2022年高考数学《第十章.分类加法计数原理和分步乘法计数原理》一轮复习题.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - §10.1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理1 分类加法计数原理完成一件事,可以有 n 类方法,在第一类方法中有 m1 种方法,在其次类方法中有 m2种方法, ,在第 n 类方法中有 mn 种方法,那么完成这件事共有 Nm1m2 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, 缺一不行, 做第一步有m1种方法, 做其次步有m2 种方法, , 做第 n 步有 mn 种方法, 那么完成这件事共有 称乘法原理 Nm1× m2× × mn 种方法 也3 分类加法计数原理与分步乘法计数原理,都涉及完成一件事的方法的种数它们的区分在于： 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1 判定下面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,事情是分两步完成的,其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事,只有两个步骤都完成后,这件事情才算完成 4假如完成一件事情有 n 个不同步骤,在每一步中都有如干种不同的方法 mii 1,2,3, , n,那么完成这件事共有 m1m2m3 mn种方法 2 5 位同学报名参与两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,就不同的报名方法共有 _种名师归纳总结 答案32 第 1 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解析每位同学有两种不同的报名方法,而且只有这5 位同学全部报名终止,才算大事完成所以共有 2× 2× 2× 2× 2 32种3 有不同颜色的 4 件上衣与不同颜色的 3 件长裤, 假如一条长裤与一件上衣配成一套,就不同的配法种数是 _答案 12 解析 由分步乘法计数原理,一条长裤与一件上衣配成一套,分两步, 第一步选上衣有4 种选法,其次步选长裤有 3 种选法,所以有 4× 312 种选法4 甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门,就甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法有_种答案 24 解析 分步完成第一甲、乙两人从 4 门课程中同选 1 门,有 4 种方法,其次甲从剩下的 3 门课程中任选 1 门,有 3 种方法, 最终乙从剩下的 2 门课程中任选 1 门,有 2 种方法,于是,甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法共有 4× 3× 224种5 用数字 2,3 组成四位数, 且数字 2,3 至少都显现一次, 这样的四位数共有 _个用数字作答 答案 14 解析 数字 2,3 至少都显现一次,包括以下情形：“ 2” 显现 1 次, “ 3” 显现 3 次,共可组成 C 144个四位数“ 2” 显现 2 次, “ 3” 显现 2 次,共可组成 C 246个四位数“ 2” 显现 3 次, “ 3” 显现 1 次,共可组成 C 344个四位数综上所述,共可组成 14 个这样的四位数题型一 分类加法计数原理的应用例 1高三一班有同学50 人,男生 30 人,女生 20 人；高三二班有同学60 人,男生 30 人,女生 30 人；高三三班有同学55 人,男生 35 人,女生 20 人1从高三一班或二班或三班中选一名同学任同学会主席,有多少种不同的选法？2从高三一班、二班男生中,或从高三三班女生中选一名同学任同学会体育部长,有 多少种不同的选法？名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 思维启发 用分类加法计数原理解 1完成这件事有三类方法第一类,从高三一班任选一名同学共有 50 种选法；其次类,从高三二班任选一名同学共有 60 种选法；第三类,从高三三班任选一名同学共有 55 种选法,依据分类加法计数原理,任选一名同学任校同学会主席共有 506055165种选法2完成这件事有三类方法第一类,从高三一班男生中任选一名共有 30 种选法；其次类,从高三二班男生中任选一名共有 30 种选法；第三类,从高三三班女生中任选一名共有 20 种选法综上知,共有 303020 80种选法思维升华 分类时, 第一要依据问题的特点确定一个适合它的分类标准,然后在这个标准下进行分类； 其次分类时要留意满意一个基本要求,就是完成这件事情的任何一种方法必需属于某一类,并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法,只有满意这些条件,才可以用分类加法计数原理1 在全部的两位数中,个位数字比十位数字大的两位数有多少个？