2020版高考人教A版理科数学一轮复习文档：第十章 第一节　两个计数原理 Word版含答案.pdf

《2020版高考人教A版理科数学一轮复习文档：第十章 第一节　两个计数原理 Word版含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考人教A版理科数学一轮复习文档：第十章 第一节　两个计数原理 Word版含答案.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第一节 两个计数原理 2019 考纲考题考情 两个计数原理 完成一件事的策略完成这件事共有的方法 分类加 法计数 原理 有 n 类不同方案 ： 在第 1 类方案中有 m1种不同的 方法， 在第 2 类方案中有 m2种不同的方法， 在第 n 类中有 mn种不同 方法 Nm1m2mn种 不同的方法 分步乘 法计数 原理 需要 n 个步骤 ： 做第 1 步 有 m1种不同的方法，做 第 2 步有 m2种不同的方 法，做第 n 步有 mn 种不同方法 Nm1m2mn种不同 的方法 1两个不同点 (1)分类问题中的每一个方法都能完成这件事。 (2)分步问题中每步

2、的每一个方法都只能完成这件事的一部 分。 2三个注意点 (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。 一、走进教材 1 (选修 23P5例 3 改编)书架的第 1 层放有 10 本不同的语 文书，第 2 层放有 12 本不同的数学书，第 3 层放有 10 本不同的 英语书，从书架中任取一本书，则不同的取法种数为( ) A32 B100 C120 D1 200 解析 有三类方法，第 1 类从第 1 层取 1 本语文书，有 10 种方法；第 2 类从第 2 层取 1 本数学书，有 12 种方法；

3、第 3 类 从第 3 层取 1 本英语书，有 10 种方法，由分类加法计数原理， 共有 10121032 种不同的取法。故选 A。 答案 A 2 (选修 23P10练习 T4改编)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( ) A16 B13 C12 D10 解析 由分步乘法计数原理可知，走法总数为 4312。 故选 C。 答案 C 3 (选修 23P12A 组 T2改编)如图， 从 A 城到 B 城有 3 条路 ； 从 B 城到 D 城有 4 条路；从 A 城到 C 城有 4 条路，从 C 城到 D 城有5条路， 则某旅客从A城到D城共有_条不同的路线。 解析

4、 不同路线共有 344532(条)。 答案 32 二、走近高考 4(2016全国卷)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( ) A24 B18 C12 D9 解析 由 E 到 F 有 6 种走法，由 F 到 G 有 3 种走法，由分 步乘法计数原理知，共 6318(种)走法。故选 B。 答案 B 三、走出误区 微提醒：分类分步不清导致出错。 5已知 a，b2,3,4,5,6,7,8,9，则 logab 的不同取值个数为 _。 解析 (a， b)的不同的取值共有 64 个， 其中 loga

5、b1 有 8 个， logab2 有 2 个，logab 有 2 个，logablog23 有 2 个，logab 1 2 log32 有 2 个，则不同取值的个数为 647111153。 答案 53 6在一次游戏中，三个人采用击鼓传花的方式决定最后的 表演者。三个人互相传递，每人每次只能传一下，由甲开始传， 经过五次传递后，花又被传回给甲，则不同的传递方式有 _种。(用数字作答) 解析 设这三个人分别是甲、乙、丙，则他们的传递方式如 图所示。 故共有 10 种。 答案 10 考点一 分类加法计数原理 【例 1】 (1)已知椭圆1，若 a2,4,6,8，b x2 a2 y2 b2 1,2,3,

6、4,5,6,7,8，这样的椭圆个数有( ) A12 B16 C28 D32 (2)我们把中间位数上的数字最大， 而两边依次减小的多位数 称为“凸数” ，如 132,341 等，那么由 1,2,3,4,5 可以组成无重复 数字的三位“凸数”的个数是_。 解析 (1)若焦点在 x 轴上，则 ab，a2 时，有 1 个 ； a4 时， 有3个 ； a6时， 有5个 ； a8时， 有7个， 共有135716 个。若焦点在 y 轴上，则 ba，b3 时，有 1 个 ； b4 时，有 1 个 ； b5 时，有 2 个 ； b6 时，有 2 个 ； b7 时，有 3 个，b8 时， 有 3 个。 共有 11

