2025版高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布理第一讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案理含解析新人教版

PAGE第十章计数原理、概率、随机变量及其分布(理)第一讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理(理)学问梳理·双基自测eq\x(知)eq\x(识)eq\x(梳)eq\x(理)学问点一分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在其次类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝__m1＋m2＋…＋mn__种不同的方法．学问点二分步乘法计数原理完成一件事须要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成其次步有m2种不同的方法，……，完成第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．eq\x(归)eq\x(纳)eq\x(拓)eq\x(展)分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区分分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互联系、相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．eq\x(双)eq\x(基)eq\x(自)eq\x(测)题组一走出误区1．推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干脆完成这件事．(√)(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．(√)(4)假如完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…m(5)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．(√)题组二走进教材2．(P10练习T4)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(C)A．16 B．13C．12 D．10[解析]将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，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3×4＝12(种)．另解：Aeq\o\al(2,4)＝12(种)．完成这件事需分成2个步骤进4种、出3种，∴共有4×3＝12．3．(教材习题改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字，①其和为偶数的不同取法种数为__6__；②能排成的两位偶数的个数为__13__．[解析]①和为偶数的取法可分为两类：取两奇数或取两偶数，各有3种取法，故共有6种取法；②排成的两位偶数可分成三类：个位是0或2或4，明显个位为0的有5个，个位为2或4的各有4个，故共有13个．题组三走向高考4．(2024·新课标Ⅱ)4名同学到3个小区参与垃圾分类宣扬活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少支配1名同学，则不同的支配方法共有__36__种．[解析]因为有一小区有两人，则不同的支配方式共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36种．5．(2024·天津)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有__1_080__个．(用数字作答)[解析]依据题意，分2种状况探讨：①四位数中没有一个偶数数字，即在1、3、5、7、9种任选4个，组成一个四位数即可，有Aeq\o\al(4,5)＝120种状况，即有120个没有一个偶数数字四位数；②四位数中只有一个偶数数字，在1、3、5、7、9种选出3个，在2、4、6、8中选出1个，有Ceq\o\al(3,5)·Ceq\o\al(1,4)＝40种取法，将取出的4个数字全排列，有Aeq\o\al(4,4)＝24种依次，则有40×24＝960个只有一个偶数数字的四位数；则至多有一个数字是偶数的四位数有120＋960＝1080个．考点突破·互动探究考点一分类加法计数原理——自主练透例1(1)(2024·常州模拟)已知I＝{1,2,3}，A，B是集合I的两个非空子集，且A中全部元素的和大于B中全部元素的和，则集合A，B共有(D)A．12对 B．15对C．18对 D．20对(2)(2024·山东济宁模拟)6人分乘两辆不同的出租车，每辆车最多乘4人，则不同的乘车方案数为(C)A．70 B．60C．50 D．40(3)(2024·山东日照联考)要将甲、乙、丙、丁4名同学分别到A，B，C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到A班的分法种数为__12__．(用数字作答)[解析](1)依题意，当A，B中均有一个元素时，有3对；当B中有一个元素，A中有两个元素时，有Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(1,2)＝8(对)；当B中有一个元素，A中有三个元素时，有3对；当B中有两个元素，A中有三个元素时，有3对；当A，B中均有两个元素时，有3对．所以共有3＋8＋3＋3＋3＝20(对)，选D．(2)Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(2,6)＝50或Ceq\o\al(4,6)·Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(3,6)＝50．故选C．(3)由题意可分两类，第一类，甲与另一人一同分到A，有6种；其次类，甲单独在A，则两人在B有Ceq\o\al(2,3)＝3种或两人在C有Ceq\o\al(2,3)＝3种，共有6种，共12种．名师点拨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)依据题目特点恰当选择一个分类标准．(2)分类时应留意完成这件事情的任何一种方法必需属于某一类，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．考点二分步乘法计数原理——师生共研例2(1)如图，小明从街道的E处动身，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参与志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(B)A．24 B．18C．12 D．9(2)有六名同学报名参与三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参与一项，则共有__120__种不同的报名方法．[解析](1)从E点到F点的最短路径有6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6×3＝18(条)，故选B．(2)每项限报一人，且每人至多参与一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，其次个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，依据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．[引申1]本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参与一项”改为“每人恰好参与一项，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竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，依据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．[引申2]本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参与一项”改为“每项限报一人，但每人参与的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？