高考一轮总复习数学 第10章 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
(2)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___1_2____个．
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 共有 4 种情况， 当有三个 1 时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141 当有三个 2,3,4 时 2221,3331,4441 根据分类计数原理得到共有 12 种结果， 故答案为 12.
共有( )
A．7 种
B．8 种
C．6 种
D．9 种
解析 要完成的“一件事”是“至少买一张 IC 电话卡”，分 3 类完成：买 1 张 IC 卡、买 2 张 IC 卡、
买 3 张 IC 卡．而每一类都能独立完成“至少买一张 IC 电话卡”这件事．
买 1 张 IC 卡有 2 种方法，买 2 张 IC 卡有 3 种方法，买 3 张 IC 卡有 2 种方法．不同的买法共有 2＋3
使用分步乘法计数原理应注意的问题 (1)各个步骤之间相互依存，且方法总数是各个步骤的方法数相乘； (2)分步时首先要在问题的条件之下确定一个分步标准，然后在确定的分步标准下进行分步； (3)完成这件事的任何一种方法必须并且只需连续完成每一个步骤.
【变式训练 2】 (1)将字母 a，a，b，b，c，c 排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母
1．应用两个原理解决实际问题的注意点 在解决实际问题中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，即分类的方法 可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间 互相独立，“步”间互相联系． 2．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.
解析 分步完成此事，第一步选 1 人去巴黎有 4 种方法，第二步选 1 人去伦敦有 5 种方法，第三步选 1 人去悉尼有 4 种方法，第四步选 1 人去莫斯科有 3 种方法，由分步乘法计数原理可知：共有 4×5×4×3 ＝240(种)．
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命题角度 1 与数字有关的问题
例 3 从 0,4,6 中选两个数字，从 3,5,7 中选两个数字，组成无重复数字的四位数．其中偶数的个数为
(2)4 张卡片的正、反面分别写有 0 与 1,2 与 3,4 与 5,6 与 7，将其中 3 张卡片排放在一起，可组成_1_6_8_____ 个不同的三位数．
[解析] 要组成三位数，根据首位、十位、个位应分三步： 第一步：首位可放 8－1＝7(个)数； 第二步：十位可放 6 个数； 第三步：个位可放 4 个数． 故由分步计数原理，得共可组成 7×6×4＝168(个)不同的三位数．
也互不相同，ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ不同的排列方法共有( )
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
解析 利用分步乘法计数原理，先填最左上角的数，有 3 种，再填最右上角的数，有 2 种，再填写第
二行第一列的数，有 2 种，一共有 3×2×2＝12(种)．故选 A.
(2)从 6 个人中选 4 个人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市至少有一人游 览，每人只游览一个城市，且这 6 个人中，甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有__2_4_0____种．
使用分类加法计数原理时，应注意以下三方面： (1)各类方法之间相互独立，每种方法都能完成这件事，且方法总数是各类方法数相加得到的； (2)分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类； (3)完成这件事的任何一种方法必属于某一类，且分别属于不同类的方法都是不同的.
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)．
3．小王有 70 元钱，现有面值分别为 20 元和 30 元的两种 IC 电话卡．若他至少买一张，则不同的买法
5．如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 4 块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂 色方法共有___4_8_0___种(用数字作答)．
解析 从 A 开始涂色，A 有 6 种涂色方法，B 有 5 种涂色方法，C 有 4 种涂色方法，D 有 4 种涂色方 法．由分步乘法计数原理可知，共有 6×5×4×4＝480 种涂色方法．
延伸探究 本例(2)中条件改为椭圆xm2＋yn2＝1 的焦点在 x 轴上，则满足条件的椭圆的个数为__1_0_____．
解析 因为方程表示焦点在 x 轴上的椭圆，则 m>n>0.以 m 的取值进行分类． (1)当 m＝1 时，n 值不存在； (2)当 m＝2 时，n 可取 1，只有 1 种选择； (3)当 m＝3 时，n 可取 1,2，有 2 种选择； (4)当 m＝4 时，n 可取 1,2,3，有 3 种选择； (5)当 m＝5 时，n 可取 1,2,3,4，有 4 种选择； 由分类加法计数原理可知，符合条件的椭圆共有 10 个．
二、小题快练
1．[课本改编]教学大楼共有 4 层，每层都有东西两个楼梯，由一层到四层共有走法种数为( )
A．6
B．23
C．42
D．44
解析 由一层到二层有 2 种选择，二层到三层有 2 种选择，三层到四层有 2 种选择，∴由分步计数原 理可知走法种数为 23＝8.
2．[课本改编]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
考向 分步乘法计数原理
例 2 (1)现有 6 名同学去听同时进行的 5 个课外知识讲座，每同学可自由选择其中的一个讲座，不同
选法的种数是( )
A．56
B．65
5×6×5×4×3×2
C.
2
D．6×5×4×3×2
[解析] 因为每位同学均有 5 种讲座可选择，所以 6 位同学共有 5×5×5×5×5×5＝ 56 种，故 A 正 确．
＋2＝7 种．
4．从 1,2,3,4,7,9 六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为__1_7_____．
解析 (1)当取 1 时，1 只能为真数，此时对数的值为 0. (2)不取 1 时，分两步： ①取底数，5 种； ②取真数，4 种． 其中 log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93. ∴N＝1＋5×4－4＝17.
命题角度 3 与涂色有关的问题 例 5 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__1_8_0____种．
[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，共有 5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．
() A．56
B．96
C．36
D．360
[解析] 当四位数中不含有 0 时，有 C23C12A33＝36 种，当四位数中含有 0 时，C21C23A33＋C12C12C23A22＝60 种，所以共有 36＋60＝96 种．
命题角度 2 与几何有关的问题
例 4 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，
【变式训练 3】 (1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足 a1<a2 且 a2>a3，则称这个三位数为凸数(如
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( )
A．48
B．18
C．24
D．36
[解析] 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 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．
(2)椭圆xm2＋yn2＝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 ___2_0____．
[解析] 以 m 的值为标准分类，分为五类．第一类：m＝1 时，使 n>m，n 有 6 种选择；第二类：m＝2 时，使 n>m，n 有 5 种选择；第三类：m＝3 时，使 n>m，n 有 4 种选择；第四类：m＝4 时，使 n>m，n 有 3 种选择；第五类：m＝5 时，使 n>m，n 有 2 种选择．由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有 20 个．
第10章 计数原理、概率、随机变量及分布列
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.
