全国理数第46课 分类加法计数原理与分步乘法计数原理.docx

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全国理数第46课分类加法计数原理与分步乘法计数原理

第46课分类加法计数原理与分步乘法计数原理

1．分类加法计数原理的应用

（1）（经典题，5分）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（　　）

A．14　　　　　B．13　　　　　C．12　　　　　D．10

答案：

B

解析：

①当a＝0时，x＝－

，b＝－1，0，1，2，有4种可能；

②当a≠0时，由已知得Δ＝22－4ab≥0，即ab≤1.

若a＝－1，则b＝－1，0，1，2，有4种可能；

若a＝1，则b＝－1，0，1，有3种可能；

若a＝2，则b＝－1，0，有2种可能，

∴由分类加法计数原理得，满足条件的有序数对（a，b）的个数为4＋4＋3＋2＝13.

（2）（2016全国Ⅲ，5分）定义“规范01数列”{an}如下：

{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（　　）

A．18个B．16个C．14个D．12个

答案：

C

解析：

（法一）由题意可知，m＝4时，数列{an}中共有8项，其中有4项为0，有4项为1，且对于任意的k≤8，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，则a1必为0，a8必为1，下面对a2的取值进行分类讨论：

①当a2＝0时，只要a3，a4，a5不全为1即可，即a3，a4，a5中至少有一个为0.

当a3，a4，a5中只有一个为0时，a6，a7两项中一项为0，一项为1，此时共有3×2＝6种满足条件的情形；

当a3，a4，a5中有两个为0时，a6，a7全为1，此时共有3种满足条件的情形．

故当a2＝0时，共有6＋3＝9种满足条件的情形；

②当a2＝1时，则a3＝0，对a4进行分类讨论：

当a4＝0时，a5，a6，a7中任一项为0都满足条件，此时有3种情形；

当a4＝1时，a5＝0，此时a6，a7中任一项为0都满足条件，此时有2种情形．

故当a2＝1时，共有3＋2＝5种满足条件的情形．

综上，共有9＋5＝14种满足条件的情形．

（法二）由题意得，必有a1＝0，a8＝1，则具体的排法列表如下：

由列表可知，不同的“规范01数列”共有14个．

2．分步乘法计数原理的应用

（3）（2016全国Ⅱ，5分）如图46－5所示，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（　　）

图46－5

A．24B．18C．12D．9

答案：

B

解析：

从E→F的最短路径有6种走法，从F→G的最短路径有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．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用

（4）（经典题，5分）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000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，万位上的数字只能是4或5.①若万位上的数字是5，则个位上的数字可能是0，2，4中的一个，千位、百位、十位上的数字从剩余的四个数字中选取，此时偶数的个数为1×4×3×2×3＝72；②若万位上的数字是4，则个位上的数字可能是0，2中的一个，千位、百位、十位上的数字从剩余的四个数字中选取，此时偶数的个数为1×4×3×2×2＝48.

∴比40000大的偶数共有72＋48＝120（个），故选B.

（5）（经典题，5分）如图46－10所示，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________（用数字作答）．

图46－11

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：

第一步涂区域1与3，有4种方法；第二步涂区域2，4，5（还有3种颜色），有3×2×1＝6种方法，

∴由分步乘法计数原理得，区域1与3同色共有4×6＝24种方法．

②区域1与3不同色：

第一步涂区域1与3，有4×3＝12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，

∴由分步乘法计数原理得，区域1与3不同色共有12×2×1×3＝72种方法．

综上，由分类加法计数原理得，不同的涂色种数为24＋72＝96.

