2019版高中全程练习方略配套资料：分类加法计数原理和分步乘法计数原理

第一节分类加法计数原理和分步乘法计数原理三年8考高考指数:★★★1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理是考查重点，在考查两个计数原理的同时考查分类讨论的思想；2.题型以选择题和填空题为主，与其他知识点交汇则以解答题为主.1.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.(也称加法原理)m1+m2+…+mn【即时应用】(1)某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学课代表，则不同的选法种数是______.(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______.【解析】(1)当所选的课代表为男生时有26种选法，当所选的课代表为女生时有24种选法，故共有26+24=50种选法.(2)由集合的性质知x≠1，所以，当x=2时，y可以取3，4，5，6，7，8，9共7个值；当x=y时，y可以取3，4，5，6，7，8，9共7个值，故共有7+7=14种.答案：(1)50(2)142.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.(也称乘法原理)m1×m2×…×mn【即时应用】(1)有4名同学要争夺3个项目的冠军，冠军获得者共有______种可能.(2)将4封信投进3个不同的信箱里，可有______种不同的投法.【解析】(1)要完成这件事，必须将三个项目比赛完，分三步：第一项冠军有4种可能性；第二、第三个项目冠军也各有4种可能性，由分步乘法计数原理知共有4×4×4=64种.(2)该问题的实质是必须将4封信全部投完才算完成这件事，共分四步进行，每封信都有3种投入方法，故共有3×3×3×3=81种.答案：(1)64(2)813.分类和分步的依据两个原理都是在完成“一件事”，能否独立完成整个事件是区分“分类”与“分步”的依据.【即时应用】(1)已知集合M⊆{1，-2,3}，N⊆{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是______.(2)某位同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购买的方案有______种.(3)从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成______个不同的二次函数，其中偶函数有______个(用数字作答)．【解析】(1)M中的元素作为点的横坐标，N中的元素作为点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有1×2个．N中的元素作为点的横坐标，M中的元素作为点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有2×2个．所求不同的点的个数是2×2＋1×2＋2×2＋2×2＝14．(2)至少买其中一本的实质是买一本或买两本或买三本，故分三类完成：第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种.共有3+3+1=7种买法.(3)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有二次函数3×3×2＝18个．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知偶函数共有3×2＝6(个)．答案：(1)14(2)7(3)186分类加法计数原理【方法点睛】分类加法计数原理的特点及注意问题(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准；(2)完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类.(3)使用分类加法计数原理应注意分类时标准要明确，分类应做到不重不漏.【例1】(1)三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是_______.(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_______.【解题指南】(1)根据三角形中，另两边之和大于11这一条件，对其中一边分类讨论；(2)对十位数字进行分类或对个位数字进行分类.【规范解答】(1)用x，y表示另两边长，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取值11时，x＝1,2,3，…，11，可有11个三角形；当y取值10时，x＝2,3，…，10，可有9个三角形；…当y取值6时，x只能取6，只有一个三角形．由分类加法计数原理知：符合条件的三角形个数是：11+9+7+5+3+1=36(个)，故共有36个.答案：36(2)方法一：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：符合条件的两位数的个数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).故共有36个.方法二：分析个位数字，可分以下几类：个位是9，则十位可以是1，2，3，…，8中的一个，故共有8个；个位是8，则十位可以是1，2，3，…，7中的一个，故共有7个；同理个位是7的有6个；…个位是2的有1个.由分类加法计数原理知：符合条件的两位数的个数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).故共有36个.答案：36【互动探究】本例(2)中条件不变，求个位数字小于十位数字的两位数且为偶数的个数.【解析】当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个.当个位数字是6时，十位数字可取7，8，9，共3个.当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个.同理可知当个位数字是2时，共7个，当个位数字是0时，共9个.由分类加法计数原理知：符合条件的数共有1+3+5+7+9=25(个).【反思·感悟】当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题的方法.【变式备选】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()(A)3(B)4(C)6(D)8【解析】选D.当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为时，也有4个.故这样的等比数列有8个.2.将1，2，3，…，9这9个数填在下表中的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下依次增大，当3和4固定在表中所示的位置时，所填写空格的方法有______种.34【解析】由题意第一列第一个和第二个格只能填1，2，第三个格可以填5，6，7三个中的一个，若填5，则第二列第三个格可以填6或7或8，其他格的填法相应唯一确定，若第一列第三个格填6，第二列第三个格可以填7或8，其他格的填法相应唯一确定；若第一列第三个格填7，其他格的填法相应唯一确定，故共有3+2+1=6种填法.答案：6分步乘法计数原理【方法点睛】应用分步乘法计数原理的注意事项(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，必须要经过几步才能完成这件事；(2)完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了才算完成这件事，缺少任何一步，这件事都不可能完成.(3)解决分步问题时要合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰，还要注意元素是否可以重复选取.

