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第十章　计数原理、概率
10.1　两个计数原理
2027高考数学一轮总复习
内容索引
必备知识　回顾
课时作业
关键能力　提升
考试要求 三年考情 理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义,能利用两个计数原理进行计数. 2023 2024 2025


必备知识　回顾
1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理
(1)分类加法计数原理
①定义: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拓展:完成一件事,如果有n类不同方案,且第1类方案中有m1种不同的方法,第2类方案中有m2种不同的方法……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.
1
知识梳理
m+n
m1+m2+…+mn
(2)分步乘法计数原理
①定义: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.
②拓展:完成一件事,如果需要分成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.
m×n
m1×m2×…×mn
2.运用分类加法计数原理的关键是分类标准的确定,通常按有特殊要求的元素或有特殊要求的位置进行分类,即以“符合要求”与“不符合要求”作为分类标准.
3.分类与分步都是数学思维中的“分解”策略,前者是“横向分解”,分解为若干种满足要求的类型;后者是“纵向分解”,将解决问题的方法分解为按一定顺序进行的小步骤.
1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)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.(　 　)
(2)在分类加法计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同.(　 　)
(3)在分步乘法计数原理中,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.(　 　)
(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.(　 　)
基础检测
√
×
×
√
2.(人教A版选择性必修第三册P11习题6.1T1改编)一个口袋内装有4个小球,另一个口袋内装有6个小球,所有小球的颜色互不相同.从两个口袋中取一个球,则不同的取法种数为____.
解析:根据分类加法计数原理,不同的取法种数为4+6=10.
10
3.(人教A版选择性必修第三册P8例7改编)如图,为了迎接五一国际劳动节,某学校安排同学们在A,B,C,D四块区域植入花卉,现有4种不同花卉可供选择,要求相邻区域植入不同花卉,不同的植入方法有____种.
解析:C区域有4种选择,D区域有3种选择,A区域有3种选择,B区域有2种选择,由分步乘法计数原理可知,不同的植入方法共有4×3×3×2=72(种).
72
4.中国有十二生肖,又叫十二属相,每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,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢龙、牛和羊,乙同学喜欢龙和马,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学选取礼物都满意,那么选法有____种.
解析:第一种情况是甲选龙,乙只能选马,丙有10种选法,则共有1×1×10=10(种)选法;第二种情况是甲选牛或羊,甲有2种选法,乙也有2种选法,丙有10种选法,则共有2×2×10=40(种)选法.所以共有10+40=50(种)选法.
50
关键能力　提升
考点1 分类加法计数原理
【例1】　如图,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网络联系,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,信息可以分开沿不同路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为(　 　)
A.26　　　 B.24　　　
C.19　　　 D.18
C
【解析】　由题图可知,从A到B有4种不同的传递路线,各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6,由分类加法计数原理得,单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19.故选C.
使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.
规律总结
【对点训练1】　将一类顺读与倒读都是同一个数的自然数称为“回文数”,如44,585,2 662等.若用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9可以组成五位“回文数”且这个五位数的各位数字之和为11,则这样的五位“回文数”的个数为(　 　)
A.10 B.12
C.14 D.6
A
解析:设五位数的“回文数”为abcba,其中a,b,c∈{1,2,3,4,5,6,7,8,9},因为各位数字之和为11,所以2a+2b+c=11,因为2a+2b为偶数,所以c为奇数,若c=1,则a+b=5,则(a,b)的组合有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),则“回文数”共有4个;若c=3,则a+b=4,则(a,b)的组合有(1,3),(2,2),(3,1),则“回文数”共有3个;若c=5,则a+b=3,则(a,b)的组合有(1,2),(2,1),则“回文数”共有2个;若c=7,则a+b=2,则(a,b)的组合有(1,1),则“回文数”共有1个.故满足条件的五位“回文数”的个数为4+3+2+1=10.故选A.
考点2 分步乘法计数原理
【例2】　(多选)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
ABD
【解析】　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,每名同学有4种选法,则三名同学共有4×4×4=43(种)选法,故A正确;对于B,三人到四个工厂,有43=64(种)情况,其中甲工厂没有同学去,即三名同学全部到乙、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a同学必须去甲工厂,则剩下两名同学安排到四个工厂即可,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,则不同的安排方法有4×3×2=24(种),故D正确.故选ABD.
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;二是步与步确保连续,逐步完成.
规律总结
【对点训练2】　3 000的不同正因数的个数为 (　 　)
A.36 B.45
C.32 D.54
解析:因为3 000=23×3×53,所以3 000的正因数为2α×3β×5γ,其中α=0,
1,2,3,β=0,1,γ=0,1,2,3,所以3 000的不同正因数有4×2×4=32(个).故选C.
