（2022高考数学一轮复习(步步高)）第十章 §10.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理.pptx

1、大一轮复习讲义 第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 考试要求 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.会用两个计数原理解决一些简单的实际问题. 主干梳理主干梳理 基础落实基础落实 题型突破题型突破 核心核心探究探究 课时精练课时精练 内容 索引 ZHUGANSHULI JICHULUOSHI 主干梳理 基础落实 1 知识梳理 基本形式一般形式区别 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 完成一件事有n类不同

2、 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_ 种不同的方法 分类加法计数原理与分步乘法计 数原理，都涉及完成一件事情的 不同方法种数.它们的区别在于： 分类加法计数原理与分类有关， 各种方法相互独立，用其中的任 何一种方法都可以完成这件事； 分步乘法计数原理与分步有关， 各个步骤相互依存，只有各个步 骤都完成了，这件事才算完成 mn m1m2 mn 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

3、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_ 种不同的方法 分类加法计数原理与分步乘法计 数原理，都涉及完成一件事情的 不同方法种数.它们的区别在于： 分类加法计数原理与分类有关， 各种方法相互独立，用其中的任 何一种方法都可以完成这件事； 分步乘法计数原理与分步有关， 各个步骤相互依存，只有各个步 骤都完成了，这件事才算完成 mn m1m2 mn 微思考 1.在解题过程中如何判定是用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？ 提示如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分 类加

4、法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成这件事的一部 分，就用分步乘法计数原理. 2.两种原理解题策略有哪些？ 提示明白要完成的事情是什么； 分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步” 间互相联系； 有无特殊条件的限制； 检验是否有重复或遗漏. 题组一思考题组一思考辨析辨析 基础自测 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，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的. () (4)在分步乘法计数原理

5、中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的 步骤都能完成这件事.() 题组二教材题组二教材改编改编 2.已知集合M1，2,3，N4,5,6，7，从M，N这两个集合中 各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标 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 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、第二象限内不同点的个数是326，故选C. 3.已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种 数为 A.16 B.13 C.12 D.10 解析将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后

6、，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， 共有不同走法3412(种). 4.书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书， 第3层放有2本不同的体育书.从书架中任取1本书，则不同的取法种数为 _.9 解析分三类：第一类，从第1层取一本书有4种取法， 第二类，从第2层取一本书有3种取法， 第三类，从第3层取一本书有2种取法. 共有4329(种)取法. 题组三易错自题组三易错自纠纠 5.从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数， 其中奇数的个数为 A.24 B.18 C.12 D.6 解析分两类情况讨论：第1类，奇

7、偶奇，个位有3种选择，十位有2种选 择，百位有2种选择，共有32212(个)奇数； 第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共 有3216(个)奇数. 根据分类加法计数原理知，共有12618(个)奇数. 6.某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法 有_种. 243 解析因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况. 所以要发5个电子邮件，发送的方法有3333335243(种). TIXINGTUPO HEXINTANJIU2题型突破 核心探究 题型一分类加法计数原理 自主演练 1.满足a，b1,0,1,2，且关于x的方程ax22xb0有实数解的有序

8、数对(a，b)的个数为 A.14 B.13 C.12 D.10 解析方程ax22xb0有实数解的情况应分类讨论. 当a0时，方程为一元一次方程2xb0，不论b取何值，方程一定 有解.此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对. 当a0时，需要44ab0，即ab1.显然有3个有序数对不满足题 意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2).a0时，(a，b)共有3412(个)实数对， 故a0时满足条件的实数对有1239(个). 所以满足题意的有序数对共有4913(个). 2.集合Px,1，Qy,1,2，其中x，y1,2,3，9，且PQ.把满 足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这

9、样的点的 个数是 A.9 B.14 C.15 D.21 解析当x2时，xy，点的个数为177. 当x2时，由PQ，xy. x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法. 因此满足条件的点共有7714(个). 3.如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么 在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有_个. 12 解析当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况. 当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种， 当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，

10、 根据分类加法计数原理可知，共有12种结果. 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，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. 思维升华 题型二分步乘法计数原理 师生共研 例1(1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到 位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最 短路径条数为 A.24 B.18 C.12 D.9 解析从E点到F点的最短路径有6

