[高考数学复习]2020年高考数学第一轮知识点总复习ppt课件
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学后反思 正确区分和运用两个原理是学好本章的关键.区分“分类〞与“分 步〞的根据在于能否“一次性〞完成. 假设能“一次性〞完成，那么不需 “分步〞，只需分类；否那么就分步处置.
举一反三
1. 5位同窗报名参与两个课外活动小组，每位同窗限报其中的一个小组， 那么不同的报名方法共有 〔 〕 A. 10种 B. 20种 C. 25种 D. 32种
答案: 216
易错警示
【例1】植树节那天，四位同窗植树，现有三棵不同的树，那么不同的植法
结果为 〔 〕
A. 3！ B. 4！ C.
D3 4.
43
错解 C
错解分析 在利用分步计数原理处置此题时，不少同窗搞错了事件的主体，
这里应该是把树植完，对植的树分步，而不是对人分步.有很多同窗分四步，
即得3×3×3×3= 〔种〕，3 4 错选C.
得 4 .3这是由于没有思索到某项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有4
种夺冠能够.
考点演练
10. 某公共汽车上有10名乘客，要求在沿途的5个车站全部下完，乘客下车 的能够方式有——种.
解析: 由题意易知每名乘客都有5种不同的下法，根据乘法计数原理共 有55...〔5种5〕10.
10个
答案: 5 1 0
学后反思 对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理 处置时，可以综合运用两个原理，可以先分类，在某一类中再分步；也可 先分步，在某一步中再分类.
举一反三 2. 某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定， 从“×××××××0000〞到“×××××××9999〞共 10 000个号码.公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4〞或 “7〞的一概作为“优惠卡〞，那么这组号码中“优惠卡〞 的个数为 〔 〕 A解.析2:01000000个B号.4码0中06不含4、C7.5的9有08 4=4 4 09D6.〔8个3〕20，故这组号码中“优
惠卡〞的个数为10 000-4 096=5 904.
答案: C
【例3】〔2020·辽宁模拟〕一消费过程有4道工序，每道工序需求布置 一人照看.现从甲、乙、丙等6名工人中布置4人分别照看一道工序，第一 道工序只能从甲、乙两工人中布置1人，第四道工序只能从甲、丙两工人 中布置1人，那么不同的布置方案共有 〔 〕 A. 24种B. 36种C. 48种D. 72种
典例分析
题型一 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的简单运用
【例1】 甲同窗有假设干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本 不同的物理书，3本不同的化学书.如今乙同窗向甲同窗借书,试问： 〔1〕假设借一本书，那么有多少种不同的借法？ 〔2〕假设每科各借一本，那么有多少种不同的借法？ 〔3〕假设借两本不同窗科的书，那么有多少种不同的借法？
学后反思 有些较复杂的问题，既要“分类〞又要“分步〞，应明确按规范 “分类〞、“分步〞，不同的规范可以有不同的解法，解题时应择优而行.
举一反三
3. 〔2020·重庆〕某人有4种颜色的灯泡〔每种颜色的灯泡足够多〕，要在 如以以下图的6个点A、B、AC1、 、B1、C1上各装一个灯泡.要求同一条线段两端 的灯泡不同色，那么每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有种〔用 数字作答〕.
12. 用5种不同的颜色给图中4个区域涂色，每个区域涂一种颜色，假设要 求相邻〔有公共边〕的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
解析：第一类：1号区域与3号区域同色时，有 5×4×1×4＝80〔种〕涂法；第二类：1号区域 与3号区域异色时，有5×4×3×3＝180〔种〕涂 法.根据分类加法计数原理知不同的涂色方法有80 ＋180＝260〔种〕.
分析 仔细区分是“分类〞还是“分步〞.
解 〔1〕由于需完成的事情是“借一本书〞，所以借给他数学、物理、化 学书中的任何一本，都可以完成这件事情. 故用分类加法计数原理，共有5+4+3=12〔种〕不同的借法. 〔2〕需完成的事情是“每科各借一本书〞，意味着要借给乙3本书，只需 从数学、物理、化学三科中各借一本，才干完成这件事情.故用分步乘法计 数原理，共有5×4×3=60〔种〕不同的借法. 〔3〕需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同窗科的书〞，要分 三种情况：
3 4
B.
4C3.
D. 3 4
C
3 4
错解 把4个冠军排在甲、乙、丙三个位置上，应选A.
