（2022高考数学一轮复习(步步高)）第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理.doc

1、第第 1 节节分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理 考试要求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. 知 识 梳 理 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 Nmn 种不同的方法. 3.分类加法和分步乘法计数原理，区别在

2、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 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础， 并贯穿其始 终. 1.分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类. 2.分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完 成”. 诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(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

3、，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)(2)(3)(4) 2.(老教材选修 23P28B2 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()

4、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 432248(种). 答案D 3.(老教材选修 23P5 例 3 改编)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_. 解析从书架上任取 1 本书，有三类方法：第 1 类方法是从第 1 层取 1 本计算机 书，有 4 种方法；第 2 类方法是从第 2

5、层取 1 本文艺书，有 3 种方法；第 3 类方 法是从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的 种数是 Nm1m2m34329. 答案9 4.(2019保定期末)从 0，1，2，3，4，5 这六个数字中，任取两个不同的数字相 加，其和为偶数的不同取法的种数为() A.30B.20C.10D.6 解析从 0，1，2，3，4，5 这六个数字中任取两个不同的数字的和为偶数可分 为两类：第一类，取出的两个数都是偶数，有 0 和 2，0 和 4，2 和 4，共 3 种不 同的取法；第二类，取出的两个数都是奇数，有 1 和 3，1 和 5，3 和 5，共 3 种 不同

6、的取法.由分类加法计数原理得，共有 336 种不同的取法. 答案D 5.(2020重庆诊断)将 3 张不同的冬奥会门票分给 10 名同学中的 3 人，每人 1 张， 不同的分法种数为() A.720B.240 C.120D.60 解析将 3 张不同的门票分给 10 名同学中的 3 人，每人 1 张，可分三步：第一 步，第 1 张门票有 10 种不同的分法；第二步，第 2 张门票有 9 种不同的分法； 第三步， 第 3 张门票有 8 种不同的分法， 由分步乘法计数原理得， 共有 1098 720 种不同分法. 答案A 6.(2020石家庄模拟改编)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层

7、 的走法有_种. 解析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 2416 种不同的走法. 答案16 考点一分类加法计数原理的应用 【例 1】 (1)已知椭圆x 2 a2 y2 b21，若 a2，4，6，8，b1，2，3，4，5，6， 7，8，这样的椭圆个数有() A.12B.16C.28D.32 (2)我们把中间位数上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”，如 132，341 等，那么由 1，2，3，4，5 可以组成无重复数字的三位“凸数”的个 数是_. 解析(1)若焦点在 x 轴上，则 ab，a2 时，有 1 个；a4 时，有 3 个；a6 时，有 5

8、 个；a8 时，有 7 个，共有 135716 个.若焦点在 y 轴上，则 b a，b3 时，有 1 个；b4 时，有 1 个；b5 时，有 2 个；b6 时，有 2 个； b7 时，有 3 个；b8 时，有 3 个.共有 11223312 个.故共有 16 1228 个.故选 C. (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 个(132，231)；第二类，当中间数字为“4”时，则百位 数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有 236 个；第三类，当 中间数字为“5”时，则百位数字有三个选择，个位数字有四个选择，则“凸数

9、” 有 4312 个；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 261220. 答案(1)C(2)20 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、关键元素和关键位置. (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才是不同的方法，不能重复. (3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏. 【训练 1】 (1)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 (2)

10、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_. 解析(1)5 个人中每一个都可主持，所以共有 5 种选法. (2)当 a0 时，b 的值可以是1，0，1，2，故(a，b)的个数为 4；当 a0 时， 要使方程 ax22xb0 有实数解，需使44ab0，即 ab1. 若 a1，则 b 的值可以是1，0，1，2，(a，b)的个数为 4； 若 a1，则 b 的值可以是1，0，1，(a，b)的个数为 3； 若 a2，则 b 的值可以是1，0，(a，b)的个数为 2. 由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为 443213. 答案(1)B(2

11、)13 考点二分步乘法计数原理的应用 【例 2】 (2019青岛二模)若 m，n 均为非负整数，在做 mn 的加法运算时各位 均不进位(例如：2 0191002 119)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而 mn 称为有序对(m，n)的值，那么值为 2 019 的“简单的”有序对的个数是() A.100B.96C.60D.30 解析mn2 019 且各位均不进位，从高位分步处理：千位有 20，11，0 2，共 3 种；百位有 00，共 1 种；十位有 01，10，共 2 种；个位有 0 9，18，27，36，45，54，63，72，81，90，共 10 种，由分 步乘法计数原理可知，值为 2

