【数学】2018届一轮复习人教A版（理）11-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案 9页

‎§11.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 考纲展示►　1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．‎ ‎2．会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．‎ 考点1　分类加法计数原理 分类加法计数原理 完成一件事有两类不同的方案，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，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．‎ 答案：m＋n 分类加法计数原理：每一种方法都能完成这件事情；类与类之间是独立的．‎ 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________种．‎ 答案：10‎ 解析：赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有C种方法；赠送2本画册，2本集邮册，需从4人中选出2人送画册，其余2人送集邮册，有C种方法．由分类加法计数原理知不同的赠送方法有C＋C＝10(种).‎ ‎[典题1]　(1)[2017·重庆铜梁第一中学月考]如果把个位数是1，且恰好有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有(　　)‎ A．9个 B．3个 C．12个 D．6个 ‎[答案]　C ‎[解析]　当重复数字是1时，有C·C种；当重复数字不是1时，有C种．由分类加法计数原理得满足条件的“好数”有C·C＋C＝12(个)．‎ ‎(2)[2017·河南郑州质检]满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　)‎ A．14 B．‎13 C．12 D．10‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　①当a＝0，有x＝－，b＝－1,0,1,2，有4种可能；‎ ‎②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1.‎ ‎(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；‎ ‎(ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；‎ ‎(ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．‎ 所以有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(个)．‎ ‎[点石成金]　利用分类加法计数原理解题时的注意事项 ‎(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2　分步乘法计数原理 分步乘法计数原理 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，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．‎ 答案：m×n 分步乘法计数原理：所有步骤完成才算完成；步与步之间是相关联的．‎ 将甲、乙、丙等6人分配到高中三个年级，每个年级2人，要求甲必须在高一年级，乙和丙均不能在高三年级，则不同的安排种数为________．‎ 答案：9‎ 分步计数原理：步骤互相独立，互不干扰；步与步确保连续，逐步完成．‎ 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)，某车主第一个号码(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________种．‎ 答案：960‎ 解析：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).‎ ‎[典题2]　(1)[2017·广东佛山二模]教学大楼共有五层，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 ‎[解析]　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种不同的走法．‎ ‎(2)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 ‎①P可表示平面上________个不同的点；‎ ‎②P可表示平面上________个第二象限的点．‎ ‎[答案]　①36　②6‎ ‎[解析]　①确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：‎ 第1步，确定a的值，共有6种方法；‎ 第2步，确定b的值，也有6种方法．‎ 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1步，确定a，由于a<0，所以有3种方法；‎ 第2步，确定b，由于b>0，所以有2种方法．‎ 由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.‎ ‎[点石成金]　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，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．‎ ‎2．分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.‎ ‎[2017·河北石家庄模拟]将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法种数为________．(用数字作答)‎ 答案：8‎ 解析：第1步，把甲、乙分到不同班级有A＝2(种)分法；第2步，分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有2种方法；②丙、丁分到两个不同班级有A＝2(种)分法．由分步乘法计数原理，不同的分法为2×(2＋2)＝8(种)．‎ 考点3　两个计数原理的综合应用 ‎[考情聚焦]　两个计数原理的应用是高考命题的一个热点，以选择题或填空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题或中档题．‎ 主要有以下几个命题角度：‎ 角度一 涂色问题 ‎[典题3]　[2017·四川成都二诊]如图所示，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________.‎ ‎[答案]　96‎ ‎[解析]　(1)按区域1与3是否同色分类：‎ ‎①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有A种方法．‎ ‎∴区域1与3同色，共有‎4A＝24(种)方法．‎ ‎②区域1与3不同色：先涂区域1与3有A种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．‎ ‎∴共有A×2×1×3＝72(种)方法．‎ 由分类加法计数原理，不同的涂色方法为24＋72＝96(种)．‎ 角度二 选派或分配问题 ‎[典题4]　某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一人，第四节课只能从A，C两人中安排一人，则不同的安排方案共有多少种？‎ ‎[解]　(1)第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12(种)排法．‎ ‎(2)第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24(种)排法．‎ 因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．‎ 角度三 几何问题 ‎[典题5]　已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)‎ A．40 B．‎16 C．13 D．10‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13(个)不同的平面．‎ 角度四 集合问题 ‎[典题6]　已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，xa3，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 ‎[答案]　A ‎[解析]　若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个，‎ 若a2＝3，满足条件的“凸数”有2×3＝6(个)，‎ 若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，‎ ‎……‎ 若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．‎ 所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．‎ ‎[点石成金]　1.注意在综合应用两个计数原理解决问题时，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．注意对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．‎ ‎3．解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.‎ ‎[方法技巧]　1.应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步．‎ 在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏．‎ ‎2．(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．‎ ‎(2)分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．‎ ‎3．混合问题一般是先分类再分步．‎ ‎4．要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．‎ ‎[易错防范]　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．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．‎ ‎3．确定题目中是否有特殊条件限制．‎ ‎ 真题演练集训 ‎ ‎1．[2016·新课标全国卷Ⅱ]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 答案：B 解析：由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(种)走法，故选B.‎ ‎2．[2016·新课标全国卷Ⅲ]定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有‎2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤‎2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　)‎ A．18个 B．16个 C．14个 D．12个 答案：C　‎ 解析：由题意可得，a1＝0，a8＝1，a2，a3，…，a7中有3个0、3个1，且满足对任意k≤8，都有a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111,00011011,00011101,00100111,00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个．‎ ‎3．[2016·四川卷]用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为(　　)‎ A．24 B．48‎ C．60 D．72‎ 答案：D 解析：由题意可知，个位可以从1,3,5中任选一个，有A种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A种方法，所以奇数的个数为AA＝3×4×3×2×1＝72，故选D.‎ ‎4．[2015·四川卷]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 答案：B 解析：当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有‎2A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CA个偶数．故符合条件的偶数共有‎2A＋CA ‎＝120(个)．‎ ‎ 课外拓展阅读 ‎ 应用两个计数原理求解涂色问题 ‎[典例]　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，则不同的染色方法总数为________．‎ ‎[审题视角]　染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题．‎ ‎[解析]　解法一：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)．‎ 解法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色．‎ 第一步，点S染色，有5种方法；‎ 第二步，点A染色，与S在同一条棱上，有4种方法；‎ 第三步，点B染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；‎ 第四步，点C染色，也有3种方法，但考虑到点D与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类：当A与C同色时，点D有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以点C有2种染色方法，点D也有2种染色方法．‎ 所以不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．‎ 解法三：按所用颜色种数分类．‎ 第一类，5种颜色全用，共有A种不同的方法；‎ 第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A种不同的方法；‎ 第三类，只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有A种不同的方法．‎ 由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为 A＋2×A＋A＝420(种)．‎ ‎[答案]　420‎ 方法点睛 两个计数原理综合应用的常见题型与求解策略 题型 求解策略 组数问题 一般按特殊位置(如末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的方法分步完成 涂色问题 一般有两种方案：(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数；(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数 简单的 选择问题 根据具体情况先合理分类，每类中再分步完成，要关注特殊元素