【数学】2019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
10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
最新考纲
考情考向分析
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”．
2.能利用两个原理解决一些简单的实际问题.
以理解和应用两个基本原理为主，常以实际问题为载体，突出分类讨论思想，注重分析问题、解决问题能力的考查，常与排列、组合知识交汇；两个计数原理在高考中单独命题较少，一般是与排列组合结合进行考查；两个计数原理的考查一般以选择、填空题的形式出现.
1．分类加法计数原理
完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，……，在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法．(也称加法原理)
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，……，做第n步有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种方法．(也称乘法原理)
3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
分类加法计数原理针对“分类”
问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(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法可以相同．( × )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( √ )
(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．( √ )
(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．( √ )
(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )
题组二 教材改编
2．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分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样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( )
A．12 B．8 C．6 D．4
答案 C
解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.
3．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )
A．16 B．13 C．12 D．10
答案 C
解析 将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3×4＝12(种)．
题组三 易错自纠
4．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．18 C．12 D．6
答案 B
解析 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数．
5．现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )
A．24种 B．30种
C．36种 D．48种
答案 D
解析 需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法；再给B块着色，有2种方法；最后给D块着色，有2种方法，由分步乘法计数原理知，共有4×3×2×2＝48(种)着色方法．
6．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“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________个．
答案 12
解析 由题意知本题是一个分类计数问题．
当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111,3111,4111,
1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．
题型一 分类加法计数原理的应用
1．(2017·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 当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B.
2．(2017·济南模拟)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
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
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，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“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)．
3．(2016·全国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 ≤2m，a1，a2，…，a 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 第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共A个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有C个，共2＋8＋4＝14(个)．
思维升华分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词，关键元素，关键位置．
(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准．
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复．
(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏．
题型二 分步乘法计数原理的应用
典例(1)(2016·全国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 从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径有6×3＝18(条)，故选B.
(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．
答案 120
解析 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)．
引申探究
1．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 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，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
思维升华 (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．
跟踪训练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，则不同(除交汇点O外)的游览线路有______种．(用数字作答)
答案 48
解析 根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法．由分步乘法计数原理知，共有6×4×2＝48(种)不同游览线路．
题型三 两个计数原理的综合应用
命题点1 与数字有关的问题
典例 (2017·天津)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)
答案 1 080
解析 ①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C·C·A＝960.
②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A＝120.
故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．
命题点2 涂色、种植问题
典例 (2017·济南质检)如图，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 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同色时，共有4A＝24(种)方法．
(2)区域1与3不同色：第一步涂区域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1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．
故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为24＋72＝96.
命题点3 与几何有关的问题
典例 (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
答案 D
解析 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)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A．60 B．48 C．36 D．24
答案 B
解析 长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.
思维升华 利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么．
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．
(3)弄清分步、分类的标准是什么．
(4)利用两个计数原理求解．
跟踪训练 (1)(2017·黄山模拟)建造一个花坛，花坛分为4个部分(如图)．现要栽种4种不同颜色的花(不一定4种颜色都栽种)，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有________种．(用数字作答)
1
2
3
4
答案 108
解析 先栽第一块地，有4种情况，然后栽第二块地，有3种情况，第三块地有3种情况，第四块地有3种情况，则共有4×3×3×3＝108(种)不同的栽种方法．
(2)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 由题意，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3×A＝72(个)；若万位是4，则有2×A＝48(个)，故比40 000大的偶数共有72＋48＝120(个)．故选B.
利用两个基本原理解决计数问题
典例(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，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
错解展示：
(1)因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，
所以共有3×3×3×3＝34(种)投法．
(2)乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，
共有3×4＝12(种)方法．
错误答案 (1)D (2)12
现场纠错
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，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
(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，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法共有4＋3＝7(种)．
答案 (1)C (2)7
纠错心得 (1)应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步．
(2)把握完成一件事情的标准，如典例(1)没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误．
1．(2017·济南质检)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式的种数为( )
A．24 B．14
C．10 D．9
答案 B
解析 第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12(种)方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法．所以由分类加法计数原理可知，共有12＋2＝14(种)选择方式．
2．(2018·河北保定质检)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．6种
C．10种 D．16种
答案 B
解析 分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)，
同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．
由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方法．
3．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
答案 A
解析 将和等于11的放在一组：1和10,2和9,3和8，4和7，5和6.从每一小组中取一个，有C＝2(种)，共有2×2×2×2×2＝32(个)子集．故选A.