7、223312 个。 故共有 161228 个。故选 C。 解析 ： 椭圆中ab， 而ab有4种情况， 故椭圆的个数为48 428。故选 C。 (2)根据 “凸数” 的特点， 中间的数字只能是 3,4,5， 故分三类， 第一类，当中间数字为“3”时，此时有 2 种(132,231)；第二类， 当中间数字为“4”时，从 1,2,3 中任取两个放在 4 的两边，故有 6 种；第三类，当中间数字为“5”时，从 1,2,3,4 中任取两个放在 5 的两边，故有 12 种；根据分类加法计数原理，得到由 1,2,3,4,5 可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是 261220。 答案 (1)C (2)20

8、 应用分类加法计数原理解决实际问题的步骤 1审题：认真阅读题设条件，理清题目要求。 2分类：依据题设条件选择分类标准，做到不重不漏。 3整合：整合各类情况得出结论。 【变式训练】 (1)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( ) A3 B4 C6 D8 (2)如图， 从A到O有_种不同的走法(不重复过一点)。 解析 (1)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，所以所求的数列共 有 2(

9、211)8 个。 (2)分 3 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 ABO 和 ACO 共 2 种不同的走法；第 三类，中间过两个点，有 ABCO 和 ACBO 共 2 种 不同的走法，由分类加法计数原理可得共有 1225 种不同 的走法。 答案 (1)D (2)5 考点二 分步乘法计数原理 【例 2】 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列 情况下各有多少种不同的报名方法(六名同学不一定都能参加)? (1)每人只参加一项，每项人数不限； (2)每项限报一人，且每人至多参加一项； (3)每项限报一人，但每人参加的项目不限。 解 (1)每人都可以从三个

10、竞赛项目中选报一项， 各有 3 种不 同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共 有 36729(种)。 (2)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，第三个项目只 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 654120(种)。 (3)每人参加的项目不限， 因此每一个项目都可以从这六名同 学中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方 法共有 63216(种)。 一类元素允许重复选取的计数问题， 可以采用分步乘法计数 原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么。也就是说，用 分步乘

11、法计数原理求解元素可重复选取的问题时， 哪类元素必须 “用完”就以哪类元素作为分步的依据。 【变式训练】 (1)已知集合 M3， 2， 1,0,1,2， P(a， b)(a，bM)表示平面上的点，则 P 可表示坐标平面上第二象限 的点的个数为( ) A6 B12 C24 D36 (2)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 (1)确定第二象限的点， 可分两步完成 ： 第一步确定 a， 由于 a0，所以有 2 种方法。 由分步乘法计数原理， 得

12、到第二象限的点的个数是 32 6。故选 A。 (2)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 26163 种可能情况。 答案 (1)A (2)63 考点三 两个计数原理的综合应用微点小专题 方向 1：计数问题 【例 3】 (1)(2019河南豫北名校联考)2019 年元旦假期， 高 三的 8 名同学准备拼车去旅游，其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班 每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐 4 名同学(乘同一辆 车的 4 名同学不考虑位置)，其中(1)班两位同学是孪生姐妹，需 乘同一辆车， 则乘坐甲车的 4 名同学中恰有 2 名同学是来自同

13、一 个班的乘坐方式共有( ) A18 种 B24 种 C48 种 D36 种 (2)(2017天津高考)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) 解析 (1)由题意，有两类 ： 第一类，一班的 2 名同学在甲车 上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个， 有 C 3 种，然后分别从选择的班级中再选择一个学生，有 C C 2 31 2 4 种， 故有 3412 种。 第二类， 一班的 2 名同学不在甲车上， 1 2 则从剩下的 3 个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上， 有 C 3 种

14、， 然后再从剩下的两个班级中分别选择一人， 有 C C 4 种， 1 31 21 2 这时共有 3412 种， 根据分类计数原理得， 共有 121224 种不同的乘车方式。故选 B。 (2)当组成四位数的数字中有一个偶数时， 四位数的个数为 C C A 960。当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数 3 51 44 4 的个数为 A 120。故符合题意的四位数一共有 9601201 4 5 080(个)。 答案 (1)B (2)1 080 1注意在综合应用两个原理解决问题时，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注意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

15、图或列出表格，使问题形象化、直观化。 方向 2：涂色问题 【例 4】 如图， 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_。 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 3 3 种方法。所以区域 1 与 3 同色时，共有 4A 24(种)方法。(2)区 3 3 域 1 与 3 不同色：第一步涂区域 1 与 3 有 A 种方法，第二步涂 2 4 区域 2 有 2 种涂色方法，第三步涂区域

16、4 只有 1 种方法，第四步 涂区域 5 有 3 种方法。所以共有 A 21372(种)方法。故 2 4 由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为 247296。 答案 96 涂色问题的解题关注点和关键 1关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区 域内是否可以使用同类元素。 2关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理。 【题点对应练】 1(方向 1)某班一天上午有 4 节课，每节都需要安排 1 名教 师去上课，现从 A，B，C，D，E，F 6 名教师中安排 4 人分别上 一节课，第一节课只能从 A，B 两人中安排一个，第四节课只能 从 A，C 两人中安排一人，则不同的安排方案共

