（2022高考数学一轮复习(步步高)）第十章 §10.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理.docx

1、10.1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.会用两个计数原理解决一些简 单的实际问题 基本形式一般形式区别 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 完成一件事有 n 类不同方案， 在 第 1 类方案中有 m1种不同的方 法，在第 2 类方案中有 m2种不 同的方法，在第 n 类方案中 有 mn种不同的方法，那么完成 这件事共有 Nm1m2 mn种不同的方法 分类加法

2、计数原理与分 步乘法计数原理，都涉 及完成一件事情的不同 方法种数它们的区别 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 任何一种方法都可以完 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 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 完成一件事需要 n 个步骤， 做第 1 步有 m1种不同的方法， 做第 2 步有 m2种不同的方法，做 第 n 步有 mn种不同的方法，那 么 完 成 这 件

3、 事 共 有 N m1m2mn种不同的方法 微思考 1在解题过程中如何判定是用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？ 提示如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类加法计数原理；如 果每类办法中的每一种方法只能完成这件事的一部分，就用分步乘法计数原理 2两种原理解题策略有哪些？ 提示明白要完成的事情是什么； 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； 有无特殊条件的限制； 检验是否有重复或遗漏 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

4、，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() 题组二教材改编 2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() A12B8C6D4 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、第二象限内不同点的个数是 326，故选 C. 3已知某公园有 4 个门

5、，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为() A16B13C12D10 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 3412(种) 4.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，则不同的取法种数为_ 答案9 解析分三类：第一类，从第 1 层取一本书有 4 种取法， 第二类，从第 2 层取一本书有 3 种取法， 第三类，从第 3 层取一本书有 2 种取法 共有 4329(

6、种)取法 题组三易错自纠 5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() A24B18C12D6 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 32212(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 3216(个)奇数根据分类加法计数原理知，共有 12618(个) 奇数 6某人有 3 个电子邮箱，他要发 5 封不同的电子邮件，则不同的发送方法有_种 答案243 解析因为每个邮件选择发的方式有 3 种不同的情况 所以

7、要发 5 个电子邮件，发送的方法有 3333335243(种). 题型一 分类加法计数原理 1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() A14B13C12D10 答案B 解析方程 ax22xb0 有实数解的情况应分类讨论当 a0 时，方程为一元一次方程 2xb0，不论 b 取何值，方程一定有解此时 b 的取值有 4 个，故此时有 4 个有序数对 当 a0 时，需要44ab0，即 ab1.显然有 3 个有序数对不满足题意，分别为(1,2)， (2,1)，(2,2)a0 时，(a，b)共有 3412(个)实数对，故 a0 时满足条件

8、的实数对有 12 39(个) 所以满足题意的有序数对共有 4913(个) 2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() A9B14C15D21 答案B 解析当 x2 时，xy，点的个数为 177. 当 x2 时，由 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) 3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 解析当

9、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 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

10、能有遗漏 题型二 分步乘法计数原理 例 1 (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() A24B18C12D9 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 6318(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

11、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 654120(种) 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

12、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；二是步与步之间确保连续，逐步 完成 跟踪训练 1 (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 abi，其中虚数 的个数是() A30B42C36D35 答案C 解析因为 abi 为虚数，所以 b0，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 6636 个虚数

13、(2)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() A7B9C12D16 答案C 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) 题型三 两个计数原理的综合应用 例 2 (1)现有 5 种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的 两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是() A120B140C240D260 答案D 解析由题意，先涂 A 处共有 5 种涂法，再涂 B 处有 4 种涂法，然后涂 C 处，若 C 处与 A

14、处所涂颜色相同，则 C 处共有 1 种涂法，D 处有 4 种涂法；若 C 处与 A 处所涂颜色不同，到 C 处有 3 种涂法，D 处有 3 种涂法，由此可得不同的涂色方法有 54(1433) 260(种)故选 D. (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 () A60B48C36D24 答案B 解析一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”， 一共有 6 个面，共有 6636(个) 长方体的每个对角面有 2 个“平行线面组”，共有 6 个对角

