1、1第 1 节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.知 识 梳 理1.分类加法计数原理做一件事，完成它有 n 类办法，在第一类办法中有 m1种不同的方法，在第二类办法中有 m2种不同的方法，在第 n 类办法中有 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.2.分步乘法计数原理做一件事，完成它需要分成 n 个步骤，做第一个步骤有 m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法，做第 n 个步骤有 mn种不同的方法.那么完成这件事共有N m1m2mn种
2、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.常用结论与微点提醒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.诊 断 自 测1.思考辨析(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、(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2事，所以(1)，(4)均不正确.答案 (1) (2) (3) (4)2.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解析 5 个人中每一个都可主持，所以共有 5 种选法.答案 B3.(教材练习改编)现有 4
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 432248(种).答案 D4.5 位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有_种(用数字作答).解析 每位同学都有 2 种报名方法，因此，可分五步安排 5 名同学报名，由分步乘法计数原理，总的报名方法共 2222232(种).答案 3
5、25.(2018阜新月考)已知某公园有 5 个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法的种数为_(用数字作答).解析 分两步，第一步选一个门进有 5 种方法，第二步再选一个门出有 4 种方法，所以共有 5420 种走法.答案 203考点一 分类加法计数原理的应用【例 1】 (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_.(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为_.解析 (1)当 a0 时， b 的值可以是1，0，1，2，故( a， b)的个数为 4；当 a0 时，要使方程 ax22 x b0 有实数解，需
6、使 44 ab0，即 ab1.若 a1，则 b 的值可以是1，0，1，2，( a， b)的个数为 4；若 a1，则 b 的值可以是1，0，1，( a， b)的个数为 3；若 a2，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 443213.(2)当个位数字为 2 时，十位数字为 1，共 1 个；当个位数字为 3 时，十位数字为 1，2，共 2 个；当个位数字为 4 时，十位数字为 1，2，3，共 3 个；当个位数字为 9 时，十位数字为 1，2，3，4，7，8，共 8 个；由分类加法计数原理可知满足条件的两位数的个数为 123836.答案
7、 (1)13 (2)36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(1)中易漏 a0 这一类.【训练 1】 (1)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.84(2)如图，从 A 到 O 有_种不同的走法(不重复过一点).解析 (1)以 1 为首项的等比数列为
8、 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(211)8 个.(2)分 3 类：第一类，直接由 A 到 O，有 1 种走法；第二类，中间过一个点，有 A B O 和A C O 共 2 种不同的走法；第三类，中间过两个点，有 A B C O 和 A C B O 共 2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有 1225 种不同的走法.答案 (1)D (2)5考点二 分步乘法计数原理的应用【例 2】 (1)(2018石家庄模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一
9、层到五层的走法有( )A.10 种 B.25种 C.52种 D.24种(2)(2016全国卷)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 (1)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.(2)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 6318 条可以选择的最短路径.故选 B.答案 (1)D (2)B规律方法 (1
10、)在第(1)题中，易误认为分 5 步完成，错选 B.(2)利用分步乘法计数原理应注意：要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事.【训练 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)(2018合肥质检)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5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
11、法计数原理，三位数的个数为 554100.(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)4 5 5 4考点三 两个计数原理的综合应用(多维探究)命题角度 1 组数、组点、组线、组对及抽取问题【例 31】 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
12、.24 D.36解析 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 D命题角度 2 涂色、种植问题【例 32】 (一题多解)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有 5 种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.解 法一 按所用颜色种数分类.第一类：5 种颜色全用，共有 A 种不同的方法；5第二类：只用 4 种颜色，则必有某两个顶点同色( A 与 C，或 B 与 D)，共有 2A 种不同的4
13、5方法；第三类：只用 3 种颜色，则 A 与 C， B 与 D 必定同色，共有 A 种不同的方法.35由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为 A 2A A 420(种).5 45 35法二 以 S， A， B， C， D 顺序分步染色.6第一步： S 点染色，有 5 种方法；第二步： A 点染色，与 S 在同一条棱上，有 4 种方法；第三步： B 点染色，与 S， A 分别在同一条棱上，有 3 种方法；第四步： C 点染色，也有 3 种方法，但考虑到 D 点与 S， A， C 相邻，需要针对 A 与 C 是否同色进行分类，当 A 与 C 同色时， D 点有 3 种染色方法；当 A 与 C
