第10章 第58节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(课件PPT)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮总复习提升版（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦分类加法与分步乘法计数原理，依据考试要求明确“理解原理意义、解决实际问题”的考查维度。通过分析2022至2024年新高考Ⅰ卷、Ⅱ卷真题分布，梳理出路径计数、方案设计等高频题型，构建了“知识梳理-易错辨析-考点突破”的备考体系，对接高考评价体系。 课件亮点在于“真题情境+分层训练”的实战设计，如以扬州模拟台阶走法题训练分类不重不漏原则，宿州模拟正交线面对题强化分步逻辑，培养学生的数学思维与抽象能力。通过涂色问题分步分类综合应用，帮助学生掌握解题技巧，教师可依托此课件实现高效复习指导。

主干梳理　基础落实 考点探究　核心突破 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第58节　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 考试要求 考题分析 1.通过实例,了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.能够运用两个计数原理解决简单的实际问题. 年份 新高考Ⅰ卷 新高考Ⅱ卷 2022年 - T5 2023年 T13 T3 2024年 T14 - 返回 主干梳理　基础落实 返回 【知识梳理】 　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 项目 内容 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(可推广至多类方案) 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(可 推广至多个步骤) m+n m×n 返回 【知能自测】 1.(易错辨析)正确的画“√”,错误的画“×”. (1)在分类加法计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同. (　 　) (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,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的. (　 　) 类型 回源教材 澄清盲点 题号 2,3 1 × √ √ 返回 2.(选择性必修第三册P11习题T2变式)如图,从甲地到乙地有3条路,从乙地到丁地有2条路;从甲地到丙地有3条路,从丙地到丁地有4条路.则从甲地到丁地的不同路线共有 (　　)　　　 A.12条 B.15条 C.18条 D.72条 【解析】选C.若路线为甲➝乙➝丁,则有3×2=6(条);若路线为甲➝丙➝丁,则有3×4=12(条),故共有6+12=18(条). 返回 3.(选择性必修第三册P12习题T8变式)五名学生报名参加四项体育比赛,每人限报一项,则不同的报名方法的种数为________.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列),则获得冠军的可能性有________种(用数字作答).  【解析】五名学生参加四项体育比赛,每人限报一项,可逐个学生落实,每个学生有4种报名方法,共有45=1 024(种)不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军,可对4个冠军逐一落实,每个冠军有5种获得的可能性,共有54=625(种)获得冠军的可能性. 答案:1 024　625 返回 考点探究　核心突破 返回 考点一　分类加法计数原理 【例1】(1)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 【解析】选C.由题意得, 三种币值取一张,共有3种取法,币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆; 三种币值取两张,共有3种取法,币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆; 三种币值全取,共有1种取法,币值为捌拾圆. 一共可以组成的币值有3+3+1=7(种). 返回 (2)(2024·扬州模拟)某人从一层上到二层需跨10级台阶,他一步可能跨1级台阶,称为一阶步,也可能跨2级台阶,称为二阶步,最多能跨3级台阶,称为三阶步,从一层上到二层他总共跨了6步,而且任何相邻两步均不同阶,则他从一层到二层可能的不同走法共有 (　　) A.10种 B.9种 C.8种 D.12种 返回 【解析】选A.按题意要求,不难验证这6步中不可能没有三阶步,也不可能有多于1个的三阶步. 因此,只能是1个三阶步,2个二阶步,3个一阶步.以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程: 白球表示一阶步,黑球表示二阶步,红球表示三阶步, 每一过程可表示为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列. 下面分三种情形讨论: ①第1、第6球均为白球,则两黑球必分别位于中间白球的两侧, 此时,共有4个黑白球之间的空位放置红球,所以此种情况共有4种可能的不同排列. 返回 ②第1球不是白球. (ⅰ)第1球为红球,则余下5球只有一种可能的排列; (ⅱ)若第1球为黑球,则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列,此种情形共有3种不同排列. ③第6球不是白球,同(2),共有3种不同排列. 综上,按题意要求从一层到二层共有4+3+3=10(种)可能的不同走法. 返回 思维升华 　使用分类加法计数原理遵循的原则 有时分类的划分标准有多个,但不论是以哪一个为标准,都应遵循“标准要明确,不重不漏”的原则. 返回 对点训练 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】选D.