2020届高考数学一轮复习：第九章 复数、计数原理与概率、随机变量及其分布一

第九章⎪
⎪⎪
复数、计数原理与概率、随机变量及其分布
第一节数系的扩充与复数的引入
1．复数的有关概念 (1)复数的概念：
形如a ＋b i(a ，b ∈R )的数叫复数，其中a ，b 分别是它的实部和虚部．若b ＝0，则a ＋b i 为实数；若b ≠0，则a ＋b i 为虚数；若a ＝0且b ≠0，则a ＋b i 为纯虚数．
(2)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d (a ，b ，c ，d ∈R )． (3)共轭复数：a ＋b i 与c ＋d i 共轭⇔a ＝c ，b ＝－d (a ，b ，c ，d ∈R )． (4)复数的模：
向量OZ ―→
的模r 叫做复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模，记作|z |或|a ＋b i|，即|z |＝|a ＋b i|＝a 2＋b 2. 2．复数的几何意义 (1)复数z ＝a ＋b i
复平面内的点Z (a ，b )(a ，b ∈R )．
(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )平面向量OZ ―→
.
3．复数的运算
(1)复数的加、减、乘、除运算法则
设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则 ①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； ②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； ③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ；
④除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝(a ＋b i )(c －d i )(c ＋d i )(c －d i )＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －ad c 2＋d 2i(c ＋d i ≠0)．
(2)复数加法的运算定律
复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z 1，z 2，z 3∈C ，有z 1＋z 2＝z 2＋z 1，(z 1＋z 2)＋z 3＝z 1＋(z 2＋z 3)．
[小题体验]
1．(2019·杭州高三质检)设复数z＝
5
2－i
(其中i为虚数单位)，则复数z的实部为________，
虚部为________．
解析：因为z＝
5
2－i
＝
5(2＋i)
(2－i)(2＋i)
＝2＋i，所以复数z的实部为2，虚部为1.
答案：2 1
2．(2019·浙江名校联考)设(a＋i)(1－b i)＝3－i(a，b∈R，i是虚数单位)，则a＋b＝______；若z＝a＋b i，则|z|＝______.
解析：因为(a＋i)(1－b i)＝(a＋b)＋(1－ab)i＝3－i，所以a＋b＝3,1－ab＝－1，则ab＝2，所以|z|＝a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝9－4＝ 5.
答案：3 5
3．(教材习题改编)四边形ABCD是复平面内的平行四边形，A，B，C三点对应的复数分别是1＋3i，－i,2＋i，则点D对应的复数为________．
答案：3＋5i
1．判定复数是实数，仅注重虚部等于0是不够的，还需考虑它的实部是否有意义．2．两个虚数不能比较大小．
3．注意不能把实数集中的所有运算法则和运算性质照搬到复数集中来．例如，若z1，z2∈C，z21＋z22＝0，就不能推出z1＝z2＝0；z2＜0在复数范围内有可能成立．[小题纠偏]
1．设复数z1＝2－i，z2＝a＋2i(i是虚数单位，a∈R)，若z1·z2∈R，则a＝________.
解析：依题意，复数z1z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i是实数，因此4－a＝0，a＝4.
答案：4
2．设i是虚数单位，若复数(2＋a i)i的实部与虚部互为相反数，则实数a的值为________．解析：因为(2＋a i)i＝－a＋2i，
又其实部与虚部互为相反数，
所以－a＋2＝0，即a＝2.
答案：2
考点一复数的有关概念(基础送分型考点——自主练透)
[题组练透]
1．(2018·台州二模)复数(a 2－3a ＋2)＋(a －1)i 是纯虚数，则实数a 的值为( ) A ．2 B ．1 C ．－2
D ．1或2
解析：选A 由a 2－3a ＋2＝0，得a ＝1或2.因为复数是纯虚数，所以a ≠1，所以可知a ＝2.
2．已知i 为虚数单位，a ∈R ，若2－i a ＋i 为纯虚数，则复数z ＝2a ＋2i 的模等于( )
A. 2
B.11
C. 3
D. 6
解析：选C 由题意得，2－i
a ＋i ＝t i(t ≠0)，
∴2－i ＝－t ＋ta i ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
－t ＝2，
ta ＝－1，解得⎩
⎪⎨⎪⎧
t ＝－2，a ＝12
，
∴z ＝2a ＋2i ＝1＋2i ，|z |＝3，故选C.
