高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 17-18版 附加題部分 第1章 第57課 分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理

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1、 第一章　計數(shù)原理、隨機變量及其概率分布 第57課 分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理 [最新考綱] 內(nèi)容 要求 A B C 加法原理與乘法原理 √ 1．分類計數(shù)原理 如果完成一件事，有n類方式，在第1類方式中有m1種不同的方法，在第2類方式中有m2種不同的方法，……在第n類方式中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn種不同的方法． 2．分步計數(shù)原理 如果完成一件事，需要分成n個步驟，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法，……做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m1×m2×…×mn種不同的方法．

2、 3．分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理，都涉及完成一件事的不同方法的種數(shù)．它們的區(qū)別在于：分類計數(shù)原理與分類有關(guān)，各種方法相互獨立，用其中的任一種方法都可以完成這件事；分步計數(shù)原理與分步有關(guān)，各個步驟相互依存，只有各個步驟都完成了，這件事才算完成． 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)在分類計數(shù)原理中，兩類不同方案中的方法可以相同．(　　) (2)在分類計數(shù)原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事．(　　) (3)在分步計數(shù)原理中，每個步驟中完成這個步驟的方法是各不相同的．(　　) (4)在分步乘法計數(shù)原理中，事情是分兩步完成的，其中任何

3、一個單獨的步驟都能完成這件事．(　　) [答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 2．(教材改編)從0,1,2,3,4,5這六個數(shù)字中，任取兩個不同數(shù)字相加，其和為偶數(shù)的不同取法的種數(shù)有________． 6　[從0,1,2,3,4,5六個數(shù)字中，任取兩數(shù)和為偶數(shù)可分為兩類：①取出的兩數(shù)都是偶數(shù)，共有3種方法；②取出的兩數(shù)都是奇數(shù)，共有3種方法，故由分類計數(shù)原理得共有N＝3＋3＝6種．] 3．用0,1，…，9十個數(shù)字，可以組成有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)的個數(shù)為________個． 252　[選放百位共有9種不同放法；再放十位共有10種不同的放法；同樣，個位也有10種不同的放法，由乘法

4、原理可知共有9×10×10＝900個三位數(shù)，其中無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)有9×9×8＝648個，故符合題意的共有900－648＝252個．] 4．(教材改編)5位同學(xué)報名參加兩個課外活動小組，每位同學(xué)限報其中一個小組，則不同的報名方法有________種． 32　[由于每位同學(xué)報哪個小組是等可能的，故對每名同學(xué)而言都有2種不同的報名方式，故共有2×2×2×2×2＝32種不同的報名方法．] 5.現(xiàn)有4種不同的顏色要對如圖57-1所示的四個部分進行著色，要求有公共邊界的兩塊不能用同一種顏色，則不同的著色方法共有________種． 圖57-1 48　[按A→B→C→D順序分四步涂色，共4×

5、3×2×2＝48種不同的著色方法．] 分類計數(shù)原理 　(1)三個人踢毽子，互相傳遞，每人每次只能踢一下，由甲開始踢，經(jīng)過4次傳遞后，毽子又被踢回給甲，則不同的傳遞方式共有________種． (2)滿足a，b∈{－1,0,1,2}，且關(guān)于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實數(shù)解的有序數(shù)對(a，b)的個數(shù)為________． (1)6　(2)13　[(1)分兩類：甲第一次踢給乙時，滿足條件有3種方法(如圖)， 同理，甲先傳給丙時，滿足條件有3種方法． 由分類計數(shù)原理，共有3＋3＝6種傳遞方法． (2)①當(dāng)a＝0時，有x＝－，b＝－1,0,1,2，有4種可能； ②當(dāng)a≠0時，則

6、Δ＝4－4ab≥0，ab≤1， (ⅰ)當(dāng)a＝－1時，b＝－1,0,1,2，有4種可能； (ⅱ)當(dāng)a＝1時，b＝－1,0,1，有3種可能； (ⅲ)當(dāng)a＝2時，b＝－1,0，有2種可能． ∴有序數(shù)對(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13個．] [規(guī)律方法]　1.第(2)題常見的錯誤： (1)想當(dāng)然認為a≠0； (2)誤認為a≠b. 2．分類標(biāo)準是運用分類計數(shù)原理的難點所在，應(yīng)抓住題目中的關(guān)鍵詞、關(guān)鍵元素、關(guān)鍵位置． (1)根據(jù)題目特點恰當(dāng)選擇一個分類標(biāo)準． (2)分類時應(yīng)注意完成這件事情的任何一種方法必須屬于某一類，并且分別屬于不同種類的兩種方法是不同的方法，不能重復(fù)． [變式訓(xùn)

