第十章计数原理10.docx
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第十章计数原理10
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布
第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[考情展望] 1.考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用.2.多以选择题、填空题形式考查．
两个计数原理
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，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，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
1．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有（ ）
A．50个 B．45个 C．36个 D．35个
【解析】 根据题意，十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有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，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36（个）．
【答案】 C
2．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为（ ）
A．10B．11C．12D．15
【解析】 若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C.
由分类计数原理知满足条件的信息个数为1＋C＋C＝11.
【答案】 B
3．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为（ ）
A．504B．210C．336D．120
【解析】 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．
故共有7×8×9＝504种不同的插法．
【答案】 A
4．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有（ ）
A．6种B．12种C．24种D．30种
【解析】 分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24（种），故选C.
【答案】 C
5．（2013·山东高考）用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为（ ）
A．243B．252C．261D．279
【解析】 0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900（个）三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648（个），
∴有重复数字的三位数有900－648＝252（个）．
【答案】 B
6．（2013·浙江高考）将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种（用数字作答）．
【解析】 按C的位置分类计算．
①当C在第一或第六位时，有A＝120（种）排法；
②当C在第二或第五位时，有AA＝72（种）排法；
③当C在第三或第四位时，有AA＋AA＝48（种）排法．
所以共有2×（120＋72＋48）＝480（种）排法．
【答案】 480
考向一[172] 分类加法计数原理
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…9}，且P⊆Q，把满足上述条件的一对有序整数对（x，y）作为一个点的坐标，则这样的点的个数是（ ）
A．9 B．14 C．15 D．21
【思路点拨】 由P⊆Q可知：
x＝y或x＝2，故可按分类加法计数原理求解．
【尝试解答】 ∵P⊆Q，∴x＝y或x＝2.
①当x＝2时，y＝3,4，…9，共有7种选法．
②当x＝y时，y＝3,4，…9，共有7种选法．
∴共有满足条件的点7＋7＝14（个）．
【答案】 B
规律方法1 分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置.首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次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，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法.
对点训练
图10－1－1
如图10－1－1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．
【解析】 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】 40
考向二[173] 分步乘法计数原理
（2012·大纲全国卷）将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【思路点拨】 先排第一列三个位置，再排第二列第一行上的元素，则其余位置上元素就可以确定．
【尝试解答】 先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A种不同排法．
再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．
因此共有A·A·1＝12（种）不同的排列方法．
【答案】 A
规律方法2 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，并且也要确定分步的标准，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：
（1）步骤互相独立，互不干扰.
（2）步与步确保连续，逐步完成.
对点训练 已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则
（1）y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；
（2）y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数．
【解】
（1）a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数．
（2）y＝ax2＋bx＋c的开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况．
因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数．
考向三[174] 两个计数原理的综合应用
在1,2,3,4,5这五个数字所组成的允许有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数共有（ ）
A．16个 B．18个 C．19个 D．21个
【思路点拨】 先确定出三个数字（可以有相同的）之和为9的有几类，然后对每类体别用分步列式计算．
【尝试解答】 三个数字和为9的有以下五类：
①1＋3＋5，②2＋3＋4，③2＋2＋5，④1＋4＋4，⑤3＋3＋3.
其中第①、②类的个数相同，例如用1、3、5排成一个三位数，百位有3种排法，十位有2种排法，个位有1种排法，共有3×2×1＝6个．
第③、④类的个数相同，例如用1、4、4排成三位数有3个，百位是1，其他两位是4；十位是1，其他两位是4；个位是1，其他两位是4.
第⑤类只有一个数333.
总之，各个数字之和为9的共有
6＋6＋3＋3＋1＝19（个）．
【答案】 C
规律方法3 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步.
（1）分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.
（2）分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.
对点训练 （2012·北京高考）从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（ ）
A．24 B．18 C．12 D．6
【解析】 根据所选偶数为0和2分类讨论求解．
当选0时，先从1,3,5中选2个数字有C种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C种方法，剩余1个数字排在首位，共有CC＝6（种）方法；当选2时，先从1,3,5中选2个数字有C种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C种方法，其余2个数字全排列，共有CCA＝12（种）方法．依分类加法计数原理知共有6＋12＝18（个）奇数．
【答案】 B
思想方法之二十二 分类讨论思想在计数原理中的妙用
分类加法计数原理体现了分类讨论思想在计数原理中的应用．解决此类问题的关键是确定分类标准，做到不重复、不遗漏．
————[1个示范例]————[1个对点练]————
图10－1－2
编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图10－1－2所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？
【解】 根据A球所在位置分三类：
（1）若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；
（2）若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；
（3）若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C、D、E有A＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×3×2×1＝18种不同方法．
综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．
如图10－1－3，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，则不同的涂色种数有________．
图10－1－3
【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．
∴区域1与3涂同色，共有4A＝24种方法．
（2）区域1与3不同色：
先涂区域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只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．
∴这时共有A×2×1×3＝72种方法，
故由分类计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.
