2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第10章第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理


第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布
第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[考纲解读]　1.理解两个计数原理(分类加法计数原理和分步乘法计数原理)．(重点)
2．能正确区分“类”和“步”，并能利用两个计数原理解决一些简单的实际问题．(难点)
[考向预测]　从近三年高考情况来看，对两个计数原理很少独立命题．预测2021年高考将会综合考查两个计数原理与排列组合知识．试题以客观题的形式呈现，难度不大，属中、低档题型.

1.两个计数原理

分类加法计数原理
分步乘法计数原理
条件
完成一件事有几类不同的方案．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类方案中有mn种不同的方法
完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法
结论
完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法
完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种方法
2．两个计数原理的区别与联系

分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种数
不同点
分类、相加
分步、相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)
注意点
类类独立　不重不漏
步步相依　缺一不可

1．概念辨析
(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)在分步乘法计数原理中，只有各个步骤都完成后，这件事情才算完成．(　　)
(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)√
2．小题热身
(1)从甲地到乙地，每天飞机有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　由分类加法计数原理，知共有5＋10＋6＋12＝33种出行方案．
(2)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有(　　)
A．10种 B．25种
C．52种 D．24种
答案　D
解析　每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，知共有24种不同的走法．
(3)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P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为(　　)
A．6 B．12
C．24 D．36
答案　A
解析　分两步：第一步确定a，由a<0，知有3种方法，第二步确定b，由b>0，知有2种方法，由分步乘法计数原理，得到第二象限上的点的个数是3×2＝6.
(4)如图，要让电路从A处到B处接通(只考虑每个小并联单元只有一个开关闭合的情况)，可有________条不同的路径．

答案　9
解析　分以下三种情况计数：
①第一层有3×2＝6条路径；
②第二层有1条路径；
③第三层有2条路径；
由分类加法计数原理，知共有6＋1＋2＝9条路径．

题型一　分类加法计数原理的应用

1．已知椭圆＋＝1，若a∈{2,4,6,8}，b∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，这样的椭圆有(　　)
A．12个 B．16个
C．28个 D．32个
答案　C
解析　解法一：若焦点在x轴上，则a>b，a＝2时，有1个；a＝4时，有3个；a＝6时，有5个；a＝8时，有7个，共有1＋3＋5＋7＝16个．
若焦点在y轴上，则b>a，b＝3时，有1个；b＝4时，有1个；b＝5时，有2个；b＝6时，有2个；b＝7时，有3个，b＝8时，有3个．共有1＋1＋2＋2＋3＋3＝12个．故共有16＋12＝28个．
解法二：椭圆中a≠b，而a＝b有4种情况，故椭圆的个数为4×8－4＝28.
2．(2019·西城区一模)如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝9.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有________种．

答案　32
解析　根据题意，a，b，c的取值范围都是从7～14共8个数字，故公差d的范围是－3到3，
①当公差d＝0时，有C＝8种，
②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2×C＝12种，
③当公差d＝±2时，b不取7,8,13,14，有2×C＝8种，
④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2×C＝4种，综上共有8＋12＋8＋4＝32种．

1．分类加法计数原理的用法及要求
(1)用法：应用分类加法计数原理进行计数时，需要根据完成事件的特点，将要完成一件事的方法进行“分类”计算．
(2)要求：各类的方法相互独立，每类中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事．
2．使用分类加法计数原理应遵循的原则
有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．
提醒：对于分类类型较多，而其对立事件包含的类型较少的可用间接法求解．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

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(　　)
A．4种 B．6种
C．10种 D．16种
答案　B
解析　分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，
同理，甲先传给丙时，满足条件的有3种踢法．
由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．故选B.
2．(2019·重庆模拟)在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1,2,3,4,5,6)中的元素．又点P到原点的距离|OP|≥5，则这样的点P的个数为________．
答案　20
解析　依题意可知，
当a＝1时，b＝5,6,2种情况；
当a＝2时，b＝5,6,2种情况；
当a＝3时，b＝4,5,6,3种情况；
当a＝4时，b＝3,5,6,3种情况；
当a＝5或6时，b各有5种情况．
由分类加法计数原理，得点P的个数为2＋2＋3＋3＋5＋5＝20.
题型二　分步乘法计数原理

1．(2019·湖南师范大学附中模拟)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：2019＋100＝2119)，则称(m，n)，为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为2019的“简单的”有序对的个数是(　　)
A．100 B．96
C．60 D．30
答案　C
解析　由题意可知，只要确定了m，n即可确定，则可确定一个有序数对(m，n)，则对于数m，利用分步计数原理，第一位取法有3种：0,1,2；第二位取法有1种：0；第三位取法有2种：0,1；第四位取法有10种：0,1,2,3,4,5,6,7,8,9；所以值为2019的“简单的”有序对的个数是3×1×2×10＝60.
2．某市汽车牌照号码可以网上自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母G，L中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，某车主从左到右第一个号码只想在1,3,5,7中选择，其他号码只想在1,3,6,8,9中选择，则供他可选的车牌号码的种数为(　　)
A．21 B．800
C．960 D．1000
答案　D
解析　分步完成．从左到右第一个号码有4种选法，第二个号码有2种选法，第三个号码有5种选法，第四个号码有5种选法，第5个号码有5种选法，共有4×2×5×5×5＝1000种不同的选法．

