2020年浙江高三数学总复习：分类加法计数原理与分步乘法计数原理复习讲义

第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理
-备考方向明确h ------------------------- 方向比勢力更重要--------------
-知识链条完善-------- r把般落的知彊连起来j ----------- 一、分类加法计数原理
完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m种不同的方法，在第二类方案中有m种不同的方法，……,在第n类方案中有m种不同的方法,则完成这件事共有
N=m+m+…+m种不同的方法.
二、分步乘法计数原理
完成一件事需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m种不同的方法，完成第二步有m 种不同的方法，................................ ,完成第n步有m种不同的方法，
那么完成这件事共有N=m x m_x —x m种不同的方法.
概念的理解
(1) 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.
(2) 有些较复杂的问题往往不是单纯的“分类”或“分步”可以解决
的,而要将“分类”和“分步”结合起来运用.
(3) 两个原理的地位有差别，分类计数更具有一般性，故通常是先“分类”，然后再在每一类中“分步”，分类时标准要明确，做到不重不漏, 适当画出示意图或树形图，使问题的分析更直观、清楚.
温故知新
1. 为便民惠民，某通信运营商推出“优惠卡活动”.其内容如下：卡号的前七位是固定的，后四位从“ 0000”到“9999”共10 000个号码参与该活动,凡卡号后四位带有“ 6”或“ 8”的一律作为“优惠卡”，则“优惠卡”的个数是(C )
(A)1 980 (B)4 096
(C)5 904 (D)8 020
解析:卡号后四位不带“ 6”和“8”的个数为84=4 096,故带有“ 6” 或“8”的“优惠卡”有5 904个.故选C.
2•将一个四面体ABCD勺六条棱上涂上红、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(C )
(A)1 种(B)3 种(C)6 种(D)9 种
3.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小
组,则不同的报名方法共有(D )
(A)10 种(B)20 种(C)25 种(D)32 种
解析：因为规定每个同学必须报名，则每人只有2个选择。

报名方法有
2X 2X 2X2X 2=32种.
4. 所有两位数中，个位数字比十位数字大的两位数共有(B )
(A)45 个(B)36 个(C)30 个(D)50 个
5. 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3
次传递后,毽子又被踢回给甲.则不同的传递方式共有(B )
(A)5 种(B)2 种(C)3 种(D)4 种
6.6名同学争夺3项冠军,获得冠军的可能性有__________ 种.
解析:根据分步乘法计数原理获得冠军的可能性有6X 6X6=216.
答案:216
7.设a,b,c € {1,2,3,4,5,6}, 若以a,b,c为三条边的长可以构成一个
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,a=b=c=1,2,…,6,有六个.再考虑等腰的情
况,若a=b=1,c<a+b=2，此时c=1,与等边重复;若a=b=2,c<a+b=4,贝卩
c=1,3,有两个；若a=b=3,c<a+b=6,则c=1,2,4,5, 有四个；若a=b=4,c<a+b=8,则
c=1,2,3,5,6, 有五个；若a=b=5,c<a+b=10,则c=1,2,3,4,6, 有五个;若a=b=6,c<a+b=12,则c=1,2,3,4,5, 有五个.
故一共有27个符合题意的三角形.
答案:27
—咼频考点突破°----------------------- f在训练中掌握方法i ----------- 考点一分类加法计数原理的应用
【例1】如图,一条电路从A处到B处接通时，可有 _______ 条不同
的线路.
解析：根据图形可知，电路从A处到B处接通时可以有3+1+2X 2=8条不同的
线路.
答案：8
圧g运用分类加法计数原理的关键是分类标准恰当；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，且只能属于某一类(即标准明确，不重不漏).
(.迂移逊蜒
1.某校高三年级5个班进行拔河比赛，每2个班都要比赛一场.到现在为止,(1)班已经比了4场,(2)班已经比了3场,(3)班已经比了2 场,(4)班已经比了1场,则(5)班已经比了( B ) (A)1 场(B)2 场(C)3 场(D)4 场
解析：设①②③④⑤分别代表(1)(2)(3)(4)(5) 班,①比了4场，则① 和②③④⑤均比了1场；由于④只比了1场则一定是和①比的；②比了3场，是和①③⑤比的；③比了2场,是和①②比的.所以此时⑤比了2场是和①②比的.5个班的比赛情况可以用如图表示.
⑤
. _ 2 2
2. 椭圆L +
2L=1(m>0,n>0)的焦点在y 轴上，且m€ {1,2,3,4,5},n €
m n
{123,4,5,6,7}, 则这样的椭圆的个数为 _________ .
解析：由题意知n>m,
当m=1时,n有6种取法；
当m=2时,n有5种取法；
当m=3时,n有4种取法；
当m=4时,n有3种取法；
当m=5时,n有2种取法；
由分类加法计数原理知，符合条件的椭圆共有6+5+4+3+2=20个.
