分类加法计数原理与分步乘法计数原理(理带答案).doc

分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础自测：
1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有__种．　32
解析　每位同学有两种不同的报名方法，而且只有这5位同学全部报名结束，才算事件完成．所以共有2×2×2×2×2＝32(种)．
2．有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是________．　12
解析　由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，所以有4×3＝12(种)选法．
3．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_____种．
答案　24
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4×3×2＝24(种)．
4．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)答案　14
解析　数字2,3至少都出现一次，包括以下情况：
“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C＝4(个)四位数．
“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C＝6(个)四位数．
“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数.
题型一　分类加法计数原理的应用
例1　一班有学生50人，男生30人，女生20人；二班有学生60人，男生30人，女生30人；三班有学生55人，男生35人，女生20人．
(1)从一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从一班、二班男生中，或从三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
思维启迪　用分类加法计数原理．
解　(1)完成这件事有三类方法
第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；
第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；
第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，
根据分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)选法．
(2)完成这件事有三类方法
第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；
第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；
第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．
综上知，共有30＋30＋20＝80(种)选法．
思维升华　分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是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．
　(1)在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？
(2)方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆有多少个？
解　(1)分析个位数字，可分以下几类：
个位是9，则十位可以是1,2,3，…，8中的一个，故有8个；
个位是8，则十位可以是1,2,3，…，7中的一个，故有7个；
同理，个位是7的有6个；
个位是6的有5个；
…
个位是2的只有1个．
由分类加法计数原理，满足条件的两位数有
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
(2)以m的值为标准分类，分为五类．
第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择；
第二类：m＝2时，使n>m，n有5种选择；
第三类：m＝3时，使n>m，n有4种选择；
第四类：m＝4时，使n>m，n有3种选择；
第五类：m＝5时，使n>m，n有2种选择．
∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20(种)方法，
即有20个符合题意的椭圆．
题型二　分步乘法计数原理的应用
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？(不一定六名同学都能参加)
(1)每人恰好参加一项，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．
思维启迪　可以根据报名过程，使用分步乘法计数原理．
解　(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，
知共有选法36＝729(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，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．
(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．
思维升华　利用分步乘法计数原理解决问题：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，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
　已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数．
解　(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．
(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．
题型三　两个原理的综合应用
例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，求不同的染色方法总数．
思维启迪　染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题．
解　方法一　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，用分步乘法计数原理即可得出结论．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5×4×3＝60(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60×7＝420(种)．
方法二　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5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．
方法三　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)，共有2×A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
A＋2×A＋A＝420(种)．
思维升华　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．
　用红、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？
解　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．
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法．由分步乘法计数原理可知，有5×12×3＝180(种)不同的涂法；
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻方格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知．有5×4×4＝80(种)不同的涂法．
由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260(种)不同的涂法．
A组　专项基础训练
一、选择题
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 (　　)
A．3 B．4 C．6 D．8
解析　按从小到大顺序有124,139,248,469共4个，同理按从大到小顺序也有4个，故这样的等比数列的个数为8个．
2. 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　共有4×3×2×2＝48(种)，故选D.
3．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．9 B．14 C．15 D．21
解析　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)；当x≠2时，x＝y，点的个数为7×1＝7(个)，则共有14个点，故选B.
4．(2013·山东)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．243 B．252 C．261 D．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)．
5．(2013·四川)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是 (　　)
A．9 B．10 C．18 D．20
解析　由于lg a－lg b＝lg(a>0，b>0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为有A＝20种，又与相同，与相同，∴lg a－lg b的不同值的个数有A－2＝20－2＝18，选C.
二、填空题
6．一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．答案　20
解析　先选男队员，有5种选法，再选女队员有4种选法，由分步乘法计数原理知共有5×4＝20(种)不同的选法．
7．某次活动中，有30人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________(用数字作答)．答案　7 200
解析　其中最先选出的一个人有30种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.
8．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是________．答案　6
解析　分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2＝4(个)；
第二类，第二象限内的点，有1×2＝2(个)．共4＋2＝6(个)．
三、解答题
9．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？
解　由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3(种)，此时共有6×3＝18(种)；
第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2(种)；
所以根据分类加法计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．
10．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多少？
解　方法一　分0个相同、1个相同、2个相同讨论．
(1)若0个相同，则信息为1001.共1个．
(2)若1个相同，则信息为0001,1101,1011,1000.共4个．
(3)若2个相同，又分为以下情况：
①若位置一与二相同，则信息为0101；
②若位置一与三相同，则信息为0011；
③若位置一与四相同，则信息为0000；
④若位置二与三相同，则信息为1111；
⑤若位置二与四相同，则信息为1100；
⑥若位置三与四相同，则信息为1010.
共6个．
故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11.
方法二　若0个相同，共有1个；
若1个相同，共有C＝4(个)；
若2个相同，共有C＝6(个)．
故共有1＋4＋6＝11(个)．

复习与回顾
一、 立体几何：
1.(2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是 (　　)

