2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第十三章第一节　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

第一节　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

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,则完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.

二、分步乘法计数原理

完成一件事需要分成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,那么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.

概念的理解

(1)分类加法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;分步乘法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.

(2)有些较复杂的问题往往不是单纯的“分类”或“分步”可以解决的,而要将“分类”和“分步”结合起来运用.

(3)两个原理的地位有差别,分类计数更具有一般性,故通常是先“分类”,然后再在每一类中“分步”,分类时标准要明确,做到不重不漏,适当画出示意图或树形图,使问题的分析更直观、清楚.

1.为便民惠民,某通信运营商推出“优惠卡活动”.其内容如下:卡号的前七位是固定的,后四位从“0000”到“9999”共10 000个号码参与该活动,凡卡号后四位带有“6”或“8”的一律作为“优惠卡”,则“优惠卡”的个数是(　C　)

(A)1 980 (B)4 096 (C)5 904 (D)8 020

解析:卡号后四位不带“6”和“8”的个数为84=4 096,故带有“6”或“8”的“优惠卡”有5 904个.故选C.

2.将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色,要求共端点的棱不能涂相同颜色,则不同的涂色方案有(　C　)

(A)1种 (B)3种 (C)6种 (D)9种

3.5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有(　D　)

(A)10种 (B)20种  (C)25种 (D)32种

解析:因为规定每个同学必须报名,则每人只有2个选择.报名方法有2×2×2×2×2=32种.故选D.

4.所有两位数中,个位数字比十位数字大的两位数共有(　B　)

(A)45个 (B)36个 (C)30个 (D)50个

5.三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下.由甲开始踢,经过3次传递后,毽子又被踢回给甲.则不同的传递方式共有(　B　)

(A)5种 (B)2种 (C)3种 (D)4种

6.6名同学争夺3项冠军,获得冠军的可能性有　　　　种.  

解析:根据分步乘法计数原理获得冠军的可能性有6×6×6=216种.

答案:216

7.若m,n均为非负整数,在做m+n的加法时各位均不进位(例如:134+3 802=3 936),则称(m,n)为“简单的”有序对,而m+n称为有序对(m,n)的值,那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是　　　　. 

解析:第1步,1=1+0,1=0+1,共2种组合方式;

第2步,9=0+9,9=1+8,9=2+7,9=3+6,…,9=9+0,共10种组合方式;

第3步,4=0+4,4=1+3,4=2+2,4=3+1,4=4+0,共5种组合方式;

第4步,2=0+2,2=1+1,2=2+0,共3种组合方式.

根据分步乘法计数原理,值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3=300.

答案:300

考点一　分类加法计数原理的应用

[例1] 如图,一条电路从A处到B处接通时,可有　　　　条不同的线路. 

解析:根据图形可知,电路从A处到B处接通时可以有3+1+2×2=8条不同的线路.

答案:8

运用分类加法计数原理的关键是分类标准恰当;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,且只能属于某一类(即标准明确,不重不漏).

1.某校高三年级5个班进行拔河比赛,每2个班都要比赛一场.到现在为止,(1)班已经比了4场,(2)班已经比了3场,(3)班已经比了2场,(4)班已经比了1场,则(5)班已经比了(　B　)

(A)1场 (B)2场 (C)3场 (D)4场

解析:设①②③④⑤分别代表(1)(2)(3)(4)(5)班,①比了4场,则①和②③④⑤均比了1场;由于④只比了1场,则一定是和①比的;②比了3场,是和①③⑤比的;③比了2场,是和①②比的.所以此时⑤比了2场,是和①②比的.5个班的比赛情况可以用如图表示.故选B.

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(　B　)

(A)14 (B)13 (C)12 (D)10

解析:当a=0时,b=-1,0,1,2,有4种可能.

当a≠0时,则Δ=4-4ab≥0,ab≤1,

(ⅰ)若a=-1时,b=-1,0,1,2有4种可能;

(ⅱ)若a=1时,b=-1,0,1有3种可能;

(ⅲ)若a=2时,b=-1,0,有2种可能.

所以有序数对(a,b)共有4+4+3+2=13个.

故选B.

考点二　分步乘法计数原理的应用

[例2] 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法?(不一定六名同学都能参加)

(1)每人恰好参加一项,每项人数不限;

(2)每项限报一人,且每人至多参加一项;

(3)每项限报一人,但每人参加的项目不限.

