【数学】2019届一轮复习人教A版（理科）第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（理科）第55讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案

第九单元　计数原理、概率、随机变量及其分布 ‎1.编写意图 ‎(1)计数原理:该部分的主要内容是分类加法计数原理与分步乘法计数原理、排列与组合、二项式定理.该部分是高中数 中相对独立的一个知识板块,在高考中占有特殊的位置.该部分的主要考查点是排列与组合的实际应用、二项式系数的求解、二项式指定项的求解等,一般以选择题或填空题的形式出现,在试卷中一般考查1到2个题目.在近年的高考中排列、组合试题的难度有所下降,预计2018年大致还是这个考查趋势,为此在编写该部分时注重了选题的难度,强化了对基本方法的总结归类,以提高 生的解题能力.‎ ‎(2)概率:概率的主要内容是随机事件的概率、古典概型、几何概型.高考中主要以小题的形式考查古典概型或几何概型的计算,在解答题中和随机变量综合进行考查.预计2018年会延续这种考查风格,为此在编写该部分时把其分为两讲,即随机事件的概率与古典概型、几何概型,题型以选择题和填空题为主,以巩固基础,提高 生的解题能力.‎ ‎(3)随机变量及其分布:随机变量及其分布是理 高考试题中概率统计部分的核心考点,主要考查以独立事件为中心的概率计算、离散型随机变量的分布和特征数的计算、正态分布及概率统计知识在实际问题中的应用.在试卷中一般以一道解答题的形式对上述问题进行综合考查,也可能有小题考查该部分的重要知识点(如二项分布、正态分布等).试题的难度中等,预计2018年不会有大的变化,还是对独立事件概率的计算和对n次独立重复试验概率应用的考查.‎ ‎2.教 建议 ‎(1)计数原理:该部分的特点是基础知识明确且易于掌握,但解题的方法十分灵活,部分试题具有较大难度.在该部分的教 过程中要注意如下几点:①使 生树立分类、分步的思想意识,通过典型例题逐步掌握解决排列、组合问题的两个基本原理;②通过例题使 生掌握几类典型的计数问题的解法,如分组分配问题、相邻与不相邻问题、涂色问题等,通过这些典型的问题使 生体会解决排列、组合实际应用问题的方法;③围绕二项展开式的通项公式和特殊赋值法展开,通过例题使 生能够灵活运用二项展开式的通项公式求解二项展开式中特定的项或者项的系数,会使用特殊值法求二项式系数或者二项展开式系数的和差问题.‎ ‎(2)概率:清楚概率的统计定义,使 生理解随机事件概率的意义,辨清事件的对立和互斥,使 生明确它们之间的关系,在此基础上使 生掌握好古典概型和几何概型的计算公式,并 会对实际问题的意义进行分析,转化为适当的概率问题进行计算.‎ ‎(3)随机变量及其分布:该部分的核心内容是离散型随机变量及其分布,但问题的解答过程却是以概率计算为核心.因此在该部分的教 过程中,要使 生在掌握基本内容(离散型随机变量的分布列、事件的独立性、二项分布、离散型随机变量的期望和方差、正态分布)的基础上,重点提高概率计算能力,包括根据事件的互斥性、对立性、独立性计算概率,使用排列、组合知识求解概率,这是该部分教 的关键.‎ 虽然该单元知识点多、方法灵活,但试题的难度不大,该部分的部分讲次的全部内容可以在教师的简单指导下由 生独立完成(如随机事件的概率、几何概型、离散型随机变量的分布列等),把复习的主动权交给 生,教师的任务是指导 生的复习进程和进行适当的方法总结.‎ ‎3.课时安排 本单元共8讲、1个小题必刷卷,建议用9个课时完成教 任务.‎ 第55讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 考试说明 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”,并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.‎ 考情分析 考点 考查方向 考例 考查热度 计数原理 分类加法和分步乘法计数原理 ‎2016全国卷Ⅱ5,‎ ‎2016全国卷Ⅲ12‎ ‎★☆☆‎ 真题再现 ‎■ [2017-2013 课标全国真题再现 ‎[2016·全国卷Ⅱ 如图9-55-1,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 ‎[解析 B　由E到F有6种走法,由F到G有3种走法,由分步乘法计数原理知,共6×3=18(种)走法.