14、不同色时，因为 C 与S， B 也不同色，所以 C 点有 2 种染色方法， D 点也有 2 种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有 543(1322)420(种).规律方法 (1)注意在综合应用两个原理解决问题时，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.注意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.例题中，相邻顶点不同色，要按 A， C 和 B， D 是否同色分类处理.【训练 3】 (1)(一题多解)(2018青岛质检)如图所示，用 4 种不同的
15、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(2)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)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432372 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
16、法，共有 432124(种)涂法；二是用 3 种颜色，这时 A， B， C 的涂法有 43224(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 2424272(种).(2)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 8432(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 32840(个).7答案 (1)A (2)40基础巩固题组(建议用时：25 分钟)一、选择题1.(2018郑州调研)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( )
17、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 3339(种)不同的监考方法.答案 B2.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 b0，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 663
18、6 个虚数.答案 C3.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 8513 个不同的平面.答案 C4.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
19、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8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 363315(个).答案 B5.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
20、据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为 2532.答案 C6.集合 P x，1， Q y，1，2，其中 x， y1，2，3，9，且 PQ.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 x2 时， x y，点的个数为 177(个).当 x2 时，由 PQ， 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 7714(个).答案 B7.用 10 元、5 元和 1 元来支付 20 元钱的书款，不同的支付方法的种数为( )A.3 B.5 C.9 D.12解析 只用一种
21、币值有 2 张 10 元，4 张 5 元，20 张 1 元，共 3 种；用两种币值的有 1 张10 元，2 张 5 元；1 张 10 元，10 张 1 元；3 张 5 元，5 张 1 元；2 张 5 元，10 张 1 元；1张 5 元，15 张 1 元，共 5 种；用三种币值的有 1 张 10 元，1 张 5 元，5 张 1 元，共 1 种.由分类加法计数原理得，共有 3519(种).答案 C8.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
22、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 C 2 种，共有 2222232 个.129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 437(种).答案 710.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_种(用数字作答)
23、.解析 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34336(种).答案 3611.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
24、 号盒时， B 有 3 种不同的放法，一共有 423420 种不同的放法.答案 2012.如图，矩形的对角线把矩形分成 A， B， C， D 四部分，现用 5 种不同颜色给四部分涂色，每部分涂 1 种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有_种不同的涂色方法(用数字作答).解析 区域 A 有 5 种涂色方法；区域 B 有 4 种涂色方法；区域 C 的涂色方法可分 2 类：若C 与 A 涂同色，区域 D 有 4 种涂色方法；若 C 与 A 涂不同色，此时区域 C 有 3 种涂色方法，区域 D 也有 3 种涂色方法.所以共有 5445433260 种涂色方法.答案 260能力提升题组10(建议用时：
25、10 分钟)13.(2018河南天一大联考)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 A 种方法，故一共有 6A 720 种.45 45答案 B14.(2018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
26、D.279解析 0，1，2，9 共能组成 91010900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有998648(个)，有重复数字的三位数有 900648252(个).答案 B15.三边长均为正整数，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， yN +)表示，且不妨设 1 x y11，要构成三角形，必须x y12.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 119753136.答案 3616.已知集合 M1，2，3，4，集合 A， B 为集合 M 的非空子集，若对 x A， y B， xy恒成立，则称( A， B)为集合 M 的一个“子集对” ，则集合 M 的“子集对”共有_个.解析 A1时， B 有 231 种情况；A2时， B 有 221 种情况；A3时， B 有 1 种情况；A1，2时， B 有 221 种情况；A1，3，2，3，1，2，3时， B 均有 1 种情况，故满足题意的“子集对”共有 7313317 个.答案 17