解:(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有3种不同选法,由分步乘法计数原理,知共有报名方法36=729(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,由分步乘法计数原理,得共有报名方法6×5×4=120(种).

(3)由于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,由分步乘法计数原理,得共有不同的报名方法63=216(种).

利用分步乘法计数原理解决问题

(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)分步要做到“步骤完整”,即只有完成了所有步骤,才完成任务;

(3)对完成各步的方法数要准确确定.

　已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)(a,b∈M)表示平面上的点,则:

(1)P可表示平面上　　　　个不同的点. 

(2)P可表示平面上　　　　个第二象限的点. 

解析:(1)因为P(a,b)(a,b∈M),所以a,b都有6种不同的取法,根据分步乘法计数原理得这样的点有6×6=36种.

(2)当a<0,b>0时,点(a,b)就在第二象限,此时a有3种不同取法,b有2种不同的取法,所以共有3×2=6种.

答案:36　6

考点三　两个计数原理的综合应用

[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) 

思路点拨:按首位数字的奇偶性分类,在每一类中根据特殊位置(末位)优先原则进行分步.

解析:当首位数字为奇数时,首位取法有3种,末位取法有4种,百位取法有5种,十位取法有4种,根据分步乘法计数原理,有3×4×5×4=240种取法,当首位数字为偶数时,首位取法有3种,末位取法有3种,百位取法有5种,十位取法有4种,根据分步乘法计数原理,有3×3×5×4=180种取法,根据分类加法计数原理,共可组成240+180=420个无重复数字的四位偶数.

答案:420

(1)应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.

(2)分类要做到“不重不漏”,正确把握分类标准是关键.

(3)分步要做到“步骤完整”,步步相连才能将事件完成.

(4)较复杂的问题可借助图表完成.

[例4] 用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图(1)、图(2)),要求在A,B,C,D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色.

(1)若n=6,为图(1)着色时共有多少种不同的方法?

(2)若为图(2)着色时共有120种不同的方法,求n.

解:(1)为A着色有6种方法,为B着色有5种方法,为C着色有4种方法,为D着色也有4种方法,所以,共有着色方法6×5×4×4=480(种).

(2)图(2)与图(1)的区别在于与D相邻的区域由2块变成了3块,同理,不同的着色方法种数是

n(n-1)(n-2)(n-3).

因为n(n-1)(n-2)(n-3)=120,

又120<480,

所以可分别将n=4,5代入得n=5时上式成立.

所以n=5.

涂色问题的实质是分类与分步的综合运用,一般是整体分步,分步过程中若出现某一步需要分情况说明时,还要进行分类.

1.若数列{an}满足规律:a1>a2<a3>…<a2n-1>a2n<…,则称数列{an}为余弦数列,现将1,2,3,4,5排列成一个余弦数列,则不同的排法种数为(　C　)

(A)12 (B)14 (C)16 (D)18

解析:先分类再分步,首位排2时,有21435,21534共2种;

首位排3时,有31425,31524,32415,32514共4种;

首位排4时,有41325,41523,42315,42513,43512共5种;

首位排5时,有51324,51423,52314,52413,53412共5种;

所以总共有16种.

故选C.

2.若一个无重复数字的四位数的各位数字之和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2 017”.试问用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2 017的“完美四位数”有(　D　)

(A)53个 (B)59个 (C)66个 (D)71个

解析:无重复数字且相加等于10的四个数字分别是(0,1,2,7),(0,1,3,6),(0,1,4,5),(0,2,3,5),(1,2,3,4),共五组.其中第一组(0,1,2,7)中,7排首位有3×2=6(种)情况;2排首位,1或7排在第二位,有2×2=4(种)情况;2排首位,0排第二位,7排第三位有1种情况.共6+4+1=11(种)情况符合题设.第二、三组中3,6与4,5分别排首位,各有2×3×2=2×6=12(种)情况,共有2×12=24(种)情况符合题设.第四、五组中2,3,5与2,3,4分别排首位,各有3×3×2=3×6=18(种)情况,共有2×18=36(种)情况符合题设.依据分类加法计数原理可知,符合题设条件的“完美四位数”共有11+24+36=71(个),选D.