2方程2 2my n1 表示焦点在y 轴上的椭圆,其中m1,2,3,4,5 ,n1,2,3,4,5,6,7 ,那么这样的椭圆有多少个？解 1分析个位数字,可分以下几类：个位是 9,就十位可以是 1,2,3, ,8 中的一个,故有 8 个；个位是 8,就十位可以是 1,2,3, ,7 中的一个,故有 7 个；同理,个位是 7 的有 6 个；个位是 6 的有 5 个；个位是 2 的只有 1 个由分类加法计数原理,满意条件的两位数有名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1234 567836个2以 m 的值为标准分类,分为五类第一类： m1 时,使 n>m,n 有 6 种挑选；其次类： m2 时,使 n>m,n 有 5 种挑选；第三类： m3 时,使 n>m,n 有 4 种挑选；第四类： m4 时,使 n>m,n 有 3 种挑选；第五类： m5 时,使 n>m,n 有 2 种挑选共有 6543220种 方法,即有 20 个符合题意的椭圆题型二 分步乘法计数原理的应用例 2 有六名同学报名参与三个智力竞赛项目,在以下情形下各有多少种不同的报名方法？ 不肯定六名同学都能参与 1每人恰好参与一项,每项人数不限；2每项限报一人,且每人至多参与一项；3每项限报一人,但每人参与的项目不限思维启发 可以依据报名过程,使用分步乘法计数原理解 1每人都可以从这三个竞赛项目中选报一项,各有 3 种不同选法,由分步乘法计数原理,知共有选法 3 6729种2每项限报一人,且每人至多参与一项,因此可由项目选人,第一个项目有 6 种选法,其次个项目有 5 种选法, 第三个项目只有 4 种选法, 由分步乘法计数原理,得共有报名方法 6× 5× 4120种 3由于每人参与的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛,由分步乘法计数原理,得共有不同的报名方法 6 3 216种思维升华 利用分步乘法计数原懂得决问题：要按大事发生的过程合理分步,即分步是有先后次序的；各步中的方法相互依存,缺一不行, 只有各个步骤都完成了才算完成这件事名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 已知集合 M 3, 2, 1,0,1,2 ,如 a, b,cM,就：1y ax 2bxc 可以表示多少个不同的二次函数；2y ax 2bxc 可以表示多少个图像开口向上的二次函数解 1a 的取值有 5 种情形, b 的取值有 6 种情形, c 的取值有 6 种情形,因此 yax2bxc 可以表示 5× 6× 6180个不同的二次函数2y ax 2bxc 的图像开口向上时,a 的取值有 2 种情形, b、c 的取值均有 6 种情形,因此 yax 2bxc 可以表示 2× 6× 6 72个图像开口向上的二次函数题型三 两个原理的综合应用例 3 如下列图,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两端异色,假如只有 法总数5 种颜色可供使用,求不同的染色方思维启发 染色问题是常见的计数应用问题,可从选颜色、选顶点进行分类、分步,从不同角度解决问题解 方法一 可分为两大步进行,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用分步乘法计数原理即可得出结论由题设,四棱锥 SABCD 的顶点 S、A、 B 所染的颜色互不相同,它们共有 当 S、A、 B 染好时,不妨设其颜色分别为5× 4× 360种染色方法1、 2、3,如 C 染 2,就 D 可染 3 或 4 或 5,有 3 种染法；如C 染 4,就 D 可染 3 或 5,有 2 种染法；如C 染 5,就 D 可染 3 或 4,有 2 种染法可见,当 60× 7 420种S、A、B 已染好时, C、D 仍有 7 种染法,故不同的染色方法有方法二 以 S、A、B、C、D 次序分步染色第一步, S 点染色,有 5 种方法；其次步, A 点染色,与 S 在同一条棱上,有 4 种方法；第三步, B 点染色,与 S、A 分别在同一条棱上,有 3 种方法；第四步, C 点染色,也有 3 种方法,但考虑到 D 点与 S、A、C 相邻,需要针对 A 与 C是否同色进行分类,当 A 与 C 同色时, D 点有 3 种染色方法；当 A 与 C 不同色时,因为 C 与 S、B 也不同色,所以C 点有 2 种染色方法, D 点也有 2 