3．(2019·镇海中学模拟)已知i 是虚数单位，复数z ＝2－i ，则z ·(1＋2i)的共轭复数为( ) A ．2＋i B ．4＋3i C ．4－3i
D ．－4－3i
解析：选C 因为z ＝2－i ，所以z ·(1＋2i)＝(2－i)(1＋2i)＝4＋3i ，所以其共轭复数为4－3i.
4．已知复数z 1满足(z 1－2)(1＋i)＝1－i(i 为虚数单位)，复数z 2的虚部为2，且z 1·z 2是实数，则z 2＝________.
解析：(z 1－2)(1＋i)＝1－i ⇒z 1＝2－i. 设z 2＝a ＋2i ，a ∈R ，
则z 1·z 2＝(2－i)(a ＋2i)＝(2a ＋2)＋(4－a )i. ∵z 1·z 2∈R ，∴a ＝4. ∴z 2＝4＋2i. 答案：4＋2i
[谨记通法]
求解与复数概念相关问题的技巧
复数的分类、复数的相等、复数的模，共轭复数的概念都与复数的实部与虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即a ＋b i(a ，b ∈R )的形式，再根据题意求解．
考点二 复数的几何意义(基础送分型考点——自主练透)
[题组练透]
1．(2019·杭二模拟)在复平面内，复数z ＝i
1＋i
对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限
解析：选A z ＝i 1＋i ＝i (1－i )(1＋i )(1－i )＝12＋12
i ，其在复平面内对应的点为⎝⎛⎭⎫12，12，位于第一象限．
2．(2019·河北“五校联盟”质检)在复平面内与复数z ＝2i 1＋i 所对应的点关于实轴对称的
点为A ，则A 对应的复数为( )
A ．1＋i
B ．1－i
C ．－1－i
D ．－1＋i
解析：选B 因为z ＝2i
1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )＝i(1－i)＝1＋i ，所以A 点坐标为(1，－1)，其
对应的复数为1－i.
3．(2019·浙江十校联盟适考)复数z ＝
2i
1＋i
(i 为虚数单位)的虚部为________，其共轭复数在复平面内对应的点位于第________象限．
解析：因为z ＝
2i 1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )
＝1＋i ，所以z 的虚部为1，z ＝1－i ，故复数z 的共轭复数在复平面内对应的点为(1，－1)，位于第四象限．
答案：1 四
[谨记通法]
对复数几何意义的理解及应用
(1)复数z 、复平面上的点Z 及向量OZ ―→相互联系，即z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )⇔Z (a ，b )⇔OZ ―→
. (2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
考点三 复数的代数运算(基础送分型考点——自主练透)
[题组练透]
1．(2019·浙江名校协作体联考)⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪3－i 1＋i ＝( )
A.
5
2
B.10
C.
102
D. 5
解析：选D 法一：3－i 1＋i ＝(3－i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝2－4i 2＝1－2i ，|1－2i|＝5，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－i 1＋i ＝5，故
选D.
法二：⎪⎪⎪⎪⎪
⎪3－i 1＋i ＝|3－i||1＋i|＝102
＝5，故选D. 2．(2019·嘉兴模拟)设复数z ＝1－i(i 是虚数单位)，则2
z ＋z 等于( ) A ．2 B ．－2 C ．2i
D ．－2i
解析：选A 2z ＋z ＝21－i ＋1－i ＝2(1＋i )(1－i )(1＋i )
＋1－i ＝1＋i ＋1－i ＝2.
3．(2019·浙江期初联考)已知i 是虚数单位，若复数z 满足4
1＋z ＝1－i ，则z ·z ＝( )
A ．4
B ．5
C ．6
D ．8
解析：选B 由41＋z ＝1－i ，得z ＝41－i
－1＝1＋2i ，所以z ＝1－2i ，则z ·z ＝(1＋2i)(1－2i)＝5，故选B.
4．(2018·全国卷Ⅱ)1＋2i
1－2i ＝( )
A ．－45－35i
B ．－45＋3
5i
C ．－35－45
i
D ．－35＋4
5i
解析：选D 1＋2i 1－2i ＝(1＋2i )2(1－2i )(1＋2i )
＝－3＋4i 5＝－35＋4
5i.
