高考数学复习 17-18版 附加题部分 第1章 第57课 分类计数原理与分步计数原理

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1、 第一章　计数原理、随机变量及其概率分布 第57课 分类计数原理与分步计数原理 [最新考纲] 内容 要求 A B C 加法原理与乘法原理 √ 1．分类计数原理 如果完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． 2．分步计数原理 如果完成一件事，需要分成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种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．

2、 3．分类计数原理与分步计数原理，都涉及完成一件事的不同方法的种数．它们的区别在于：分类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． 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)在分类计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　　) (2)在分类计数原理中，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，事情是分两步完成的，其中任何

3、一个单独的步骤都能完成这件事．(　　) [答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 2．(教材改编)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________． 6　[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数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，故由分类计数原理得共有N＝3＋3＝6种．] 3．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________个． 252　[选放百位共有9种不同放法；再放十位共有10种不同的放法；同样，个位也有10种不同的放法，由乘法

4、原理可知共有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，故符合题意的共有900－648＝252个．] 4．(教材改编)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种． 32　[由于每位同学报哪个小组是等可能的，故对每名同学而言都有2种不同的报名方式，故共有2×2×2×2×2＝32种不同的报名方法．] 5.现有4种不同的颜色要对如图57­1所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________种． 图57­1 48　[按A→B→C→D顺序分四步涂色，共4×

5、3×2×2＝48种不同的着色方法．] 分类计数原理 　(1)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有________种． (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________． (1)6　(2)13　[(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)， 同理，甲先传给丙时，满足条件有3种方法． 由分类计数原理，共有3＋3＝6种传递方法． (2)①当a＝0时，有x＝－，b＝－1,0,1,2，有4种可能； ②当a≠0时，则

6、Δ＝4－4ab≥0，ab≤1， (ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能； (ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能； (ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能． ∴有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13个．] [规律方法]　1.第(2)题常见的错误： (1)想当然认为a≠0； (2)误认为a≠b. 2．分类标准是运用分类计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素、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是不同的方法，不能重复． [变式训

7、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________个. 【导学号：62172314】 8　[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．] 分步计数原理 　(1)某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有________种． (2)有六

8、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． (1)C·54　(2)120　[(1)有两个年级选择甲博物馆共有C种情况，其余四个年级每个年级各有5种选择情况， 故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有C×54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，由分步计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120种．] [规律方法]　1.利用分步计数原理应注意：(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)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有

9、各步骤都完成才算完成这件事． 2．在第(1)题中，除仅有两个年级选择甲博物馆外，其余4个年级易错误认为有45种选择方法． [变式训练2]　(1)设集合A＝{－1,0,1}，B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________． (2)将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为________．(用数字作答) (1)10　(2)8　[(1)易知A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}， ∴x有2种取法，y有5种取法， 由分步计数原理，

10、A*B的元素有2×5＝10个． (2)第1步把甲、乙分到不同班级有A＝2种分法． 第2步分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有2种分法，②丙、丁分到两个不同的班级有A＝2种分法． 由计数原理，不同的分法为2×(2＋2)＝8种．] 两个计数原理的综合应用 　(1)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x

11、求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法． 图57­2 (1)17　(2)260　[(1)当A＝{1}时，B有23－1种情况；当A＝{2}时，B有22－1种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况， 所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)． (2)区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法， 所以共有5×4×4＋

12、5×4×3×3＝260种涂色方法．] [规律方法]　1.(1)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，可恰当地画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，第(2)题中，由于共边的区域不同色，从而是按区域A与区域C是否同色分类处理的． [变式训练3]　回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99；3位回文数有90个：101,111,12

13、1，…，191,202，…999.则 (1)4位回文数有________个； (2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个． (1)90　(2)9×10n　[(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90种填法，即4位回文数有90个． (2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格，由分步计数原理，共有9×10n种填法．] [思想与方法] 1．分类计数原理与分步计数原理，都涉及完成一件事的不同方法的种数．区别在于：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

14、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． 2．涉及加法与乘法原理的混合问题一般是先分类再分步． 3．要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律． [易错与防范] 1．切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行． 2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步． 3．确定题目中是否有特殊条件限制． 课时分层训练(一) A组　基础达标 (建议用时：30分钟) 1．标号分别为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个白色小球，C袋中有3个黄色

