第48讲 两个计数原理——2027届高三数学一轮复习课件

该高中数学高考复习课件聚焦“两个计数原理”核心考点，依据课标要求梳理分类加法、分步乘法原理的概念及区别联系，通过基础检测、教材改编题夯实基础，针对分类应用、分步应用、综合应用（含数字、几何、涂色问题）三大常考题型构建复习体系，精准对接高考评价体系。 课件亮点在于“真题训练+方法归纳+素养提升”，如例3通过分类十位数字解决三位数问题，培养数学思维与推理能力，例5涂色问题展示分步策略。特设易错点分析（如重复计数）和解题模板，助力学生掌握分类分步技巧，教师可据此高效组织复习，提升备考针对性。

第9章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第48讲 两个计数原理 2027届高考一轮复习数学 1 【课标要求】 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.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. 2 【知识要点】 1.分类加法计数原理 完成一件事情有两　 　不同的方案，在第一类方案中有m种不同的方法，在第二类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事情，共有N=　 　种不同的方法.  2.分步乘法计数原理 完成一件事情需要两个不同的　 　，做第一步有m种不同的方法，做第二步有n种不同的方法，那么完成这件事情共有N=　 　种不同的方法.  类 m+n 步骤 m×n 3 【重要结论】 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 4 【基础检测】 概念辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成.(　　) (4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i=1，2，3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法.(　　) (5)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.(　　) × √ √ √ √ 5 教材改编 2.[选择性必修3p5T1]已知集合M={1，-2，3}，N={-4，5，6，-7}，从集合M中选一个元素作为点的横坐标，从集合N中选一个元素作为点的纵坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是(　　) A.12 B.8 C.6 D.4 C [解析] 分两步:第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2=6，故选C. 6 3.[选择性必修3p11T3]如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3， 4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通.今发现A，B之间电路 不通，则焊接点脱落的不同情况有(　　) A.9种 B.11种 C.13种 D.15种 [解析] 按焊接点脱落的个数分成4类:脱落1个，有1，4，共2种;脱落2个，有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6种;脱落3个，有(1，2，3)，(1，2，4)，(1，3，4)，(2，3，4)，共4种;脱落4个，有(1，2，3，4)，共1种，由分类加法计数原理，焊接点脱落的情况共有2+6+4+1=13种.故选C. C 7 4.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有(　　) A.8种 B.9种 C.10种 D.11种 B [解析] 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班级分别为a，b，c，d.假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法.由分类加法计数原理可知，共有3+3+3=9(种)不同的监考方法. 8 5.[选择性必修3p5T1](1)一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是　　　　;  (2)从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，则从A村经B村去C村，不同路线的条数是　　　　.  9 6 [解析] (1)不同的选法共有5+4=9种方法. (2)从A村去B村有3种走法，由B村去C村有2种走法，根据乘法原理可得2×3=6(种). 9 考点1 分类加法计数原理的应用 例1　设集合A={-1，0，1}，集合B={(x1，x2，x3)|xi∈A，i=1，2，3}，那么集合B中满足|x1x2|+|x3|≥1的元素的个数为(　　) A.12 B.18 C.22 D.24 C [解析] 集合B中元素个数共有33=27个，若+=0，则有x3=x1x2=0，则可能x1=x2=x3=0，共1种;或x1=x3=0，x2=1或-1，共2种;或x2=x3=0，x1=1或-1，共2种;故集合B中满足+≥1的元素的个数为27-(1+2+2)=22.故选C. 10 [小结]利用分类加法计数原理解题时2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,注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类,不能重复. 11 1.如图，小黑圆表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连.连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量.现从结点A向结点B传递信息，则单位时间内传递的最大信息量为(　　) A.26 B.24 C.20 D.19 D 对应训练 12 [解析] 根据题意，结合图形知，从A到B传递路径有4条，如图所示; 途径①传递的最大信息量为3，途径②传递的最大信息量为4; 途径③传递的最大信息量为6，途径④传递的最大信息量为6; 所以从A向B传递信息，单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19，故选D. 13 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　　　　.  240 [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”为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”共有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个). 14 考点2 分步乘法计数原理的应用 例2　(1)在(x3+x2+x+1)(y2+y+1)(z+1)的展开式中不同的项数为(　　) A.9 B.12 C.18 D.24 D [解析] 分三步:第一步，从(x3+x2+x+1)中任取一项，有4种方法;第二步，从(y2+y+1)中任取一项，有3种方法;第三步，从(z+1)中任取一项有2种方法. 根据分步乘法计数原理，得共有4×3×2=24(项).故选D. 15 (2)某学校准备派遣5名教师同时到三个不同的学校进行支教活动.要求每个学校至少派遣1名教师，若教师甲、乙去往不同的学校，则不同的派遣方案有(　　) A.36种 B.72种 C.114种 D.162种 C [解析] 安排甲有3种方法，再安排乙有2种方法，因此安排甲、乙共有3×2=6(种)方法; 余下3人，每人有3种安排方法，共有33种方法，除甲、乙去的学校外的另一学校无人去的情况有23种，所以不同的派遣方案有6×(33-23)=114(种).故选C. 16 [小结]利用分步乘法计数原理解题时3个注意点 (1)要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的. (2)各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各步骤都完成才算完成这件事. (3)对完成每一步的不同方法数要根据条件确定. 