2021届高考数学 10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理配套文档 理

§10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1．分类加法计数原理
做一件事，完成它有n类方法，在第一类方法中有m1种不同的方式，在第二类方法中有m2种不同的方式……
在第n类方法中有m n种不同的方式．那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方式．
2．分步乘法计数原理
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方式，做第二个步骤有m2种不同的方式……做第n个步骤有m n种不同的方式．那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方式．3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件情形的不同方式的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各类方式彼此独立，用其中的任一种方式都能够完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤彼此依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．
1．判定下面结论是不是正确(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式能够相同．( ×)
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方式都能直接完成这件事．( √)
(3)在分步乘法计数原理中，情形是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个
步骤都完成后，这件情形才算完成．( √)
(4)若是完成一件情形有n个不同步骤，在每一步中都有假设干种不同的方式m i(i＝1,2,3，，…，n)，那么完
成这件事共有m1m2m3…m n种方式．( √)
2．5位同窗报名参加两个课外活动小组，每位同窗限报其中的一个小组，那么不同的报名方式共有________种．答案32
解析每位同窗有两种不同的报名方式，而且只有这5位同窗全数报名终止，才算事件完成．因此共有2×2×2×2×2＝32(种)．
3．有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3件长裤，若是一条长裤与一件上衣配成一套，那么不同的配法种数是________．
答案12
解析由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，因此有4×3＝12(种)选法．
4．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，那么甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．答案24
解析分步完成．第一甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方式，第二甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方式，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方式，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)．
5．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都显现一次，如此的四位数共有________个．(用数字作答)答案14
解析数字2,3至少都显现一次，包括以下情形：
“2”显现1次，“3”显现3次，共可组成C14＝4(个)四位数．
“2”显现2次，“3”显现2次，共可组成C24＝6(个)四位数．
“2”显现3次，“3”显现1次，共可组成C34＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成14个如此的四位数.
题型一分类加法计数原理的应用
例1高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，男生35人，女生20人．
(1)从高三一班或二班或三班当选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生当选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
思维启发用分类加法计数原理．
解(1)完成这件事有三类方式
第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；
第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；
第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，
依照分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)选法．
(2)完成这件事有三类方式
第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；
第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；
第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．
综上知，共有30＋30＋20＝80(种)选法．
思维升华分类时，第一要依照问题的特点确信一个适合它的分类标准，然后在那个标准下进行分类；第二分类时要注意知足一个大体要求，确实是完成这件情形的任何一种方式必需属于某一类，而且别离属于不同种类的两种方式是不同的方式，只有知足这些条件，才能够用分类加法计数原理．
(1)在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？
(2)方程x2
m＋
y2
n＝1表示核心在
y轴上的椭圆，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么如此的椭圆有
多少个？
解(1)分析个位数字，可分以下几类：
个位是9，那么十位能够是1,2,3，…，8中的一个，故有8个；
个位是8，那么十位能够是1,2,3，…，7中的一个，故有7个；
同理，个位是7的有6个；
个位是6的有5个；
…
个位是2的只有1个．
由分类加法计数原理，知足条件的两位数有
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
(2)以m的值为标准分类，分为五类．
第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择；
第二类：m＝2时，使n>m，n有5种选择；
第三类：m＝3时，使n>m，n有4种选择；
第四类：m＝4时，使n>m，n有3种选择；
第五类：m＝5时，使n>m，n有2种选择．
∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20(种)方式，
即有20个符合题意的椭圆．
题型二分步乘法计数原理的应用
例2有六名同窗报名参加三个智力竞赛项目，在以下情形下各有多少种不同的报名方式？(不必然六名同窗都能参加)
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，且每人最多参加一项；
(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．
思维启发能够依照报名进程，利用分步乘法计数原理．
解(1)每人都能够从这三个竞赛项目当选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，
知共有选法36＝729(种)．
(2)每项限报一人，且每人最多参加一项，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，得共有报名方式6×5×4＝120(种)．
(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都能够从这六人当选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得
共有不同的报名方式63＝216(种)．
思维升华利用分步乘法计数原明白得决问题：①要按事件发生的进程合理分步，即分步是有前后顺序的；
②各步中的方式相互依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，假设a，b，c∈M，那么：
(1)y＝ax2＋bx＋c能够表示多少个不同的二次函数；
(2)y＝ax2＋bx＋c能够表示多少个图象开口向上的二次函数．
解(1)a的取值有5种情形，b的取值有6种情形，c的取值有6种情形，因此y＝ax2＋bx＋c能够表示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种情形，b、c的取值均有6种情形，因此y＝ax2＋bx
＋c能够表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．
题型三两个原理的综合应用
例3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，若是只有5种颜色可供利用，求不同的
染色方式总数．