4．(2018·惠州调研)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“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )
A．18个 B．15个
C．12个 D．9个
答案 B
解析 由题意知，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，共有3＋6＋3＋3＝15(个)．
5．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有( )
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
答案 A
解析 第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有C＝6(种)选派方法．
由分步乘法计数原理可知，不同的选派方案共有2×6＝12(种)．
6．(2018·驻马店质检)将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有( )
A．1种 B．3种 C．6种 D．9种
答案 C
解析 因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色，故有3×2×1＝6(种)涂色方案．
7．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
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.
当x≠2时，∵P⊆Q，∴x＝y.
∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．
8．(2018·湖南郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A．4 320种 B．2 880种
C．1 440种 D．720种
答案 A
解析 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法．
根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320(种)不同的涂色方法，故选A.
9．设集合A＝{－1,0,1}，B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________．(用数字作答)
答案 10
解析 易知A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，
∴x有2种取法，y有5种取法．
由分步乘法计数原理，
知A*B中的元素有2×5＝10(个)．
10．(2017·日照调研)从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．
答案 17
解析 当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到A＝20(个)对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.
综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．
11．在某运动会的百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．
答案 2 880
解析 分两步安排这8名运动员．
第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，
∴安排方式有4×3×2＝24(种)．
第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，∴安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．
∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)．
12．(2017·昆明质检)某小区一号楼共有7层，每层只有1家住户，已知任意相邻两层数的住户在同一天至多一家有快递，且任意相邻三层楼的住户在同一天至少一家有快递，则在同一天这7家住户有无快递的可能情况共有________种．
答案 12
解析 分三类：(1)同一天两家有快递：可能是2层和5层，3层和5层，3层和6层，共3种情况；
(2)同一天三家有快递：考虑将有快递的三家插入没有快递的四家形成的空位中，有C种插入法，但需减去1层，3层与7层有快递，1层，5层与7层有快递2种情况，所以有C－2＝8(种)情况；
(3)同一天四家有快递：只有1层，3层，5层，7层有快递1种情况．根据分类加法计数原理可知，同一天7家住户有无快递的可能情况共有3＋8＋1＝12(种)．
13．(2017·郑州质量预测)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为( )
A．72 B．120
C．192 D．240
答案 D
解析 将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，①若末位数字为2，因为含有2个4，所以有＝60(种)情况；②若末位数字为6，同理有＝60(种)情况；③若末位数字为4，因为有2个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120(种)情况．综上，共有60＋60＋120＝240(种)情况．
14．已知集合M＝{1,2,3}，N＝{1,2,3,4}，定义函数f：M→N.若点A(1，f(1))，B(2，f(2))，
C(3，f(3))，△ABC的外接圆圆心为D，且＋＝λ(λ∈R)，则满足条件的函数f(x)有________种．
答案 12
解析 由＋＝λ(λ∈R)，说明△ABC是等腰三角形，且BA＝BC，必有f(1)＝f(3)，f(1)≠f(2)．
当f(1)＝f(3)＝1时，f(2)＝2,3,4，有三种情况；
f(1)＝f(3)＝2，f(2)＝1,3,4，有三种情况；
f(1)＝f(3)＝3，f(2)＝2,1,4，有三种情况；
f(1)＝f(3)＝4，f(2)＝2,3,1，有三种情况．
因而满足条件的函数f(x)有12种．
15．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元的，1个8元的，1个10元的(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )
A．18种 B．24种
C．36种 D．48种
答案 C
解析 ①若甲、乙抢到的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有AA＝12(种)情况；②若甲、乙抢到的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有AA＝12(种)情况；③若甲、乙抢到的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走有
AC＝6(种)情况；④若甲、乙抢到的是2个6元的，剩下2个红包，则被剩下的3人中的2人抢走，有A＝6(种)情况．
根据分类加法计数原理可知，共有36种情况．
16．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99,3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则
(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N＋)位回文数有________个．
答案 (1)90 (2)9×10n
解析 (1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共有9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n种填法．