[谨记通法]
复数代数形式运算问题的解题策略
(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i 的看作一类同类项，不含i 的看作另一类同类项，分别合并即可．
(2)复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i 的幂写成最简形式．
[提醒] 在进行复数的代数运算时，记住以下结论，可提高计算速度． (1)(1±i)2＝±2i ；
1＋i 1－i ＝i ；1－i
1＋i
＝－i ； (2)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)；
(3)i 4n ＝1，i 4n ＋
1＝i ，i 4n ＋
2＝－1，i 4n ＋
3＝－i ，
i 4n ＋i 4n ＋
1＋i 4n ＋
2＋i 4n ＋
3＝0，n ∈N *.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2019·浙江9＋1期中)已知i 为虚数单位，z 表示复数的共轭复数，若z ＝1＋i ，则
z ·z
i ＝( )
A ．2i
B ．－2i
C ．2
D ．－2
解析：选B
z ·z
i ＝(1＋i )(1－i )i ＝2i
＝－2i. 2．(2019·湖州模拟)已知复数a ＋2i
1＋i
(i 是虚数单位)是纯虚数，则实数a ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．0 D ．2
解析：选A a ＋2i 1＋i ＝(a ＋2i )(1－i )(1＋i )(1－i )
＝(a ＋2)＋(2－a )i
2是纯虚数，所以a ＋2＝0，解得a ＝
－2.
3．(2018·杭州名校协作体二模)在复平面内，复数z 和i
1－i 表示的点关于虚轴对称，则复
数z 为( )
A.12＋12i
B.12－12i
C ．－12＋12
i
D ．－12－1
2
i
解析：选A 因为i 1－i ＝i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－12＋1
2i ，其在复平面内对应的点为⎝⎛⎭⎫－12，12，所以由条件可知z ＝12＋1
2
i.故选A.
4．(2019·金丽衢十二校联考)设a ∈R ，若复数z ＝a ＋i
1＋i
(i 为虚数单位)的实部和虚部相等，则a ＝________，|z |＝________.
解析：
a ＋i 1＋i ＝(a ＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )
＝(a ＋1)＋(1－a )i
2，
所以a ＋1＝1－a ，解得a ＝0.
所以z ＝12＋12i ，所以|z |＝⎪⎪⎪⎪12－12i ＝22. 答案：0
2
2
5．设复数a ＋b i(a ，b ∈R )的模为3，则(a ＋b i)(a －b i)＝________. 解析：∵|a ＋b i|＝a 2＋b 2＝3， ∴(a ＋b i)(a －b i)＝a 2＋b 2＝3. 答案：3
二保高考，全练题型做到高考达标 1．(2019·杭州质检)设z ＝i 1－i
(i 为虚数单位)，则1
|z |＝( )
A.2
2
B. 2
C.1
2
D ．2
解析：选B 因为z ＝i 1－i ＝i (1＋i )(1－i )(1＋i )
＝－12＋1
2i ，
所以|z |＝
⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫122＝22
， 所以1
|z |
＝ 2.
2．(2019·宁波模拟)已知复数z 满足z (1＋i)＝2－i ，则z 的虚部为( ) A ．－32i
B.32i
C ．－32
D.32
解析：选C 因为z (1＋i)＝2－i ，所以z ＝2－i 1＋i ＝(2－i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝12－32
i ，所以其虚部为－3
2.
3．定义运算⎪⎪
⎪⎪⎪⎪
a b c
d ＝ad －bc ，则符合条件⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
z 1＋i －i 2i ＝0的复数z 的共轭复数z 在复平面内对应的点在( )
A ．第一象限
B ．第二象限
C ．第三象限
D ．第四象限
解析：选B 由题意得，2z i －[－i(1＋i)]＝0，则z ＝－i (1＋i )2i ＝－12－12i ，∴z ＝－12＋1
2
i ，其在复平面内对应的点在第二象限，故选B.
