新高考数学一轮复习课时过关练习第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 (含解析)，共12页。试卷主要包含了分步乘法计数原理等内容，欢迎下载使用。

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.通过实例，了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.


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，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.

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”.

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.(易错题)现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，则不同选法的种数是(　　)
A.65 B.56 C.30 D.11
答案　B
解析　每一位同学有5种不同的选择，则6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是56.
3.(易错题)从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　　)
A.24 B.18 C.12 D.6
答案　B
解析　分两类情况讨论：
第1类，选2时，共有3×2×2＝12(个)奇数；
第2类，选0时，共有3×2×1＝6(个)奇数.
根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数.
4.(2022·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.240 C.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.
5.现有4种不同颜色要对如图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(　　)
A.24种 　　 　 B.30种
C.36种 　　　D.48种
答案　D
解析　需要先给C块着色，有4种结果；再给A块着色，有3种结果；再给B块着色，有2种结果；最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种).
6.(2021·武汉模拟)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有(　　)
A.30种 B.50种 C.60种 D.90种
答案　B
解析　①若甲选择牛，则乙有2种选择，丙有10种选择，选法有1×2×10＝20种；
②若甲选择马，则乙有3种选择，丙有10种选择，选法有1×3×10＝30种，
所以共有20＋30＝50种选法.

　考点一　分类加法计数原理的应用
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.如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个(用数字作答).
答案　12
解析　组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4，4种情况.当有三个1时：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9个；当有三个2，三个3或三个4时：2221，3331，4441，有3个，根据分类加法计数原理可知，共有12个结果.
3.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.
　考点二　分步乘法计数原理的应用
例1 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1 (1)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).
(2)已知集合A中有4个元素，B中有3个元素，C中有9个元素，则集合{(x，y，z)|x∈A，y∈B，z∈C}中的元素个数为________.
答案　(1)18　6　(2)108
解析　(1)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3×3×2＝18(个)不同的二次函数.
若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数.
(2)分三个步骤：第一步确定x，有4种方法；第二步确定y，有3种方法；第三步确定z，有9种方法，由分步乘法计数原理得集合{(x，y，z)|x∈A，y∈B，z∈C}中有4×3×9＝108(个)元素.
　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2 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，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字.
根据分步乘法计数原理，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，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字.
根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法.
根据分类加法计数原理，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3 如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是(　　)
A.48 B.18 C.24 D.36
答案　D
解析　在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”.
角度3　涂色问题
例4 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.
解　法一　按所用颜色种数分类.
第一类：5种颜色全用，共有A种不同的方法；
第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A种不同的方法；
第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有A种不同的方法.
由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A＋2×A＋A＝420(种).
法二　以S，A，B，C，D顺序分步染色.
第一步：S点染色，有5种方法；
第二步：A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步：B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；
第四步：C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类：当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(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2 (1)(2022·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.252 C.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)(2021·石家庄模拟)如图，请你用4种不同的颜色为每个区域涂色，要求相邻区域不同色，共有________种不同的涂色方法(用具体数字作答).

答案　72
解析　假设按a→b→c→d→e顺序涂色，对于a有4种涂色的方法；对于b有3种涂色方法；对于c有2种涂色方法；对于e，若c与d颜色相同，则e有2种涂色方法，若c与d颜色不相同，则e只有1种涂色方法，故共有4×3×2×(2＋1)＝72种不同的涂色方法.


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.3 600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.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.8 C.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.
3.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.20 C.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.
所以共有3＋3＝6种不同的取法.
4.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
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，
故所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个).
5.5名应届毕业生报考3所高校，每人报且仅报1所院校，则不同的报名方法的种数是(　　)
A.35 B.53 C.A D.C
答案　A
解析　第n名应届毕业生报考的方法有3种(n＝1，2，3，4，5)，根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有3×3×3×3×3＝35(种).
6.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)
A.40 B.16 C.13 D.10
答案　C
解析　分两类情况讨论：
第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.
共可以确定8＋5＝13个不同的平面.
7.(2022·济南模拟)如图所示的几何体由三棱锥P－ABC与三棱柱ABC－A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有(　　)
A.6种 B.9种 C.12种 D.36种
答案　C
解析　先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，有3×2×1种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有2种情况，
由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法.
8.(2020·全国Ⅱ卷)如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i
A.5 B.8 C.10 D.15
答案　C
解析　满足条件1≤i 满足条件1≤i 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.将2名教师、4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有________种.
答案　12
解析　第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有C＝6(种)选派方法；
不同的选派方案共有2×6＝12(种).
12.设a，b，c∈{1，2，3，4，5，6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有______个.
答案　27
解析　先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1，2，…，6，有6个.
再考虑等腰的情况，
若a＝b＝1，c 若a＝b＝2，c 若a＝b＝3，c 若a＝b＝4，c 若a＝b＝5，c 若a＝b＝6，c 故一共有27个.

13.(2022·合肥模拟)如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有(　　)
A.120种 B.260种 C.340种 D.420种
答案　D
解析　由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420(种).
14.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).
15.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).
答案　1 080
解析　当不含偶数时，有A＝120个，
当含有一个偶数时，有CCA＝960个，
所以这样的四位数共有1 080个.
16.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________.
答案　60
解析　根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的；若第一个选1号螺栓，第二个可以选3，4，5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法.