板块一 知识梳理·自主学习
[必备知识] 考点 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 N＝ m＋n 种不同的方法． 考点 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 N＝ mn 种不同的方法．
板块二 典例探究·考向突破
考向 分类加法计数原理
高三数学一轮复习两个计数原理
分析和解决一些简单的实际问题．
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N＝ m＋n 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 N＝ m×n 种不同的方法．
在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两 位数共有多少个？ [思路点拨]
[课堂笔记] 法一：根据题意，将十位数上的数字分别是 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个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1 个． 由分类计数原理知：符合题意的两位数的个数共有： 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 故共有36个．
解：(1)分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法； 第二类，从二班学生中选1人，有8种选法； 第三类，从三班学生中选1人，有9种选法； 第四类，从四班学生中选1人，有10种选法， 所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)． (2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学 生中选一人任组长，所以共有不同的选法 N＝7×8×9×10＝5 040(种)．
第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三 步去完成： 第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0只有3个数字可以 选择，有3种选法； 第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两 数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，还有3种选法． 依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个； 第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其步骤同第二类． 对以上三类结论用分类计数原理，可得所求无重复数字的比 2 000大的4位偶数有4×4×3＋3×4×3＋3×4×3＝120个．
新高考2023版高考数学一轮总复习第10章第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理课件
[引申3]本例(1)中若去掉“先到F处与小红会合”，则最短路径的条 数为___3_5__.
[解析] C37＝35(条)．
(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．
选出3种，则分别种在不同土质的3块地上，其中黄瓜必须种植，不同的
方法有( )种
( C)
A．24
B．12
C．18
D．20
[解析] (1)1 人得一等奖，另一人得二等奖的获奖情况有 C13C12＝6 种， 1 人既得一等奖又得二等奖的情况有 C13＝3 种，故共有 6＋3＝9(种)，选 D．
(2)第一步从白菜、油菜、扁豆中选出 2 件有 C23种方法，第二步将选 出的 3 种种到不同的 3 块地中有 A33种方点三
两个计数原理的综合应用——多维探究
角度1 与数字有关的问题
例3 (2020·天津和平区二模)在由数字0，1，2，3，4，5所组成的
没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数有
( D)
A．512
B．192
C．240
D．108
[解析] 能被 5 整除的四位数末位是 0 或 5 的数，因此分两类， 第一类，末位为 0 时，其它三位从剩下的数中任意排 3 个即可，有 A35＝ 60 个， 第二类，末位为 5 时，首位不能排 0，则首位只能从 1，2，3，4 选 1 个，第二位和第三位从剩下的 4 个数中任选 2 个即可，有 A14·A24＝ 48 个， 根据分类计数原理得可以组成 60＋48 ＝108 个不同的能被 5 整除的 四位数，故选 D．
[解析] 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)．
第一讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理-高考状元之路
第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理复习备考资讯考纲点击1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．3．理解排列、组合的概念．4．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．5．能解决简单的实际问题．6．能用计数原理证明二项式定理．7．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．8．事件与概率(1)了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别．(2)了解两个互斥事件的概率加法公式．9．古典概型(1)理解古典概型及其概率计算公式．(2)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．10．随机数(1)了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．(2)了解几何概型的意义．11．离散型随机变量及其分布列(1)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．(2)理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．12.二项分布及其应用(1)了解条件概率和两个事件相互独立的概念．(2)理解n次独立重复试验的模型及二项分布．(3)能解决一些简单的实际问题．13.离散型随机变量的均值与方差(1)理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念．(2)能计算简单离敬型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题．14．正态分布利用实际问题的直方图，了解正态分布密度曲线的特点及曲线所表示的意义．考情分析1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理仍会与实际生活相联系，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．从能力要求上看，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论的思想．2．以实际问题为背景考查排列、组合，同时考查分类讨论的思想及解决问题的能力．以选择题、填空题的形式考查，或在解答题中和概率相结合进行考查．3．高考中对二项式定理的考查，主要涉及利用通项公式求展开式的特定项，利用二项展开式性质求系数或与系数有关的问题，考查二项展开式中的特定项、某项的系数等是高考的热点．以选择题、填空题为主，综合性的大题较少．4．互斥事件有一个发生的概率是高考重点考查内容，求对立事件的概率是“正难则反”思想的具体应用，在高考中时有考查，多以选择题、填空题的形式考查，有时也出现在解答题中，属容易题．5．古典概型的概率是高考考查的重点，通常要结合互斥事件、对立事件求概率，各种题型均有可能出现，属中低档题．6．对几何概型的考查有升温的迹象，在复习时要注意几何概型与线性规划、不等式的解集、方程的根所在的区间等的结合，多以选择题、填空题的形式呈现，属中低档题，有时也出现在解答题中．7．在实际问题中，考查分布列的概念及其求法，在选择、填空题中考查分布列的性质，服从超几何分布的随机变量的概率，属中低档题．8．相互独立事件、n次独立重复试验的概率及条件概率是高考重点考查的内容．三种题型均有可能出现，在解答题中常和分布列的有关知识结合在一起考查，属中档题目．9．以选择、填空的形式考查离散型随机变量均值与方差的概念和计算。
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步
3．两个计数原理的区别 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不 同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题， 其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事； 分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法 ______________，只有______________才算做完这件事． 4．两个计数原理解决计数问题时的方法 最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——是需要分类还是需要 分步． (1)分类要做到“______________”．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“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务， 当然步与步之间要______________，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．
(2)分两步：先选教师，共 3 种选法，再选学生，共 6＋8＝14 种选法．由分步乘法计数原理知总选法数为 3×14＝42(种)．
(3)老师、男同学、女同学各一人可分三步，每步方法数依次为 3、6、8 种．由分步乘法计数原理知选法数为 3×6×8＝144(种)．
第十六页，共25页。
类型二 两个原理的综合应用
第十五页，共25页。
有一项活动需在 3 名老师，6 名男同学和 8 名女同学中选 人参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？ (2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？ (3)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？
解：(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类，各 自有 3、6、8 种选法，总选法数为 3＋6＋8＝17(种)．
2020高考数学一轮复习：第十章 第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理(讲义)
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 N ＝m ＋n 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N ＝m ×n 种不同的方法 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．导师提醒关注三个易错点(1)应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步．(2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准．(3)分步要做到“步骤完整”，步步相连．判断正误(正确的打“√”，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)×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．13C．12 D．10解析：选C.由分步乘法计数原理可知，走法总数为4×3＝12.故选C.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A．30 B．20C．10 D．6解析：选D.从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两个不同数字和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②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N＝3＋3＝6(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________．解析：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7×8×9＝504.答案：504(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4＋5＋6＝15.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4×5×6＝120.答案：15120如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．答案：32分类加法计数原理(典例迁移)(1)椭圆x 2m ＋y 2n＝1(m >0，n >0)的焦点在x 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( )A ．10B ．12C ．20D ．35(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，m ＞n ，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：m ＝5时，使m ＞n ，n 有4种选择；第二类：m ＝4时，使m ＞n ，n 有3种选择；第三类：m ＝3时，使m ＞n ，n 有2种选择；第四类：m ＝2时，使m ＞n ，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8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．【答案】 (1)A (2)36[迁移探究1] (变条件)在本例(1)中，若m ∈{1，2，…，k }，n ∈{1，2，…，k }(k ∈N *)，其他条件不变，这样的椭圆有多少个？解：因为m >n .当m ＝k 时，n ＝1，2，…，k －1.当m ＝k －1时，n ＝1，2，…，k －2.…当m＝3时，n＝1，2.当m＝2时，n＝1.所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝k（k－1）2(个)．[迁移探究2](变条件)若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则这样的两位数的个数是多少？解：分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(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36＋9＝45(个)．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．1．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5(种)不同的走法．答案：52．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________．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)．所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．答案：240分步乘法计数原理(典例迁移)(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．24B．18C．12 D．9(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E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18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6×5×4＝120(种)．【答案】(1)B(2)120[迁移探究1](变条件)若本例(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36＝729(种)．[迁移探究2](变条件)若将本例(2)条件中的“每人至多参加一项”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63＝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．1．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P 表示坐标平面上第二象限的点的个数为()A．6 B．12C．24 D．36解析：选A.确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.2．如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．答案：633．从－1, 0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数学作答)．解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数．答案：18 6两个计数原理的综合应用(多维探究)角度一涂色、种植问题如图，用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有()A．400种B．460种C．480种D．