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（名师划重点）

赢在微点 高考复习顶层设计 数学 名师划重点 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 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 标 要 求 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 三 年 考 情 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 基础/梳理自测 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 6 回|归|教|材 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 基|础|自|测 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 考点/精研突破 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 考点一 分类加法计数原理 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 考点二 分步乘法计数原理 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 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 考点三 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 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 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 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 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 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和分步乘法计数原理． 2．会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T13 全国Ⅱ卷 T5 T3 T14 重点提示：分类加法、分步乘法计数原理 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 3．两个计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种数 不同点 分类、相加 分步、相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事(每步中的每一种方法不能独立完成这件事) 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可 1．思考辨析(对的打“√”，错的打“×”) (1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．(　　) × 分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)不正确． (2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(　　) (3)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．(　　) (4)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　　) √ √ √ 2．(人A选三P11练习T3改编)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法种数为(　　) A．16 　　B．13 　　C．12 　　D．10 将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，则不同的走法种数为4×3＝12.故选C. 3．(苏教选二P63练习T5改编)如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经过乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为(　　) A．6,8 　　B．6,6 　　 C．5,7 　　D．6,2 根据分步乘法计数原理，可知从甲地经过乙地到丙地的走法种数为2×3＝6，又从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走，由分类加法计数原理，可得从甲地到丙地的走法种数为6＋2＝8. 4．某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有(　　) A．3种 　　B．6种 　　C．7种 　　D．9种 买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案．因此共有3＋3＋1＝7种方案．故选C. 【例1】　(1)书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书，甲同学想从中选出1本阅读，则不同的选法共有(　　) A．9种 　　B．10种 　　C．19种 　　D．90种 由分类加法计数原理知，不同的选法种数为10＋9＝19.故选C. (2)(2025·山东临沂模拟)集合M＝{1，－2,3}，N＝{－3,5,6，－4}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在第二象限内的点的个数是(　　) A．2 　　B．4 　　C．5 　　D．6 第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数．若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则符合题意的点有(－2,5)，(－2,6)，共2个；若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则有(－3,1)，(－3,3)，(－4,1)，(－4,3)，共4个．综上，符合题意的点的个数为2＋4＝6.故选D. [规律方法]　运用分类加法计数原理的两个注意点 (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏． (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复. 【训练1】　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 因为焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：当m＝5时，n有4种选择；第二类：当m＝4时，n有3种选择；第三类：当m＝3时，n有2种选择；第四类：当m＝2时，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个． 【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(六名同学不一定都能参加)? (1)每人只参加一项，每项人数不限； 每人都可以从三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)． (2)每项限报一人，且每人至多参加一项； 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，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)． (3)每项限报一人，但每人参加的项目不限． 