【数学】2018届一轮复习北师大版 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 学案 11页

知识点 考纲下载 两个计数原理 理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．‎ 排列、组合 ‎1.理解排列、组合的概念．‎ ‎2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．‎ ‎3．能解决简单的实际问题．‎ 二项式定理 ‎1.能用计数原理证明二项式定理．‎ ‎2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．‎ 随机事件的概率 ‎1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别．‎ ‎2．了解两个互斥事件的概率加法公式．‎ 古典概型、随机数与几何概型 ‎1.理解古典概型及其概率计算公式．‎ ‎2．会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率．‎ ‎3．了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．‎ ‎4．了解几何概型的意义．‎ 离散型随机变量及其分布列、期望与方差 ‎1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性．‎ ‎2．理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．‎ ‎3．理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题．‎ 二项分布及其应用 了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题．‎ 正态分布 利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．‎ 第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事有两类方案．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 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 结论 完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法 完成这件事共有N＝mn种不同的方法 ‎1．辨明两个易误点 ‎(1)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．‎ ‎(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．‎ ‎2．两个计数原理应用的步骤 第一步，由于计数问题一般是解决实际问题，故首先要审清题意，弄清完成的事件是怎样的；‎ 第二步，分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类四类中的哪一种；‎ 第三步，弄清在每一类或每一步中的方法种数；‎ 第四步，根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数．‎ ‎1．从3名女同学2名男同学中选一人，主持本班的“感恩老师，感恩父母”主题班会，‎ 则不同的选法种数为(　　)‎ A．6　　　　 B．5　　　　‎ C．3　　 D．2‎ ‎[答案] B ‎2．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两个袋子里各取一个球，不同取法的种数为(　　)‎ A．182　　 B．14 ‎ C．48 D．91‎ ‎[答案] C ‎3．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为(　　)‎ A．504　　 B．210‎ C．336 D．120‎ ‎　A　[解析] 三个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.‎ ‎4．4名学生参加三个体育运动项目的比赛，每名学生可以参加任何一项比赛，每个项目产生一名冠军，则各项冠军获得者的不同情况有________种．‎ ‎[答案] 64‎ ‎5．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法数为________．‎ ‎[解析] 由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法总数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法总数为4×5×6＝120.‎ ‎[答案] 15　120‎ ‎　分类加法计数原理[学生用书P188]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(1)某位同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，‎ 则购买的方案有________种．‎ ‎(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．‎ ‎【解析】　(1)至少买其中一本的实质是买一本或买两本或买三本，故分三类完成．第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种．共有3＋3＋1＝7(种)买法．‎ ‎(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．‎ 由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．故共有36个．‎ ‎【答案】　(1)7　(2)36‎ ‎ 若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则两位数的个数为________．‎ ‎[解析] 分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．‎ ‎[答案] 45‎ 分类加法计数原理的两个条件 ‎(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；‎ ‎(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．　 ‎ ‎　椭圆＋＝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，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，符合条件的椭圆共有10个．‎ ‎[答案] 10‎ ‎　分步乘法计数原理[学生用书P188]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(1)(2016·高考全国卷甲)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(　　)‎ A．24　　　　　　　　　 B．18‎ C．12 D．9‎ ‎(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．‎ ‎【解析】　(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B．‎ ‎(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6×5×4＝120(种)．‎ ‎【答案】　(1)B　(2)120‎ 利用分步乘法计数原理解题的策略 ‎(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．‎ ‎(2)将完成这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键．从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．　 ‎ ‎　已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则 ‎(1)P可表示平面上________个不同的点；‎ ‎(2)P可表示平面上________个第二象限的点．‎ ‎[解析] (1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：‎ 第一步确定a的值，共有6种确定方法；‎ 第二步确定b的值，也有6种确定方法．‎ 根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.‎ ‎(2)确定第二象限的点，可分两步完成：‎ 第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；‎ 第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．‎ 由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.‎ ‎[答案] (1)36　(2)6‎ ‎　两个计数原理的综合应用(高频考点)[学生用书P189]‎ 两个计数原理在高考中一般是结合在一起出题，经常是先分类再分步，以选择题或填空题的形式出现．