11、条，从F点到G点的最短路径有3条， 所以从E点到G点的最短路径有6318(条)， 故选B. (2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加 一项，则共有_种不同的报名方法.120 解析每项限报一人，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654120(种). 1.本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每 人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？ 引申探究 解每人都可以从这三个比赛项目中选报一项， 各有3种不同的报名方法，

12、根据分步乘法计数原理， 可得不同的报名方法共有36729(种). 2.本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每 项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？ 解每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人 参赛， 根据分步乘法计数原理， 可得不同的报名方法共有63216(种). (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 步之间确保连续，逐

13、步完成. 思维升华 跟踪训练1(1)从集合0,1,2,3,4,5,6中任取两个互不相等的数a，b组成 复数abi，其中虚数的个数是 A.30 B.42 C.36 D.35 解析因为abi为虚数，所以b0， 即b有6种取法，a有6种取法， 由分步乘法计数原理知可以组成6636个虚数. (2)已知a1,2,3，b4,5,6,7，则方程(xa)2(yb)24可表示不同 的圆的个数为 A.7 B.9 C.12 D.16 解析得到圆的方程分两步： 第一步：确定a有3种选法； 第二步：确定b有4种选法， 由分步乘法计数原理知， 共有3412(个). 题型三两个计数原理的综合应用 师生共研 例2(1)现有5

14、种不同颜色的染料，要对如图所示的四 个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能 使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是 A.120 B.140C.240 D.260 解析由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，然后涂C处， 若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法； 若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法， 由此可得不同的涂色方法有54(1433)260(种).故选D. (2)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.

15、60 B.48 C.36 D.24 解析一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成 6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6636(个). 长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有 6212(个). 根据分类加法计数原理知：共有361248(个). (3)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 解析要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”， 所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个 数字不重复，因此应先分类，再分步. 第1类，当千位数字为奇数，即取1,3,5中的任意一个时

16、，个位数字可 取0,2,4,6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十 位数字不能取与这三个数字重复的数字. 根据分步乘法计数原理，有3454240(种)取法. 第2类，当千位数字为偶数，即取2,4,6中的任意一个时，个位数字可 以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重 复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字. 根据分步乘法计数原理，有3354180(种)取法. 根据分类加法计数原理，共可以组成240180420(个)无重复数字的 四位偶数. 利用两个计数原理解决应用问题的一般思路 (1)弄清完成一件事是做什么. (2)确定是先分类后分步，还是先分步

17、后分类. (3)弄清分步、分类的标准是什么. (4)利用两个计数原理求解. 思维升华 跟踪训练2(1)(2021郑州质检)将数字“124467”重新排列后得到不同 的偶数的个数为 A.72 B.120 C.192 D.240 解析将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数， 则末位数应为偶数. (1)若末位数字为2，因为含有2个4， (2)若末位数字为6，同理有60种情况； (3)若末位数字为4，因为有两个相同数字4， 所以共有54321120(种)情况. 综上，共有6060120240(种)情况. (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

18、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 解析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248(个)， 当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意， 当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意， 故共有84416(个). KESHIJINGLIAN3 课时精练 基础保分练 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 12345678910 11 12 1

19、3 14 15 16 解析以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4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列， 所求的数列共有2(211)8(个). 12345678910 11 12 13 14 15 16 2.(2020西安模拟)将3名防控新冠疫情志愿者全部分配给2个不同的社区 服务，不同的分配方案有 A.12种 B.9种C.8种 D.6种 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析每名防控新冠疫情志愿者都有两种不同的分配方法， 根据分步计数原理可知，不同的分配方案总数为238(种).

20、3.(2021保定质检)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由 甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有 A.4种 B.6种 C.10种 D.16种 解析分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)， 同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式. 由分类加法计数原理可知，共有336(种)传递方式. 12345678910 11 12 13 14 15 16 4.(2020凌源模拟)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年 份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、 猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依

21、次选一个作为 礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物 都喜欢，如果让三位同学都选取到喜欢的礼物，则不同的选法有 A.30种 B.50种 C.60种 D.90种 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析甲同学选择牛，乙有2种选择，丙有10种选择， 选法有121020(种)； 甲同学选择马，乙有3种选择，丙有10种选择， 选法有131030(种)， 所以总共有203050(种)选法. 12345678910 11 12 13 14 15 16 5.(2021安阳模拟)如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在 为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提

