届步步高数学大一轮复习讲义理科第十章 101分类加法计数原理与分步乘法计数原理Word下载.docx

届步步高数学大一轮复习讲义理科第十章 101分类加法计数原理与分步乘法计数原理Word下载.docx

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提示　

（1）明白要完成的事情是什么．

（2）分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系．

（3）有无特殊条件的限制．

（4）检验是否有重复或遗漏．

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，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，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．（　×

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．12　　B．8　　C．6　　D．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．16　　B．13

C．12　　D．10

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）．

4．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．从书架中任取1本书，则不同取法的种数为________．

答案　9

解析　分三类：

第一类，从第1层取一本书有4种，

第二类，从第2层取一本书有3种，

第三类，从第3层取一本书有2种．

共有4＋3＋2＝9（种）．

题组三　易错自纠

5．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．24　　B．18　　C．12　　D．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×

1＝6（个）奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18（个）奇数．

6．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种．

答案　243

解析　因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况．

所以要发5个电子邮件，发送的方法有3×

3×

3＝35＝243（种）．

　分类加法计数原理

1．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．14　　B．13　　C．12　　D．10

解析　方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的情况应分类讨论．①当a＝0时，方程为一元一次方程2x＋b＝0，不论b取何值，方程一定有解．此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对．

②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个有序数对不满足题意，分别为（1,2），（2,1），（2,2）．a≠0时，（a，b）共有3×

4＝12（个）实数对，故a≠0时满足条件的实数对有12－3＝9（个），所以答案应为4＋9＝13.

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（　　）

A．240　　B．204　　C．729　　D．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．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“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　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．

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．

　分步乘法计数原理

例1　

（1）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．12　　D．9

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）．

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）．

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；

二是步与步之间确保连续，逐步完成．

跟踪训练1　

（1）已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6,7}，则方程（x－a）2＋（y－b）2＝4可表示不同的圆的个数为（　　）

A．7　　B．9　　C．12　　D．16

解析　得到圆的方程分两步：

第一步：

确定a有3种选法；

第二步：

确定b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有3×

4＝12（个）．

（2）2019年牡丹花会期间，5名志愿者被分配到我市3个博物馆为外地游客提供服务，其中甲博物馆分配1人，另2个博物馆各分配2人，则不同的分配方法共有（　　）

A．15种　　B．30种　　C．90种　　D．180种

解析　分两步完成：

第一步，选1人到甲博物馆，有5种分配方法；

第二步，将余下的4人各分配2人到另2个博物馆，有6种分配方法．根据分步乘法计数原理可得，不同的分配方法共有5×

6＝30（种）．

　两个计数原理的综合应用

例2　

（1）现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是（　　）

A．120　　B．140

C．240　　D．260

答案　D

解析　由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，然后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；

若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×

4×

（1×

4＋3×

3）＝260（种）．故选D.

（2）中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能（六艺）：

礼、乐、射、御、书、数，某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，排课有如下要求：

“射”不能排在第一，“数”不能排在最后，则“六艺”讲座不同的排课顺序共有________种．

答案　504

解析　根据题意，分2种情况讨论：

①“数”排在第一，将剩下的“五艺”全排列，安排在剩下的5节，有A

＝120（种）情况．

②“数”不排在第一，则“数”的排法有4种，“射”的排法有4种，将剩下的“四艺”全排列，安排在剩下的4节，有A

＝24（种）情况，则此时有4×

24＝384（种）情况．

则一共有120＋384＝504（种）排课顺序．

（3）用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数．（用数字作答）

答案　420

解析　要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．

①第1类，当千位数字为奇数，即取1,3,5中的任意一个时，个位数字可取0,2,4,6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．

根据分步乘法计数原理，有3×

4＝240（种）取法．

②第2类，当千位数字为偶数，即取2,4,6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．

4＝180（种）取法．

③根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420（个）无重复数字的四位偶数．

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2　

（1）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°

的共有（　　）

A．24对　　B．30对　　C．48对　　D．60对

解析　如图，

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与面对角线AC成60°

角的面对角线有B1C，BC1，A1D，AD1，AB1，A1B，D1C，DC1，共8条，同理与DB成60°

角的面对角线也有8条．

因此一个面上的2

条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对．

又正方体共有6个面，所以共有16×

6＝96（对）．

又因为每对被计算了2次，因此成60°

的面对角线有

96＝48（对）．

（2）某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F　6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一人，第四节课只能从A，C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．