随堂普查练46

1．（经典题，5分）方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－2，0，1，2，3}且a，b，c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有（　　）

A．28条B．32条C．36条D．48条

答案：

B

解析：

若方程表示抛物线，则ab≠0，方程可变形为x2＝

y－

，分b＝－2，1，2，3四种情况讨论：

（1）若b＝－2，则

（2）若b＝2,则

当两组数值中的b值互为相反数，a，c的值分别相同时，对应的抛物线相同，以上两种情况有4条重复，故共有9＋9－4＝14条；同理，（3）若b＝1，共有9条；（4）若b＝3，共有9条．综上，共有14＋9＋9＝32条．

2．（经典题，5分）如图46－13所示，一只蚂蚁从点A出发沿着水平面的线条爬行到点C，再由点C沿着置于水平面的长方体的棱爬行至顶点B，则它可以爬行的不同的最短路径有（　　）条．

图46－13

A．40B．60C．80D．120

答案：

B

解析：

蚂蚁从A到C需要走五段路，如图：

A到C的最短路径有：

ARDEFC，ARTEFC，ARTSFC，ARTSMC，AQTEFC，AQTSFC，AQTSMC，AQPSFC，AQPSMC，AQPNMC，共有10条路径．

从C到B共有3×2＝6条路径．根据分步乘法计数原理可知，蚂蚁从点A到点B可以爬行的不同的最短路径有10×6＝60条，故选B.

3．（经典题，5分）用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（　　）

A．24B．48C．60D．72

答案：

D

解析：

若五位数为奇数，则个位数字应该为1或3或5，其他位置共有4×3×2×1＝24种排法，∴奇数的个数为3×24＝72.故选D.

4．（2018浙江仿真，4分）工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图46－14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________．

答案：

60

解析：

第一步，从6个位置任选1个，有6种方法，不妨取1号位置；

第二步，分析之后的选法，列出所有情况如图：

则第二步有10种方法．

根据分步乘法计数原理，不同的固定螺栓方式的种数是6×10＝60.

5．（经典题，5分）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

答案：

B

解析：

由分步乘法计数原理知：

用0，1,…，9十个数字组成三位数（可有重复数字）的个数为9×10×10＝900,组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648,则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252，故选B.

6．（经典题，5分）若一个四位数的各位数字相加和为10，则称该数为“完美四位数”，如数“2017”．那么用数字0，1，2，3，4，5，6，7组成的无重复数字且大于2017的“完美四位数”有（　　）个．

A．53B．59C．66D．71

答案：

D

解析：

由题设中提供的信息可知：

和为10的四个数字可以是0，1，2，7；0，1，3，6；0，1，4，5;0，2，3，5；1，2，3，4，共五组．第一组中，7排千位时，有3×2＝6种情形；2排千位，1，7排百位时，有2×2×1＝4种情形；2排千位，0排百位，7排十位时，有1种情形，共6＋4＋1＝11种情形．第二、三组中，3，6与4，5分别排千位，各有2×3×2×1＝12种情形，共有2×12＝24种情形．第四、五组中，2，3，5与2，3，4分别排千位，各有3×3×2×1＝18种情形，共有2×18＝36种情形．依据分类加法计数原理得，符合题设条件的“完美四位数”共有11＋24＋36＝71个，故选D.

7．（2018北京石景山模拟，5分）现用4种不同颜色对如图46－15所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（　　）

图46－15

A．24种B．30种C．36种D．48种

答案：

D

解析：

按涂色顺序进行分步：

涂②③部分时，有4×3＝12种涂法；涂①部分时，有2种涂法；涂④部分时，有2种涂法．由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有12×2×2＝48种．故选D.

课后提分练46　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

A组（巩固提升）

1．（2018北京东城模拟，5分）故宫博物院五一期间同时举办“戏曲文化展”“明代御窑瓷器展”“历代青绿山水画展”“赵孟頫书画展”四个展览．某同学决定在五一当天的上、下午各参观其中的一个，且至少参观一个画展，则不同的参观方案共有（　　）

A．6种B．8种C．10种D．12种

答案：

C

解析：

设四个展览依次为a，b，c1，c2.按参观画展的数量分类：

参观一个画展时，有ac1，bc1，ac2，bc2，c1a，c1b，c2a，c2b，共8种参观方案；参观两个画展时，有c1c2，c2c1，共两种参观方案．根据分类加法计数原理，共有8＋2＝10种参观方案．故选C.

