第十章第58节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58节分类加法计数原理与分步乘法计数原理考试要求考题分析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.能够运用两个计数原理解决简单的实际问题.年份新高考Ⅰ卷新高考Ⅱ卷2022年-T52023年T13T32024年T14-【主干梳理基础落实】【知识梳理】分类加法计数原理与分步乘法计数原理项目内容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(可推广至多类方案)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(可推广至多个步骤)【知能自测】类型回源教材澄清盲点题号2,311.(易错辨析)正确的画“√”,错误的画“×”.(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. ()【解析】(1)×(2)√(3)√2.(选择性必修第三册P11习题T2变式)如图,从甲地到乙地有3条路,从乙地到丁地有2条路;从甲地到丙地有3条路,从丙地到丁地有4条路.则从甲地到丁地的不同路线共有 ()A.12条 B.15条 C.18条 D.72条【解析】选C.若路线为甲➝乙➝丁,则有3×2=6(条);若路线为甲➝丙➝丁,则有3×4=12(条),故共有6+12=18(条).3.(选择性必修第三册P12习题T8变式)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(用数字作答).

【解析】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=1024(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=625(种)获得冠军的可能性.答案:1024625【考点探究核心突破】考点一分类加法计数原理【例1】(1)现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张,一共可以组成的币值有 ()A.3种 B.6种C.7种 D.8种【解析】选C.由题意得,三种币值取一张,共有3种取法,币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆;三种币值取两张,共有3种取法,币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆;三种币值全取,共有1种取法,币值为捌拾圆.一共可以组成的币值有3+3+1=7(种).(2)(2024·扬州模拟)某人从一层上到二层需跨10级台阶,他一步可能跨1级台阶,称为一阶步,也可能跨2级台阶,称为二阶步,最多能跨3级台阶,称为三阶步,从一层上到二层他总共跨了6步,而且任何相邻两步均不同阶,则他从一层到二层可能的不同走法共有 ()A.10种 B.9种C.8种 D.12种【解析】选A.按题意要求,不难验证这6步中不可能没有三阶步,也不可能有多于1个的三阶步.因此,只能是1个三阶步,2个二阶步,3个一阶步.以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程:白球表示一阶步,黑球表示二阶步,红球表示三阶步,每一过程可表示为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.下面分三种情形讨论:①第1、第6球均为白球,则两黑球必分别位于中间白球的两侧,此时,共有4个黑白球之间的空位放置红球,所以此种情况共有4种可能的不同排列.②第1球不是白球.(ⅰ)第1球为红球,则余下5球只有一种可能的排列;(ⅱ)若第1球为黑球,则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列,此种情形共有3种不同排列.③第6球不是白球,同(2),共有3种不同排列.综上,按题意要求从一层到二层共有4+3+3=10(种)可能的不同走法.思维升华使用分类加法计数原理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.对点训练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 ()A.3 B.4 C.6 D.8【解析】选D.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;把这四个数列顺序颠倒,又得到4个新数列,所以所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个).2.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________个平面.

【解析】异面直线a与异面直线b上的8个点中的任意一个点都可以确定一个平面;异面直线b与异面直线a上的5个点中的任意一个点都可以确定一个平面,所以共可以确定8+5=13(个)平面.答案:13考点二分步乘法计数原理【例2】(1)乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后的项数为________.

【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3×4×5=60(项).答案:60(2)若将6本不同的书放到5个不同的盒子里,有________种不同的放法.

【解析】将6本不同的书放到5个不同的盒子里,每本书都有5种放法,由分步乘法计数原理可得有56种不同的放法.答案:56思维升华使用分步乘法计数原理应注意的问题(1)明确题目中所要完成的这件事是什么,确定完成这件事需要几个步骤.(2)将完成这件事划分成几个步骤来执行,各步骤之间有一定的连续性,只有当所有步骤都完成了,这件事才能完成,这是分步的基础,也是关键.对点训练1.一个教室有五盏灯,一个开关控制一盏灯,每盏灯都能正常照明,那么这个教室能照明的方法有 ()A.24种 B.25种 C.31种 D.32种【解析】选C.每盏灯有2种状态,根据分步乘法计数原理得共有25种状态,排除全部都熄灭的状态,可得这个教室能照明的方法有25-1=31(种).2.有5本不同的书,从中选3本送给3名同学,每人各1本,共有________种不同的送法;有5种不同的书(每种不少于3本),从中选3本送给3名同学,每人各1本,共有________种不同的送法.

【解析】从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学,对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列,因此不同送法的种数是5×4×3=60;有5种不同的书,从中选3本送给3名同学,每人各1本,这件事分三步完成,每一步有5种不同的方法,按照分步乘法计数原理得,共有5×5×5=125(种).答案:60125考点三两个计数原理及综合应用【例3】(1)(2025·菏泽模拟)某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位,现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车,要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列,则不同的停车方法种数为 ()ABCDEFGHA.288 B.336C.576 D.1680【解析】选B.第一步:排白车,第一行选一个位置,则第二行有三个位置可选,由于车是不相同的,故白车的停法有4×3×2=24(种),第二步,排黑车,若白车选AF,则黑车有BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有2×7=14(种),根据分步乘法计数原理,共有24×14=336(种).(2)如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型,图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成),△ABE,△BCF,△CDG,△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色,且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色,已知有4种不同的颜色可供选择,则不同的涂色方法种数是 ()A.48 B.54C.72 D.108【解析】选C.设“赵爽弦图”ABCD为①区,△ABE,△BCF,△CDG,△DAH这4个三角形分别为②,③,④,⑤区.第一步给①区涂色,有4种涂色方法;第二步给②区涂色,有3种涂色方法;第三步给③区涂色,有2种涂色方法;第四步给④区涂色,若④区与②区同色,则⑤区有2种涂色方法;若④区与②区不同色,则④区有1种涂色方法,⑤区有1种涂色方法.所以共有4×3×2×(2+1×1)=72(种)涂色方法.思维升华(1)复杂问题中,两个计数原理可以综合应用.可以先分类,在各类中再分步,或先分步,到某一步时按需要再分类处理.(2)涂色问题一般综合利用两个计数原理求解,但也有两种常用方法:按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析;以颜色为主分类讨论,用分类加法计数原理分析.对点训练1.(2024·宿州模拟)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”的个数为 ()A.12 B.24 C.36 D.48【解析】选C.第1类,对于每一条棱,都可以与两个侧面构成“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).2.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,2