错解分析 错解是没有了解乘法原理的概念，盲目地套用公式.
正解 4项竞赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选
取方法，由乘法原理共有3×3×3×3=3 4 〔种〕.应选C.
阐明：此题还有这样的错解，甲、乙、丙夺冠均有4种情况，由乘法原理
正解 完成这件事分三步，即第一步植第一棵树，共4种不同的方法； 第二步，植第二棵树，共4种不同的方法；第三步，植第三棵树，共4
种不同的方法.由分步计数原理得N=4×4×443 = 〔种〕.应选D.
【例2】 在一次运动会上有4项竞赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺 冠情况种数为 〔 〕
A. A
11. 〔改编题〕由1，2，3，4可以组成多少个自然数？〔数字可以反复， 最多只能是四位〕
解析： 组成的自然数可分以下四类： 第一类：组成一位自然数共有4个； 第二类：组成二位自然数，可分两步来完成，先取十位上的数字，再取出 个位上的数字，共有4×4=16〔个〕； 第三类：组成三位自然数，可分三步来完成，先取百位，再取十位，最后 取个位，共有4×4×4=64〔个〕； 第四类：组成四位自然数，方法同上，共有4×4×4×4=256〔个〕. 由分类计数原理可组成的不同自然数的个数为 4+16+64+256=340.
分析 〔1〕是4人，应分步求解； 〔3〕是先根据不同班级分类，再分步从两个班级中各选1人.
解 〔1〕分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二 班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法； 第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以，不同的选法共有 N=7+8+9+10=34〔种〕……………………………………3′
〔2〕分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人 任组长，所以，不同的选法共有N=7×8×9×10=5 040〔种〕……………6′
〔3〕分六类，每类又分两步，从一班、二班学生中各选1人，有7×8种不 同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班 学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有 8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法； 从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法…………………………..10′ 所以，不同的选法共有N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431 〔种〕……………………………………………………..12′
解 理析得，: 5报位名同方窗法中共，有每2位=5 同32窗〔均种有〕B 12.种报名方法，所以由分步乘法计数原
答案: D
题型二 两个计数原理的综合运用
【例2】〔12分〕现有高一四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、 8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组. 〔1〕选其中一人为担任人，有多少种不同的选法？ 〔2〕每班选一名组长，有多少种不同的选法？ 〔3〕推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选 法？
第十一单元 计数原理
知识体系
根底梳理
第一节 两个根本计数原理
1. 分类加法计数原理 做一件事,完成它有n类方法,在第一类方法中有m1种不同的方法,在第二类 方法中有m2种不同的方法…在第n类方法中有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 做一件事,完成它需求分成n个步骤,做第一个步骤有m1种不同的方法,做第 二个步骤有m2种不同的方法…做第n个步骤有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.
①借一本数学书和一本物理书，只需两本书都借，事情才干完成.由分步乘 法计数原理知，有5×4=20〔种〕借法； ②借一本数学书和一本化学书，同理由分步乘法计数原理知，有5×3=15 〔种〕借法； ③借一本物理书和一本化学书，同理由分步乘法计数原理知，有4×3=12 〔种〕借法. 而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类加法计数原理知， 共有20+15+12=47〔种〕不同的借法.
解析: A处1 4种， 处B 1 3种， 处C 21 种，那么底面共4×3×2=24〔种〕.根据点 A和点B 1 两处灯泡的颜色一样或不一样分为两类： 〔1〕假设B 1 A, 一样，那么B处有3种，C处有1种，那么共有3种; 〔2〕假设B 1 A, 不同，那么A处有3种,B处有2种，C处有1种，那么共有 3×2=6〔种〕. 由分类计数原理得上底面共9种，再由分步计数原理得共有24×9=216 〔种〕.
分析 首先根据第一道工序将问题分为两类，对两类问题分别求解，再由 分步计数原理求解.
解 依题意知,假设第一道工序由甲来完成，那么第四道工序必由丙来完成， 故完成方案共有4×3=12〔种〕；假设第一道工序由乙来完成，那么第 四道工序必由甲、丙二人之一来完成，故完成方案共有1×2×4×3=24 〔种〕.所以不同的布置方案共有12+24=36〔种〕.