【答案】 96
课时限时检测（10-1） 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
（时间：
60分钟 满分：
80分）
命题报告
考查知识点及角度
题号及难度
基础
中档
稍难
分类加法计数原理
2,5,6
11
分步乘法计数原理
1,3,4,7
10
两个计数原理的综合应用
8,9
12
一、选择题（每小题5分，共30分）
1．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（ ）
A．56B．65
C.D．6×5×4×3×2
【解析】 由分步乘法计数原理得5×5×5×5×5×5＝56.
【答案】 A
2．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有（ ）
A．6种B．8种C．10种D．16种
【解析】 如下图，甲第一次传给乙时有5种方法，同理，甲传给丙也可以推出5种情况，综上有10种传法．
【答案】 C
3．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B、C、D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择（数字可以重复），有车主第一个号码（从左到右）只想在数字3、5、6、8、9中选择，其他号码只想在1、3、6、9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有（ ）
A．180种B．360种
C．720种D．960种
【解析】 按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二位号码有3种选法，其余三位号码各有4种选法．
因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960（种）．
【答案】 D
4．将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有（ ）
A．1种B．3种C．6种D．9种
【解析】 因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．
故有3×2×1＝6种涂色方案．
【答案】 C
5．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数（如120,343,275等），那么所有凸数的个数为（ ）
A．240B．204C．729D．920
【解析】 若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．
若a2＝3，则“凸数”2×3＝6个，若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．
∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240（个）．
【答案】 A
6．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有（ ）
A．20种B．30种C．40种D．60种
【解析】 分三类：
甲在周一，共有A种排法；
甲在周二，共有A种排法；甲在周三，共有A种排法；
∴A＋A＋A＝20.
【答案】 A
二、填空题（每小题5分，共15分）
7．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________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．
【答案】 36
8．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个（用数字作答）．
【解析】 法一 用2,3组成四位数共有2×2×2×2＝16（个），其中不出现2或不出现3的共2个，因此满足条件的四位数共有16－2＝14（个）．
法二 满足条件的四位数可分为三类：
第一类含有一个2，三个3，共有4个；第二类含有三个2，一个3共有4个；第三类含有二个2，二个3共有C＝6（个），因此满足条件的四位数共有2×4＋C＝14（个）．
【答案】 14
9．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}．从两个集合中各取一个元素作点的坐标，则在直角坐标系中，第一、第二象限不同点的个数为________．
【解析】 以集合M的元素作横坐标，N的元素作纵坐标，集合M中任取一元素的方法有3种，要使点在第一、第二象限内，则集合N中只能取5、6两个元素中的一个，有2种取法．根据分步计数原理，有3×2＝6（种）取法，即6个点．以集合N的元素作横坐标，M的元素作纵坐标，集合N中任取一元素的方法有4种，要使点在第一、第二象限内，则集合M中只能取1、3两个元素中的一个，有2种取法．根据分步计数原理，有4×2＝8（种）取法，即8个点．
综合上面两类，利用分类计数原理，共有6＋8＝14（个）．
【答案】 14
三、解答题（本大题共3小题，共35分）
图10－1－4
10．（10分）如图，用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？
【解】 法一 如题图分四个步骤来完成涂色这件事：
涂A有5种涂法；涂B有4种方法；涂C有3种方法；涂D有3种方法（还可以使用涂A的颜色）．
根据分步计数原理共有5×4×3×3＝180种涂色方法．
法二 由于A、B、C两两相邻，因此三个区域的颜色互不相同，共有A＝60种涂法；又D与B、C相邻，因此D有3种涂法；由分步计数原理知共有60×3＝180种涂法．
11．（12分）“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数（如1458），若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，求第30个“渐升数”．
【解】 渐升数由小到大排列，形如
1
2
×
×
的渐升数共有：
6＋5＋4＋3＋2＋1＝21（个）．
形如
1
3
4
×
的渐升数共有5个．
形如
1
3
5
×
的渐升数共有4个．
故此时共有21＋5＋4＝30个．
因此从小到大的渐升数的第30个必为1359.