[解析]每人参与的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，依据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．[引申3]本例(1)中若去掉“先到F处与小红会合”，则最短路径的条数为__35__．[解析]Ceq\o\al(3,7)＝35(条)．名师点拨(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事务发生的过程合理分步，即分步是有先后依次的，并且分步必需满意：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)分步必需满意两个条件：一是步骤相互独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．〔变式训练1〕(1)(2024·厦门模拟)从班委会5名成员中选出3名，分别担当班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担当文娱委员，则不同的选法共有__36__种(用数字作答)．(2)(2024·湖南永州模拟)某县政府为了加大对一贫困村的扶贫力度，探讨确定将6名优秀干部支配到该村进行督导巡察，周一至周四这四天各支配1名，周五支配2名，则不同的支配方法共有(B)A．320种 B．360种C．370种 D．390种[解析](1)第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担当，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．其次步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．(2)第一步支配周五2名，有Ceq\o\al(2,6)＝15(种)方法；其次步支配周一至周四，有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)方法，故不同的支配方法共有15×24＝360种，故选B．考点三,两个计数原理的综合应用——多维探究角度1与数字有关的问题例3(2024·天津和平区二模)在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数有(D)A．512 B．192C．240 D．108[解析]能被5整除的四位数末位是0或5的数，因此分两类，第一类，末位为0时，其它三位从剩下的数中随意排3个即可，有Aeq\o\al(3,5)＝60个，其次类，末位为5时，首位不能排0，则首位只能从1,2,3,4选1个，其次位和第三位从剩下的4个数中任选2个即可，有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(2,4)＝48个，依据分类计数原理得可以组成60＋48＝108个不同的能被5整除的四位数，故选D．[引申](1)若将本例中“没有”改为“有”，则结果为__252__；(2)本例组成的四位数中偶数的个数为__156__个，其中比2310大的四位偶数的个数为__109__个．[解析](1)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,2)＝360,360－108＝252．(2)个位为0时有Aeq\o\al(3,5)＝60个；个位非0时有Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2)＝96个，故四位偶数有156个；其中比2310大的数中①前三位为231的有1个；②前两位为23第三位为4或5的有3个；③前一位为2其次位为4或5的有9个；④前一位为4的有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝24个；⑤前一位为3或5的各有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,4)＝36个，故共有109个．角度2与涂色有关的问题例4将一个四棱锥的每个顶点染上1种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，若只有4种颜色可供运用，则不同的染色方法有(B)A．48种 B．72种C．96种 D．108种[解析]如图四棱柱P－ABCD，涂P有4种方法⇒涂A有3种方法⇒涂B有2种方法⇒涂Ceq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C与A同色有1种方法,C与A不同色有1种方法))⇒涂Deq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(有2种方法,有1种方法))，则不同的涂法共有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种，故选B．角度3与几何有关的问题例5(2024·上海)《九章算术》中，称底面为矩形而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(D)A．4 B．8C．12 D．16[解析]依据正六边形的性质，则D1－A1ABB1，D1－A1AFF1满意题意，而C1，E1，C，D，E和D1一样，有2×4＝8，当A1ACC为底面矩形，有4个满意题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满意题意，故有8＋4＋4＝16，故选D．[引申]①本例中若去掉“以AA1为底面矩形的一边”，则阳马的个数为__72__个．②以六棱柱的顶点为顶点的四棱锥有__300__个．[解析]①矩形在棱柱底面上的阳马有24个；矩形为棱柱侧面的阳马有24个；矩形为棱柱对角面的阳马有24个；故共有72个．②底面在棱柱底面上的四棱锥有2Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(1,6)＝180个；底面四边形含两条侧棱的有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,8)＝120个；故共有300个．名师点拨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．留意：(1)相同元素不加区分；(2)数字问题中0不能排在数的首位．〔变式训练2〕(1)(角度2)(2024·宁波模拟)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，则不同的涂色方法种数为(C)A．24种 B．48种C．72种 D．96种(2)(角度1)(2024·四川成都青羊区模拟)由数字0,1,2,3组成的无重复数字的4位数，比2019大的有()个(B)A．10 B．11C．12 D．13(3)(角度3)假如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(B)A．60 B．48C．36 D．24[解析](1)区域ABECD涂法432(与A同色)12与A不同色11∴不同的涂色方法共有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种)，故选C．(2)千位数字为3时满意题意的数字个数为：3！＝6．千位数字为2时，只有2013不满意题意，则满意题意的数字的个数为3！－1＝5，综上可得：比2019大的有6＋5＝11个．(3)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48．名师讲坛·素养提升巧用图表法、间接法求解计数问题例6(1)将编号为1,2,3,4,5,6的六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子中，每个盒子放一个小球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是__135__．(2)(2024·吉林模拟)一只蚂蚁从正四面体A－BCD的顶点A动身，沿着正四面体A－BCD的棱爬行，每秒爬一条棱，每次爬行的方向是随机的，则蚂蚁第1秒后到点B，第4秒后又回到A点的不同爬行路途有(B)A．6条 B．7条C．8条 D．9条(3)(2024·济南模拟)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A、B、C、D、E、F，假如焊接点脱落，整个电路就会不通．现发觉电路不通，那么焊接点脱落的可能状况共有__63__种．[解析](1)(图表法)两个小球放入编号相同的盒子中有Ceq\o\al(2,