专题16 分解与合成模型和最短路径问题-2024年新高考数学题型全归纳之排列组合

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专题16 分解与合成模型和最短路径问题
【方法技巧与总结】
分解与合成策略是复杂的排列组合问题最基本的解题策略之一，把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决，然后依据问题分解后的结构，用分类计数原理和分步计数原理将问题合成，从而得到问题的答案．
【典型例题】
例1．（2023·全国·高三专题练习）有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有多少种不同走法？

A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【解析】如图，①从入口﹣1﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
②从入口﹣1﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
③从入口﹣1﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
④从入口﹣1﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑤从入口﹣2﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
⑥从入口﹣2﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
⑦从入口﹣2﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑧从入口﹣2﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
共有8种，
故选：B．

例2．（2023·全国·高三专题练习）夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的路，如图，假设夏老师家在处，学校在处，段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径有（    ）条．

A．23 B．24 C．25 D．26
【答案】D
【解析】由到的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有条路，
由到的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有条路，
由到的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有条路，
所以由到不经过的最短路径有.
故选：D.
例3．（2023秋·广东惠州·高三校考期末）如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（    ）

A．23 条 B．24 条 C．25条 D．26 条
【答案】D
【解析】先假设是实线，
则从到，向上次，向右次，最短路径有条，
其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，
所以，当不通时，最短路径有条.
故选：D
例4．（2023·全国·高三专题练习）方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（    ）

A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】D
【解析】由题意可知，从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种.
故选：D.
例5．（2023·全国·高三专题练习）如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（    ）

A．20条 B．21条 C．22条 D．23条
【答案】D
【解析】由题意知从A到的最短路径要通过7段马路，4段水平马路，3段竖直马路，共有种，又因为经过段的走法有种，故不经过段的最短路径有条.,
故选:D
例6．（2023春·陕西延安·高二校考期末）某小区的道路网如图所示，则由A到C的最短路径中，经过B的走法有（    ）

A．6种 B．8种
C．9种 D．10种
【答案】C
【解析】由题意，从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有种走法；
从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有种走法，
由分步计数原理，可得共有种不同的走法.
故选：C.
例7．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）蜂房绝大部分是一个正六棱柱的侧面，但它的底部却是由三个菱形构成的三面角. 18世纪初，法国学者马拉尔奇曾经专门测量过大量蜂巢的尺寸. 令人惊讶的是，这些蜂巢组成底盘的菱形的所有钝角都是，所有的锐角都是. 后来经过法国数学家克尼格和苏格兰数学家马克洛林从理论上的计算，如果要消耗最少的材料，制成最大的菱形容器正是这个角度. 从这个意义上说，蜜蜂称得上是“天才的数学家兼设计师”. 如图所示是一个蜂巢和部分蜂巢截面. 图中竖直线段和斜线都表示通道，并且在交点处相遇．现在有一只蜜蜂从入口向下（只能向下，不能向上）运动，蜜蜂在每个交点处向左到达下一层或者向右到达下一层的可能性是相同的．蜜蜂到达第层（有条竖直线段）第通道（从左向右计）的不同路径数为. 例如：，. 则不等式的解集为（       ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题可知，，且，
可推得，，
所以，即，
所以可能取到0，1，2，7，8，9，
所以解集为，
故选：B
例8．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在某城市中，､两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、、是道路网中的个指定交汇处. 今在道路网､处的甲､乙两人分别要到､处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发直到到达､处为止. 则下列说法正确的是（       ）

A．甲从到达处的方法有种
B．甲从必须经过到达处的方法有种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人在道路网中个指定交汇处相遇的概率为
【答案】D
【解析】对于A，甲从M到N的最短路程，只能向上或者向右走，需要走6步，2步向上，4步向右，共有C种，故A错；对于B，第一步，甲从M到，有C种走法，第二步，从到N，有C种走法，所以共有种走法，故B错；对于C，由B可知甲、乙经过的走法都有9种，所以在处相遇共有种走法，而甲、乙两人的总走法有种，所以两人在处相遇的概率为，故C错；对于D，因为甲、乙两人只能在处相遇，由C可知D对.
故选：D.
例9．（2023·高二课时练习）一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有（    ）

A．6种 B．8种
C．36种 D．48种
【答案】D
【解析】如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48(种)不同的参观路线．

故选：D
例10．（2023春·广东惠州·高二校考期中）下图是某项工程的网络图(单位:天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有（ ）