思维启发染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选极点进行分类、分步，从不同角度解决问题．解方式一可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三极点染色，然后再分类考虑另外两极点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S—ABCD的极点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方式．
当S、A、B染好时，不妨设其颜色别离为一、二、3，假设C染2，那么D可染3或4或5，有3种染法；
假设C染4，那么D可染3或5，有2种染法；假设C染5，那么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，故不同的染色方式有60×7＝420(种)．
方式二以S、A、B、C、D顺序分步染色．
第一步，S点染色，有5种方式；
第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方式；
第三步，B点染色，与S、A别离在同一条棱上，有3种方式；
第四步，C点染色，也有3种方式，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是不是同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方式；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，因此C点有2种染色方式，D点也有2种染色方式．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方式共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．
方式三按所用颜色种数分类．
第一类，5种颜色全用，共有A55种不同的方式；
第二类，只用4种颜色，那么必有某两个极点同色(A与C，或B与D)，共有2×A45种不同的方式；
第三类，只用3种颜色，那么A与C、B与D必然同色，共有A35种不同的方式．
由分类加法计数原理，得不同的染色方式总数为
A55＋2×A45＋A35＝420(种)．
思维升华用两个计数原明白得决计数问题时，关键是明确需要分类仍是分步．
(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再别离对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，取得总数．
(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，依照分步乘法计数原理，把完成每一步
的方式数相乘，取得总数．
(3)关于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方式来帮忙分析．
用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，若是颜色能够反复利用，共有多少种不同的涂色方式？
解如下图，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格能够从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A24＝12(种)不同的涂法，
第4个小方格有3种不同的涂法．由分步乘法计数原理可知，有5×12×3＝180(种)
不同的涂法；
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于
相邻方格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知．有5×4×4＝80(种)不同的涂法．
由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260(种)不同的涂法．
对两个大体原理熟悉不清致误
典例：(10分)(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种B．4种C．43种D．34种
(2)某人从甲地到乙地，能够乘火车，也能够坐轮船，在这一天的不同时刻里，火车有4趟，轮船有3次，
问这人的走法可有________种．
易错分析解决计数问题的大体策略是合理分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算．解决此题易显现的问题是完成一件情形的标准不清楚致使计算显现错误，关于(1)，选择的标准不同，误以为每一个信箱有三种选择，因此可能的投法有34种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；关于(2)，易混淆“类”与“步”，误以为抵达乙地先坐火车后坐轮船，利用乘法原理计算．
解析(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件情形，由分步乘法计数原理可得共有43种方式．
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方式都能从甲地到乙地，
依照分类加法计数原理，可得这人的走法可有4＋3＝7(种)．
答案(1)C (2)7
温馨提示(1)每封信只能投到一个信箱里，而每一个信箱能够装1封信，也能够装2封信，其选择不是唯一的，因此应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择．
(2)在处置具体的应用问题时，第一必需弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处
置情形，能够幸免计数的重复或遗漏.
方式与技术
1．分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方式的种数的问题，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各类方式彼此独立，用其中任何一种方式都能够做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤彼此依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
2．混合问题一样是先分类再分步．
3．分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．
4．要适当画出示用意或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探讨规律．
失误与防范
1．切实明白得“完成一件事”的含义，以确信需要分类仍是需要分步进行．
2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．3．确信题目中是不是有特殊条件限制．
A组专项基础训练
(时刻：40分钟)
一、选择题
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，如此的等比数列的个数为
( )
A．3 B．4 C．6 D．8
答案D
解析按从小到大顺序有124,139,248,469共4个，同理按从大到小顺序也有4个，故如此的等比数列的个数为8个．
2. 现有4种不同颜色要对如下图的四个部份进行着色，要求有公共边
界的两块不能用同一种颜色，那么不同的着色方式共有( )
A．24种B．30种
C．36种D．48种
答案D
解析共有4×3×2×2＝48(种)，应选D.
3． 集合P ＝{x,1}，Q ＝{y,1,2}，其中x ，y ∈{1,2,3，…，9}，且P ⊆Q .把知足上述条件的一对有序整数对(x ，y )
作为一个点的坐标，那么如此的点的个数是
( ) A ．9 B ．14 C ．15 D ．21
答案 B
解析 当x ＝2时，x ≠y ，点的个数为1×7＝7(个)；当x ≠2时，x ＝y ，点的个数为7×1＝7(个)，那么共有14个点，应选B.
4． (2021·山东)用0,1，…，9十个数字，能够组成有重复数字的三位数的个数为( )
A ．243
B ．252
C ．261
D ．279
答案 B
解析 0,1,2，…，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)．
5． (2021·四川)从1,3,5,7,9这五个数中，每次掏出两个不同的数别离记为a ，b ，共可取得lg a －lg b 的不同
值的个数是
( ) A ．9 B ．10 C ．18 D ．20
答案 C
解析 由于lg a －lg b ＝lg a b (a >0，b >0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为a b 有A 25＝20种，又13与39相同，31与93
相同，∴lg a －lg b 的不同值的个数有A 25
－2＝20－2＝18，选C. 二、填空题
6． 一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从当选取男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不
同的选法．
答案 20
解析 先选男队员，有5种选法，再选女队员有4种选法，由分步乘法计数原理知共有5×4＝20(种)不同的选法．
7． 某次活动中，有30人排成6行5列，现要从当选出3人进行礼仪演出，要求这3人中的任意2人不同行
也不同列，那么不同的选法种数为________(用数字作答)．
答案 7 200
解析 其中最先选出的一个人有30种方式，现在不能再从那个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列
的队形，应选第二个人有20种方式，现在不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，现在第三个人的选法有12种，依照分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.
