10.1 两个计数原理
2013?考纲下载
1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
2．会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题． 请注意！
两个计数原理是推导排列数、组合数公式的依据，又是解决排列、组合问题的基本方法，同时又能独立地解决一些简单的计数问题，在本章中占有十分重要的地位．因此它是高考中必考查的一个知识点. 课本导读
1．分类计数原理的推广
完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2
种不同的方法?在第n类办法中有第mn种不同的办法，那么完成这件事共有
N＝m1＋m2＋?＋mn 种不同的方法． 2．分步计数原理的推广
完成一件事，需要分成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种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×?×mn 种不同的方法．
教材回归
1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有
A．21种 C．143种 答案 C
解析 可分三类：
一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种； 二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种； 三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种； ∴共有63＋45＋35＝143种不同选法．
2．已知a∈{－1,2,3}，b∈{0,1,3,4}，r∈{1,2}则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2所表示的不同的圆的个数有
A．3×4×2＝24 C．(3＋4)×2＝14 答案 A
( )
B．3×4＋2＝14 D．3＋4＋2＝9
B．315种 D．153种
解析 ∵a∈{－1,2,3}，∴a有3种方法，同理b的取法有4种，r有2种，又只有a、b、r依次确定后，才能确定圆，∴故有3×4×2＝24个不同的圆．
3．春回大地，大肥羊学校的春季运动会正在如火如荼地进行，喜羊羊、懒羊羊、沸羊羊、暖羊羊4只小羊要争夺5项比赛的冠军，则有________种不同的夺冠情况．
答案 45
4．为了应对欧债危机，沃尔沃汽车公司决定从10名办公室工作人员中裁去4人，要求甲、乙二人不能全部裁去，则不同的裁员方案的种数为________．
答案 182
34
解析 甲、乙中裁一人的方案有C12C8种，甲、乙都不裁的方案有C8种，故不同的裁员34
方案共有C12C8＋C8＝182种．
5．2013年上海春季高考有8所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么录取方法的种数为________．
答案 168
解析 分步考虑：从8所高校中选2所，有C28种选法；依题意必有2位同学被同一所
11学校录取，则有C2另一位同学被剩余的一所学校录取．所以共有C2C2C2＝3C2种录取方法；8·3·
168种录取方法．
考点一：两个计数原理
例1 (1)若a，b∈N*，且a＋b≤5，则在直角坐标平面内的点(a，b)共有________个． 【解析】 按a分类，当a分别取等于1、2、3、4时，b的值分别有4个、3个、2个、1个，由加法原理知点(a，b)共有4＋3＋2＋1＝10(个)．
【答案】 10
(2)集合P＝{1,2,3}，Q＝{2,3,4,5}，定义P※Q＝{(a，b)|a∈P，b∈Q}，则集合P※Q中元素的个数为
A．4 C．12
【解析】 确定集合P※Q中元素(a，b)需要分两步： 第一步：确定a，有3种不同方法； 第二步：确定b，有4种不同方法．
由分步计数原理可知元素个数有3×4＝12(个)． ∴选C 【答案】 C
探究1 利用两个计数原理解题，必须类步分明，依实际问题是分类，还是分步，必须由题而定．如(1)题中完成这件事分4类即可；(2)题中完成这件事，须分两步，这两步完成后这件事才算告终．
( ) B．6 D．20
思考题1 (1)全体两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ 【解析】 方法一 按十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．
由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数共有： 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
方法二 按个位数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个8个，所以按分类加法计数原理共有：
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
(2)设集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)是坐标平面上的点，a，b∈M，P可以表示
①平面上多少个不同的点？ ②第二象限内的多少个点？ ③不在直线y＝x上的多少个点？
【思路】 要确定平面上点的坐标，需确定横纵坐标，可分两步完成，需用分步计数原理．
【解析】 ①分两步：第一步，确定横坐标6种方法，第二步确定纵坐标有6种方法，根据分步计数原理得N＝6×6＝36.
②分两步；第一步确定横坐标(小于0)有3种方法；第二步确定纵坐标(大于0)有2种方法，根据分步计数原理得N＝3×2＝6.
③分两步：第一步确定横坐标有6种方法；第二步确定纵坐标有5种方法．根据分步计数原理得N＝6×5＝30.
例2 (1)5名旅客投宿到一个旅店的3个房间，问共有多少种不同的住店方法？ 【解析】 ①安排第1名旅客有3个房间(3种方法)． ②安排第2名旅客也有3个房间(3种方法)??. ∴共有3×3×3×3×3＝35(种)不同的住店方法．
(2)5名学生争夺3项比赛的冠军，获得冠军的可能情况种数有多少？ 【解析】 利用住店法：本题相当于3个人住5间店． ∴共有53种不同方法．
探究2 解决计数问题时一定要明确研究的对象是什么？怎样才能完成计数，本题给出解决此类问题的一种方法：住店法．
思考题2 (1)三封信投入到4个不同的信箱中，共有________种投法． 【解析】 方法一 只要三封信都投进了信箱，这件事就算完成，故分三步： 第一步，将第一封信投进信箱，有4种方法．
第二步，将第二封信投进信箱，有4种方法． 第三步，将第三封信投进信箱，有4种方法． 由分步计数原理得共有4×4×4＝64种不同投法． 方法二 本题相当于3个人住4间店．
(2)动物园的一个大笼子里，有4只老虎，3只羊，同一只羊不能被不同的老虎分食，问老虎将羊吃光的情况有多少种？
【解析】 方法一 因为3只羊都被吃掉，故应分为三步，逐一考虑．每只羊都可能被4只老虎中的一只吃掉，故有4种可能，按照分步乘法计数原理，故有4×4×4＝43＝64种．
方法二 本题相当于3个人住4间店．
考点二：两个原理的综合应用
例3 (1)(2012·大纲全国)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有
A．12种 C．24种
( ) B．18种 D．36种
【解析】 由分步乘法计数原理，先排第一列，有A33种方法，再排第二列，有2种方法，故共有A33×2＝12种排列方法，选A.