12、 019 的“简单的”有序对的个数是 31210 60.故选 C. 答案C 规律方法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. 【训练 2】 (2019蚌埠一模)某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬 业”三种红包，活动规定每人可以依次点击 4 次，每次都会获得三种红包中的一 种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同.员工 甲按规定依次点

13、击了 4 次，直到第 4 次才获奖.则他获得奖次的不同情形种数为 () A.9B.12C.18D.24 解析根据题意，若员工甲直到第 4 次才获奖，则其第 4 次才集全“和谐”“爱 国”“敬业”三种红包，则甲第 4 次获得的红包有 3 种情况，前三次获得的红包 为其余的 2 种， 有 2326 种情况， 则他获得奖次的不同情形种数为 3618， 故选 C. 答案C 考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 31】 (多填题)(2020济南模拟)用 0，1，9 十个数字，可以组成无重 复数字的三位数的个数为_，可以组成有重复数字的三位数的个数为 _(用数字作答). 解

14、析0，1，2，9 共能组成 91010900(个)三位数，其中无重复数字 的三位数有 998648(个)，有重复数字的三位数有 900648252(个). 答案648252 角度 2与几何有关的问题 【例 32】 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.60B.48C.36D.24 解析长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”的个数为 6636，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 6212， 故符合条件的 “平行线面组”的个数是 36

15、1248. 答案B 角度 3涂色、种植问题 【例 33】 (一题多解)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 A 5 5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 2A45 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 3 5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 A552A45A35420(种). 法二以 S，A，B，C，D

16、 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 543(1322)420

17、(种). 规律方法1.在综合应用两个原理解决问题时应注意： (1)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)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. 例题中，相邻顶点不同色，要按 A，C 和 B，D 是否同色分类处理. 【训练 3】 (1)(角度 1)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). (2)(角度 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

18、正八边形有公共边的三角形有_个(用数字作答). (3)(角度 3)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.24B.48C.72D.96 解析(1)当不含偶数时，有 A45120 个， 当含有一个偶数时，有 C14C35A44960 个， 所以这样的四位数共有 1 080 个. (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 8432(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 32840(个). (3)分两种情况： A，C 不同色，先涂

19、A 有 4 种，C 有 3 种，E 有 2 种，B，D 各有 1 种，各有 43224 种涂法.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 432248 种涂法.故共有 244872 种涂色方法.故选 C. 答案(1)1 080(2)40(3)C A 级基础巩固 一、选择题 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.12D.9 解析分两步， 第一步， 从 EF， 有 6 条可以选择的最短路径； 第二步， 从 FG，

20、 有 3 条可以选择的最短路径.由分步乘法计数原理可知有 6318 条可以选择的 最短路径.故选 B. 答案B 2.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.3B.4C.6D.8 解析以 1 为首项的等比数列为 1，2，4；1，3，9； 以 2 为首项的等比数列为 2，4，8； 以 4 为首项的等比数列为 4，6，9； 把这 4 个数列的顺序颠倒，又得到另外的 4 个数列， 所求的数列共有 2(211)8(个). 答案D 3.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.

21、40B.16C.13D.10 解析分两类情况讨论：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 8513 个不同的平面. 答案C 4.已知 a1，2，3，b4，5，6，7，则方程(xa)2(yb)24 可表示不同 的圆的个数为() A.7B.9C.12D.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 3412(个). 答案C 5.(2020广州模拟)如图所示的几何体

22、由三棱锥 PABC 与三棱 柱 ABCA1B1C1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 解析先涂三棱锥 PABC 的三个侧面，有 321 种情况，然后涂三棱柱的三 个侧面，有 211 种情况，由分步乘法计数原理，共有 321211 12 种不同的涂法.故选 C. 答案C 6.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() A.48B.18

23、C.24D.36 解析在正方体中， 每一个表面有四条棱与之垂直， 六个表面， 共构成 24 个“正 交线面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直， 共构成 12 个“正交线面对”，所以共有 36 个“正交线面对”. 答案D 7.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() A.12 种B.10 种C.9 种D.8 种 解析第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有 C122(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 C246(种)选派方法；

24、 由分步乘法计数原理可知，不同的选派方案共有 2612(种). 答案A 8.(2020东营调研)我国古代数学名著续古摘奇算法(杨辉)一书中有关于三阶 幻方的问题：如图所示，将 1，2，3，4，5，6，7，8，9 分别填入 33 的方格 中，使得每一行、每一列及对角线上的三个数的和都相等，我们规定：只要两个 幻方的对应位置(如每行第一列的方格)中的数字不全相同，就称为不同的幻方， 那么所有不同的三阶幻方的个数是() 834 159 672 A.9B.8C.6D.4 解析因为所有数的和为9（19） 2 45，45 3 15，所以每一行、每一列以及 对角线上的三个数的和都是 15，采用列举法：492

