创新设计一轮复习 第十章 第1节Word下载.docx

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2.（选修2－3P28B2改编）现有4种不同颜色要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（　　）

A.24种B.30种

C.36种D.48种

解析　需要先给C块着色，有4种结果；

再给A块着色，有3种结果；

再给B块着色，有2种结果；

最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×

3×

2×

2＝48（种）.

答案　D

3.（选修2－3P5例3改编）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　从书架上任取1本书，有三类方法：

第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；

第2类方法是从第2层取1本文艺书，有3种方法；

第3类方法是从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的种数是N＝m1＋m2＋m3＝4＋3＋2＝9.

答案　9

4.（2016·

全国Ⅱ卷）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条数为（　　）

A.24B.18C.12D.9

解析　分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；

第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径.由分步乘法计数原理可知有6×

3＝18条可以选择的最短路径.故选B.

答案　B

5.（2019·

杭州模拟）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　每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步.

由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法.

6.（2019·

菏泽六校联考）椭圆＋＝1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________.

解析　因为焦点在x轴上，m>

n，以m的值为标准分类，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.由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有10个.

答案　10

考点一　分类加法计数原理的应用

【例1】

（1）从甲地到乙地有三种方式可以到达.每天有8班汽车、2班火车和2班飞机.一天一人从甲地去乙地，共有________种不同的方法.

（2）满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对（a，b）的个数为________.

解析　

（1）分三类：

一类是乘汽车有8种方法；

一类是乘火车有2种方法；

一类是乘飞机有2种方法，由分类加法计数原理知，共有8＋2＋2＝12（种）方法.

（2）当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故（a，b）的个数为4；

当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.

若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，（a，b）的个数为4；

若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，（a，b）的个数为3；

若a＝2，则b的值可以是－1，0，（a，b）的个数为2.

由分类加法计数原理可知，（a，b）的个数为4＋4＋3＋2＝13.

答案　

（1）12　

（2）13

规律方法　分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置.

（1）根据题目特点恰当选择一个分类标准.

（2）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，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复.

（3）分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏，如本例

（2）中易漏a＝0这一类.

【训练1】

（1）从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为（　　）

A.6B.5C.3D.2

（2）从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为（　　）

A.3B.4C.6D.8

解析　

（1）5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.

（2）以1为首项的等比数列为1，2，4；

1，3，9；

以2为首项的等比数列为2，4，8；

以4为首项的等比数列为4，6，9；

把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，

∴所求的数列共有2（2＋1＋1）＝8（个）.

答案　

（1）B　

（2）D

考点二　分步乘法计数原理的应用

【例2】

（1）用0，1，2，3，4，5可组成无重复数字的三位数的个数为________.

（2）五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________.五名学生争夺四项比赛的冠军（冠军不并列），则获得冠军的可能性有______种.

解析　

（1）可分三步给百、十、个位放数字，第一步：

百位数字有5种放法；

第二步：

十位数字有5种放法；

第三步：

个位数字有4种放法，根据分步乘法计数原理，三位数的个数为5×

5×

4＝100.

（2）五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性.

答案　

（1）100　

（2）45　54

规律方法　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.

【训练2】已知a∈{1，2，3}，b∈{4，5，6，7}，则方程（x－a）2＋（y－b）2＝4可表示不同的圆的个数为（　　）

A.7B.9C.12D.16

解析　得到圆的方程分两步：

第一步：

确定a有3种选法；

确定b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有3×

4＝12（个）.

答案　C

考点三　两个计数原理的综合应用

【例3】

（1）（2017·

天津卷）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）.

（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（　　）

A.48B.18C.24D.36

解析　

（1）当不含偶数时，有A＝120（个），

当含有一个偶数时，有CCA＝960（个），

所以这样的四位数共有1080个.

（2）在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；

而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”.

答案　

（1）1080　

（2）D

规律方法　1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：

（1）一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.

（2）对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.

2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.

【训练3】

（1）（2019·

衡水调研）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

（2）（一题多解）（2019·

青岛质检）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.72种B.48种

C.24种D.12种

（3）如图所示，在连结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）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）.

（2）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＝72种涂法.

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×

1＝24（种）涂法；

二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×

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）.

