1、10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理 最新考纲考情考向分析 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原 理，能正确区分“类”和“步”. 2.能利用两个原理解决一些简单的实际问题. 以理解和应用两个基本原理为主，常以实际 问题为载体，突出分类讨论思想，注重分析 问题、解决问题能力的考查，常与排列、组 合知识交汇；两个计数原理在高考中单独命 题较少，一般是与排列组合结合进行考查； 两个计数原理的考查一般以选择、填空题的 形式出现. 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
2、么完成这件事共有 Nmn 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 Nmn 种不同的方法 3分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别 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，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完 成了才算完成这件事 题组一思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”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
3、直接完成这件事() (3)在分步乘法计数原理中， 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(i1,2,3， n)，那么完成这件事共有 m1m2m3mn种方法() (5)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() 题组二教材改编 2P12A 组 T5已知集合 M1，2,3，N4,5,6，7，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() A1
4、2B8C6D4 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 326，故选 C. 3P10A 组 T4已知某公园有 4 个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为 () A16B13 C12D10 答案C 解析将 4 个门编号为 1,2,3,4，从 1 号门进入后，有 3 种出门的方式，共 3 种走法，从 2,3,4 号门进入，同样各有 3 种走法，共有不同走法 3412(种) 题组三易错自纠 4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() A24
5、B18C12D6 答案B 解析分两类情况讨论：第 1 类，奇偶奇，个位有 3 种选择，十位有 2 种选择，百位有 2 种 选择，共有 32212(个)奇数；第 2 类，偶奇奇，个位有 3 种选择，十位有 2 种选择，百 位有 1 种选择，共有 3216(个)奇数根据分类加法计数原理知，共有 12618(个) 奇数 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() A24 种B30 种 C36 种D48 种 答案D 解析需要先给 C 块着色，有 4 种方法；再给 A 块着色，有 3 种方法；再给 B 块着色，有 2 种方法；
6、最后给 D 块着色，有 2 种方法，由分步乘法计数原理知，共有 432248(种) 着色方法 6如果把个位数是 1，且恰有 3 个数字相同的四位数叫做“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 答案12 解析由题意知本题是一个分类计数问题 当组成的数字有三个 1，三个 2，三个 3，三个 4 时共有 4 种情况当有三个 1 时： 2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有 9 种，当有三个 2,3,4 时：2221,3331,4441， 有 3 种，根据分类加法计数原理可知，共有 12 种结果 题
7、型一题型一分类加法计数原理的应用分类加法计数原理的应用 1(2017郑州质检)满足 a，b1,0,1,2，且关于 x 的方程 ax22xb0 有实数解的有序 数对(a，b)的个数为() A14B13C12D10 答案B 解析当 a0 时，关于 x 的方程为 2xb0，此时有序数对(0，1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均 满足要求；当 a0 时，44ab0，ab1，此时满足要求的有序数对为(1，1)，( 1,0)，(1,1)，(1,2)，(1，1)，(1,0)，(1,1)，(2，1)，(2,0)综上，满足要求的有序数对 共有 13 个，故选 B. 2(2017济南模拟)如果一个三位正整数
8、如“a1a2a3”满足 a1a3，则称这样的三位 数为凸数(如 120,343,275 等)，那么所有凸数的个数为() A240B204 C729D920 答案A 解析若 a22，则百位数字只能选 1，个位数字可选 1 或 0，“凸数”为 120 与 121，共 2 个若 a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有 236(个)若 a24，满足条件的“凸数”有 3412(个)，若 a29，满足条件的“凸数”有 89 72(个) 所以所有凸数有 26122030425672240(个) 3(2016全国)定义“规范 01 数列”an如下：an共有 2m 项，其中 m 项为 0
9、，m 项为 1， 且对任意 k2m，a1，a2，ak中 0 的个数不少于 1 的个数若 m4，则不同的“规范 01 数列”共有() A18 个B16 个 C14 个D12 个 答案C 解析第一位为 0，最后一位为 1，中间 3 个 0,3 个 1,3 个 1 在一起时为 000111,001110；只有 2 个 1 相邻时，共 A 2 4个，其中 110100,110010,110001,101100 不符合题意；三个 1 都不在一起 时有 C 3 4个，共 28414(个) 思维升华 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， 关键位置 (1)根据题目特点
10、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 题型二题型二分步乘法计数原理的应用分步乘法计数原理的应用 典例 (1)(2016全国)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() A24B18C12D9 答案B 解析从 E 点到 F 点的最短路径有 6 条，从 F 点到 G 点的最短路径有 3 条，所以从 E 点到 G 点的最短路径有 6318(条)，故选 B
11、. (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 答案120 解析每项限报一人，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，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名 方法共有 654120(种) 引申探究 1本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项， 每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？ 解每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，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 36729(种) 2
