1、1第 1节 两个基本计数原理考试要求 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 mn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
2、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
3、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)22.(选修 23P28B2 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 43
4、2248(种).答案 D3.(选修 23P5 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 m34329.答案 94.(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
5、，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 6318 条可以选择的最短路径.故选 B.3答案 B5.(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 D6.(2019菏泽六校联考)椭圆 1 的焦点在 x轴上，且 m1，2，3，4，5，x2m y2
6、nn1，2，3，4，5，6，7，则这样的椭圆的个数为_.解析 因为焦点在 x轴上， mn，以 m的值为标准分类，分为四类：第一类： m5 时，使mn， n有 4种选择；第二类： m4 时，使 mn， n有 3种选择；第三类： m3 时，使mn， n有 2种选择；第四类： m2 时，使 mn， 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， b1，0，1，2，且关于 x的方程 ax22 x
7、b0 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 82212(种)方法.(2)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
8、为 443213.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4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 a0 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.5 C.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
9、( )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(211)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
10、 (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 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
11、步骤都5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 a1，2，3， b4，5，6，7，则方程( x a)2( y b)24 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 3412(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
12、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 A 120(个)，45当含有一个偶数时，有 C C A 960(个)，14354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
13、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6A， 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
14、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 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).(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 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种涂法，共有 43
15、2124(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).(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 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).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7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
16、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
17、、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 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 6636 个虚数.答案 C2.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
18、加法计数原理知，共可以确定 8513 个不同的平面.8答案 C3.(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 3339(种)不同的监考方法.答案 B4.(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
19、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 3216(种)涂色方案.答案 C5.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 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
20、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.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.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( )9A.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 C 2(种)选派方法；12第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有
21、 C 6(种)选派方法；24由分步乘法计数原理可知，不同的选派方案共有 2612(种).答案 A8.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 C 2 种，共有 2222232(个).12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
22、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.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N34560(项).答案 6011.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
23、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 423420 种不同的放法.答案 2012.三边长均为正整数，且最大边长为 11的三角形的个数是_.10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 36能力提升题组(建议用
24、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A 种方法，故一共有 6A 720 种.45 45答案 B14.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，
25、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 363315(个).答案 B15.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，11可得到 A 20(个)对数，但 log23log 49，log
26、 32log 94，log 24log 39，log 42log 93.25综上可知，共有 201417(个)不同的对数值.答案 1716.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新高考创新预测17.(试题创新)工人
27、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_.解析 第一步在六个螺栓中随机选择一个固定，有 6种不同的选法，不妨以选择位置 1的螺栓为例，第二步，选择一个与 1不相邻的位置的螺栓固定，此时有两类：位置 4或位置3，5，当选择位置 4时，第三个固定的螺栓位置可以为 2，6 中的一个，第四个固定的螺栓的位置相应有两种情况，此时第五个固定和第六个固定的位置相应确定；当选择位置 3，5时，不妨以位置 3为例，此时第三个固定的螺栓的位置可以为 5，6 中的一个，若第三个固定的位置为 5，则第四个固定的位置只有 2一种选择，第五个固定的位置有两种选择，第六个固定的位置相应确定，若第三个固定的位置为 6，则第四个固定的位置只能为 4，第五个固定的位置只能为 2，第六个固定的位置相应确定.综上所述，不同的固定螺栓方式的种数为 6222(21)60.答案 6012
