新高考数学一轮复习讲义10.1《分类加法计数原理与分步乘法计数原理》(2份打包，解析版+原卷版)

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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．
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．
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．
概念方法微思考
1．在解题过程中如何判定是用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？
提示 如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类加法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成事件的一部分，就用分步乘法计数原理．
2．两种原理解题策略有哪些？
提示 ①分清要完成的事情是什么；
②分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；
③有无特殊条件的限制；
④检验是否有重复或遗漏．
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．[P12A组T5]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．[P10练习T4]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.现用4种不同颜色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．
5．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．
6．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“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 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
1．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 方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的情况应分类讨论．①当a＝0时，方程为一元一次方程2x＋b＝0，不论b取何值，方程一定有解．此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对．
②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个有序数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)．a≠0时，(a，b)共有3×4＝12个实数对，故a≠0时满足条件的实数对有12－3＝9个，所以答案应为4＋9＝13.
2．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，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k≤2m，a1，a2，…，ak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Aeq \\al(2,4)个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有Ceq \\al(3,4)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
例1 (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1 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
例2 (1)(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Ceq \\al(3,5)·Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)＝960.
②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为Aeq \\al(4,5)＝120.
故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．
(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
答案 D
解析 由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最后涂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，到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.
(3)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2 (1)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×Aeq \\al(3,4)＝72(个)；若万位是4，则有2×Aeq \\al(3,4)＝48(个)，故比40 000大的偶数共有72＋48＝120(个)．故选B.
(2)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____．
答案 36
解析 第1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2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)．
(3)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Aeq \\al(3,3)种方法．
∴区域1与3同色时，共有4Aeq \\al(3,3)＝24(种)方法．
②区域1与3不同色：第一步涂区域1与3有Aeq \\al(2,4)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Aeq \\al(2,4)×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.
1．(2018·贵州省凯里市第一中学月考)集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{3,4,5,6,7,8,9}，从集合A，B中各取一个数，能组成的没有重复数字的两位数的个数为( )
A．52 B．58 C．64 D．70
答案 B
解析 根据分步乘法计数原理得
(Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,3))·Aeq \\al(2,2)＝58.
2．(2018·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)传递方式．
3．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则行车路线共有( )
A．24种 B．16种 C．12种 D．10种
答案 C
解析 根据题意，车的行驶路线起点有4种，行驶方向有3种，所以行车路线共有4×3＝12(种)，故选C.
4．(2018·玉林联考)若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)各位数均不产生进位现象，则称n为“开心数”．例如：32是“开心数”．因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“开心数”，因为23＋24＋25产生进位现象，那么，小于100的“开心数”的个数为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
答案 D
解析 根据题意个位数n需要满足n＋(n＋1)＋(n＋2)<10，即n<2.3，
∴个位数可取0,1,2三个数，
∵十位数k需要满足3k<10，
∴k<3.3，
∴十位数可以取0,1,2,3四个数，故小于100的“开心数”共有3×4＝12(个)．
故选D.
5.如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有( )
A．120种 B．260种 C．340种 D．420种
答案 D
解析 由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420.故选D.
6.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有( )
A．24 B．48
C．96 D．120
答案 C
解析 若A，D颜色相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有1种涂法，共有4×3×2＝24(种)；若A，D颜色不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D相同时，C有2种涂法，当B和D不同时，C只有1种涂法，共有4×3×2×(2＋1)＝72(种)，根据分类加法计数原理可得，共有24＋72＝96(种)，故选C.
7．(2018·湖北省黄冈中学月考)对33 000分解质因数得33 000＝23×3×53×11，则33 000的正偶数因数的个数是( )
A．48 B．72 C．64 D．96
答案 A
解析 33 000的因数由若干个2(共有23,22,21,20四种情况)，
若干个3(共有3,30两种情况)，
若干个5(共有53,52,51,50四种情况)，若干个11(共有111,110两种情况)，
由分步乘法计数原理可得33 000的因数共有4×2×4×2＝64(个)，不含2的共有2×4×2＝16(个)，
∴正偶数因数的个数为64－16＝48，
即33 000的正偶数因数的个数是48，故选A.
