高三数学一轮-(基础知识+小题全取+考点通关+课时检测)9.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理-新

第九章计数原理、概率[知识能否忆起]一、分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，……，在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝种方法．m1＋m2＋…＋mn二、分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，……，做第n步有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝种方法．m1×m2×…×mn1．(教材习题改编)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有()A．50个B．45个C．36个D．38个解析：利用分类加法计数原理，共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个．[小题能否全取]答案：C2．(教材习题改编)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有()A．6种B．12种C．24种D．30种解析：分步完成，①甲、乙两人从4门课程中选1门有4种方法；②甲从剩下的3门中选1门有3种方法；③乙从剩下的2门中选1门有2种方法，故共有4×3×2＝24.答案：C3．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，则监考的方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种解析：分四步完成，共有3×3×1×1＝9种．答案：B4．由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有________．解析：由0,1,2,3可组成的四位数共有3×43＝192个，其中无重复的数字的四位数共有3A＝18个，故有192－18＝174个．答案：1745．(教材习题改编)5名毕业生报考三所中学任教，每人仅报一所学校，则不同的报名方法的种数是________．解析：共有3×3×3×3×3＝35＝243.答案：2431.两个原理的联系与区别：两个原理都是对完成一件事的方法种数而言的．区别在于：(1)分类加法计数原理是“分类”，分步乘法计数原理是“分步”；(2)分类加法计数原理中每类方法中的每一种方法都能独立完成这件事，分步乘法计数原理中每步中每种方法都只能做这件事的一步，不能独立完成这件事．2．对于较复杂的问题有时要两个原理综合使用，即先分类再分步或先分步再分类．分类加法计数原理[例1](2012·江西六校联考)若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，则称n为“良数”．例如：32是“良数”，因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“良数”，因为23＋24＋25产生进位现象．那么小于1000的“良数”的个数为()A．27B．36C．39D．48[自主解答]一位“良数”有0,1,2，共3个；两位数的“良数”十位数可以是1,2,3，两位数的“良数”有10,11,12,20,21,22,30,31,32，共9个；三位数的“良数”有百位为1,2,3，十位数为0的，个位可以是0,1,2，共3×3＝9个，百位为1,2,3，十位不是零时，十位个位可以是两位“良数”，共有3×9＝27个．根据分类加法计数原理，共有48个小于1000的“良数”．[答案]D利用分类加法计数原理解题时，应注意：(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，且不能重复．(3)对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法．1.(2012·孝感统考)如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A、B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有()A．9种B．11种C．13种D．15种解析：按照焊接点脱落的个数进行分类．若脱落1个，则有(1)，(4)共2种；若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)共6种；若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)共4种；若脱落4个，有(1,2,3,4)共1种．综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．答案：C分步乘法原理[例2](1)(2012·大纲全国卷)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有()A．12种B．18种C．24种D．36种(2)6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()A．240种B．360种C．480种D．720种[自主解答](1)先排第一列，有A33种方法，再排第二列，有2种方法，由分步乘法计数原理知共有A33×2＝12种排法．(2)第一步先排甲，共有A14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A14·A55＝480(种)．[答案](1)A(2)C解决此类问题，首先将完成这件事的过程分步，然后再找出每一步中的方法多少种，求其积．[注意]各步之间相互联系，依次完成后，才能做完这件事，即步与步之间的方法相互独立，逐步完成．2．(2012·宜宾模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为()A．120B．72C．48D．36(2)如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有()A．288种B．264种C．240种D．168种解析：(1)符合题意的五位数有C13A33A22＝3×3×2×2＝36.(2)先涂A、D、E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后再按B、C、F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一类是B与E或D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264种．[答案](1)D(2)B[例3](2012·山东高考)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()A．232B．252C．472D．484两个原理的综合应用[自主解答]若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C14×C14×C14＝64种，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144(种)；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192(种)，剩余2张同色，则有C14×C13×C24＝72(种)，所以不同的取法有64＋144＋192＋72＝472(种)．[答案]C本例条件变为“有5张卡片，它们的正、反面分别写着0与1,2与3,4与5,6与7,8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数”，问不同的三位数有多少个？解：分两类：第一类，百位数字是1，有8×6＝48个三位数；第二类，百位数字不是1，有8×8×6＝384个三位数，根据分类计数原理共有48＋384＝432个三位数．用两个原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．(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；分步要做到“步骤完整”．(2)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画圈的方法来帮助分析．3．(1)(2012·淄博模拟)一天有语文、数学、英语、政治、生物、体育六节课，体育不在第一节上，数学不在第六节上，这天课程表的不同排法种数为()A．288B．480C．504D．696(2)(2011·四川高考)由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是()A．72B．96C．108D．144解析：(1)数学在第一节，这时有A55＝120种排法；数学不在第一节，又不在第六节，体育不在第一节，这时有C14C14A44＝384种排法．所以课程表的不同排法共有120＋384＝504种不同排法．(2)从2,4,6三个偶数中选一个数放在个位，有C13种方法，将其余两个偶数全排列，有A22种排法，当1,3不相邻且不与5相邻时有A33种方法，当1,3相邻且不与5相邻时有A22·A23种方法，故满足题意的偶数个数有C13·A22(A33＋A22·A23)＝108(个)．答案：(1)C(2)C[典例](2012·四川高考)方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a，b，c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有()A．60条B．62条C．71条D．80条[解析]显然方程ay＝b2x2＋c表示抛物线时，有ab≠0，故该方程等价于y＝b2ax2＋ca.(1)当c＝0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取2个数作为a，b的值，有A25＝20种不同的方法，当a一定，b的取值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有4×3＝12条，所以此时不同的抛物线共有A25－6＝14条；(2)当c≠0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取3个数作为a，b，c的值有A35＝60种不同的方法，当a，c的值一定，而b的值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有4A23＝24条，所以此时不同的抛物线有A35－12＝48条．综上所述，满足题意的不同的抛物线有14＋48＝62条．[答案]B[题后悟道]分类加法计数原理体现了分类讨论思想在计数原理中的应用．解决此类问题的关键是确定分类标准，做到不重复、不遗漏．针对训练某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有()A．36种B．42种C．48种D．54种解析：分两类：第一类：甲排在第一位，共有A44＝24(种)排法；第二类：甲排在第二位，共有A13·A33＝18(种)排法，所以共有编排方案24＋18＝42(种)．答案:B1．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A．10B．11C．12D．15教师备选题（给有能力的学生加餐）解题训练要高效见“课时跟踪检测（五十八）”解析：若0个相同，共有1个；若1个相同，共有C14＝4(个)；若2个相同，共有C24＝6(个)．故共有1＋4＋6＝11(个)．答案:B2.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有()A．24种B．18种C．16种D．12种解析：先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．答案：D3.如图，用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？解：法一：如题图分四个步骤来完成涂色这件事：涂A有5种涂法；涂B有4种方法；涂C有3种方法；涂D有3种方法(还可以使用涂A的颜色)．根据分步计数原理共有5×4×3×3＝180(种)涂色方法．法二：由于A、B、C两两相邻，因此三个区域的颜色互不相同，共有A35＝60种涂法；又D与B、C相邻、因此D有3种涂法．由分步计数原理知共有60×3＝180(种)涂法．4．有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理知共有选法36＝729(种)．(2)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，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理知共有报名方法6×5×4＝120(种)