7、練1]　從集合{1,2,3，…，10}中任意選出三個不同的數(shù)，使這三個數(shù)成等比數(shù)列，這樣的等比數(shù)列的個數(shù)為________個. 【導(dǎo)學(xué)號：62172314】 8　[以1為首項的等比數(shù)列為1,2,4；1,3,9.以2為首項的等比數(shù)列為2,4,8. 以4為首項的等比數(shù)列為4,6,9. 把這4個數(shù)列的順序顛倒，又得到另外的4個數(shù)列， ∴所求的數(shù)列共有2(2＋1＋1)＝8個．] 分步計數(shù)原理 　(1)某學(xué)校開設(shè)“藍天工程博覽課程”，組織6個年級的學(xué)生外出參觀包括甲博物館在內(nèi)的6個博物館，每個年級任選一個博物館參觀，則有且只有兩個年級選擇甲博物館的情況有________種． (2)有六

8、名同學(xué)報名參加三個智力項目，每項限報一人，且每人至多參加一項，則共有________種不同的報名方法． (1)C·54　(2)120　[(1)有兩個年級選擇甲博物館共有C種情況，其余四個年級每個年級各有5種選擇情況， 故有且只有兩個年級選擇甲博物館的情況有C×54種． (2)每項限報一人，且每人至多參加一項，因此可由項目選人，第一個項目有6種選法，第二個項目有5種選法，第三個項目只有4種選法，由分步計數(shù)原理，得共有報名方法6×5×4＝120種．] [規(guī)律方法]　1.利用分步計數(shù)原理應(yīng)注意：(1)要按事件發(fā)生的過程合理分步，即分步是有先后順序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有

9、各步驟都完成才算完成這件事． 2．在第(1)題中，除僅有兩個年級選擇甲博物館外，其余4個年級易錯誤認為有45種選擇方法． [變式訓(xùn)練2]　(1)設(shè)集合A＝{－1,0,1}，B＝{0,1,2,3}，定義A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，則A*B中元素的個數(shù)為________． (2)將甲、乙、丙、丁四名學(xué)生分到兩個不同的班，每個班至少分到一名學(xué)生，且甲、乙兩名學(xué)生不能分到同一個班，則不同的分法的種數(shù)為________．(用數(shù)字作答) (1)10　(2)8　[(1)易知A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}， ∴x有2種取法，y有5種取法， 由分步計數(shù)原理，

10、A*B的元素有2×5＝10個． (2)第1步把甲、乙分到不同班級有A＝2種分法． 第2步分丙、?。孩俦⒍》值酵话嗉売?種分法，②丙、丁分到兩個不同的班級有A＝2種分法． 由計數(shù)原理，不同的分法為2×(2＋2)＝8種．] 兩個計數(shù)原理的綜合應(yīng)用 　(1)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B為集合M的非空子集，若對?x∈A，y∈B，x

11、求共邊的兩部分顏色互異，則共有________種不同的涂色方法． 圖57-2 (1)17　(2)260　[(1)當(dāng)A＝{1}時，B有23－1種情況；當(dāng)A＝{2}時，B有22－1種情況；當(dāng)A＝{3}時，B有1種情況；當(dāng)A＝{1,2}時，B有22－1種情況；當(dāng)A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}時，B均有1種情況， 所以滿足題意的“子集對”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(個)． (2)區(qū)域A有5種涂色方法；區(qū)域B有4種涂色方法；區(qū)域C的涂色方法可分2類：若C與A涂同色，區(qū)域D有4種涂色方法；若C與A涂不同色，此時區(qū)域C有3種涂色方法，區(qū)域D也有3種涂色方法， 所以共有5×4×4＋

12、5×4×3×3＝260種涂色方法．] [規(guī)律方法]　1.(1)注意在綜合應(yīng)用兩個原理解決問題時，一般是先分類再分步．在分步時可能又用到分類計數(shù)原理． (2)注意對于較復(fù)雜的兩個原理綜合應(yīng)用的問題，可恰當(dāng)?shù)禺嫵鍪疽鈭D或列出表格，使問題形象化、直觀化． 2．解決涂色問題，可按顏色的種數(shù)分類，也可按不同的區(qū)域分步完成，第(2)題中，由于共邊的區(qū)域不同色，從而是按區(qū)域A與區(qū)域C是否同色分類處理的． [變式訓(xùn)練3]　回文數(shù)是指從左到右讀與從右到左讀都一樣的正整數(shù)．如22,121,3 443,94 249等．顯然2位回文數(shù)有9個：11,22,33，…，99；3位回文數(shù)有90個：101,111,12