A．14条 B．12条 C．9条 D．7条
【答案】B
【解析】由图可知，由①④有3条路径，由④⑥有2条路径，由⑥⑧有2条路径，根据分步乘法计算原理可得从①⑧共有条路径.
故选：B
例11．（2023·高二单元测试）如图为某旅游区各景点的分布图,图中一条带箭头的线段表示一段有方向的路,试计算顺着箭头方向,从A到H不同的旅游路线的条数,这个数是(　　)

A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】C
【解析】如果一条一条地去数,由于道路错综复杂,哪些已经算过,哪些没有算过就搞不清楚了,所以我们换一种思路,用分析法试试.要到H点,需从F,E,G点走过来,F,E,G各点又可由哪些点走过来……这样一步步倒推,最后归结到A点,然后再反推过去得到如下的计算法:A到B,C,D的路线条数记在B,C,D圆圈内,B,C,D分别到F,E,G的路线条数亦记在F,E,G圆圈内,最后F,E,G内的路线条数之和即为从A到H的路线的总条数,如下图所示.
故答案为C.

例12．（2023·全国·高三专题练习）如图为的网格图，甲、乙两人均从出发去地，每次只能向上或向右走一格，并且乙到达任何一个位置（网格交点处）时向右走过的格数不少于向上走过的格数，记甲、乙两人所走路径的条数分别为、，则的值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得从到需要走格，向上、向右分别走格，
因此甲只需在次选择中次选择向右走，剩下的次选择向上走即可，，
乙只能在对角线下方（包括）走，
所以，乙的走法的所有可能情况为：
（右上右上右上）、（右上右右上上）、（右右上上右上）、（右右上右上上）、（右右右上上上），即，则，
故选：C.
例13．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）如图所示，各小矩形都全等，各条线段均表示道路.某销售公司王经理从单位处出发到达处和处两个市场调查了解销售情况，行走顺序可以是，也可以是，王经理选择了最近路径进行两个市场的调查工作.则王经理可以选择的最近不同路线共有（    ）

A．31条 B．36条 C．210条 D．315条
【答案】CD
【解析】设小矩形的长为，宽为，则从的最近路线为，从的最近路线为，
若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走3个长，2个宽，则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有种，所以从的不同路线有种；
若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走2个长，4个宽，则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有种，所以从的不同路线有种.
综上，王经理可以选择的最近不同路线共有210条或315条.
故选：CD.
例14．（多选题）（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，某城市两地之间有整齐的方格形道路网，某同学从处沿道路走到处，他随机地选择一条沿街的最短路径，则下列说法正确的是（    ）

A．他从处到达处有12种走法
B．他从处到达处有35种走法
C．他从处经过处到达处有18种走法
D．他从处经过处到达处有30种走法
【答案】BC
【解析】对于AB选项：
向右次，向上次，故走法有种，B选项正确.
对于CD选项：
到有种走法，到有种走法
根据分步乘法计数原理可知，共有种走法，C选项正确.
故选：BC
例15．（多选题）（2023春·湖北十堰·高二丹江口市第一中学校考阶段练习）在某城市中，A，B两地之间有如图所示的道路网．甲随机沿路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地．下列结论正确的有（    ）

A．不同的路径共有31条
B．不同的路径共有61条
C．若甲途经C地，则不同的路径共有18条
D．若甲途经C地，且不经过D地，则不同的路径共有9条
【答案】ACD
【解析】由图可知，从A地出发去往B地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，且前3步中，至少有1步向上，则不同的路径共有条．
若甲途经C地，则不同的路径共有条．若甲途经C地，且不经过D地，则不同的路径共有条．
故选：ACD．
例16．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M，N处的甲､乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（    ）

A．甲从M到达N处的走法种数为120
B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9
C．甲，两人能在处相遇的走法种数为36
D．甲，乙两人能相遇的走法种数为164
【答案】BD
【解析】对于A，需要走6格，其中向上3格，向右3格，所以从到达处的走法种数为，故A错误.
对于B，甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法，从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法，所以甲从必须经过到达处的走法种数为，故B正确.
对于，甲经过的走法种数为，乙经过的走法种数为，所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误.
对于D，甲，乙两人沿着最短路径行走，只能在，，，处相遇，若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，两人在处相遇的走法有1种；若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法；若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格，则两人在处相遇的走法有1种.所以甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确.
故选：BD.
例17．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中位于一条对角线上的5个交汇处，今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则（    ）