种染色方法由分步乘名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有 方法三 按所用颜色种数分类5× 4× 3× 1× 32× 2 420种第一类, 5 种颜色全用,共有A5 5种不同的方法；A 与 C,或 B 与 D,共有 2× A4 5种不其次类,只用4 种颜色,就必有某两个顶点同色同的方法；第三类,只用3 种颜色,就A 与 C、B 与 D 必定同色,共有A3 5种不同的方法由分类加法计数原理,得不同的染色方法总数为A5 52× A4 5A3 5420种思维升华用两个计数原懂得决计数问题时,关键是明确需要分类仍是分步1分类要做到 “ 不重不漏 ” ,分类后再分别对每一类进行计数,最终用分类加法计数 原理求和,得到总数2分步要做到 “ 步骤完整 ” ,只有完成了全部步骤,才完成任务,依据分步乘法计数 原理,把完成每一步的方法数相乘,得到总数3对于复杂问题,可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮忙分析用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“ 田” 字形的4 个小方格内,每格涂一种颜色, 相邻两格涂不同的颜色,假如颜色可以反复使用,共有多少种不同的涂色方法？解 如下列图, 将 4 个小方格依次编号为 1,2,3,4,第 1 个小方格可以从5 种颜色中任取一种颜色涂上,有 5 种不同的涂法当第 2 个、第 3 个小方格涂不同颜色时,有 A 2412种不同的涂法,第 4 个小方格有 3 种不同的涂法由分步乘法计数原理可知,有 5× 12× 3180种不同的涂法；当第 2 个、第 3 个小方格涂相同颜色时,有4 种涂法,由于相邻方格不同色,因此,第 4 个小方格也有4 种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有5× 4× 480种不同的涂法由分类加法计数原理可得,共有18080260种不同的涂法名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 对两个基本原理熟悉不清致误典例： 10 分1把 3 封信投到 4 个信箱,全部可能的投法共有 A24 种 B4 种 C4 3 种 D3 4 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趟,轮船有 3 次,问此人的走法可有 _种易错分析 解决计数问题的基本策略是合理分类和分步,然后应用加法原理和乘法原理来计算解决此题易显现的问题是完成一件事情的标准不清晰导致运算显现错误,对于 1,挑选的标准不同,误认为每个信箱有三种挑选,所以可能的投法有 3 4 种,没有留意到一封信只能投在一个信箱中；对于2,易混淆 “ 类” 与 “ 步” ,误认为到达乙地先坐火车后坐轮船,使用乘法原理运算解析 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 4 3 种方法2由于某人从甲地到乙地,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,依据分类加法计数原理,可得此人的走法可有 437种答案 1C 27 温馨提示 1每封信只能投到一个信箱里,而每个信箱可以装 1 封信,也可以装 2 封信,其挑选不是唯独的,所以应留意由信来挑选信箱,每封信有 4 种挑选2在处理详细的应用问题时,第一必需弄清晰“ 分类” 与“ 分步” 的详细标准是什么挑选合理的标准处理事情,可以防止计数的重复或遗漏方法与技巧1分类加法和分步乘法计数原理,都是关于做一件事的不同方法的种数的问题,区分在于：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名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2混合问题一般是先分类再分步3分类时标准要明确,做到不重复不遗漏4要恰当画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清晰,便于探究规律失误与防范1切实懂得 “ 完成一件事 ” 的含义,以确定需要分类仍是需要分步进行2分类的关键在于要做到 分类,精确分步“ 不重不漏 ” ,分步的关键在于要正确设计分步的程序,即合理3确定题目中是否有特别条件限制A 组 专项基础训练时间： 40 分钟 一、挑选题1 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 A3 B4 C6 D8 答案 D 解析 按从小到大次序有 124,139,248,469 共 4 个,同理按从大到小次序也有 4 个,故这样的等比数列的个数为 8 个2 现有 4 种不同颜色要对如下列图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,就不同的着色方法共有 A24 种 B30 种C36 种 D48 种答案 D 解析 共有 4× 3× 2× 248种,应选 D. 3 集合 P x,1 ,Q y,1,2 ,其中 x,y 1,2,3 , , 9 ,且 P. Q.