13、1，…，191,202，…999.則 (1)4位回文數(shù)有________個； (2)2n＋1(n∈N*)位回文數(shù)有________個． (1)90　(2)9×10n　[(1)4位回文數(shù)相當(dāng)于填4個方格，首尾相同，且不為0，共9種填法；中間兩位一樣，有10種填法，共計9×10＝90種填法，即4位回文數(shù)有90個． (2)根據(jù)回文數(shù)的定義，此問題也可以轉(zhuǎn)化成填方格，由分步計數(shù)原理，共有9×10n種填法．] [思想與方法] 1．分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理，都涉及完成一件事的不同方法的種數(shù)．區(qū)別在于：分類加法計數(shù)原理與分類有關(guān)，各種方法相互獨立，用其中的任一種方法都可以完成這件事；分步乘

14、法計數(shù)原理與分步有關(guān)，各個步驟相互依存，只有各個步驟都完成了，這件事才算完成． 2．涉及加法與乘法原理的混合問題一般是先分類再分步． 3．要恰當(dāng)畫出示意圖或樹狀圖，使問題的分析更直觀、清楚，便于探索規(guī)律． [易錯與防范] 1．切實理解“完成一件事”的含義，以確定需要分類還是需要分步進行． 2．分類的關(guān)鍵在于要做到“不重不漏”，分步的關(guān)鍵在于要正確設(shè)計分步的程序，即合理分類，準確分步． 3．確定題目中是否有特殊條件限制． 課時分層訓(xùn)練(一) A組　基礎(chǔ)達標(biāo) (建議用時：30分鐘) 1．標(biāo)號分別為A，B，C的三個口袋，A袋中有1個紅色小球，B袋中有2個白色小球，C袋中有3個黃色

15、小球，現(xiàn)從中取出兩個小球． (1)若取出的兩個球顏色不同，有多少種取法？ (2)若取出的兩個球顏色相同，有多少種取法？ [解]　(1)若兩個球顏色不同，則應(yīng)在A，B袋中各取一個或A，C袋中各取一個或B，C袋中各取一個，所以應(yīng)有1×2＋1×3＋2×3＝11種取法． (2)若兩個球顏色相同，則應(yīng)在B或C袋中取出2個，所以應(yīng)有1＋3＝4種取法． 2．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的點(a，b∈M)，問： (1)P可表示平面上多少個不同的點？ (2)P可表示平面上多少個第二象限的點？ (3)P可表示多少個不在直線y＝x上的點？ 【導(dǎo)學(xué)號：62172

16、316】 [解]　(1)確定平面上的點P(a，b)可分兩步完成： 第一步確定a的值，共有6種確定方法； 第二步確定b的值，也有6種確定方法． 根據(jù)分步計數(shù)原理，得到平面上的點的個數(shù)是6×6＝36. (2)確定第二象限的點，可分兩步完成： 第一步確定a，由于a<0，所以有3種確定方法； 第二步確定b，由于b>0，所以有2種確定方法． 由分步計數(shù)原理，得到第二象限點的個數(shù)是3×2＝6. (3)點P(a，b)在直線y＝x上的充要條件是a＝b.因此a和b必須在集合M中取同一元素，共有6種取法，即在直線y＝x上的點有6個． 由(1)得不在直線y＝x上的點共有36－6＝30(個)．

17、3．在校運動會上，8名男運動員參加100米決賽．其中甲、乙、丙三人必須在1,2,3,4,5,6,7,8八條跑道的奇數(shù)號跑道上，則安排這8名運動員比賽的方式共有多少種？ [解]　分兩步安排這8名運動員． 第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四條跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24(種)． 第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一條奇數(shù)號跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(種)． 所以安排這8人的方式有24×120＝2 880(種)． 4．如圖57-3所示的五個區(qū)域中，中心區(qū)域是一幅圖畫，現(xiàn)在要求在其余四個區(qū)域中涂色，現(xiàn)有四種顏色可供選擇．

18、 圖57-3 要求每一個區(qū)域只涂一種顏色，相鄰區(qū)域所涂顏色不同，則不同的涂色方法種數(shù)共有多少種？ [解]　將四種顏色編號為①②③④，A有4種涂法，設(shè)涂①，B有3種涂法，設(shè)涂②，下面分3類： 若C涂①，則D可涂②③④，共3種方法； 若C涂③，則D可涂②④，共2種方法； 若C涂④，則D可涂②③，共2種方法； 于是， 不同的涂法為4×3×(3＋2＋2)＝84(種)． 5．(2016·全國卷Ⅱ改編)如圖57-4，小明從街道的E處出發(fā)，先到F處與小紅會合，再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動，則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑共有多少條？ 圖57-4 [解]　分兩步，第一步，從

19、E→F，有6條可以選擇的最短路徑；第二步，從F→G，有3條可以選擇的最短路徑．由分步乘法計數(shù)原理可知有6×3＝18條可以選擇的最短路程． 6．某外語組有9人，每人至少會英語和日語中的一門，其中7人會英語，3人會日語，從中選出會英語和日語的各一人，有多少種不同的選法？ [解]　由題意得有1人既會英語又會日語，6人只會英語，2人只會日語． 第一類：從只會英語的6人中選1人說英語，共有6種方法，則說日語的有2＋1＝3種，此時共有6×3＝18種； 第二類：不從只會英語的6人中選1人說英語，則只有1種方法，則選會日語的有2種，此時共有1×2＝2種；所以根據(jù)分類計數(shù)原理知共有18＋2＝20(種)選