2．（经典题，5分）由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（　　）

A．36个B．42个C．48个D．120个

答案：

B

解析：

根据五位偶数的个位数字为0或2分两类：

①若五位数的个位数字是0，则有n1＝4×3×2×1＝24种情形；②若五位数的个位数字是2，由于万位不能为0，因此只有1，3，5，共3种情形，中间的三个位置有3×2×1＝6种情形，依据分步乘法计数原理可得n2＝3×6＝18种情形．由分类加法计数原理可得，所有无重复数字的五位偶数的个数为n＝n1＋n2＝24＋18＝42，故选B.

3．（2018广州模拟，5分）某学校获得5个高校自主招生推荐名额，其中甲大学2名，乙大学2名，丙大学1名，并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3男2女共5名推荐对象，则不同的推荐方案共有（　　）

A．36种B．24种C．22种D．20种

答案：

B

解析：

按男生的推荐方式进行分类，并按先男生后女生的方式进行分步：

①3名男生每个大学各推荐1名，有3×2×1＝6种情况；2名女生占剩余名额，有2×1＝2种情况，共6×2＝12种情况．②3名男生推荐给甲、乙大学，可视为先选1个大学推荐1名男生，其他2名男生推荐给另一个大学，有2×3×1＝6种情况；2名女生占剩余名额，有2×1＝2种情况，共6×2＝12种情况．根据分类加法计数原理，共有12＋12＝24种推荐方案．故选B.

4．（经典题，5分）甲、乙、丙三个人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，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，满足条件的传递方式有3种（如图）．

同理，甲第一次踢给丙时，满足条件的传递方式也有3种．由分类加法计数原理得，共有3＋3＝6种传递方式．

5．（经典题，5分）如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，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

答案：

A

解析：

若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，满足条件的“凸数”为120与121，共2个；若a2＝3，满足条件的“凸数”有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”的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.

6．（经典题，5分）若自然数n使得n＋（n＋1）＋（n＋2）做竖式加法不产生进位现象，则称n为“不进位数”，例如：

32是“不进位数”，因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“不进位数”，因为23＋24＋25产生进位现象．那么小于1000的“不进位数”的个数为（　　）

A．27B．36C．39D．48

答案：

D

解析：

将小于1000的自然数用一个三位数表示，如：

12可写成012，5可写成005，∴本题等价于找出小于1000的三位数的“不进位数”即可．个位上的数字只能为0，1或2，十位上的数字只能为0，1，2或3，百位上的数字只能为0，1，2或3，∴根据分步乘法计数原理得，N＝3×4×4＝48，故选D.

7．（经典题，5分）将大小形状相同的3个黄球和5个黑球放入如图46－1所示的2×5的十宫格中，每格至多放一个，要求相邻方格的小球不同色（有公共边的两个方格为相邻），如果同色球不加以区分，那么所有不同的放法种数为（　　）

A．40B．36C．24D．20

答案：

D

解析：

对十宫格的10个方格进行编号，如图．

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

根据题意，分两步进行分析：

①由于共10个方格，而有5个黑球，且相邻方格的小球不同色，则5个黑球必须放在1，3，5，7，9五个方格或2，4，6，8，10五个方格中，有2种情况；②把3个黄球安排在剩下的5个空格，有

＝10种情况，则共有2×10＝20种不同的放法，故选D.

8．（2018北京丰台模拟，5分）某学校为了弘扬中华传统“孝”文化，共评选出2位男生和2位女生为校园“孝”之星，现将他们的照片展示在宣传栏中，要求同性别的同学不能相邻，则不同的排法种数为（　　）

A．4B．8C．12D．24

答案：

B

解析：

按首位同学的性别进行分类：

①首位为男生，即按男女男女的顺序排列，有2×2×1×1＝4种排法；

②首位为女生，即按女男女男的顺序排列，有2×2×1×1＝4种排法．

总计为4＋4＝8种排法．故选B.

