1、110.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲 考情考向分析理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.以理解和应用两个基本原理为主，常以实际问题为载体，突出分类讨论思想，注重分析问题、解决问题能力的考查，常与排列、组合知识交汇；两个计数原理在高考中单独命题较少，一般是与排列组合结合进行考查；两个计数原理的考查一般以选择、填空题的形式出现.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、 2 步有 n 种不同的方法，那么完成这件事共有 N mn 种不同的方法.3.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，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.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 分清要完成的事情是什么；分清完成该事情是
3、分类完成还是分步完成， “类”间互相独立， “步”间互相联系；有无特殊条件的限制；检验是否有重复或遗漏.2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，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.( )(4)如果完成一件事情有 n 个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i1，2，3， n)，那么完成这件事共有 m1m2m3mn种方法.( )(5)在分步
4、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 教材改编2.P12A 组 T5已知集合 M1，2，3， N4，5，6，7，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.12B.8C.6D.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 326，故选 C.3.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( )A.16B.13C.12D.10答案 C解析 将
5、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，即进门有 4 种走法，出门有 3 种走法，由分步乘法计数原理得，共有不同走法 4312(种).题组三 易错自纠4.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.24B.18C.12D.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 32212(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
6、，共有3216(个)奇数.根据分类加法计数原理知，共有 12618(个)奇数.5.现用 4 种不同颜色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( )3A.24 种 B.30 种C.36 种 D.48 种答案 D解析 需要先给 C 块着色，有 4 种方法；再给 A 块着色，有 3 种方法；再给 B 块着色，有 2种方法；最后给 D 块着色，有 2 种方法，由分步乘法计数原理知，共有 432248(种)着色方法.6.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
7、”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.题型一 分类加法计数原理1.满足 a， b1，0，1，2，且关于 x 的方程 ax22 x b0 有实数解的有序数对( a， b)的个数为( )A.14B.13C.12D.10答案 B解析 方程 ax22 x b0 有实数解的情况应分类讨论.当 a0 时，方程为一
8、元一次方程2x b0，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.当 a0 时，需要 44 ab0，即 ab1.显然有 3 个有序数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2). a0 时，( a， b)共有 3412 个实数对，故 a0 时满足条件的实数对有 1239 个，所以答案应为 4913.2.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.240B.204C.729D.920答案 A解析 若 a22，则百位数字只能选 1，个位数字可选 1 或
9、 0， “凸数”为 120 与 121，共 24个.若 a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有 236(个).若 a24，满足条件的“凸数”有 3412(个)，若 a29，满足条件的“凸数”有8972(个).所以所有凸数有 26122030425672240(个).3.定义“规范 01 数列” an如下： an共有 2m 项，其中 m 项为 0， m 项为 1，且对任意k2 m， a1， a2， ak中 0 的个数不少于 1 的个数.若 m4，则不同的“规范 01 数列”共有( )A.18 个 B.16 个C.14 个 D.12 个答案 C解析 第一位为 0，最后一位为
10、 1，中间 3 个 0，3 个 1，3 个 1 在一起时为000111，001110；只有 2 个 1 相邻时，共 A 个，其中 110100，110010，110001，101100 不24符合题意；三个 1 都不在一起时有 C 个，共 28414(个).34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.题型二 分步乘法计数原理例 1(1)如图，小明
11、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.24B.18C.12D.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 6318(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
12、不同的报名方法共有 654120(种).5引申探究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 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 36729(种).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 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 63216(种).思维升华 (1)利用分步
