分类加法计数原理与分步乘法计数原理2020年高考数学一轮考点

2020 年高考数学一轮考点
专题 56分类加法计数原理与分步乘法计数原理
一、【知识精讲】
1.分类加法计数原理
达成一件事有两类不一样方案，在第 1 类方案中有 m种不一样的方法，在第 2 类方案中有 n 种不一样的方法 . 那么达成这件事共有N＝m＋ n 种不一样的方法 .
2.分步乘法计数原理
达成一件事需要两个步骤，做第 1 步有 m种不一样的方法，做第 2 步有 n 种不一
样的方法，那么达成这件事共有 N＝m×n 种不一样的方法 .
3.分类加法和分步乘法计数原理，差别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，此中各样方法相互独立，用此中任何一种方法都能够做完这件事；分步乘法计数
原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都达成了才算完
成这件事 .
【注意点】
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决摆列组合问题的基础，并贯串其始
终 .
1.分类加法计数原理中，达成一件事的方法属于此中一类，而且只属于此中一类 .
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，分步达
成”.
二、【典例精练】
考点一分类加法计数原理的应用
【例 1】 (1) 从甲地到乙地有三种方式能够抵达 . 每日有 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 ________种不一样的方法 .
(2)知足 a，b∈{ － 1，0，1，2} ，且对于 x 的方程 ax2＋2x＋b＝ 0 有实数解的有
序数对 ( a，b) 的个数为 ________.
【答案】(1)12(2)13
【分析】(1)一类是乘飞机有分三类：一类是乘汽车有 8 种方法；一类是乘火车有 2 种方法； 2 种方法，由分类加法计数原理知，共有 8＋ 2＋ 2＝12( 种 ) 方法 .
(2)当 a＝0 时， b 的值能够是－ 1，0，1，2，故 ( a，b) 的个数为 4；当 a≠0时，
要使方程 ax2＋ x＋b＝
0有实数解，需使＝－ ab≥，即 ab≤
1.
2440
若 a＝－ 1，则 b 的值能够是－ 1， 0， 1， 2， ( a，b) 的个数为 4；
若 a＝1，则 b 的值能够是－ 1，0，1，( a，b) 的个数为 3；
若 a＝2，则 b 的值能够是－ 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 4＋4＋3＋2＝13.
【解法小结】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
重点词、重点元素和重点地点.
(1)依据题目特色恰入选择一个分类标准 .
(2)分类时应注意达成这件事情的任何一种方法一定属于某一类，而且分别属于
不一样种类的两种方法才是不一样的方法，不可以重复 .
(3)分类时除了不可以交错重复外，还不可以有遗漏，如本例 (2) 中易漏 a＝0 这一类 . 考点二分步乘法计数原理的应用
【例 2】 (1) 用 0，1，2，3，4，5 可构成无重复数字的三位数的个数为________. (2)(2018 ·合肥质检 ) 五名学生报名参加四项体育竞赛，每人限报一项，则不一样
的报名方法的种数为________. 五名学生抢夺四项竞赛的冠军 ( 冠军不并列 ) ，则
获取冠军的可能性有________种 .
【答案】(1)100(2)4 554
【分析】(1) 可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字有 5 种放法；
第二步：十位数字有 5 种放法；第三步：个位数字有 4 种放法，依据分步乘法计
数原理，三位数的个数为5×5×4＝ 100.
(2)五名学生参加四项体育竞赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有
5
4 种报名方法，共有 4 种不一样的报名方法 . 五名学生抢夺四项竞赛的冠军，可对
4
4 个冠军逐个落实，每个冠军有
5 种获取的可能性，共有 5 种获取冠军的可能性 .
【解法小结】 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，即分步是有先后次序的，而且分步一定知足：达成一件事的各个步骤是相互
依存的，只有各个步骤都达成了，才算达成这件事.
2.分步一定知足两个条件：一是步骤相互独立，互不扰乱；二是步与步保证连续，逐渐达成 .
