2020版高考数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第一节两个计数原理学案理（含解析）新人教A版.docx

第一节两个计数原理2019考纲考题考情两个计数原理完成一件事的策略完成这件事共有的方法分类加法计数原理有n类不同方案：在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，在第n类中有mn种不同方法Nm1m2mn种不同的方法分步乘法计数原理需要n个步骤：做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，做第n步有mn种不同方法Nm1m2mn种不同的方法1两个不同点(1)分类问题中的每一个方法都能完成这件事。(2)分步问题中每步的每一个方法都只能完成这件事的一部分。2三个注意点(1)应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步。(2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准。(3)分步要做到“步骤完整”，步步相连。一、走进教材1(选修23P5例3改编)书架的第1层放有10本不同的语文书，第2层放有12本不同的数学书，第3层放有10本不同的英语书，从书架中任取一本书，则不同的取法种数为()A32 B100 C120 D1 200解析有三类方法，第1类从第1层取1本语文书，有10种方法；第2类从第2层取1本数学书，有12种方法；第3类从第3层取1本英语书，有10种方法，由分类加法计数原理，共有10121032种不同的取法。故选A。答案A2(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()A16 B13 C12 D10解析由分步乘法计数原理可知，走法总数为4312。故选C。答案C3(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344532(条)。答案32二、走近高考4(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()A24 B18 C12 D9解析由E到F有6种走法，由F到G有3种走法，由分步乘法计数原理知，共6318(种)走法。故选B。答案B三、走出误区微提醒：分类分步不清导致出错。5已知a，b2,3,4,5,6,7,8,9，则logab的不同取值个数为_。解析(a，b)的不同的取值共有64个，其中logab1有8个，logab2有2个，logab有2个，logablog23有2个，logablog32有2个，则不同取值的个数为647111153。答案536在一次游戏中，三个人采用击鼓传花的方式决定最后的表演者。三个人互相传递，每人每次只能传一下，由甲开始传，经过五次传递后，花又被传回给甲，则不同的传递方式有_种。(用数字作答)解析设这三个人分别是甲、乙、丙，则他们的传递方式如图所示。故共有10种。答案10考点一分类加法计数原理【例1】(1)已知椭圆1，若a2,4,6,8，b1,2,3,4,5,6,7,8，这样的椭圆个数有()A12 B16 C28 D32(2)我们把中间位数上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”，如132,341等，那么由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是_。解析(1)若焦点在x轴上，则ab，a2时，有1个；a4时，有3个；a6时，有5个；a8时，有7个，共有135716个。若焦点在y轴上，则ba，b3时，有1个；b4时，有1个；b5时，有2个；b6时，有2个；b7时，有3个，b8时，有3个。共有11223312个。故共有161228个。故选C。解析：椭圆中ab，而ab有4种情况，故椭圆的个数为48428。故选C。(2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3,4,5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2种(132,231)；第二类，当中间数字为“4”时，从1,2,3中任取两个放在4的两边，故有6种；第三类，当中间数字为“5”时，从1,2,3,4中任取两个放在5的两边，故有12种；根据分类加法计数原理，得到由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是261220。答案(1)C(2)20应用分类加法计数原理解决实际问题的步骤1审题：认真阅读题设条件，理清题目要求。2分类：依据题设条件选择分类标准，做到不重不漏。3整合：整合各类情况得出结论。【变式训练】(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()A3 B4 C6 D8(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，所以所求的数列共有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ABO和ACO共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有ABCO和ACBO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【例2】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(六名同学不一定都能参加)?(1)每人只参加一项，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)每人都可以从三个竞赛项目中选报一项，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)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，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有654120(种)。(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63216(种)。一类元素允许重复选取的计数问题，可以采用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么。也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据。【变式训练】(1)已知集合M3，2，1,0,1,2，P(a，b)(a，bM)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为()A6 B12 C24 D36 (2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通。现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有_种。解析(1)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2种方法。由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是326。故选A。(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26163种可能情况。答案(1)A(2)63考点三两个计数原理的综合应用微点小专题方向1：计数问题【例3】(1)(2019河南豫北名校联考)2019年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中(1)班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有()A18种B24种C48种D36种(2)(2017天津高考)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)解析(1)由题意，有两类：第一类，一班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个，有C3种，然后分别从选择的班级中再选择一个学生，有CC4种，故有3412种。第二类，一班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，有C3种，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人，有CC4种，这时共有3412种，根据分类计数原理得，共有121224种不同的乘车方式。故选B。(2)当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为CCA960。当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A120。故符合题意的四位数一共有9601201 080(个)。答案(1)B(2)1 0801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。2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。方向2：涂色问题【例4】如图，用4种不同的颜色对图中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_。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A种方法。所以区域1与3同色时，共有4A24(种)方法。(2)区域1与3不同色：第一步涂区域1与3有A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。所以共有A21372(种)方法。故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为247296。答案96涂色问题的解题关注点和关键1关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素。2关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理。【题点对应练】1(方向1)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一个，第四节课只能从A，C两人中安排一人，则不同的安排方案共有_种。解析第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4312种安排方案。第一节课若安排B，则第四节课可安排A或C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有24324种安排方案。因此不同的安排方案共有122436(种)。答案362(方向1)用两个1，一个2，一个0可组成不同四位数的个数是()A18 B16 C12 D9解析根据题意，分3步进行分析：0不能放在千位，可以放在百位、十位和个位，有3种情况，在剩下的3个数位中任选1个，安排2，有3种情况，在最后2个数位安排2个1，有1种情况，则可组成339个不同四位数。故选D。答案D3(方向2)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A24 B48 C72 D96解析分两种情况：(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有43224种涂法。(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有432248种涂法。故共有244872种涂色方法。故选C。答案C1(配合例1使用)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)。综上，满足要求的有序数对共有13个。故选B。答案B2(配合例2使用)甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名(没有重名次)。已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5名同学的名次排列情况可能有()A27种 B48种 C54种 D72种解析分五步完成：第一步，决出第1名的情况有3种；第二步，决出第5名的情况有3种；第三步，决出第2名的情况有3种；第四步，决出第3名的情况有2种；第五步，决出第4名的情况有1种。因此，根据分步乘法计数原理可知，5名同学的名次排列情况可能有3332154(种)。答案C3(配合例3使用)某班有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛，则不同的选派方案有()A28种 B30种 C27种 D29种解析有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，则有2人既会踢足球又会打篮球，有3人只会打篮球，有4人只会踢足球，所以选派的方案有四类：选派两种球都会的运动员有2种方案；选派两种球都会的运动员中一名踢足球，只会打篮球的运动员打篮球，有236(种)方案；选派两种球都会的运动员中一名打篮球，只会踢足球的运动员踢足球，有248(种)方案；选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球，有3412(种)方案综上可知，共有268122