(新高考)高考数学一轮复习课时练习10.1《分类加法计数原理与分步乘法计数原理》(含解析)

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第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
最新考纲
考向预测
通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
命题趋势
两个计数原理是解决排列、组合问题的基本方法，同时又能独立地解决一些简单的计数问题，在本章中占有十分重要的地位．
核心素养
数学建模


两个计数原理
两个计数原理
目标
策略
过程
方法总数
分类加法计数原理
完成一件事
有两类不同的方案
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
N＝m＋n种不同的方法
分步乘法计数原理
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
N＝m×n种不同的方法
特别提醒
1．分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类．
2．分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”．
常见误区
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．

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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直接完成这件事．(　　)
(3)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．(　　)
(4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2．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：选C.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4×3＝12(种)．
3．(易错题)从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有(　　)
A．30 B．20
C．10 D．6
解析：选D.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．
4．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．从书架中任取1本书，则不同取法的种数为________．
解析：分三类：第一类，从第1层取一本书有4种取法，第二类，从第2层取一本书有3种，第三类，从第3层取一本书有2种取法．共有4＋3＋2＝9种不同的取法．
答案：9
5．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种．
解析：因为每封邮件选择发送的邮箱有3种不同的情况．所以要发5封电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种)．
答案：243


分类加法计数原理
[题组练透]
1．甲、乙、丙三人踢毽，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，则不同的传递方法共有(　　)
A．4种 B．6种 C．10种 D．16种
解析：选B.分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，
同理，甲先传给丙时，满足条件有3种方法．
由分类加法计数原理知，共有3＋3＝6(种)传递方法．
2．椭圆＋＝1(m>0，n>0)的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为(　　)
A．10 B．12 C．20 D．35
解析：选A.因为焦点在x轴上，m＞n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m＝5时，使m＞n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m＞n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m＞n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m＞n，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.
3．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
解析：分三类：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 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 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：5
4．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．
解析：根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．
由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
答案：36

分类加法计数原理的两个条件
(1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类．
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．　

分步乘法计数原理
[题组练透]
1．一个小朋友从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中选取3个不同的数字组成三位数，则他写出的三位数的个数有(　　)
A．1 000 B．900 C．720 D．648
解析：选D.分三个步骤：第一步确定百位数字，有9种方法，第二步确定十位数字，有9种方法，第三步确定个位数字，有8种方法，所以由分步乘法计数原理得他写出的三位数有9×9×8＝648(个)．
2．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的条数为(　　)

A．24 B．18 C．12 D．9
解析：选B.由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.
3．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．
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6×5×4＝120(种)．
答案：120
4．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：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：63

利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．
(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总方法数．
[提醒]　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．　

两个计数原理的综合应用
(1)生产过程中有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有(　　)
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
(2)如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．

【解析】　(1)分两类：①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12(种)；②第一道工序不安排甲时有1×2×4×3＝24(种)．所以共有12＋24＝36(种)．故选B.
(2)把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．　
第二类，有两条公共边的三角形共有8个．
由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．
【答案】　(1)B　(2)40

完成一件事的方法种数的计算步骤
第一步，审清题意，弄清要完成的事件是怎样的；
第二步，分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种；
第三步，弄清在每一类或每一步中的方法种数；
第四步，根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数．　

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
解析：选B.①首位为5，末位为0：4×3×2＝24(个)；②首位为5，末位为2：4×3×2＝24(个)；③首位为5，末位为4：4×3×2＝24(个)；④首位为4，末位为0：4×3×2＝24(个)；⑤首位为4，末位为2：4×3×2＝24(个)．由分类加法计数原理，得共有24＋24＋24＋24＋24＝120(个)．故选B.
2．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与该平面构成一个“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________．
解析：分类讨论：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)．
答案：36

