【数学】2020届一轮复习浙江专版9-2分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案

【数学】2020届一轮复习浙江专版9-2分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案

第二节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 两个计数原理 完成一件事的策略 完成这件事共有的方法 分类加法计数 原理 有两类不同方案，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 N＝m＋n 种不同的方法 分步乘法计数 原理 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 N＝m×n 种不同的方法 [小题体验] 1．设 x，y∈N，且 x＋y≤3，则满足条件的有序实数对(x，y)的数量有(　　) A．3　　　　　　　　　 　B．4 C．5 D．10 解析：选 D　由题可得，当 x＝0 时，y＝0,1,2,3；当 x＝1 时，y＝0,1,2；当 x＝2 时，y ＝0,1；当 x＝3 时，y＝0.所以由分类加法计数原理可得，满足条件的有序实数对有 N＝4＋3 ＋2＋1＝10 对．故选 D. 2．某考生进行高考志愿填报，根据自己的兴趣及就业意向，打算从某高校的 5 个专业 中选择 3 个，分别作为第一、第二、第三志愿，则不同的志愿填报方式有________种． 解析：由分步乘法计数原理可得，不同的志愿填报方式有 N＝5×4×3＝60 种． 答案：60 1．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与 类之间是独立的． 2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而 未完成这件事，步与步之间是相关联的． [小题纠偏] 1．用 0,1,2，…，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 解析：选 B　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)． 2．如图，从 A 城到 B 城有 3 条路；从 B 城到 D 城有 4 条路；从 A 城到 C 城有 4 条路， 从 C 城到 D 城有 5 条路，则某旅客从 A 城到 D 城共有________条不同的路线． 解析：不同路线共有 3×4＋4×5＝32(条)． 答案：32 考点一　分类加法计数原理(基础送分型考点——自主练透) [题组练透] 1．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(　　) A．4 种　　　　　　　　　　 　B．10 种 C．18 种 D．20 种 解析：选 B　分两种情况：①4 位朋友中有 2 个人得到画册，有 C24＝6(种)赠送方法；② 4 位朋友中只有 1 个人得到画册，有 C14＝4(种)赠送方法，所以不同的赠送方法共有 6＋4＝ 10(种)，故选 B. 2．椭圆x2 m＋y2 n＝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，由分类加法计数原理， 可分为四类：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．故符合条件的椭圆共有 10 个． 答案：10 3．(2019·诸暨模拟)小王同学在书店发现三本有价值的书，若决定买一本，则购买的方 式有________种；决定至少买一本，则购买的方式有________种． 解析：根据题意，若只买一本，则有 3 种选择；若只买 2 本，则有 3 种选择；若买 3 本， 则有 1 种选择．由分类加法计数原理可知：N＝3＋3＋1＝7 种． 答案：3　7 [谨记通法] 利用分类加法计数原理解题时 2 个注意点 (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． 考点二　分步乘法计数原理(基础送分型考点——自主练透) [题组练透] 1．双十一亚马逊网站图书类优惠大促．小明同学拟在 5 本不同的数学教辅图书、3 本 不同的物理教辅图书以及 6 本不同的英语教辅图书中各选 1 本进行学习，则不同的选法种 数是(　　) A．14　　　　　　　　　 　B．90 C．48 D．45 解析：选 B　先选数学书，有 5 种不同的选法；再选物理书，有 3 种不同的选法；最后 选英语书，有 6 种不同的选法，由分步乘法计数原理可得，不同的选法种数是 N＝5×3×6＝ 90 种． 2．(2019·台州模拟)有 4 个不同书写形式的“迎”字和 3 个不同书写形式的“新”字， 如果一个“迎”字和一个“新”字能配成一套，则不同的配套方式共有(　　) A．7 种 B．12 种 C．64 种 D．81 种 解析：选 B　分两步进行，第一步，选“迎”字，有 4 种不同的选法；第二步，选“新” 字，有 3 种不同的选法，所以由分步乘法计数原理可知：N＝4×3＝12 种． 3．从－1,0,1,2 这四个数中选三个不同的数作为函数 f(x)＝ax2＋bx＋c 的系数，则可组 成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)． 解析：一个二次函数对应着 a，b，c(a≠0)的一组取值，a 的取法有 3 种，b 的取法有 3 种，c 的取法有 2 种，由分步乘法计数原理知共有 3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数 为偶函数，则 b＝0，同上可知共有 3×2＝6(个)偶函数． 答案：18　6 [谨记通法] 利用分步乘法计数原理解题时 3 个注意点 (1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的． (2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事． (3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定． 考点三　两个原理的应用(重点保分型考点——师生共研) [典例引领] 1．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　　 　　B．48　　 　　C．72 　　　　D．96 解析：选 C　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) 涂法． (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)涂法． 