17、有_种。 解析 第一节课若安排 A，则第四节课只能安排 C，第二 节课从剩余 4 人中任选 1 人，第三节课从剩余 3 人中任选 1 人， 共有 4312 种安排方案。第一节课若安排 B，则第四节课 可安排 A 或 C，第二节课从剩余 4 人中任选 1 人，第三节课从剩余 3 人中任选 1 人，共有 24324 种安排方案。因此不同的安排方案共有 1224 36(种)。 答案 36 2(方向 1)用两个 1，一个 2，一个 0 可组成不同四位数的 个数是( ) A18 B16 C12 D9 解析 根据题意，分 3 步进行分析：0 不能放在千位，可 以放在百位、十位和个位，有 3 种情况，在剩下

18、的 3 个数位中 任选 1 个，安排 2，有 3 种情况，在最后 2 个数位安排 2 个 1， 有 1 种情况，则可组成 339 个不同四位数。故选 D。 答案 D 3 (方向 2)如图所示的五个区域中， 现有四种颜色可供选择， 要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同 的涂色方法种数为( ) A24 B48 C72 D96 解析 分两种情况： (1)A， C 不同色， 先涂 A 有 4 种， C 有 3 种， E 有 2 种， B， D 有 1 种， 有 43224 种涂法。 (2)A， C 同色， 先涂 A 有 4 种， E 有 3 种， C 有 1 种， B， D 各有

19、2 种， 有 432248 种涂法。 故共有 244872 种涂色方法。故选 C。 答案 C Error!Error! 1 (配合例 1 使用)满足 a， b1,0,1,2， 且关于 x 的方程 ax2 2xb0 有实数解的有序数对(a，b)的个数为( ) A14 B13 C12 D10 解析 当 a0 时，关于 x 的方程为 2xb0，此时有序数 对(0，1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当 a0 时，4 4ab0， ab1， 此时满足要求的有序数对为(1， 1)， (1,0)， (1,1)，(1,2)，(1，1)，(1,0)，(1,1)，(2，1)，(2,0)。综上， 满

20、足要求的有序数对共有 13 个。故选 B。 答案 B 2(配合例 2 使用)甲、乙、丙、丁和戊 5 名同学进行数学应 用知识比赛，决出第 1 名至第 5 名(没有重名次)。已知甲、乙均 未得到第 1 名，且乙不是最后一名，则 5 名同学的名次排列情况 可能有( ) A27 种 B48 种 C54 种 D72 种 解析 分五步完成：第一步，决出第 1 名的情况有 3 种；第 二步， 决出第 5 名的情况有 3 种 ； 第三步， 决出第 2 名的情况有 3 种；第四步，决出第 3 名的情况有 2 种；第五步，决出第 4 名的 情况有 1 种。因此，根据分步乘法计数原理可知，5 名同学的名 次排列情

21、况可能有 3332154(种)。 答案 C 3 (配合例 3 使用)某班有 9 名运动员， 其中 5 人会打篮球， 6 人会踢足球，现从中选出 2 人分别参加篮球赛和足球赛，则不同 的选派方案有( ) A28 种 B30 种 C27 种 D29 种 解析 有 9 名运动员，其中 5 人会打篮球，6 人会踢足球， 则有 2 人既会踢足球又会打篮球，有 3 人只会打篮球，有 4 人只 会踢足球， 所以选派的方案有四类 ： 选派两种球都会的运动员有2 种方案；选派两种球都会的运动员中一名踢足球，只会打篮球的 运动员打篮球，有 236(种)方案；选派两种球都会的运动员 中一名打篮球， 只会踢足球的运动

22、员踢足球， 有 248(种)方案 ； 选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球， 有34 12(种)方案 综上可知， 共有 2681228(种)方案。 故选 A。 答案 A 4(配合例 4 使用)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)的 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。 123 456 789 解析 把区域分为三部分，第一部分 1,5,9，有 3 种涂法。 第二部分 4,7,8，当 5,7 同色时，4,8 各有 2 种涂法，共 4 种涂法 ； 当 5,7 异色时，7 有 2 种涂法，4,8 均只有 1 种涂法，故第二部分 共 426 种涂法。剩下的部分与第二部分涂法一样，共 6 种涂 法。由分步乘法计数原理，可得共有 366108 种涂法。 答案 108