20、法． B組　能力提升 (建議用時：15分鐘) 1．有一項活動需在3名老師，6名男同學(xué)和8名女同學(xué)中選人參加． (1)若只需一人參加，有多少種不同選法？ (2)若需一名老師，一名學(xué)生參加，有多少種不同選法？ (3)若需老師，男同學(xué)、女同學(xué)各一人參加，有多少種不同選法？ 【導(dǎo)學(xué)號：62172317】 [解]　(1)只需一人參加，可按老師、男同學(xué)、女同學(xué)分三類各自有3,6,8種方法，總方法數(shù)為3＋6＋8＝17(種)． (2)分兩步，先選教師共3種選法，再選學(xué)生共6＋8＝14種選法，由分步計數(shù)原理知，總方法數(shù)為3×14＝42(種)． (3)教師、男、女同學(xué)各一人可分三步，每步方法

21、依次為3,6,8種．由分步計數(shù)原理知方法數(shù)為3×6×8＝144(種)． 2．為了做好閱兵人員的運輸，從某運輸公司抽調(diào)車輛支援，該運輸公司有7個車隊，每個車隊的車輛均多于4輛．現(xiàn)從這個公司中抽調(diào)10輛車，并且每個車隊至少抽調(diào)1輛，那么共有多少種不同的抽調(diào)方法？ [解]　在每個車隊抽調(diào)1輛車的基礎(chǔ)上，還需抽調(diào)3輛車．可分成三類：一類是從某1個車隊抽調(diào)3輛，有C種抽調(diào)方法；一類是從2個車隊中抽調(diào)，其中1個車隊抽調(diào)1輛，另1個車隊抽調(diào)2輛，有A種抽調(diào)方法；一類是從3個車隊中各抽調(diào)1輛，有C種抽調(diào)方法．故共有C＋A＋C＝84種抽調(diào)方法． 3．將一個四棱錐S-ABCD的每個頂點染上一種顏色，并使同一

22、條棱的兩個端點異色，如果只有5種顏色可供使用，那么不同的染色方法的總數(shù)是多少？ [解]　設(shè)想染色按S—A—B—C—D的順序進行，對S，A，B染色，有5×4×3＝60(種)染色方法． 由于C點的顏色可能與A同色或不同色，這影響到D點顏色的選取方法數(shù)，故分類討論： C與A同色時(此時C對顏色的選取方法唯一)，D應(yīng)與A(C)，S不同色，有3種選擇；C與A不同色時，C有2種可選擇的顏色，D也有2種顏色可供選擇．從而對C，D染色有1×3＋2×2＝7(種)染色方法． 由分步計數(shù)原理，總的染色方法有60×7＝420(種)． 4．(2016·揚州期末)對于給定的大于1的正整數(shù)n，設(shè)x＝a0＋a1n＋

23、a2n2＋…＋annn，其中ai∈{0,1,2，…，n－1}，i＝0,1,2，…，n－1，n，且an≠0，記滿足條件的所有x的和為An. (1)求A2； (2)設(shè)An＝f(n)，求f(n)． [解]　(1)當(dāng)n＝2時，x＝a0＋2a1＋4a2，a0∈{0,1}，a1∈{0,1}，a2＝1，故滿足條件的x共有4個，分別為x＝0＋0＋4，x＝0＋2＋4，x＝1＋0＋4，x＝1＋2＋4，它們的和是22. (2)由題意得，a0，a1，a2，…，an－1各有n種取法；an有n－1種取法，由分步計數(shù)原理可得a0，a1，a2，…，an－1，an的不同取法共有n·n…n·(n－1)＝nn(n－1)，即

24、滿足條件的x共有nn(n－1)個．當(dāng)a0分別取i＝0,1,2，…，n－1時，a1，a2，…，an－1各有n種取法，an有n－1種取法，故An中所有含a0項的和為[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)＝； 同理，An中所有含a1項的和為[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)·n＝·n；An中所有含a2項的和為[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)·n2＝·n2；An中所有含an－1項的和為[0＋1＋2＋…＋(n－1)]nn－1(n－1)·nn－1＝·nn－1；當(dāng)an分別取i＝1,2，…，n－1時，a0，a1，a2，…，an－1各有n種取法， 故An中所有含an項的和為[1＋2＋…＋(n－1)]nn·nn＝·nn； 所以An＝(1＋n＋n2＋…＋nn－1)＋·nn＝·＋·nn ＝(nn＋1＋nn－1)． 故f(n)＝nn＋1＋nn－1.