496种【解析】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6×5×4×3＝360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6×5×4＝120种方法．由分类加法计数原理可知：不同的涂法有360＋120＝480(种)．【答案】 C角度二与几何有关的问题(1)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()A．60 B．48C．36 D．24(2)如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．【解析】(1)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，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6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.(2)把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．【答案】(1)B(2)40角度三排数与排队问题(1)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()A．144个B．120个C．96个D．72个(2)生产过程中有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有()A．24种B．36种C．48种D．72种【解析】(1)①首位为5，末位为0：4×3×2＝24(个)；②首位为5，末位为2：4×3×2＝24(个)；③首位为5，末位为4：4×3×2＝24(个)；④首位为4，末位为0：4×3×2＝24(个)；⑤首位为4，末位为2：4×3×2＝24(个)．由分类加法计数原理，得共有24＋24＋24＋24＋24＝120(个)．故选B.(2)分两类：①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12(种)；②第一道工序不安排甲时有1×2×4×3＝24(种)．所以共有12＋24＝36(种)．故选B.【答案】(1)B(2)B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．1．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()A．24 B．48C．72 D．96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4×3×2＝24(种)．(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)．综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．2．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与该平面构成一个“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()A．48 B．18C．24 D．36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)．计数原理中的新定义问题定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个【解析】由题意，“规范01数列”有偶数项，即2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，若m＝4，说明数列有8项，得必有a1＝0，a8＝1，则具体的排法如下：00001111，00010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，00110011，00110101，01000111，01001011，01001101，01010011，01010101共14个．【答案】 C组数、组点、组线、组队及抽取问题的解题思路(1)组数、组点、组线、组队问题：一般按特殊位置由谁占领分类，每类中再分步计数，当分类较多时，也可用间接法求解．(2)有限制条件的抽取问题：一般根据抽取的顺序分步或根据选取的元素特点分类，当数目不大时，可用枚举法，当数目较大时，可用间接法求解．用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由分类加法计数原理及分步乘法计数原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法是()A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解析：选A.因为无区别，所以取红球的方法数为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；因为蓝球要都取出，或都不取出，所以方法为1＋b5，因为黑球有区别，因此，取黑球的方法数为(1＋c)5，所以所有取法数为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5.故选A.[基础题组练]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a＋b i，其中虚数的个数是()A．30B．42C．36 D．35解析：选C.因为a＋b i为虚数，所以b≠0，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6×6＝36个虚数．2．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()A．40B．16 C．13D．10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8＋5＝13个不同的平面．3．已知集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.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() A．9 B．14C．15 D．21解析：选B.因为P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P⊆Q，所以x∈{y，2}．所以当x＝2时，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况；当x＝y时，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况．故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.4．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()A．3 B．4C．6 D．8解析：选D.当公比为2时，等比数列可为1，2，4或2，4，8；当公比为3时，等比数列可为1，3，9；当公比为32时，等比数列可为4，6，9.同理公比为12，13，23时，也有4个．故共有8个等比数列．5．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()A．32个B．34个C．36个D．38个解析：选A.将和等于11的数放在一组：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C12＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个子集．故选A.6．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0～9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能情况有()A．180种B．360种C．720种D．960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5×3×4×4×4＝960(种)．7．直线l ：x a ＋y b＝1中，a ∈{1，3，5，7}，b ∈{2，4，6，8}．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( )A ．6B ．7C ．8D ．16解析：选B.l 与坐标轴围成的三角形的面积为S ＝12ab ≥10，即ab ≥20. 当a ＝1时，不满足；当a ＝3时，b ＝8，即1条．当a ∈{5，7}时，b ∈{4，6，8}，此时a 的取法有2种，b 的取法有3种，则直线l 的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.8．一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( )A ．6种B ．8种C ．12种D ．48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(4＋4)×2＝16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16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．9．如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A ，B ，C ，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )A．72种B．48种C．24种D．12种解析：选A.法一：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4×3×2×3＝72种涂法．法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24种，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．10．(2019·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”)，则首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选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：3＋6＋3＋3＝15(个)．11．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．13C．12 D．10解析：选B.当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，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.12．将1，2，3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，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，填写空格的方法有()A.6种B．12种C．18种D．24种解析：选A.根据数字的大小关系可知，1，2，9的位置是固定的，如图所示，则剩余5，6，7，8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5，6，7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法.13.把3封信投到4种．解析：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＝64种投法．答案：6414．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学生委员、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人担任文娱委员，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3×4×3＝36(种)．答案：3615．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝25，则符合条件的三角形共有________个．解析：根据三边构成三角形的条件可知，c<25＋a.第一类：当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个值；第二类，当a＝2，b＝25时，c可取25，26，共2个值；……当a＝25，b＝25时，c可取25，26，…，49，共25个值；所以三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.答案：32516．在某一运动会百米决赛上，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．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．故安排方式有4×3×2＝24(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上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．答案：2 880[综合题组练]1．(2019·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()A．4 320种B．2 880种C．1 440种D．720种解析：选A.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6×5×4×3×3×4＝4 320种不同的涂色方法，故选A.2．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()A．6种B．12种C．18种D．20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2×3＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．故输2局，第5局赢)，共有2×4×32选D.3．(创新型)(2019·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________．解析：第1步，1＝1＋0，1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9，9＝1＋8，9＝2＋7，9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4，4＝1＋3，4＝2＋2，4＝3＋1，4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2，2＝1＋1，2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.答案：3004．x＋y＋z＝10的正整数解的组数为________．解析：可按x的值分类：当x＝1时，y＋z＝9，共有8组；当x＝2时，y＋z＝8，共有7组；当x＝3时，y＋z＝7，共有6组；当x＝4时，y＋z＝6，共有5组；当x＝5时，y＋z＝5，共有4组；当x＝6时，y＋x＝4，共有3组；当x＝7时，y＋z＝3，共有2组；当x＝8时，y＋z＝2，共有1组．由分类加法计数原理可知：共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝8×9＝36(组)．2答案：365．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若a，b，c∈M，则：(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？解：(1)y＝ax2＋bx＋c表示二次函数时，a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c 的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数．(2)当y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数．6．(综合型)如图所示，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，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．解：法一：按所用颜色种数分类．第一类：5种颜色全用，共有A55种不同的方法；第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A45种不同的方法；第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有A35种不同的方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A55＋2×A45＋A35＝420(种)．法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色．第一步：S点染色，有5种方法；第二步：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．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．。
高考数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理理
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解法 2：a＝b 时有 4 种情况，故椭圆个数为 4×8－4＝28 个． (2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是 3,4,5，故分三 类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有 2 种(132,231)； 第二类，当中间数字为“4”时，从 1,2,3 中任取两个放在 4 的 两边，故有 6 种； 第三类，当中间数字为“5”时，从 1,2,3,4 中任取两个放在 5 的两边，故有 12 种； 根据分类加法计数原理，得到由 1,2,3,4,5 可以组成无重复数 字的三位“凸数”的个数是 2＋6＋12＝20.