12、本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每 人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？ 解每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法 计数原理，可得不同的报名方法共有 63216(种) 思维升华 (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 跟踪训练 一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从 P 点处进，Q
13、 点处出，沿图中线路游 览 A，B，C 三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点 O 外)的游览线路有_种(用数字 作答) 答案48 解析根据题意，从点 P 处进入后，参观第一个景点时，有 6 个路口可以选择，从中任选一 个，有 6 种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有 4 个路口可以选择，从中任选 一个，有 4 种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有 2 个路口可以选择，从中任 取一个，有 2 种选法由分步乘法计数原理知，共有 64248(种)不同游览线路 题型三题型三两个计数原理的综合应用两个计数原理的综合应用 命题点 1与数字有关的问题 典例 (2017天津)用数字 1,2
14、,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 解析当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为 C35C14A44960. 当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为 A45120. 故符合题意的四位数一共有 9601201 080(个) 命题点 2涂色、种植问题 典例 (2017济南质检)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_ 答案96 解析按区域 1 与 3 是否同色分类： (1)区域
15、 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 3 3种方 法 区域 1 与 3 同色时，共有 4A3324(种)方法 (2)区域 1 与 3 不同色：第一步涂区域 1 与 3 有 A 2 4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 1 种方法，第四步涂区域 5 有 3 种方法 共有 A2421372(种)方法 故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为 247296. 命题点 3与几何有关的问题 典例 (1)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
16、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() A48B18 C24D36 答案D 解析第 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 21224(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 241236(个) (2)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”在一个长 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“平行线面组”的个数是 () A60B48 C36D24 答案B 解析长方体的 6 个表面构成的
17、“平行线面组”的个数为 6636， 另含 4 个顶点的 6 个面 (非表面)构成的“平行线面组”的个数为 6212，故符合条件的“平行线面组”的个数是 361248. 思维升华 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 跟踪训练 (1)(2017黄山模拟)建造一个花坛，花坛分为 4 个部分(如图)现要栽种 4 种不同颜 色的花(不一定 4 种颜色都栽种)，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同 的栽种方法有_种(用数字作答) 1234 答案108 解
18、析先栽第一块地，有 4 种情况，然后栽第二块地，有 3 种情况，第三块地有 3 种情况， 第四块地有 3 种情况，则共有 4333108(种)不同的栽种方法 (2)用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大的偶数共有() A144 个B120 个 C96 个D72 个 答案B 解析由题意，首位数字只能是 4,5，若万位是 5，则有 3A3472(个)；若万位是 4，则有 2A3448(个)，故比 40 000 大的偶数共有 7248120(个)故选 B. 利用两个基本原理解决计数问题 典例 (1)把 3 封信投到 4 个信箱，所有可能的投法共有() A2
19、4 种B4 种C43种D34种 (2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有 4 次， 轮船有 3 次，问此人的走法可有_种 错解展示： 解析(1)因为每个信箱有三种投信方法，共 4 个信箱， 所以共有 333334(种)投法 (2)乘火车有 4 种方法，坐轮船有 3 种方法， 共有 3412(种)方法 错误答案(1)D(2)12 现场纠错 解析(1)第 1 封信投到信箱中有 4 种投法；第 2 封信投到信箱中也有 4 种投法；第 3 封信投 到信箱中也有 4 种投法只要把这 3 封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可 得共有 43种方法 (2)因为
20、某人从甲地到乙地，乘火车的走法有 4 种，坐轮船的走法有 3 种，每一种方法都能从 甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法共有 437(种) 答案(1)C(2)7 纠错心得(1)应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步 (2)把握完成一件事情的标准，如典例(1)没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误 1(2017济南质检)有 4 件不同颜色的衬衣，3 件不同花样的裙子，另有 2 套不同样式的连衣 裙“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式的种数为() A24B14 C10D9 答案B 解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有 4312(种)方式；第二类：选 2
21、套连 衣裙中的一套服装有 2 种选法 所以由分类加法计数原理可知， 共有 12214(种)选择方式 2(2018河北保定质检)三个人踢毽，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，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有() A4 种B6 种 C10 种D16 种 答案B 解析分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有 3 种传递方式(如图)， 同理，甲先传给丙时，满足条件的也有 3 种传递方式 由分类加法计数原理可知，共有 336(种)传递方法 3从集合1,2,3,4，10中，选出 5 个数组成子集，使得这 5 个数中任意两个数的和都不 等于 11，则这样的子集有() A32 个