以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9; 以2为首项的等比数列为2,4,8; 以4为首项的等比数列为4,6,9; 把这四个数列顺序颠倒,又得到4个新数列, 所以所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个). 返回 2.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定________个平面.  【解析】异面直线a与异面直线b上的8个点中的任意一个点都可以确定一个平面;异面直线b与异面直线a上的5个点中的任意一个点都可以确定一个平面,所以共可以确定8+5=13(个)平面. 答案:13 返回 考点二　分步乘法计数原理 【例2】(1)乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后的项数为________.  【解析】从第一个括号中选一个字母有3种方法,从第二个括号中选一个字母有4种方法,从第三个括号中选一个字母有5种方法,故根据分步乘法计数原理可知共有3×4×5=60(项). 答案:60 返回 (2)若将6本不同的书放到5个不同的盒子里,有________种不同的放法.  【解析】将6本不同的书放到5个不同的盒子里,每本书都有5种放法,由分步乘法计数原理可得有56种不同的放法. 答案:56 返回 思维升华 　使用分步乘法计数原理应注意的问题 (1)明确题目中所要完成的这件事是什么,确定完成这件事需要几个步骤. (2)将完成这件事划分成几个步骤来执行,各步骤之间有一定的连续性,只有当所有步骤都完成了,这件事才能完成,这是分步的基础,也是关键. 返回 对点训练 1.一个教室有五盏灯,一个开关控制一盏灯,每盏灯都能正常照明,那么这个教室能照明的方法有 (　　) A.24种 B.25种 C.31种 D.32种 【解析】选C.每盏灯有2种状态,根据分步乘法计数原理得共有25种状态,排除全部都熄灭的状态,可得这个教室能照明的方法有25-1=31(种). 返回 2.有5本不同的书,从中选3本送给3名同学,每人各1本,共有________种不同的送法;有5种不同的书(每种不少于3本),从中选3本送给3名同学,每人各1本,共有________种不同的送法.  【解析】从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学,对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列,因此不同送法的种数是5×4×3=60; 有5种不同的书,从中选3本送给3名同学,每人各1本,这件事分三步完成,每一步有5种不同的方法,按照分步乘法计数原理得,共有5×5×5=125(种). 答案:60　125 返回 考点三　两个计数原理及综合应用 【例3】(1)(2025·菏泽模拟)某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位,现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车,要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列,则不同的停车方法种数为 (　　) A.288 B.336 C.576 D.1 680 【解析】选B.第一步:排白车,第一行选一个位置,则第二行有三个位置可选,由于车是不相同的,故白车的停法有4×3×2=24(种),第二步,排黑车,若白车选AF,则黑车有BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有2×7=14(种),根据分步乘法计数原理,共有24×14=336(种). A B C D E F G H 返回 (2)如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型,图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成),△ABE,△BCF,△CDG,△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色,且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色,已知有4种不同的颜色可供选择,则不同的涂色方法种数是 (　　) A.48 B.54 C.72 D.108 返回 【解析】选C.设“赵爽弦图”ABCD为①区,△ABE,△BCF,△CDG,△DAH这4个三角形分别为②,③,④,⑤区. 第一步给①区涂色,有4种涂色方法; 第二步给②区涂色,有3种涂色方法; 第三步给③区涂色,有2种涂色方法; 第四步给④区涂色,若④区与②区同色,则⑤区有2种涂色方法; 若④区与②区不同色,则④区有1种涂色方法,⑤区有1种涂色方法. 所以共有4×3×2×(2+1×1)=72(种)涂色方法. 返回 思维升华 (1)复杂问题中,两个计数原理可以综合应用.可以先分类,在各类中再分步,或先分步,到某一步时按需要再分类处理. (2)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. 返回 对点训练 1.(2024·宿州模拟)如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数为 (　　) A.12 B.24 C.36 D.48 【解析】选C.第1类,对于每一条棱,都可以与两个侧面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有2×12=24(个);第2类,对于每一条面对角线,都可以与一个对角面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24+12=36(个). 返回 2.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为________.  【解析】若a2=2,则百位数字只能选1,个位数字可选1或0,“凸数”有120与121,共2个. 若a2=3,则百位数字有两种选择,个位数字有三种选择,则“凸数”有2×3=6(个). 若a2=4,满足条件的“凸数”有3×4=12(个),…, 若a2=9,满足条件的“凸数”有8×9=72(个). 所以所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个). 答案:240 返回 $