第10章 第1节 计数原理、排列与组合（PPT课件）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦计数原理、排列与组合核心考点，依据新课标要求和高考评价体系，梳理近五年新高考真题（如2024新高考Ⅰ第14题、2023新高考Ⅰ第13题等），明确排列组合、古典概型等高频考点权重，归纳数字问题、几何问题、涂色问题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”，如例4通过捆绑法、插空法解决排列问题，培养数学思维；例5用直接法、间接法突破组合问题，提升数学语言表达能力。特设规律方法总结和易错点警示，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，助力高考高效冲刺。

第1节　计数原理、排列与组合 备考路径 考点 考题 考情分析 排列组合、古典概型 2024新高考Ⅰ,第14题;2024新高考Ⅱ,第14题;2023新高考Ⅰ,第13题; 2023新高考Ⅱ,第3题;2022新高考Ⅰ,第5题;2022新高考Ⅱ,第5题 1.概率与统计在高考命题中常整体统筹,本章在高考中至少命制一道客观题,对于解答题,要么倾向于考查概率和分布列,要么侧重成对数据的统计分析.有时也把二者综合命题. 二项式定理 2022新高考Ⅰ,第13题 相互独立、条件概率 2023新高考Ⅱ,第12题;2022新高考Ⅰ,第20题;2022新高考Ⅱ,第19题; 2021新高考Ⅰ,第8题 考点 考题 考情分析 概率分布列、期望、方差 2025全国Ⅰ,第14题;2025全国Ⅱ,第19题;2024新高考Ⅱ,第18题;2023新高考Ⅰ,第21题;2021新高考Ⅰ,第18题; 2021新高考Ⅱ,第21题 2.从考查内容上看,选择题、填空题中主要考查排列组合、古典概型、条件概率、正态分布等.解答题常以现实生产、生活、科技等真实情境为背景,考查离散型随机变量分布列、期望、方差等,多与独立事件、超几何分布、二项分布等交汇,难度中高等. 3.2025年比较特殊,Ⅰ卷没有解答题,Ⅱ卷没有选择题、填空题,占比较低 正态分布 2024新高考Ⅰ,第9题;2022新高考Ⅱ,第13题;2021新高考Ⅱ,第6题 课标解读　1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义,能正确区分“类”和“步”.2.理解排列、组合的概念.3.能利用计数原理、排列数和组合数公式解决一些简单的实际问题. 强基础•固本增分 研考点•精准突破 目录索引 强基础•固本增分 自主诊断 1.(人教A版选择性必修第三册习题6.1第2题改编)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2条路,从丙地到丁地有4条路,则从甲地到丁地不同的路线有(　　) A.11条 B.12条 C.13条 D.14条 D 解析 从甲地到丁地分为两类,第1类,从甲地过乙地到丁地分两步,从甲地到乙地有3条路,从乙地到丁地有2条路,由分步乘法计数原理得,从甲地到丁地有6种走法;第2类,从甲地过丙地到丁地分两步,从甲地到丙地有2条路,从丙地到丁地有4条路,由分步乘法计数原理得,从甲地到丁地有8种走法.再由分类加法计数原理得,从甲地到丁地共有6+8=14种走法. 2.(人教A版选择性必修第三册习题6.1第8题改编)3个班分别从5个风景点中选择一处游览,不同的选法有　　　　　种.  125 解析 因为3个班各有5种选法,由分步乘法计数原理,可得不同的选法有5×5×5=125种. 3.(人教A版选择性必修第三册复习参考题6第1(3)题)安排6名歌手演出排序时,要求某歌手不是第一个出场,也不是最后一个出场,则不同排法的种数是　　　　　.  480 解析 (方法1)先考虑某歌手的位置不是第一个出场,也不是最后一个出场,则该歌手有4个位置可以选,共有=4种排法.剩下5人在5个不同位置,共有=120种排法.所以不同安排方法种数是=4×120=480. (方法2)将6名歌手进行排列,有种排法.若某歌手是第一个或最后一个出场,有种排法,故该歌手不是第一个出场,也不是最后一个出场的排法的种数是=480. 4.(人教A版选择性必修第三册6.2.3节例5改编)平面内有A,B,C,D共4个点.以其中2个点为端点的有向线段共有　　　　　条;以其中2个点为端点的线段共有　　　　　条.  12 6 解析 因为有向线段与端点的顺序有关,是排列问题.而线段与端点的顺序无关,是组合问题.所以有向线段有=12条,线段有=6条. 知识梳理 1.两个基本计数原理 名称 分类加法计数原理   　类类独立,不重不漏　　　 分步乘法计数原理   步步相依,步骤完整　 条件 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 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 结论 完成这件事共有N=　　　种不同的方法  完成这件事共有N=　　　种不同的方法  m+n m×n 名称 分类加法计数原理   　类类独立,不重不漏　　　 分步乘法计数原理   步步相依,步骤完整　 依据 能否独立完成整件事 能否逐步完成整件事 推广 完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有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 完成一件事需要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 微点拨 1.在分类加法计数原理中,完成一件事的各种方法是相互独立的.从集合角度看,如果完成一件事有A,B两类方案,集合A与B的交集为空集,在A中有m1个元素(m1种方法),在B中有m2个元素(m2种方法),则完成这件事的不同方法的种数即为集合A∪B中元素的个数,即m1+m2. 2.