有 1 个；a＝4 时，有 3 个；a＝6 时，有 5 个；a＝8 时，有 7 个，
共有 1＋3＋5＋7＝16 个．
若焦点在 y 轴上，则 b>a，b＝3 时，有 1 个；b＝4 时，有 1 个；b＝5 时，有 2 个；b＝6 时，有 2 个；b＝7 时，有 3 个；b ＝8 时，有 3 个．共有 1＋1＋2＋2＋3＋3＝12 个．故共有 16＋ 12＝28 个．
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4．已知某公园有 5 个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法
的种数为 __2_0___(用数字作答)．
解析：分两步，第一步选一个门进有 5 种方法，第二步再 选一个门出有 4 种方法，所以共有 5×4＝20 种走法．
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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____4_8____种．(用数字作答)
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高中数学高考高三理科一轮复习资料第10章 10.5 分类加法计数原理
解析：分两步完成，第一步选一套“福娃”吉祥物饰品有 7 种选法，第二步选一套藏羚羊卡通饰品有 8 种选法，因此共 有 7×8＝56(种)不同的选法． 答案：56
说考点
拓展延伸串知识
疑点清源 1.分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情 有 n 类办法，这 n 类办法之间是互斥的、是独立的，每一类的 每一种方法都可以完成这件事． 那么求完成这件事情的方法总 数就用分类加法计数原理． 2．分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完 成”的问题．如果完成某件事情有 n 个步骤，而这 n 个步骤缺 一不可， 当且仅当依次完成这 n 个步骤后， 这件事情才算完成， 那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理．
2．某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单，开演 前又增加了两个新节目，如果将这两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：第一个节目有 6 种排法，第二个节目有 7 种排法， 共 6×7＝42(种)． 答案：A
3．若 x、y∈N*，且 x＋y≤6，则有序自然数对(x，y)共有 __________个．
解析：当 b＝1 时，c＝4；当 b＝2 时，c＝4,5；当 b＝3 时， c＝4,5,6；当 b＝4 时，c＝4,5,6,7.故共有 10 个这样的三角形． 答案：A
题型二 分步乘法计数原理的应用 例 2 已知集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平 面上的点(a，b∈M)，问： (1)P 可表示平面上多少个不同的点？ (2)P 可表示平面上多少个第二象限的点？ (3)P 可表示多少个不在直线 y＝x 上的点？
3．两个原理的区别与联系 分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及③______ 的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与④ ________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⑤________有关，各个步 骤⑥____________， 只有各个步骤都完成了， 这件事才算完成．
高考数学一轮复习分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第十章计数原理、概率(部分)—第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；2•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.I基础松断丨回归教材，夯实基础知识梳理1 •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，那么完成这件事共有N = m+ n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N = mx n种不同的方法.3 •分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：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. ［常用结论与微点提醒］1 •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.2. (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.诊断自测1 •思考辨析（在括号内打“V”或“X”）（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.（）解析分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以（1），（4）均不正确.答案（1）X ⑵V ⑶V ⑷X2. 从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为（）A. 6B. 5C. 3D. 2解析5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.答案B3. （选修2- 3P28B2改编）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（）A. 24种B. 30种C. 36种D. 48种解析需要先给C块着色，有4种结果；再给A块着色，有3种结果；再给B 块着色，有2种结果；最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4X 3X 2X 2 = 48（种）.答案 D4. （2018舟山调研）某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕 业留言，那么全班共写了毕业留言 _________ ；若每两个同学互通一次电话，那 么共通 ________ 电话（均用数字作答）.解析 第1位同学给余下的39位同学各写一条留言，共39条留言；依次下去， 第40位同学给余下的39位同学各写一条留言，共 39条留言，故全班共写了140X 39= 1 560条毕业留言.显然互通一次电话的次数为 2X 1 560= 780.答案 1 560 7805. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同 的报名方法有 ________ 种（用数字作答）.解析 每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步 乘法计数原理，总的报名方法共 2X 2X 2X 2X 2= 32（种）.答案 326. 已知某公园有 5个门，从任一门进，另一门出，贝U 不同的走法的种数为 用数字作答）.解析 分两步，第一步选一个门进有5种方法，第二步再选一个门出有4种方法， 所以共有5X 4= 20种走法.答案 20I 考点突破分■类讲练■，以鶴求法 考点一分类加法计数原理 【例1】（1）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 （ ）⑵（2017温州十校联考）满足a ，b € { - 1, 0, b = 0有实数解的有序数对（a ，b ）的个数为（解析（1）分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有 3种方法（如图），C . 10 种D . 16 种1，2}，且关于x 的方程ax 2 + 2x + A . 14 B . 13 C . 12 D . 10丙—乙一甲/甲f乙乙f甲\ /甲丙-甲同理，甲先传给丙时，满足条件有3种踢法.由分类加法计数原理，共有3+ 3 = 6种传递方法.⑵①当a= 0,有x= —2，b=—1, 0, 1, 2有4种可能；②当a^0 时，贝U △= 4—4ab>0，ab< 1，(i )若a= —1时，b=—1, 0，1, 2有4种不同的选法；(ii )若a= 1时，b=—1 , 0, 1有3种可能；(iii)若a = 2时，b=—1 , 0,有2种可能.•••有序数对(a, b)共有4+ 4+ 3 + 2= 13(个).答案(1)B (2)B规律方法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，如本例(2)中易漏a= 0这一类. 【训练1】(1)如图，从A到O有_______ 中不同的走法(不重复过一点).2 2⑵若椭圆m + y n = 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___________ 用数字作答).解析(1)分3类：第一类，直接由A到O,有1种走法；第二类，中间过一个点，有A-B-O和A-C-O共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A-B-C- O和A- C-B-O共2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1+ 2+ 2 = 5种不同的走法.⑵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.答案(1)5 (2)20考点二分步乘法计数原理【例2】(1)教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯, 由一层到五层的走法有( )A. 10 种B. 25种C. 52种D. 24种(2)定义集合A与B 的运算A*B 如下：A*B= {(x, y)|x€ A, y€ B}，若A= {a, b, c},B = {a, c, d, e}，贝U集合A*B的元素个数为____________ 用数字作答).解析(1)每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步. 