A．甲从M到达N处的走法有70种
B．甲从M必须经过到达N处的走法有12种
C．若甲、乙两人途中在处相遇，则共有144种走法
D．若甲、乙两人在行走途中会相遇，则共有1810种走法
【答案】AD
【解析】甲由道路网M处出发，随机地选择一条沿街的最短路径到达N处需走8步，共有种走法，故A正确；
甲由道路网M处出发，随机地选择一条沿街的最短路径到达处需走4步，有种走法，
从处沿街的最短路径到达N处需走4步，有种走法，所以共有种走法，故B错误；
由B可知，甲从M必须经过到达N处的走法有36种，同理乙从N必须经过到达M处的走法也有36种，
则甲、乙两人在处相遇，共有种走法，故C错误；
甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在处相遇，他们在处相遇的走法有种，
则，故D正确．
故选：AD．
例18．（2023·高二课时练习） 5400的正约数有______个
【答案】48
【解析】由，所以5400的正约数一定是由2的幂与3的幂和5的幂相乘的结果，
设正约数为，其中取值为0，1，2，3共有4种；取值为0，1，2，3共有4种；取值为0，1，2共有3种；
所以正约数个数为．
故答案为：48
例19．（2023秋·上海嘉定·高二校考期中）正整数2022有______个不同的正约数．
【答案】
【解析】因为，
故所有的正约数有：个.
故答案为：.
例20．（2023秋·上海徐汇·高二上海市南洋模范中学校考期末）有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有___________种.

【答案】24
【解析】

如图，由已知可得，应从点，先到点，再到点，最后经点到点即可.
第一步：由点到点，最短路径为4步，最短路径方法种类为；
第二步：由点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为；
第三步：由点经点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为.
根据分步计数原理可得，最短路径有种.
故答案为：24.
例21．（2023·高二课时练习）图中的连线是四地之间可走通的不同路径，若每段路只能经过一次，则从地到地不同的走法种数为______．

【答案】7
【解析】如图，从地到地不同的走法有：，，共种，
所以，从地到地不同的走法种数为.
故答案为：

例22．（2023春·湖北·高二校联考期中）如图为某地街道路线简图，甲从街道的A处出发，先到达B处与乙会和，再一起去到C处，可以选择的最短路径条数为___________．

【答案】18
【解析】分2步，第一步从到，第二步从到，方法数为．
故答案为：18．
例23．（2023春·河北石家庄·高二统考阶段练习）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、、是道路网中位于一条对角线上的5个交汇处，今在道路网M、N处的甲、乙两人分别要到N、M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N、M处为止．若甲、乙两人途中在处相遇，则共有______种走法（用数字作答）．

【答案】256
【解析】由已知，甲从M必须经过到达N处，最短路径为先走到需走4步，横向1步，纵向3步，再走到N需走4步，横向3步，纵向1步，走法有种，
同理得，乙从N必须经过到达M处，最短路径为先走到需走4步，横向3步，纵向1步，再走到M需走4步，横向1步，纵向3步，走法有种，
若甲，乙两人在处相遇，共有种走法.
故答案为：256.
例24．（2023·全国·高三专题练习）将某商场某区域的行走路线图抽象为一个的长方体框架（如图），小红欲从A处行走至B处，则小红行走路程最近的路线共有_________．（结果用数字作答）

【答案】210
【解析】由题意,最近的路线应该是3次向上,2次向右,2次向前,一共走7次,所以路线共有,
故答案为：210
例25．（2023春·上海宝山·高二统考期末）640的不同正约数共有______个
【答案】16
【解析】因，于是得640的正约数形如，其中，
所以640的一个正约数是中r，k各取一个值代入计算的结果，而r有8种取法，k有2种取法，
由分步乘法计数原理知形式的数有个，
所以640的不同正约数共有16个.
故答案为：16
例26．（2023秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习）动点从正方体的顶点出发，沿着棱运动到顶点后再到，若运动中恰好经过6条不同的棱，称该路线为“最佳路线”，则“最佳路线”的条数为__________．（用数字作答）
【答案】18
【解析】从A点出发有3种走法，走B或C或A1点，假设走A1点，那么下一步有2种走法，走A1或B1，假设走B1，下一步有1种走法，走C1，下一步有2种走法，走C或D1，若走C，然后有2种走法最后到A，若走D1，最后只有1种走法到A，所以一共有种.
例27．（2023·全国·高三专题练习）如图，甲从A到B，乙从C到D，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路一共有________对. （用数字作答）