‎ 高考对两个计数原理的考查主要有以下三个命题角度：‎ ‎(1)与数字有关的问题；‎ ‎(2)涂色问题；‎ ‎(3)方程解的个数问题．‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(1)用0，1，…，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 ‎(2)‎ ‎(2017·大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有(　　)‎ A．72种　　 B．48种 C．24种 D．12种 ‎【解析】　(1)由分步乘法计数原理知：用0，1，…，9十个数字组成三位数(‎ 可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.‎ ‎(2)法一：首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．‎ 法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．‎ ‎【答案】　(1)B　(2)A 与两个计数原理有关问题的解题策略 ‎(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会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，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．　 ‎ ‎[题点通关]‎ ‎ 角度一　与数字有关的问题 ‎1．如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，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．240　　 B．204‎ C．729 D．920‎ ‎　A　[解析] 若a2＝2，则凸数为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则凸数有2×3＝6个．若a2＝4，则凸数有3×4＝12个，…，若a2＝9，则凸数有8×9＝72个．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．‎ ‎ 角度二　涂色问题 ‎2.如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有(　　)‎ A．400种　　 B．460种 C．480种 D．496种 ‎　C　[解析] 完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．‎ 当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360(种)方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120(种)方法．由分类加法计数原理可知：不同涂法有360＋120＝480(种)．‎ ‎ 角度三　方程解的个数问题 ‎3．(2017·河北省高阳中学月考)已知ax2－b＝0是关于x的一元二次方程，其中a，b∈{1，2，3，4}，则解集不同的一元二次方程的个数为________．‎ ‎[解析] 从集合{1，2，3，4}中任意取两个不同元素作为a，b，方程有A个；当a，b取同一个数时方程有1个，共有A＋1＝13个方程．题设中：“求解集不同的一元二次方程的个数”，所以在上述解法中要去掉同种情况，由于和时方程同解，和时方程同解，故要减去2个，所求的方程个数为13－2＝11.‎ ‎[答案] 11‎ ‎[学生用书P372(独立成册)]‎ ‎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a＋bi，其中虚数的个数是(　　)‎ A．30　　　　　　　　　　 B．42‎ C．36 D．35‎ ‎　C　[解析] 因为a＋bi为虚数，所以b≠0，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6×6＝36个虚数．‎ ‎2．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有(　　)‎ A．3种　　 B．5种 C．9种 D．12种 ‎　C　[解析] 只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；‎ 用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；‎ 用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．‎ 由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．‎ ‎3．5名应届毕业生报考三所高校，每人报且仅报一所院校，‎ 则不同的报名方法的种数是(　　)‎ A．35　　 B．53‎ C．60 D．10‎ ‎　A　[解析] 根据分步乘法计数原理知，每个学生都有3个可能报名的学校，故应该是3×3×3×3×3＝35(种)方法．‎ ‎4．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则首位为2的“六合数”共有(　　)‎ A．18个　　 B．15个 C．12个 D．9个 ‎　B　[解析] 依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004；由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031；由2、2、0组成3个数分别为220、202、022；由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计：3＋6＋3＋3＝15(个)．‎ ‎5.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有(　　)‎ A．6种　　 B．8种 C．12种 D．48种 ‎　D　[解析] 从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B景点，有16种不同的方法；若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．‎ ‎6．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．24种　　 B．48种 C．72种 D．96种 ‎　C　[解析] 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)．‎ ‎(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)．共有72种．‎ ‎7．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．‎ ‎[解析] 由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得：其展开式共有3×4×5＝60(项)．‎ ‎[答案] 60‎ ‎8．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．‎ ‎[解析] 第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．‎ 第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．‎ ‎[答案] 36‎ ‎9．在三位正整数中，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．‎ ‎[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)．‎ ‎[答案] 8‎ ‎10．将4个不同小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有________种．‎ ‎[解析] 必有一个盒子放2个小球，将4个小球分3组，其中有2个小球为一组，另外2个小球为两组，共有6种分组方法．然后，每一种分组的小球放入3个不同盒子，按分步乘法计数原理，有3×2×1种放法，共有6×(3×2×1)＝36(种)放法．‎ ‎[答案] 36‎ ‎11．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，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)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)．‎ ‎12．由数字1，2，3，4，‎ ‎(1)可组成多少个三位数？‎ ‎(2)可组成多少个没有重复数字的三位数？‎ ‎(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字？‎ ‎[解] (1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个三位数．‎ ‎(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的三位数4×3×2＝24(个)．‎ ‎(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个．‎