由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法.(2)确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x, B中取一个元素来确定y,由分步乘法计数原理可知A*B中有3X4= 12个元素.答案(1)D (2)12规律方法(1)在第(1)题中，易误认为分5步完成，错选 B.(2)利用分步乘法计数原理应注意：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各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事.【训练2】(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )34A. 24种B. 4种C. 43种D. 34种(2)设集合A= { —1,0,1} ,B = {0,1,2,3}，定义A*B = {(x,y)|x€ A H B,y€ A U B}, 贝A*B 中元素的个数为________ (用数字作答).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.由分步乘法计数原理可得共有43种方法.(2)易知A H B={0, 1}, A U B={—1, 0, 1, 2, 3},x 有两种取法，y 有5种取法.由分步乘法计数原理，A*B 的元素有2X 5= 10（个）.答案（1）C （2）10考点三两个计数原理的综合应用【例3】（1）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（）（2）如图所示，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，贝U 不同的涂色种数为 ________ 用数字作答）.解析（1）由题意，首位数字只能是4, 5,若万位是5,则有3X A 4= 72（个）；若 3万位是4,则有2X 人4个=48（个），故比40 000大的偶数共有72+ 48= 120（个）.选B.（2）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 3种方法..区域1与3涂同色，共有4A 3= 24种方法.② 区域1与3不同色：先涂区域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只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法..这时共有A 4X 2X 1X 3= 72种方法.由分类加法计数原理， 不同的涂色种数为24+ 72 = 96.A . 144个B . 120个答案（1）B ⑵96规律方法（1）①注意在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.②注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.（2）解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成•第（2）题中，相邻区域不同色，是按区域1与3是否同色分类处理.【训练3】（1）如果一个三位正整数如苕伯2&3”满足a i<a2，且&2>氏，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. 240B. 204C. 729D. 920⑵（2018湖州测试）从一架钢琴挑出的十个音键中，分别选择3个，4个, 5个，,，10个键同时按下，可发出和声，若有一个音键不同，贝U发出不同的和声，则这样的不同的和声数为_____________ （用数字作答）.解析（1）若32 = 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32= 3,贝U “凸数”有2X 3 = 6（个）.若32 = 4,满足条件的“凸数”有3X4= 12（个），，，若32= 9,满足条件的“凸数”有8X 9= 72（个）. •••所有凸数有 2 + 6+ 12 + 20+ 30+ 42 + 56+ 72= 240（个）.（2）由题意知本题是一个分类计数问题，共有8种不同的类型，当有3个键同时按下，有C1o种结果，当有4个键同时按下，有C1o种结果，以此类推，根据分类加法计数原理得到共有c3o+ c1o+ c5o+, + C100 1 2 10 0 1 2=C10+ C；o+ C20 + , + c10—（C00 + C；o+ C10）=210—（1 + 10+ 45）= 968.答案（1）A ⑵968I课If作业I；分层训练■、提升能力基础巩固题组一、选择题1.某校举行乒乓球赛，采用单淘汰制，要从20名选手中决出冠军，应进行比赛的场数为（）A. 18B. 19C. 20D. 21解析因为每一场比赛都有一名选手被淘汰，即一场比赛对应一个失败者，要决出冠军，就要淘汰19 名选手，故应进行19场比赛．答案B2．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a＋bi，其中虚数有（）A. 30 个B. 42 个C. 36个D . 35 个解析T a+ bi为虚数，••• b M0,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6X 6 = 36个虚数.答案C3 ．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，则有几种不同的选择方式（）A．24 B ．14 C．10 D ．9解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4X 3=12种方式，第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法．•••由分类加法计数原理，共有12+ 2= 14（种）选择方式.答案B4．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（）A. 32 个 B . 34 个C. 36个 D . 38 个解析将和等于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= 2种，共有2X 2X 2X 2X 2 = 32个.故选A. 答案A5.集合P= {x, 1}，Q = {y，1, 2}，其中x, y€ {1，2，3，,，9}，且P?Q.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（）A．9 B．14 C．15 D．21解析当x= 2时，X M y,点的个数为1X 7= 7（个）.当X M2 时，由P?Q,A x=y.••• 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7+ 7=14（个）．答案 B6 •用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法的种数为（ ）A . 3B . 5C . 9D . 12解析 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，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 3+ 5+ 1= 9（种）. 答案 C 7.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 . 24B . 18C . 12D . 6解析 从0，2中选一个数字0,则0只能排在十位，从1，3，5中选两个数字 排在个位与百位，共有 C !A 2= 6种；从0，2中选一个数字2,则2排在十位， 从1, 3, 5中选两个数字排在个位与百位，共有 C |A 2= 6种；2排在百位，从1, 3, 5中选两个数字排在个位与十位，共有 C 3A 2= 6种；由分类加法计数原理可 知共有6+ 6+ 6= 18种.答案 B8.如图，小明从街道的E 处出发，先到 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 （） 解析 由题意可知E f F 共有6种走法，F f G 共有3种走法，由分步乘法计数 原理知，共有6X 3= 18种走法，故选B.答案 B二、填空题9 . （2018嘉兴测试）动点P 从正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，沿着棱运 动到顶点C 1后再回到A ,若运动中恰经过6条不同的棱，称该路线为“最佳路 线”，则F 处与小红会合，再一起到位于 G 处的A .24B .“最佳路线”的条数为___________________ 用数字作答）.解析从A点出发有3种方法，走B或D或A i,假设走A i点，那么下一步有2 种走法，走D i或B i，假设走B i,下一步有1种走法，走到C i，下一步有2种走法，走C或D i，若走C,然后有2种走法最后到A,若走D i，最后只有i种走法到A,所以一共有3X 2X （2+ i）= i8（种）.答案i8iO.如图所示，在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________ 个（用数字作答）.解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8X 4= 32（个）.第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32+ 8 = 40（个）.答案4011. 从一i, 0, i, 2这4个数中任选3个不同的数作为函数y= ax2+ bx+ c的系数,则可组成不同的二次函数共有_________ ,其中不同的偶函数共有___________ 个（用数字作答）.解析a, b, c的一组不同的取值对应着一个不同的二次函数.第i步，确定a（a^ 0）的值，有3种方法；第2步，确定b的值，有3种方法（这时，b可取0）;第3步，确定c的值，有2种方法.故可组成3X 3X 2= i8个不同的二次函数.若二次函数为偶函数，则b= 0,这时只需确定a,c的值，分两步完成，共有3X 2 =6个不同的偶函数.