[A级　基础练]
1．教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有(　　)
A．10种 B．25种 C．52种 D．24种
解析：选D.由题意可知共分4步，每相邻的两层之间各有2种走法．由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法．
2．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买一张，则不同的买法共有(　　)
A．7种 B．8种 C．6种 D．9种
解析：选A.要完成的“一件事”是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买1张IC电话卡、买2张IC电话卡、买3张IC电话卡，而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事．买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法．不同的买法共有2＋3＋2＝7(种)．故选A项．
3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)
A．40 B．16 C．13 D．10
解析：选C.分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
4．直线l：＋＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为(　　)
A．6 B．7 C．8 D．16
解析：选B.l与坐标轴围成的三角形的面积为
S＝ab≥10，即ab≥20.
当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．
当a∈{5，7}时，b∈{4，6，8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线l的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.
5．某校为了庆祝中华人民共和国成立70周年举办文艺汇演，原节目单上有9个节目已经排好顺序，又有3个新节目需要加进去，不改变原来的顺序，则新节目单的排法有(　　)
A．12种 B．27种 C．729种 D．1 320种
解析：选D.第一步：9个节目空出10个位置，可以加入1个新来的节目，所以加入一个新节目有10种方法，
第二步：从排好的10个节目空出的11个位置中，加入第2个新节目，有11种方法，
第三步：从排好的11个节目空出的12个位置中，加入第3个新节目，有12种方法，
所以由分步乘法计数原理得加入3个新节目后的节目单的排法有10×11×12＝1 320(种)．
6．如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的情况共有(　　)

A．9种 B．11种 C．13种 D．15种
解析：选C.按焊接点脱落的个数分类：脱落1个，有1，4，共2种；脱落2个，有(1，4)，(2，3)，(1，2)，(1，3)，(4，2)，(4，3)，共6种；脱落3个，有(1，2，3)，(1，2，4)，(2，3，4)，(1，3，4)，共4种；脱落4个，有(1，2，3，4)，共1种．由分类加法计数原理知，共有2＋6＋4＋1＝13(种)．故选C项．
7．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(　　)
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
解析：选A.将和等于11的数放在一组：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C＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个子集．
8．如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有(　　)

A．256种 B．128种 C．72种 D．64种
解析：选C.方法一：首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．
方法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24种，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
9．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学生委员、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________种(用数字作答)．
解析：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人担任文娱委员，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)．
答案：36
10．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是________．
解析：根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3，4，5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法，故答案是60.
答案：60
11．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．
解析：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．
答案：12
12．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝25，则符合条件的三角形共有________个．
解析：根据三边构成三角形的条件可知，c<25＋a.
第一类：当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个值；
第二类，当a＝2，b＝25时，c可取25，26，共2个值；
…
当a＝25，b＝25时，c可取25，26，…，49，共25个值；
所以三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.
答案：325
[B级　综合练]
13．(2020·郑州质检)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为(　　)
A．72 B．120 C．192 D．240
解析：选D.将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，(1)若末位数字为2，因为含有2个4，所以有＝60(种)情况；(2)若末位数字为6，同理有60种情况；(3)若末位数字为4，因为有两个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120(种)情况．综上，共有60＋60＋120＝240(种)情况．
14．(2020·北京市朝阳区模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有(　　)

A.288种 B．144种 C．576种 D．96种
解析：选C.依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．
[C级　创新练]
15．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________．
解析：第1步，1＝1＋0，1＝0＋1，共2种组合方式；
第2步，9＝0＋9，9＝1＋8，9＝2＋7，9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；
第3步，4＝0＋4，4＝1＋3，4＝2＋2，4＝3＋1，4＝4＋0，共5种组合方式；
第4步，2＝0＋2，2＝1＋1，2＝2＋0，共3种组合方式．
根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.
答案：300
16．中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能(六艺)：礼、乐、射、御、书、数，某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，排课有如下要求：“射”不能排在第一，“数”不能排在最后，则“六艺”讲座不同的排课顺序共有________种．
解析：根据题意，分2种情况讨论：
①“数”排在第一，将剩下的“五艺”全排列，安排在剩下的5节，有A＝120(种)情况．
②“数”不排在第一，则“数”的排法有4种，“射”的排法有4种，将剩下的“四艺”全排列，安排在剩下的4节，有A＝24(种)情况，则此时有4×4×24＝384(种)情况．
则一共有120＋384＝504(种)排课顺序．
答案：504