（山东专用）2021版高考数学一轮复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布第一讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案（含解析）

第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布

第一讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE

知识梳理·双基自测

知识梳理

知识点一　分类加法计数原理

完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝__m1＋m2＋…＋mn__种不同的方法．

知识点二　分步乘法计数原理

完成一件事需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第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．

重要结论

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，各个步骤相互联系、相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．

双基自测

题组一　走出误区

1．(多选题)下列结论正确的是(　BCD　)

A．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同

B．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

C．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

D．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　走进教材

2．(P10练习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(　C　)

A．16 B．13

C．12 D．10

[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3×4＝12(种)．

另解：A＝12(种)．

3．(教材习题改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字，①其和为偶数的不同取法种数为__6__；②能排成的两位偶数的个数为__13__.

[解析]　①和为偶数的取法可分为两类：取两奇数或取两偶数，各有3种取法，故共有6种取法；②排成的两位偶数可分成三类：个位是0或2或4，显然个位为0的有5个，个位为2或4的各有4个，故共有13个．

题组三　考题再现

4．(2020·山东济宁模拟)6人分乘两辆不同的出租车，每辆车最多乘4人，则不同的乘车方案数为(　C　)

A．70 B．60

C．50 D．40

[解析]　C＋C＋C＝50，故选C．

5．(2019·上海普陀区模拟)2019年上海春季高考有8所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么录取方法的种数为__168__.

[解析]　分步考虑：从8所高校中选2所，有C种选法；依题意必有2位同学被同一所学校录取，则有CC种录取方法；另一位同学被剩余的一所学校录取，所以共有C·C·C＝168种录取方法．

KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU

考点突破·互动探究

考点一　分类加法计数原理——自主练透

例1 (1)(2020·常州模拟)已知I＝{1,2,3}，A，B是集合I的两个非空子集，且A中所有元素的和大于B中所有元素的和，则集合A，B共有(　D　)

A．12对 B．15对

C．18对 D．20对

(2)(2019·承德调研)a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长，1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是(　B　)

A．20 B．16

C．10 D．6

(3)(2019·合肥模拟)现有三本相同的语文书和一本数学书，分发给三个学生，每个学生至少分得一本，不同分法的种数为(　B　)

A．36 B．9

C．18 D．15

[解析]　(1)   依题意，当A，B中均有一个元素时，有3对；当B中有一个元素，A中有两个元素时，有C＋C＋C＝8(对)；当B中有一个元素，A中有三个元素时，有3对；当B中有两个元素，A中有三个元素时，有3对；当A，B中均有两个元素时，有3对．所以共有3＋8＋3＋3＋3＝20(对)，选D．

(2)当a当组长时，则共有1×4＝4种选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4×3＝12种选法，因此共有4＋12＝16种选法．

(3)分配方案为2,1,1，其中有且仅有一个学生拿两本书，若他拿两本语文书，则此时共有CA种分法；若他拿一本语文书一本数学书，则此时共有C种分法．因此共有CA＋C＝9种不同的分法．故选B．

名师点拨 ☞

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．

考点二　分步乘法计数原理——师生共研

例2 (1)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(　B　)

A．24 B．18

C．12 D．9

(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__120__种不同的报名方法．

[解析]　(1)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6×3＝18(条)，故选B．

(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，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．

[引申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

[解析]　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36＝729(种)．

[引申2]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？

[解析]　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63＝216(种)．

[引申3]本例(1)中若去掉“先到F处与小红会合”，则最短路径的条数为__35__.

[解析]　C＝35(条)．

名师点拨 ☞

(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．

〔变式训练2〕

(1)(2019·厦门模拟)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有__36__种(用数字作答)．

(2)(2019·山东省日照市模拟)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是(　D　)

A．210 B．84

C．343 D．336

[解析]　(1)第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．

第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．

(2)若每个台阶上每一个只站一人有A种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有CA种，所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A＋CA＝336种．故选D．

考点三　两个计数原理的综合应用——多维探究

角度1　与数字有关的问题

例3 (2019·四川省自贡市诊断)从1,3,5三个数中选两个数字，从0,2两个数中选一个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　C　)

A．6 B．12

C．18 D．24

[解析]　由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇，因此总共有AA＋A＝18种．故选C．

角度2　与涂色有关的问题

例4 将一个四棱锥的每个顶点染上1种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，若只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法有(　B　)

A．48种 B．72种

C．96种 D．108种

[解析]　如图所示，若点B与D处所染颜色相同，则不同的染色方法有4×3×2×2＝48种；若点B与D处所染颜色不相同，则不同的染色方法有4×3×2×1×1＝24种，由分类加法计数原理可知不同的染色方法有48＋24＝72种．

角度3　与几何有关的问题

例5 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(　D　)

A．48 B．18

C．24 D．36

[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)．

名师点拨 ☞

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．

注意：(1)相同元素不加区分；(2)数字问题中0不能排在数的首位．

〔变式训练2〕

(1)(角度2)(2019·宁波模拟)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(　C　)

A．24种 B．48种

C．72种 D．96种

(2)(角度1)(2019·重庆巴蜀中学模拟)由数字0,1,2,3组成的无重复数字的4位数，比2018大的有(　　)个(　B　)

A．10 B．11

C．12 D．13

(3)(角度3)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(　B　)

A．60 B．48

C．36 D．24

[解析]　(1)

∴不同的涂色方法共有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种)，故选C．

(2)千位数字为3时满足题意的数字个数为：3！＝6.千位数字为2时，只有2 013不满足题意，则满足题意的数字的个数为3！－1＝5，综上可得：2 018大的有6＋5＝11个．

(3)长方体的6个表面构成的“平面线面组”的个数为6×6＝36，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6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.

MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG

名师讲坛·素养提升

巧用图表法、间接法求解计数问题

例6 (1)将编号为1,2,3,4,5,6的六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子中，每个盒子放一个小球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是__135__.

(2)(2019·济南模拟)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__63__种．

[解析]　(1)(图表法)两个小球放入编号相同的盒子中有C＝15种方法，将剩余四个小球放入四个盒子，由图知共有9种方法，故符合题意的放法总数为15×9＝135.

(2)(间接法)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．

名师点拨 ☞

(1)当问题中涉及到的元素个最较少时，可通过图表将各种情况一一列出求解计数问题；

(2)当要求计数的情况较复杂，而其反面情况简单易求时，可采用间接法求解．即问题所有情况种数减去不合题意的情况种数．

〔变式训练3〕

(1)(2019·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(　B　)

A．4种 B．6种

C．10种 D．16种

(2)若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法共有__11__种．

[解析]　(1)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)，

甲乙丙乙甲甲乙甲丙甲

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3＋3＝6(种)传递方式．

(2)把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A＝12(种)．其中正确的有一种，所以错误的共A－1＝12－1＝11(种)．