鲁京津琼专用2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案含解析

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3＝729(种)．

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 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6＝216(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1一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q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)

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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6×4×2＝48(种)不同游览线路． 题型三 两个计数原理的综合应用

例2(1)(2017·天津)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) 答案 1080

解析 ①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C5·C4·A4＝960. ②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A5＝120. 故符合题意的四位数一共有960＋120＝1080(个)．

(2)现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )

4

3

1

4

5

A．120 C．240 答案 D

解析 由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)．故选D.

(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( ) A．60B．48C．36D．24 答案 B

解析 长方体的6个表面构成的“平行线面组”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.

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2 (1)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( )

A．144个B．120个C．96个D．72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3×A4＝72(个)；若万位是4，则有2×A4＝48(个)，故比40000大的偶数共有72＋48＝120(个)．故选B.

(2)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____． 答案 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

6

3

3

B．140 D．260

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)． (3)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A3种方法．

∴区域1与3同色时，共有4A3＝24(种)方法．

②区域1与3不同色：第一步涂区域1与3有A4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A4×2×1×3＝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.

2

2

3

3

1．(2018·贵州省凯里市第一中学月考)集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{3,4,5,6,7,8,9}，从集合A，B中各取一个数，能组成的没有重复数字的两位数的个数为( ) A．52B．58C．64D．70 答案 B

解析 根据分步乘法计数原理得 (C2·C3＋C4·C3＋C2·C4＋C3)·A2＝58.

2．(2018·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( ) A．4种B．6种C．10种D．16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)，

1

1

1

1

1

1

2

2

7

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．

3．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则行车路线共有( ) A．24种B．16种C．12种D．10种 答案 C

解析 根据题意，车的行驶路线起点有4种，行驶方向有3种，所以行车路线共有4×3＝12(种)，故选C.

4．(2018·玉林联考)若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)各位数均不产生进位现象，则称n为“开心数”．例如：32是“开心数”．因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“开心数”，因为23＋24＋25产生进位现象，那么，小于100的“开心数”的个数为( )

A．9B．10C．11D．12 答案 D

解析 根据题意个位数n需要满足n＋(n＋1)＋(n＋2)<10，即n<2.3， ∴个位数可取0,1,2三个数， ∵十位数k需要满足3k<10， ∴k<3.3，

∴十位数可以取0,1,2,3四个数，故小于100的“开心数”共有3×4＝12(个)． 故选D.

5.如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有( )

A．120种B．260种C．340种D．420种 答案 D

解析 由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420.故选D.

6.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有( )

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