答案i8 612. （20i8金华调研）某展室有9个展台，现有3件展品需要展出，要求每件展品独自占用i个展台，并且3件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有____________ 种；如果进一步要求3件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位，则不同的展出方法有_________ 种．解析排列完3件展品以后，余下6个展台是：□□口□□口，相邻的□之间恰好可以放展品，则有5个空当，结果是A3= 60种；要求3件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位，可以这样□ A^ B^ C D D □ E□，可以选择(ABC)、(ABD)、(BCD)、(BCE)、(CDE)、(ACD)、(ACE)、(BDE),即卩8X A3= 48种. 答案60 4813. 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目(不一定六名同学都能参加)，(1) 每人恰好参加一项，每项人数不限，则有________ 种不同的报名方法；(2) 每项限报一人，且每人至多参加一项，则有________ 种不同的报名方法；(3) 每项限报一人，但每人参加的项目不限，则有_________ 种不同的报名方法(用数字作答).解析(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有 3 种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有报名方法36= 729(种).(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，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6X 5X4= 120(种).(3) 由于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，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63=216(种).答案(1)729 (2)120 (3)216能力提升题组14. 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( )A. 243B. 252C. 261D. 279解析0，1，2，, ，9 共能组成9X 10X 10= 900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9X 9X 8 = 648(个)，•••有重复数字的三位数有900- 648= 252(个). 答案B15. (2018温州联考)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对解析与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对•正方体的12条面对角线共有12X 8 = 96（对），且每对均重复计算一次，故共96有= 48（对）.答案C16•如图，矩形的对角线把矩形分成A, B, C, D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________________ 种不同的涂色方法（用数字作答）•解析区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法•所以共有5X 4X 4+ 5X 4X 3X 3 = 260种涂色方法.答案26017. 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___________ 种（用数字作答）.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6X4X2 = 48种不同游览线路.答案4818. （2017浙江名校协作体联考）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，女口22，121，3 443，94 249 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)2n+ 1(n€ N*)位回文数有________ .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，共计9X10= 90(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．结合计数原理，知有9X 10n种填法.答案(1)90 (2)9X10n。
高考数学一轮复习讲义分类加法计数原理与分步乘法计数原理学生
课题：分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识点1．分类加法计数原理（加法原理）的概念一般形式：完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，……，在第n 类方案中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N=1m +2m +……+n m 种不同的方法．2．分步乘法计数原理（乘法原理）的概念一般形式：完成一件事需要n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N=12n m m m ⨯⨯⨯…种不同的方法．3．两个原理的区别：（1）“每类”间与“每步”间的关系不同：分类加法计数原理中的每一类方案中的任何一种方法、不同类之间的任何一种方法都是相互独立，互不依赖的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依赖，且是连续性的．（2）“每类”与“每步”完成的效果不同：分类加法计数原理中所描述的每一种方法完成后，整个事件就完成了，而分步乘法计数原理中每一步中的每一种方法得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事．4．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，同时要优先考虑题中的限制条件．【注1】1．计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理：如果已知的每类方法中的每一种方法都能单独完成这件事，用分类加法计数原理；如果每类方法中的每一种方法只能完成事件的一部分，用分步乘法计数原理．2．利用分类计数原理解决问题时：（1）将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．（2）要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复；③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法．3．利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：（1）要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．（2）各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件．（3）对完成各步的方法数要准确确定．4．用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．（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”，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、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．（4）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．5．在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．（1）分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．（2）分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．6．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于它的分类标准，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．分步乘法计数原理的两个条件：（1）明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．（2）将完成这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键．从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．7应用两种原理解题（1）分清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）检验是否有重漏．8．涂色问题：涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点．涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法．涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类．涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理．【注2】（1）用两个计数原理解决计数问题时，关键是在开始之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步，分类时要注意不重不漏，分步时要注意整个事件的完成步骤．（2）两个原理的区别：①“每类”间与“每步”间的关系不同：分类加法计数原理中的每一类方案中的任何一种方法、不同类之间的任何一种方法都是相互独立，互不依赖的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依赖，且是连续性的．②“每类”与“每步”完成的效果不同：分类加法计数原理中所描述的每一种方法完成后，整个事件就完成了，而分步乘法计数原理中每一步中的每一种方法得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事．