17 3.数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏.如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成.玩该游戏时，需要将数字5，6，8(各3个)全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有5，6，8这三个数字，则不同的填法有(　　) A.12种 B.24种 C.72种 D.216种 A 对应训练 18 [解析] 先填第一行，有3×2×1=6种不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其它单元格唯一确定.根据分步乘法计数原理，共有6×2=12种不同的填法.故选A. 19 4.(多选)设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则(　　) A.从东面上山有20种走法 B.从西面上山有27种走法 C.从南面上山有30种走法 D.从北面上山有32种走法 ABD [解析] 若从东面上山，则上山走法有2种，下山走法有10种，由分步计数原理可得共有20种走法; 若从西面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，由分步计数原理可得共有27种走法; 若从南面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，由分步计数原理可得共有27种走法; 若从北面上山，则上山走法有4种，下山走法有8种，由分步计数原理可得共有32种走法.故选ABD. 20 考点3 两个计数原理的综合应用 角度1.与数字有关的问题 例3　已知集合A={0，1，2，3，4}，且a，b，c∈A，用a，b，c组成一个三位数，这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”，则这样的三位数的个数为(　　) A.14 B.17 C.20 D.23 C [解析] ∵集合A={0，1，2，3，4}，且a，b，c∈A， 则这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”包含以下三种情况:①十位数是4，则百位数可以是1，2，3中的一个数，个位数可以是0，1，2，3中的一个数，即3×4=12个;②十位数是3，则百位数可以是1，2中的一个数，个位数可以是0，1，2中的一个数，即2×3=6个;③十位数是2，则百位数只能是1，个位数可以是0，1中的一个数，即2个，综上，符合条件的共有12+6+2=20个.故选C. 21 [小结]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以上的数的最高位. 22 角度2.与几何有关的问题 例4　过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有　　　　对.  36 [解析] 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，分四类进行计数:与上底 面的A1B1，A1C1，B1C1异面的直线有3×5=15对;与下底面的AB， AC，BC异面的直线有3×3=9对(除去与上底面的);与侧棱AA1， BB1，CC1异面的直线有2×3=6对(除去与上、下底面的);侧面 对角线之间成异面直线的有2×3=6对.由分类加法计数原 理，知异面直线共有15+9+6+6=36对. 23 [小结]与几何有关的问题一般是先分类再分步，分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键;分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成.较复杂的问题可借助图表来完成. 24 角度3.涂色问题 例5　现用3种不同的颜色给正五边形ABCDE的五个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为　　　　　.  30 [解析] 如图，考虑B，C，E三点的涂色情况， 若B，C，E三点涂三种颜色，则该三点共有3×2×1=6种涂 色方法，此时A有1种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有 6×1×1=6种涂色方法; 若B，C，E三点涂两种颜色，则E与B同色，或E与C同色，当E与B同色时，该三点共有3×2=6种涂色方法，此时A有2种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有6×2×1=12种涂色方法，同理当E与C同色时，共有6×2×1=12种涂色方法， 综上，不同的涂色方法种数为6+12+12=30. 25 [小结]对于涂色、种植问题的解题策略 (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析,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. 26 5.已知集合M={-2，-1，0，1，3}，直线Ax+By+C=0中的A，B，C是取自集合M中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为(　　) A.40 B.32 C.24 D.23 D [解析] 由直线的倾斜角为锐角可知直线的斜率k一定存在，可得B≠0，且k=->0， 所以A，B异号，从集合M={-2，-1，0，1，3}中任取三个不同元素，且A，B异号， 易知A有4种选法，B有2种选法，C有3种选法，共有4×2×3=24种， 又因为当A=1，B=-1，C=0和A=-1，B=1，C=0时，都表示直线x-y=0， 所以符合条件的直线的条数为24-1=23种.故选D. 对应训练 27 6.如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　　) A.60 B.48 C.36 D.24 B [解析] 长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6=36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2=12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48. 28 7.用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是(　　) A.120 B.144 C.264 D.96 A [解析] 先涂E，有4种选择，接下来涂C，有3种选择，再涂F，有2种选择， ①当C，D颜色相同时涂色方法数是:4×3×2×1×2=48，②当C，D颜色不相同时涂色方法数是:4×3×2×1×(1+2)=72，∴满足题意的涂色方法总数是:48+72=120.故选A. 29 8.若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数为“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，则“十全十美数”一共有(　　) A.36个 B.42个 C.48个 D.54个 D [解析] 任取一个三位数的“十全十美数”，包含有一个0的三位数:4×4+2=18，分别为: 109，190，901，910，208，280，802，820，307，370，703，730，406，460，604，640，505，550， 含有相同数字的三位数:4×3=12，分别为:118，181，811，622，226，262，334，343，433，244，424，442， 不含有0，并且没有相同数字的三位数:4=24，分别为:127，172，271，217，721，712，136，163，316，361，613，631，145，154，451，415，514，541，235，253，352，325，523，532，故共有18+12+24=54个.故选D. 30 $