（3）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）A　（3）40

[思维升华]

1.应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.

在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么.选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏.

2.

（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”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后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.混合问题一般是先分类再分步.

4.要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律.

[易错防范]

1.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行.

2.分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步.

3.确定题目中是否有特殊条件限制.

基础巩固题组

（建议用时：

35分钟）

一、选择题

1.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是（　　）

A.30B.42C.36D.35

解析　因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×

6＝36个虚数.

2.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.40B.16C.13D.10

解析　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.

3.（2019·

济南调研）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，则不同的监考方法有（　　）

A.8种B.9种C.10种D.11种

解析　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）不同的监考方法.

4.（2019·

宁波质检）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×

1＝6（种）涂色方案.

5.某电话局的电话号码为139×

×

，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为（　　）

A.20B.25C.32D.60

解析　依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.

6.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.9B.14C.15D.21

解析　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×

7＝7.

当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.

∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.

因此满足条件的点共有7＋7＝14（个）.

7.将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有（　　）

A.12种B.10种C.9种D.8种

解析　第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2（种）选派方法；

第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有C＝6（种）选派方法；

由分步乘法计数原理可知，不同的选派方案共有2×

6＝12（种）.

答案　A

8.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　将和等于11的放在一组：

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＝32（个）.

二、填空题

9.某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种.

解析　因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有4＋3＝7（种）.

答案　7

10.乘积（a1＋a2＋a3）（b1＋b2＋b3＋b4）（c1＋c2＋c3＋c4＋c5）展开后的项数为________.

解析　从第一个括号中选一个字母有3种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，第三个括号中选一个字母有5种方法，故根据分步乘法计数原理可知共有N＝3×

4×

5＝60（项）.

答案　60

11.在编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子中放入两个不同的小球，每个盒子中最多放入一个小球，且不能在两个编号连续的盒子中同时放入小球，则不同的放小球的方法有________种.

解析　设两个不同的小球为A，B，当A放入1号盒或者6号盒时，B有4种不同的放法；

当A放入2，3，4，5号盒时，B有3种不同的放法，一共有4×

2＋3×

4＝20种不同的放法.

答案　20

12.三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是________.

解析　另两边长用x，y（x，y∈N*）表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1，2，3，…，11，有11个三角形；

当y取10时，x可取2，3，…，10，有9个三角形；

…；

当y取6时，x只能取6，只有1个三角形.所以所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.

答案　36

能力提升题组

15分钟）

13.如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法有（　　）

A.360种B.720种

C.780种D.840种

解析　由题意知2，3，4，5的颜色都不相同，先涂1，有6种方法，再涂2，3，4，5，有A种方法，故一共有6·

A＝720种.

14.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）.

15.从1，2，3，4，7，9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________.

解析　当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到A＝20（个）对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.综上可知，共有20＋1－4＝17（个）不同的对数值.

答案　17

16.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<

y恒成立，则称（A，B）为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个.

解析　A＝{1}时，B有23－1种情况；

A＝{2}时，B有22－1种情况；

A＝{3}时，B有1种情况；

A＝{1，2}时，B有22－1种情况；

A＝{1，3}，{2，3}，{1，2，3}时，B均有1种情况，

故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个.

新高考创新预测

17.（试题创新）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　第一步在六个螺栓中随机选择一个固定，有6种不同的选法，不妨以选择位置1的螺栓为例，第二步，选择一个与1不相邻的位置的螺栓固定，此时有两类：

位置4或位置3，5，当选择位置4时，第三个固定的螺栓位置可以为2，6中的一个，第四个固定的螺栓的位置相应有两种情况，此时第五个固定和第六个固定的位置相应确定；

当选择位置3，5时，不妨以位置3为例，此时第三个固定的螺栓的位置可以为5，6中的一个，若第三个固定的位置为5，则第四个固定的位置只有2一种选择，第五个固定的位置有两种选择，第六个固定的位置相应确定，若第三个固定的位置为6，则第四个固定的位置只能为4，第五个固定的位置只能为2，第六个固定的位置相应确定.综上所述，不同的固定螺栓方式的种数为6×

[2×

2＋2×

（2＋1）]＝60.