考点三两个计数原理的综合应用
角度 1与数字相关的问题
【例 3－1】（2012 山东）现有 16 张不一样的卡片，此中红色、黄色、蓝色、绿色
卡片各 4 张，从中任取 3 张，要求这 3 张卡片不可以是同一种颜色， 而且红色
卡片至多 1 张，不一样取法的种数是
A ．232
B ．252
C ．472
D ．484
【答案】 C
【分析】若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选
3 张，若都不一样色则
有 C 41 C 41 C 41 =64，若 2 张同色，则有 C 32 C 21 C 42 C 41 144 ，若红色 1 张，
其余
2 张不一样色，则有C 41 C 32 C 41 C 41 192 ，其余
2 张同色则有
C 41 C 31 C 42
72 ，因此共有 64+144+192+72=472．
另解1： 3
3 2 1
16 15 14 16 72 560 88 472 , 答案应选 ．
C
16
4C 4
C 4
C
12
6
C 另解 2： C 40C 123 3C 43 C 41C 122
12 11 10 12 4 12 11 220
264 12 472．
6 2
角度 2 与几何相关的问题
【例 3－2】 假如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，由两个极点确立的直线与含有四个极点的平面构
成的“正交线面对”的个数是
(
)
A.48
B.18
C.24
D.36
【答案】
D
【分析】
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”，因此共有 36 个“正交线面对”.角度 3 涂色、栽种问题
【例 3－3】 ( 一题多解 ) 如下图，将一个四棱锥的每一个极点染上一种颜色，并使同一条棱上的两头异色， 假如只有 5 种颜色可供使用， 求不一样的染色方法种
数 .
【分析】解法一按所用颜色种数分类.
5
第一类： 5 种颜色全用，共有 A5种不一样的方法；
第二类：只用 4 种颜色，则必有某两个极点同色(A与 C，或 B与 D4
，共有×A5
)2
种不一样的方法；
第三类：只用 3 种颜色，则 A 与 C，B 与 D 必然同色，共有 A53种不一样的方
法 .
由分类加法计数原理，得不一样的染色方法种数为543＝420( 种).
A＋2×A＋ A
555
法二以 S，A， B， C， D 次序分步染色 .
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 能否同色进行分类，当 A 与 C 同色时， D点有 3 种染色方法；当 A 与 C 不一样色时，由于 C 与 S，B 也不一样色，因此 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一样的染色方法共有 5×4×3×(1 ×3＋2×2) ＝ 420( 种).
【解法小结】 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，可适合地列出表示图或列出表格，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，也可按不一样的地区分步达成.
例题中，相邻极点不一样色，要按A，C 和 B， D 能否同色分类办理 .
三、【名校新题】
1.(2019 ·石家庄模拟 ) 教课大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的
走法有 ()
A.10种
B.25种
C.52种
D.24种
【答案】D
【分析】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24种不一样的走
法 .
2．(2018 ·九江模拟 ) 已知两条异面直线a， b
上分别有 5 个点和8 个点，则这
13 个点能够确立不一样的平面个数
()为
A．40 B ．16 C ．13 D ．10
【答案】C
【分析】分两状况：
第 1 ，直 a 分与直 b 上的 8 个点能够确立 8 个不一样的平面；第 2 ，直 b 分与直 a 上的 5 个点能够确立 5 个不一样的平面．依据分加法数原理知，共能够确立8＋ 5＝ 13 个不一样的平面．
3．(2018 ·北京旭日区二模 ) 将 5 号的影票分甲、乙等 5 个人，每人一，且甲、乙分得的影票号，共有不一样分法的种数() A．12 B ．24 C ．36 D ．48
【答案】D
3【分析】甲、乙分得的影票号有4×2＝ 8 种状况，其余三人有A3种分法，3
因此共有 8A3＝48 种， D.
4．(2019 · 沙模 ) 将字母 a，a，b，b，c，c 排成三行两列，要求每行的字母
互不同样，每列的字母也互不同样，不一样的摆列方法共有() A．12种 B ．18种 C ．24种 D ．36种
【答案】A
【分析】第一步先排第一列，有A33＝ 6( 种) ，再排第二列，当第一列确立，
第二列有两种方法，如所示，因此不一样的摆列方法共有6×2＝ 12( 种) ．
5.(2019 ·山模 ) 用 0,1 ，⋯， 9 十个数字，能够成有重复数字的三位数的
个数()
A．243B．252 C．261D．279
【答案】B
【分析】由分步乘法数原理知：用0,1 ，⋯，9 十个数字成三位数 ( 可有重
复数字 ) 的个数9×10×10＝ 900，成没有重复数字的三位数的个数
9×9×8＝ 648，成有重复数字的三位数的个数900－648＝252. 故 B.
