高考数学一轮复习　第十章 第1节

这是一份高考数学一轮复习　第十章 第1节，共12页。试卷主要包含了分类加法计数原理，分步乘法计数原理等内容，欢迎下载使用。
考试要求 了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
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，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，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
[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，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(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.( )
(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.( )
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)，(4)均不正确.
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
2.(选修2－3P28B2改编)现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )
A.24种 B.30种
C.36种 D.48种
解析 需要先给C块着色，有4种结果；再给A块着色，有3种结果；再给B块着色，有2种结果；最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种).
答案 D
3.(选修2－3P5例3改编)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________.
解析 从书架上任取1本书，有三类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类方法是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的种数是N＝m1＋m2＋m3＝4＋3＋2＝9.
答案 9
4.(2016·全国Ⅱ卷)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
解析 分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径.由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径.故选B.
答案 B
5.(2019·杭州模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )
A.10种 B.25种 C.52种 D.24种
解析 每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步.
由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法.
答案 D
6.(2019·菏泽六校联考)椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1的焦点在x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________.
解析 因为焦点在x轴上，m>n，以m的值为标准分类，分为四类：第一类：m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m>n，n有1种选择.由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有10个.
答案 10
考点一 分类加法计数原理的应用
【例1】 (1)从甲地到乙地有三种方式可以到达.每天有8班汽车、2班火车和2班飞机.一天一人从甲地去乙地，共有________种不同的方法.
(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________.
解析 (1)分三类：一类是乘汽车有8种方法；一类是乘火车有2种方法；一类是乘飞机有2种方法，由分类加法计数原理知，共有8＋2＋2＝12(种)方法.
(2)当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.
若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；
若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；
若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2.
由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
答案 (1)12 (2)13
规律方法 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、关键元素和关键位置.
(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才是不同的方法，不能重复.
(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏，如本例(2)中易漏a＝0这一类.
【训练1】 (1)从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为( )
A.6 B.5C.3 D.2
(2)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.3 B.4 C.6 D.8
解析 (1)5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.
(2)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).
答案 (1)B (2)D
考点二 分步乘法计数原理的应用
【例2】 (1)用0，1，2，3，4，5可组成无重复数字的三位数的个数为________.
(2)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有______种.
解析 (1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据分步乘法计数原理，三位数的个数为5×5×4＝100.
(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性.
答案 (1)100 (2)45 54
规律方法 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】 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
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).
答案 C
考点三 两个计数原理的综合应用
【例3】 (1)(2017·天津卷)用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个(用数字作答).
(2)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 (1)当不含偶数时，有Aeq \\al(4,5)＝120(个)，
当含有一个偶数时，有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,5)Aeq \\al(4,4)＝960(个)，
所以这样的四位数共有1 080个.
(2)在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”.
答案 (1)1 080 (2)D
规律方法 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)(2019·衡水调研)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.243 B.252 C.261 D.279
(2)(一题多解)(2019·青岛质检)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )
A.72种 B.48种
C.24种 D.12种
(3)如图所示，在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).
解析 (1)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)，
∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
(2)法一 首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法.
法二 按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种).
(3)把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个).
第二类，有两条公共边的三角形共有8个.
由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).
答案 (1)B (2)A (3)40
[思维升华]
1.应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.
在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么.选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏.
2.(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.
(2)分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.
3.混合问题一般是先分类再分步.
4.要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律.
[易错防范]
1.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行.
2.分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步.
3.确定题目中是否有特殊条件限制.
基础巩固题组
(建议用时：35分钟)
一、选择题
1.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( )
A.30 B.42 C.36 D.35
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.
答案 C
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个点可以确定不同的平面个数为( )
A.40 B.16 C.13 D.10
解析 分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面.
答案 C
3.(2019·济南调研)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有( )
A.8种 B.9种 C.10种 D.11种
解析 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法.
答案 B
4.(2019·宁波质检)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( )
A.1种 B.3种 C.6种 D.9种
解析 因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色，故有3×2×1＝6(种)涂色方案.
答案 C
5.某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )
A.20 B.25 C.32 D.60
解析 依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.
答案 C
6.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.9 B.14 C.15 D.21
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).
答案 B
7.将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有( )
A.12种 B.10种 C.9种 D.8种
解析 第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有Ceq \\al(1,2)＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有Ceq \\al(2,4)＝6(种)选派方法；
由分步乘法计数原理可知，不同的选派方案共有2×6＝12(种).
答案 A
8.从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，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
解析 将和等于11的放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.从每一小组中取一个，有Ceq \\al(1,2)＝2种，共有2×2×2×2×2＝32(个).
答案 A
二、填空题
9.某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种.
解析 因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有4＋3＝7(种).
答案 7
10.乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________.
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，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).
答案 60
11.在编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子中放入两个不同的小球，每个盒子中最多放入一个小球，且不能在两个编号连续的盒子中同时放入小球，则不同的放小球的方法有________种.
解析 设两个不同的小球为A，B，当A放入1号盒或者6号盒时，B有4种不同的放法；当A放入2，3，4，5号盒时，B有3种不同的放法，一共有4×2＋3×4＝20种不同的放法.
答案 20
12.三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是________.
解析 另两边长用x，y(x，y∈N*)表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1，2，3，…，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2，3，…，10，有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形.所以所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.
答案 36
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13.如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法有( )
A.360种 B.720种
C.780种 D.840种
解析 由题意知2，3，4，5的颜色都不相同，先涂1，有6种方法，再涂2，3，4，5，有Aeq \\al(4,5)种方法，故一共有6·Aeq \\al(4,5)＝720种.
答案 B
14.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则首位为2的“六合数”共有( )
A.18个 B.15个 C.12个 D.9个
解析 依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个数分别为400，040，004；由3，1，0组成6个数分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成3个数分别为220，202，022；由2，1，1组成3个数分别为211，121，112.共计3＋6＋3＋3＝15(个).
答案 B
15.从1，2，3，4，7，9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________.
解析 当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到Aeq \\al(2,5)＝20(个)对数，但lg23＝lg49，lg32＝lg94，lg24＝lg39，lg42＝lg93.综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值.
答案 17
16.已知集合M＝{1，2，3，4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x