高考数学一轮复习第十章 10.1

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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明白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，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( × )
题组二 教材改编
2．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．(2020·山东模拟)某元宵灯谜竞猜节目，有6名守擂选手和6名复活选手，从复活选手中挑选1名选手为攻擂者，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有__________种.
答案 36
解析 从6名守擂选手中选1名，选法有Ceq \\al(1,6)＝6(种)；复活选手中挑选1名选手，选法有Ceq \\al(1,6)＝6(种)．由分步乘法计数原理，不同的构成方式共有6×6＝36(种)．
4．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．从书架中任取1本书，则不同取法的种数为________．
答案 9
解析 分三类：第一类，从第1层取一本书有4种，
第二类，从第2层取一本书有3种，
第三类，从第3层取一本书有2种．
共有4＋3＋2＝9(种)．
题组三 易错自纠
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．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种．
答案 243
解析 因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况．
所以要发5个电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种).
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．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．
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．
分步乘法计数原理
例1 (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( )
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)．
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)．
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；二是步与步之间确保连续，逐步完成．
跟踪训练1 (1)(2020·洛阳联考)2019年牡丹花会期间，5名志愿者被分配到我市3个博物馆为外地游客提供服务，其中甲博物馆分配1人，另2个博物馆各分配2人，则不同的分配方法共有( )
A．15种 B．30种 C．90种 D．180种
答案 B
解析 分两步完成：第一步，选1人到甲博物馆，有5种分配方法；第二步，将余下的4人各分配2人到另2个博物馆，有6种分配方法．根据分步乘法计数原理可得，不同的分配方法共有5×6＝30(种)．
(2)已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6,7}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝4可表示不同的圆的个数为( )
A．7 B．9 C．12 D．16
答案 C
解析 得到圆的方程分两步：第一步：确定a有3种选法；第二步：确定b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有3×4＝12(个)．
两个计数原理的综合应用
例2 (1)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，然后涂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.
(2)中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能(六艺)：礼、乐、射、御、书、数，某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，排课有如下要求：“射”不能排在第一，“数”不能排在最后，则“六艺”讲座不同的排课顺序共有________种．
答案 504
解析 根据题意，分2种情况讨论：
①“数”排在第一，将剩下的“五艺”全排列，安排在剩下的5节，有Aeq \\al(5,5)＝120(种)情况．
②“数”不排在第一，则“数”的排法有4种，“射”的排法有4种，将剩下的“四艺”全排列，安排在剩下的4节，有Aeq \\al(4,4)＝24(种)情况，则此时有4×4×24＝384(种)情况．
则一共有120＋384＝504(种)排课顺序．
(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．
①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，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法．
②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，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法．
③根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数．
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)(2020·郑州质检)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为( )
A．72 B．120 C．192 D．240
答案 D
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60种情况；(3)若末位数字为4，因为有两个相同数字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．
(2)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )
A．24对 B．30对 C．48对 D．60对
答案 C
解析 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与面对角线AC成60°角的面对角线有B1C，BC1，A1D，AD1，AB1，A1B，D1C，DC1，共8条，同理与DB成60°角的面对角线也有8条．因此一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对．又正方体共有6个面，所以共有16×6＝96(对)．又因为每对被计算了2次，因此成60°的面对角线有eq \f(1,2)×96＝48(对)．
1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )
A．21种 B．315种 C．143种 D．153种
答案 C
解析 可分三类：
一类：语文、数字各1本，共有9×7＝63(种)；
二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45(种)；
三类：数字、英语各1本，共有7×5＝35(种)，
∴共有63＋45＋35＝143(种)不同选法．
2．(2020·保定质检)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4次传递后，毽子又被踢回给甲，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．若a∈{1,2,3,4}，b∈{1,2,3,4}，则y＝eq \f(b,a)x表示不同直线的条数为( )
A．8 B．11 C．14 D．16
答案 B
解析 若使eq \f(b,a)表示不同的实数，则当a＝1时，b＝1,2,3,4；当a＝2时，b＝1,3；当a＝3时，b＝1,2,4；当a＝4时，b＝1,3.故y＝eq \f(b,a)x表示的不同直线的条数共有4＋2＋3＋2＝11.
5．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )
A．56 B．54 C．53 D．52
答案 D
解析 在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值；但在这56个数值中，lg24＝lg39，lg42＝lg93，lg23＝lg49，lg32＝lg94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
6．(2020·石家庄模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有( )
A．288种 B．144种 C．576种 D．96种
答案 C
解析 依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．
7．(2020·安阳模拟)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(种)．故选D.
8．(多选)将四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有( )
A．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,3) B．Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)
C．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2) D．18
答案 BC
解析 根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子各放1个，
有2种解法：
(1)分2步进行分析：
①先将四个不同的小球分成3组，有Ceq \\al(2,4)种分组方法；
②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq \\al(3,3)种放法，
则没有空盒的放法有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种．
(2)分2步进行分析：
①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)种情况；
②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有Aeq \\al(2,2)种放法，
则没有空盒的放法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)种．
故选BC.
9．若椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．
答案 20
解析 当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7，共6个；
当m＝2时，n＝3,4,5,6,7，共5个；
当m＝3时，n＝4,5,6,7，共4个；
当m＝4时，n＝5,6,7，共3个；
当m＝5时，n＝6,7，共2个．
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20(个)满足条件的椭圆．
10．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．
答案 22
解析 分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线；第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故5×4＝20(种)．
所以可以表示22条不同的直线．
11．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)．
12．如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．
答案 180
解析 按区域分四步：
第一步，A区域有5种颜色可选；
第二步，B区域有4种颜色可选；
第三步，C区域有3种颜色可选；
第四步，D区域也有3种颜色可选．
由分步乘法计数原理，可得共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．
13．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成该集合的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
答案 A
解析 先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)这样的子集．
14.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.
15．(2019·凌源模拟)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学都选取到喜欢的礼物，则不同的选法有( )
A．30种 B．50种 C．60种 D．90种
答案 B
解析 ①甲同学选择牛，乙有2种选择，丙有10种选择，选法有1×2×10＝20(种)；②甲同学选择马，乙有3种选择，丙有10种选择，选法有1×3×10＝30(种)，所有总共有20＋30＝50(种)选法．
16．若给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有________种．
答案 30
解析 方法一 如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步．
当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法．
(1)当3与1同色时有1种染法，则4有2种，5有1种，此时染法总数为3×2×1×2×1＝12(种)．
(2)当3与1不同色时，3有1种，①当4与1同色时，4有1种，5有2种；②当4与1不同色时，4有1种，5有1种，则此时有3×2×1×(1×2＋1×1)＝18(种)．
综合(1)、(2)，由分类加法计数原理，可得染法的种数为30种．
方法二 通过分析可知，每种颜色至少要涂1次，至多只能涂2次，即有一色涂1次，剩余两种颜色各涂2次．一次的有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,5)种涂法，涂2次的有2种涂法，故一共有2Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,5)＝30(种)涂法．一般形式
区别
分类加法计数原理
完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2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，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法
分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任何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
分步乘法计数原理
完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第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