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第10章 第1节分类加法计数原理与分步乘法计数


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第十章

计数原理、概率、随机变量及其分布(理)

第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布

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第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数 原理(理)

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计数原理、概率、随机变量及其分布(理)

导航考点目标

考什么 1.理解分类加法计数原理和 分步乘法计数原理; 2.会用分类加法计数原理或 分步乘法计数原理分析和解 决一些简单的实际问题.

怎样考 1.能准确利用两个原理解决 具体问题; 2.高考主要以选择题或填空 题的形式加以考查,难度不 大.

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整合主干知识

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1.分类加法计数原理 完成一件事,可以有 n 类办法,在第一类办法中有 m1 种方

法,在第二类办法中有 m2 种方法,??,在第 n 类办法中有 mn 种方法,那么,完成这件事共有N= m1+m2+?+mn 种方
法.(也称加法原理)

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2.分步乘法计数原理

完成一件事情需要经过 n 个步骤,缺一不可,做第一步有
m1 种方法,做第二步有 m2 种方法,??,做第 n 步有 mn 种方 法.那么,完成这件事情共有N= m1×m2×?×mn 种方法.(也 称乘法原理) 3 .分类加法计数原理与分步乘法计数原理,都涉及完成

一件事情的不同方法的种数.它们的区别在于: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.
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1.有A、B两种类型的车床各一台,现有甲、乙、丙三名
工人,其中甲、乙都会操作两种车床,丙只会操作 A 种车床, 现在要从三名工人中选 2 名分别去操作以上车床,不同的选派 方法有( A.6种 ) B.5种

C.4种

D.3种

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解析:若选丙时,需再从甲、乙中选一人,有两种方法; 若不选丙时,有 2 种选派方法,由分类加法计算原理共有 2 + 2 =4种选派方法. 答案:C

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2 .在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数

共有(

)
B.45个 D.35个

A.50个 C.36个

解析: 根据题意,十位数上的数字分别是 1,2,3,4,5,6,7,8 的 情况分成8类,在每一类中满足题目要求的两位数分别有 8个,

7 个, 6 个, 5 个, 4个, 3 个,2 个, 1 个.由分类加法计数原理
知,符合题意的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1= 36(个). 答案:C
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3.(2012· 课标卷,2)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,不同的安排方案共有( A.12种 C.9种 B.10种 D.8种 )

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解析:甲地由1名教师和2名学生的安排方案共有:C C2 4=12(种).
答案:A

1 2

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4.某公共汽车上有10名乘客,沿途有5个车站,乘客下车
的可能方式有________种. 解析: 每名乘客均有 5 种下车方式, 10 名乘客共有 510 种下 车方式. 答案:510

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5 .三边均为整数,且最大边长为 11 的三角形的个数是

________.
解析: 另两边用 x 、 y 表示,且不妨设 1≤x≤y≤11 ,要构成 三角形,必须 x + y≥12 ,所以分六类对 y 的值进行讨论:当 y 取 值 11 时, x = 1,2,3 , ?? , 11 ,可有 11 个三角形;当 y 取值 10 时,x=2,3,??,10,可有9个三角形;??;当y取值6时,

x只能取6,只有一个三角形,所以所求三角形的个数为11+9+
7+5+3+1=36. 答案:36

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探究考向典例

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(1) 从 1 到 100 这一百个自然数中,每次取 2 个,要求它
们的和大于100,有多少种取法? (2)设f是集合M={a , b,c,d} 到集合 N={0,1,2}的映射, 且f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=4,则不同的映射有多少个? (3)过三棱柱任意两个顶点的直线共15条,其中异面直线有

几对?

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[解析]

(1)因为每次所取的两数不等,所以可以按较大(或

较小)的数的取值来分类考虑:
较大的数取100时,另一数有99种取法; 较大的数取99时,另一数有97种取法; ?? 较大的数取51时,另一数有一种取法;而 50以下的任何两

数都不能组成符合条件的数对,故共有 1 + 3 + 5 + ? + 97 + 99
=2 500种取法.

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(2)根据映射的概念和已知条件f(a)+f(b)+f(c)+f(d)=4,分

为三类:一类是a,b,c,d的像是0,0,2,2;另一类是0,1,1,2;第
三类为1,1,1,1. 对于第一类a,b,c,d中有两个与0对应,另外两个与2对 应,共有6个不同的映射;第二类a,b,c,d中一个与0对应, 一个与2对应,剩下的两个都与1对应,有4×3=12个不同的映

射,第三类a,b,c,d都与1对应,有一个映射,根据分类计数
原理,不同的映射共有6+12+1=19个.

