2023年高考数学人教A版（2019）大一轮复习--11.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理（课件）

这是一份2023年高考数学人教A版（2019）大一轮复习--11.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理（课件），共31页。PPT课件主要包含了内容索引，强基础增分策略，增素能精准突破，类类独立不重不漏，步步相依步骤完整，m+n，m×n，答案C等内容，欢迎下载使用。
知识梳理两个基本计数原理
微点拨(1)分类加法计数原理中,完成一件事的各种方法是相互独立的.从集合角度看,如果完成一件事有A,B两类方案,集合A与B的交集为空集,在A中有m1个元素(m1种方法),在B中有m2个元素(m2种方法),则完成这件事的不同方法的种数即为集合A∪B的元素个数,即m1+m2.(2)分步乘法计数原理中,必须且只需连续完成n个步骤后才能完成这件事,各个步骤之间不重复、不遗漏.
微思考在解题过程中如何判定是用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理?
提示 如果已知的每类方案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;如果每类方案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.
对点演练1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(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,每类方案中的每种方法都能直接完成这件事.(　　)(3)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.(　　)(4)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.(　　)
2.3个班分别从5个景点中选择一处游览,不同的选法种数为(　　)A.243B.125C.128D.264
答案 B　解析 因为第1个班有5种选法,第2个班有5种选法,第3个班有5种选法,由分步乘法计数原理可得,不同的选法有5×5×5=125(种).故选B.
3.5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中一个小组,则不同的报名方法有　　　　　种.(用具体数字作答) 
答案 32　解析 由题意,5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则每位同学都有2种报名方法.根据分步乘法计数原理,则这5位同学共有2×2×2×2×2=25=32种不同的报名方法.
典例突破例1.已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这六个数中每次取两个不同的数分别作为A,B的值,则Ax+By=0可以表示　　　　　条不同的直线. 
答案 22　解析 当A=0时,可表示1条直线;当B=0时,可表示1条直线;当AB≠0时,A有5种选法,B有4种选法,可表示5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理,知共可以表示1+1+20=22条不同的直线.
名师点析使用分类加法计数原理遵循的原则:有时分类的划分标准有多个,但不论是以哪一个为标准,都应遵循“标准要明确,不重不漏”的原则.
对点训练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1本,则不同的赠送方法共有(　　)A.4种B.10种C.18种D.20种(2)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　　　　　种. 
答案 (1)B　(2)6　
解析 (1)分两种情况:①4位朋友中有2个人得到画册,有 =6(种)赠送方法;②4位朋友中只有1个人得到画册,有 =4(种)赠送方法.由分类加法计数原理,得不同的赠送方法的种数为6+4=10.故选B.(2)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.
典例突破例2.(1)(2021湖北宜昌模拟)现在要给如图所示的四个区域染色,有红、黄、蓝、绿四种颜色可供选择,并要求相邻区域颜色不同,则不同的染法种数有(　　)A.64　　　　　　　D.12
(2)某种旅行箱的密码锁由三个数字组成(每个位置上的数字可从0~9这10个数字中任选一个).小张购买一个旅行箱后,打算设置密码,自上而下第一个位置的数字设置为质数,第二个位置的数字设置为奇数,第三个位置的数字设置为偶数,则他可选择的不同密码的个数为　　　　　. 
答案 (1)B　(2)100　
解析 (1)若先染④,则④有4种染法,①有3种染法,③有2种染法,②有2种染法.由分步乘法计数原理,不同的染法种数有4×3×2×2=48.故选B.(2)因为0~9中的质数为2,3,5,7,共有4个数字;0~9中奇数为1,3,5,7,9,共有5个数字;0~9中偶数为0,2,4,6,8,共有5个数字;故由分步乘法计数原理可知,他可选择的不同密码的个数为4×5×5=100.
名师点析使用分步乘法计数原理的原则(1)明确题目中的“完成这件事”是什么,确定完成这件事需要几个步骤.
(2)将完成这件事划分几个步骤完成,各步骤之间有一定的连续性,只有当所有步骤都完成了,整个事件才算完成,这是分步的基础,也是关键.从计数上来看,各步的方法数的积就是完成事件的方法总数.
