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：15 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 2×2×2×2×232(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 4×312(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 4×3×224(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1 4“2”出现 2 次， “3”出现 2 次，共可组成 C 6(个)四位数2 4“2”出现 3 次， “3”出现 1 次，共可组成 C 4(个)四位数3 4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 506055165(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 30302080(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 m1,2,3,4,5，n1,2,3,4,5,6,7，那么这样x2my2n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1234567836(个)(2)以 m 的值为标准分类，分为五类第一类：m1 时，使 n>m，n 有 6 种选择；第二类：m2 时，使 n>m，n 有 5 种选择；第三类：m3 时，使 n>m，n 有 4 种选择；第四类：m4 时，使 n>m，n 有 3 种选择；第五类：m5 时，使 n>m，n 有 2 种选择共有 6543220(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 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，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4120(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 63216(种)思维升华 利用分步乘法计数原理解决问题：要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；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 M3，2，1,0,1,2，若 a，b，cM，则：(1)yax2bxc 可以表示多少个不同的二次函数；(2)yax2bxc 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 yax2bxc可以表示 5×6×6180(个)不同的二次函数(2)yax2bxc 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yax2bxc 可以表示 2×6×672(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 SABCD 的顶点 S、A、B 所染的颜色互不相同，它们共有 5×4×360(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 60×7420(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×(1×32×2)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；5 5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4 5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3 5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)5 54 53 5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，2 4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5×12×3180(种)不同的涂法；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 5×4×480(种)不同的涂法由分类加法计数原理可得，共有 18080260(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( )''A3 B4 C6 D8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( )A24 种 B30 种 C36 种 D48 种解析 共有 4×3×2×248(种)，故选 D.3集合 Px,1，Qy,1,2，其中 x，y1,2,3，9，且 PQ.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( )A9 B14 C15 D21解析 当 x2 时，xy，点的个数为 1×77(个)；当 x2 时，xy，点的个数为 7×17(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( )A243 B252 C261 D279解析 0,1,2，9 共能组成 9×10×10900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8648(个)有重复数字的三位数有 900648252(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 alg b 的不同值的个数是( )A9 B10 C18 D20解析 由于 lg alg blg (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，abab2 51339与 相同，lg alg b 的不同值的个数有 A 220218，选 C.31932 5二、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5×420(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30×20×127 200.''8已知集合 M1，2,3，N4,5,6，7，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 2×24(个)；第二类，第二象限内的点，有 1×22(个)共 426(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 213(种)，此时共有 6×318(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 1×22(种)；所以根据分类加法计数原理知共有 18220(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：若位置一与二相同，则信息为 0101；若位置一与三相同，则信息为 0011；若位置一与四相同，则信息为 0000；若位置二与三相同，则信息为 1111；若位置二与四相同，则信息为 1100；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 14611.方法二 若 0 个相同，共有 1 个；若 1 个相同，共有 C 4(个)；1 4若 2 个相同，共有 C 6(个)2 4故共有 14611(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.4B. C.D.6143163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 (2×2 131×1)×2.2 × 2 × 1 × 11432.(2013·课标全国)已知 m，n 为异面直线，m平面 ，n平面 .直线 l 满足 lm，ln，l，l，则( )A. 且 lB. 且 lC. 与 相交，且交线垂直于 lD. 与 相交，且交线平行于 l解析 假设 ，由 m平面 ，n平面 ，则 mn，这与已知 m，n 为异面直线矛盾，那么 与 相交，设交线为 l1，则 l1m，l1n，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 l1l.''3、如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PA底面 ABCD，AC2，PA2，E 是 PC 上的一点，PE22EC.(1)证明：PC平面 BED；(2)设二面角 APBC 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 BDAC.又 PA底面 ABCD，所以 PCBD.如图，设 ACBDF，连接 EF.因为 AC2，PA2，PE2EC，2故 PC2，EC，FC，32 332从而，.PCFC6ACEC6因为，FCEPCA，PCFCACEC所以FCEPCA，FECPAC90°.由此知 PCEF.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 AGPB，G 为垂足.因为二面角 APBC 为 90°，所以平面 PAB平面 PBC.又平面 PAB平面 PBCPB，故 AG平面 PBC，AGBC.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 BCAB，所以底面 ABCD 为正方形，AD2，PD2.PA2AD22设 D 到平面 PBC 的距离为 d.因为 ADBC，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 dAG.2''设 PD 与平面 PBC 所成的角为 ，则 sin .dPD12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，2(4 23，0，23)设 D(，b,0)，其中 b>0，2则 B(，b,0).2于是(2，0，2)，PC2BE(23，b，23)，DE(23，b，23)从而·0，·0，故 PCBE，PCDE.PCBEPCDE又 BEDEE，所以 PC平面 BED.(2)解 (0,0,2)，(，b,0).APAB2设 m(x，y，z)为平面 PAB 的法向量，则m·0，m·0，即 2z0 且xby0，APAB2令 xb，则 m(b， ，0).2设 n(p，q，r)为平面 PBC 的法向量，则n·0，n·0，PCBE即 2p2r0 且bq r0，22p323令 p1，则 r，q，n.22b(1，2b， 2)因为二面角 APBC 为 90°，所以面 PAB面 PBC，故 m·n0，即 b 0，故 b，2b2于是 n(1，1，)，(，2)，2DP22所以 cosn， ，DPn·DP|n|DP|12所以n，60°.DP''因为 PD 与平面 PBC 所成角和n，互余，DP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±2xx24y2322解析 由题意设双曲线的标准方程为1(a>0，b>0)，则 2a4，即 a2，e 3，则x2a2y2b2cac6，b4，所以双曲线的标准方程为1，渐近线方程为 y± x±2x.2x24y232ba22、若点(3,1)是抛物线 y22px 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Error!，两式相减得，2.y1y2x1x22py1y2又y1y22，p2.3、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.53232313解析 由题意可知，F1PF2是直角，且 tanPF1F22，|PF2|PF1|2，又|PF1|PF2|2a，|PF1|，|PF2|.2a34a3根据勾股定理得22(2c)2，(2a3)(4a3)所以离心率 e .ca534、已知双曲线1 (a>0，b>0)与抛物线 y28x 有一个公共的焦点 F，且两曲线的一个交点为x2a2y2b2P，若|PF|5，则双曲线的渐近线方程为( )A.y±xB.y±xC.y±xD.y±x333222解析 设点 P(x0，y0).依题意得，焦点 F(2,0)，Error!于是有 x03，y 24；2 0''Error!由此解得 a21，b23，因此该双曲线的渐近线方程是 y± x±x.ba35、.已知抛物线 x24y 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 23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|2r4，r2，且圆心到 x 轴的距离是 r1，所以在 x 轴上所截得的弦长为 222，即弦长的r2r122r13最小值是 2.36、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33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，33长半轴长为 2 的椭圆，故曲线 C 的方程为y21.x24(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 xmy1 或 y0(舍)，则Error!整理得(m24)y22my30.由 (2m)212(m24)>0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)解得 y1，y2.m2 m23m24m2 m23m24则|y2y1|.4 m23m24因为 SAOB |OE|·|y1y2|.122 m23m242m231m23设 g(t)t ，t，t.1tm233则 g(t)在区间，)上为增函数所以 g(t).34 33''所以 SAOB，当且仅当 m0 时取等号，32即(SAOB)max.32所以存在AOB 面积的最大值，SAOB的最大值为.32