在分步乘法计数原理中,必须且只需连续完成n个步骤后才能完成这件事,各个步骤之间不重复、不遗漏. 2.排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照　 　　　排成一列  组合 作为一组 微点拨 定义中规定m≤n,如果m<n,则这样的排列只是取一部分元素作排列,叫做选排列;如果m=n,则这样的排列是取出所有元素作排列,叫做全排列. 微思考 排列问题与组合问题的区别是什么? 一定的顺序 提示 元素之间与顺序有关的为排列,与顺序无关的为组合. 3.排列数与组合数 是符合条件的排列的总数,是一个实数 名称 排列数 组合数 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有　　　　的个数  从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有　 　　的个数  公式 =n(n-1)(n-2)…(n-m+1) = = 性质 =　　　,  0!=　　  常用此性质计算组合数 不同排列 不同组合 n!　 1 微点拨 1.正确理解组合数的性质 (1):从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余 (n-m)个元素的方法数. (2)种方法. 2.排列数、组合数的几个常用公式 (1). (2). (3)(n+1)!-n!=n·n!. (4)k. (5). (6). 研考点•精准突破 考点一　两个计数原理 考向1　与数字有关的问题 例1　(多选题)已知数字0,1,2,3,4,由它们组成四位数,下列说法正确的有 (　　) A.组成可以有重复数字的四位数有500个 B.组成无重复数字的四位数有96个 C.组成无重复数字的四位偶数有66个 D.组成百位是奇数的四位偶数有28个 AB 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 对于A,组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5=500个,故A正确;对于B,组成无重复数字的四位数有4×4×3×2=96个,故B正确;对于C,若个位数为0时,则有4×3×2=24个,若个位数不为0时,则有2×3×3×2=36个,所以组成无重复数字的四位偶数有24+36=60个,故C错误;对于D,组成百位是奇数的四位偶数有4×2×5×3=120个,故D错误.故选AB. 考点一 考点二 考点三 考点四 考向2　与几何有关的问题 例2　过三棱柱中任意两个顶点连线作直线,在所有这些直线中,能构成异面直线的对数为(　　) A.18 B.30 C.36 D.54 C 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 如图,分以下几类:棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有3×2=6对;棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有3×2=6对;底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有6×2=12对;底面边与底面边之间所构成的异面直线有3×2=6对;侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有=6对.综上,共有异面直线6+6+12+6+6=36对.故选C. 考点一 考点二 考点三 考点四 考向3　涂色问题 例3　如图所示的五个区域中,现有四种颜色可供选择,要求每一个区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法有(　　) A.24种 B.48种 C.72种 D.96种 C 解析 分两种情况:①A,C不同色,先涂A有4种,C有3种,E有2种,B,D有1种,有4×3×2×1=24种;②A,C同色,先涂A,C有4种,再涂E有3种,B,D各有2种,有4×3×2×2=48种.故不同的涂色方法有48+24=72种.故选C. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　1.在综合应用两个原理解决问题时应注意:(1)一般是先分类再分步,在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题,可恰当地列出示意图或列出表格,使问题形象化、直观化. 2.解决涂色问题,可按颜色的种数分类,也可按不同的区域分步完成. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练1](1)(2025·湖北十堰模拟)从1,2,3,4,5中任取三个不同的数组成一个三位数,则在所有组成的数中,能被3整除的数有(　　) A.24个 B.30个 C.32个 D.48个 A 解析 能被3整除,则这三个数字之和为3的倍数,则取出的这三个数可能的情况为(1,2,3),(1,3,5),(2,3,4),(3,4,5),则在所有组成的数中能被3整除的数有4×3×2×1=24个.故选A. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)(2025·江苏南京模拟)如图,一个地区分为6个区域,现给6个区域涂色(注:人工湖不需要涂色),每个区域涂1种颜色,相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择,则不同的涂色方法有　　　　种.