【答案】1750
【解析】甲从A到B，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从A到B共有种走法，
乙从C到D，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从A到B共有种走法，
根据分步乘法计数原理可知，共有不同路径对，
甲从A到D，需要向右走6步，向上走4步，共需10步，所以从A到D共有种走法,
乙从C到B，需要向右走2步，向上走4步，共需6步，所以从C到B共有种走法,
所以相交路径共有对，
因此不同的孤立路一共有对.
故答案为：1750
例28．（2023·全国·高二专题练习）如图所示，机器人明明从A地移到B地，每次只移动一个单位长度，则明明从A移到B最近的走法共有_____种．

【答案】80
【解析】分步计算，第一步最近走法有2种；第二步最近走法有种；第三步最近走法有2种，
故由最近走法有种．
故答案为：80．
例29．（2023春·河南·高二校联考阶段练习）30030能被______个不同正偶数整除．
【答案】32
【解析】先把30030分解成质因数的形式：；
依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取若干个组成成积，
所有的偶因数为个．
故答案为：32.
例30．（2023春·高二课时练习）如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点A爬到相对顶点C1，求其中经过3条棱的路线共有多少条？

【解析】经过AB，有m1=1×2=2条；经过AD，有m2=1×2=2条；经过AA1，有m3=1×2=2条.根据分类加法计数原理，从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.
例31．（2023秋·湖北武汉·高二武汉二中校考期末）用数字0、2、3、4、6按下列要求组数、计算：
(1)能组成多少个没有重复数字的三位数？
(2)可以组成多少个可以被3整除的没有重复数字的三位数？
(3)求即144的所有正约数的和.（注：每小题结果都写成数据形式）
【解析】（1）百位数子只能是2、3、4、6中之一，百位数字确定后，十位和个位数字的组成共有种方法，所以可以组成没有重复数字的三位数共有个；
（2）由题意，能被3整除的且没有重复数字的三位数只能是由2、4、0或2、4、3或2、4、6或0、3、6组成.共有个；
（3），
∴144的所有正约数的和为.
例32．（2023·高二课时练习）某城市由条东西方向的街道和条南北方向的街道组成一个矩形街道网，要从处走到处，使所走的路程最短，有多少种不同的走法？

【解析】将相邻两个交点之间的街道称为一段，
那么从到需要走段，
而这些段中，必须有东西方向的段，
其余的为南北方向的段，
所以共有种走法.
例33．（2023·高二课时练习）如图，某地有南北街道5条、东西街道6条．一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，且途经C地，要求所走路程最短，共有多少种不同的走法？

【解析】由题意可知，从A经C到B的最短路程，只能向西、向南运动；
从A到C，最短路程需要向南走3次，向西走2次，即从5次中任取2次向西，剩下3次向南，有种不同的走法，
从C到B，最短路程需要向南走2次，向西走2次，即从4次中任取2次向西，剩下2次向南，有种不同的走法，
故从A经C到B的最短路程，共有种不同的走法.
例34．（2023春·上海宝山·高二上海交大附中校考期中）（1）如图1所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？
（2）如图2所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，已知地（十字路口）在修路，无法通行，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？
（3）如图3所示，某地有南北街道5条，东西街道6条（注意有一段不通），一邮电员从该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？
（4）如图4所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，已知地（十字路口）在修路，无法通行，且有一段路程无法通行，一邮递员该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，要求所走的路程最短，有多少种不同的走法？

【解析】（1）由题意，由A到B的最短距离需要9步完成，其中向下走5步，向左走4步，
由组合知识可知，不同的走法共有种.
(2)若先经过C再到B，需向下走3步，向左走2步，有种走法，由C到B需向下运动2步，向左运动2步，有种走法，故先经过C再到B共有，
所以不经过C共有种走法.
(3) 经过ED,需要3步由A到D，再需要5步由E到B，由A到D共有种走法，由E到B共有种走法，所以经过ED的走法共有种，
故不经过ED的走法共有种.
(4)由A经过DE到C的走法共有，再由C到B需要向下、向左各2步共有种走法，
故经过DE到C再到B的走法共有种走法，
所以不经过DE也不经过C的走法共有种.
例35．（2023春·湖北·高二石首市第一中学校联考阶段练习）在某城市中，A，B两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地，则不同的路径共有__________条，其中途径C地的不同路径共有__________条．

【答案】     210     90
【解析】由图可知，从A地出发去往B地的最短路径共10步，
其中4步向上，6步向右，则不同的路径共有条．
途径地，则不同的路径共有条．
故答案为：210；90