新高考数学一轮复习基础版讲义第10章第1节　分类加法计数原理与分步乘法计数原理（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第10章第1节　分类加法计数原理与分步乘法计数原理（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了分步乘法计数原理等内容，欢迎下载使用。

【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.
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.分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：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，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
[常用结论与微点提醒]
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.
(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类.
(2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”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，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( )
答案 (1)× (2)√ (3)√
解析 分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)不正确.
2.(选修三P5T1改编)(1)一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是______；
(2)从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，则从A村经B村去C村，不同路线的条数是________.
答案 (1)9 (2)6
解析 (1)不同的选法共有5＋4＝9种方法.
(2)从A村去B村有3种走法，由B村去C村有2种走法，根据乘法原理可得3×2＝6(种).
3.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，则焊接点脱落的不同情况有________种.
答案 13
解析 电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况却只有3种，即2或3脱落或全不脱落，每个焊接点有脱落与不脱落两种情况，故共有24－3＝13(种)情况.
4.3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有________种.
答案 125
解析 因为第1、第2、第3个班各有5种选法，由分步乘法计数原理，可得不同的选法有5×5×5＝125(种).
考点一 分类加法计数原理
例1 (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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )
A.4种B.10种C.18种D.20种
答案 B
解析 赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法.
由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种).
(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________.
答案 240
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).
所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).
感悟提升 使用分类加法计数原理的两个注意点
(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，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.
训练1 (1)集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A.9B.14C.15D.21
答案 B
解析 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.
当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.
∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).
(2)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定______个平面.
答案 13
解析 异面直线a与异面直线b上的8个点中的任意一个点都可以构成一个平面；异面直线b与异面直线a上的5个点中的任意一个点都可以构成一个平面，
∴共可以确定8＋5＝13个平面.
考点二 分步乘法计数原理
例2 (多选)(2024·合肥调研)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是( )
A.共有43种不同的安排方法
B.若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C.若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
答案 ABD
解析 对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，
每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；
对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，
则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；
对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误；
对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确.
感悟提升 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.
训练2 (1)为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有( )
A.48种B.36种C.24种D.12种
答案 B
解析 由题意可知，分三步完成：
第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；
第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法；
第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，
根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36种不同的选取方法.
(2)若将6本不同的书放到5个不同的盒子里，则不同的放法种数为( )
A.Aeq \\al(6,6)B.Ceq \\al(6,6)C.56D.66
答案 C
解析 将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，根据分步乘法计数原理可得不同放法为56种.
考点三 两个计数原理的综合
角度1 与数字有关的问题
例3 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).
答案 420
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.
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，再依次取百位、十位数字.
共有3×4×5×4＝240(种)取法.
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的任意一个偶数数字，再依次取百位、十位数字.
共有3×3×5×4＝180(种)取法，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数.
角度2 与几何有关的问题
例4 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.60B.48C.36D.24
答案 B
解析 一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个).
长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个).
根据分类加法计数原理知共有36＋12＝48(个).
角度3 涂色问题
例5 如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为( )
A.480B.600C.720D.840
答案 C
解析 依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：
若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，最后涂b有3种方法，
由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)，
若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各有3种方法，
由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种).
感悟提升 1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：(1)一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.
2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.
训练3 (1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取
出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )
A.14B.23C.48D.120
答案 C
解析 分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法；
第2步，取旋转体，有4＋2＝6(种)不同的取法.
所以不同的取法种数是8×6＝48.
(2)(2024·杭州调研)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( )
A.243B.252C.261D.279
答案 B
解析 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)，
故有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
(3)(2024·临汾调考)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，则不同的涂色方法有( )
A.24种B.48种C.72种D.96种
答案 C
解析 分两种情况：
①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24(种)；
②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种).
故不同的涂色方法有48＋24＝72(种).
【A级 基础巩固】
1.每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽车有12班.某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有( )
A.22种B.33种
C.300种D.3 600种
答案 B
解析 从甲地到乙地不同的方案数为5＋10＋6＋12＝33.
2.将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为( )
A.720B.240C.120D.60
答案 A
解析 可分三步：第一步，第1张门票有10种不同的分法；第二步，第2张门票有9种不同的分法；第三步，第3张门票有8种不同的分法，由分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种不同分法.
3.某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目.已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有( )
A.4种B.6种C.8种D.12种
答案 B
解析 根据题意得，分两步进行分析：
①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；
②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种.
由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种).
4.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.3B.4C.6D.8
答案 D
解析 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).
5.中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”.将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为( )
A.8B.10C.15D.20
答案 B
解析 由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5种排列方法，不妨假设是金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2种选择，不妨假设排的是水，则第三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，因此，总的排列方法种数为5×2×1×1×1＝10.
6.如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是( )
A.8B.12C.16D.24
答案 B
解析 四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“—”表示桥.
①当A只有一座桥相连时，有A—B—C—D，A—B—D—C，A—C—B—D，A—C—D—B，A—D—B—C，A—D—C—B，共6种方法；
②当A有两座桥相连时，有C—A—B—D，D—A—B—C，D—A—C—B，B—A—C—D，B—A—D—C，C—A—D—B，共6种方法.故设计方案最多有6＋6＝12(种).
7.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.120B.140C.240D.260
答案 D
解析 由题意，先涂A处，有5种涂法；再涂B处4种涂法；第三步涂C，若C与A同色，则D有4种涂法；若C与A不同色，则D有3种涂法，由此得不同的着色方案有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种).
8.(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是( )
A.选1人为负责人的选法种数为34
B.每组选1名组长的选法种数为5 400
C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420
D.若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种
答案 AD
解析 对于A，4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法共有34种，A正确；
对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5 040(种)，B错误；
对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；
从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；
从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；
从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；
从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；
从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法.
所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错误；
对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，所以不同的选法有64－27＝37(种)，D正确.
9.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是________.
答案 36
解析 因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数.
10.乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________.
答案 60
解析 从第一个括号中选一个字母有3种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，从第三个括号中选一个字母有5种方法，故根据分步乘法计数原理可知共有N＝3×4×5＝60(项).
11.4张卡片的正、反面分别写有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成________个不同的三位数.
答案 168
解析 要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步：
第一步：百位可放8－1＝7个数；
第二步：十位可放6个数；
第三步：个位可放4个数.
故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168(个)不同的三位数.
12.(2024·青岛调研)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________.
答案 80
解析 5日至9日，日期尾数分别为5，6，7，8，9，有3天是奇数日，2天是偶数日.
第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)用车方案；
第二步，安排奇数日出行，分两类，
第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用车方案，
第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案，
共计12＋8＝20(种)用车方案.
根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.
【B级 能力提升】
13.如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i