1 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理.docx

1、1 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1 第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理 知识点 考纲下载 两个计数原理 理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题. 排列、组合 理解排列、组合的概念 能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式 能解决简单的实际问题. 二项式定理 能用计数原理证明二项式定理 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 随机事件的概率 了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别 了解两个互斥事件的概率加法公式. 古典概型、随机数与几何概型 理解古典概型及其概

2、率计算公式 会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率 了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率 了解几何概型的意义. 离散型随机变量及其分布列、期望与方差 理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性 理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用 理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题. 二项分布及其应用 了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解 n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题. 正态分布 利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所

3、表示的意义.第 1 讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1两个计数原理 两个计 数原理 目标 策略 过程 方法总数 分类加法计数原理 完成一件事 有两类不同的方案 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 Nmn 种不同的方法 分步乘法计数原理 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 Nmn 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 判断正误(正确的打

4、，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) 从 0，1，2，3，4，5 这六个数字中，任取两不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( ) A30 B20 C10 D6 解析： 选 D.从 0，1，2，3，4，5 六个数字中，任取两不同数和为偶数可分为两类，取出的两数都是偶数，共有 3

5、 种方法；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 N336(种) 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( ) A504 B210 C336 D120 解析： 选 A.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 789504. 某同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购买的方案有_种 解析： 至少买其中一本的意思是买一本或买两本或买三本，故分三类第一类： 买一本有 3 种；第二类： 买两本有 3 种；第三类： 买三本有

6、1 种共有 3317 种购买方案 答案： 7 (教材习题改编)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，不同的取法总数为 45615.由分步乘法计数原理知，从 1，2，3 层分别各取 1 本书，不同的取法总数为 456120. 答案： 15 120 分类加法计数原理 典例引领 (1)椭圆 x2m y 2n 1(m0，n0)的焦点在 x 轴上，且 m1，2，3，4，5，n1，2，3，4，

7、5，6，7，则这样的椭圆的个数为( ) A10 B12 C20 D35 (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，mn，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： m5 时，使 mn，n 有 4 种选择；第二类： m4 时，使 mn，n有 3 种选择；第三类： m3 时，使 mn，n 有 2 种选择；第四类： m2 时，使 mn，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是 8

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 8765432136(个) 【答案】 (1)A (2)36 1.在本例(1)中，若 m1，2，k，n1，2，k(kN * )，其他条件不变，这样的椭圆的个数为_ 解析： 因为 mn. 当 mk 时，n1，2，k1. 当 mk1 时，n1，2，k2. 当 m3 时，n1，2. 当 m2 时，n1. 所以共有 12(k1) k（k1）2(个) 答案： k（k1）2 2.若本例(2)条件变为个位数字不小于十位数字，则两位数的个数为_ 解析： 分两类： 一类： 个位数字大于十位数字的两位数，由本例

9、(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 36945(个) 答案： 45 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 通关练习 1我们把各位数字之和为 6 的四位数称为六合数(如 2 013 是六合数)，则首位为 2 的六合数共有( ) A18 个 B15 个 C12 个 D9 个 解析： 选

10、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： 363315(个) 2已知集合 Px，1，Qy，1，2，其中 x，y1，2，3，9，且 PQ.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( ) A9 B14 C15 D21 解析： 选 B.因为 Px，1，Qy，1，2，且 PQ，

11、 所以 xy，2 所以当 x2 时，y3，4，5，6，7，8，9，共 7 种情况； 当 xy 时，x3，4，5，6，7，8，9，共 7 种情况 故共有 7714 种情况，即这样的点的个数为 14. 分步乘法计数原理 典例引领 (1)(2019高考全国卷)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( ) A24 B18 C12 D9 (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 【解析】 (1)由题意可知 EF 共有 6 种走法，FG 共有 3

12、种走法，由乘法计数原理知，共有 6318 种走法，故选 B. (2)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 654120(种) 【答案】 (1)B (2)120 1.若将本例(2)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 3 6 729(种) 2.若将本例(2)条件中的每人至多参加一

