完成一件什么事，并依事件特点确定是“分n类”还是“分n步”；

（2）求每“类”或每“步”中不同方法的种数；

（3）利用“相加”或“相乘”得到完成事件的方法总数；

（4）作答．

【命题方向】

分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法．

常见考题类型：

（1）映射问题

（2）涂色问题（①区域涂色②点的涂色③线段涂色④面的涂色）

（3）排数问题（①允许有重复数字②不允许有重复数字）

例题精讲

计数原理的应用

例1.

（2019∙潍坊模拟）艺术节期间，秘书处派甲、乙、丙、丁四名工作人员分别到A，B，C三个不同的演出场馆工作，每个演出场至少派一人．若要求甲、乙两人不能到同一演出场馆工作，则不同的分派方案有____种．

【答案】

30

【解析】

题干解析:

根据题意，将4人分到3个不同的体育场馆，要求每个场馆至少分配1人，则必须且只能有1个场馆分得2人，其余的2个场馆各1人，可先将4人分为2、1、1的三组，有

=6种分组方法，再将分好的3组对应3个场馆，有A33=6种方法，则共有6×6=36种分配方案，其中甲乙在同一个馆的情况有A33=6种，故满足条件的方法有36-6=30种，

例2.

（2019∙濮阳一模）甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有____种．

【答案】

20

【解析】

题干解析:

由题意知本题是一个分类计数问题，根据题意分三类：

甲安排在周一，共有A42种排法；甲安排在周二，共有A32种排法；甲安排在周三，共有A22种排法。

根据分类加法原理知共有A42+A32+A22=20．

例3.

（2019春∙聊城期末）现用五种不同的颜色，要对如图中的四个部分进行着色，要求公共边的两块不能用同一种颜色，共有____种不同着色方法

【答案】

84

【解析】

题干解析:

根据题意，由分4类进行分析：

①当Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ全都不同色时，共有

种；②当Ⅰ，Ⅲ同色，Ⅱ，Ⅳ不同色时，共有

=24种；③当Ⅱ，Ⅳ同色，Ⅰ，Ⅲ不同色时，共有24种；④当Ⅰ，Ⅲ同色且Ⅱ，Ⅳ也同色时，共有

=12种；

当堂练习

单选题

练习1.

（2013∙太原一模）将5名同学分配到A、B、C三个宿舍中，每个宿舍至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A宿舍，那么不同的分配方案有（　）

A．76种

B．100种

C．132种

D．150种

【答案】B

【解析】

题干解析:

A宿舍1人；B中1、2、3人；则C中分别为3人、2人、1人．C51（C41+C42+C43）；

A宿舍2人；B中1、2人；则C中分别为2人、1人．C52（C31+C32）。

A宿舍3人；B中1人；则C中分别为1人．C53∙C21．

因而不看甲同学不能分配到A宿舍时，共有C51（C41+C42+C43）+C52（C31+C32）+C53∙C21=150种

甲进A、B、C三个宿舍概率一样，甲同学不能分配到A宿舍，因而不同的分配方案有

种．

练习2.

（2010∙南昌二模）来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，执行北京奥运会的一号、二号和三号场地的乒乓球裁判工作，每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案总数有（　）

A．12种

B．48种

C．90种

D．96种

【答案】B

【解析】

题干解析:

每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，只能分为：

中、英；中、瑞；英、瑞。

三组中，中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，本国裁判可以互换，进场地全排，

不同的安排方案总数有A22A22A22A33=2×2×2×6=48种．

练习3.

（2010∙昌平区二模）2010年的自主招生工作，部分高校实施校长实名推荐制．某中学获得推荐4名学生的资格，可以选择的大学有三所，而每所大学至多接受该校的2名推荐生，那么校长推荐的方案有（　）

A．18种

B．24种

C．36种

D．54种

【答案】D

【解析】

题干解析:

校长推荐三校时，学生只能是1人、1人、2人，共有C42∙A33=36种；

推荐二校时学生只能2人、2人，共有C32∙C42=18种．所以共有36+18=54种。

练习4.

（2019∙河南模拟）某省示范高中将6名教师分配至3所农村学校支教，每所学校至少分配一名教师，其中甲必去A校，乙、丙两名教师不能分配在同一所学校的不同分配方法数为（　）

A．36

B．96

C．114

D．130

【答案】D

【解析】

题干解析:

甲去A校，再分配其他5个人，

①如果都不去A校，则分配方法有A

×2×2×2=16种；

②如果5人分成1，1，3三组，则分配方法有（C

-C

）A

=42种；

③如果5人分成1，2，2三组，则分配方法有（

-C

）A

=72种；

由加法原理可得不同分配方法有16+42+72=130种。

练习5.

（2019∙西湖区校级模拟）已知某超市为顾客提供四种结账方式：

现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有（　）种

A．19

B．26

C．7

D．12

【答案】B

【解析】

题干解析:

顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，

①当甲丙丁顾客都不选微信时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人A22=2种，

当甲选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21=5，

故有2+5=7种，

②当甲丙丁顾客都不选支付宝时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人A22=2种，

当甲选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21=5，

故有2+5=7种，

③当甲丙丁顾客都不选银联卡时，若有人使用现金，则C31A22=6种，

若没有人使用现金，则有C32A22=6种，

故有6+6=12种，

根据分步计数原理可得共有7+7+6+6=26种，

填空题

练习1.

（2019∙山西三模）将5名学生分配到3个社区参加社会实践活动，每个社区至少分配一人，则不同的分配方案有_____种（用数字填写答案）

【答案】

150

【解析】

题干解析:

将5个人分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分成1、1、3时，有C53∙A33=60种分法，分成2、2、1时，有

∙A33=90种分法，根据分类计数原理可得，共有60+90=150种，

练习2.

（2019∙河北区一模）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_____个．

【答案】

120

【解析】

题干解析:

根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；分两种情况讨论：

①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个，②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个，共有72+48=120个．

解答题

练习1.

某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成。

（1）选其中1人为学生会主席，有多少种不同的选法？

（2）若每年级选1人为校学生会常委，有多少种不同的选法？

（3）若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选法？

【答案】

详见解析

【解析】

题干解析:

（1）N=5+6+4=15；

（2）N=5×6×4=120；（3）N=5×6+6×4+4×5=74。

（1）选其中1人为学生会主席，各年级均可，分三类：

N=5+6+4=15种；

（2）每年级选1人为校学生会常委，可分步从各年级分别选择，N=5×6×4=120种；（3）要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，首先按年级分三类“1，2年级”，“1，3年级”，“2，3年级”，再各类分步选择：

N=5×6+6×4+4×5=74种．

练习2.

有且只有2个数字相同的三位数，一共有多少个？

【答案】

详见解析

【解析】

题干解析:

根据题意，分3种情况讨论；①三个数中不含0的，有2C92∙C31=216；②三个数中含1个0的，有C91∙C21=18；③三个数中含2个0的，有C91=9；则一共有216+27+18=243个；答：

符合条件的一共有243个。

练习3.

三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少？

【答案】

详见解析

【解析】

题干解析:

设较小的两边长为x、y且x≤y，则x≤y≤11，x+y>11，x、y∈N*。

当x=1时，y=11；当x=2时，y=10，11；当x=3时，y=9，10，11；当x=4时，y=8，9，10，11；当x=5时，y=7，8，9，10，11；当x=6时，y=6，7，8，9，10，11；当x=7时，y=7，8，9，10，11；…当x=11时，y=11．所以不同三角形的个数为1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36，故答案为36．