C
考点3 两个计数原理的综合应用
命题角度1　与数字有关的问题
【例3】　(人教A版选择性必修第三册P11练习T2改编)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
D
【解析】　按照百位数字进行分类讨论:若百位数字为8,则剩余两位均为0,共有1个“幸运数”;若百位数字为7,则剩余两位为1,0,共有2×1=2(个)“幸运数”;若百位数字为6,则剩余两位为2,0或1,1,共有2×1+1=3(个)“幸运数”;若百位数字为5,则剩余两位为3,0或2,1,共有2×2×1=4(个)“幸运数”;若百位数字为4,则剩余两位为4,0或3,1或2,2,共有2×2×1+1=5(个)“幸运数”;若百位数字为3,则剩余两位为5,0或4,1或3,2,共有3×2×1=6(个)“幸运数”;若百位数字为2,则剩余两位为6,0或5,1或4,2或3,3,共有3×2×1+1=7(个)“幸运数”;若百位数字为1,则剩余两位为7,0或6,1或5,2或4,3,共有4×2×1=8(个)“幸运数”.故所有“幸运数”的个数为1+2+3+4+5+6+7+8=36.故选D.
命题角度2　与几何有关的问题
【例4】　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____.
【解析】如图所示,
①对于正方体的每一条棱,都有2个面与之构成“正交线
面对”,这样的“正交线面对”有12×2=24(个);②对于正方体的每一条面对角线(如A1C1,则A1C1⊥平面BB1D1D),都有一个对角面与之构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有12×1=12(个).综上所述,正方体中的“正交线面对”共有24+12=36(个).
36
命题角度3　涂色问题
【例5】　用五种不同颜色的涂料涂在如图所示的五个区域,相邻两个区域不能同色,且至少要用四种颜色,则不同的涂色方法有 (　 　)
A.240种 B.480种
C.420种 D.360种
D
【解析】　先不考虑至少要用四种颜色,完成涂色需要分5步,按照顺序依次涂区域3,1,4,5,2,区域3有5种颜色可选,区域1有4种颜色可选,区域4有3种颜色可选;若区域5与区域4颜色相同,区域5有1种颜色可选,则区域2有3种颜色可选;若区域5与区域4颜色不同,区域5有2种颜色可选,则区域2有2种颜色可选;再由分类加法计数原理和分步乘法计数原理可得,共有5×4×3×(1×3+2×2)=420(种)涂色方法.如果只使用三种颜色涂色(小于三种无法涂色),那么区域1,2同色且区域4,5同色,共有5×4×3=60(种)涂色方法.所以满足题意的不同的涂色方法有420-60=360(种).故选D.
1.在综合应用两个计数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)对于较复杂的两个计数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.
规律总结
【对点训练3】　(1)由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的三位数,其中偶数共有(　 　)
A.48个 B.52个
C.60个 D.120个
解析:由题意可知,分为两种情况:若个位是0,则有5×4=20(个)不同的偶数;若个位不是0,则有4×4×2=32(个)不同的偶数.所以偶数共有20+32=52(个).故选B.
B
(2)某社区广场有一个如图所示的花坛,花坛有1,2,3,4四个区域,现有5种不同的花卉可供选择,要求相邻区域不能种植同一种花卉,中间圆圈区域不种植花卉,则该花坛的花卉种植方案共有 (　 　)
A.210种 B.420种
C.180种 D.260种
D
解析:当区域1与区域3种植同一种花卉时,先种区域1,3,再种区域2,4,由分步乘法计数原理可知,该花坛种植方案共有5×1×4×4=80(种);当区域1与区域3不种植同一种花卉时,先种区域1,3,再种区域2,4,由分步乘法计数原理可知,该花坛种植方案共有5×4×3×3=180(种).故该花坛的花卉种植方案共有80+180=260(种).故选D.
(3)在平面直角坐标系中,点P(a,b)的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}中的元素.若点P到原点的距离|OP|≥5,则这样的点P的个数为____.
解析:由题设≥5 a2+b2≥25,又a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}中的元素,且a≠b,所以满足要求的点P(a,b)有(1,5),(1,6),(2,5),(2,6), (3,4), (3,5),(3,6),(4,3),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),
(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),所以这样的点P有20个.
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课时作业70
1.(5分)某天小丁要从福州出发去厦门,已知当天的飞机有5班,动车有12趟,高铁有10个车次,则小丁当天出行的方案共有 (　 　)
A.12种 B.27种
C.120种 D.600种
解析:因为当天的飞机有5班,动车有12趟,高铁有10个车次,所以小丁当天出行的方案共有5+12+10=27(种).故选B.