（3）本题定义了新概念“回文数”，然后以此为出发点设置了求五位“回文数”的个数问题．求解时充分依据题设条件与“回文数”的定义，运用分步、分类计数原理，逐一分析探求“回文数”的形成过程，从而确定其个数使得问题获解．典型例题例1图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取一本书，共有（）种不同的取法．A．120 B．16 C．64 D．39例2只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有（）A．6个B．9个C．18个D．36个例3如图所示，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例4某校的A、B、C、D四位同学准备从三门选修课中各选一门，若要求每门选修课至少有一人选修，且A,B不选修同一门课，则不同的选法有（）A．36种B．72种C．30种D．66种例5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（）A．144个B．120个C．96个D．72个例6图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取一本书，共有（）种不同的取法．A．120 B．16 C．64 D．39例7只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有（）A．6个B．9个C．18个D．36个例8某通讯公司推出一组卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带数字“5”或“8”的一律作为“金马卡”，享受一定优惠政策，则这组号码中“金马卡”的个数为（）A．2000 B．4096 C．5904 D．8320例9某班2名同学准备报名参加浙江大学、复旦大学和上海交大的自主招生考试，要求每人最多选报两所学校，则不同的报名结果有（）A．33种B．24种C．27种D．36种例10从1,2,…，9这九个数字中，任意抽取两个相加所得的和为奇数的不同代数式的种数是（）A．6 B．9 C．20 D．25例11按ABO血型系统学说，每个人的血型为A，B，O，AB型四种之一，依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB型时，子女的血型一定不是O型，若某人的血型的O型，则父母血型的所有可能情况有（）A．12种B．6种C．10种D．9种例12有5列火车停在某车站并列的5条轨道上，若火车A不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有（）A．96种B．24种C．120种D．12种例13把5名师范大学的毕业生分配到A、B、C三所学校，每所学校至少一人。
(浙江专用)高考数学一轮复习 专题十 计数原理 10.1 计数原理与排列、组合试题(含解析)-人教版
专题十计数原理【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、计数原理、排列、组合1.分类加法计数原理,分步乘法计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.(2)会用两个原理分析和解决一些简单的实际问题.2.排列与组合(1)理解排列、组合的概念.(2)能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.(3)能解决简单的实际问题.从近几年高考命题情况来看,这一部分主要考查分类加法、分步乘法计数原理以及排列、组合的简单应用.题型以选择题、填空题为主,在解答题中一般将排列、组合知识综合起来,有时也与求事件概率,分布列问题相结合考查.1.求特定项系数问题可以分两步完成:第一步是根据所给出的条件(特定项)和通项公式建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件,即n,r均为非负整数,且n≥r);第二步是根据所求的指数求解所求的项.2.有理项是字母指数为整数的项.解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数,根据具体要求,令其为整数,再根据数的整除性来求解.1.用排列、组合知识解决计数问题时,如果遇到的情况较为复杂,即分类较多,标准也较多,同时所求计数的结果不太容易计算时,往往利用表格法、树状图法将其所有的可能一一列举出来,这样会更容易得出结果.2.求解二项展开式的特定项时,即求展开式中的某一项,如第n项,常数项、有理项、字母指数为某些特殊值的项,先准确写出通项T r+1=r a n-r b r,再把系数与字母分离出来(注意符号),最后根据题目中所指定的字母的指数所具有的特征,列出关系式求解即可.二、二项式定理1.能用计数原理证明二项式定理.2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【真题探秘】§10.1计数原理与排列、组合基础篇固本夯基【基础集训】考点计数原理、排列、组合1.甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排照毕业相,要求甲不站在两侧,而且乙和丙相邻、丁和戊相邻,则不同的站法种数为( )A.60B.96C.48D.72答案 C2.在我国第一艘航空母舰“某某舰”的某次舰载机起降飞行训练中,有5架“歼-15”飞机甲、乙、丙、丁、戊准备着舰,规定乙机不能最先着舰,且丙机必须在甲机之前着舰(不一定相邻),那么不同的着舰方法种数为( )A.24B.36C.48D.96答案 C3.中国国家队在2018俄罗斯世界杯亚洲区预选赛12强小组赛中以1比0力克韩国国家队,赛后有六名队员打算排成一排照相,其中队长主动要求排在排头或排尾,甲、乙两人必须相邻,则满足要求的排法有( )A.34种B.48种C.96种D.144种答案 C4.某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队,平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊,其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士,则不同的分配方案有( )A.72种B.36种C.24种D.18种答案 B5.将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则不同放法共有( )A.480种B.360种C.240种D.120种答案 C6.高考结束后6名同学游览某市包括日月湖在内的6个景区,每名同学任选一个景区游览,则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有( )A.A62×A54种B.A62×54种C.C62×A54种D.C62×54种答案 D7.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1808.有3女2男共5名志愿者要全部分到3个社区去参加志愿服务,每个社区1到2人,甲、乙两名女志愿者需到同一社区,男志愿者到不同社区,则不同的分法种数为.答案12综合篇知能转换【综合集训】考法一排列、组合问题的解题方法1.(2019某某万州二模,6)某中学某班主任要从7名同学(其中3男4女)中选出两名同学,其中一名担任班长,另一名担任学习委员,且这两名同学中既有男生又有女生,则不同的安排方法有( )A.42种B.14种C.12种D.24种答案 D2.(2018某某某某调研性检测,9)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数,这样的四位数有( )A.250个B.249个C.48个D.24个答案 C3.(2018豫北名校联考,9)2018年元旦假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有( )A.18种B.24种C.48种D.36种答案 B4.(2019某某嘉峪关一中模拟)在高三某班进行的演讲比赛中,共有5位选手参加,其中3位女生,2位男生,如果2位男生不能连续出场,且女生甲不能排第一个,那么出场顺序的排法种数为.答案605.(2020届某某某某执信中学10月月考,14)有6X卡片分别写有数字1,1,1,2,2,2,从中任取4X,可排出的四位数有个.答案14考法二分组分配问题的解题方法6.(2018某某某某二模,8)某某西湖公园花展期间,安排6位志愿者到4个展区提供服务,要求甲、乙两个展区各安排一个人,剩下两个展区各安排两个人,不同的安排方案共有( )A.90种B.180种C.270种D.360种答案 B7.(2019某某某某第一次统测,11)将甲、乙、丙、丁、戊共5人分配到A、B、C、D共4所学校,每所学校至少一人,且甲不去A学校,则不同的分配方法有( )A.72种B.108种C.180种D.360种答案 C8.(2018某某某某一模,5)某学校为了更好地培养尖子生,使其全面发展,决定由3名教师对5个尖子生进行“包教”,要求每名教师的“包教”学生不超过2人,则不同的“包教”方案有( )A.60种B.90种C.150种D.120种答案 B9.(2020届某某某某一中10月月考,7)小明和小红都计划在国庆节的7天假期中,到某某“两日游”,若他们不同一天出现在某某,则他们出游的不同方案共有( )A.16种B.18种C.20种D.24种答案 C【五年高考】考点计数原理、排列、组合1.(2017课标Ⅱ,6,5分)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( )A.12种B.18种C.24种D.36种答案 D2.(2016课标Ⅱ,5,5分)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.24B.18C.12D.9答案 B3.(2015某某,6,5分)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( )A.144个B.120个C.96个D.72个答案 B4.(2016课标Ⅲ,12,5分)定义“规X01数列”{a n}如下:{a n}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,a k中0的个数不少于1的个数,若m=4,则不同的“规X01数列”共有( )A.18个B.16个C.14个D.12个答案 C5.(2018课标Ⅰ,15,5分)从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有种.