届高考理科数学第一轮复习教案.docx
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届高考理科数学第一轮复习教案
第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
两个原理
分类加法计数原理、分步乘法计数原理
（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
（2）会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
知识点 两个原理
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．
易误提醒
（1）分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．
（2）分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步与步之间是相关联的．
[自测练习]
1．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．30B．20C．10D．6
解析：
从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数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．
答案：
D
2．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
考点一 分类加法计数原理|
1．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（ ）
A．20 B．16
C．10D．6
解析：
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．
答案：
B
2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有（ ）
A．8种B．9种
C．10种D．11种
解析：
法一：
设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9（种）．
法二：
班级按a，b，c，d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：
∴共有9种不同的监考方法．
答案：
B
3．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形（个人输赢局次的不同视为不同情形）共有（ ）
A．6种B．12种
C．18种D．20种
解析：
分三种情况：
恰好打3局（一人赢3局），有2种情形；恰好打4局（一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢），共有2C
＝6（种）情形；恰好打5局（一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢），共有2C
＝12（种）情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20（种）．
答案：
D
利用加法原理解决问题时的注意点
（1）根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；
（2）分类时，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
考点二 分步乘法原理|
有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这项任务，不同的选法有（ ）
A．1260种 B．2025种
C．2520种D．5040种
[解析] 第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有C
种选派方法；
第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有C
种选派方法；
第三步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有C
种选派方法．根据分步乘法计数原理，知选法为C
·C
·C
＝2520种．
[答案] C
利用分步乘法计数原理解决问题时应注意
（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）各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．
从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f（x）＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个（用数字作答）．
解析：
一个二次函数对应着a，b，c（a≠0）的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6个偶函数．
答案：
18 6
考点三 两个原理的应用|
两个原理的应用类型主要有：
1．涂色问题．
2．几何问题．
3．集合问题．
探究一 涂色问题
1.（2015·湖南十二校联考）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形（如图），使得任意相邻（有公共边）小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5，9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析：
第一步，从红、黄、蓝三种颜色中任选一种去涂标号为“1、5、9”的小正方形，涂法有3种；
第二步，涂标号为“2、3、6”的小正方形，若“2、6”同色，涂法有2×2种，若“2、6”不同色，涂法有2×1种；
第三步：
涂标号为“4、7、8”的小正方形，涂法同涂标号为“2、3、6”的小正方形的方法一样．
因此符合条件的所有涂法共有3×（2×2＋2×1）×（2×2＋2×1）＝108（种）．
答案：
108
探究二 几何问题
2．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．60 B．48
C．36D．24
解析：
长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，6个对角面构成的“平行线面组”有6×2＝12个，共有36＋12＝48个，故选B.
答案：
B
探究三 集合问题
3．（2015·保定市高三调研考试）已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集．若对∀x∈A，y∈B，x解析：
当A＝{1}时，B有23－1种情况，
当A＝{2}时，B有22－1种情况，
当A＝{3}时，B有1种情况，
当A＝{1,2}时，B有22－1种情况，
当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况，
所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．
答案：
17
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，才完成了任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
（3）对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析．
21.分类不当致误
【典例】 （2016·沈阳模拟）一生产过程有四道工序，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________种．