15、面，一共有 6212(个) 根据分类加法计数原理知：共有 361248(个) (3)用 0,1,2,3,4,5,6 这 7 个数字可以组成_个无重复数字的四位偶数(用数字作答) 答案420 解析要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为 0，个 位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步 第 1 类，当千位数字为奇数，即取 1,3,5 中的任意一个时，个位数字可取 0,2,4,6 中的任意 一个， 百位数字不能取与这两个数字重复的数字， 十位数字不能取与这三个数字重复的数字 根据分步乘法计数原理，有 3454240(种)取法 第 2 类，当

16、千位数字为偶数，即取 2,4,6 中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任 意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字 重复的数字 根据分步乘法计数原理，有 3354180(种)取法 根据分类加法计数原理，共可以组成 240180420(个)无重复数字的四位偶数 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 2 (1)(2021郑州质检)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为() A72B

17、120C192D240 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(1)若末位数字为 2，因为含有 2 个 4，所以有54321 2 60(种)情况；(2)若末位数字为 6， 同理有 60 种情况；(3)若末位数字为 4，因为有两个相同数字 4，所以共有 54321 120(种)情况综上，共有 6060120240(种)情况 (2)九章算术中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马设 AA1是正六棱 柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以 AA1为底面矩形的一边，则这 样的阳马的个数是() A8B12C16D18 答案C 解析根据正六边

18、形的性质，则 D1A1ABB1，D1A1AFF1满足题意， 而 C1，E1，C，D，E 和 D1一样，有 248(个)， 当 A1ACC1为底面矩形时，有 4 个满足题意， 当 A1AEE1为底面矩形时，有 4 个满足题意， 故共有 84416(个) 课时精练课时精练 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() A3B4C6D8 答案D 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

19、数列共有 2(211)8(个) 2 (2020西安模拟)将 3 名防控新冠疫情志愿者全部分配给 2 个不同的社区服务， 不同的分配 方案有() A12 种B9 种C8 种D6 种 答案C 解析每名防控新冠疫情志愿者都有两种不同的分配方法，根据分步计数原理可知，不同的 分配方案总数为 238(种) 3(2021保定质检)三个人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，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

20、递方式 由分类加法计数原理可知，共有 336(种)传递方式 4(2020凌源模拟)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，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、狗和羊，丙同学 哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学都选取到喜欢的礼物，则不同的选法有() A30 种B50 种C60 种D90 种 答案B 解析甲同学选择牛，乙有 2 种选择，丙有 10 种选择，选法有 121020(种)；甲同 学选择马，乙有 3 种选择，丙有 10 种选择，选法有 131030(种)

21、，所以总共有 2030 50(种)选法 5(2021安阳模拟)如图为我国数学家赵爽(约 3 世纪初)在为周髀算经作注时验证勾股定 理的示意图，现在提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻 区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有() A120 种B260 种C340 种D420 种 答案D 解析由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有 54313 54322180240420(种) 6(2021衡阳模拟)若 a1,2,3,4，b1,2,3,4，则 yb ax 表示不同直线的条数为( ) A8B11C14D16 答案B 解析若使b a表示不同的实数，则当 a

22、1 时，b1,2,3,4；当 a2 时，b1,3；当 a3 时，b 1,2,4；当 a4 时，b1,3.故 yb ax 表示的不同直线的条数共有 423211. 7李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、丙、 丁四家超市分别需要每隔 2 天、3 天、5 天、6 天去配送一次已知 5 月 1 日李明分别去了这 四家超市配送，那么整个 5 月他不用去配送的天数是() A12B13C14D15 答案B 解析将 5 月份的 30 天依次编号为 1,2,3，30，因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要 每隔 2 天、3 天、5 天、6 天去配送一次，且 5 月 1 日李明

