【数学】2019届一轮复习北师大版　分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案

【数学】2019届一轮复习北师大版　分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案

第九章　计数原理与概率、随机变量及其分布 第54讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎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.‎ ‎2017·天津卷，14‎ ‎2016·全国卷Ⅱ，5‎ 利用计数原理、排列、组合知识求解排列、组合问题.‎ 分值：5分 两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条 件 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 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 结 论 完成这件事共有N＝__m＋n__种不同的方法 完成这件事共有N＝__m×n__种不同的方法 ‎1．思维辨析(在括号内打“√”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．(　×　)‎ 解析 (1)错误．在分类时，两类不同方案中方法不能相同，故错误．‎ ‎(2)正确．‎ ‎(3)正确．‎ ‎(4)错误．在分类乘法计数原理中．必须把每个步骤都完成才能完成这件事，故错误．‎ ‎2．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__5__.‎ 解析 从5名同学中选1人有5种选法．‎ ‎3．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有__36__个．‎ 解析 按个位数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类．在每一类中满足条件的两位数分别是1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．‎ ‎4．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__36__个．‎ 解析 ∵a，b互不相等且a＋bi为虚数，‎ ‎∴b只能从{1,2,3,4,5,6}中选一个，有6种．‎ a从剩余6个选一个，有6种．‎ ‎∴由分步计数原理知虚数有6×6＝36(个)．‎ ‎5．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__8__.‎ 解析 公比为2时，有1,2,4和2,4,8；公比为3时，有1,3,9；‎ 公比为时，有4,6,9，共4个．反过来也有4个．‎ 即4,2,1；8,4,2；9,3,1；9,6,4.故个数为8.‎ 一　分类加法计数原理 利用分类加法计数原理解题时的注意事项：‎ ‎(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，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．‎ ‎【例1】 (1)高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三三班有学生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学生任学生会主席，有__165__种不同的选法；‎ ‎②从高三一班、二班男生中，或高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有__80__种不同的选法．‎ ‎(2)如图，从A到O有__5__种不同的走法(不重复过一点)．‎ ‎(3)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__20__.‎ 解析 (1)①完成这件事有三类方法：‎ 第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；‎ 第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；‎ 第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法；‎ 根据分类加法计数原理，任选一名学生任学生会主席共有50＋60＋55＝165(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；‎ 第二类，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30＋30＋20＝80(种)选法．‎ ‎(2)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→O2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．‎ ‎(3)当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7共6种；当m＝2时，n＝3,4,5,6,7共5种；当m＝3时，n＝4,5,6,7共4种；当m＝4时，n＝5，6,7共3种；当m＝5时，n＝6,7共2种，故共有6＋5＋4＋3＋2＝20(种)．‎ 二　分步乘法计数原理 ‎(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．‎ ‎【例2】 (1)(2016·全国卷Ⅱ)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(　B　)‎ A．24　　 B．‎18　‎　‎ C．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，则不同的报名方法有__120__种．‎ 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，每一个项目有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．‎ 三　两个计数原理的综合应用 利用两个计数原理解题时的注意事项 ‎(1)认真审题，分析题目的条件、结论，特别要理解题目中所讲的“事情”是什么，完成这件事情的含义和标准是什么．‎ ‎(2)明确完成这件事情需要“分类”还是“分步”，还是既要“分类”又要“分步”，并搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么．‎ ‎【例3】 (2017·天津卷)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__1_080__个(用数字作答)．‎ 解析 一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有CCA＝960(个)，四个数字都是奇数的四位数有A＝120(个)，则至多有一个数字是偶数的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．