2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档：第十章第一节　两个计数原理 学案

第十章  计数原理、概率、随机变量及其分布

第一节　两个计数原理

2019考纲考题考情

两个计数原理

1．两个不同点

(1)分类问题中的每一个方法都能完成这件事。

(2)分步问题中每步的每一个方法都只能完成这件事的一部分。

2．三个注意点

(1)应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步。

(2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准。

(3)分步要做到“步骤完整”，步步相连。

一、走进教材

1．(选修2－3P5例3改编)书架的第1层放有10本不同的语文书，第2层放有12本不同的数学书，第3层放有10本不同的英语书，从书架中任取一本书，则不同的取法种数为(　　)

A．32  B．100  C．120  D．1 200

解析　有三类方法，第1类从第1层取1本语文书，有10种方法；第2类从第2层取1本数学书，有12种方法；第3类从第3层取1本英语书，有10种方法，由分类加法计数原理，共有10＋12＋10＝32种不同的取法。故选A。

答案　A

2．(选修2－3P10练习T4改编)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(　　)

A．16  B．13  C．12  D．10

解析　由分步乘法计数原理可知，走法总数为4×3＝12。故选C。

答案　C

3．(选修2－3P12A组T2改编)如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线。

解析　不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)。

答案　32

二、走近高考

4．(2016·全国卷Ⅱ)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(　　)

A．24  B．18  C．12  D．9

解析　由E到F有6种走法，由F到G有3种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18(种)走法。故选B。

答案　B

三、走出误区

微提醒：分类分步不清导致出错。

5．已知a，b∈{2,3,4,5,6,7,8,9}，则logab的不同取值个数为________。

解析　(a，b)的不同的取值共有64个，其中logab＝1有8个，logab＝2有2个，logab＝有2个，logab＝log23有2个，logab＝log32有2个，则不同取值的个数为64－7－1－1－1－1＝53。

答案　53

6．在一次游戏中，三个人采用击鼓传花的方式决定最后的表演者。三个人互相传递，每人每次只能传一下，由甲开始传，经过五次传递后，花又被传回给甲，则不同的传递方式有________种。(用数字作答)

解析　设这三个人分别是甲、乙、丙，则他们的传递方式如图所示。

故共有10种。

答案　10

考点一  　分类加法计数原理　  　　　　　  　　　　　  　　　　

【例1】　(1)已知椭圆＋＝1，若a∈{2,4,6,8}，b∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，这样的椭圆个数有(　　)

A．12  B．16  C．28  D．32

(2)我们把中间位数上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”，如132,341等，那么由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________。

解析　(1)若焦点在x轴上，则a>b，a＝2时，有1个；a＝4时，有3个；a＝6时，有5个；a＝8时，有7个，共有1＋3＋5＋7＝16个。若焦点在y轴上，则b>a，b＝3时，有1个；b＝4时，有1个；b＝5时，有2个；b＝6时，有2个；b＝7时，有3个，b＝8时，有3个。共有1＋1＋2＋2＋3＋3＝12个。故共有16＋12＝28个。故选C。

解析：椭圆中a≠b，而a＝b有4种情况，故椭圆的个数为4×8－4＝28。故选C。

(2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3,4,5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2种(132,231)；第二类，当中间数字为“4”时，从1,2,3中任取两个放在4的两边，故有6种；第三类，当中间数字为“5”时，从1,2,3,4中任取两个放在5的两边，故有12种；根据分类加法计数原理，得到由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20。

答案　(1)C　(2)20

应用分类加法计数原理解决实际问题的步骤

1．审题：认真阅读题设条件，理清题目要求。

2．分类：依据题设条件选择分类标准，做到不重不漏。

3．整合：整合各类情况得出结论。

【变式训练】　(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

(2)如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)。

解析　(1)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，所以所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8个。

(2)分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法。

答案　(1)D　(2)5

考点二  分步乘法计数原理

【例2】　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)。

一类元素允许重复选取的计数问题，可以采用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么。也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据。

