第10章 第1节 两个计数原理-（配套课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习

第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 赢在微点 高考复习顶层设计 数学 第一节 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 两个计数原理 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 课 程 标 准 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 必备知识/梳理 赢在微点 数学 大一轮 第一部分 ——回扣知识 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 5 教|材|回|顾 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 微|点|延|伸 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 小|题|快|练 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 关键能力/落实 赢在微点 数学 大一轮 第二部分 ——考向探究 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型一 分类加法计数原理 自练自悟 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型二 分步乘法计数原理 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型三 两个计数原理的综合应用 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 把握高考微点，实现素能提升 完成——微练（八十） 本部分内容讲解结束 1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.能解决简单的实际问题. 1．分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝________种不同的方法． 2．分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法． m＋n m×n 3．分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事． 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，并贯穿其始终． 1．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． 2．分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”． 1．教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，由一层到四层的走法种数为(　　) A．6 B．23 C．42 D．44 由一层到二层有2种选择，二层到三层有2种选择，三层到四层有2种选择，所以由分步乘法计数原理可知走法种数为23.故选B. 2．将3张不同的门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为(　　) A．720 B．240 C．120 D．60 第一步：第1张门票有10种不同分法．第二步：第2张门票有9种不同分法．第三步：第3张门票有8种不同分法．由分步乘法计数原理，共有10×9×8＝720种分法，故选A. 3. 由于用具简单、趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条，其中顺带也能把“炮”吃掉的路线有(　　) A．10条 B．8条 C．6条 D．4条 由题意可知“兵”吃掉“马”的最短路线，需向右走三步，向上走两步，其中能顺带吃掉“炮”的走法为：先向右走两步，向上走一步，有C＝3种走法；再向右走一步，向上走一步，有C＝2种走法，所以能顺带吃掉“炮”的路线共有3×2＝6(条)．故选C. 4．(2025·山东模拟)用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成________个三位数． 用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成三位数的个数为4×5×5＝100. 100 5．将5名志愿者中的4人安排在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排2人，则不同的安排方案共有________种． 完成这件事分两步．第一步：从5名志愿者中选出2人在周六参加社区公益活动，有C种选法．第二步：从余下的3人中选出2人在周日参加社区公益活动，有C种选法．根据分步乘法计数原理，共有CC＝30种不同的安排方案． 30 1.每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽车有12班．某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有(　　) A．22种 B．33种 C．300种 D．3 600种 从甲地到乙地不同的方案数为5＋10＋6＋12＝33.故选B. 2．现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值有(　　) A．3种 B．6种 C．7种 D．8种 由题意得，三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为10元、20元、50元；三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为30元、60元、70元；三种币值全取，共有1种取法，币值为80元．故一共可以组成的币值种数是3＋3＋1＝7.故选C. 3．椭圆＋＝1(m>0，n>0)的焦点在x轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为(　　) A．10 B．12 C．20 D．35 因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，可分为四类：第一类，当m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类，当m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类，当m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类，当m＝2时，使m>n，n有1种选择．故符合条件的椭圆个数为4＋3＋2＋1＝10.故选A. 4．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________． 13 当a＝0时，b的值可以是－1,0,1,2，故(a，b)的个数为4.当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，则b的值可以是－1,0,1,2，(a，b)的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1,0,1，(a，b)的个数为3；若a＝2，则b的值可以是－1,0，(a，b)的个数为2.由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13. 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置． 1．根据题目特点恰当选择一个分类标准． 2．分类时应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才是不同的方法，不能重复． 3．分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏． 【例1】　(多选题)(2024·合肥调研)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是(　　) A．共有43种不同的安排方法 B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种 D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确．故选ABD. 1．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，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事． 2．分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成． 【训练】　(1)(2025·江苏徐州适应性测试)灯笼又统称为灯彩，我国灯笼主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式共有(　　) A．34种 B．43种 C．3×2×1种 D．4×3×2种 由题可知，每名同学都有3种选购方式，故不同的选购方式共有34种，故选A. (2)某生产过程中有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中选出4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两名工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两名工人中安排1人，则不同的安排方案共有(　　) A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 分两类：①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12(种)；②第一道工序不安排甲时有1×2×4×3＝24(种)．所以共有12＋24＝36(种)．故选B. 考向❶：数字问题 【例2】　用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答)． 420 当个位数字为0时，有6×5×4＝120(个)无重复数字的四位偶数；当个位数字为2,4,6中的一个时，千位数字不能为0，有3×5×5×4＝300(个)无重复数字的四位偶数．根据分类加法计数原理知，共有120＋300＝420(个)无重复数字的四位偶数． 数字问题注意 1．数字可不可以重复； 2．特殊数字的占位限制，比如0不能排首位． 考向❷：涂色问题 【例3】　给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染1种颜色，且相邻的区域不同色．若有4种颜色可供选择，则不同的染色方案的种数为________． 96 要完成给题图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用3种颜色染色，即A，F同色，B，D同色，C，E同色，则从4种颜色中取3种颜色有C＝4(种)取法，3种颜色染三组区域有A＝6(种)染法，共4×6＝24(种)染法；第二类是用4 种颜色染色，即A，F；B，D；C，E中有一组不同色， 则有3种方案，先从4种颜色中取2种染在同色区域有 A＝12(种)染法，剩余2种染在不同色区域，有2种染 法，共有3×12×2＝72(种)染法．所以由分类加法计数 原理得不同的染色方案的种数为24＋72＝96. 涂色问题一般综合利用两个计数原理求解，但也有两种常用方法：按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析． 【题组对点练】　 题号 1 2 考向 ❶ ❷ 1.(2024·上海高考)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为________． 329 由题意可知集合中最多有一个奇数，其余均为偶数．个位为0的无重复数字的三位正整数有A＝72(个)；个位为2,4,6,8的无重复数字的三位正整数有CCC＝256(个)．所以集合中最多有72＋256＝328(个)偶数，再加上一个奇数，则集合中元素个数的最大值为328＋1＝329. 2. 给如图所示的5个区域涂色，若要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有________种(用数字作答)． 72 方法一：区域1有C＝4种涂色方法；区域2有C＝3种涂色方法；区域3有C＝2种涂色方法；区域4,5有3种涂色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)．所以共有4×3×2×3＝72种不同的涂色方法． 方法二：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种涂法，此时区域3,5均有2种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48；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都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24.因此涂法共有48＋24＝72(种)． $$