【例2】(2012·烟台模拟)如图，电路中共有7个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，分析因电阻断路的可能性共有多少种情况？【解题指南】每条支线至少同时有一个电阻断路，灯A就不亮.故应需分别计算三条支线电阻断路情况，再用分步乘法计数原理求解.【规范解答】每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线，分别记为支线a、b、c，支线a，b中至少有一个电阻断路的情况都有22―1=3种；支线c中至少有一个电阻断路的情况有23―1=7种，每条支线至少有一个电阻断路，灯A就不亮，因此灯A不亮的情况共有3×3×7=63种情况.【反思·感悟】“至少或至多”型应用题比较抽象，求解时往往容易发生重复或遗漏的现象．在直接考虑较复杂时，一方面可从问题的反面入手，采用间接法求解．另一方面也可转换角度考虑问题，将其转化为与之等价的问题来解，从而获得原问题的解.【变式训练】如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有______种．【解析】每个焊接点都有脱落与不脱落两种状态，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脱落其他不脱落或全不脱落．因为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．答案：13两个原理的综合应用【方法点睛】1.两个计数原理的区别分类加法计数原理分步乘法计数原理区别一区别二每类办法都能独立地完成这件事.它是独立的、一次的.且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事.各类办法之间是互斥的，并列的，独立的.各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.原理区别2.特殊元素(位置)的处理方法对题目中的特殊元素(位置)可优先考虑，即优先考虑限制条件的元素(位置)，然后再考虑其他元素(位置)．【提醒】有些较复杂的问题往往不是单纯的“分类”“分步”可以解决的，而要将“分类”“分步”结合起来运用．一般是先“分类”，然后再在每一类中“分步”，综合应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理.【例3】(1)(2012·宜春模拟)直线x=m,y=x将圆面x2+y2=4分成若干块,现有5种颜色给这若干块涂色，每块只涂一种颜色，且任意两块不同色，共有120种涂法，则m的取值范围是()(A)(-,)(B)(-2,2)(C)(-2,-)∪(,2)(D)(-∞,-2)∪(2,+∞)(2)(2012·杭州模拟)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，则不同的涂色种数有______.【解题指南】(1)画出草图:讨论m与±2，±的关系，再根据分步计数原理求解;(2)一种思路是顺序涂色，另一种思路是先考虑所用颜色的多少分类，再看每一类中的涂法.【规范解答】(1)选A.如图,当m≥2或m≤-2时，直线x=m,y=x将圆面分成2块，共有5×4=20种涂法,舍去.当≤m＜2或-2＜m≤-时，直线x=m，y=x将圆面分成3块，共有5×4×3=60种涂法，舍去.当-＜m＜时,直线x=m与y=x把圆面分成4部分,共有5×4×3×2=120种涂法,符合题意.(2)方法一：第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法；第四步：涂区域3，(此前三步已经用去三种颜色)分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有4×3×2×(1×1＋1×3)＝96种.方法二：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：1与5同；2与5同；3与5同；1与3同.对于每一类有4×3×2×1=24种涂法，共有4×24=96种方法.答案：96【互动探究】本例第(2)题中的图形改为下图，用4种不同的颜色对图中A、B、C、D4个区域涂色，并且4种颜色可以重复使用(颜色不一定全用)，其他要求不变，求不同的涂色方法种数.【解析】若A与C不同色，则涂色种数有4×3×2×2=48；若A与C同色，则涂色种数有4×3×1×3=36.故不同的涂色方法有：48＋36＝84种.【反思·感悟】1.对于较复杂的既要分类又要分步的问题，注意逻辑顺序，不要混淆两个原理.2.在分步过程中，若下一步的结果与前面的结果有关，应据此进行分类讨论.【变式备选】某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人.(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？【解析】从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人共有7种不同的选法，从B型血的人中选1人共有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人共有3种不同的选法.(1)任选1人去献血，即不论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情已完成，所以用分类加法计数原理，有28+7+9+3=47种不同选法.(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才完成，所以用分步乘法计数原理，有28×7×9×3=5292种不同的选法.【易错误区】对“至多”与“至少”的理解出现偏差致误【典例】(2011·北京高考)用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有______个.(用数字作答)【解题指南】先求出所有的四位数的个数，再去掉不满足条件的.【规范解答】用数字2，3可以组成24=16个四位数.其中，只由2可构成1个四位数，只由3可构成1个四位数，故数字2，3至少都出现一次的四位数共有16-1-1=14个.答案：14【阅卷人点拨】通过高考中的阅卷数据分析与总结，我们可以得到以下误区警示和备考建议：误区警示在解答本题时有以下两点误区：(1)没有准确理解题意，把四位数全部是2或全部是3的情况计算在内，从而导致错解.(2)不能选择间接法处理问题，而是直接求解，造成计算过程复杂，从而出错.备考建议解决计数问题时，还有以下几点容易导致错解，在备考时要高度关注：(1)搞不清题目的条件、结论及完成的“事件”，不能合理选择分类原理和分步原理；(2)分类时标准不明确，出现元素遗漏及重复的现象；(3)分步时步骤不合理，各步互相干扰.1.(2011·安徽高考)设集合A={1，2，3，4，5，6}，B={4，5，6，7，8}，则满