12．（13分）高二年级四个班中有34个自愿组成数学课外小组，其中一班有7人，二班有8人，三班有9人，四班有10人．推荐两人为中心发言人，且这两人必须来自不同的班级，则有多少种不同的选法？
【解】 分六类，每类都分两步，①从一、二班各选一人，共有7×8＝56种；②从一、三班各选一人，共有7×9＝63种；③从一、四班各选一人，共有7×10＝70种；④从二、三班各选一人，共有8×9＝72种；⑤从二、四班各选一人，共有8×10＝80种；⑥从三、四班各选一人，共有9×10＝90种．所以共有不同的选法为：
N＝56＋63＋70＋72＋80＋90＝431种．
第二节 排列与组合
[考情展望] 1.以实际问题为背景考查排列、组合的应用，同时考查分类讨论的思想.2.以选择题或填空题的形式考查，或在解答题中和概率相结合进行考查．
一、排列与排列数
1．排列
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
2．排列数
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A.
二、组合与组合数
1．组合
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素组成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
2．组合数
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C.
三、排列数、组合数的公式及性质
公式
（1）A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝
（2）C＝＝＝（n，m∈N*，且m≤n）．特别地C＝1.
性质
（1）0！
＝1；
（2）A＝n！
.
（2）①C＝C；②C＝C＋C.
解排列、组合应用题的常见策略
（1）特殊元素优先安排的策略；
（2）合理分类与准确分步的策略；
（3）排列、组合混合问题先选后排的策略；
（4）正难则反、等价转化的策略；
（5）相邻问题捆绑处理的策略；
（6）不相邻问题插空处理的策略；
（7）定序问题除法处理的策略；
（8）分排问题直排处理的策略．
1．从1,2,3,4,5,6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有（ ）
A．9个B．24个C．36个D．54个
【解析】 选出符合题意的三个数字有CC种方法，这三个数可组成CCA＝54个没有重复数字的三位数．
【答案】 D
2．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有（ ）
A．6种B．12种C．30种D．36种
【解析】 从反面考虑：
甲、乙所选的课程，共有CC种不同的选法，其中甲、乙所选的课程都相同的选法有C种．
故甲、乙所选的课程至少有1门不同有CC－C＝30（种）．
【答案】 C
3．A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边（A、B可以不相邻），那么不同的排法共有（ ）
A．24种B．60种C．90种D．120种
【解析】 可先排C、D、E三人，共A种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步计数原理满足条件的排法共A＝60（种）．
【答案】 B
4．某电视台在直播2012年伦敦奥运会时，连续播放5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连续播放则不同的播放方式有________种．
【解析】 3个商业广告共有A种排法，奥运广告不连续播放，最后播放的必须是奥运广告有CA种排法．
故共有ACA＝36（种）．
【答案】 36
5．（2013·大纲全国卷）从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．（用数字作答）
【解析】 由题意知，所有可能的决赛结果有CCC＝6××1＝60（种）．
【答案】 60
6．（2013·北京高考）将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
【解析】 先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有A种，因此共有不同的分法4A＝4×24＝96（种）．
【答案】 96
考向一[175] 排列应用题
6个学生按下列要求站成一排，求各有多少种不同的站法？
（1）甲不站排头，乙不能站排尾；
（2）甲、乙都不站排头和排尾；
（3）甲、乙、丙三人中任何两人都不相邻；
（4）甲、乙都不与丙相邻．
【思路点拨】
（1）按甲站的位置分类求解；
（2）先排甲、乙的位置，再排其他学生；（3）不相邻问题用插空法求解；（4）按丙站的位置分类求解．
【尝试解答】
（1）分两类：
甲站排尾，有A种；甲站中间四个位置中的一个，且乙不站排尾，有AAA种．由分类计数原理，共有A＋AAA＝504（种）．
（2）分两步：
首先将甲、乙站在中间四个位置中的两个，有A种；再站其余4人，有A种．
由分步计数原理，共有A·A＝288（种）．
（3）分两步：
先站其余3人，有A种；再将甲、乙、丙3人插入前后四个空当，有A种．
由分步计数原理，共有A·A＝144（种）．
（4）分三类：
丙站首位，有AA种；丙站末位，有AA种；丙站中间四个位置中的一个，有AAA种．
由分类计数原理，共有2AA＋AAA＝288（种）．
规律方法1 1.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
2．对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．
对点训练 用0,1,2,3,4,5六个数字排成没有重复数字的6位数，分别有多少个？
（1）0不在个位；
（2）1与2相邻；（3）1与2不相邻；（4）0与1之间恰有两个数；（5）1不在个位；（6）偶数数字从左向右从小到大排列．
【解】
（1）AA＝480；
（2）AAA＝192；
（3）AA－AAA＝408；
（4）AAA＋AA＝120；
（5）A－2A＋A＝504；
（6）A－A＝60.
考向二[176] 组合应用题
男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
（1）至少有1名女运动员；
（2）既要有队长，又要有女运动员．
【思路点拨】 第
（1）问可以用直接法或间接法求解．第
（2）问根据有无女队长分类求解．
【尝试解答】
（1）法一 至少有1名女运动员
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