6．(2019 ·福州模拟 ) 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可以在本班监考，则监考的方法有()
A．8种 B ．9种 C ．10种 D ．11种
【答案】B
【分析】设四位监考教师分别为 A，B，C，D，所教班分别为 a，b，c，d，假定 A
监考 b，则余下三人监考剩下的三个班，共有 3 种不一样方法，同理 A 监考 c， d 时，
也分别有 3 种不一样方法，由分类加法计数原理共有 3＋3＋3＝9 种．
7.(2019 ·四川泸州模拟 ) 如图，将一环形花坛分红 A，B，C，D 四块，现有 3 种
不一样的花供选种，要求在同一块中种一栽花，且相邻的2 块种不一样的花，则
不一样
的种法总数为 ()
A．12 B ．24 C ．18 D ．6
【答案】C
22
【分析】四块地种 2 种不一样的花共有C3A2＝6 种不一样的栽种方法，四块地种3
3
种不一样的花共有2A3＝ 12 种不一样的栽种方法，因此共有 6＋ 12＝18 种不一样的栽种方法，应选 C.
8. (2019 ·广西桂林模拟 ) 如图，某货场有两堆集装箱，一堆 2 个，一堆 3 个，
现需要所有装运，每次只好取此中一堆最上边的一个集装箱，则在装运的过程中
不一样取法的种数是 ()
A．6 B ．10 C ．12 D ．24
【答案】B
【分析】将图中左侧的集装箱从上往下分别记为1,2,3 ，右侧的集装箱从上往下分别记为 4,5. 分两种状况议论：若先取 1，则有12345,12453,12435,14523,14235,14253 ，共 6种取法；若先取4，则有45123,41235,41523,41253 ，共 4 种取法，故共有6＋ 4＝ 10 种取法．9．(2019 ·广西南宁模拟 ) 用 4 种颜色给正四棱锥的五个极点涂色，同一条棱的
两个极点涂不一样的颜色，则切合条件的所有涂法共有()
A．24种 B ．48种 C ．64种 D ．72种
【答案】D
【分析】设该正四棱锥为 S－ABCD，极点 S 有 4 种不一样的涂法，用三种不一样的颜色涂底面 ABCD的四个极点．①当 A，C 同色时，有 3×2×2＝ 12 种不一样的涂法；②当 A，C 不一样色时，有 3×2×1×1＝ 6 种不一样的涂法，故切合条件的所有涂法
共有 4×(12 ＋ 6) ＝72 种．应选 D.
10.(2019 ·河北保定模拟 ) 甲、乙、丙、丁四位同学高考以后计划去 A，B，C 三个不一样社区进行帮扶活动，每人只好去一个社区，每个社区起码一人．此中甲必须去 A 社区，乙不去 B 社区，则不一样的安排方法种数为() A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】B
【分析】依据题意，分两种状况议论：①乙和甲一同去 A 社区，此时将丙、丁二人安排到 B，C 社区即可，有 A22＝2 种状况，②乙不去 A 社区，则乙一定去 C 社区，若丙、丁都去 B 社区，有 1 种状况，若丙、丁中有 1 人去 B 社区，则先在丙、丁中选出 1 人，安排到 B 社区，剩下 1 人安排到 A 或 C 社区，有 2×2＝ 4种状况，则不一样的安排方法种数
有2＋1＋4＝7 种．应选 B.
11.(2019 ·驻马店质检 ) 将一个四周体 ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不可以涂同样颜色，则不一样的涂色方案有()
A.1 种
B.3 种
C.6 种
D.9 种
【答案】C
【分析】由于只有三种颜色，又要涂六条棱，因此应当将四周体的对棱涂成相同的颜色，故有 3×2×1＝ 6( 种) 涂色方案 .
12. (2019 ·苏州模拟 ) 从 2,3,4,5,6,7,8,9这 8 个数字中任取 2 个不一样的数字
分
别作为一个对数的底数和真数，则所产生的不一样对数值的个数为() A．56 B ．54 C ．53 D ．52
【答案】D
【分析】在 8 个数字中任取 2 个不一样的数字共可产生8×7＝ 56 个对数值，在这 56 个对数值中， log 24＝log 39，log 42＝log 9 3， log 23＝log 49，log 32＝log 9 4，则知足条件的对数值共有 56－ 4＝ 52 个．
13．(2019 ·江西新余模拟 )7 人站成两排行列，前排 3 人，后排 4 人，现将甲、乙、丙三人加入行列，前排加一人，后排加两人，其余人保持相对地点不变，则
不一样的加入方法种数为 ()
A．120 B ．240 C ．360 D ．480
【答案】C
【分析】第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到前排，有 3 种方法；第二步，前排 3 人形成了 4 个空，任选一个空加一人，有 4 种方法；第三步，后排 4 人形成了 5 个空，任选一个空加一人，有 5 种方法，此时形成了 6 个空，任选一个空加一人，有6 种方法；依据分步乘法计数原理可得不一样的加入方法种数为
3×4×5×6＝ 360. 应选 C.