把满意上述条件的一名师归纳总结 对有序整数对 x, y作为一个点的坐标,就这样的点的个数是 第 8 页,共 14 页A9 B14 C15 D21 答案B - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解析当 x2 时,x y,点的个数为1× 77个；当 x 2 时,xy,点的个数为7× 17个,就共有 14 个点,应选 B. 4 2022 ·山东 用 0,1, , 9 十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为 A243 B252 C261 D279 答案 B 解析 0,1,2, ,9 共能组成 9× 10× 10900个三位数,其中无重复数字的三位数有9× 9× 8648个有重复数字的三位数有900648252个a,b,共可得到5 2022 ·四川 从 1,3,5,7,9 这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为 lg alg b 的不同值的个数是 A9 B10 C18 D20 答案C 解析由于 lg a lg blga ba>0,b>0,从 1,3,5,7,9 中任取两个作为a b有 A2 520 种,又1 3与3 9相同,3 1与9 3相同,lg a lg b 的不同值的个数有A2 5220218,选 C. 二、填空题6 一个乒乓球队里有男队员5 名,女队员 4 名,从中选取男、 女队员各一名组成混合双打,共有 _种不同的选法答案20 4 种选法, 由分步乘法计数原理知共有解析先选男队员, 有 5 种选法, 再选女队员有5× 420种不同的选法7 某次活动中,有30 人排成 6 行 5 列,现要从中选出3 人进行礼外表演,要求这3 人中的任意 2 人不同行也不同列,就不同的选法种数为 答案 7 200 _用数字作答 解析其中最先选出的一个人有30 种方法,此时不能再从这个人所在的行和列上选人,仍剩一个 5 行 4 列的队形,应选其次个人有20 种方法,此时不能再从该人所在的行和名师归纳总结 列上选人,仍剩一个4 行 3 列的队形,此时第三个人的选法有12 种,依据分步乘法计第 9 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 数原理,总的选法种数是 30× 20× 127 200. 8 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, 就这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、其次象限内不同的点的个数是 _答案 6 解析 分两类：第一类,第一象限内的点,有 2× 24个；其次类,其次象限内的点,有 三、解答题1× 22个共 426个9 某外语组有9 人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7 人会英语, 3 人会日语,从中选出会英语和日语的各一人,有多少种不同的选法？解 由题意得有 1 人既会英语又会日语,6 人只会英语, 2 人只会日语第一类：从只会英语的 6 人中选 1 人说英语,共有 6 种方法,就说日语的有 21 3种,此时共有 6× 318种 ；其次类：不从只会英语的 6 人中选 1 人说英语,就只有 1 种方法,就选会日语的有 2种,此时共有 1× 22种；所以依据分类加法计数原理知共有 18220种选法10在某种信息传输过程中,用 4 个数字的一个排列 数字答应重复 表示一个信息,不同排列表示不同信息如所用数字只有 0 和 1,就与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？解 方法一 分 0 个相同、 1 个相同、 2 个相同争论1如 0 个相同,就信息为 1001.共 1 个2如 1 个相同,就信息为0001,1101,1011,1000.共 4 个3如 2 个相同,又分为以下情形：名师归纳总结 如位置一与二相同,就信息为0101；第 10 页,共 14 页如位置一与三相同,就信息为0011；如位置一与四相同,就信息为0000；如位置二与三相同,就信息为1111；如位置二与四相同,就信息为1100；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 如位置三与四相同,就信息为 1010. 