《【创新方案】2020年高考数学一轮复习 第十一篇 计数原理 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案 理 新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【创新方案】2020年高考数学一轮复习 第十一篇 计数原理 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案 理 新人教版（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理【2020年高考会这样考】考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用【复习指导】复习时要弄清分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别与联系，这是解排列组合问题的基础基础梳理1分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事情共有Nm1m2mn种不同的方法2分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有Nm1m2mn种不同的方法 两
2、个原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”而分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这件事的一种方法，简单的说步与步之间的方法“相互独立，多步完成”类比加法与乘法的关系，在特定的情况下分步乘法计数原理可简化运用分类加法计数原理的过程双基自测1(人教A版教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有()A238个 B232个 C174个 D168个解析可用排除法由0,1,2,3可组成的四位数共
3、有343192(个)，其中无重复的数字的四位数共有3A18(个)，故共有19218174(个)答案C2(2020广州模拟)已知集合A1,2,3,4，B5,6,7，C8,9现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成多少个集合()A24个 B36个 C26个 D27个解析CCCCCC26，故选C.答案C3(2020滨州调研)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()A6种 B12种 C24种 D30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
4、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43224(种)，故选C.答案C4(2020湖南)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()A10 B11 C12 D15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1CC11.答案B5某电子元件是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A、B、C、D，若
5、某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况共有_种解析法一当线路不通时焊点脱落的可能情况共有2222115(种)法二恰有i个焊点脱落的可能情况为C(i1,2,3,4)种，由分类计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况共CCCC15(种)答案15考向一分类加法计数原理【例1】(2020全国)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()A4种 B10种 C18种 D20种审题视点 由于是两类不同的书本，故用分类加法计数原理解析赠送一本画册，3本集邮册，共4种方法；赠送2本画册，2本集邮册共C种方法，由分类
6、计数原理知不同的赠送方法共4C10(种)答案B 分类时，首先要确定一个恰当的分类标准，然后进行分类；其次分类时要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是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理【训练1】 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8432(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32840(个)答案40考向二分步乘法计数原理【例2】(2020北京)用数字2,3组成四位数，且数字2,3
7、至少都出现一次，这样的四位数共有_个(用数字作答)审题视点 组成这个四位数须分4步完成，故用分步乘法计数原理解析法一用2,3组成四位数共有222216(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16214(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C6(个)，因此满足条件的四位数共有24C14(个)答案14 此类问题，首先将完成这件事的过程分步，然后再找出每一步中的方法有多少种，求其积注意：各步之间相互联系，依次都完成后，才能做完这件事简单说使用分步计数原理的原则是步与步之间的方法“
8、相互独立，逐步完成”【训练2】 由数字1,2,3,4，(1)可组成多少个3位数；(2)可组成多少个没有重复数字的3位数；(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字解(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步计数原理共可组成4364个3位数(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步计数原理共可排成没有重复数字的3位数43224(个)(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个考向三涂色问题【例3】 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
9、色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？审题视点 根据乘法原理逐块涂色，要注意在不相邻的区域内可使用同一种颜色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5433180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A60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603180种涂法 涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原
10、理和排列组合的知识灵活处理【训练3】 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数解法一可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法原理即可得出结论由题设，四棱锥S ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有54360种染色方法当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法，若C染5，则D可染3或4，有2种染法可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有6074
11、20(种)法二以S、A、B、C、D顺序分步染色第一步，S点染色，有5种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有543(1322)420(种)法三按所用颜色种数分类第一类，5种颜色全用，共有A种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)
12、，共有2A种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A种不同的方法由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为A2AA420(种)规范解答20如何解决涂色问题【问题研究】 涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点.【解决方案】 涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.【示例】 (本小题满分12分)用红、
13、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，首先确定第一个小方格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法1234解答示范 如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法(2分)当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A12种不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法由分步计数原理可知，有5123180种不同的涂法；(6分)当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻西格
14、不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知有54480种不同的涂法(10分)由分类加法计数原理可得，共有18080260种不同的涂法(12分) 在涂色问题中一定要看颜色是否可以重复使用，不允许重复使用的涂色问题实际上就是一般的排列问题，当颜色允许重复使用时，要充分利用两个计数原理分析解决问题【试一试】 (2020湖北)给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色当n4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：由此推断，当n6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有_种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有_种(结果用数值表示)尝试解答(1)当n6时，如果没有黑色正方形有1种方案，当有1个黑色正方形时，有6种方案，当有两个黑色正方形时，采用插空法，即两个黑色正方形插入四个白色正方形形成的5个空内，有C10种方案，当有三个黑色正方形时，同上方法有C4种方案，由图可知不可能有4个，5个，6个黑色正方形，综上可知共有21种方案(2)将6个正方形空格涂有黑白两种颜色，每个空格都有两种方案，由分步计数原理一共有26种方案，本问所