23、分别去了这四家超市配送，所以李 明去甲超市的天数编号为：1,4,7,10,13,16,19,22,25,28，共 10 天；李明去乙超市但不去甲超市 的天数编号为：5,9,17,21,29，共 5 天；李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在， 共 0 天；李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：8,15，共 2 天所以李明需要 配送的天数为 1050217，所以整个 5 月李明不用去配送的天数是 301713. 8(多选)已知集合 A1,2,3,4，m，nA，则对于方程x 2 m y2 n 1 的说法正确的是() A可表示 3 个不同的圆B可表示 6 个不同的椭圆 C可表示 3 个

24、不同的双曲线D表示焦点位于 x 轴上的椭圆有 3 个 答案ABD 解析当 mn0 时，方程x 2 m y2 n 1 表示圆，故有 3 个，选项 A 正确；当 mn 且 m，n0 时，方程x 2 m y2 n 1 表示椭圆，焦点在 x，y 轴上的椭圆分别有 3 个，故有 326(个)，选项 B 正确；若椭圆的焦点在 x 轴上，则 mn0，当 m4 时，n2,3；当 m3 时，n2，即所 求的椭圆共有 213(个)， 选项 D 正确； 当 mn0 时， 方程x 2 m y2 n 1 表示双曲线， 故有 31 136 个，选项 C 错误 9如图所示，使电路接通，开关不同的闭合方式共有_种 答案21

25、解析根据题意，若电路接通，则开关 1,2 与 3,4,5 中都至少有 1 个闭合， 对于开关 1,2，共有 224(种)情况，其中全部断开的有 1 种情况，则其至少有 1 个闭合的 有 413(种)情况， 对于开关 3,4,5，共有 2228(种)情况，其中全部断开的有 1 种情况，则其至少有 1 个闭 合的有 817(种)情况，则电路接通的情况有 3721(种) 10 (2020石家庄模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的 44 小方格中， 每格内只填 入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有_种 答案576 解析依题意可分为以下 3 步： (1)先从 16 个格

26、子中任选一格放入第一个汉字， 有 16 种方法； (2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有 9 个格子可以放，有 9 种方法；(3) 第三个汉字只有 4 个格子可以放，有 4 种方法，根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法 有 1694576(种) 11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 _ 答案36 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 21224(个)；第 2 类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成

27、“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) 12我市 VR 大会展厅前广场改造，在人行道(斑马线)两侧划分 5 块区域(如图)，现有四种不 同颜色的花卉，要求每块区域随机种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的区域)所选 花卉颜色不能相同，则不同的摆放方式共有_种 答案288 解析根据题意，对于区域，可以在 4 种颜色中任选 2 种，有 4312 种选法；对于区 域， 可以在 4 种颜色中任选 3 种， 有 43224 种选法， 则不同的摆放方式有 1224 288(种) 13从集合1,2,3,4，10中，选出 5 个数组成该集合的子

28、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 解析先把数字分成 5 组：1,10，2,9，3,8，4,7，5,6，由于选出的 5 个数中，任 意两个数的和都不等于 11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成 22222 32(个)这样的子集 14.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓若按一定顺序将 每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的 2 个螺栓则不同的固定螺栓方式的种数是 _ 答案60 解析根据题意，第一个可以从 6 个螺栓里任意选一个，共有 6 种选择方法，并且机会是相 等的，若第一

29、个选 1 号螺栓，第二个可以选 3,4,5 号螺栓，依次选下去，共可以得到 10 种方 法，所以总共有 10660(种)方法 15从 2,3,4,5,6,7,8,9 这 8 个数中任取 2 个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以 组成不同对数值的个数为() A56B54C53D52 答案D 解析在 8 个数中任取 2 个不同的数共有 8756(个)对数值；但在这 56 个数值中，log24 log39，log42log93，log23log49，log32log94，即满足条件的对数值共有 56452(个) 16如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足 a1a3，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() A240B204C729D920 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 236(个)若 a24，满足条件的“凸数”有 3412(个)，若 a29，满足条件的“凸数”有 89 72(个) 所以所有凸数有 26122030425672240(个)