故共有 24＋48＝72 种涂色方法． 2．袋中有 8 个不同的红球，7 个不同的白球，6 个不同的黄球，现从中任取两个不同 颜色的球，则不同的取法有______种． 解析：若取红球、白球各一个，则不同的取法有 8×7＝56 种；若取红球、黄球各一个， 则不同的取法有 8×6＝48 种；若取白球、黄球各一个，则不同的取法有 7×6＝42 种．由分 类加法计数原理可得，不同的取法有 N＝56＋48＋42＝146 种． 答案：146 [由题悟法] 两个原理应用的关键 (1)应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步． (2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键． (3)分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成． (4)较复杂的问题可借助图表完成． [即时应用] 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 解析：选 D　分类讨论： 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．如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 4 块区域分开， 若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作 答)． 解析：从 A 开始涂色，A 有 6 种涂色方法，B 有 5 种涂色方法，C 有 4 种涂色方法，D 有 4 种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有 6×5×4×4＝480(种)涂色方法． 答案：480 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1．a，b，c，d，e 共 5 个人，从中选 1 名组长 1 名副组长，但 a 不能当副组长，不同 选法的种数是(　　) A．20　　　　　　　　　 　B．16 C．10 D．6 解析：选 B　当 a 当组长时，则共有 1×4＝4(种)选法；当 a 不当组长时，因为 a 不能 当副组长，则共有 4×3＝12(种)选法．因此共有 4＋12＝16 种选法． 2．(2019·江山模拟)某班班干部有 5 名男生，4 名女生，从中各选一名干部参加学生党 校培训，则不同的选法种数有(　　) A．9 B．20 C．16 D．24 解析：选 B　先选男生，有 5 种不同的选法，再选女生，有 4 种不同的选法．由分步乘 法计数原理可知：N＝5×4＝20. 3．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)，有车主第一个号码 (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(　　) A．180 种 B．360 种 C．720 种 D．960 种 解析：选 D　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)． 4．从 0,1,2,3,4 这 5 个数字中任取 3 个组成三位数，其中奇数的个数是________；3 的 倍数的个数有________． 解析：从 1,3 中取一个排个位，故排个位有 2 种方法；排百位不能是 0，可以从另外 3 个数中取一个，有 3 种方法；排十位有 3 种方法．故所求奇数的个数为 3×3×2＝18.若有 0，则另两个数分别为 1,2 或 2,4，则不同的三位数有 2×2×2＝8 种，若有 3，则另两个数分 别为 1,2 或 2,4，则不同的三位数有 3×2×2＝12 种，所以满足条件的 3 的倍数的个数为 8＋12 ＝20 个． 答案：18　20 5．(2018·温州八校)将三个分别标有 A，B，C 的球随机放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子 中，则 1 号盒子中无球的不同放法种数有________种；1 号盒子中有球的不同放法种数有 ________种． 解析：1 号盒子无球的不同放法有 33＝27 种，1 号盒子有球的不同放法有 43－33＝64－ 27＝37 种． 答案：27　37 二保高考，全练题型做到高考达标 1．设集合 A＝{－1,0,1}，集合 B＝{0,1,2,3}，定义 A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}， 则 A*B 中元素的个数是(　　) A．7 B．10 C．25 D．52 解析：选 B　因为集合 A＝{－1,0,1}，集合 B＝{0,1,2,3}，所以 A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－ 1,0,1,2,3}，所以 x 有 2 种取法，y 有 5 种取法，所以根据分步乘法计数原理得有 2×5＝ 10(个)． 2．从 2,3,4,5,6,7,8,9 这 8 个数中任取 2 个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则 可以组成不同对数值的个数为(　　) A．56 B．54 C．53 D．52 解析：选 D　在 8 个数中任取 2 个不同的数共有 8×7＝56(个)对数值，但在这 56 个对 数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有 56－4＝52(个)． 3．(2019·嘉兴四高适应性考试)将 3 封信投入 6 个不同的信箱内，则不同的投法种数有 (　　) A．9 B．18 C．216 D．729 解析：选 C　将 3 封信投入 6 个不同的信箱内，每封信都有 6 种不同的投法，所以满足 条件的不同投法种数有 63＝216 种． 4．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 解析：选 B　当万位数字为 4 时，个位数字从 0,2 中任选一个，共有 2A 34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 C13A 34个偶数．故符合条件的偶数共有 2A34 ＋C13A34＝120(个)． 5.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形， 现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜 色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有(　　) A．