每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)． [规律方法]　利用分步乘法计数原理解题的策略 (1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的． (2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成. 【训练2】　(1)(2024·沧衡八校联盟)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. (2)(多选题)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. 角度1　与数字有关的问题 【例3】　(1)用数字0,1,2,3,4,5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为(　　) A．76 　　B．38 　　C．36 　　D．30 由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0,2,4，有3种选择，而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论： ①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况，与百位数一样，只有一种选择，与个位数一样，也只有一种选择． ②当个位数为2时，如果百位数为2，则十位数有6种选择，如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择；当个位数为4时，如果百位数为4，则十位数有6种选择，如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择．综上所述，5×1＋5×1＋1×6＋4×2＋1×6＋4×2＝38.故选B. (2)定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116,431，则所有幸运数的个数为(　　) A．18 　　B．21 　　C．35 　　D．36 按照百位数字进行分类讨论：当百位数是1，后两位相加为7，有8种；当百位数是2，后两位相加为6，有7种；当百位数是3，后两位相加为5，有6种；当百位数是4，后两位相加为4，有5种；当百位数是5，后两位相加为3，有4种；当百位数是6，后两位相加为2，有3种；当百位数是7，后两位相加为1，有2种；当百位数是8，后两位相加为0，有1种．总共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36种．故选D. [规律方法]　与数字有关问题的解题策略 (1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(特殊元素)优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解． (2)要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位. 角度2　与几何有关的问题 【例4】　(1)“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏．如图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中A，B，C为节点，若研究发现本局游戏只能以A为起点C为终点或者以C为起点A为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法为(　　) A．6种 B．12种 C．24种 D．30种 以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点，共有3×2＝6种选择；自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有2种选择，所以以A为起点，C为终点时，共有6×2＝12种方法；同理可知，以C为起点，A为终点时，共有12种方法．所以完成该图“一笔画”的方法为12＋12＝24种．故选C. (2)二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个7×7的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转90°后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为________．(用数字作答) 1 022 由题意知，作出7×7的 正方形ABCD方格阵图， 如图所示： 因为“转转码”有对称轴且绕其中心逆时针旋转90°后能与自身重合，则可知正方形AA3O1B4，BB3O2C4，CC3O3D4和DD3O4A4的黑色和白色方格数量相等且位置排列完全相同，且每个正方形关于其对角线AO1，BO2，CO3和DO4对称，矩形A4A3O1O4，B4B3O2O1，C4C3O3O2和D4D3O4O3的黑色和白色方格数量相等且位置排列也完全相同，其中正方形O1O2O3O4逆时针旋转90°后位置不变，只需该7×7的二维码中的正方形AA3O1B4的6个方格、矩形A4A3O1O4的3个方格及正方形O1O2O3O4方格，共计10个方格，出现双色方格，该二维码即是“转转码”，则该“转转码”的个数有：210－2＝1 022种． [规律方法]　与几何有关的问题的解题策略 (1)先分类，做到“不重不漏”． (2)再分步，要做到“步骤完整”． (3)较复杂的问题可借助图表来完成. 角度3　涂色问题 【例5】　(2025·山西晋中联考)某正方体形木块的六个面分别标有数字1～6，用红、黄、蓝、白4种颜色给这六个面涂色(不一定每种颜色都用上)，相邻两个面所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案有(　　) A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，再涂区域3，有2种选择．若区域4的颜色和区域2的颜色不同，此时区域4,5,6只有一种选择；若区域4的颜色和区域2的颜色相同，剩下的区域有3种选择．故不同的涂色方案有4×3×2×(1＋3)＝96(种)．故选C. [规律方法]　涂色问题的解题策略 (1)分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素． (2)注意对每个区域逐一进行，分步处理，一般先涂(种)相邻最多的区域． (3)可按颜色(作物)的种数分类，也可按不同的区域分步完成． 【对点练】 1．(角度1)在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4构成的无重复数字的“驼峰数”有________个． 8 分三步：第一步，选3个数，有4种方法；第二步，把选出的3个数中最小的数排在十位，有1种方法；第三步，排个位和百位，有2种方法，由分步乘法计数原理共有4×1×2＝8(个)． 2．(角度2)《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是(　　) A．8 　　 B．12 　　 C．16 　　 D．18 如图，根据正六边形的性质，则D1­A1ABB1，D1­A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E和D1一样，有2×4＝8(个)，当四边形A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意；当四边形A1AEE1为底面矩形 时，有4个满足题意．故共有8＋4＋4＝16(个)． 3．(角度3)如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为(　　) A．84 　　B．72 　　 C．64 　　D．56 由题意知，分两种情况：(1)A，C不同色，先涂区域A有4种方法，再涂区域B有3种方法，再涂区域C有2种方法，再涂区域D有2种方法，由分步乘法计数原理可得有4×3×2×2＝48种方法．(2)A，C同色；先涂区域A有4种方法，再涂区域B有3种方法，再涂区域C有1种方法，再涂区域D有3种方法，由分步乘法计数原理可得有 4×3×1×3＝36种方法．由分类加法计数原理，共 有48＋36＝84种方法． $$