8．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素别离作为点的横坐标、纵坐标，那么如此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________．
答案6
解析分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2＝4(个)；
第二类，第二象限内的点，有1×2＝2(个)．共4＋2＝6(个)．
三、解答题
9．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从当选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？
解由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
第一类：从只会英语的6人当选1人说英语，共有6种方式，那么说日语的有2＋1＝3(种)，现在共有6×3＝18(种)；
第二类：不从只会英语的6人当选1人说英语，那么只有1种方式，那么选会日语的有2种，现在共有1×2＝2(种)；
因此依照分类加法计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．
10．在某种信息传输进程中，用4个数字的一个排列(数字许诺重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．假设所用数字只有0和1，那么与信息0110最多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？
解方式一分0个相同、1个相同、2个相同讨论．
(1)假设0个相同，那么信息为1001.共1个．
(2)假设1个相同，那么信息为0001,1101,1011,1000.共4个．
(3)假设2个相同，又分为以下情形：
①假设位置一与二相同，那么信息为0101；
②假设位置一与三相同，那么信息为0011；
③假设位置一与四相同，那么信息为0000；
④假设位置二与三相同，那么信息为1111；
⑤假设位置二与四相同，那么信息为1100；
⑥假设位置三与四相同，那么信息为1010.
共6个．
故与信息0110最多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11.
方式二假设0个相同，共有1个；
假设1个相同，共有C14＝4(个)；
假设2个相同，共有C24＝6(个)．
故共有1＋4＋6＝11(个)．
B组专项能力提升
(时刻：30分钟)
1．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为( )
A．24 B．26 C．36 D．37
答案C
解析设另两边长别离为x、y，且不妨设1≤x≤y≤11，要组成三角形，必需x＋y≥12.
当y取11时，x＝1,2,3，…，11，可有11个三角形；
当y取10时，x＝2,3，…，10，可有9个三角形；
……；
当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．
∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.
2．将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下别离依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方式种数为( )
A.4 B．6 C．9 D．12
答案B
解析如下图，依照题意，1,2,9三个数字的位置是确信的，余下的数中，5只能在a，c位置，8只能在b，d位置，依(a，b，c，d)顺序，具体有(5,8,6,7)，(5,6,7,8)，(5,7,6,8)，(6,7,5,8)，(6,8,5,7)，(7,8,5,6)，合计6种.
34b
c d9
3. 如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，
要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，那么不同的种法总数为
( )
A．96 B．84 C．60 D．48
答案B
解析可依次种A、B、C、D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法，由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.
4．直线方程Ax＋By＝0，假设从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A、B的值，那么可表示________条不同的直线．
答案22
解析分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线；
第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故有5×4＝20(种)．
因此能够表示22条不同的直线．
5. 某电子元件，是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A、B、
C、D，假设某个焊点脱落，整个电路就不通，此刻发觉电路不通
了，那么焊点脱落的可能情形共有________种．
答案15
解析方式一当线路不通时焊点脱落的可能情形共有2×2×2×2－1＝15(种)．
方式二恰有i个焊点脱落的可能情形为C i4(i＝1,2,3,4)种，由分类加法计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情形共C14＋C24＋C34＋C44＝15(种)．
6．五名学生报名参加四项体育竞赛，每人限报一项，那么报名方式的种数为________．五名学生争夺四项竞赛的冠军(冠军不并列)，取得冠军的可能性有________种．
答案4554
解析报名的方式种数为4×4×4×4×4＝45(种)．
取得冠军的可能情形有5×5×5×5＝54(种)．
7．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．
(1)假设B中每一元素都有原象，如此不同的f有多少个？
(2)假设B中的元素0必无原象，如此的f有多少个？
(3)假设f知足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，如此的f又有多少个？
解(1)显然对应是一一对应的，即为a1找象有4种方式，a2找象有3种方式，a3找象有2种方式，a4找象有1种方式，因此不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．
(2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，因此为A中每一元素找象时都有3种方式．因此不同的f共有34＝81(个)．
(3)分为如下四类：
第一类：A中每一元素都与1对应，有1种方式；
第二类：A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有C24·C12＝12(种)方式；
第三类，A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有C24·C22＝6(种)方式；
第四类，A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有C14·C13＝12(种)方式．
因此不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．。