高中复习专题：分类加法计数原理与分步乘法计数原理.docx

1分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，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，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法2分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nm×n种不同的方法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(i1,2,3，n)，那么完成这件事共有m1m2m3mn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2P12A组T5已知集合M1，2,3，N4,5,6，7，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()A12 B8 C6 D4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3×26，故选C.3P10A组T4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()A16 B13C12 D10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3×412(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()A24 B18 C12 D6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3×2×212(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3×2×16(个)奇数根据分类加法计数原理知，共有12618(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()A24种 B30种C36种 D48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4×3×2×248(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，b1,0,1,2，且关于x的方程ax22xb0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A14 B13 C12 D10答案B解析当a0时，关于x的方程为2xb0，此时有序数对(0，1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a0时，44ab0，ab1，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()A240 B204C729 D920答案A解析若a22，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a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×36(个)若a24，满足条件的“凸数”有3×412(个)，若a29，满足条件的“凸数”有8×972(个)所以所有凸数有26122030425672240(个)3(2016·全国)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k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数若m4，则不同的“规范01数列”共有()A18个 B16个C14个 D12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28414(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)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6×318(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6×5×4120(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36729(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63216(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6×4×248(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1 080解析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·A960.当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A120.故符合题意的四位数一共有9601201 080(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4A24(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×2×1×372(种)方法故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为247296.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()A48 B18C24 D36答案D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2×1224(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)(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()A60 B48C36 D24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6×636，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6×212，故符合条件的“平行线面组”的个数是361248.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)1234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4×3×3×3108(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40 000大的偶数共有()A144个 B120个C96个 D72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×A72(个)；若万位是4，则有2×A48(个)，故比40 000大的偶数共有7248120(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()A24种 B4种 C43种 D34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：解析(1)因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，所以共有3×3×3×334(种)投法(2)乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，共有3×412(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437(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()A24 B14C10 D9答案B解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×312(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12214(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()A4种 B6种C10种 D16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336(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()A32个 B34个 C36个 D38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C2(种)，共有2×2×2×2×232(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2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A18个 B15个C12个 D9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363315(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()A12种 B10种C9种 D8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C2(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C6(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2×612(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()A1种 B3种C6种 D9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3×2×16(种)涂色方案7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 B14C15 D21答案B解析当x2时，xy，点的个数为1×77.当x2时，PQ，xy.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7714(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()A4 320种 B2 880种C1 440种 D720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6×5×4×3×3×44 320(种)不同的涂色方法，故选A.9设集合A1,0,1，B0,1,2,3，定义A*B(x，y)|xAB，yAB，则A*B中元素的个数为_(用数字作答)答案10解析易知AB0,1，AB1,0,1,2,3，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2×510(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A20(个)对数，但log23log49，log32log94，log24log39，log42log93.综上可知，共有201417(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2 880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4×3×224(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5×4×3×2×1120(种)安排这8人的方式有24×1202 880(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C28(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38112(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()A72 B120C192 D240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，若末位数字为2，因为含有2个4，所以有60(种)情况；若末位数字为6，同理有60(种)情况；若末位数字为4，因为有2个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1120(种)情况综上，共有6060120240(种)情况14已知集合M1,2,3，N1,2,3,4，定义函数f：MN.若点A(1，f(1)，B(2，f(2)，C(3，f(3)，ABC的外接圆圆心为D，且 (R)，则满足条件的函数f(x)有_种答案12解析由(R)，说明ABC是等腰三角形，且BABC，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(2017·甘肃诊断)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()A18种 B24种 C36种 D48种答案C解析若甲、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AA12(种)情况；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AA12(种)情况；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AC6(种)情况；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A6(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)2n1(nN*)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9×1090(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9×10n种填法