1、 10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理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 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原 理，能正确区分“类”和“步”. 2.能利用两个原理解决一些简单的实际问题. 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
2、法，那么完成这件事共有 Nmn 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 Nmn 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 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
3、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 2P12A 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
4、点的个数是( ) A12 B8 C6 D4 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 P10A 组 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( ) A16 B13 C12 D10 答案 C 解析 将 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，共有不同走法 3412(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
5、无重复数字的三位数，其中奇数的个 数为( ) A24 B18 C12 D6 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，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( ) A24 种 B30 种 C36 种 D48 种 答案 D 解析 需要先给 C 块着色，有 4 种方
6、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”共有_个 答案 12 解析 由题意知本题是一个分类计数问题 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：2221,333
7、1,4441， 有 3 种，根据分类加法计数原理可知，共有 12 种结果 题型一题型一 分类加法计数原理的应用分类加法计数原理的应用 1(2017 郑州质检)满足 a，b1,0,1,2，且关于 x 的方程 ax22xb0 有实数解的有序 数对(a，b)的个数为( ) A14 B13 C12 D10 答案 B 解析 当 a0 时，关于 x 的方程为 2xb0，此时有序数对(0，1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均 满足要求；当 a0 时，44ab0，ab1，此时满足要求的有序数对为(1，1)，( 1,0)，(1,1)，(1,2)，(1，1)，(1,0)，(1,1)，(2，1)，(2,0)综
8、上，满足要求的有序数对 共有 13 个，故选 B. 2(2017 济南模拟)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( ) A240 B204 C729 D920 答案 A 解析 若 a22，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 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 89 72(个) 所以所有凸数有 261220304256
9、72240(个) 3 (2016 全国)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 k2m，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( ) A18 个 B16 个 C14 个 D12 个 答案 C 解析 第一位为 0，最后一位为 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 A24个，其中 110100,110010,110001,101100 不符合题意；三个 1 都不在一起 时有 C34个，共 28414(个)
10、 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 题型二题型二 分步乘法计数原理的应用分步乘法计数原理的应用 典例 (1)(2016 全国)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( ) A24 B18 C12 D9 答案 B 解析 从 E 点
11、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，可得不同的报名 方法共有 654120(种) 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
12、？ 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)
13、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 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
14、有 64248(种)不同游览线路 题型三题型三 两个计数原理的综合应用两个计数原理的综合应用 命题点 1 与数字有关的问题 典例 (2017 天津)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 1 080 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 C35 C14 A44960. 当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为 A45120. 故符合题意的四位数一共有 9601201 080(个) 命题点 2 涂色、种植问题 典例 (2017 济南质检)如图，用 4 种不同的颜色对图中
15、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： (1)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 A33种方法 区域 1 与 3 同色时，共有 4A3324(种)方法 (2)区域 1 与 3 不同色：第一步涂区域 1 与 3 有 A24种方法，第二步涂区域 2 有 2 种涂色方法， 第三步涂区域 4 只有 1 种方法，第四步涂区域 5 有 3 种方法 共有 A2421372(种)方法 故由分类加法计数原理可知，
16、不同的涂色种数为 247296. 命题点 3 与几何有关的问题 典例 (1)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( ) A48 B18 C24 D36 答案 D 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) (2)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平
17、面构成一个“平行线面组”在一个长 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“平行线面组”的个数是 ( ) A60 B48 C36 D24 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 (1)(2017 黄山模拟)建造一个花坛，
18、花坛分为 4 个部分(如图)现要栽种 4 种不同颜 色的花(不一定 4 种颜色都栽种)，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同 的栽种方法有_种(用数字作答) 1 2 3 4 答案 108 解析 先栽第一块地，有 4 种情况，然后栽第二块地，有 3 种情况，第三块地有 3 种情况， 第四块地有 3 种情况，则共有 4333108(种)不同的栽种方法 (2)用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大的偶数共有( ) A144 个 B120 个 C96 个 D72 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
19、3472(个)； 若万位是 4， 则有 2A34 48(个)，故比 40 000 大的偶数共有 7248120(个)故选 B. 利用两个基本原理解决计数问题 典例 (1)把 3 封信投到 4 个信箱，所有可能的投法共有( ) A24 种 B4 种 C43种 D34种 (2)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 次， 轮船有 3 次，问此人的走法可有_种 错解展示： 解析 (1)因为每个信箱有三种投信方法，共 4 个信箱， 所以共有 333334(种)投法 (2)乘火车有 4 种方法，坐轮船有 3 种方法， 共有 3412(种)方法 错误答案 (1)D (2)12 现场纠错 解析 (1)第 1 封信投到信箱中有 4 种投法；第 2 封信投到信箱中也有 4 种投法；第 3 封信投 到信箱中也有 4 种投法只要把这 3 封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可 得共有 43种方法 (2)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，可得此人的走法共有 437(种) 答案 (1)C (2)7 纠错心得 (1)应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步 (2)把握完成一件事情的标准，如典例(1)没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误