13、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.跟踪训练 1 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_种.(用数字作答)答案 48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
14、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 64248(种)不同游览线路.题型三 两个计数原理的综合应用例 2(1)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)答案 1080解析 当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为 C C A 960.35 14 4当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为 A 120.456故符合题意的四位数一共有 9601201080(个).(2)现有
15、 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.120B.140C.240D.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，最后涂 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 54(1433)260(种).故选 D.(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
16、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( )A.60B.48C.36D.24答案 B解析 长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”的个数为 6636，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 6212，故符合条件的“平行线面组”的个数是 361248.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)用数字 0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40000 大的偶数共有( )A
17、.144 个 B.120 个 C.96 个 D.72 个答案 B解析 由题意，首位数字只能是 4，5，若万位是 5，则有 3A 72(个)；若万位是 4，则34有 2A 48(个)，故比 40000 大的偶数共有 7248120(个).故选 B.347(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_.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 21224(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
18、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 241236(个).(3)如图，用 4 种不同的颜色对图中 5 个区域涂色(4 种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为_.答案 96解析 按区域 1 与 3 是否同色分类：区域 1 与 3 同色：先涂区域 1 与 3 有 4 种方法，再涂区域 2，4，5(还有 3 种颜色)有 A种方法.3区域 1 与 3 同色时，共有 4A 24(种)方法.3区域 1 与 3 不同色：第一步涂区域 1 与 3 有 A 种方法，第二步涂区域 2 有 2 种涂色方法，24第三步涂区域 4
19、只有 1 种方法，第四步涂区域 5 有 3 种方法.共有 A 21372(种)方法.24故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为 247296.1.集合 A1，2，3，4，5， B3，4，5，6，7，8，9，从集合 A， B 中各取一个数，能组成的没有重复数字的两位数的个数为( )A.52B.58C.64D.70答案 B解析 根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理得(C C C C C C C )A 58.12 13 12 14 13 14 23 22.三个人踢毽，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( )A.4 种 B.6 种8
20、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 336(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4312(种)，故选 C.4.若自然数 n 使得作竖式加法 n( n1)( n2)各位数均不产生进位现象，则称 n 为“开心数”.例如：32 是“开心数”.因 323334 不产生进位现象；2
21、3 不是“开心数” ，因232425 产生进位现象，那么，小于 100 的“开心数”的个数为( )A.9B.10C.11D.12答案 D解析 根据题意个位数 n 需要满足 n( n1)( n2)10，即 n2.3，个位数可取 0，1，2 三个数，十位数 k 需要满足 3k10， k3.3，十位数可以取 0，1，2，3 四个数，故小于 100 的“开心数”共有 3412(个).故选 D.5.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( )9A.120
22、 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5431354322180240420.故选 D.6.如图，给 7 条线段的 5 个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有 4 种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有( )A.24 B.48C.96 D.120答案 C解析 若 A， D 颜色相同，先涂 E 有 4 种涂法，再涂 A， D 有 3 种涂法，再涂 B 有 2 种涂法，C 只有 1 种涂法，共有 43224(种)；若颜色 A， D 不同，先涂 E 有 4 种涂法，再涂 A有 3 种涂法，再涂 D 有 2
