2021版新高考数学（山东专用）一轮学案：第九章第一讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布

第一讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE

知识梳理·双基自测

知识梳理

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，则完成这件事共有N＝__m1＋m2＋…＋mn__种不同的方法．

知识点二　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．

重要结论

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，各个步骤相互联系、相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．

双基自测

题组一　走出误区

1．(多选题)下列结论正确的是(　BCD　)

A．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同

B．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

C．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

D．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　走进教材

2．(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(　C　)

A．16 B．13

C．12 D．10

[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)．

另解：A＝12(种)．

3．(教材习题改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字，①其和为偶数的不同取法种数为__6__；②能排成的两位偶数的个数为__13__.

[解析]　①和为偶数的取法可分为两类：取两奇数或取两偶数，各有3种取法，故共有6种取法；②排成的两位偶数可分成三类：个位是0或2或4，显然个位为0的有5个，个位为2或4的各有4个，故共有13个．

题组三　考题再现

4．(2020·山东济宁模拟)6人分乘两辆不同的出租车，每辆车最多乘4人，则不同的乘车方案数为(　C　)

A．70 B．60

C．50 D．40

[解析]　C＋C＋C＝50，故选C．

5．(2019·上海普陀区模拟)2019年上海春季高考有8所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么录取方法的种数为__168__.

[解析]　分步考虑：从8所高校中选2所，有C种选法；依题意必有2位同学被同一所学校录取，则有CC种录取方法；另一位同学被剩余的一所学校录取，所以共有C·C·C＝168种录取方法．

KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU

考点突破·互动探究

考点一　分类加法计数原理——自主练透

例1 (1)(2020·常州模拟)已知I＝{1,2,3}，A，B是集合I的两个非空子集，且A中所有元素的和大于B中所有元素的和，则集合A，B共有(　D　)

A．12对 B．15对

C．18对 D．20对

(2)(2019·承德调研)a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长，1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是(　B　)

A．20 B．16

C．10 D．6

(3)(2019·合肥模拟)现有三本相同的语文书和一本数学书，分发给三个学生，每个学生至少分得一本，不同分法的种数为(　B　)

A．36 B．9

C．18 D．15

[解析]　(1)   依题意，当A，B中均有一个元素时，有3对；当B中有一个元素，A中有两个元素时，有C＋C＋C＝8(对)；当B中有一个元素，A中有三个元素时，有3对；当B中有两个元素，A中有三个元素时，有3对；当A，B中均有两个元素时，有3对．所以共有3＋8＋3＋3＋3＝20(对)，选D．

(2)当a当组长时，则共有1×4＝4种选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4×3＝12种选法，因此共有4＋12＝16种选法．

(3)分配方案为2,1,1，其中有且仅有一个学生拿两本书，若他拿两本语文书，则此时共有CA种分法；若他拿一本语文书一本数学书，则此时共有C种分法．因此共有CA＋C＝9种不同的分法．故选B．

名师点拨 ☞

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．

考点二　分步乘法计数原理——师生共研

例2 (1)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(　B　)

A．24 B．18

C．12 D．9

(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__120__种不同的报名方法．

[解析]　(1)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)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

[解析]　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)．

[引申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？

[解析]　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)．

[引申3]本例(1)中若去掉“先到F处与小红会合”，则最短路径的条数为__35__.

[解析]　C＝35(条)．

名师点拨 ☞

(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．

〔变式训练2〕

(1)(2019·厦门模拟)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有__36__种(用数字作答)．

(2)(2019·山东省日照市模拟)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是(　D　)

A．210 B．84

C．343 D．336

[解析]　(1)第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．

第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．

(2)若每个台阶上每一个只站一人有A种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有CA种，所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A＋CA＝336种．故选D．

考点三　两个计数原理的综合应用——多维探究

角度1　与数字有关的问题

例3 (2019·四川省自贡市诊断)从1,3,5三个数中选两个数字，从0,2两个数中选一个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　C　)

A．6 B．12

C．18 D．24

[解析]　由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇，因此总共有AA＋A＝18种．故选C．

角度2　与涂色有关的问题

例4 将一个四棱锥的每个顶点染上1种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，若只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法有(　B　)

A．48种 B．72种

C．96种 D．108种

[解析]　如图所示，若点B与D处所染颜色相同，则不同的染色方法有4×3×2×2＝48种；若点B与D处所染颜色不相同，则不同的染色方法有4×3×2×1×1＝24种，由分类加法计数原理可知不同的染色方法有48＋24＝72种．

角度3　与几何有关的问题

例5 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(　D　)

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)．

名师点拨 ☞

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．

注意：(1)相同元素不加区分；(2)数字问题中0不能排在数的首位．

〔变式训练2〕

(1)(角度2)(2019·宁波模拟)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，则不同的涂色方法种数为(　C　)

A．24种 B．48种

C．72种 D．96种

(2)(角度1)(2019·重庆巴蜀中学模拟)由数字0,1,2,3组成的无重复数字的4位数，比2018大的有(　　)个(　B　)

A．10 B．11

C．12 D．13

(3)(角度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(　B　)

A．60 B．48

C．36 D．24

[解析]　(1)

∴不同的涂色方法共有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种)，故选C．

(2)千位数字为3时满足题意的数字个数为：3！＝6.千位数字为2时，只有2 013不满足题意，则满足题意的数字的个数为3！－1＝5，综上可得：2 018大的有6＋5＝11个．

(3)长方体的6个表面构成的“平面线面组”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.

MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG

名师讲坛·素养提升

巧用图表法、间接法求解计数问题

例6 (1)将编号为1,2,3,4,5,6的六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子中，每个盒子放一个小球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是__135__.

(2)(2019·济南模拟)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有__63__种．

[解析]　(1)(图表法)两个小球放入编号相同的盒子中有C＝15种方法，将剩余四个小球放入四个盒子，由图知共有9种方法，故符合题意的放法总数为15×9＝135.

(2)(间接法)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63(种)可能情况．

名师点拨 ☞

(1)当问题中涉及到的元素个最较少时，可通过图表将各种情况一一列出求解计数问题；

(2)当要求计数的情况较复杂，而其反面情况简单易求时，可采用间接法求解．即问题所有情况种数减去不合题意的情况种数．

〔变式训练3〕

(1)(2019·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(　B　)

A．4种 B．6种

C．10种 D．16种

(2)若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法共有__11__种．

[解析]　(1)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)，

甲乙丙乙甲甲乙甲丙甲

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．

(2)把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A＝12(种)．其中正确的有一种，所以错误的共A－1＝12－1＝11(种)．