2026年高考数学一轮复习专题课件：计数原理(共34张PPT)

(共34张PPT)
　计数原理
2026年高考数学一轮复习专题课件★★
分类加法计数原理
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＝________________种不同的方法．
分步乘法计数原理
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＝_______________种不同的方法．
回归教材
m1＋m2＋…＋mn
m1×m2×…×mn
利用两个计数原理解题的一般思路
(1)弄清需要完成的“一件事”是什么事．
(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．
1. (课本习题改编)如图，从甲地到乙地有3条路，从
乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到
丁地有4条路．则从甲地到丁地的不同路线共有(　　)
A．12条　　　　　　　　 B．15条
C．18条 D．72条
夯实双基
√
解析　若路线为甲→乙→丁，则有3×2＝6(条)；若路线为甲→丙→丁，则有3×4＝12(条)，故共有6＋12＝18(条)．故选C.

2．教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，由一层到四层的走法种数为(　　)
A．6 B．23
C．42 D．44
√
解析　由一层到二层有2种选择，二层到三层有2种选择，三层到四层有2种选择，∴由分步乘法计数原理可知走法种数为23.
3．(2025·沧衡八校联盟)将3张不同的门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为(　　)
A．720 B．240
C．120 D．60
√
解析　第一步：第1张门票有10种不同分法．
第二步：第2张门票有9种不同分法．
第三步：第3张门票有8种不同分法．
由分步乘法计数原理，共有10×9×8＝720种分法，故选A.
4．(2024·徐州二模)中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有(　　)
A．34种 B．43种
C．3×2×1种 D．4×3×2种
√
解析　每个学生都有3种选择，4人共有34种选择．故选A.
5. 由于用具简单、趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条，其中顺带也能把“炮”吃掉的路线有(　　)
A．10条 B．8条
C．6条 D．4条
√
解析　由题意可知“兵”吃掉“马”的最短路线，需向右走三步，向上走两步，其中能顺带吃掉“炮”的路线需向右走两步，向上走一步，吃掉“炮”以后，再向右走一步，向上走一步，∴能顺带吃掉“炮”的路线共有3×2＝6(条)．故选C.
题型一　 两个计数原理(自主学习)
(1)设x，y∈N*，平面直角坐标系中的点为P(x，y)．
①若x＋y≤6，这样的P点有________个；
②若1≤x≤4，1≤y≤5，这样的P点有_____个．
15
20
【解析】　①当x＝1，2，3，4，5时，y依次有5，4，3，2，1种选择，故不同的P点共有5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．
②x有1，2，3，4这4个不同的取值，而y有1，2，3，4，5这5个不同的取值，故不同的P点共有4×5＝20(个)．
(2)(2016·课标全国Ⅱ，理)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(　　)
A．24　　　　　　　　 B．18
C．12 D．9
√
【解析】　第一步E→F：可分成四段走，有两段向右，两段向上，从四段中选两段向右，则其余两段一定向上，∴共有C42＝6(条)；
第二步F→G：有C31＝3(条)．
∴共有18条．
(3)足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，一个队参加了14场比赛积19分，那么有________种不同的比赛结果．
4
【解析】　由题意知这个队最多胜6场，最少胜3场，即胜6平1负7、胜5平4负5、胜4平7负3、胜3平10负1，故有4种不同的比赛结果．
状元笔记
两个计数原理的特点
利用两个计数原理解题，必须类步分明，是分类，还是分步，必须由题而定．如本例1(1)①中完成这件事需分成5类，(2)中完成这件事需分两步，这两步完成后这件事才算完成．
题型二　 两个计数原理的应用(微专题)
微专题1　“住店”问题
(1)5名旅客投宿到一个旅店的3个房间(假设每个房间都有多个床位)，问共有多少种不同的住店方法？
【答案】　243
【解析】　∵每名客人只能住一个房间，而每个房间可以容纳多名客人，∴完成这件事需以客为主，按5名客人分成5步：
①安排第1名旅客有3个房间(3种方法)．
②安排第2名旅客也有3个房间(3种方法)……
∴共有3×3×3×3×3＝243种不同的住店方法．
(2)5名学生争夺3项比赛的冠军，每项比赛只有1名冠军，获得冠军的可能情况有多少种？
【答案】　125
【解析】　每个冠军只能有一个人获得，而每人可获得多个冠军，所以“冠军”相当于“客”，“学生”相当于“房间”，3人住5个房间，共有53＝125种可能的情况．
(3)有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(六名同学不一定都能参加)
①每人只参加一项，每项人数不限；
②每项限报一人，但每人参加的项目不限；
③每项限报一人，且每人至多参加一项．
【思路】　
【答案】　①729　②216　③120
【解析】　①每人都可以从这三个竞赛项目中任意选报一项，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共有36＝729(种)．(本题相当于6个人住3个房间)
②每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一个参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．(本题相当于3个人住6个房间)
③每项限报一人，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，第三个项目只有4种选法，根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)．
状元笔记
此类问题均可以类比本例(1)，用“住店法”求解，用“住店法”解题时需要确定所给的两类元素，哪一类是“客”(只能有一个选择的元素为“客”)，哪一类是“房间”(可以容纳多个元素的为“房间”)．
√
微专题2　数字问题
(1)【多选题】已知数字0，1，2，3，4，由它们组成四位数，下列说法正确的有(　　)
A．组成可以有重复数字的四位数有500个
B．组成无重复数字的四位数有96个
C．组成无重复数字的四位偶数有66个
D．组成无重复数字的四位奇数有28个
√