‎ ‎【例4】 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这6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一个，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__36__种．‎ 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)排法．‎ ‎②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，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2×4×3＝24(种)排法．‎ 因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．‎ ‎【例5】 (1)三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是(　D　)‎ A．72　　 B．‎144　‎　‎ C．240　　 D．288‎ ‎(2)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，则不同的涂色方法有__96__种．‎ 解析 (1)设三对夫妇为A1B1，A2B2，A3B3，①确定相邻的夫妇并排列，有CA种方法，假如A1B1相邻；②排剩下的下标数小的那对夫妇，有A种方法，如：排A2B2；③排A2，B2之间的人，就排A1B1不排A1B1分类，排A1B1时，A2，B2，A1B1之间和两端的个位置插A3，B3，有A种方法；A2，B2之间不排A1B1时，只有插入A3或B3，如插入A3，A‎2A3B2就是一个元素，‎ A1B1又是一个元素，与B3共三个元素全排列，故有CA种方法，站法总数是(CA)(A)(A＋CA)＝288.‎ ‎(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种方法．‎ ‎∴区域1与3涂同色，共有‎4A＝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×2×1×3＝72种方法．‎ 故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.‎ ‎1．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(　C　)‎ A．9个　　 B．3个 C．12个　　 D．6个 解析 当重复数字是1时，有C·C种；当重复数字不是1时，有C种．由分类加法计数原理，得满足条件的“好数”有C·C＋C＝12个．‎ ‎2．已知集合A＝{x|x＝a0＋a1×3＋a2×32＋a3×33}，其中ai∈{0,1,2}(i＝0,1,2,3)且a3≠0，则A中所有元素之和等于(　D　)‎ A．3 240　　 B．3 120‎ C．2 997　　 D．2 889‎ 解析 由题意可知，a0，a1，a2各有3种取法(均可取0,1,2)，a3有2种取法(可取1,2)，由分步乘法计数原理可得共有3×3×3×2种取法．‎ 故当a0取0,1,2时，a1，a2各有3种取法，a3有2种取法，共有3×3×2＝18种方法，即集合A中含有a0项的所有数的和为(0＋1＋2)×18；‎ 同理可得集合A中含有a1项的所有和为(3×0＋3×1＋3×2)×18；‎ 集合A中含有a2项的所有数的和为(32×0＋32×1＋32×2)×18；‎ 集合A中含有a3项的所有数的和为(33×1＋33×2)×27；‎ 由分类计数原理得集合A中所有元素之和S＝(0＋1＋2)×18＋(3×0＋3×1＋3×2)×18＋(32×0＋32×1＋32×2)×18＋(33×1＋33×2)×27＝18×(3＋9＋27)＋81×27＝702＋2 187‎ ‎＝2 889.‎ 故选D．‎ ‎3．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b∈M，则：‎ ‎(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？其中偶函数有多少个？‎ ‎(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？‎ 解析 (1)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．若二次函数为偶函数，则b＝0，故有5×6＝30(个)．‎ ‎(2)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．‎ ‎4．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．‎ 解析 方法一　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．‎ 方法二　按所用颜色种数分类．‎ 第一类，5种颜色全用，共有A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×A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A种不同的方法．‎ 由分类加法计数原理得不同的染色方法共有 A＋2×A＋A＝420种．‎ 易错点　不熟悉常规方法，不善变换角度 错因分析：不熟悉常见问题的常规处理方法，思考问题时，不知变换角度，不习惯从问题的对立面去思考导致解题受阻．‎ ‎【例1】 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，则不同的取法共有(　　)‎ A．150种　　 B．147种　　　　‎ C．144种　　 D．141种 解析 从10个点中任取4个点有C种取法．‎ 其中4个点共面的情况有三类：‎ 第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面上，有‎4C种；‎ 第二类，取任意一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；‎ 第三类，由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱)，它的4顶点共面，共有3种．‎ ‎∴不同的取法共有C－‎4C－6－3＝141种．故选D．‎ 答案 D ‎【跟踪训练1】 ‎ 如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3为顶点的三角形个数为(　B　)‎ A．30　　 B．42‎ C．54　　 D．56‎ 解析 从这8个点中任取3个点，最多构成三角形C个，其中共点的有C＋C个，故共有C－C－C＝42个三角形．‎ 课时达标　第54讲 ‎[解密考纲]本考点考查用两个原理解决计数问题．‎ 一、选择题 ‎1．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是(　A　)‎ A．12　　 B．‎6　‎　‎ C．8　　 D．16‎ 解析 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C×3＝6(种)‎ 方案．若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方案，这时，共有3×2＝6(种)方案．综上可得，所有的不同的考试安排方案有6＋6＝12(种)，故选A．