[解析] 按甲先分类，再分步
①若甲在第一道工序，则第四道工序只能是丙，其余两道工序的安排方法有4×3＝12种，
②若乙在第一道工序，则第四道工序从甲、丙两人中选一人．有2种方法，其余两道工序有4×3＝12种方法，所以共有12×2＝24种方法．
综上可知，共有的安排方法有12＋24＝36种．
[答案] 36
[易错点评] 本题解题时分类不当易致误，分类时可按甲在第一道工序与乙在第一道工序分类．
[防范措施] 利用两个原理解题时，关键是根据要完成的事件恰当地选择唯一标准进行分类，切勿标准不统一，导致多解或少解，从而失误．
[跟踪练习] 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．
解析：
分两类：
①有一条公共边的三角形共有8×4＝32（个）；②有两条公共边的三角形共有8个．故共有32＋8＝40（个）．
答案：
40
A组 考点能力演练
1．如果把个位数是1，且恰好有3个数字相同的四位数叫作“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（ ）
A．9个 B．3个
C．12个D．6个
解析：
当重复数字是1时，有C
·C
；当重复数字不是1时，有C
种．由分类加法计数原理，得满足条件的“好数”有C
·C
＋C
＝12个．
答案：
C
2．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2013是“六合数”），则“六合数”中首位为2的“六合数”共有（ ）
A．18个B．15个
C．12个D．9个
解析：
依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数分别为211,121,112.共计：
3＋6＋3＋3＝15个．
答案：
B
3．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为（ ）
A．56B．54
C．53D．52
解析：
在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52（个）．
答案：
D
4．（2015·辽宁五校联考）甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动，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，不同的安排方案共有（ ）
A．20种B．30种
C．40种D．60种
解析：
可将安排方案分为三类：
①甲排在周一，共有A
种排法；②甲排在周二，共有A
种排法；③甲排在周三，共有A
种排法，故不同的安排方案共有A
＋A
＋A
＝20种．故选A.
答案：
A
5．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成的子集，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：
先把数字分成5组：
{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32（个）．
答案：
A
6．从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是________．
解析：
从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0，可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法，故所求奇数的个数为3×3×2＝18.
答案：
18
7.如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种．（用数字作答）
解析：
从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480（种）涂色方法．
答案：
480
8．形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比与它们各自相邻的数字大，则由1,2,3,4,5可构成不重复的五位“波浪数”的个数为________．
解析：
由题意可得，十位和千位只能是4、5或者3、5.若十位和千位排4、5，则其他位置任意排1、2、3，则这样的数有A
A
＝12（个）；若十位和千位排5、3，这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻，1、2在其余位置上任意排列，则这样的数有A
A
＝4（个），综上，共有16个．
答案：
16
9．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．
（1）若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？
（2）若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？
解析：
（1）若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取一个或A，C袋中各取一个或B，C袋中各取一个．
∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11（种）．
（2）若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个．
∴应有1＋3＝4（种）．
10．现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有多少种？
解：
先给最上面的一块着色，有4种方法，再给中间左边一块着色，有3种方法，再给中间右边一块着色，有2种方法，最后再给下面一块着色，有2种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种方法．
B组 高考题型专练
1．（2014·高考大纲全国卷）有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（ ）
A．60种B．70种
C．75种D．150种
解析：
从中选出2名男医生的选法有C
＝15种，从中选出1名女医生的选法有C
＝5种，所以不同的选法共有15×5＝75种，故选C.
答案：
C
2．（2014·高考广东卷）设集合A＝{（x1，x2，x3，x4，x5）|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为（ ）
A．60B．90
C．120D．130
解析：
设t＝|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|，t＝1说明x1，x2，x3，x4，x5中有一个为－1或1，其他为0，所以有2·C
＝10个元素满足t＝1；t＝2说明x1，x2，x3，x4，x5中有两个为－1或1，其他为0，所以有C
×2×2＝40个元素满足t＝2；t＝3说明x1，x2，x3，x4，x5中有三个为－1或1，其他为0，所以有C
×2×2×2＝80个元素满足t＝3，从而，共有10＋40＋80＝130个元素满足1≤t≤3.故选D.
答案：
D
3．（2013·高考重庆卷）从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________（用数字作答）．
解析：
按每科选派人数分3、1、1和2、2、1两类．
当选派人数为3、1、1时，有3类，共有C
C
C
＋C
C
C
＋C
C
C
＝200（种）．
当选派人数为2、2、1时，有3类，共有C
C
C
＋C
C
C
＋C
C
C
＝390（种）．
故共有590种．
答案：
590
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