【答案】 A
(2)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)
【解析】 解题的步骤为：先选人，再打包，再分天．
33
结果为C67C6C3＝140.
【答案】 140
探究3 在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法可能会采取分类的思想求．另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应视问题的特点而定．解题时经常是两个原理交叉在一起使用，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．
思考题3 (1)4张卡片的正、反面分别有0与1、2与3、4与5、6与7，将其中3
张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？
【解析】 分三个步骤： 第一步：首位可放8－1＝7个数； 第二步：十位可放6个数； 第三步：个位可放4个数．
根据乘法原理，可以组成N＝7×6×4＝168个数．
例4 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(用数字作答)．
【解析】 方法一 区域1有C14种着色方法； 区域2有C13种着色方法； 区域3有C12种着色方法；
区域4、5有3种着色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)． ∴共有4×3×2×3＝72种不同着色方法．
方法二 本小题在各类资料上都能找到影子，但所给图形变化后，需要有敏锐的观察力．本题能较深刻地测试逻辑思维能力．
因区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑．区域1有4种涂法．若区域2、4同色，有3种涂色，此时区域3、5均有两种
涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48种；若区域2、4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法．此时区域3、5也都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24种．因此涂法共有48＋24＝72种．
【答案】 72
探究4 做为两个计数原理应用之一的“涂色问题”，曾是高考的热点，解决此类问题体现了两个原理的精髓．
思考题4 用红黄蓝三种颜色给如图所示的六连圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，
且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案共有
A．18个 C．30个
B．24个 D．36个
【解析】 由题意知每种颜色涂两个圆，共有5类，每类A3所以总数为5A33种涂法，3＝30，故选C.
注：将六圆依次编号①②③④⑤⑥，
■可分如下5类：①③，②⑤，④⑥， ①④，②⑤，③⑥， ①④，②⑥，③⑤， ①⑤，②④，③⑥， ①⑥，②④，③⑤. 【答案】 C 本课总结
对于分类计数原理，要重点抓住“类”字，应用时要注意“类”及“类”之间的独立性和并列性，对于分步计数原理，要重点抓住“步”字，应用时要注意“步”与“步”之间的相依性和连续性，对于稍复杂问题，常常结合相关知识混合使用两个计数原理．
(2)某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，则不同买法的种数是________种(用数字作答)．
【解析】 分两类：第一类，买5本2元的有C58种；第二类，买4本2元的和2本1
2542
元的有C48×C3种．故共有C8＋C8×C3＝266种不同的买法种数．
【答案】 266 自助餐
1．已知如图的每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有25种可能，在这25种可能中，电路从P到Q接通的情况有
A．30种 C．16种
(提示：按有几个开关闭合分类) 答案 C
解析 5个开关闭合有1种接通方式；4个开关闭合有5种接通方式；3个开关闭合有8种接通方式；2个开关闭合有2种接通方式，故共有1＋5＋8＋2＝16(种)．
2．(2013·沧州七校联考)某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999”共10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为
A．2 000 C．5 904
B．4 096 D．8 320 B．10种 D．24种
答案 C
解析 若卡号后四位数没有4且没有7，这样的卡的个数为84＝4 096，∴优惠卡的个数为10 000－4 096＝5 904个，故选C.
3．有这样一种数字游戏：在3×3的表格中，要求每个格子中都填上1,2,3三个数字中的某一个数字，并且每一行和每一列都不能出现重复的数字．若游戏开始时表格的第一行第一列已经填上了数字1(如图①)，则此游戏有________种不同的填法；若游戏开始时表格是空白的(如图②)，则此游戏共有________种不同的填法．
答案 4 12
解析 对于图①，第1行有2种填法，其余空格有2种填法，故共有4种填法．对于图②，第1行有6种填法，其余空格有2种填法，故共有6×2＝12(种)填法．
4．已知数列{an}是公比为q的等比数列，集合A＝{a1，a2，?，a10}，从A中选出4个不同的数，使这4个数成等比数列，这样得到4个数的不同的等比数列的个数为________．
答案 24
1
解析 当公比为q时，满足题意的等比数列有7种，当公比为时，满足题意的等比数q1
列有7种，当公比为q2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为2时，满足题意的等比
q1
数列有4种，当公比为q3时，满足题意的等比数列有1种，当公比为3时，满足题意的等
q比数列有1种，因此满足题意的等比数列共有7＋7＋4＋4＋1＋1＝24(种)．
5.如图所示，有五种不同颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________．
答案 180种
解析 按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选； 第二步B区域有4种颜色可选； 第三步C区域有3种颜色可选；
第四步由于重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选用．由分步计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)
6．设x，y∈N*，直角坐标平面中的点为P(x，y)． (1)若x＋y≤6，这样的P点有多少个？ (2)若1≤x≤4,1≤y≤5，这样的P点又有多少？
解析 (1)当x＝1、2、3、4、5时，y值依次有5、4、3、2、1个，不同P点共有5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．
(2)x有1、2、3、4这4个不同值，而y有1、2、3、4、5这5个不同值，共有不同P点4×5＝20(个)．