（浙江专用）2021版新高考数学一轮复习 第十章 计数原理与古典概率 1 第1讲 分类加法计数原理与

数学第十章计数原理与古典概率第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理01基础知识自主回顾02核心考点深度剖析04高效演练分层突破03方法素养助学培优知识点最新考纲两个计数原理理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.排列与组合了解排列、组合的概念，会用排列数公式，组合数公式解决简单的实际问题.二项式定理了解二项式定理，理解二项式系数的性质.随机事件的概率了解事件、互斥事件、对立事件的概念．了解概率与频率的概念.知识点最新考纲古典概型了解古典概型、会计算古典概型中事件的概率.离散型随机变量及其分布列了解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解两点分布.二项分布及其应用了解独立事件的概念．了解独立重复试验的模型及二项分布.离散型随机变量的均值与方差了解离散型随机变量均值、方差的概念.1．两个计数原理两个计数原理目标策略过程方法总数分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方案在第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N＝_______种不同的方法分步乘法计数原理需要两个步骤做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法N＝_______种不同的方法m＋nm×n2.两个计数原理的区别分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．()×√√×[教材衍化]1．(选修2­3P10练习T4改编)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解析：选C.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4×3＝12(种)．2．(选修2­3P12A组T2改编)如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．答案：323．(选修2­3P12A组T5改编)已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－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________．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3×2＝6.答案：61．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A．30B．20C．10D．6解析：选D.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．[易错纠偏]分类、分步标准不清致误2．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为________．解析：3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.答案：5043．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为________．解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法种数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为4×5×6＝120.答案：15120(1)椭圆x2m＋y2n＝1(m0，n0)的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为()A．10B．12C．20D．35(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________．分类加法计数原理【解析】(1)因为焦点在x轴上，所以m＞n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m＝5时，使m＞n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m＞n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m＞n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m＞n，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．【答案】(1)A(2)361.(变条件)在本例(1)中，若m∈{1，2，…，k}，n∈{1，2，…，k}(k∈N*)，其他条件不变，这样的椭圆的个数为________．解析：因为mn.当m＝k时，n＝1，2，…，k－1.当m＝k－1时，n＝1，2，…，k－2.…当m＝3时，n＝1，2.当m＝2时，n＝1.所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝k（k－1）2(个)．答案：k（k－1）22.(变条件)若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则两位数的个数为________．解析：分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．答案：45分类加法计数原理的两个条件(1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．1．甲、乙两人进行乒乓球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情况(各人输赢局次的不同视为不同情况)共有()A．10种B．15种C．20种D．30种解析：选C.首先分类计算假如甲赢，比分3∶0是1种情况；比分3∶1共有3种情况，分别是前3局中(因为第四局肯定要赢)，第一或第二或第三局输，其余局数获胜；比分是3∶2共有6种情况，就是说前4局2∶2，最后一局获胜，前4局中，用排列方法，从4局中选2局获胜，有6种情况．甲一共有1＋3＋6＝10种情况获胜．所以加上乙获胜情况，共有10＋10＝20种情况．2．已知集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.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．9B．14C．15D．21解析：选B.因为P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P⊆Q，所以x∈{y，2}．所以当x＝2时，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况；当x＝y时，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况．故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.(1)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．24B．18C．12D．9(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．分步乘法计数原理【解析】(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.(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6×5×4＝120(种)．【答案】(1)B(2)1201.(变条件)若将本例(2)中的条件“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智力项目中选报一项，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36＝729(种)．2．(变条件)若将本例(2)条件中的“每人至多参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？解：每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．利用分步乘法计数原理解题的策略(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总方法数．[提醒]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．1．将3张不同的电影票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同的分法种数是()A．2160B．720C．240D．120解析：选B.分步来完成此事．第1张电影票有10种分法；第2张电影票有9种分法；第3张电影票有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．2．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则(1)P可表示平面上________个不同的点；(2)P可表示平面上________个第二象限的点．解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.答案：(1)36(2)6(1)(2020·大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂在图中的矩形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)(2020·金华十校联考)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，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．920两个计数原理的综合应用【解析】(1)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4×3×2×3＝72种涂法．(2)若a2＝2，则凸数为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则凸数有2×3＝6个．若a2＝4，则凸数有3×4＝12个，…，若a2＝9，则凸数有8×9＝72个．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．【答案】(1)A(2)A与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个计数原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理．(2)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．1.如图，某教师要从A地至B地参加高考教研活动：路线Ⅰ：A到B有三条路线；路线Ⅱ：A到C后再到B，其中A到C有1条路线，C到B有2条路线；路线Ⅲ：从A到D，D到C，C到B，其中A到D，D到C，C到B各有2条路线，则该教师的选择路线种数共有()A．10B．11C．13D．24解析：选C.按路线Ⅰ，共有3种选择；按路线Ⅱ，分2步可以到达B，共有1×2＝2种选择；按路线Ⅲ，分3步，共有2×2×2＝8种，故共有3＋2＋8＝13种选择．2．满足a，b∈{－1，