25、，357，816；276，951，438； 294，753，618；438，951，276；816，357，492；618，753，294；672，159， 834；834，159，672，共 8 个幻方，故选 B. 答案B 二、填空题 9.从甲地到乙地有三种方式可以到达.每天有 8 班汽车、 2 班火车和 2 班飞机.一天 一人从甲地去乙地，共有_种不同的方法. 解析分三类：一类是乘汽车有 8 种方法；一类是乘火车有 2 种方法；一类是乘 飞机有 2 种方法，由分类加法计数原理知，共有 82212(种)方法. 答案12 10.设 a，b，c1，2，3，4，5，6，若以 a，b，c 为三条边的

26、长可以构成一个 等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有_个. 解析先考虑等边的情况，abc1，2，6，有六个， 再考虑等腰的情况，若 ab1，cab2， 此时 c1 与等边重复， 若 ab2，cab4，则 c1，3，有两个， 若 ab3，cab6，则 c1，2，4，5，有四个， 若 ab4，cab8，则 c1，2，3，5，6，有五个， 若 ab5，cab10，则 c1，2，3，4，6，有五个， 若 ab6，cab12，则 c1，2，3，4，5，有五个， 故一共有 27 个. 答案27 11.乘积(a1a2a3)(b1b2b3b4)(c1c2c3c4c5)展开后的项数为 _. 解析从第一个括号中

27、选一个字母有 3 种方法，从第二个括号中选一个字母有 4 种方法，第三个括号中选一个字母有 5 种方法，故根据分步乘法计数原理可知共 有 N34560(项). 答案60 12.(多填题)(2020海口模拟)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则 不同的报名方法的种数为_.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)， 则获得冠军的可能性有_种. 解析五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生 有 4 种报名方法，共有 45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可 对 4 个冠军逐一落实，每个冠军有 5 种获得的可能性，共有 54种获得冠军的可 能性. 答案45

28、54 B 级能力提升 13.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 C122 种，共有 2222232(个). 答案A 14.(2020河北六校联考)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是 9，0， 2，1，5，为遵守当地某月 5 日至 9 日 5 天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的 车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车

29、出行，每天任选一辆 符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为() A.64B.80C.96D.120 解析5 日至 9 日，分别为 5，6，7，8，9，有 3 天奇数日，2 天偶数日，第一 步，安排偶数日出行，每天都有 2 种选择，共有 224(种)；第二步，安排奇数 日出行， 分两类， 第一类， 选 1 天安排甲的车， 另外 2 天安排其他车， 有 322 12(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有 2 种选择，共有 238(种)，共计 12820(种).根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为 42080.故选 B. 答案B 15.如图，图案共分 9 个区域，有 6

30、种不同颜色的涂料可供涂色， 每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中 2 和 9 同色、3 和 6 同色、 4 和 7 同色、5 和 8 同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方 法种数有_. 解析由题意知 2，3，4，5 的颜色都不相同，先涂 1，有 6 种方法，再涂 2，3， 4，5，有 A 4 5种方法，故一共有 6A45720 种. 答案720 16.(2019长沙模拟)如图所示，玩具计数算盘的三个档上各有 7 个算珠，现将每 档算珠分为左、 右两部分， 左侧的每个算珠表示数 2， 右侧的每个算珠表示数 1(允 许一侧无珠)，记上、中、下三个档的数字和分别为 a，b，c.例如，图中上档的 数字

31、和 a9.若 a，b，c 成等差数列，则不同的分珠计数法有_种. 解析根据题意知，a，b，c 的取值范围都是区间7，14中的 8 个整数，故公差 d 的范围是区间3，3中的整数.当公差 d0 时，有 C188 种；当公差 d 1 时，b 不取 7 和 14，有 2C1612 种；当公差 d2 时，b 不取 7，8， 13，14，有 2C148 种；当公差 d3 时，b 只能取 10 或 11，有 2C124 种.综上，共有 8128432 种不同的分珠计数法. 答案32 C 级创新猜想 17.(多填题)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如 22，121，3 443，94 249 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)5 位回文数有_个； (2)2n(nN*)位回文数有_个. 解析(1)5 位回文数相当于填 5 个方格，首尾相同，且不为 0，共 9 种填法，第 2位和第4位一样， 有10种填法， 中间一位有10种填法， 共有91010900(种) 填法，即 5 位回文数有 900 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 910n 1 种填法. 答案(1)900(2)910n 1