14．(2019 ·武汉模拟 ) 在一块并排 10 垄的田地中，选择 2 垄分别栽种 A，B 两种作物，每种作物栽种一垄．为有益于作物生长，要求A， B 两种作物的间隔不小于 6 垄，则不一样的选垄方法有 ()
A．2种 B ．6种 C ．12种 D ．14种
【答案】C
【分析】分两步：第一步，先选垄，如下图，共有 6 种选法；第二步，栽种
A，B 两种作物，有
2种方法．因此依据分步计数原理，不一样的选垄方法有×2
6
＝12( 种) ．
15．(201 9·定州模拟 ) 将“福”“禄”“寿”填入到如下图的4×4小方格中，
每格内只填入一个汉字，且随意的两个汉字既不一样行也不一样列，则不一样的填写方法有()
A．288 种 B ．144 种 C ．576 种 D ．96 种
【答案】C
【分析】依题意可分为以下 3 步：(1)先从16 个格子中任选一格放入第一个汉
9
字，有16 种方法； (2)随意的两个汉字既不一样行也不一样列，第二个汉字
只有
个格子能够放，有 9 种方法；(3) 第三个汉字只有 4 个格子能够放，有 4 种方法．根
据分步乘法计数原理可得不一样的填写方法有16×9×4＝ 576( 种) ．
16.(2019 ·宁波模拟 ) 如图，矩形的对角线把矩形分红 A，B，C，D 四部分，现用
5 种不一样颜色给四部分涂色，每部分涂 1 种颜色，要求共边的两部分颜色互异，
则共有 ________种不一样的涂色方法．
【答案】260
【分析】地区 A 有 5 种涂色方法；地区 B 有 4 种涂色方法；地区 C 的涂色方法可分 2 类：若 C 与 A 涂同色，地区 D 有 4 种涂色方法；若 C与 A 涂不一样色，此时
地区 C有
3 种涂色方法，地区D 也有
3
种涂色方法．因此共有× × ＋
5 4 4
5×4×3×3＝ 260 种涂色方法．
17．(2019 ·南通模拟 ) 从 1 到 9 的正整数中随意抽取 2 个数相加，所得的和为奇数的不一样情况种数是 ________．
【答案】20
【分析】依据题意，从 1 到 9 的正整数中随意抽取 2 个数相加，若所得的和为奇数，则拿出的 2 个数必为 1 个奇数、 1 个偶数．分两步：先在 1,3,5,7,9 中拿出 1 个奇数，有 5 种取法，再在 2,4,6,8 中拿出 1 个偶数，有 4 种取法．则 1 个奇数、1 个偶数的取法有 5×4＝ 20( 种) ，即所得的和为奇数的不一样情况种数是 20.
x2y2
18.(2019 ·菏泽六校联考 ) 椭圆m＋n＝ 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________.
【答案】10
【分析】由于焦点在 x 轴上，因此m n，以 m的值为标准分类，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 . 由分类加法计数原理，切合条件的椭圆共有10 个.
19.(2018 ·沈阳模拟 ) 现有 2 门不一样的考试要安排在 5 天以内进行，每日最多进行一门考试，且不可以连续两天有考试，那么不一样的考试安排方案种数为
________．【答案】 12
【分析】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1种方法；若第一门安排在中间的 3 天中，则第二门有 2 种安排方法，这C×3＝ 6
2
时，共有 3×2＝ 6 种方法．综上可得，不一样的考试安排方案共
有6＋6＝12 种．20．(2019 ·河北衡水中学模拟 ) 已知一个公园的形状如下图，现有 3 种不一样的植物要种在此公园的 A，B，C，D，E 这五个地区内，要求有公共界限的两块相邻地区种不一样的植物，则不一样的种法共有 ________种．
【答案】18
【分析】先栽种A，B，C 三个地区，有× × ＝
6
种方法．① A， E 同样时：
3 2 1
D 有
1各种法，此时共有× × ＝
6
种方法；② A，E 不一样时： D 有
2
各种法，
611
此时共有6×1×2＝ 12 种方法．由分类加法计数原理知共有6＋12＝ 18 种不一样的种法．。