4．已知复数z ＝1＋2i
1－i
，则1＋z ＋z 2＋…＋z 2 018＝( )
A ．1＋i
B ．1－i
C ．i
D ．0
解析：选C ∵z ＝1＋2i
1－i ＝1＋2i (1＋i )2＝i ，∴1＋z ＋z 2＋…＋z 2 018＝
1×(1－z 2 019
)
1－z ＝
1－i 2 0191－i ＝1－i 4×
504·i 3
1－i
＝i. 5．(2019·杭州七校联考)已知复数z ＝2＋a i(a ∈R )，|(－1＋i)z |＝32，则a 的值是( ) A ．±5 B. 5 C ．±3
D. 3
解析：选A 法一：|(－1＋i)z |＝|(－2－a )＋(2－a )i|＝ (－2－a )2＋(2－a )2＝
2a 2＋8＝
32，则a ＝±5，故选A.
法二：|(－1＋i)z |＝|－1＋i|·|z |＝2·22＋a 2＝32，则a ＝±5，故选A.
6．(2018·嘉兴4月)若复数z 满足(3＋i)z ＝2－i(i 为虚数单位)，则z ＝________，|z |＝________.
解析：因为(3＋i)z ＝2－i ，所以z ＝2－i 3＋i ＝(2－i )(3－i )(3＋i )(3－i )
＝1－i 2，所以|z |＝2
2.
答案：
1－i 2 2
2
7．已知复数z 满足
z ＋2
z －2
＝i(其中i 是虚数单位)，则|z |＝________. 解析：由z ＋2z －2＝i 知，z ＋2＝z i －2i ，即z ＝－2－2i 1－i ，所以|z |＝|－2－2i||1－i|＝22
2＝2.
答案：2
8．已知a ∈R ，若1＋a i 2－i 为实数，则a ＝________，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋a i 2－i ＝________.
解析：
1＋a i 2－i ＝(1＋a i )(2＋i )(2－i )(2＋i )
＝2＋i ＋2a i －a 5＝2－a 5＋1＋2a
5i ，
∵1＋a i 2－i
为实数，∴1＋2a 5＝0，∴a ＝－1
2.
所以⎪⎪⎪⎪⎪
⎪1＋a i 2－i ＝12
.
答案：－12 1
2
9．已知复数z ＝x ＋y i ，且|z －2|＝3，则y
x 的最大值为________．
解析：∵|z －2|＝(x －2)2＋y 2＝3，
∴(x －2)2＋y 2＝3. 由图可知⎝⎛⎭⎫y x max
＝3
1＝ 3. 答案： 3
10．计算：(1)(－1＋i )(2＋i )
i 3；
(2)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ；
(3)1－i (1＋i )2＋1＋i (1－i )2； (4)1－3i (3＋i )2
. 解：(1)(－1＋i )(2＋i )i 3＝－3＋i
－i ＝－1－3i.
(2)(1＋2i )2＋3(1－i )
2＋i
＝－3＋4i ＋3－3i 2＋i
＝i
2＋i ＝i (2－i )5
＝15＋2
5
i. (3)1－i (1＋i )2＋1＋i (1－i )2＝1－i 2i ＋1＋i －2i ＝1＋i －2＋－1＋i 2＝－1.
(4)1－3i (3＋i )2＝(3＋i )(－i )
(3＋i )2 ＝
－i 3＋i
＝(－i )(3－i )
4
＝－14－3
4
i.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·杭州二模)已知i 是虚数单位，则(1＋2i )(1－i )
1＋i ＝( )
A ．2＋i
B ．2－i
C ．－2＋i
D ．－2－i
解析：选B (1＋2i )(1－i )1＋i ＝(1＋2i )(1－i )2
(1＋i )(1－i )
＝－i(1＋2i)＝2－i.故选B.
2．(2018·湖丽衢三地期末联考)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，z 1＝a ＋i ，z 2＝b －i ，若z 1·z 2
是纯虚数，则ab ＝________，|z 1·z 2|的最小值为________．
解析：因为z 1＝a ＋i ，z 2＝b －i ，所以z 1·z 2＝(a ＋i)(b －i)＝ab ＋1＋(b －a )i.因为z 1·z 2是纯虚数，所以ab ＝－1.|z 1·z 2|＝(b －a )2＝a 2＋b 2－2ab ＝a 2＋b 2＋2≥－2ab ＋2＝2，当且仅当a ＝－b 时，等号成立．
答案：－1 2
3．复数z 1＝3a ＋5＋(10－a 2)i ，z 2＝2
1－a ＋(2a －5)i ，若z 1＋z 2是实数，求实数a 的值．
解：z 1＋z 2＝
3a ＋5＋(a 2－10)i ＋2
1－a
＋(2a －5)i ＝⎝⎛⎭⎫3a ＋5＋2
1－a ＋[(a 2－10)＋(2a －5)]i ＝a －13(a ＋5)(a －1)＋(a 2＋2a －15)i. ∵z 1＋z 2是实数， ∴a 2＋2a －15＝0， 解得a ＝－5或a ＝3. ∵a ＋5≠0， ∴a ≠－5，故a ＝3.