【变式训练】　(1)已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为(　　)

A．6  B．12  C．24  D．36 

(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通。现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种。

解析　(1)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种方法。由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6。故选A。

(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况。

答案　(1)A　(2)63

考点三  两个计数原理的综合应用微点小专题

方向1：计数问题

【例3】　(1)(2019·河南豫北名校联考)2019年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中(1)班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有(　　)

A．18种   B．24种

C．48种   D．36种

(2)(2017·天津高考)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　(1)由题意，有两类：第一类，一班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个，有C＝3种，然后分别从选择的班级中再选择一个学生，有CC＝4种，故有3×4＝12种。第二类，一班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，有C＝3种，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人，有CC＝4种，这时共有3×4＝12种，根据分类计数原理得，共有12＋12＝24种不同的乘车方式。故选B。

(2)①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C·C·A＝960。②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A＝120。故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)。

答案　(1)B　(2)1 080

1．注意在综合应用两个原理解决问题时，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．注意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。

方向2：涂色问题

 【例4】　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。所以区域1与3同色时，共有4A＝24(种)方法。(2)区域1与3不同色：第一步涂区域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1种方法，第四步涂区域5有3种方法。所以共有A×2×1×3＝72(种)方法。故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为24＋72＝96。

答案　96

涂色问题的解题关注点和关键

1．关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素。

2．关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理。

【题点对应练】　

1．(方向1)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一个，第四节课只能从A，C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种。

解析　①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种安排方案。②第一节课若安排B，则第四节课可安排A或C，第二节课从剩余

4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种安排方案。因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)。

答案　36

2．(方向1)用两个1，一个2，一个0可组成不同四位数的个数是(　　)

A．18  B．16  C．12  D．9

解析　根据题意，分3步进行分析：①0不能放在千位，可以放在百位、十位和个位，有3种情况，②在剩下的3个数位中任选1个，安排2，有3种情况，③在最后2个数位安排2个1，有1种情况，则可组成3×3＝9个不同四位数。故选D。

答案　D

3．(方向2)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为(　　)

A．24  B．48  C．72  D．96

解析　分两种情况：

(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24种涂法。(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法。故共有24＋48＝72种涂色方法。故选C。

答案　C

1．(配合例1使用)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(　　)

A．14  B．13  C．12  D．10

解析　当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，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。

答案　B

2．(配合例2使用)甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名(没有重名次)。已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5名同学的名次排列情况可能有(　　)

A．27种  B．48种  C．54种  D．72种

解析　分五步完成：第一步，决出第1名的情况有3种；第二步，决出第5名的情况有3种；第三步，决出第2名的情况有3种；第四步，决出第3名的情况有2种；第五步，决出第4名的情况有1种。因此，根据分步乘法计数原理可知，5名同学的名次排列情况可能有3×3×3×2×1＝54(种)。

答案　C

3．(配合例3使用)某班有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛，则不同的选派方案有(　　)

A．28种  B．30种  C．27种  D．29种

解析　有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，则有2人既会踢足球又会打篮球，有3人只会打篮球，有4人只会踢足球，所以选派的方案有四类：选派两种球都会的运动员有2种方案；选派两种球都会的运动员中一名踢足球，只会打篮球的运动员打篮球，有2×3＝6(种)方案；选派两种球都会的运动员中一名打篮球，只会踢足球的运动员踢足球，有2×4＝8(种)方案；选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球，有3×4＝12(种)方案．综上可知，共有2＋6＋8＋12＝28(种)方案。故选A。

答案　A

4．(配合例4使用)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种。

解析　把区域分为三部分，第一部分1,5,9，有3种涂法。第二部分4,7,8，当5,7同色时，4,8各有2种涂法，共4种涂法；当5,7异色时，7有2种涂法，4,8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法。剩下的部分与第二部分涂法一样，共6种涂法。由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法。

答案　108