9．（经典题，5分）一个旅游景区的游览线路如图46－2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，则不重复（除交汇点O外）的不同游览线路有________种（用数字作答）．

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条路可以选择，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条路可以选择，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条路可以选择，从中任选一个，有2种选法．由分步乘法计数原理知，共有6×4×2＝48种不同的游览路线．

10．（2018安徽模拟，5分）我国第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼—15”飞机准备着舰，如果乙机不能最先着舰，而丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻），那么不同的着舰方法种数为（　　）

A．24B．36C．48D．96

答案：

C

解析：

以乙机的着舰顺序作为分类依据．

当乙机的顺序为②时，甲、丙两架飞机的着舰顺序可以是③①，④①，⑤①，④③，⑤③，⑤④，共6种，剩下2架飞机的着舰顺序有2种，则一共有6×2＝12种着舰方法；同理，当乙机的顺序为③，④，⑤时，各有12种着舰方法．

根据分类加法计数原理，不同的着舰方法种数为12＋12＋12＋12＝48.故选C.

11．（经典题，5分）2017年1月27日，哈尔滨地铁3号线一期开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街游览，每人只能去一个地方，哈西站一定要有人去，则不同的游览方案有________种．

答案：

65

解析：

根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街，每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3＝81种情况．若哈西站没人去，即四位同学选择了城乡路和哈尔滨大街，每人有2种选择，则4人一共有2×2×2×2＝16种情况，故哈西站一定有人去有81－16＝65种情况，即哈西站一定有人去的游览方案有65种．

12．（经典题，6分）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：

11，22，33，…，99；3位回文数有90个：

101，111，121，…，191，202，…，999.则

（1）4位回文数有________个；

（2）2n＋1（n∈N*）位回文数有________个．

答案：

（1）90　

（2）9×10n

解析：

（1）4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共9×10＝90种填法，即4位回文数有90个．

（2）根据回文数的定义，此问题可以转化成填方格．在2n＋1个方格中，从左至右分别填入a1，a2，a3，…，a2n＋1，其中a1＝a2n＋1≠0，共有9种情况，a2＝a2n，a3＝a2n－1，…，an＝an＋2，每个各有10种情况，中间项an＋1有10种情况，∴根据分步乘法计数原理可得共有9×10n种情况，即回文数有9×10n个．

B组（冲刺满分）

13.（经典题，5分）将一个四棱锥S－ABCD的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种不同颜色可供使用，则不同的染色方法的总数是（　　）

A．540B．480C．420D．360

答案：

C

解析：

由题设知四棱锥的顶点S，A，B所染颜色互不相同，则共有5×4×3＝60种．当S，A，B染好时，不妨设所染颜色依次为1，2，3，剩余的两种颜色为4，5.若C染2，则D可染3或4或5，共3种；若C染4，则D可染3或5，共2种；若C染5，则D可染3或4，共2种，即当S，A，B染好时，C，D还有7种染法，∴共有60×7＝420种．故选C.

14．（经典题，5分）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＋3802＝3936），则称（m，n）为“简单的”有序数对，而m＋n称为有序数对（m，n）的值，那么值为1942的“简单的”有序数对的个数是（　　）

A．100B．150C．200D．300

答案：

D

解析：

根据题意可得，1942为两个非负整数的和（做加法时各位均不进位），其中一个数确定，另一个数也确定，∴千位上有0，1两种情况，百位上有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，共10种情况，十位上有0，1，2，3，4，共5种情况，个位上有0，1，2，共3种情况．应用分步乘法计数原理得，值为1942的“简单的”有序数对的个数为2×10×5×3＝300，故选D.