22、供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一 种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有 A.120种 B.260种 C.340种 D.420种 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同， 则共有5431354322180240420(种). 6.(2021衡阳模拟)若a1,2,3,4，b1,2,3,4，则y x表示不同直线的 条数为 A.8 B.11 C.14 D.16 解析若使 表示不同的实数， 则当a1时，b1,2,3,4； 当a2时，b1,3； 当a3时，b1,2,4； 当a4时，b1,3. 故y x表示的不

23、同直线的条数共有423211. 12345678910 11 12 13 14 15 16 7.李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配 送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去 配送一次.已知5月1日李明分别去了这四家超市配送，那么整个5月他不 用去配送的天数是 A.12 B.13 C.14 D.15 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析将5月份的30天依次编号为1,2,3，30， 因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送 一次，且5月1日李明分别去了这四家超市配送， 所以李明去甲超市的天数编

24、号为：1,4,7,10,13,16,19,22,25,28，共10天； 李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为：5,9,17,21,29，共5天； 李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共0天； 李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：8,15，共2天. 所以李明需要配送的天数为1050217， 所以整个5月李明不用去配送的天数是301713. 12345678910 11 12 13 14 15 16 A.可表示3个不同的圆B.可表示6个不同的椭圆 C.可表示3个不同的双曲线D.表示焦点位于x轴上的椭圆有3个 12345678910 11 12 13 14 15 16 若椭圆的焦

25、点在x轴上，则mn0，当m4时，n2,3；当m3时，n 2，即所求的椭圆共有213(个)，选项D正确； 12345678910 11 12 13 14 15 16 9.如图所示，使电路接通，开关不同的闭合方式共有_种.21 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析根据题意，若电路接通，则开关1,2与3,4,5中都至少有1个闭合， 对于开关1,2，共有224(种)情况， 其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有413(种)情况， 对于开关3,4,5，共有2228(种)情况， 其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有817(种)情况， 则电路接通的情况有37

26、21(种). 12345678910 11 12 13 14 15 16 10.(2020石家庄模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图 所示的44小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意 的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有 _种. 解析依题意可分为以下3步： (1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法； (2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放， 有9种方法； (3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法， 根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有1694576(种). 576 12345678910 11 12 13 14 15 16 11

27、.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”的个数是_. 12345678910 11 12 13 14 15 16 36 解析第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21224(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241236(个). 12.我市VR大会展厅前广场改造，在人行道(斑马 线)两侧划分5块区域(如图)，现有四种不同颜色 的花卉，要求

28、每块区域随机种植一种颜色的花卉， 且相邻区域(有公共边的区域)所选花卉颜色不能 相同，则不同的摆放方式共有_种. 288 解析根据题意，对于区域，可以在4种颜色中任选2种，有43 12种选法； 对于区域，可以在4种颜色中任选3种，有43224种选法， 则不同的摆放方式有1224288(种). 12345678910 11 12 13 14 15 16 技能提升练 13.从集合1,2,3,4，10中，选出5个数组成该集合的子集，使得这 5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有 A.32个 B.34个 C.36个 D.38个 12345678910 11 12 13 14 15 16 解

29、析先把数字分成5组：1,10，2,9，3,8，4,7，5,6， 由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11， 所以从每组中任选一个数字即可， 故共可组成2222232(个)这样的子集. 14.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示 的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但 不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的 种数是_. 12345678910 11 12 13 14 15 16 60 解析根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择 方法，并且机会是相等的， 若第一个选1号螺栓，第二个可以选3,4,5号螺栓，依次选下去， 共可以得到10种方法，

30、所以总共有10660(种)方法. 拓展冲刺练 15.从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数 和真数，则可以组成不同对数值的个数为 A.56 B.54 C.53 D.52 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析在8个数中任取2个不同的数共有8756(个)对数值； 但在这56个数值中，log24log39，log42log93，log23log49，log32 log94， 即满足条件的对数值共有56452(个). 16.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，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 A.240 B.204 C.729 D.920 12345678910 11 12 13 14 15 16 解析若a22，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a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择， 则“凸数”有236(个). 若a24，满足条件的“凸数”有3412(个)，若a29， 满足条件的“凸数”有8972(个). 所以所有凸数有26122030425672240(个). 12345678910 11 12 13 14 15 16 大一轮复习讲义 本课结束 更多精彩内容请登录：