2025版高考数学全程一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布列第一节两个计数原理课件

这是一份2025版高考数学全程一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布列第一节两个计数原理课件，共34页。PPT课件主要包含了课前自主预习案，课堂互动探究案，m＋n，m×n，答案B，答案16，答案216，答案C，答案A，答案78等内容，欢迎下载使用。

必 备 知 识两个计数原理(1)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．(2)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．
【常用结论】1．分类加法计数原理的推广：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．2．分步乘法计数原理的推广：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．
夯 实 基 础1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，某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，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．(　　)(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．(　　)
2．(教材改编)从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是(　　)A．12　　　B．24　　　C．64　　　D．81
解析：从4本书中选3本有4种选法，把选出的3本书送给3名同学，有6种送法，所以不同的送法有：4×6＝24(种)．故选B.
3.如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有4条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路．则从甲地到丁地共有________条不同的路．
解析：如果由甲地经乙地到丁地，有2×4＝8种不同的路线；如果由甲地经丙地到丁地，有4×2＝8种不同的路线；因此，从甲地到丁地共有8＋8＝16种不同的路线．
4．(易错)6名同学争夺3项冠军，不同的结果有________种．(用具体数字作答)
解析：每一项冠军的情况都有6种，故6名学生争夺三项冠军，获得冠军的种数是63＝216(种)．
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．
问题思考·夯实技能　【问题】　在解题过程中，如何判断使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，应该用分类加法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成事件的一部分，就用分步乘法计数原理．
解析：由题意知，共有4根算筹．当十位1根，个位3根，共有2个两位数；当十位2根，个位2根，共有4个两位数；当十位3根，个位1根，共有2个两位数；当十位4根，个位0根，共有2个两位数，所以一共有10个两位数．故选C.
题后师说(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．
题型二 分步乘法计数原理的应用例 2 有六名同学报名参加三个智力项目，每项恰好报一人，且每人至多参加一项，则共有多少种不同的报名方法？
解析：每项恰好报一人，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，可得不同报名方法共有6×5×4＝120(种)．
【变式练习1】　若将本例条件“每项恰好报一人，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？ 
解析：每人都可以从这三个项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有36＝729(种)．
【变式练习2】　若将本例条件“每项恰好报一人，且每人至多参加一项”改为“每项恰好报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
解析：每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这6个人中选出1人参加，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有63＝216(种)．
题后师说(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，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)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成．
巩固训练2“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为(　　)A．72 B．108C．144 D．196
解析：按题意，5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从6，7，8，9中选取．第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，有3种方法；第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方法．由分步乘法计数原理得，填法总数为4×3×4×3＝144.故选C.
题型三 两个计数原理的综合应用角度一　与数字有关的问题例 3 [2024·河南新乡模拟]由数字0，1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有__________个．
解析：能被5整除的三位数说明末尾数字是5或0，当末尾数字是5时，百位数字除了0有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步乘法计数原理一共有6×6＝36(种)方法；当末尾数字是0时，百位数字有7种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步乘法计数原理一共有7×6＝42(种)方法；则一共有36＋42＝78(种)．
角度二　与几何有关的问题例 4 [2024·浙江温州模拟]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个数为__________．
角度三　涂色问题例 5 现有红、黄、蓝三种颜色，对如图所示的正五角星的内部涂色(分割成六个不同区域)，要求每个区域涂一种颜色且相邻部分(有公共边的两个区域)的颜色不同，则不同的涂色方法有(　　)A．48种 　B．64种 　C．96种 　D．144种
解析：根据题意，假设正五角星的区域为A，B，C，D，E，F，如图所示，先对A区域涂色，有3种方法，再对B，C，D，E，F这5个区域进行涂色，∵B，C，D，E，F这5个区域都与A相邻，∴每个区域都有2种涂色方法，∴共有3×2×2×2×2×2＝96(种)涂色方法．故选C.
题后师说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)对于较复杂的两个原理综合应用问题，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．
巩固训练3(1)用0，1，2，3，4五个数字，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为(　　)A．18 B．24C．30 D．48
解析：(1)由题意可知，末位数字为1或3，首位数字有3种选择，则中间的数位有3种选择，由分步乘法计数原理可知，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为2×32＝18.故选A.
(2)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为(　　)A．192 B．420C．210 D．72
解析：按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：第一类，A，C同色，由分步乘法计数原理有5×4×3×1×3＝180(种)不同的染色方法；第二类，A，C不同色，由分步乘法计数原理有5×4×3×2×2＝240(种)不同的染色方法；根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420种不同的染色方法．故选B.
1．[2024·黑龙江佳木斯模拟]甲、乙分别从4门不同课程中选修1门，且2人选修的课程不同，则不同的选法有(　　)A．6种 B．8种C．12种 D．16种
解析：甲从4门课程中选择1门，有4种选法；乙再从甲未选的课程中选择1门，有3种选法；根据分步乘法计数原理可得：不同的选法有4×3＝12(种)．故选C.
2．[2024·江苏扬州模拟]用1，2，3，4四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有(　　)A．6个 B．18个C．24个 D．12个
解析：先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，有3×2＝6(种)选择，根据分步乘法计数原理可得共有2×6＝12(个)不重复的三位偶数，故选D.
3．[2024·山东临沂模拟]集合M＝{1，－2，3}，N＝{－3，5，6，－4}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是(　　)A．2 B．4C．5 D．6
解析：第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数．若M集合提供横坐标，N集合提供纵坐标，则有1×2＝2，若M集合提供纵坐标，N集合提供横坐标，则有2×2＝4，合计2＋4＝6，即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6个，故选D.