1．分步乘法计数原理的用法及要求
(1)用法：应用分步乘法计数原理时，需要根据要完成事件的发生过程进行“分步”计算．
(2)要求：每个步骤相互依存，其中的任何一步都不能单独完成这件事，只有当各个步骤都完成，才算完成这件事．
2．应用分步乘法计数原理的注意点
(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)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.

工人在悬挂如图所示的一个正六边形装饰品时，需要固定六个位置上的螺丝，首先随意拧紧一个螺丝，接着拧紧距离它最远的第二个螺丝，再随意拧紧第三个螺丝，接着拧紧距离第三个螺丝最远的第四个螺丝，第五个和第六个以此类推，则不同的固定方式有________种．

答案　48
解析　先随意拧一个螺丝，接着拧它对角线上的，有C种方法；再随意拧第三个螺丝，和其对角线上的，有C种方法；然后随意拧第五个螺丝，和其对角线上的，有C种方法．故不同的固定方式共有CCC＝48种．
题型三　两个计数原理的综合应用　

角度1　与数字有关的问题
1．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有(　　)
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
答案　B
解析　由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．
角度2　涂色、种植问题
2．(2020·衡水二中检测)用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻的两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是(　　)

A．12 B．24
C．30 D．36
答案　C
解析　按顺序涂色，第一个圆有三种选择，第二个圆有二种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有一种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C×C＝24(种)，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得不同的涂色方案的种数是30.
角度3　分配问题
3．(2020·山西大学附中模拟)某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有(　　)
A．72种 B．36种
C．24种 D．18种
答案　B
解析　2名内科医生，每村1名，有2种分法.3名外科医生和3名护士，平均分成两组，要求外科医生和护士都有，可分1名外科医生、2名护士和2名外科医生、1名护士．若甲村有1名外科医生、2名护士，有3×3＝9(种)分法，其余的分到乙村．若甲村有2名外科医生、1名护士，有3×3＝9(种)分法，其余的分到乙村．所以总的分配方案有2×(9＋9)＝2×18＝36(种)．

1．利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么．
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．
(3)弄清分步、分类的标准是什么．
(4)利用两个计数原理求解．
2．与数字有关问题的解题思路
一般按特殊位置由谁占领分类，每类中再分步计数，当分类较多时，也可用间接法求解．见举例说明1.
3．涂色(种植)问题的解题关注点和关键
(1)关注点：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分步处理．见举例说明2.
4．分配问题的解题思路
一般按分配规则总体分类，每类中再分步计数．如举例说明3.
提醒：对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化，以图助解.

1．(2019·天津模拟)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(　　)

A．24 B．48
C．72 D．96
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＝24(种)涂法．
②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)涂法．
故共有24＋48＝72种涂色方法．
2．为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________(用数字作答)．
答案　24
解析　若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12(种)方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12(种)方案，所以共有24种推荐方案．
3．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则：
(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．
答案　(1)90　(2)9×10n
解析　(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．由计数原理，知共有9×10n种填法．

　组　基础关
1．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．14
C．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)．
2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有(　　)
A．8种 B．9种
C．10种 D．11种
答案　B
解析　设教1,2,3,4班的教师分别为1,2,3,4，满足题意的监考方法有

共9种不同的监考方法．
3．用两个1，一个2，一个0，可组成不同四位数的个数是(　　)
A．18 B．16
C．12 D．9
答案　D
解析　千位上是1的四位数有3×2×1＝6个，千位上是2的四位数有2110、2101、2011，共3个，由加法计数原理可得，可组成不同四位数的个数是6＋3＝9.
4．直线l：＋＝1中，a∈{1,3,5,7}，b∈{2,4,6,8}．若l与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．16
答案　B
解析　l与坐标轴围成的三角形的面积为S＝ab≥10，即ab≥20.当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．当a∈{5,7}时，b∈{4,6,8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线l的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.
5．已知非空集合A，B满足A∪B＝{1,2,3}，当A中元素个数不少于B中元素个数时，(A，B)对(当A≠B时，(A，B)与(B，A)不同)的个数为(　　)
A．18 B．16
C．9 D．8
答案　B
解析　若A中有一个元素，设A＝{1}，则{2,3}⊆B，不符合题意；若A中有两个元素，设A＝{1,2}，则{3}⊆B，B有三种取法，B＝{3}，B＝{1,3}，B＝{2,3}，此种情况下共有3×3＝9；若A＝{1,2,3}，B非空，则B有7种取法，综上，共有9＋7＝16种．
6．(2019·大连二模)把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共有(　　)
A．18种 B．9种
C．6种 D．3种
答案　A
解析　由于1号球不放入1号盒子，则1号盒子有2、3、4号球三种选择，还剩余三个球可以任意放入2、3、4号盒子中，则2号盒子有三种选择，3号盒子还剩两种选择，4号盒子只有一种选择，根据分步计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有C·C·C·1＝18种．故选A.
7．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有(　　)