基础巩固
B
2.(5分)已知集合A {1,2,3},且A中至少有一个奇数,则这样的集合有(　 　)
A.2个 B.3个
C.4个 D.5个
解析:当集合A中含一个元素时,A={1}或A={3};当集合A中含两个元素时,A={1,2}或A={1,3}或A={2,3}.所以这样的集合共有2+3=5(个).故选D.
D
3.(5分)有不同的语文书9本,不同的数学书7本,不同的英语书5本,从中选出不属于同一学科的书2本,则不同的选法有 (　 　)
A.21种 B.315种
C.143种 D.153种
解析:选出不属于同一学科的书2本,可分三类,第一类:语文书、数学书各1本,共有9×7=63(种);第二类:语文书、英语书各1本,共有9×5=45(种);第三类:数学书、英语书各1本,共有7×5=35(种).因此共有63+45+35=143(种)不同的选法.故选C.
C
4.(5分)某班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪革命先烈纪念园四个景点游玩,每名学生只能选择一个景点(景点人数不限),则这3名学生的旅游安排方式共有(　 　)
A.6种 B.24种
C.64种 D.81种
解析:班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪革命先烈纪念园四个景点游玩,每名学生只能选择一个景点,则这3名学生的旅游安排方式共有43=64(种).故选C.
C
5.(5分)将标有序号1,2,3的三个小球放入标有序号1,2,3,4的四个盒子里,每个盒子最多放一个小球,且要求小球和盒子的序号均不对应相同,则所有放法的种数为(　 　)
A.7 B.9
C.11 D.13
解析:若盒子序号为1,2,3,则球的序号依次为2,3,1或3,1,2,共有2种放法;若盒子序号为1,2,4或1,3,4或2,3,4,根据对称性可知不同的放法种数相同,例如盒子序号为1,2,4,则球的序号依次为2,3,1或2,1,3或3,1,2,共有3种放法.所以所有放法的种数为2+3×3=11.故选C.
C
6. (5分)(一题多解)(人教A版选择性必修第三册P27习题6.2T17改编)用5种不同的颜色给如图所示的示意图上色,要求相邻两块涂不同的颜色,则不同的涂色方法种数为(　 　)
A.180 B.240
C.280 D.300
A
解析:方法一　如图,先涂1,有5种不同的涂色方法;再涂2,有4种不同的涂色方法;然后涂3,有3种不同的涂色方法;最后涂4,有3种不同的涂色方法.则不同的涂色方法有5×4×3×3=180(种).故选A.
方法二　如图(图同方法一),按1,4同色与不同色进行分类讨论:当1,4同色时,应用分步乘法计数原理,有5×4×3=60(种)不同的涂色方法;当1,4不同色时,应用分步乘法计数原理,有5×4×3×2=120(种)不同的涂色方法.则由分类加法计数原理知,共有60+120=180(种)不同的涂色方法.故选A.
7.(5分)学校教师运动会设置有“跳绳”“立定跳远”“定点投篮”“沙包掷准”四个比赛项目,每个项目各需要一位裁判,现有甲、乙、丙、丁四位体育老师,每人做且仅做一项裁判工作,因为时间问题,甲不能安排“跳绳”裁判,乙不能安排“定点投篮”裁判,则不同的安排方法共有 (　 　)
A.12种 B.14种
C.7种 D.9种
解析:当甲安排“定点投篮”时,另外3人任意安排工作有6种方法.当甲不安排“定点投篮”时,先安排甲有2种方法,再安排乙有2种方法,另外剩余2人有2种方法,此时有2×2×2=8(种)安排方法.共有6+8=14(种)安排方法.故选B.
B
8.(5分)直线ax+by+c=0(a,b不全为 0)与圆x2+y2=50有公共点,且公共点的横、纵坐标均为整数,那么这样的直线有 (　 　)
A.60条 B.66条
C.72条 D.78条
解析:因为x2+y2=50,x,y∈Z,所以公共点为(-7,-1),(-7,1),(-1,-7),
(-1,7),(-5,-5),(-5,5),(1,-7),(1,7),(5,-5),(5,5),(7,-1),(7,1),共12个.若这样的直线为圆的切线,则满足题意的切线有12条;若这样的直线不为圆的切线,则由两点确定一条直线,满足题意的直线有=66(条).则这样的直线有12+66=78(条).故选D.