对点训练2(1)(2021广东汕头模拟)在端午小长假期间,某办公室要从4名职员中选出若干人在3天假期坚守岗位,每天只需1人值班,则不同的排班方法有(　　)A.12种B.24种C.64种D.81种(2)(2021重庆朝阳中学模拟)甲、乙、丙、丁四人准备到A,B,C,D四座城市旅游,每人只到其中一座城市旅游.若A,B,C三座城市为低风险城市,D为中风险城市,且规定疫苗接种未成功的人不能到中高风险城市,接种成功的人不受限制,已知这四人中只有丁疫苗接种还未成功,则这四人到这四座城市旅游共有　　　　　种安排方法. 
答案 (1)C　(2)192　解析 (1)根据题意,第一天值班可以安排4名职员中的任意1人,有4种排班方法,同理第二天和第三天也有4种排班方法,根据分步乘法计数原理可知,不同排班方法的种数为4×4×4=64.故选C.(2)丁疫苗接种还未成功,即丁不能去D城市,则丁有3种安排方法;甲、乙、丙三人不受限制,则甲、乙、丙各有4种安排方法.由分步乘法计数原理,共有3×4×4×4=192种安排方法.
典例突破例3.(1)(2021辽宁沈阳模拟)用数字3,6,9组成四位数,各数位上的数字允许重复,且数字3至多出现一次,则可以组成的四位数的个数为(　　)A.81D.24(2)如图,一个地区分为5个行政区域,现给该地区的5个区域着色,要求相邻区域不得使用同一种颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有　　　　　种. 
答案 (1)B　(2)72　
解析 (1)根据题意,数字3至多出现一次,分2种情况讨论:①数字3不出现,此时四位数的每个数位都可以为6或9,都有2种情况.根据分步乘法计数原理,可以组成的四位数个数为2×2×2×2=16;②数字3出现1次,则数字3出现的情况有4种,剩下的三个数位,可以为6或9,都有2种情况.根据分步乘法计数原理,可以组成的四位数个数为4×2×2×2=32.根据分类加法计数原理,共可以组成的四位数的个数为16+32=48.故选B.
(2)(方法1)由题图可知,2区与4区不相邻,3区与5区不相邻,且不相邻的区域可用同1种颜色涂色,所以最少可用3种颜色,故可根据选用颜色的种数进行分类.第1类,使用3种颜色,则2区与4区同色,3区与5区同色,可分三步进行涂色:第1步,涂2区与4区,有4种颜色可选;第2步,涂3区与5区,有3种颜色可选(除涂2区、4区的颜色);第3步,涂1区,有2种颜色可选(除前2步所选的颜色).由分步乘法计数原理知,该类涂色方法共有4×3×2=24(种).
第2类,使用4种颜色,2区与4区同色,3区与5区不同色,可分4步进行涂色:第1步,涂2区与4区,有4种颜色可选;第2步,涂1区,有3种颜色可选;第3步,涂3区,有2种颜色可选;第4步,涂5区,有1种颜色可选.由分步乘法计数原理可知,该类涂色方法共有4×3×2×1=24(种).
第3类,使用4种颜色,3区与5区同色,2区与4区不同色,同理可得该类涂色方法共有24种.综上,由分类加法计数原理可知,不同的涂色方法共有24+24+24=72(种).(方法2)因为1区与其他4个区都相邻,首先考虑1区,有4种涂法.若2区与4区同色,有3种涂法,此时3区与5区均有2种涂法,涂法种数为4×3×2×2=48;若2区与4区不同色,先涂2区,有3种涂法,再涂4区,有2种涂法,此时3区与5区都只有1种涂法,涂法种数为4×3×2×1×1=24.因此,满足条件的涂色方法共有48+24=72(种).
方法总结1.利用两个计数原理解决问题的一般步骤
2.涂色问题常用的两种方法
对点训练3某旅行社共有5名专业导游,其中3人会英语,3人会日语,1人既会英语又会日语,若在同一天要接待3个不同的外国旅游团,其中有2个旅游团要安排会英语的导游,1个旅游团要安排会日语的导游,则不同的安排方法种数有(　　)A.12B.13C.14D.15
解析 记甲为既会英语又会日语的导游,按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类:第一类,甲被安排到需要会英语的旅游团,则可分两步进行:第一步,从会英语的另外2人中选出1人,有2种选法,将选出的人和甲安排到2个需要会英语的旅游团,有2种安排方法,所以有2×2=4种安排方法;第二步,从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团,共2种选法.由分步乘法计数原理,不同的安排方法种数有4×2=8.