8．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，当所取两个数中不含有1时，可得到Aeq \\al(2,5)＝20(个)对数，但lg23＝lg49，lg32＝lg94，lg24＝lg39，lg42＝lg93.综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．
9．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有________个．
答案 27
解析 先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1,2，…，6，有六个，
再考虑等腰的情况，若a＝b＝1，c此时c＝1与等边重复，
若a＝b＝2，c若a＝b＝3，c若a＝b＝4，c若a＝b＝5，c若a＝b＝6，c故一共有27个．
10．2017年1月27日，哈尔滨地铁3号线一期开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，哈西站一定要有人去，则不同的游览方案为________种．
答案 65
解析 根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3＝81种情况，若哈西站没人去，即四位同学选择了城乡路和哈尔滨大街．每人有2种选择方法，则4人一共有2×2×2×2＝16种情况，故哈西站一定要有人去有81－16＝65种情况，即哈西站一定有人去的游览方案有65种．
11．(2018·金华模拟)联合国国际援助组织计划向非洲三个国家援助粮食和药品两种物资，每种物资既可以全部给一个国家，也可以由其中两个或三个国家均分，若每个国家都要有物资援助，则不同的援助方案有________种．
答案 25
解析 根据题意，可分为：三个国家粮食和药品都有，有1种方法；
一个国家粮食，两个国家药品，有3种方法；
一个国家药品，两个国家粮食，有3种方法；
两个国家粮食，三个国家药品，有3种方法；
两个国家药品，三个国家粮食，有3种方法；
两个国家粮食，两个国家药品，有3×2＝6种方法；
三个国家粮食，一个国家药品，有3种方法；
三个国家药品，一个国家粮食，有3种方法，
故方法总数是25.
12．将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为________．
答案 240
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eq \f(5×4×3×2×1,2)＝60(种)情况；②若末位数字为6，同理有eq \f(5×4×3×2×1,2)＝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．
13.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是_______．
答案 60
解析 根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3,4,5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60种方法，故答案是60.
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 eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(λ∈R)，则满足条件的函数f(x)有________种．
答案 12
解析 由eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(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．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)5位回文数有________个；
(2)2n(n∈N*)位回文数有________个．
答案 (1)900 (2)9×10n－1
解析 (1)5位回文数相当于填5个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，第2位和第4位一样，有10种填法，中间一位有10种填法，共有9×10×10＝900(种)填法，即5位回文数有900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－1种填法．
16．用6种不同的颜色给三棱柱ABC－DEF六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色，且每条棱的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有________种．(用数字作答)
答案 8 520
解析 分两步来进行，先涂A，B，C，再涂D，E，F.
第一类：若6种颜色都用上，此时方法共有Aeq \\al(6,6)＝720种；
第二类：若6种颜色只用5种，首先选出5种颜色，方法有Ceq \\al(5,6)种；先涂A，B，C，方法有Aeq \\al(3,5)种，再涂D，E，F中的两个点，方法有Aeq \\al(2,3)种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有Ceq \\al(5,6)·Aeq \\al(3,5)·Aeq \\al(2,3)·2＝4 320种；
第三类：若6种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有Ceq \\al(4,6)种；
先涂A，B，C，方法有Aeq \\al(3,4)种，再涂D，E，F中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有Ceq \\al(4,6)·Aeq \\al(3,4)·3·3＝3 240种；
第四类：若6种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有Ceq \\al(3,6)种；
先涂A，B，C，方法有Aeq \\al(3,3)种，再涂D，E，F，方法有2种，故此时方法共有Ceq \\al(3,6)·Aeq \\al(3,3)×2＝240种．
综上可得，不同涂色方案共有720＋4 320＋3 240＋240＝8 520种．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.