‎ ‎■ [2017-2016 其他省份类似高考真题 ‎[2017·浙江卷 从6男2女共8名 生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有　　　　种不同的选法.(用数字作答) ‎ ‎[答案 660‎ ‎[解析 完成这件事情分两类:第一类,服务队中只有1名女生,先从2名女生中选取1名女生,共有种方法,再从6名男生中选取3名男生,共有种方法,然后在这已选取的4名 生中选取1名队长,1名副队长,共有种方法,因此第一类共有××=480(种)选法;第二类,服务队中有2名女生,先从2名女生中选取2名女生,只有1种方法,再从6名男生中选取2名男生,共有种方法,然后在这已选取的4名 生中选取1名队长,1名副队长,共有种方法,因此第二类共有1××=180(种)选法.所以完成这件事情共有480+180=660(种)选法.‎ ‎【课前双基巩固】‎ 知识聚焦 m+n　m1+m2+…+mn　m×n　m1×m2×…×mn 对点演练 ‎1.14　[解析 分两类:第一类,M中取横坐标,N中取纵坐标,共有3×2=6(个)第一、二象限不同的点;第二类,M中取纵坐标,N中取横坐标,共有4×2=8(个)第一、二象限不同的点.根据分类加法计数原理知,满足条件的点的个数为6+8=14.‎ ‎2.216　[解析 根据分步乘法计数原理,获得冠军的可能性有6×6×6=216(种).‎ ‎3.42　[解析 分两类:第一类,若五位数的个位数是0,则有n1=4×3×2×1=24(个)偶数;‎ 第二类,若五位数的个位数是2,由于0不排首位,因此有n2=3×3×2×1=18(个)偶数.‎ 由分类加法计数原理可得,所有无重复数字五位偶数的个数为n=n1+n2=24+18=42.‎ ‎4.14　[解析 分两类:第一类,不选择连衣裙,可分两步完成,第一步选衬衣有4种选法,第二步选裙子有3种选法,共有4×3=12(种)选法;第二类,选择连衣裙有2种选法.故李芳选择服装的不同方法有12+2=14(种).‎ ‎5.12　[解析 先安排甲、乙2名女志愿者,有3种分法.剩余1女2男,分为1男1女和1男两组,分组后安排到2个社区,共有2×2=4(种)分法.故总的分法有3×4=12(种).‎ ‎6.10　[解析 设这三个人分别是甲、乙、丙,则他们的传递方式如图.‎ 故共有10种.‎ ‎7.53　[解析 (a,b)的不同的取值共有64个,其中logab=1有8个,logab=2有2个,logab=有2个,logab=log23有2个,logab=log32有2个,则不同取值的个数为‎64-7-1‎-1-1-1=53.‎ ‎8.15　[解析 从4名会唱歌的 生中选出2名有=6(种)选法,从3名会跳舞的 生中选出1名有3种选法,但其中有1名既会唱歌又会跳舞的 生,两组不能同时用,∴共有3×6-3=15(种)选法.‎ ‎【课堂考点探究】‎ 例1　[思路点拨 (1)取书可按书架的层次分类来计数;‎ ‎(2)可以按选择路线分甲→乙→丁,甲→丙→丁两类计数.‎ ‎(1)B　(2)B　[解析 (1)书架上有3+5+8=16(本)书,则从中任取1本书,共有16种不同的取法.故选B. ‎ ‎(2)分两类:第一类,从甲地到乙地再到丁地,共有2×3=6(种);第二类,从甲地到丙地再到丁地,共有4×2=8(种).根据分类加法计数原理可得,共有6+8=14(种),故从甲地到丁地共有14条不同的路.故选B.‎ 变式题　(1)D　(2)B　[解析 (1)3到9楼共7个楼层,分两类进行:一是每次都下1人,共有=210(种)方法;二是一次下1人,另一次下2人,共有=126(种)方法.由分类加法计数原理可得,下电梯的方法有210+126=336(种),应选D.‎ ‎(2)分类讨论:当广告牌的底色没有蓝色时,有1种配色方案;当广告牌有1块用蓝色时,有=6(种)配色方案;当广告牌有2块用蓝色时,先排4块红色广告牌,形成5个位置,插入2块蓝色广告牌,有=10(种)配色方案;当广告牌有3块用蓝色时,先排3块红色广告牌,形成4个位置,再插入3块蓝色广告牌,有=4(种)配色方案.由于相邻广告牌的底色不能同为蓝色,所以不可能有4块蓝色广告牌.根据分类加法计数原理,有1+6+10+4=21(种)配色方案.故选B.‎ 例2　[思路点拨 (1)先安排车牌尾数为奇数的车在奇数日出行,而偶数日又以甲的车使用一日与不使用两种情况分类,最后结合分步乘法计数原理求解;(2)如图,考虑按A,B,C,D,E的顺序安装,A,B两角应选不同颜色的灯,在安装C角的灯时,要考虑所选灯的颜色是否与A同色,D,E两角安装什么颜色的灯就好办了.‎ ‎(1)D　(2)30　[解析 (1)5日至9日,分别为5,6,7,8,9日,有3天奇数日,2天偶数日.