22、B34 个C36 个D38 个 答案A 解析将和等于 11 的放在一组：1 和 10,2 和 9,3 和 8,4 和 7,5 和 6.从每一小组中取一个，有 C122(种)，共有 2222232(个)子集故选 A. 4(2018惠州调研)我们把各位数字之和为 6 的四位数称为“六合数”(如 2 013 是“六合 数”)，则“六合数”中首位为 2 的“六合数”共有() A18 个B15 个 C12 个D9 个 答案B 解析由题意知，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
23、,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，共有 363315(个) 5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() A12 种B10 种 C9 种D8 种 答案A 解析第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有 C122(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 C246(种)选派方法 由分步乘法计数原理可知，不同的选派方案共有 2612(种)
24、 6(2018驻马店质检)将一个四面体 ABCD 的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端 点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有() A1 种B3 种 C6 种D9 种 答案C 解析因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色，故有 3216(种)涂色方案 7集合 Px,1，Qy,1,2，其中 x，y1,2,3，9，且 PQ.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() A9B14 C15D21 答案B 解析当 x2 时，xy，点的个数为 177. 当 x2 时，PQ，xy. x 可从 3,4,5,6,7,8,9 中取，有 7
25、 种方法 因此满足条件的点共有 7714(个) 8 (2018湖南郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色， 要求相邻区域不同色， 则不同的涂色方法共有() A4 320 种B2 880 种 C1 440 种D720 种 答案A 解析分步进行：1 区域有 6 种不同的涂色方法，2 区域有 5 种不同的涂色方法，3 区域有 4 种不同的涂色方法，4 区域有 3 种不同的涂色方法，6 区域有 4 种不同的涂色方法，5 区域有 3 种不同的涂色方法 根据分步乘法计数原理可知，共有 6543344 320(种)不同的涂色方法，故选 A. 9设集合 A1,0,1，B0,1,2,3，定义 A*B
26、(x，y)|xAB，yAB，则 A*B 中 元素的个数为_(用数字作答) 答案10 解析易知 AB0,1，AB1,0,1,2,3， x 有 2 种取法，y 有 5 种取法 由分步乘法计数原理， 知 A*B 中的元素有 2510(个) 10(2017日照调研)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_ 答案17 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 A2520(个)对数，但 log23log49，log32log94，log24log39，log42log93.综上可知， 共有
27、201417(个)不同的对数值 11在某运动会的百米决赛上，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 答案2 880 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 43224(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 54321120(种) 安排这 8 人的方式有 241202 880(种) 12(2017昆明质检)某小区一号楼共有 7 层，每层只有 1 家住户，
28、已知任意相邻两层数的住 户在同一天至多一家有快递，且任意相邻三层楼的住户在同一天至少一家有快递，则在同一 天这 7 家住户有无快递的可能情况共有_种 答案12 解析分三类：(1)同一天两家有快递：可能是 2 层和 5 层，3 层和 5 层，3 层和 6 层，共 3 种情况；(2)同一天三家有快递：考虑将有快递的三家插入没有快递的四家形成的空位中，有 C 3 5种插入法，但需减去 1 层，3 层与 7 层有快递，1 层，5 层与 7 层有快递 2 种情况，所以有 C3528(种)情况；(3)同一天四家有快递：只有 1 层，3 层，5 层，7 层有快递 1 种情况根 据分类加法计数原理可知，同一天
29、 7 家住户有无快递的可能情况共有 38112(种) 13(2017郑州质量预测)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为() A72B120 C192D240 答案D 解析将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，若末位数字为 2，因为含有 2 个 4，所以有54321 2 60(种)情况；若末位数字为 6，同理有 54321 2 60(种)情况；若末位数字为 4，因为有 2 个相同数字 4，所以共有 54321120(种)情况综上，共有 6060120240(种)情况 14已知集合 M1,2,3，N1,2,3,4，定义函数 f：MN.若点 A(1，f(
30、1)，B(2，f(2)， C(3，f(3)，ABC 的外接圆圆心为 D，且 DA DC DB (R)，则满足条件的函数 f(x)有 _种 答案12 解析由DA DC DB (R)，说明ABC 是等腰三角形，且 BABC，必有 f(1)f(3)， f(1)f(2) 当 f(1)f(3)1 时，f(2)2,3,4，有三种情况； f(1)f(3)2，f(2)1,3,4，有三种情况； f(1)f(3)3，f(2)2,1,4，有三种情况； f(1)f(3)4，f(2)2,3,1，有三种情况 因而满足条件的函数 f(x)有 12 种 15(2017甘肃诊断)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏
31、，现有 4 个红包， 每人最多抢一个， 且红包被全部抢完， 4 个红包中有 2 个 6 元的， 1 个 8 元的， 1 个 10 元的(红 包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有() A18 种B24 种C36 种D48 种 答案C 解析若甲、乙抢到的是一个 6 元和一个 8 元的，剩下 2 个红包，则被剩下的 3 人中的 2 人抢走，有 A22A2312(种)情况；若甲、乙抢到的是一个 6 元和一个 10 元的，剩下 2 个红 包，则被剩下的 3 人中的 2 人抢走，有 A22A2312(种)情况；若甲、乙抢到的是一个 8 元和 一个 10 元的，剩下 2 个红包，则被剩下的
32、 3 人中的 2 人抢走有 A22C236(种)情况；若甲、 乙抢到的是 2 个 6 元的，剩下 2 个红包，则被剩下的 3 人中的 2 人抢走，有 A236(种)情况 根据分类加法计数原理可知，共有 36 种情况 16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)2n1(nN*)位回文数有_个 答案(1)90(2)910n 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，共有 91090(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结合分步乘法计数原理，知有 910n 种填法
