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第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
考向预测 核心素养
考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用，一般以小题的形式单独考查或以古典概型为载体进行考查，有时也与概率相交汇以解答题的形式呈现. 数学建模、逻辑推理
一、知识梳理
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，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，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
[提醒]　(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事．
(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的．
2．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＝m×n种不同的方法．
[提醒]　(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事．
(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏．
常用结论
1．完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有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．完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，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．
二、教材衍化
1．(人A选择性必修第三册P11练习T3改编)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法种数为(　　)
A．16　　 B.13　　
C.12　　 D.10
2．(人A选择性必修第三册P26习题6.2T5改编)从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是(　　)
A．12 B.24
C.64 D.81
3.
(人A选择性必修第三册P11习题6.1T2) 如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路．从甲地到丁地共有____________条不同的路线．
参考答案
1解析：选C.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4×3＝12(种)．
2解析：选B.4本不同的课外读物选3本送给3位同学，每人一本，则不同的送法种数为A＝24.
3解析：2×3＋4×2＝14.
答案：14
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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．(　　)
(2)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．(　　)
(3)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．(　　)
二、易错纠偏
1．(混淆两个计数原理致误)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
2．(分类遗漏致误)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
3．(不能正确使用分步乘法计数原理致误)乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后共有____________项．
参考答案
一、思考辨析
答案：(1)√　(2)×　(3)√
二、易错纠偏
1解析：选C.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、二象限内不同的点的个数是3×2＝6，故选C.
2解析：选B.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)；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)．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)．
3答案：45
考点一　分类加法计数原理(自主练透)
复习指导：1.理解分类加法计数原理并能辨析、简单应用．
2．应用时要明确分类标准和原则(不重不漏)．
1．(链接常用结论1)如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的情况共有(　　)
A．9种　　 B.11种　　
C.13种　　 D.15种
2．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数是(　　)
A．18 B.36
C.72 D.48
3．(2022·石家庄第六中学检测)从A地到B地，每天有直达班车4班；从A地到C地，每天有5个班车；从C地到B地，每天有3个班车，则从A地到B地，每天共有____________种不同的乘车方法．
4．(2022·保定质检)甲、乙、丙三人踢毽子，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．
参考答案
1解析：选C.按焊接点脱落的个数分类：脱落1个，有1，4，共2种；脱落2个，有(1，4)，(2，3)，(1，2)，(1，3)，(4，2)，(4，3)，共6种；脱落3个，有(1，2，3)，(1，2，4)，(2，3，4)，(1，3，4)，共4种；脱落4个，有(1，2，3，4)，共1种．由分类加法计数原理知，共有2＋6＋4＋1＝13(种)．故选C.
2解析：选B.方法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
方法二：按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
3解析：分两类：第一类直接到达，A地到B地，每天有直达班车4班，共有4种方法，
第二类间接到达，从A地到C地，每天有5个班车，从C地到B地，每天有3个班车，共有5×3＝15种方法，根据分类加法计数原理可得共有4＋15＝19种方法．
答案：19
4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)传递方式．
答案：6
分类标准的选择
(1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．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，但也不能有遗漏．
考点二　分步乘法计数原理(思维发散)
(链接常用结论2)
(1)(2022·泉州科技中学月考)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，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，则不同的染色方法种数为(　　)
A．180　　 B.240　　
C.420　　 D.480
(2)有6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．
【解析】　
(1)分两步，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可求解．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，不妨设所染颜色依次为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，即当S, A, B染好时，C, D还有7种染法．故不同的染色方法有60×7＝420种．故选C.
(2)每项限报一个，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)．
【答案】　(1)C　(2)120
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)．
分步乘法计数原理的注意点
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，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)分步必须满足的两个条件：一是各步相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成．
|跟踪训练|
1．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)
2．已知集合A中有4个元素，B中有3个元素，C中有9个元素，则集合{(x，y，z)|x∈A，y∈B，z∈C}中的元素个数为____________．
参考答案
1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)不同的二次函数．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
2解析：分三个步骤，第一步确定x，有4种方法，第二步确定y，有3种方法，第三步确定z，有9种方法，由分步乘法计数原理得集合{(x，y，z)|x∈A，y∈B，z∈C}中有4×3×9＝108(个)元素．
答案：108
考点三　两个原理的综合应用(多维探究)
角度1　数值问题
用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成____________个无重复数字的四位偶数．(用数字作答)
【解析】　要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．
①第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法．
②第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字外的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法．
所以根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数．
【答案】　420
角度2　涂色问题
如图，
现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有____________种不同的着色方法．
【解析】　方法一(直接法)：第一步：对Ⅰ着色，不同的选择有5种，
第二步：对Ⅱ着色，不同的选择有4种，
第三步：对Ⅲ着色，不同的选择有3种，
第四步：对Ⅳ着色，因为Ⅳ与Ⅱ，Ⅲ相接，故着色与Ⅱ，Ⅲ都不能同色，不同的选择有3种．
根据分步乘法计数原理，不同的着色方法有5×4×3×3＝180(种)．
方法二(根据所用颜色种数分类讨论)：由题图知Ⅰ与Ⅳ不相邻，故这两个地区可以同色，所以需要颜色的种数最少为3种，最多为4种．
若使用3种颜色，即Ⅰ与Ⅳ同色，此时不同的着色方法有A＝60(种)；
若使用4种颜色，即Ⅰ与Ⅳ不同色，此时不同的着色方法有A＝120(种)，
由分类加法计数原理可得，不同的着色方法有60＋120＝180(种)．
【答案】　180
角度3　几何图形问题
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
【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.
【答案】　B
两个计数原理应用要点
(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”．
②分步要做到“步骤完整”．
③混合问题一般是先分类再分步．
(3)解题时可以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．
|跟踪训练|
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(　　)
A．3 B.4
C.6 D.8
2.
现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是(　　)
A．120 B.140
C.240 D.260
参考答案
1解析：选D.以1为首项的等比数列为1，2，4和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，所以所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个)．
2解析：选D.由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，然后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，则C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)．故选D.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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