13、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 6 3 216(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 通关练习 1将 3 张不同的电影票分给 10 名同学中的 3 人，每人 1 张，则不同的分法种数是( )

14、 A2 160 B720 C240 D120 解析： 选 B.分步来完成此事第 1 张电影票有 10 种分法；第 2 张电影票有 9 种分法；第 3 张电影票有 8 种分法，共有 1098720 种分法 2已知集合 M3，2，1，0，1，2，P(a，b)(a，bM)表示平面上的点，则 (1)P 可表示平面上_个不同的点； (2)P 可表示平面上_个第二象限的点 解析： (1)确定平面上的点 P(a，b)可分两步完成： 第一步确定 a 的值，共有 6 种确定方法； 第二步确定 b 的值，也有 6 种确定方法 根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是 6636. (2)确定第二象限的点，可分两

15、步完成： 第一步确定 a，由于 a0，所以有 3 种确定方法； 第二步确定 b，由于 b0，所以有 2 种确定方法 由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是 326. 答案： (1)36 (2)6 两个计数原理的综合应用 典例引领 (1)满足 a，b1，1，2，且关于 x 的方程 ax 2 2xb0 有实数解的有序数对(a，b)的个数为( ) A9 B8 C7 D6 (2)(2019大同质检)如图所示，用 4 种不同的颜色涂在图中的矩形 A，B，C，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( ) A72 种 B48 种 C24 种 D12 种 【解析】 (1)由 a，b 的取值可知，

16、ax 2 2xb0 有实数解的条件为 2 2 4ab44ab0，当 a1 时，b1，1，2，共 3 种情况，当 a1 时，b1，1，共 2 种情况；当 a2 时，b1，有 1 种情况，共有 3216 种情况 (2)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 432372 种涂法 【答案】 (1)D (2)A 与两个计数原理有关问题的解题策略 (1)在综合应用两个计数原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理 (2)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题，可

17、恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化 通关练习 1如果一个三位正整数a 1 a 2 a 3 满足 a 1 a 2 ，且 a 2 a 3 ，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( ) A240 B204 C729 D920 解析： 选 A.若 a 2 2，则凸数为 120 与 121，共 122 个若 a 2 3，则凸数有 236 个若 a 2 4，则凸数有 3412 个，若 a 2 9，则凸数有 8972 个所以所有凸数有 26122030425672240(个) 2. 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

18、邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( ) A400 种 B460 种 C480 种 D496 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 6543360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 654120 种方法由分类加法计数原理可知： 不同的涂法有 360120480(种) 应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步 在处理具体的应用问题时，首先必须弄

19、清楚分类与分步的具体标准是什么选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏 (1)分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数 (2)分步要做到步骤完整，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数 易错防范 (1)切实理解完成一件事的含义，以确定需要分类还是需要分步进行 (2)分类的关键在于要做到不重不漏，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步 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 abi，其

20、中虚数的个数是( ) A30 B42 C36 D35 解析： 选 C.因为 abi 为虚数，所以 b0，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 6636 个虚数 2用 10 元、5 元和 1 元来支付 20 元钱的书款，不同的支付方法有( ) A3 种 B5 种 C9 种 D12 种 解析： 选 C.只用一种币值有 2 张 10 元，4 张 5 元，20 张 1 元，共 3 种；用两种币值的有 1 张 10 元，2 张 5 元；1 张 10 元，10 张 1 元；3 张 5 元，5 张 1 元；2 张 5 元，10 张 1元；1 张 5 元，15 张 1 元，

21、共 5 种；用三种币值的有 1 张 10 元，1 张 5 元，5 张 1 元，共 1种由分类加法计数原理得，共有 3519(种) 3某电话局的电话号码为 139，若前六位固定，最后五位数字是由 6或 8 组成的，则这样的电话号码的个数为( ) A20 B25 C32 D60 解析： 选 C.依据题意知，最后五位数字由 6 或 8 组成，可分 5 步完成，每一步有 2 种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为 2 5 32. 4用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为( ) A24 B48 C60 D72 解析： 选 B.先排个位，再排十位，百位，千