D
9.(8分,多选)已知数字0,1,2,3,4,用它们组成四位数,下列说法正确的是 (　 　)
A.可以组成无重复数字的四位数96个
B.可以组成有重复数字的四位数404个
C.可以组成无重复数字的四位偶数66个
D.可以组成百位是奇数的四位偶数28个
AB
解析:对于A,可以组成无重复数字的四位数4×4×3×2=96(个),故A正确;对于B,可以组成有重复数字的四位数4×5×5×5-96=404(个),故B正确;对于C,若个位数为0,则有4×3×2=24(个),若个位数不为0,则有2×3×3×2=36(个),所以可以组成无重复数字的四位偶数24+36=60(个),故C错误;对于D,可以组成百位是奇数的四位偶数4×2×5×3=120(个),故D错误.故选AB.
10.(8分,多选)某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策,不超过9站的地铁票价如下表,现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁,已知他们乘坐地铁都不超过9站,且他们各自在每个站下地铁的可能性相同,则下列结论正确的是 (　 　)
BCD
站数x 0票价/元 2 3 4
A.若小明、小华两人共花费5元,则小明、小华下地铁的方案共有9种
B.若小明、小华两人共花费5元,则小明、小华下地铁的方案共有18种
C.若小明、小华两人共花费6元,则小明、小华下地铁的方案共有27种
D.若小明、小华两人共花费6元,则小明比小华先下地铁的方案共有12种(同一地铁站出站不分先后)
解析:对于A,B,两人共花费5元分为两类:小明花费2元,小华花费3元,此时两人下地铁的方案有3×3=9(种),同理小明花费3元,小华花费2元时,两人下地铁的方案也是9种,所以共有18种,故A错误,B正确.对于C,两人共花费6元分为三类:小明花费2元,小华花费4元,此时两人下地铁的方案有3×3=9(种);小明花费3元,小华花费3元,此时两人下地铁的方案有3×3=9(种);小明花费4元,小华花费2元,此时两人下地铁的方案有3×3=9(种),共有27种,故C正确.对于D,小明比小华先下地铁有两类:小明花费2元,小华花费4元,此时两人下地铁的方案有9种;小明和小华均花费3元,小明比小华先下地铁仅有3种方案,所以共有12种方案,故D正确.故选BCD.
11.(8分,多选)如图,线路从甲到乙之间有五个连接点,若连接点断开,可能导致线路不通,现发现甲、乙之间线路不通,则下列判断正确的是 (　 　)
A.至多三个断点的有19种
B.至多三个断点的有22种
C.共有25种
D.共有28种
AC
解析:若有1个断点,则1,5中断开1个,有2种情况.若有2个断点,则1,5都断开有1种;1,5断开1个,2,3,4断开1个有2×3=6(种),共有1+6=7(种)情况.若有3个断点,则2,3,4断开有1种;1,5都断开,2,3,4断开1个有3种;1,5断开1个,2,3,4断开2个有2×3=6(种),共有1+3+6=10(种).若有4个断点,则1,5都断开,2,3,4断开2个有3种;1,5断开1个,2,3,4都断开有2种,共有3+2=5(种).若有5个断点,有1种情况.综上,至多三个断点的有2+7+10=19(种),所有情况共有2+7+10+5+1=25(种).故选AC.
12.(5分)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.∴共可以确定8+5=13(个)不同的平面.
13
13.(5分)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__.
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.所以在这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6+2=8.
8
14.(5分)集合A是{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}的子集,且A中的元素有完全平方数,则满足条件的集合A共有______个.
解析:集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}中的完全平方数有1,4,9,令B={1,4,9},C={2,3,5,6,7,8,10},则集合B={1,4,9}的非空子集有23-1=7(个),集合C={2,3,5,6,7,8,10}的子集有27=128(个),则满足条件的集合A为集合B的非空子集与集合C的子集的并集,故一共有7×128=896(个).
896
15. (5分)(2025·湖南郴州三模)如图,这是一个平面图形,现提供四种颜色给图中的区域1、区域2、区域3、区域4、区域5、区域6共六个区域涂色,每个区域只涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则共有____种不同的涂色方案.
96
素养提升
解析:若仅用三种颜色涂色,则区域1,6同色,区域2,4同色,区域3,5同色,共有=24(种)涂法;若用四种颜色涂色,则区域1,6,区域2,4,区域3,5中有一组不同色,则有3种情况,先从四种颜色中取两种涂同色区,有=12(种)涂法,剩余两种涂在不同区域,有2种涂法,共有3×12×2=72(种)涂法.故总的涂色方案有24+72=96(种).
16. (6分)(2025·江苏南京二模)现给如图所示的空白区域涂色(注:阴影区域不需要涂色),要求每个区域涂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.
216
解析:如图,将6个区域标上序号,区域1有4种颜色可选,共4种方法;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.
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