15、小球，现从中取出两个小球． (1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？ (2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？ [解]　(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取一个或A，C袋中各取一个或B，C袋中各取一个，所以应有1×2＋1×3＋2×3＝11种取法． (2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个，所以应有1＋3＝4种取法． 2．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问： (1)P可表示平面上多少个不同的点？ (2)P可表示平面上多少个第二象限的点？ (3)P可表示多少个不在直线y＝x上的点？ 【导学号：62172

16、316】 [解]　(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a<0，所以有3种确定方法； 第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法． 由分步计数原理，得到第二象限点的个数是3×2＝6. (3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个． 由(1)得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30(个)．

17、3．在校运动会上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有多少种？ [解]　分两步安排这8名运动员． 第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24(种)． 第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)． 所以安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)． 4．如图57­3所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现在要求在其余四个区域中涂色，现有四种颜色可供选择．

18、 图57­3 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共有多少种？ [解]　将四种颜色编号为①②③④，A有4种涂法，设涂①，B有3种涂法，设涂②，下面分3类： 若C涂①，则D可涂②③④，共3种方法； 若C涂③，则D可涂②④，共2种方法； 若C涂④，则D可涂②③，共2种方法； 于是， 不同的涂法为4×3×(3＋2＋2)＝84(种)． 5．(2016·全国卷Ⅱ改编)如图57­4，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共有多少条？ 图57­4 [解]　分两步，第一步，从

19、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程． 6．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？ [解]　由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语． 第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3种，此时共有6×3＝18种； 第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2种；所以根据分类计数原理知共有18＋2＝20(种)选

20、法． B组　能力提升 (建议用时：15分钟) 1．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加． (1)若只需一人参加，有多少种不同选法？ (2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？ (3)若需老师，男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？ 【导学号：62172317】 [解]　(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类各自有3,6,8种方法，总方法数为3＋6＋8＝17(种)． (2)分两步，先选教师共3种选法，再选学生共6＋8＝14种选法，由分步计数原理知，总方法数为3×14＝42(种)． (3)教师、男、女同学各一人可分三步，每步方法

21、依次为3,6,8种．由分步计数原理知方法数为3×6×8＝144(种)． 2．为了做好阅兵人员的运输，从某运输公司抽调车辆支援，该运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？ [解]　在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C种抽调方法．故共有C＋A＋C＝84种抽调方法． 3．将一个四棱锥S­ABCD的每个顶点染上一种颜色，并使同一

22、条棱的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？ [解]　设想染色按S—A—B—C—D的顺序进行，对S，A，B染色，有5×4×3＝60(种)染色方法． 由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论： C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一)，D应与A(C)，S不同色，有3种选择；C与A不同色时，C有2种可选择的颜色，D也有2种颜色可供选择．从而对C，D染色有1×3＋2×2＝7(种)染色方法． 由分步计数原理，总的染色方法有60×7＝420(种)． 4．(2016·扬州期末)对于给定的大于1的正整数n，设x＝a0＋a1n＋

23、a2n2＋…＋annn，其中ai∈{0,1,2，…，n－1}，i＝0,1,2，…，n－1，n，且an≠0，记满足条件的所有x的和为An. (1)求A2； (2)设An＝f(n)，求f(n)． [解]　(1)当n＝2时，x＝a0＋2a1＋4a2，a0∈{0,1}，a1∈{0,1}，a2＝1，故满足条件的x共有4个，分别为x＝0＋0＋4，x＝0＋2＋4，x＝1＋0＋4，x＝1＋2＋4，它们的和是22. (2)由题意得，a0，a1，a2，…，an－1各有n种取法；an有n－1种取法，由分步计数原理可得a0，a1，a2，…，an－1，an的不同取法共有n·n…n·(n－1)＝nn(n－1)，即

24、满足条件的x共有nn(n－1)个．当a0分别取i＝0,1,2，…，n－1时，a1，a2，…，an－1各有n种取法，an有n－1种取法，故An中所有含a0项的和为[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)＝； 同理，An中所有含a1项的和为[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)·n＝·n；An中所有含a2项的和为[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)·n2＝·n2；An中所有含an－1项的和为[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)·nn－1＝·nn－1；当an分别取i＝1,2，…，n－1时，a0，a1，a2，…，an－1各有n种取法， 故An中所有含an项的和为[1＋2＋…＋(n－1)]nn·nn＝·nn； 所以An＝(1＋n＋n2＋…＋nn－1)＋·nn＝·＋·nn ＝(nn＋1＋nn－1)． 故f(n)＝nn＋1＋nn－1.