第一步,安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有23=8(种);第二步,安排偶数日出行分两类,第一类,先选1天安排甲的车,另外1天安排其他车,有2×2=4(种),第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,共 有22=4(种),共计4+4=8(种).根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为8×8=64.故选D.‎ ‎(2)如图,按A,B,C,D,E的顺序开始安装灯,则A角有3种装法,B角有2种装法,安装C角的灯可分两类进行:①当C角与A角灯的颜色相同时,D,E角灯的装法有2种;②当C角与A角灯的颜色不同时,D,E角灯的装法有3种.根据两个基本原理可得,不同的安装方法共有3×2×(2+3)=30(种).‎ 变式题　(1)A　(2)A　[解析 (1)区域1有6种不同的涂色方法,区域2有5种不同的涂色方法,区域3有4种不同的涂色方法,区域4有3种不同的涂色方法,区域6有4种不同的涂色方法,区域5有3种不同的涂色方法,根据分步乘法计数原理得,共有6×5×4×3×4×3=4320(种)涂色方法,故选A.‎ ‎(2)首先安排文 班 生,文 2个班的 生有种安排方法,然后安排理 班 生,理 班的 生有×种安排方法,利用分步乘法计数原理可得,不同安排方法的种数为××=24.故选A.‎ 例3　[思路点拨 (1)分3步进行:先安排一首一尾2位大人;再将2个小孩捆绑成一个元素;然后和剩余大人一起全排列.最后由分步乘法计数原理计算可得.‎ ‎(2)先分选用三种颜色或四种颜色两类讨论,再分步:选用三种颜色时,必有②④同色,③⑤同色;选用四种颜色时,必有②④或③⑤同色.‎ ‎(1)A　(2)72　[解析 (1)分3步进行:①先分派2位大人,必须一首一尾,有=12(种)排法;②2个小孩一定要排在一起,将其看成一个元素,考虑其顺序有=2(种)排法;③将2个小孩与另外2位大人进行全排列,有=6(种)排法.故共有12×2×6=144(种)排法.故选A.‎ ‎(2)由题意可知,当选用三种颜色着色时,由分步乘法计数原理得,有=24(种)方法,当选用四种颜色着色时,由分步乘法计数原理得,有2=48(种)方法,再据分类加法计数原理可得有24+48=72(种)方法.‎ 变式题　(1)D　(2)16　[解析 (1)由题意得,小于100的“开心数”的个位数字为0,1,2,十位数字为0,1,2,3,所以小于100的“开心数”的个数为3×4=12.故选D.‎ ‎(2)爷爷只能坐在C座或D座.当爷爷坐在C座时,妹妹和妈妈可以坐D座与E座,也可坐A座与B座,有2×2种坐法,其余两人有2种坐法,共有2×2×2=8(种)坐法;当爷爷坐在D座时,妹妹和妈妈可以坐A座、B座、C座三座中相邻的两座,有2×2=4(种)坐法,而其余两人有2种坐法,共有8种坐法.所以共有16种坐法,即座位的安排方式共有16种.‎ ‎【备选理由】例1考查分步乘法计数原理;例2考查两个计数原理的综合应用,一般先分类再分步.‎ ‎1　[配合例2使用 甲、乙、丙、丁和戊5名同 进行数 应用知识比赛,决出第1名至第5名(没有重名次).已知甲、乙均未得到第1名,且乙不是最后一名,则5名同 的名次排列情况可能有 (　　)‎ A.27种 B.48种 C.54种 D.72种 ‎[解析 C　分五步完成:第一步,决出第1名的情况有3种;第二步,决出第5名的情况有3种;第三步,决出第2名的情况有3种;第四步,决出第3名的情况有2种;第五步,决出第4名的情况有1种.因此,根据分步乘法计数原理可知,5名同 的名次排列情况可能有3×3×3×2×1=54(种).‎ ‎2　[配合例3使用 某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有 (　　)‎ A.28种 B.30种 C.27种 D.29种 ‎[解析 A　有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,则有2人既会踢足球又会打篮球,有3人只会打篮球,有4人只会踢足球,所以选派的方案有四类:选派两种球都会的运动员有2种方案;选派两种球都会的运动员中一名踢足球,只会打篮球的运动员打篮球,有2×3=6(种)方案;选派两种球都会的运动员中一名打篮球,只会踢足球的运动员踢足球,有2×4=8(种)方案;选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球,有3×4=12(种)方案.综上可知,共有2+6+8+12=28(种)方案,故选A.‎