答案:20
考点二分步乘法计数原理的应用
【例2】有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有
多少种不同的报名方法?(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；
(2) 每项限报一人，且每人至多参加一项；
(3) 每项限报一人，但每人参加的项目不限.
解:(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6X5X4=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).
©忑■©瀚利用分步乘法计数原理解决问题
(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”，即只有完成了所有步骤，才完成任务；
(3) 对完成各步的方法数要准确确定.
I迂務迪蜒
将五个1,五个2,五个3,五个4,五个5,共25个数填入一个五行五列的表格内(每格填入一个数),使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2,考察每列中五个数之和，记这五个数和的最小值为m,则m的最大值为(C )
(A)8 (B)9 (C)10 (D)11
解析：依据五个1分布的不同情况进行讨论，确定m的最大值.①若五个1分布在同一列，则m=5;②若五个1分布在两列中，则由题意知这两列中出现的最大数为3,故2mc 5X1+5X 3=20,故10;③若五个1 分布在三列中，则由题意知这三列中出现的最大数为
3,故3mc
5X 1+5X 2+5X 3=30,故10;④若五个1分布在至少四列中，则其中某一列至少有一个数大于3,这与已知矛盾.综上所述,m<10.另一方面,如下表的例子说明m可以取到10.
故m的最大值为10.
考点三两个计数原理的综合应用
【例3】用0,123,4,5,6 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)
思路点拨：按首位数字的奇偶性分类，在每一类中根据特殊位置(末位) 优先原则进行分步.
解析:当首位数字为奇数时，首位取法有3种,末位取法有4种,百位取
法有5种,十位取法有4种,根据分步乘法计数原理，有
3X 4X 5X 4=240种取法，当首位数字为偶数时，首位取法有3种,末位取法有3种,百位取法有5种,十位取法有4种,根据分步乘法计数原理，有3X 3X 5X4=180种取法,根据分类加法计数原理，共可组成240+180=420个无重复数字的四位偶数.
答案:420
©三■©瀚(1)应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.
(2) 分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键.
(3) 分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成.
(4) 较复杂的问题可借助图表完成.
【例4】用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图(1)、图⑵)，要求在A,B,C,D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色.
(1) 若n=6,为图(1)着色时共有多少种不同的方法？
(2) 若为图(2)着色时共有120种不同的方法，求n.
解:(1)为A着色有6种方法,为B着色有5种方法,为C着色有4种方法，为D着色也有4种方法，所以，共有着色方法6X 5X 4X4=480(种).
⑵图⑵ 与图(1)的区别在于与D相邻的区域由2块变成了3块，同理, 不同的着色方法种数是
n(n-1)( n-2)( n-3).
因为n(n-1)(n-2)(n-3)=120,
又120<480,
所以可分别将n=4,5代入得n=5时上式成立.
所以n=5.
涂色问题的实质是分类与分步的综合运用，一般是整体分步,分步过程中若出现某一步需要分情况说明时，还要进行分类.
［、迂移测擦
1. 如果一个三位正整数如“ 8问3”满足a1<a2,且a2>a s,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 )
(A)240 (B)204 (C)729 (D)920
解析:若a2=2,则凸数有1 X 2=2个；
若a2=3,则凸数有2X 3=6个；
若a2=4,则凸数有3X4=12个;
若a2=9,则凸数有8X 9=72个.
所以所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240个( ). 故选 A.
2. 若一个无重复数字的四位数的各位数字之和为10, 则称该数为“完美四位数” , 如数字“ 2 017 ”. 试问用数字0,1,2,3,4,5,6,7 组成的无重复数字且大于 2 017 的“完美四位数”有( D )
(A)53 个(B)59 个(C)66 个(D)71 个解析:无重复数字且相加等于10 的四个数字分别是(0,1,2,7),(0,1,3,6),(0,1,4,5),(0,2,3,5),(1,2,3,4), 共五组. 其
中第一组(0,1,2,7)中,7排首位有3X 2=6(种)情况;2排首位,1或7 排在第二位，有2X 2=4(种)情况;2排首位,0排第二位,7排第三位有1 种情况. 共6+4+1=11(种)情况符合题设. 第二、三组中3,6 与4,5 分别排首位，各有2X 3X 2=2X 6=12(种)情况，共有2X 12=24(种)情况符合题设. 第四、五组中2,3,5 与2,3,4 分别排首位, 各有
3X 3X 2=3X 6=18(种)情况，共有2X 18=36(种)情况符合题设.依据分类加法计数原理可知, 符合题设条件的“完美四位数”共有
11+24+36=71(个), 选D.。