(用数字填写答案)答案166.(2017某某,14,5分)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 0807.(2017某某,16,4分)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有种不同的选法.(用数字作答)答案6608.(2015某某,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)答案 1 560教师专用题组考点计数原理、排列、组合1.(2014大纲全国,5,5分)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组.则不同的选法共有( )A.60种B.70种C.75种D.150种答案 C2.(2014某某,9,5分)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.168答案 B3.(2014某某,8,5分)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对答案 C4.(2014某某,8,5分)设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|x i∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( )A.60B.90C.120D.130答案 D5.(2014某某,6,5分)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )A.144B.120C.72D.24答案 D6.(2014某某,6,5分)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )A.192种B.216种C.240种D.288种答案 B7.(2014某某,14,4分)在8X奖券中有一、二、三等奖各1X,其余5X无奖.将这8X奖券分配给4个人,每人2X,不同的获奖情况有种(用数字作答).答案608.(2014,13,5分)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有种.答案369.(2018某某,23,10分)设n∈N*,对1,2,…,n的一个排列i1i2…i n,如果当s<t时,有i s>i t,则称(i s,i t)是排列i1i2…i n的一个逆序,排列i1i2…i n的所有逆序的总个数称为其逆序数,例如:对1,2,3的一个排列231,只有两个逆序(2,1),(3,1),则排列231的逆序数为2.记f n(k)为1,2,…,n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数.(1)求f3(2), f4(2)的值;(2)求f n(2)(n≥5)的表达式(用n表示).解析本题主要考查计数原理、排列等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力.(1)记τ(abc)为排列abc的逆序数,对1,2,3的所有排列,有τ(123)=0,τ(132)=1,τ(213)=1,τ(231)=2,τ(312)=2,τ(321)=3,所以f3(0)=1,f3(1)=f3(2)=2.对1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,将数字4添加进去,4在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此f4(2)=f3(2)+f3(1)+f3(0)=5.(2)对一般的n(n≥4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12…n,所以f n(0)=1.逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,所以f n(1)=n-1.为计算f n+1(2),当1,2,…,n的排列及其逆序数确定后,将n+1添加进原排列,n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此, f n+1(2)=f n(2)+f n(1)+f n(0)=f n(2)+n.当n≥5时,f n(2)=[f n(2)-f n-1(2)]+[f n-1(2)-f n-2(2)]+…+[f5(2)-f4(2)]+f4(2)=(n-1)+(n-2)+…+4+f4(2)=n2-n-22.因此,当n≥5时, f n(2)=n 2-n-22.疑难突破要做好本题,关键是理解“逆序”“逆序数”“f n(k)”的含义,不妨从比较小的1,2,3入手去理解这几个概念,这样就能得到f3(2). f4(2)是指1,2,3,4这4个数中逆序数为2的全部排列的个数,可以通过与f3(2), f3(1),f3(0)联系得到,4分别添加在f3(2)的排列中最后一个位置、f3(1)的排列中的倒数第2个位置、f3(0)的排列中的倒数第3个位置.有了上述的理解就能得到f n+1(2)与f n(2),f n(1), f n(0)的关系:f n+1(2)=f n(2)+f n(1)+f n(0)=f n(2)+n,从而得到f n(2)(n≥5)的表达式.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共50分)1.(2020届九师联盟9月质量检测,8)从1,3,5,7,9中任取两个数,从0,2,4,6,8中任取2个数,则组成没有重复数字的四位数的个数为( )A.2 100B.2 200C.2 160D.2 400答案 C2.(2020届某某某某一中第一次月考,8)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,甲、乙、丙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、兔、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学选取礼物都满意,那么不同的选法有( )A.50种B.60种C.70种D.90种答案 C3.(2020届某某某某七中第二次月考,4)7个人排成一排准备照一X合影,其中甲、乙要求相邻,丙、丁要求分开,则不同的排法有( )A.480种B.720种C.960种D.1 200种答案 C4.(2020届某某洪湖二中月考,9)“学习强国”学习平台是由中宣部主管,以深入学习宣传新时代中国特色社会主义思想为主要内容,立足全党员、面向全社会的优质平台,现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门APP.该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习版块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题版块.某人在学习过程中,“阅读文章”与“视听学习”两个学习版块之间最多间隔一个答题版块的学习方法有( )A.192种B.240种C.432种D.528种答案 C5.(2018全国百所名校冲刺卷(四),8)航天员进行的一项太空实验中,要先后实施6个程序,其中程序A只能出现在第一或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,则实验顺序的编排方法共有( )A.34种B.48种C.96种D.144种答案 C6.(2019某某金卷先享题二,8)在高三下学期初,某校开展教师对学生的家庭学习问卷调查活动,已知现有3名教师对4名学生家庭进行问卷调查,若这3名教师每位至少到一名学生家中问卷调查,又这4名学生的家庭都能且只能得到一名教师的问卷调查,那么不同的问卷调查方案的种数为( )A.36B.72C.24D.48答案 A7.(2019某某某某一模)如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成,现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的涂色方案共有( )A.6种B.9种C.12种D.36种答案 C8.(2018某某哈六中二模,9)从5名学生中选出4名分别参加数学,物理,化学,生物四科竞赛,其中甲不能参加生物竞赛,则不同的参赛方案种数为( )A.48B.72C.90D.96答案 D9.(2019某某某某模拟,8)已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品,有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的,没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的.现用编号为1,2,3的三个仓库存放这6种化工产品,每个仓库放2种,那么安全存放的不同方法种数为( )A.12B.24C.36D.48答案 D二、多项选择题(共5分)10.(改编题)下列说法正确的是( )A.5个不同的球,放入8个不同的盒子中,每个盒子里至多放一个球,不同的放法有A85种B.5个不同的球,放入8个不同的盒子中,每个盒子放球数量不限,不同的放法有85种C.5个相同的球,放入8个不同的盒子中,每个盒子里至多放一个球,则不同的放法有C85种D.8个相同的小球,放入5个不同的盒子中,每盒不空的放法有C84种答案ABC三、填空题(每题5分,共15分)11.(2020届某某夏季高考模拟,13)某元宵灯谜竞猜节目,有6名守擂选手和6名复活选手,从复活选手中挑选1名选手为攻擂者,从守擂选手中挑选1名选手为守擂者,则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有种.答案3612.(2020届某某寿光现代中学10月月考,14)某工厂将甲、乙等五名新招聘员工分配到三个不同的车间.每个车间至少分配一名员工,甲、乙两名员工必须分到同一个车间,则不同分法的种数为.答案3613.(2019某某某某中学第一次摸底考试,15)由数字0,1组成的一串数字代码,其中恰好有7个1,3个0,则这样的不同数字代码共有个.答案12014.(2020届某某东阳中学10月月考,14)安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去某某、某某、某某三个城市进行暑期社会实践,每个城市至少安排一人,则不同的安排方式共有种;其中学生甲被单独安排去某某的概率是.答案150;775。