高考数学复习 17-18版 附加题部分 第1章 第57课 分类计数原理与分步计数原理

高考数学复习 17-18版 附加题部分 第1章 第57课 分类计数原理与分步计数原理

第一章　计数原理、随机变量及其概率分布 第57课 分类计数原理与分步计数原理 ‎[最新考纲]‎ 内容 要求 A B C 加法原理与乘法原理 ‎√‎ ‎1．分类计数原理 如果完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．‎ ‎2．分步计数原理 如果完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．‎ ‎3．分类计数原理与分步计数原理，都涉及完成一件事的不同方法的种数．它们的区别在于：分类计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．‎ ‎ ‎ ‎1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)在分类计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　　)‎ ‎(2)在分类计数原理中，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．(　　)‎ ‎(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(　　)‎ ‎[答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×‎ ‎2．(教材改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有________．‎ ‎6　[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类计数原理得共有N＝3＋3＝6种．]‎ ‎3．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________个．‎ ‎252　[选放百位共有9种不同放法；再放十位共有10种不同的放法；同样，个位也有10种不同的放法，由乘法原理可知共有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，故符合题意的共有900－648＝252个．]‎ ‎4．(教材改编)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种．‎ ‎32　[由于每位同学报哪个小组是等可能的，故对每名同学而言都有2种不同的报名方式，故共有2×2×2×2×2＝32种不同的报名方法．]‎ ‎5.现有4种不同的颜色要对如图571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________种．‎ 图571‎ ‎48　[按A→B→C→D顺序分四步涂色，共4×3×2×2＝48种不同的着色方法．]‎ 分类计数原理 ‎　(1)三个人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有________种．‎ ‎(2)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________．‎ ‎(1)6　(2)13　[(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，‎ 同理，甲先传给丙时，满足条件有3种方法．‎ 由分类计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．‎ ‎(2)①当a＝0时，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．‎ ‎∴有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13个．]‎ ‎[规律方法]　1.第(2)题常见的错误：‎ ‎(1)想当然认为a≠0；‎ ‎(2)误认为a≠b.‎ ‎2．分类标准是运用分类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．‎ ‎[变式训练1]　从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为________个. 【导学号：62172314】‎ ‎8　[以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.‎ 以4为首项的等比数列为4,6,9.‎ 把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，‎ ‎∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8个．]‎ 分步计数原理 ‎　(1)某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有________种．‎ ‎(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．‎ ‎(1)C·54　(2)120　[(1)有两个年级选择甲博物馆共有C种情况，其余四个年级每个年级各有5种选择情况，‎ 故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有C×54种．‎ ‎(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，第三个项目只有4种选法，由分步计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120种．]‎ ‎[规律方法]　1.利用分步计数原理应注意：(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．‎ ‎2．在第(1)题中，除仅有两个年级选择甲博物馆外，其余4个年级易错误认为有45种选择方法．‎ ‎[变式训练2]　(1)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________．‎ ‎(2)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，则不同的分法的种数为________．(用数字作答)‎ ‎(1)10　(2)8　[(1)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，‎ 由分步计数原理，A*B的元素有2×5＝10个．‎ ‎(2)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种分法，②丙、丁分到两个不同的班级有A＝2种分法．‎ 由计数原理，不同的分法为2×(2＋2)＝8种．]‎ 两个计数原理的综合应用 ‎　(1)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，x0，所以有2种确定方法．‎ 由分步计数原理，得到第二象限点的个数是3×2＝6.‎ ‎(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M 中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．‎ 由(1)得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30(个)．‎ ‎3．在校运动会上，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多少种？‎ ‎[解]　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，所以安排方式有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，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．‎ 所以安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)．‎ ‎4．如图573所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现在要求在其余四个区域中涂色，现有四种颜色可供选择．‎ 图573‎ 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共有多少种？‎ ‎[解]　将四种颜色编号为①②③④，A有4种涂法，设涂①，B有3种涂法，设涂②，下面分3类：‎ 若C涂①，则D可涂②③④，共3种方法；‎ 若C涂③，则D可涂②④，共2种方法；‎ 若C涂④，则D可涂②③，共2种方法；‎ 于是， 不同的涂法为4×3×(3＋2＋2)＝84(种)．‎ ‎5．(2016·全国卷Ⅱ改编)如图574，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共有多少条？‎ 图574‎ ‎[解]　分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路程．‎ ‎6．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？‎ ‎[解]　由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．‎ 第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3种，此时共有6×3＝18种；‎ 第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2种；所以根据分类计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．‎ B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎1．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加．‎ ‎(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？‎ ‎(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？‎ ‎(3)若需老师，男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？‎ ‎ 【导学号：62172317】‎ ‎[解]　(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类各自有3,6,8种方法，总方法数为3＋6＋8＝17(种)．‎ ‎(2)分两步，先选教师共3种选法，再选学生共6＋8＝14种选法，由分步计数原理知，总方法数为3×14＝42(种)．‎ ‎(3)教师、男、女同学各一人可分三步，每步方法依次为3,6,8种．由分步计数原理知方法数为3×6×8＝144(种)．‎ ‎2．为了做好阅兵人员的运输，从某运输公司抽调车辆支援，该运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？‎ ‎[解]　在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C 种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C种抽调方法．故共有C＋A＋C＝84种抽调方法．‎ ‎3．将一个四棱锥SABCD的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？‎ ‎[解]　设想染色按S—A—B—C—D的顺序进行，对S，A，B染色，有5×4×3＝60(种)染色方法．‎ 由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论：‎ C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一)，D应与A(C)，S不同色，有3种选择；C与A不同色时，C有2种可选择的颜色，D也有2种颜色可供选择．从而对C，D染色有1×3＋2×2＝7(种)染色方法．‎ 由分步计数原理，总的染色方法有60×7＝420(种)．‎ ‎4．(2016·扬州期末)对于给定的大于1的正整数n，设x＝a0＋a1n＋a2n2＋…＋annn，其中ai∈{0,1,2，…，n－1}，i＝0,1,2，…，n－1，n，且an≠0，记满足条件的所有x的和为An.‎ ‎(1)求A2；‎ ‎(2)设An＝f(n)，求f(n)．‎ ‎[解]　(1)当n＝2时，x＝a0＋2a1＋4a2，a0∈{0,1}，a1∈{0,1}，a2＝1，故满足条件的x共有4个，分别为x＝0＋0＋4，x＝0＋2＋4，x＝1＋0＋4，x＝1＋2＋4，它们的和是22.‎ ‎(2)由题意得，a0，a1，a2，…，an－1各有n种取法；an有n－1种取法，由分步计数原理可得a0，a1，a2，…，an－1，an的不同取法共有n·n…n·(n－1)＝nn(n－1)，即满足条件的x共有nn(n－1)个．当a0分别取i＝0,1,2，…，n－1时，a1，a2，…，an－1各有n种取法，an有n－1种取法，故An中所有含a0项的和为[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)＝；‎ 同理，An中所有含a1项的和为[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)·n＝·n；An中所有含a2项的和为[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)·n2＝‎ eq f(n2(n－1)2,2)·n2；An中所有含an－1项的和为[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)·nn－1＝·nn－1；当an分别取i＝1,2，…，n－1时，a0，a1，a2，…，an－1各有n种取法，‎ 故An中所有含an项的和为[1＋2＋…＋(n－1)]nn·nn＝·nn；‎ 所以An＝(1＋n＋n2＋…＋nn－1)＋·nn＝·＋·nn ‎＝(nn＋1＋nn－1)．‎ 故f(n)＝nn＋1＋nn－1.‎