23、 种涂法，当 B 和 D 相同时， C 有 2 种涂法，当 B 和 D 不同时， C 只有 1 种涂法，共有 432(21)72(种)，根据分类加法计数原理可得，共有247296(种)，故选 C.7.对 33000 分解质因数得 330002 335311，则 33000 的正偶数因数的个数是( )A.48B.72C.64D.96答案 A解析 33000 的因数由若干个 2(共有 23，2 2，2 1，2 0四种情况)，若干个 3(共有 3，3 0两种情况)，若干个 5(共有 53，5 2，5 1，5 0四种情况)，若干个 11(共有 111，11 0两种情况)，由分步乘法计数原理可得 330
24、00 的因数共有 424264(个)，不含 2 的共有24216(个)，正偶数因数的个数为 641648，即 33000 的正偶数因数的个数是 48，故选 A.8.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_.10答案 17解析 当所取两个数中含有 1 时，1 只能作真数，对数值为 0，当所取两个数中不含有 1 时，可得到 A 20(个)对数，但 log23log 49，log 32log 94，log 24log 39，log 42log 93.综25上可知，共有 201417(个)不同的对数值.9.设 a， b， c1，2，3，4，5，6
25、，若以 a， b， c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有_个.答案 27解析 先考虑等边的情况， a b c1，2，6，有六个，再考虑等腰的情况，若 a b1， ca b2，此时 c1 与等边重复，若 a b2， ca b4，则 c1，3，有两个，若 a b3， ca b6，则 c1，2，4，5，有四个，若 a b4， ca b8，则 c1，2，3，5，6，有五个，若 a b5， ca b10，则 c1，2，3，4，6，有五个，若 a b6， ca b12，则 c1，2，3，4，5，有五个，故一共有 27 个.10.(2019湖州高考适应性考试)将不同颜色的 2
26、个小球放入 5 个不同的盒子中，每个盒子最多可以放一个小球，则三个空盒中恰有两个空盒相邻的方法共有_种(用数字回答).答案 12解析 当两个空盒在两边位置时，则一个小球放在中间的盒子内，另一个有两种放法，此时有 22A 8(种)放法；当两个空盒在中间位置时，则两个小球放在这两个空盒的两边位2置，此时有 2A 4(种)放法.综上所述，不同的放法共有 8412(种).211.(2019金华模拟)联合国国际援助组织计划向非洲三个国家援助粮食和药品两种物资，每种物资既可以全部给一个国家，也可以由其中两个或三个国家均分，若每个国家都要有物资援助，则不同的援助方案有_种.答案 25解析 根据题意，可分为：
27、三个国家粮食和药品都有，有 1 种方法；一个国家粮食，两个国家药品，有 3 种方法；一个国家药品，两个国家粮食，有 3 种方法；两个国家粮食，三个国家药品，有 3 种方法；两个国家药品，三个国家粮食，有 3 种方法；两个国家粮食，两个国家药品，有 326 种方法；三个国家粮食，一个国家药品，有 3 种方法；三个国家药品，一个国家粮食，有 3 种方法，11故方法总数是 25.12.(2018杭州教学质量检测)盒子里有完全相同的 6 个球，每次至少取出 1 个球(取出不放回)，取完为止，则共有_种不同的取法(用数字作答).答案 32解析 由题意知，一次可以取球的个数为 1，2，3，4，5，6，若一
28、次取完可由 1 个 6 组成，共 1 种；两次取完可由 1 与 5，2 与 4，3 与 3 组成，共 5 种；三次取完可由 1，1，4 或1，2，3 或 2，2，2 组成，共 10 种；四次取完可由 1，1，1，3 或 1，1，2，2 组成，共 10种；五次取完可由 1，1，1，1，2 组成，共 5 种；六次取完可由 6 个 1 组成，共 1 种.综上，不同的取法一共有 1510105132(种).13.(2018杭州第二中学模拟)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
29、 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 10660 种方法，故答案是 60.14.已知集合 M1，2，3， N1，2，3，4，定义函数 f： M N.若点 A(1， f(1)，B(2， f(2)， C(3， f(3)， ABC 的外接圆圆心为 D，且 ( R)，则满足条件DA DC DB 的函数 f(x)有_种.答案 12解析 由 ( R)，说明 ABC 是等腰三角形，且| BA| BC|，必有 f(1) f(3)，DA DC D
30、B f(1) f(2).当 f(1) f(3)1 时， f(2)2，3，4，有三种情况；f(1) f(3)2， f(2)1，3，4，有三种情况；f(1) f(3)3， f(2)2，1，4，有三种情况；f(1) f(3)4， f(2)2，3，1，有三种情况.因而满足条件的函数 f(x)有 12 种.1215.(2018杭州四校联考)在一个质地均匀的正四面体中，一个面上标有数字 1，一个面上标有数字 2，另外两个面上标有数字 3，将该正四面体抛掷三次，则向下一面的数字之和为7 的情况有_种.答案 18解析 向下一面的数字之和为 7 的所有可能的组合有 2，2，3 和 3，3，1.当向下一面的数字分
31、别为 2，2，3 时，可能有 C C 6(种)情况；当向下一面的数字分别为 3，3，1 时，可1312能有 C C C 12(种)情况.所以向下一面的数字之和为 7 的情况有 61218(种).13121216.用 6 种不同的颜色给三棱柱 ABC DEF 六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色，且每条棱的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有_种.(用数字作答)答案 8520解析 分两步来进行，先涂 A， B， C，再涂 D， E， F.第一类：若 6 种颜色都用上，此时方法共有 A 720 种；6第二类：若 6 种颜色只用 5 种，首先选出 5 种颜色，方法有 C 种；先涂 A， B， C，方
32、法有56A 种，再涂 D， E， F 中的两个点，方法有 A 种，最后剩余的一个点只有 2 种涂法，故此时35 23方法共有 C A A 24320 种；56 35 23第三类：若 6 种颜色只用 4 种，首先选出 4 种颜色，方法有 C 种；46先涂 A， B， C，方法有 A 种，再涂 D， E， F 中的一个点，方法有 3 种，最后剩余的两个点34只有 3 种涂法，故此时方法共有 C A 333240 种；46 34第四类：若 6 种颜色只用 3 种，首先选出 3 种颜色，方法有 C 种；36先涂 A， B， C，方法有 A 种，再涂 D， E， F，方法有 2 种，故此时方法共有3C A 2240 种.36 3综上可得，不同涂色方案共有 720432032402408520 种.13
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