22、位，万位，依次有 2，4，3，2，1 种排法，由分步乘法计数原理知偶数的个数为 2432148. 5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( ) A40 B16 C13 D10 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 8513 个不同的平面 6已知集合 M1，2，3，N4，5，6，7，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表

23、示第三、四象限内不同点的个数为( ) A18 个 B10 个 C16 个 D14 个 解析： 选 B.第三、四象限内点的纵坐标为负值，分 2 种情况讨论 取 M 中的点作横坐标，取 N 中的点作纵坐标，有 326 种情况； 取 N 中的点作横坐标，取 M 中的点作纵坐标，有 414 种情况 综上共有 6410 种情况 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 09 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

24、能情况有( ) A180 种 B360 种 C720 种 D960 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 53444960(种) 8直线 l： xa yb 1 中，a1，3，5，7，b2，4，6，8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( ) A6 B7 C8 D16 解析： 选 B.l 与坐标轴围成的三角形的面积为 S 12 ab10，即 ab20. 当 a1 时，不满足；当 a3 时，b8，即 1 条 当 a5，7时，b4，6，8，此时 a

25、的取法有 2 种，b 的取法有 3 种，则直线 l 的条数为 236.故满足条件的直线的条数为 167.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( ) A6 种 B8 种 C12 种 D48 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(44)216 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 1

26、6 种不同的方法，因而所求的不同游览线路有 31648(种) 10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( ) A48 B18 C24 D36 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 21224 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 241236(个) 11设集合 A1，0，1，集合 B0，1，2，3，定义 A*B(x，y)|xAB，yA

27、B，则 A*B 中元素的个数是( ) A7 B10 C2 5 D5 2 解析： 选 B.因为集合 A1，0，1，集合 B0，1，2，3，所以 AB0，1，AB1，0，1，2，3，所以 x 有 2 种取法，y 有 5 种取法，所以根据分步乘法计数原理得 2510. 12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( ) A24 种 B48 种 C72 种 D96 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 43224(种) (2)A，

28、C 同色，先涂 A 有 4 种，E 有 3 种，C 有 1 种，B，D 各有 2 种，有 432248(种) 综上两种情况，不同的涂色方法共有 482472(种) 13从班委会 5 名成员中选出 3 名，分别担任班级学习委员、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 人当文娱委员，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 34336(种)

29、 答案： 36 14乘积(abc)(defh)(ijklm)展开后共有_项 解析： 由(abc)(defh)(ijklm)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有 34560(项) 答案： 60 15在平面直角坐标系内，点 P(a，b)的坐标满足 ab，且 a，b 都是集合1，2，3，4，5，6中的元素又点 P 到原点的距离|OP|5，则这样的点 P 的个数为_ 解析： 依题意可知： 当 a1 时，b5，6，两种情况； 当 a2 时，b5，6，两种情况； 当 a3 时，b4，5，6，三种情况； 当 a4 时，b3，5，6，三种情况； 当 a5 或 6 时，

30、b 各有五种情况 所以共有 22335520 种情况 答案： 20 16已知集合 A最大边长为 7，且三边长均为正整数的三角形，则集合 A 的真子集共有_个 解析： 另外两个边长用 x，y(x，yN * )表示，且不妨设 1xy7，要构成三角形，必须 xy8. 当 y 取 7 时，x 可取 1，2，3，7，有 7 个三角形； 当 y 取 6 时，x 可取 2，3，6，有 5 个三角形； 当 y 取 5 时，x 可取 3，4，5，有 3 个三角形 当 y 取 4 时，x 只能取 4，只有 1 个三角形 所以所求三角形的个数为 753116.其真子集共有(2 16 1)个 答案： 2 16 1 1在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用 5 局 3 胜制的比赛规则，先赢 3 局者获胜，直到决出胜负为止若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( ) A6 种 B12 种 C18 种 D20 种 解析： 选 D.分三种情况： 恰好打 3 局(一人赢 3 局)，有 2 种情形；恰好打 4 局(一人前 3局中赢 2 局，输 1 局，第 4 局赢)，共有 236 种情形；恰好打 5 局(一人前 4 局中赢 2 局，输 2 局，第 5 局赢)，共有 2 432