第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理考试要求1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.能解决简单的实际问题.知识诊断·基础夯实【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＝m×n种不同的方法.3.分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：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，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.[常用结论]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，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.【诊断自测】1.思考辨析(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.()答案(1)×(2)√(3)√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)不正确.2.(选修三P5T1改编)(1)一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是________；(2)从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，则从A村经B村去C村，不同路线的条数是________.答案(1)9(2)6解析(1)不同的选法共有5＋4＝9种方法.(2)从A村去B村有3种走法，由B村去C村有2种走法，根据乘法原理可得2×3＝6(种).3.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_________种.答案13解析电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况却只有3种，即2或3脱落或全不脱落，每个焊接点有脱落与不脱落两种情况，故共有24－3＝13(种)情况.4.3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有________种.答案125解析因为第1、第2、第3个班各有5种选法，由分步乘法计数原理，可得不同的选法有5×5×5＝125(种).考点突破·题型剖析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.答案12解析分三类：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8＋2＋2＝12(种)方法.(2)满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________.答案13解析当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；若a＝2，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)的个数为4＋4＋3＋2＝13.感悟提升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.训练1(1)某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有()A.3种 B.6种C.7种 D.9种答案C解析买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案，因此共有方案3＋3＋1＝7(种).(2)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.9 B.14C.15 D.21答案B解析当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，由P⊆Q，∴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7＋7＝14(个).考点二分步乘法计数原理的应用例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，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).(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63＝216(种).感悟提升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.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(1)某机场T3航站楼有7个入口，2个接机口(出口)，则某人进出机场的方案数为()A.4 B.9C.14 D.49答案C解析方案种数为7×2＝14.(2)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()A.12 B.8C.6 D.4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3×2＝6.考点三两个计数原理的综合应用角度1与数字有关的问题例3用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答).答案420解析要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步.第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，再依次取百位、十位数字.共有3×4×5×4＝240(种)取法.第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，再依次取百位、十位数字.共有3×3×5×4＝180(种)取法，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数.角度2与几何有关的问题例4如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“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()A.60 B.48C.36 D.24答案B解析一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个).长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个).根据分类加法计数原理知共有36＋12＝48(个).角度3涂色问题例5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，则不同的涂色方法有()A.24种 B.48种C.72种 D.96种答案C解析分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24(种)；②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种).故不同的涂色方法有48＋24＝72(种).感悟提升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)(2023·杭州调研)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.252C.261 D.279答案B解析0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，故有重复数字的三位数有900－648＝252(个).(2)现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是()A.120 B.140C.240 D.260答案D解析由题意，先涂A处，有5种涂法，再涂B处4种涂法，第三步涂C，若C与A同色，则D有4种涂法，若C与A不同色，则D有3种涂法，由此得不同的着色方案有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种).分层精练·巩固提升【A级基础巩固】1.每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽车有12班.某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有()A.22种 B.33种C.300种 D.3600种答案B解析从甲地到乙地不同的方案数为5＋10＋6＋12＝33.2.(2023·衡阳质检)将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为()A.720 B.240C.120 D.60答案A解析可分三步：第一步，第1张门票有10种不同的分法；第二步，第2张门票有9种不同的分法；第三步，第3张门票有8种不同的分法，由分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种不同分法.3.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.24 B.18C.12 D.9答案B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6×3＝18条可以选择的最短路径.4.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为()A.30 B.20C.10 D.6答案D解析从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个不同的数字的和为偶数可分为两类：第一类，取出的两个数都是偶数，有0和2，0和4，2和4，共3种不同的取法；第二类，取出的两个数都是奇数，有1和3，1和5，3和5，共3种不同的取法.由分类加法计数原理得，共有3＋3＝6种不同的取法.5.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()A.3 B.4C.6 D.8答案D解析以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(2＋1＋1)＝8(个).6.如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是()A.8 B.12C.16 D.24答案B解析四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“—”表示桥.①当A只有一座桥相连时，有A—B—C—D，A—B—D—C，A—C—B—D，A—C—D—B，A—D—B—C，A—D—C—B，共6种方法；②当A有两座桥相连时，有C—A—B—D，D—A—B—C，D—A—C—B，B—A—C—D，B—A—D—C，C—A—D—B，共6种方法.故设计方案最多有6＋6＝12(种).7.如图所示，积木拼盘由A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色(如：A与B为相邻区域，A与D为不相邻区域)，现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是()A.780 B.840C.900 D.960答案D解析先涂A，则A有5种涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不同即可，有4种涂法，同理C有3种涂法，D有4种涂法，E有4种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4＝960.8.将“福”、“禄”、“寿”填入到如图所示的4×4小方格内，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有()A.288种 B.144种C.576种 D.96种答案C解析第一步，先从16个格子中任选一格放一个汉字有16种方法，第二步，任意的两个汉字既不同行也不同列，剩下的只有9个格子可以放，有9种方法，第三步，第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，由分步乘法计数原理知共有16×9×4＝576(种).9.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________.答案36解析因为a＋bi为虚数，所以b≠0，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6×6＝36个虚数.10.乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________.答案60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，从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N＝3×4×5＝60(项).11.4张卡片的正、反面分别写有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成________个不同的三位数.答案168解析要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步：第一步：百位可放8－1＝7个数；第二步：十位可放6个数；第三步：个位可放4个数.故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168(个)不同的三位数.12.如图，在一个正六边形的六个区域中涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻的两个区域(有公共边)涂不同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方案有________种.答案4100解析若A，C，E三个区域用1种颜色，则有5×43＝320种涂色方案；若A，C，E三个区域用2种颜色，则有(5×4×3)×(4×3×3)＝2160种涂色方案；若A，C，E三个区域用3种颜色，则有5×4×3×33＝1620种涂色方案.所以共有320＋2160＋1620＝4100种涂色方案.【B级能力提升】13.(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是()A.选1人为负责人的选法种数为34B.每组选1名组长的选法种数为5400C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420D.若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种答案AD解析对于A，4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法共有34种，A正确；对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040(种)，B错误；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法.所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错误；对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，所以不同的选法有64－27＝37(种)，D正确.14.如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12.若k－j＝3且j－i＝4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k－j＝4且j－i＝3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为()A.5 B.8C.10 D.15答案C解析满足条件1≤i<j<k≤12，k－j＝3且j－i＝4的(i，j，