第十章 第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理-2027年高考数学一轮总复习课件（含解析版试题）

这是一份第十章 第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理-2027年高考数学一轮总复习课件（含解析版试题），共7页。PPT课件主要包含了m+n，m×n，ABD，ABC等内容，欢迎下载使用。
1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.能用两个原理解决简单的实际问题.
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.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=__________种不同的方法.
3.两个计数原理的区别与联系
1.正确理解“怎么算完成一件事”是选择分类、分步的基础，如“3人参加4项比赛，每人参加一项的参赛方案数”与“3人参加4项比赛，每项一个冠军的冠军方案数”.2.分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(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一件事.(　　)(2)在分步乘法计数原理中，每个步骤的方法都能单独完成一件事.(　　)
(2)中每个步骤无法单独完成一件事，各步缺一不可;
(3)在运用计数原理时，分类的标准是唯一的.(　　)(4)在处理较为复杂的计数问题时，一定要先分类再分步.(　　)
(3)中分类标准并不唯一，但要标准一致、不重不漏;(4)中有时候也可以先分步再进行分类.
2.(苏教选修二P63T6原题)若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有(　　)A.34种B.43种C.3×2×1种D.4×3×2种
4名学生，每人有3种可选方案，根据分步乘法计数原理，4人共有3×3×3×3=34种，故选A.
3.(人教A选修三P11T1改编)乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后共有项数为(　　)A.11D.144
三个因式各取一项相乘可得展开式中的项，由分步乘法原理知项数为3×3×5=45.
4.(北师大选修一P162习题5－1T1改编)在1，2，3，…，200中，被5整除余1的数共有____________个. 
考点聚焦突破
因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，分为四类.第一类:m=5时，n有4种选择;
第二类:m=4时，n有3种选择;第三类:m=3时，n有2种选择;第四类:m=2时，n有1种选择.由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有4+3+2+1=10(个).
(2)(2026·南昌模拟)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的个数为_______. 
分两类,如图①,由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形,这样的等边三角形共有6个;
如图②,由圆上相间隔的三点可构成等边三角形,这样的等边三角形共有2个.由分类加法计数原理可得共能构成不同的等边三角形的个数为6+2=8.
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.
训练1 (1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　　)A.4种B.10种C.18种D.20种
赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法;赠送2本画册，2本集邮册，
只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法.由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4+6=10(种).
(2)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. 
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构成一个平面;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构成一个平面，∴共可以确定8+5=13个平面.
因为每名同学均有2门外语课程可以选，由分步乘法计数原理得不同的选法有2×2×2=23(种).
(2)(2026·信阳模拟)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是_________.(用数字作答) 
甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7=343(种)站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7=336(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;二是步与步确保连续，逐步完成.
训练2 (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(　　)
由题意可知E到F共有6条最短路径，F到G共有3条最短路径，由分步乘法计数原理知，共有6×3=18(条)最短路径.
(2)(2026·贵阳调研)将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为(　　)A.720D.60
可分三步:第一步，第1张门票有10种不同的分法;第二步，第2张门票有9种不同的分法;第三步，第3张门票有8种不同的分法，由分步乘法计数原理得，共有10×9×8=720种不同分法.
角度1　与数字有关的问题例3 (2024·上海卷)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为________. 
由题意可知集合中最多有一个奇数，其余均为偶数.个位为0的无重复数字的三位正整数有9×8=72(个);个位为2，4，6，8的无重复数字的三位正整数有4×8×8=256(个).所以集合中最多有72+256=328(个)偶数，再加上一个奇数，则集合中元素个数的最大值为328+1=329.
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(　　)A.48D.18
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”，
分情况讨论:①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2×12=24(个);②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2×6=12(个).所以由分类加法计数原理得，正方体中“正交线面对”共有24+12=36(个).
角度3　涂色(种植)问题例5 (2026·石家庄模拟)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有(　　)
法一(按区域分类)　分两种情况:①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2×1×1=24(种);
A.24种B.48种C.72种D.96种
②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2=48(种).故不同的涂色方法有48+24=72(种).法二(按颜色种数分类)①若四种颜色都用上，则A，C或B，D有一对同色，共2×4×3×2×1=48(种);②若使用三种颜色，则A，C和B，D有两对同色，共4×3×2=24(种)，故不同的涂色方法有48+24=72(种).
1.在综合应用两个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.
训练3 (1)用3种不同颜色给如图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，共有______种不同的涂色方案(　　) 
从左到右依次涂色，第一个圆环可以涂3种颜色，第二、三、四、五个圆环各可以涂2种颜色，共有3×2×2×2×2=48(种)不同的涂色方案.
A.243D.1 280
(2)(2026·广州测试)将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有________种. 
由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得9在左上角，1在右下角，如图所示，其余位置分别记为a，b，c，d，e，f.显然2，3排在d，f位置，有2种排法.
①a，c在8，7中选，有2个结果，b，e在5，6中选，有2个结果，有2×2=4(种)排法;②a，c在8，6中选，有2个结果，b，e在5，7中选，有1个结果，此时有2×1=2(种)排法.综上，填写方格表的方法共有2×(4+2)=12(种).
一、单选题1.若将6本不同的书放到5个不同的盒子里，则不同的放法种数为(　　)A.6D.66
将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，根据分步乘法计数原理可得不同放法为56种.
2.为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有(　　)A.48种B.36种C.24种D.12种
由题意可知，分三步完成:第一步，从2种主食中任选一种有2种选法;第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法;第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，根据分步乘法计数原理，共有2×3×6=36种不同的选取方法.
3.有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是(　　)A.14D.120
分两步:第1步，取多面体，有5+3=8(种)不同的取法;第2步，取旋转体，有4+2=6(种)不同的取法.所以不同的取法种数是8×6=48.
4.集合P={x，1}，Q={y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.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，则这样的点的个数是(　　)A.9D.21
当x=2时，x≠y，点的个数为1×7=7.当x≠2时，由P⊆Q，∴x=y.∴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7+7=14(个).
5.(2026·南宁质检)甲、乙、丙三人踢毽子，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
分两类:甲第一次踢给乙时,有3种满足条件的传递方式(如图):
同理,甲第一次踢给丙时,满足条件的也有3种传递方式,由分类加法计数原理,可知不同传递方式的种数为3+3=6.
6.用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　)A.243D.279
组成的三位数可分两类:一类是有重复数字，另一类无重复数字.先算无重复数字的三位数的个数:第一步，排百位数字，有9种方法(0不能排首位)，第二步，排十位数字，有9种方法，第三步，排个位数字，有8种方法，
根据分步乘法计数原理，共有9×9×8=648(个)没有重复数字的三位数.又组成的所有三位数的个数为9×10×10=900，所以有重复数字的三位数的个数是900－648=252.
7.(2026·洛阳模拟)已知正四棱锥P－ABCD，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个顶点只涂一种颜色，且同一条棱上的两个顶点不同色，则不同的涂色方法有(　　)A.240D.120
当只用三种颜色时，A，C同色且B，D同色，5种颜色选择3种，共有5×4×3=60(种)选择，当只用四种颜色时，A，C同色或B，D同色，从5种颜色中排除1种，
再从A，C和B，D中二选一，涂相同颜色，共有5×2×4×3×2×1=240(种)选择，当用五种颜色时，每个顶点用1种颜色，故有5×4×3×2×1=120(种)选择.综上，共有60+240+120=420(种)选择.
8.如图,将钢琴上的12个键依次记为a1,a2,…,a12.设1≤i