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(3) 在 如 图 所 示 的 三 棱 柱 ABC -

A1B1C1中,分四类进行计数:
①与上底面的 A1B1 , A1C1 , B1C1 异 面的直线有3×5=15条; ②与下底面的 AB , AC , BC 异面的 直线有9条(除去与上底面的);

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③与侧棱 AA1 , BB1 , CC1 异面的直线有 6 对 ( 除去与上下底 面的); ④侧面对角线之间成异面的直线有6对. 由分类加法计数原理知共有异面直线 15 + 9 + 6 + 6 = 36

对,故选D.

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[规律方法]???????????????????? 分类时,首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类 标准,然后在这个标准下进行分类;其次分类时要注意满足一 个基本要求,就是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,只有满
足这些条件,才可以用分类加法计数原理.

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1.(1)设椭圆

x2 a2



y2 b2

=1的焦点在y轴上,a∈

{1,2,3,4,5},b∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆共有 ________个.

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解析:因为焦点在y轴上,故可以按a的取值分五类计数.
第一类:a=1,b=2,3,4,5,6,7,有6种方法; 第二类:a=2,b=3,4,5,6,7,有5种方法; 第三类:a=3,b=4,5,6,7,有4种方法; 第四类:a=4,b=5,6,7,有3种方法;

第五类:a=5,b=6,7,有2种方法;
一共有6+5+4+3+2=20种不同的椭圆. 答案:20

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(2)(2011·北京高考,12)用数字2,3组成四位数,且数字2,3

至少都出现一次,这样的四位数共有 ________ 个. ( 用数字作
答)
解析:由题意可知,这样的四位数中可按下列方法组成, ①在四个位置上含有一个2,其余为3,共有C1 4种方法; ②在四个位置上含有两个2,两个3,共有C2 4种方法; ③在四个位置上含有三个2,一个3,共有C1 4种方法.
2 1 由此共能组成C1 4+C4+C4=14.

答案:14
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用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙),要 求在①、②、③、④四个区域中相邻 ( 有公共边界 ) 的区域不用 同一种颜色.

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(1)若n=6,为甲着色时共有多少种不同方法?
(2)若为乙着色时共有120种不同方法,求n. [解析 ] 完成着色这件事,共分四个步骤,可依次考虑为 ①、②、③、④着色时各自的方法数,再由分步计数原理确定 总的着色方法数,因此

(1)为①着色有6种方法,为②着色有5种方法,为③着色有
4种方法,为④着色也有4种方法. ∴共有着色方法6×5×4×4=480(种).

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(2)与①的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块,同 理,不同的着色方法数是n(n-1)(n-2)(n-3). 由n(n-1)(n-2)(n-3)=120, ∴(n2-3n)(n2-3n+12)-120=0,

即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0.
∴n2-3n-10=0,∴n=5.

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[规律方法]???????????????????? 利用分步乘法计数原理解决问题: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,只有各个步骤都完成了才算完成这件事.

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2.(1)某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演

前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中,
那么不同插法有________种. 解析:第一步,先插入第一个节目,有6种插入法. 第二步,再插入第二个节目,有7种插入法. 故共有7×6=42种.

答案:42

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(2) 从集合 { - 3 ,- 2 ,- 1,0,1,2,3} 中任取三个不同的数作 为抛物线方程 y = ax2 + bx + c(a≠0) 的系数,如果抛物线过原点 且顶点在第一象限,则这样的抛物线共有________条.

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解析:抛物线方程y=ax2+bx+c(a≠0)过原点且顶点在 第一象限,a,b,c应满足: 02+b· 0+c, ?0=a· ? ?- b >0, ? 2a ?4ac-b2 ? >0 , ? 4a ?a<0 ? 即 ?b>0, ?c=0 ?

所以分三步完成:

第一步:a=-3,-2,-1之一,第二步:b=1,2,3之一, 第三步:c=0,故抛物线的条数N=3×3×1=9.
答案:9
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如图所示,一环形花坛分成A、B、C、D四块.现有4种 不同的花供选种,要求在每块里种1种花,且相邻的2块种不同 的花,则不同的种法总数为( )

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A.96

B.84

C.60
[解析]

D.48
解法一:当选两种不同花时,有A 2 4 =12(种),

1 3 当选三种不同花时有C 3 C 4 2 A 3 =48(种),当选四种不同花时有 4 A4 =24(种),

∴共有12+48+24=84(种).故选B.
1 1 1 解法二:当A、C种同一种花时,有C 4 C3 C3 =36(种), 1 1 当A、C种不同的花时,有A2 4C2C2=48(种),

共有36+48=84(种).故选B. [答案] B
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[规律方法]????????????????????