‎ ‎2．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(　C　)‎ A．324　　 B．‎648　‎　‎ C．328　　 D．360‎ 解析 首先应考虑0，当0排在个位时，有A＝9×8＝72(个)，当0不排在个位时，有AA＝4×8＝32(个)．当不含0时，有A·A＝4×7×8＝224(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．‎ ‎3．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有(　B　)‎ A．8种　　 B．9种　　‎ C．10种　　 D．11种 解析 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)．‎ ‎4．如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现在要求在其余四个区域中涂色，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域涂色不同，则不同的涂色方法种数为(　C　)‎ A．64　　 B．‎72　‎　‎ C．84　　 D．96‎ 解析 分成两类，A和C同色时有4×3×3＝36(种)；A和C不同色时有4×3×2×2＝48(种)，所以一共有36＋48＝84(种)，故选C．‎ ‎5．某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花(　D　)‎ A．3 360元　　 B．6 720元　　‎ C．4 320元　　 D．8 640元 解析 从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6＝4 320(种)选法，故至少需花4 320×2＝8 640(元)，故选D．‎ ‎6．设集合I＝{1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有(　B　)‎ A．50种　　 B．49种　　‎ C．48种　　 D．47种 解析 当A中最大的数为1时，B可以是{2,3,4,5}的非空子集，即有24－1＝15(种)方法；‎ 当A中最大的数为2时，A可以是{2}，也可以是{1,2}，B可以是{3,4,5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14(种)方法；‎ 当A中最大的数为3时，A可以是{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，B可以是{4,5}的非空子集，即有4(22－1)＝12(种)方法；‎ 当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，B可以是{5}，有8×1＝8(种)方法，故共有15＋14＋12＋8＝49(种)方法．‎ 二、填空题 ‎7．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为__96__(用数字作答)．‎ 解析 先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C＝4(种)情况，再对应到4个人，有A＝24(种)情况，则共有4×24＝96(种)情况．‎ ‎8．如图所示的几何体由一个正棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B‎1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B‎1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有__12__种．‎ 解析 先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC－A1B‎1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．‎ ‎9．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有__108__种.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 解析 把区域分成三部分，第一部分1,5,9，有3种涂法．第二部分4,7,8，当5,7同色时，4,8各有2种涂法，共4种涂法；当5,7异色时，7有2种涂法，4,8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108(种)涂法．‎ 三、解答题 ‎10．一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡．‎ ‎(1)某人要从两个袋子中任取一张手机卡自己使用，共有多少种不同的取法？‎ ‎(2)某人想得到一张中国移动卡和一张中国联通卡，供自己今后选择使用，问一共有多少种不同的取法？‎ 解析 (1)任取一张手机卡，可以从10张不同的中国移动卡中任取一张，或从12张不同的中国联通卡中任取一张，每一类办法都能完成这件事，故应用分类加法计数原理，有10＋12＝22(种)不同的取法．‎ ‎(2)从移动、联通卡中各取一张，则要分两步完成：从移动卡中任取一张，再从联通卡中任取一张，故应用分步乘法计数原理，有10×12＝120(种)不同的取法．‎ ‎11．有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．‎ ‎(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？‎ ‎(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？‎ ‎(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？‎ 解析 (1)利用加法计数原理知，有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．‎ ‎(2)国画有5种不同的选法，油画有2种不同的选法，水彩画有7种不同的选法，利用乘法计数原理得到5×2×7＝70(种)不同的选法．‎ ‎(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(种)不同的选法．‎ ‎12．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？‎ 解析 根据A球所在位置分三类：‎ ‎①若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，‎ E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6(种)不同的放法．‎ ‎②若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6(种)不同的放法．‎ ‎③若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6(种)不同的放法，根据分步乘法计数原理，得3×6＝18(种)不同的方法．‎ 综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．‎