(用数字作答)  216 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 (方法1)如图,将6个区域标上序号,区域1有4种颜色可选,共4种涂色方法;区域2与区域1相邻,不能与区域1同色,有3种颜色可选,共3种涂色方法;区域3与区域1,2相邻,不能与区域1,2同色,有2种颜色可选,共2种涂色方法;①若区域4与区域2同色,有1种颜色可选,此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法,此时区域6有2种涂色方法;②若区域4与区域2不同色,有1种颜色可选,此时若区域5与区域2同色,有1种涂色方法,区域6有3种涂色方法,若区域5与区域2不同色,有1种涂色方法,区域6有2种涂色方法. 所以一共有4×3×2×[1×2×2+1×(1×3+1×2)]=216种涂色方法. 考点一 考点二 考点三 考点四 (方法2)可以同色的区域为1,5、1,6、2,4、2,5、3,6.①若用4种颜色,有(=192种涂法;②若用3种颜色,有(=24种涂法.故共有192+24=216种涂色方法. 考点一 考点二 考点三 考点四 (3)一个圆的圆周上均匀分布6个点,在这些点与圆心共7个点中,任取3个点,这3个点能构成不同的等边三角形的个数为　　　　　.  8 解析 如图1,由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形,共有6个;如图2,由圆上相间隔的三点可构成等边三角形,共有2个;所以,7个点中,任取3个点,这3个点能构成不同的等边三角形个数为6+2=8. 图1 图2 考点一 考点二 考点三 考点四 考点二　排列问题 例4　有3名男生,4名女生,在下列不同要求下,求不同的排列方法总数: (1)选其中5人排成一排; (2)全体排成一排,甲不站在排头也不站在排尾; (3)全体排成一排,女生必须站在一起; (4)全体排成一排,男生互不相邻. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)(直接法)从7个人中选5个人进行排列,有=2 520种排法. (2)(优先法)先排甲,有5种排法,其余6人有种排法, 故共有5×=3 600种排法. (3)(捆绑法)将女生看成一个整体,与3名男生在一起进行全排列,有种排法.将4名女生进行全排列,有种排法,故共有=576种排法. (4)(插空法)先排女生,有种排法.将3名男生放入4名女生产生的5个空中,有种排法,故共有=1 440种不同的排法. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　求解排列问题的四种常用方法 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练2](1)(多选题)把5件不同产品A,B,C,D,E摆成一排,则下列说法正确的是(　　) A.A与B相邻有48种摆法 B.A在C的左边有30种摆法 C.A,B相邻又A,C相邻,有12种摆法 D.A与B相邻,且A与C不相邻有36种摆法 ACD 解析 对于A,产品A与B相邻,把A,B作为一个元素与C,D,E排列,有种摆法.又A,B有2种摆法,所以有2=48种摆法,故A正确;对于B,A在C的左边,有=60种摆法,故B错误;对于C,当A,B相邻又满足A,C相邻,有2=12种摆法,故C正确;对于D,A与B相邻,且A与C不相邻,有48-12=36种摆法,故D正确.故选ACD. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)形如45132的数称为“波浪数”,即十位数字、千位数字均比它们各自相邻的数字大,由1,2,3,4,5构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为(　　) A.13 B.16 C.20 D.25 B 解析 依题意,由1,2,3,4,5构成的无重复数字的五位“波浪数”的十位、千位数字分别为5与4或5与3.当十位、千位数字为5与4时,排十位、千位数字有种,排另三个数位有种,共可构成个五位数;当十位、千位数字为5与3时,则4与5必相邻,且4只能为最高位或个位,即4与5可视为一个整体, 1,2,3视为一个整体,且3在1与2的中间,因此可构成个五位数.综上,构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为=2×6+2×2=16.故选B. 考点一 考点二 考点三 考点四 考点三　组合问题 例5　(1)(2023·全国乙,理7)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　) A.30种 B.60种 C.120种 D.240种 C 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 (方法1　直接法)甲在6种课外读物中任选2种,有种选法,乙在甲选的2种课外读物中挑一种有种选法,乙在甲选2种课外读物后剩下的4种中选一种有种选法,则这两人选读的课外读物中恰有一种相同的选法共有×2×4=120种. (方法2　间接法)甲、乙两位同学各自选读2种课外读物共有种选法,甲、乙所选都不同有种选法,甲、乙所选都相同有种选法,故这两人选读的课外读物中恰有一种相同的选法有 -1)=120种.故选C. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)(2023·新高考Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有　　　　　种.(用数字作答)  64 解析 (方法1　直接法)若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有=16种不同的选课方案;若选3门课,分两类.体育类选1门、艺术类选2门,体育类选2门、艺术类选1门,有=48种不同的选课方案.综上,共有16+48=64种不同的选课方案. (方法2　间接法) 由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有=84种不同的选课方案,只选择体育类或艺术类的有2()=20种,则符合题意的共有84-20=64种不同的选课方案. 