2019届二轮复习（理）第十一章第68讲　两个基本原理学案（江苏专用）

第68讲　两个基本原理
考试要求　1.加法原理与乘法原理(B级要求)；2.高考中对本讲的考查将以运用分类、分步计数原理解决有关问题，涉及的数据不大，难度较小.可能会与概率问题结合.需要加强对本讲知识的理解深度和应用知识解决问题的熟练程度.

诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成.(　　)
(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1，2，3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法.(　　)
(5)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.
答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)√
2.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 .
解析　由分步计数原理知，用0，1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.
答案　252
3.(教材改编)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 .
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.
答案　6
4.(2017·天津卷)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).
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.
答案　1 080
5.(教材改编)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 种.

解析　按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种).
答案　48
知 识 梳 理
分类计数原理与分步计数原理

　原理
异同点
分类计数原理
分步计数原理
定义
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
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
区别
各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事
各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成才能做完这件事

考点一　分类计数原理的应用
【例1】 已知I＝{1，2，3}，A，B是集合I的两个非空子集，且A中所有数的和大于B中所有数的和，则集合A，B共有 对.
解析　依题意，当A，B均有一个元素时，有3对；
当B有一个元素，A有两个元素时，有8对；
当B有一个元素，A有三个元素时，有3对；
当B有两个元素，A有三个元素时，有3对；
当A，B均有两个元素时，有3对；
故集合A，B共有3＋8＋3＋3＋3＝20(对).
答案　20
规律方法　分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置.首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次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.
【训练1】 (2017·全国Ⅱ卷改编)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有 种.
解析　只能是一个人完成2项工作，剩下2人各完成一项工作.由此把4项工作分成3份再全排得C·A＝36种.
答案　36
考点二　分步计数原理的应用
【例2】 (1)(2016·全国Ⅱ卷改编)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 .

(2)有六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.
解析　(1)从E点到F点的最短路径有6种，从F点到G点的最短路径有3种，所以从E点到G点的最短路径为6×3＝18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，第三个项目有4种选法，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).
答案　(1)8　(2)120
规律方法　(1)利用分步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)(2018·无锡模拟)用0，1，2，3，4，5可组成无重复数字的三位数的个数为 .
(2)(2018·徐州质检)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为 .五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有 种.
解析　(1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据分步计数原理，三位数的个数为5×5×4＝100.
(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性.
答案　(1)100　(2)45　54
考点三　两个计数原理的综合应用
【例3】 (1)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有 种不同的涂色方法.

(2)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 .
解析　(1)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＋5×4×3×3＝260(种)涂色方法.
(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面均成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个).
答案　(1)260　(2)36
规律方法　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.
【训练3】 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，则不同的涂色种数为 .

解析　按区域1与3是否同色分类：
(1)区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2，4，5(还有3种颜色)有A种方法.∴区域1与3涂同色，共有4A＝24(种)方法.
(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法.∴这时共有A×2×1×3＝72(种)方法.
故由分类计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.
答案　96

一、必做题
1.(2018·镇江模拟)甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，则不同的安排方案共有 种.
解析　可将安排方案分为三类：①甲排在周一，共有A种排法；②甲排在周二，共有A种排法；③甲排在周三，共有A种排法，故不同的安排方案共有A＋A＋A＝20(种).
答案　20
2.小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面.他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，则不同的摆法有 种.
解析　记反面为1，正面为2，则正反依次相对有12121212，21212121两种；有两枚反面相对有21121212，21211212，21212112三种，共5种摆法.
答案　5
3.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.
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.
由分步计数原理，不同的选派方案共有2×6＝12(种).
答案　12
4.三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是 .
解析　另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1，2，3，…，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2，3，…，10，有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形.故所求三角形共有11＋9＋7＋5＋3＋1＝36(个).
答案　36
5.(2018·盐城模拟)在高校自主招生中，某学校获得5个推荐名额，其中清华大学2名、北京大学2名、复旦大学1名，并且北京大学和清华大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象，则不同的推荐方法共有 种.
解析　根据题意，分2种情况讨论：
①第一类三个男生每个大学各推荐一人，两名女生分别推荐北京大学和清华大学，共有AA＝12(种)推荐方法；
②将三个男生分成两组分别推荐北京大学和清华大学，其余2个女生从剩下的2个大学中选，共有CCA＝12(种)推荐方法.
故共有12＋12＝24(种)推荐方法.
答案　24
6.将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有 种.
解析　先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A种不同排法.再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法.因此共有A·2·1＝12(种)不同的排列方法.
答案　12
7.(2018·泰州模拟)在学校运动会百米决赛上，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 种.
解析　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，
∴安排方式有A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，∴安排方式有A＝120(种).
∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种).
答案　2 880
8.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　四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1，4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共3种可能.故不通的情况有24－3＝13(种)可能.
答案　13
9.从1，2，3，4，7，9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为 .
解析　当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到A＝20(个)对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93，综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值.
答案　17
10.若集合A1，A2满足A1∪A2＝A，则称(A1，A2)为集合A的一个分拆，并规定：当且仅当A1＝A2时，(A1，A2)与(A2，A1)为集合A的同一种分拆，则集合A＝{a1，a2，a3}的不同分拆种数是 .
解析　由题意A1∪A2＝A，对A1分以下几种情况讨论：
① 若A1＝∅(空集)，必有A2＝{a1，a2，a3}，共1种分拆；
② 若A1＝{a1}，则A2＝{a2，a3}或{a1，a2，a3}，共2种分拆；
同理A1＝{a2}，{a3}时，各有2种分拆；
③ 若A1＝{a1，a2}，则A2＝{a3}、{a1，a3}、{a2，a3}或{a1，a2，a3}，共4种分拆；
同理A1＝{a1，a3}、{a2，a3}时，各有4种分拆；
④ 若A1＝{a1，a2，a3}，则A2＝∅(空集)、{a1}、{a2}、{a3}、{a1，a2}、{a1，a3}、{a2，a3}或{a1，a2，a3}，共8种分拆.
综上，共有1＋2×3＋4×3＋8＝27种不同的分拆.
答案　27
11.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？
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.
(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.
(3)教师，男同学，女同学各一人可分三步，每步方法依次为3，6，8种.由分步计数原理知，总方法数为3×6×8＝144(种).
二、选做题
12.已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？其中偶函数有多少个？
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？
解　(1)a的取值有5种情况，b的取值6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数.若二次函数为偶函数，则b＝0，故有5×6＝30(个).
(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数.
13.(一题多解)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　设染色按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，不同的染色方法种数为60×7＝420.
法二　根据所用颜色种数分类，可分三类.
第一类：用3种颜色，此时A与C，B与D分别同色，问题相当于从5种颜色中选3种涂三个点，共A＝60(种)涂法；
第二类：用4种颜色，此时A与C，B与D中有且只有一组同色，涂法种数为2A＝240；
第三类：用5种颜色，涂法种数共A＝120(种).
综上可知，满足题意的染色方法种数为60＋240＋120＝420.