第二节
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
两个计数原理
[小题体验]
1．设x，y∈N，且x＋y≤3，则满足条件的有序实数对(x，y)的数量有()
A．3B．4
C．5 D．10
解析：选D由题可得，当x＝0时，y＝0,1,2,3；当x＝1时，y＝0,1,2；当x＝2时，y ＝0,1；当x＝3时，y＝0.所以由分类加法计数原理可得，满足条件的有序实数对有N＝4＋3＋2＋1＝10对．故选D.
2．某考生进行高考志愿填报，根据自己的兴趣及就业意向，打算从某高校的5个专业中选择3个，分别作为第一、第二、第三志愿，则不同的志愿填报方式有________种．解析：由分步乘法计数原理可得，不同的志愿填报方式有N＝5×4×3＝60种．
答案：60
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，步与步之间是相关联的．
[小题纠偏]
1．用0,1,2，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()
A．243 B．252
C．261 D．279
解析：选B0,1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．2．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
考点一分类加法计数原理(基础送分型考点——自主练透)
[题组练透]
1．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )
A ．4种
B ．10种
C ．18种
D ．20种
解析：选B 分两种情况：①4位朋友中有2个人得到画册，有C 24＝6(种)赠送方法；②4位朋友中只有1个人得到画册，有C 14＝4(种)赠送方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)，故选B.
2．椭圆x 2m ＋y 2n ＝1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________．
解析：因为焦点在x 轴上，所以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．
答案：10
3．(2019·诸暨模拟)小王同学在书店发现三本有价值的书，若决定买一本，则购买的方式有________种；决定至少买一本，则购买的方式有________种．
解析：根据题意，若只买一本，则有3种选择；若只买2本，则有3种选择；若买3本，则有1种选择．由分类加法计数原理可知：N ＝3＋3＋1＝7种．
答案：3 7
[谨记通法]
利用分类加法计数原理解题时2个注意点
(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，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
考点二 分步乘法计数原理(基础送分型考点——自主练透)
[题组练透]
1．双十一亚马逊网站图书类优惠大促．小明同学拟在5本不同的数学教辅图书、3本不同的物理教辅图书以及6本不同的英语教辅图书中各选1本进行学习，则不同的选法种数是
( )
A ．14
B ．90
C ．48
D ．45
解析：选B 先选数学书，有5种不同的选法；再选物理书，有3种不同的选法；最后选英语书，有6种不同的选法，由分步乘法计数原理可得，不同的选法种数是N ＝5×3×6
＝90种．
2．(2019·台州模拟)有4个不同书写形式的“迎”字和3个不同书写形式的“新”字，如果一个“迎”字和一个“新”字能配成一套，则不同的配套方式共有() A．7种B．12种C．64种D．81种
解析：选B分两步进行，第一步，选“迎”字，有4种不同的选法；第二步，选“新”字，有3种不同的选法，所以由分步乘法计数原理可知：N＝4×3＝12种．3．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(用数字作答)．
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
[谨记通法]
利用分步乘法计数原理解题时3个注意点
(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．
(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．
考点三两个原理的应用(重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
1．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．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)涂法．
(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)涂法．
故共有24＋48＝72种涂色方法．
2．袋中有8个不同的红球，7个不同的白球，6个不同的黄球，现从中任取两个不同颜色的球，则不同的取法有______种．
解析：若取红球、白球各一个，则不同的取法有8×7＝56种；若取红球、黄球各一个，
则不同的取法有8×6＝48种；若取白球、黄球各一个，则不同的取法有7×6＝42种．由分类加法计数原理可得，不同的取法有N＝56＋48＋42＝146种．
答案：146
[由题悟法]
两个原理应用的关键
(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．
[即时应用]
1．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．48 B．18 C．24 D．36
解析：选D分类讨论：
第一类，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)；
第二类，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．如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D4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________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．答案：480
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是()
A．20B．16
C．10 D．6
解析：选B当a当组长时，则共有1×4＝4(种)选法；当a不当组长时，因为a不能当
副组长，则共有4×3＝12(种)选法．因此共有4＋12＝16种选法．
2．(2019·江山模拟)某班班干部有5名男生，4名女生，从中各选一名干部参加学生党校培训，则不同的选法种数有()
A．9 B．20
C．16 D．24
解析：选B先选男生，有5种不同的选法，再选女生，有4种不同的选法．由分步乘法计数原理可知：N＝5×4＝20.
