第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布

知识点一　　　分类加法计数原理

完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．

1．从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为(　B　)

A．6   B．5

C．3  D．2

解析：“完成这件事”即选出1人当主持人，可分选女主持人和男主持人两类进行，分别有3种选法和2种选法，所以共有3＋2＝5种不同的选法．

2．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12个．

解析：由题意知本题是一个分类计数问题．

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：2 111,3 111,4 111,1 211,1 311,1 411,1 121,1 131，1 141，有9种，当有三个2,3,4时：2 221,3 331，4 441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．

知识点二　　　　分步乘法计数原理

完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．

3．5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32种(用数字作答)．

解析：每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原理，总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种)．

4．已知某公园有5个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法的种数为20(用数字作答)．

解析：分两步，第一步选一个门进有5种方法，第二步再选一个门出有4种方法，所以共有5×4＝20种走法．

5．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32条不同的路线．

解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．

1．两个不同点

(1)分类问题中的每一个方法都能完成这件事．

(2)分步问题中每步的每一个方法都只能完成这件事的一部分．

2．三个注意点

(1)应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步．

(2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准．

(3)分步要做到“步骤完整”，步步相连．

　考向一　　　分类加法计数原理

【例1】　(1)已知椭圆＋＝1，若a∈{2,4,6,8}，b∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，这样的椭圆有________个(　　)

A．12  B．16

C．28  D．32

(2)我们把中间位数上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”．如132,341等，那么由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________．

【解析】　(1)解法1：若焦点在x轴上，则a>b，a＝2时，有1个；a＝4时，有3个；a＝6时，有5个；a＝8时，有7个，共有1＋3＋5＋7＝16个．

若焦点在y轴上，则b>a，b＝3时，有1个；b＝4时，有1个；b＝5时，有2个；b＝6时，有2个；b＝7时，有3个；b＝8时，有3个．共有1＋1＋2＋2＋3＋3＝12个．故共有16＋12＝28个．

解法2：a＝b时有4种情况，故椭圆个数为4×8－4＝28个．

(2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3,4,5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2种(132,231)；

第二类，当中间数字为“4”时，从1,2,3中任取两个放在4的两边，故有6种；

第三类，当中间数字为“5”时，从1,2,3,4中任取两个放在5的两边，故有12种；

根据分类加法计数原理，得到由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20.

【答案】　(1)C　(2)20

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.)

(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(　D　)

A．3  B．4

C．6  D．8

(2)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(　B　)

A．4种  B．6种

C．10种  D．16种

解析：(1)当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为，，时，共有4个．故共有2＋1＋1＋4＝8(个)．

(2)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种踢法．

由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．

考向二　　　　分步乘法计数原理

【例2】　(1)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，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，则不同的用车方案的种数为(　　)

A．5  B．24

C．32  D．64

(2)某公司准备在一幢“五角楼”的五个角装上五盏3种不同颜色的灯，要求相邻两盏灯的颜色不同，则不同的安装方法有________种．

【解析】　(1)5日至9日，分别为5,6,7,8,9日，有3天奇数日，2天偶数日．第一步，安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)；第二步，安排偶数日出行分两类，第一类，先选1天安排甲的车，另外1天安排其他车，有2×2＝4(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.故选D.

(2)如图，按A，B，C，D，E的顺序开始安装灯，则A角有3种装法，B角有2种装法，安装C角的灯可分两类进行：①当C角与A角灯的颜色相同时，D，E角灯的装法有2种；②当C角与A角灯的颜色不同时，D，E角灯的装法有3种．根据两个基本原理可得，不同的安装方法共有3×2×(2＋3)＝30(种)．

【答案】　(1)D　(2)30

利用分步乘法计数原理解决问题时应注意：

1要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，以元素或位置为主体的计数问题，通常先满足特殊元素或位置，再考虑其他元素或位置；

2对完成每一步的不同方法种数要根据条件准确确定.

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48种．(用数字作答)

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．

考向三　　　两个计数原理的综合应用

方向1　计数问题

【例3】　(2019·河南商丘二模)高考结束后6名同学游览我市包括日月湖在内的6个景区，每名同学任选一个景区游览，则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有(　　)

A．A×A种  B．A×54种

C．C×A种  D．C×54种

【解析】　根据题意，分2步进行分析：①先从6名同学中任选2人，去日月湖景区旅游，有C种方案，②对于剩下的4名同学，每人都有5种选择，则这4人有5×5×5×5＝54种方案，则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有C×54种，故选D.

【答案】　D

方向2　与几何有关的问题

【例4】　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】　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)．

【答案】　D

方向3　涂色问题

【例5】　如图一个地区分为五个行政区域，现给该地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有四种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种．(用数字作答)

【解析】　由题意可知，当选用三种颜色着色时，由分步乘法计数原理得，有CCC＝24(种)方法，当选用四种颜色着色时，由分步乘法计数原理得，有2CCCC＝48(种)方法，再据分类加法计数原理可得有24＋48＝72(种)方法．

【答案】　72

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．

1．(方向1)(2019·广东珠海模拟)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同的放法共有(　C　)

A．480种  B．360种

C．240种  D．120种

解析：根据题意，将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则必须有2个小球放入1个盒子，其余的小球各单独放入一个盒子，分2步进行分析：①先将5个小球分成4组，有C＝10种分法；②将分好的4组全排列，放入4个盒子，有A＝24种情况，则不同放法有10×24＝240种．故选C.

2．(方向2)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(　B　)

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，另外含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.

3．(方向3)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有108种.

解析：把区域分为三部分，第一部分1,5,9，有3种涂法．第二部分4,7,8，当5,7同色时，4,8各有2种涂法，共4种涂法；当5,7异色时，7有2种涂法，4,8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．