共 6 个故与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为方法二 如 0 个相同,共有 1 个；1如 1 个相同,共有 C 44个；2如 2 个相同,共有 C 46个故共有 14611个B 组 专项才能提升时间： 30 分钟 146 11. 1 三边长均为整数,且最大边长为 11 的三角形的个数为 A24 B26 C36 D37 答案 C 解析 设另两边长分别为 x、y,且不妨设 1xy11,要构成三角形, 必需 x y12. 当 y 取 11 时, x 1,2,3, ,11,可有 11 个三角形；当 y 取 10 时, x2,3, ,10,可有 9 个三角形； ；当 y 取 6 时, x 只能取 6,只有 1 个三角形所求三角形的个数为 119753136. 2 将 1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 9 个数字填在如图的 9 个空格中, 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,填写空格的方法种数为 3 4A.4 B6 C9 D12 答案 B 解析 如下列图, 依据题意, 1,2,9 三个数字的位置是确定的,余下的数中, 5 只能在 a,c 位置, 8 只能在 b,d 位置,依 a,b,c,d次序,详细有 5,8,6,7,5,6,7,8,5,7,6,8,6,7,5,8,6,8,5,7,7,8,5,6,合计 6 种. 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 12a3 如图,一环形花坛分成34b4 种不同的花供选种,c d 9 A,B,C,D 四块,现有要求在每块里种 1 种花,且相邻的 2 块种不同的花,就不同的种法总数为 A96 B84 C60 D48 答案 B 解析 可依次种 A、B、C、 D 四块,当 C 与 A 种同一种花时,有 4× 3× 1× 3 36种种法；当 C 与 A 所种花不同时,有 4× 3× 2× 248种种法,由分类加法计数原理,不同的种法总数为 3648 84. 4 直线方程 AxBy0,如从 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,就可表示 _条不同的直线答案 22 解析 分成三类： A 0,B 0；A 0,B0 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,故有 5× 420种所以可以表示 22条不同的直线名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 5 某电子元件,是由3 个电阻组成的回路,其中有4 个焊点 A、B、C、D,如某个焊点脱落,整个电路就不通,现在发觉电路不通了,那么焊点脱落的可能情形共有 _种答案 15 解析 方法一 当线路不通时焊点脱落的可能情形共有 2× 2× 2× 2115种方法二 恰有 i 个焊点脱落的可能情形为 C i4i1,2,3,4种,由分类加法计数原理,当电1 2 3 4路不通时焊点脱落的可能情形共 C 4C 4 C 4C 415种6 五名同学报名参与四项体育竞赛,每人限报一项,就报名方法的种数为 _五名同学争夺四项竞赛的冠军 冠军不并列 ,获得冠军的可能性有 _种答案 4 5 5 4解析 报名的方法种数为 4× 4× 4× 4× 445. 获得冠军的可能情形有 5× 5× 5× 55 4种7 已知集合 A a1,a2,a3,a4 ,B0,1,2,3 ,f 是从 A 到 B 的映射1如 B 中每一元素都有原象,这样不同的 f 有多少个？2如 B 中的元素 0 必无原象,这样的 f 有多少个？3如 f 满意 fa1fa2fa3fa44,这样的 f 又有多少个？解1明显对应是一一对应的,即为a1 找象有 4 种方法, a2找象有 3 种方法, a3找象有 2 种方法, a4 找象有 1 种方法,所以不同的f 共有 4× 3× 2× 124个20 必无原象, 1,2,3 有无原象不限,所以为A 中每一元素找象时都有3 种方法所以不同的 f 共有 3 4 81个3分为如下四类：第一类： A 中每一元素都与1 对应,有 1 种方法；0 对应,有 C2 4·C1 2 12种其次类：A 中有两个元素对应1,一个元素对应2,另一个元素与方法；第三类, A 中有两个元素对应2,另两个元素对应0,有 C2 4·C2 2 6种方法；1 3 12种第四类,A 中有一个元素对应1,一个元素对应3,另两个元素与0 对应,有 C1 4·C方法名师归纳总结 所以不同的f 共有 11261231个 第 13 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 14 页