A．24 B．48
C．96 D．120
答案　C
解析　若A，D颜色相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有一种涂法，共有4×3×2＝24种；若A，D颜色不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D颜色相同时，C有2种涂法，当B和D颜色不同时，B，C只有1种涂法，共有4×3×2×(2＋1)＝72种．根据分类加法计数原理可得，不同的涂色方法共有24＋72＝96种．
8．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．

答案　40
解析　把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．第二类，有两条公共边的三角形共有8个，由分类加法计数原理，知共有32＋8＝40(个)．
9．(2019·诸暨市模拟)假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖(219)元的货款，则有________种不同的支付方式．
答案　6
解析　9元的支付有两种情况，5＋2＋2或者5＋2＋1＋1，
①当9元采用5＋2＋2方式支付时，200元的支付方式为2×100或1×100＋2×50或1×100＋1×50＋2×20＋10，共3种方式，10元的支付只能用1张10元，此时共有1×3×1＝3种支付方式；
②当9元采用5＋2＋1＋1方式支付时：200元的支付方式为2×100或1×100＋2×50或1×100＋1×50＋2×20＋10，共3种方式，10元的支付只能用1张10元，此时共有1×3×1＝3种支付方式；
所以总的支付方式共有3＋3＝6种．
10．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两人中安排一人，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．
答案　36
解析　①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4×3＝12种安排方案．
②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2×4×3＝24种安排方案．
因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．
　组　能力关
1．(2019·南宁调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有(　　)
A．18个 B．15个
C．12个 D．9个
答案　B
解析　依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计3＋6＋3＋3＝15(个)．故选B.
2．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)
A．24对 B．30对
C．48对 D．60对
答案　C
解析　解法一：与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对，正方体的12条面对角线共有8×12＝96(对)，且每对均重复计算一次，故共有＝48(对)．
解法二：正方体的面对角线共有12条，两条为一对，共有12×11÷2＝66(对)．同一面上的对角线不满足题意，对面的面对角线也不满足题意，一组平行平面共有6对不满足题意的对角线，所以不满足题意的共有3×6＝18(对)．故从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有66－18＝48(对)．
3．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有(　　)

A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
答案　A
解析　根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．

4．(2020·北京昌平区模拟)2019年3月2日，昌平 “回天”社区开展了7种不同类型的 “三月雷锋月，回天有我”社会服务活动. 其中有2种活动既在上午开展、又在下午开展，3种活动只在上午开展，2种活动只在下午开展．小王参加了两种不同的活动，且分别安排在上、下午，那么不同安排方案的种数是________．
答案　18
解析　小王参加的是两种不同的活动，有2种活动既在上午开展、又在下午开展，
(1)设小王没参加既在上午开展、又在下午开展的2种活动，则有3×2＝6种方案．
(2)设小王参加了既在上午开展、又在下午开展的2种活动，
①上午参加了既在上午开展、又在下午开展的2种活动之一，则有2×2＝4种方案；
②下午参加了既在上午开展、又在下午开展的2种活动之一，则有3×2＝6种方案；
③上下午都参加了既在上午开展、又在下午开展的2种活动，则有2×1＝2种方案．
所以不同的安排方案有6＋4＋6＋2＝18种．
5．已知数列{an}是公比为q的等比数列，集合A＝{a1，a2，…，a10}，从A中选出4个不同的数，使这4个数成等比数列，这样得到4个数的不同的等比数列的个数为________．
答案　24
解析　当公比为q时，满足题意的等比数列有7个，当公比为时，满足题意的等比数列有7个，当公比为q2时，满足题意的等比数列有4个，当公比为时，满足题意的等比数列有4个，当公比为q3时，满足题意的等比数列有1个，当公比为时，满足题意的等比数列有1个，因此满足题意的等比数列共有7＋7＋4＋4＋1＋1＝24(个)．
6．(2019·河北衡水质检)已知一个公园的形状如图所示，现有3种不同的植物要种在此公园的A，B，C，D，E这五个区域内，要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有________种．

答案　18
解析　根据题意，分两步进行分析：①对于A，B，C区域，三个区域两两相邻，种的植物都不能相同，将3种不同的植物全排列，安排在A，B，C区域，有A＝6(种)情况；
②对于D，E区域，分2种情况讨论：
若C，E种的植物相同，则D有2种种法；
若C，E种的植物不同，则E有1种种法，D也有1种种法；
则D，E区域共有2＋1＝3(种)不同种法，
故不同的种法共有6×3＝18(种)．