答案　36

解析　①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×

3＝12（种）安排方案．

②第一节课若安排B，则第四节课可安排A或C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×

3＝24（种）安排方案．

因此不同安排方案共有12＋24＝36（种）．

1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有（　　）

A．21种　　B．315种　　C．143种　　D．153种

解析　可分三类：

一类：

语文、数字各1本，共有9×

7＝63（种）；

二类：

语文、英语各1本，共有9×

5＝45（种）；

三类：

数字、英语各1本，共有7×

5＝35（种），

∴共有63＋45＋35＝143（种）不同选法．

2．（2020·

四川德阳诊断）三个人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有（　　）

A．4种　　B．6种　　C．10种　　D．16种

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）传递方式．

3．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则行车路线共有（　　）

A．24种　　B．16种　　C．12种　　D．10种

解析　根据题意，车的行驶路线起点有4种，行驶方向有3种，所以行车路线共有4×

3＝12（种），故选C.

4．若a∈{1,2,3,4}，b∈{1,2,3,4}，则y＝

x表示不同直线的条数为（　　）

A．8　　B．11　　C．14　　D．16

解析　若使

表示不同的实数，则当a＝1时，b＝1,2,3,4；

当a＝2时，b＝1,3；

当a＝3时，b＝1,2,4；

当a＝4时，b＝1,3.故y＝

x表示的不同直线的条数共有4＋2＋3＋2＝11.

5．（2020·

云南大理模拟）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为（　　）

A．42　　B．30　　C．20　　D．12

解析　将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以共6×

7＝42（种）．

6．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为（　　）

A．56　　B．54　　C．53　　D．52

解析　在8个数中任取2个不同的数共有8×

7＝56（个）对数值；

但在这56个数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52（个）．

7．将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×

4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有（　　）

A．288种　　B．144种　　C．576种　　D．96种

解析　依题意可分为以下3步：

（1）先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；

（2）任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；

（3）第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×

9×

4＝576（种）．

8．（2020·

攀枝花诊断测试）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（　　）

A．120种　　B．260种　　C．340种　　D．420种

解析　由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，

则共有5×

1×

3＋5×

2＝180＋240＝420（种）．故选D.

9．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________．

答案　20

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．

10．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．

答案　22

解析　分成三类：

A＝0，B≠0；

A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线；

第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故5×

4＝20（种）．

所以可以表示22条不同的直线．

11．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________．

解析　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）．

12．如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．

答案　180

解析　按区域分四步：

第一步，A区域有5种颜色可选；

第二步，B区域有4种颜色可选；

第三步，C区域有3种颜色可选；

第四步，D区域也有3种颜色可选．

由分步乘法计数原理，可得共有5×

3＝180（种）不同的涂色方法．

13．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成该集合的子集，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　先把数字分成5组：

{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×

2＝32（个）这样的子集．

14.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是____．

答案　60

解析　根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3,4,5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×

6＝60（种）方法，故答案是60.

15．（2019·

凌源模拟）中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学都选取到喜欢的礼物，则不同的选法有（　　）

A．30种　　B．50种　　C．60种　　D．90种

解析　①甲同学选择牛，乙有2种选择，丙有10种选择，选法有1×

10＝20（种）；

②甲同学选择马，乙有3种选择，丙有10种选择，选法有1×

10＝30（种），

所有总共有20＋30＝50（种）选法．

16．若给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有________种．

答案　30

解析　方法一　如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步．

当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法．

（1）当3与1同色时有1种染法，则4有2种，5有1种，

此时染法总数为3×

1＝12（种）．

（2）当3与1不同色时，3有1种，①当4与1同色时，4有1种，5有2种；

②当4与1不同色时，4有1种，5有1种，则此时有3×

2＋1×

1）＝18（种）．

综合

（1）、

（2），由分类加法计数原理，可得染法的种数为30种．

方法二　通过分析可知，每种颜色至少要涂1次，至多只能涂2次，即有一色涂1次，剩余两种颜色各涂2次．一次的有C

C

种涂法，涂2次的有2种涂法，故一共有2C

＝30（种）涂法．