A.4 B. C. D.6
解析　由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V＝(2×2＋
1×1＋)×2＝.
2.(2013·课标全国Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满
足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则 (　　)
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交，且交线垂直于l
D.α与β相交，且交线平行于l
解析　假设α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，则m∥n，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l1，则l1⊥m，l1⊥n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1∥l.
3、如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱
形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE
＝2EC.
(1)证明：PC⊥平面BED；
(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小.
思维启迪　利用PA⊥平面ABCD建立空间直角坐标系，利用向量求解.
方法一　(1)证明　因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.
如图，设AC∩BD＝F，连接EF.
因为AC＝2，PA＝2，PE＝2EC，
故PC＝2，EC＝，FC＝，
从而＝，＝.
因为＝，∠FCE＝∠PCA，
所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°.
由此知PC⊥EF.
因为PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，
所以PC⊥平面BED.
(2)解　在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足.
因为二面角A－PB－C为90°，
所以平面PAB⊥平面PBC.
又平面PAB∩平面PBC＝PB，
故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.
因为BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，
故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，
所以底面ABCD为正方形，AD＝2，
PD＝＝2.
设D到平面PBC的距离为d.
因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，
即d＝AG＝.
设PD与平面PBC所成的角为α，则sin α＝＝.
所以PD与平面PBC所成的角为30°.
方法二　(1)证明　以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立
如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则C(2，0,0)，P(0,0,2)，E，
设D(，b,0)，其中b>0，
则B(，－b,0).
于是＝(2，0，－2)，＝，
＝，
从而·＝0，·＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE.
又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.
(2)解　＝(0,0,2)，＝(，－b,0).
设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则
m·＝0，m·＝0，即2z＝0且x－by＝0，
令x＝b，则m＝(b，，0).
设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则
n·＝0，n·＝0，
即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，
令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.
因为二面角A－PB－C为90°，所以面PAB⊥面PBC，
故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，
于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，
所以cos〈n，〉＝＝，
所以〈n，〉＝60°.
因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，
故PD与平面PBC所成的角为30°.
二、圆锥曲线：
1．双曲线的焦点在x轴上，实轴长为4，离心率为3，则该双曲线的标准方程为________，渐近线方程为________．答案　－＝1　y＝±2x
解析　由题意设双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，则2a＝4，即a＝2，e＝＝3，则c＝6，b＝4，所以双曲线的标准方程为－＝1，渐近线方程为y＝±x＝±2x.
2、若点(3,1)是抛物线y2＝2px一条弦的中点，且这条弦所在直线的斜率为2，则p＝________.
答案　2
解析　设弦两端点为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
则，两式相减得，＝＝2.
又∵y1＋y2＝2，∴p＝2.
3、已知椭圆E的左、右焦点分别为F1、F2，过F1且斜率为2的直线交椭圆E于P、Q两点，若△PF1F2为直角三角形，则椭圆E的离心率为 (　　)
A. B. C. D.
解析　由题意可知，∠F1PF2是直角，且tan∠PF1F2＝2，∴
＝2，又|PF1|＋|PF2|＝2a，∴|PF1|＝，|PF2|＝.
根据勾股定理得2＋2＝(2c)2，
所以离心率e＝＝.
4、已知双曲线－＝1 (a>0，b>0)与抛物线y2＝8x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P，若|PF|＝5，则双曲线的渐近线方程为 (　　)
A.y＝±x B.y＝±x C.y＝±x D.y＝±x
解析　设点P(x0，y0).依题意得，焦点F(2,0)，
于是有x0＝3，y＝24；
由此解得a2＝1，b2＝3，
因此该双曲线的渐近线方程是y＝±x＝±x.
5、.已知抛物线x2＝4y的焦点为F，经过F的直线与抛物线相交于A，B两点，则以AB为直径的圆在x轴上所截得的弦长的最小值是________.
答案　2
解析　由抛物线定义得以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，利用直角三角形中勾股定理得到弦长的解析式，再求弦长的最小值.设以AB为直径的圆的半径为r，则|AB|＝2r≥4，r≥2，且圆心到x轴的距离是r－1，所以在x轴上所截得的弦长为2＝2≥2，即弦长的最小值是2.
6、在平面直角坐标系xOy中，动点P到两点(－，0)，(，0)的距离之和等于4，设点P的轨迹为曲线C，直线l过点E(－1,0)且与曲线C交于A，B两点．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)是否存在△AOB面积的最大值，若存在，求出△AOB的面积；若不存在，说明理由．
解　(1)由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(－，0)，(，0)为焦点，
长半轴长为2的椭圆，
故曲线C的方程为＋y2＝1.
(2)存在△AOB面积的最大值．
因为直线l过点E(－1,0)，可设直线l的方程为x＝my－1或y＝0(舍)，
则整理得(m2＋4)y2－2my－3＝0.
由Δ＝(2m)2＋12(m2＋4)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
解得y1＝，y2＝.
则|y2－y1|＝.
因为S△AOB＝|OE|·|y1－y2|＝＝.
设g(t)＝t＋，t＝，t≥.
则g(t)在区间[，＋∞)上为增函数．所以g(t)≥.
所以S△AOB≤，当且仅当m＝0时取等号，
即(S△AOB)max＝.
所以存在△AOB面积的最大值，S△AOB的最大值为.