3．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)．
4．从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是________；3的倍数的个数有________．
解析：从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0，可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法．故所求奇数的个数为3×3×2＝18.若有0，则另两个数分别为1,2或2,4，则不同的三位数有2×2×2＝8种，若有3，则另两个数分别为1,2或2,4，则不同的三位数有3×2×2＝12种，所以满足条件的3的倍数的个数为8＋12＝20个．
答案：1820
5．(2018·温州八校)将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，则1号盒子中无球的不同放法种数有________种；1号盒子中有球的不同放法种数有________种．
解析：1号盒子无球的不同放法有33＝27种，1号盒子有球的不同放法有43－33＝64－27＝37种．
答案：2737
二保高考，全练题型做到高考达标
1．设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是()
A．7 B．10
C．25D．52
解析：选B因为集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2×5＝10(个)．2．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()
A．56 B．54
C．53 D．52
解析：选D在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值，但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
3．(2019·嘉兴四高适应性考试)将3封信投入6个不同的信箱内，则不同的投法种数有()
A．9 B．18
C．216 D．729
解析：选C将3封信投入6个不同的信箱内，每封信都有6种不同的投法，所以满足条件的不同投法种数有63＝216种．
4．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
解析：选B当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A34个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C13A34个偶数．故符合条件的偶数共有2A34＋C13A34＝120(个)．
5.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，
现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，
相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有()
A．24种B．72种
C．84种D．120种
解析：选C如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A―→B―→
C―→D顺序涂色，
下面分两种情况：
(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48(种)不同的涂法．
(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36(种)不同的涂法．故共有48＋36＝84(种)
不同的涂色方法．故选C.
6．集合N＝{a，b，c}⊆{－5，－4，－2,1,4}，若关于x的不等式ax2＋bx＋c＜0恒有实数解，则满足条件的集合N的个数是________．
解析：依题意知，集合N最多有C35＝10(个)，其中对于不等式ax2＋bx＋c＜0没有实数解的情况可转化为需要满足a＞0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当a，c同号时才有可能，共有2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10－2＝8.
答案：8
7．在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．其中偶数有________个．
解析：十位上的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．偶数为214,312,314,412,324，共5个．答案：8 5
8.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．
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．
答案：180
9．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：325
－3，－2，－1，0，1，2，若a，b，c∈M，则：10．已知集合M＝{}
(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)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)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．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A⊕B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A⊕B中元素的个数为() A．77 B．49
C．45 D．30
解析：选C A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}＝{(x，y)|x＝±1，y＝0；或x＝0，y＝±1；或x＝0，y＝0}，
B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}＝{(x，y)|x＝－2，－1，0,1,2；y＝－2，－1,0,1,2}，A⊕B表示点集．
由x1＝－1,0,1，x2＝－2，－1,0,1,2，得x1＋x2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共7种取值可能．
同理，由y1＝－1,0,1，y2＝－2，－1,0,1,2，得y1＋y2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共7种取值可能．
当x1＋x2＝－3或3时，y1＋y2可以为－2，－1,0,1,2中的一个值，分别构成5个不同的点，
当x1＋x2＝－2，－1,0,1,2时，y1＋y2可以为－3，－2，－1，0,1,2,3中的一个值，分别构成7个不同的点，
故A⊕B共有2×5＋5×7＝45(个)元素．
2．(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：300
3.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，求共有多少不同的染
色方法．
解：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S -ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．。