用两个计数原理解决计数问题时,关键是明确需要分类还
是分步. (1)分类要做到“不重不漏”,分类后再分别对每一类进行 计数,最后用分类加法计数原理求和,得到总数. (2)分步要做到“步骤完整”,只有完成了所有步骤,才完

成任务,根据分步乘法计数原理,把完成每一步的方法数相
乘,得到总数. (3)对于复杂问题,可同时运用两个计数原理或借助列表、 画图的方法来帮助分析.
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3 . (2010· 全国 Ⅰ , 15) 某学校开设 A 类选修课 3 门, B 类选 修课4门,一位同学从中共选3门,若要求两类课程中各至少选 一门,则不同的选法共有________种.(用数字作答).

解析:选法可分两类,A类选修课1门,B类选修课2 门,或者A类选修课2门,B类选修课1门,因此,共有C 1 C2 3· 4
1 +C2 · C 3 4=30种选法.

答案:30
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突破疑难要点

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涂色问题 涂色问题是高考中一类较难问题,既有平面图形涂色,也

有立体图形涂色.如果图形是确定的,要仔细分析图形的特征,
才能正确找到恰当的方法来计算;如果图形有变化,要从简单 图形入手找出涂色规律.

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(2011·湖北高考, 15) 给 n 个自上而下相连的正方形着

黑色或白色.当n≤4时,在所有不同的着色方案中,黑色正方
形互不相邻的着色方案如下图所示:

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由此推断,当n=6时,黑色正方形互不相邻的着色方案共

有 ________ 种,至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有
________种.(结果用数值表示)
[解析] (1)以黑色正方形的个数分类,

①若有3个黑色正方形,则有C 3 4 =4种;②若有2个黑色
1 正方形,则有C 2 = 10( 种 ) ;③若有 1 个黑色正方形,则有 C 5 6

=6(种);④若无黑色正方形,则有1种. ∴共4+10+6+1=21(种).

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(2)解法一:至少有2个黑色正方形相邻包括有2个黑色 正方形相邻,有3个黑色正方形相邻,有4个黑色正方形相 邻,有5个黑色正方形相邻,有6个黑色正方形相邻.
2 1 ①只有2个黑色正方形相邻,有A3 +A2 4+C5=23(种); 2 1 ②只有3个黑色正方形相邻,有C1 + A + C 2 3 4=12(种); 1 ③只有4个黑色正方形相邻,有C1 + C 2 3=5(种);

④只有5个黑色正方形相邻,有C1 2=2(种); ⑤有6个黑色正方形相邻,有1(种).

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共23+12+5+2+1=43(种). 解法二:所求事件的对立事件为“黑色正方形互不相 邻 ”,由(1) 知共有 21 种,而给 6 个相连正方形着黑色、白色的 方案共有26种,故所求事件的种数为:26-21=43.

[答案] 21,43

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1.(2010· 天津高考, 10) 如图,用四种不同颜色给图中的 A、B、C、D、E、F六个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且 图中每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法共有 ( ) A.288种 C.240种 B.264种 D.168种

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解析:先涂A、D、E三个点,共有4×3×2=24种涂法,然

后再按 B 、 C 、 F 的顺序涂色,分为两类:一类是 B 与 E 或 D 同
色,共有 2×(2×1 + 1×2) = 8 种涂法;另一类是 B 与 E 或 D 不同 色 , 共 有 1×(1×1 + 1×2) = 3 种 涂 法 . 所 以 涂 色 方 法 共 有 24×(8+3)=264种. 答案:B

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2.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,则 不同的染色方法共有________种.

解析: 可分为两大步进行,先将四棱锥一侧面三顶点染 色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用分步乘法计数原 理即可得出结论.由题设,四棱锥S-ABCD的顶点S、A、B所 染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60(种)染色方法.

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当S、A、B染好时,不妨设其颜色分别为 1、2、3,若C染 2,则D可染3或4或5,有3种染法;若C染4,则D可染3或5,有 2 种染法;若 C 染 4 ,则 D 可染 3 或 5 ,有 2 种染法.可见,当 S 、 A 、 B 已染好时, C 、 D 还有 7 种染法,故不同的染色方法有

60×7=420(种).
答案:420

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课时提能冲关

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