24 种 B．72 种 C．84 种 D．120 种 解析：选 C　如图，设四个直角三角形顺次为 A，B，C，D，按 A―→B―→ C―→D 顺序涂色， 下面分两种情况： (1)A，C 不同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可 以从剩余的 2 种颜色中任意取一色)：有 4×3×2×2＝48(种)不同的涂法． (2)A，C 同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可以 从剩余的 3 种颜色中任意取一色)：有 4×3×1×3＝36(种)不同的涂法．故共有 48＋36＝ 84(种)不同的涂色方法．故选 C. 6．集合 N＝{a，b，c}⊆{－5，－4，－2,1,4}，若关于 x 的不等式 ax 2＋bx＋c＜0 恒有 实数解，则满足条件的集合 N 的个数是________． 解析：依题意知，集合 N 最多有 C35＝10(个)，其中对于不等式 ax2＋bx＋c＜0 没有实数 解的情况可转化为需要满足 a＞0，且 Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当 a，c 同号时才有可能， 共有 2 种情况，因此满足条件的集合 N 的个数是 10－2＝8. 答案：8 7．在一个三位数中，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．其中偶数有________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)．偶数为 214,312,314,412,324，共 5 个． 答案：8　5 8.如图所示，用五种不同的颜色分别给 A，B，C，D 四个区域涂色， 相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方 法共有________种． 解析：按区域分四步：第一步，A 区域有 5 种颜色可选；第二步，B 区 域有 4 种颜色可选；第三步，C 区域有 3 种颜色可选；第四步，D 区域也有 3 种颜色可 选．由分步乘法计数原理，共有 5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法． 答案：180 9．已知△ABC 三边 a，b，c 的长都是整数，且 a≤b≤c，如果 b＝25，则符合条件的 三角形共有________个． 解析：根据三边构成三角形的条件可知，c＜25＋a. 第一类：当 a＝1，b＝25 时，c 可取 25，共 1 个值； 第二类，当 a＝2，b＝25 时，c 可取 25,26，共 2 个值； …… 当 a＝25，b＝25 时，c 可取 25,26，…，49，共 25 个值； 所以三角形的个数为 1＋2＋…＋25＝325. 答案：325 10．已知集合 M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若 a，b，c∈M，则： (1)y＝ax2＋bx＋c 可以表示多少个不同的二次函数； (2)y＝ax2＋bx＋c 可以表示多少个图象开口向上的二次函数． 解：(1)a 的取值有 5 种情况，b 的取值有 6 种情况，c 的取值有 6 种情况，因此 y＝ax2＋ bx＋c 可以表示 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 种情况，b，c 的取值均有 6 种情况， 因此 y＝ax2＋bx＋c 可以表示 2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1．已知集合 A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}， 定义集合 A⊕B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则 A⊕B 中元素的个数为(　　) A．77 B．49 C．45 D．30 解析：选 C　A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}＝{(x，y)|x＝±1，y＝0；或 x＝0，y＝±1； 或 x＝0，y＝0}， B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}＝{(x，y)|x＝－2，－1，0,1,2；y＝－2，－1,0,1,2}， A⊕B 表示点集． 由 x1＝－1,0,1，x2＝－2，－1,0,1,2，得 x1＋x2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共 7 种取值可 能． 同理，由 y1＝－1,0,1，y2＝－2，－1,0,1,2，得 y1＋y2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共 7 种 取值可能． 当 x1＋x2＝－3 或 3 时，y1＋y2 可以为－2，－1,0,1,2 中的一个值，分别构成 5 个不同的 点， 当 x1＋x2＝－2，－1,0,1,2 时，y1＋y2 可以为－3，－2，－1，0,1,2,3 中的一个值，分别 构成 7 个不同的点， 故 A⊕B 共有 2×5＋5×7＝45(个)元素． 2．(2019·湖南十二校联考)若 m，n 均为非负整数，在做 m＋n 的加法时各位均不进位(例 如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而 m＋n 称为有序对(m，n)的 值，那么值为 1 942 的“简单的”有序对的个数是________． 解析：第 1 步，1＝1＋0,1＝0＋1，共 2 种组合方式； 第 2 步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共 10 种组合方式； 第 3 步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共 5 种组合方式； 第 4 步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共 3 种组合方式． 根据分步乘法计数原理，值为 1 942 的“简单的”有序对的个数为 2×10×5×3＝300. 答案：300 3.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，求共有多少不同的 染色方法． 解：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)．