考点一 考点二 考点三 考点四 教考链接 (人教A版选择性必修第三册6.2节习题6.2第13题)从5名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛. (1)如果4人中男生、女生各选2人,那么有多少种选法? (2)如果男生中的甲和女生中的乙必须在内,那么有多少种选法? (3)如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内,那么有多少种选法? (4)如果4人中必须既有男生又有女生,那么有多少种选法? 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)从5名男生和4名女生中选出4人参加创新大赛,则4人中男生和女生各选2人,共有=10×6=60种选法. (2)除去甲、乙之外,其余2人可以从剩下的7人中任意选择,则男生中的甲和女生中的乙必须在内有=21种选法. (3)男生中的甲和女生中的乙都不在内的情况,共有=35种选法.则可得男生中的甲和女生中的乙至少有1人在内有=126-35=91种选法. (4)如果4人中必须既有男生又有女生,可以按含有女生的人数分成三类: 1男3女;2男2女;3男1女,则4人中必须既有男生又有女生有=20+60+40=120种选法. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　组合问题的两类题型 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练3]男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1名.现选派5人外出参加比赛,在下列情形中,各有多少种选派方法? (1)男运动员3名,女运动员2名; (2)至少有1名女运动员; (3)队长中至少有1人参加. 解 (1)分两步完成:第1步,选3名男运动员,有种选派方法;第2步,选2名女运动员,有种选派方法.由分步乘法计数原理可得,共有=120种选派方法. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)(方法1　直接法)“至少有1名女运动员”包括以下四种情况:1女4男,2女3男,3女2男,4女1男.由分类加法计数原理可得选派方法共有=246种. (方法2　间接法)从10人中任选5人有种选派方法,其中全是男运动员的选派方法有种.所以“至少有1名女运动员”的选派方法有=246种. (3)(方法1　直接法)可分类求解:“只有男队长”的选派方法种数为;“只有女队长”的选派方法种数为;“男、女队长都入选”的选派方法种数为.所以共有2=196种选派方法. (方法2　间接法)从10人中任选5人有种选派方法,其中不选队长的选派方法有种.所以“至少有1名队长”的选派方法有=196种. 考点一 考点二 考点三 考点四 考点四　分组、分配问题 例6　按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式? (1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本; (2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本; (3)平均分成三份,每份2本; (4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本; (5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)此为不等分问题.先选1本有种选法,再从余下的5本中选2本有种选法,最后余下3本全选有种方法,故共有=60种. (2)由于甲、乙、丙是不同的三人,在第(1)题基础上,还应考虑再分配情况,共有=360种. (3)此为整体均分问题.分配方式有=15种. (4)在(3)的基础上,还应考虑再分配,共有15=90种. (5)此为部分均分问题,共有=15种. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配: (1)分组问题属于“组合”问题. ①对于整体均分,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后一定要除以组数的阶乘; ②对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!; ③对于不等分组,只需先分组,后排列. (2)分配问题属于“排列”问题. ①相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“挡板法”; ②不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组,第二步是分配; ③有限制条件的分配问题常采用分类法求解. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练4](1)现需要抽派7支抢险工作队前往5个县救援,要求每个县至少有一个工作队的安排方法种数为(　　) A.1 800 B.16 800 C.14 280 D.25 200 B 解析 各县救援队的分配有3,1,1,1,1与2,2,1,1,1两种方式.若分配方式是3,1,1,1,1,则有=4 200种;若分配方式是2,2,1,1,1,则有=12 600种.所以共有4 200+12 600=16 800种安排方法.故选B. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里,每个盒子至少放2个小球,则不同的放法共有(　　) A.24种 B.35种 C.56种 D.70种 B 解析 先在每个盒子中分别放入一个小球,则剩余8个小球,只需保证4个盒子中分别再放入至少1个小球,则采用隔板法,可得有=35种放法.故选B. 考点一 考点二 考点三 考点四 $