【解析】　四位数的首位不能为0，有4种情况，其他数位均有5种情况，则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5＝500(个)，故A正确；四位数的首位不能为0，有4种情况，然后再从剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位，有4×3×2＝24种情况，则组成无重复数字的四位数有4×24＝96(个)，故B正确；若0在个位，有4×3×2＝24种情况，若0不在个位，则个位可以是2或4，有2种情况，首位不能为0，有3种情况，所以共有3×3×2×2＝36种情况，则满足条件的偶数有36＋24＝60(个)，故C错误；组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2＝36(个)，故D错误．
(2)(2025·沧州七校联考)在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如102，546为“驼峰数”，由数字1，2，3，4构成的无重复数字的“驼峰数”有________个．
8
【解析】　分三步：第一步选3个数有C43＝4种方法；第二步把选出的3个数中最小的数排在十位，有1种方法；第三步排个位和百位，有A22＝2种方法，由分步乘法计数原理共有4×1×2＝8个“驼峰数”．
(3)(2025·山东泰安统考模拟预测)整数3 528有________个不同的正因数．
36
【解析】　3 528＝23×32×72，3 528的正因数必为2a×3b×7c的形式，a∈{0，1，2，3}，b∈{0，1，2}，c∈{0，1，2}，所以3 528共有4×3×3＝36个不同的正因数．
微专题3　涂色问题
(1)给如图所示的5个区域涂色，若要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有________种(用数字作答)．
72
【解析】　方法一：区域1有C41＝4种涂色方法；
区域2有C31＝3种涂色方法；
区域3有C21＝2种涂色方法；
区域4，5有3种涂色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)．
∴共有4×3×2×3＝72种不同的涂色方法．
方法二：区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑．区域1有4种涂法．若区域2，4同色，有3种涂法，此时区域3，5均有2种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48；若区域2，4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法，此时区域3，5都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24.因此涂法共有48＋24＝72(种)．
【探究】　作为两个计数原理应用之一的“涂色问题”，曾是高考的热点，解决此类问题体现了两个计数原理的精髓．
(2) (2025·山西晋中联考)某正方体木块的六个面分别标有数字1～6，用红、黄、蓝、白4种颜色给这六个面涂色(不一定每种颜色都用上)，相邻两个面所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案有(　　)
A．48种　　　　　　 B．72种
C．96种 D．144种
√
【解析】　先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，再涂区域3，有2种选择．若区域4的颜色和区域2的颜色不同，此时区域4，5，6只有一种选择；若区域4的颜色和区域2的颜色相同，剩下的区域有3种选择．故不同的涂色方案有4×3×2×(1＋3)＝96(种)．故选C.
状元笔记
涂色问题的求解方法
(1)解决涂色问题，可以按照颜色的种数分类，也可以按照不同的区域分步完成．
(2)涂色问题的解题关注点和关键：
①关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素．
②关键：对每个区域逐一进行检验，选择下手点，分步处理．
微专题4　实际应用
(1)(2023·全国甲卷，理)有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为(　　)
A．120 B．60 C．40 D．30
√
【解析】　不妨记五名志愿者为a，b，c，d，e，假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人中抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A42＝12种方法，同理，b，c，d，e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择有5×12＝60(种)．故选B.
(2)(2025·重庆一中月考)口袋里有红、黄、蓝、绿的小球各4个，这些球除了颜色之外完全相同，现在从口袋里任意取出4个小球，则不同的取法种数为(　　)
A．48 B．77
C．35 D．39
√
【解析】　根据条件，取出的4个球可以有一种、两种、三种、四种颜色，当取出的球只有一种颜色时，有4种取法；当取出的球有两种颜色时，有C42(1＋2)＝18种取法；当取出的球有三种颜色时，有C43C31＝12种取法；当取出的球有四种颜色时，有1种取法．所以共有4＋18＋12＋1＝35种取法．故选C.
(3)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为(　　)
A．5 B．24
C．32 D．64
√
【解析】　5日至9日，即5，6，7，8，9，有3天奇数日，2天偶数日．第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)．第二步安排偶数日出行，分两类：第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.
状元笔记
综合应用两个原理解决问题应注意：
(1)一般先分类再分步，在分步时可能又用到分类加法计数原理．
(2)较复杂问题，可恰当地使用示意图、表格、列举等方法，使问题形象化、直观化．
本课总结
1．对于分类加法计数原理，要重点抓住“类”字，应用时要注意“类”及“类”之间的独立性和并列性，对于分步乘法计数原理，要重点抓住“步”字，应用时要注意“步”与“步”之间的相依性和连续性，对于稍复杂问题，常常结合相关知识综合使用两个计数原理．
2．建议复习排列组合的定义及排列数、组合数公式．
计数原理在几何问题中的应用
平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线．
(1)用这9个点可以确定多少条直线？
【答案】　(1)31
(2)用这9个点可以确定多少个三角形？
【答案】　(2)80
【解析】　(1)确定一条直线需要两个点，因为有4个点共线，所以这9个点所确定直线的条数为C92－C42＋1＝31.
【解析】　(2)确定一个三角形需要三个不共线的点，所以这9个点确定三角形的个数为C93－C43＝80.
思考题　(1)如果把两条异面直线看作“一对”，则在五棱锥的棱所在的直线中，异面直线有(　　)
A．15对　　　　　　　 B．25对
C．30对 D．20对
√
【解析】　五棱锥的侧棱都相交于一点，底面五条边都在同一平面上，所以五棱锥的每条侧棱与底面上不与其相交的三边都是异面直线，所以五棱锥的10条棱中，异面直线共有3×5＝15(对)．故选A.
(2)(2025·包头质检)如果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(　　)
A．60 B．48
C．36 D．24
√
【解析】　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.