举一反三
1. 5位同窗报名参与两个课外活动小组，每位同窗限报其中的一个小组， 那么不同的报名方法共有 〔 〕 A. 10种 B. 20种 C. 25种 D. 32种
答案: 216
易错警示
【例1】植树节那天，四位同窗植树，现有三棵不同的树，那么不同的植法
结果为 〔 〕
A. 3！ B. 4！ C.
D3 4.
43
错解 C
错解分析 在利用分步计数原理处置此题时，不少同窗搞错了事件的主体，
这里应该是把树植完，对植的树分步，而不是对人分步.有很多同窗分四步，
即得3×3×3×3= 〔种〕，3 4 错选C.
得 4 .3这是由于没有思索到某项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有4
种夺冠能够.
考点演练
10. 某公共汽车上有10名乘客，要求在沿途的5个车站全部下完，乘客下车 的能够方式有——种.
解析: 由题意易知每名乘客都有5种不同的下法，根据乘法计数原理共 有55...〔5种5〕10.
10个
答案: 5 1 0
学后反思 对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理 处置时，可以综合运用两个原理，可以先分类，在某一类中再分步；也可 先分步，在某一步中再分类.
举一反三 2. 某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定， 从“×××××××0000〞到“×××××××9999〞共 10 000个号码.公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4〞或 “7〞的一概作为“优惠卡〞，那么这组号码中“优惠卡〞 的个数为 〔 〕 A解.析2:01000000个B号.4码0中06不含4、C7.5的9有08 4=4 4 09D6.〔8个3〕20，故这组号码中“优
惠卡〞的个数为10 000-4 096=5 904.
答案: C
【例3】〔2020·辽宁模拟〕一消费过程有4道工序，每道工序需求布置 一人照看.现从甲、乙、丙等6名工人中布置4人分别照看一道工序，第一 道工序只能从甲、乙两工人中布置1人，第四道工序只能从甲、丙两工人 中布置1人，那么不同的布置方案共有 〔 〕 A. 24种B. 36种C. 48种D. 72种
典例分析
题型一 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的简单运用
【例1】 甲同窗有假设干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本 不同的物理书，3本不同的化学书.如今乙同窗向甲同窗借书,试问： 〔1〕假设借一本书，那么有多少种不同的借法？ 〔2〕假设每科各借一本，那么有多少种不同的借法？ 〔3〕假设借两本不同窗科的书，那么有多少种不同的借法？
学后反思 有些较复杂的问题，既要“分类〞又要“分步〞，应明确按规范 “分类〞、“分步〞，不同的规范可以有不同的解法，解题时应择优而行.
举一反三
3. 〔2020·重庆〕某人有4种颜色的灯泡〔每种颜色的灯泡足够多〕，要在 如以以下图的6个点A、B、AC1、 、B1、C1上各装一个灯泡.要求同一条线段两端 的灯泡不同色，那么每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有种〔用 数字作答〕.
12. 用5种不同的颜色给图中4个区域涂色，每个区域涂一种颜色，假设要 求相邻〔有公共边〕的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
解析：第一类：1号区域与3号区域同色时，有 5×4×1×4＝80〔种〕涂法；第二类：1号区域 与3号区域异色时，有5×4×3×3＝180〔种〕涂 法.根据分类加法计数原理知不同的涂色方法有80 ＋180＝260〔种〕.
分析 仔细区分是“分类〞还是“分步〞.
解 〔1〕由于需完成的事情是“借一本书〞，所以借给他数学、物理、化 学书中的任何一本，都可以完成这件事情. 故用分类加法计数原理，共有5+4+3=12〔种〕不同的借法. 〔2〕需完成的事情是“每科各借一本书〞，意味着要借给乙3本书，只需 从数学、物理、化学三科中各借一本，才干完成这件事情.故用分步乘法计 数原理，共有5×4×3=60〔种〕不同的借法. 〔3〕需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同窗科的书〞，要分 三种情况：
3 4
B.
4C3.
D. 3 4
C
3 4
错解 把4个冠军排在甲、乙、丙三个位置上，应选A.
错解分析 错解是没有了解乘法原理的概念，盲目地套用公式.
正解 4项竞赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选
取方法，由乘法原理共有3×3×3×3=3 4 〔种〕.应选C.
阐明：此题还有这样的错解，甲、乙、丙夺冠均有4种情况，由乘法原理
正解 完成这件事分三步，即第一步植第一棵树，共4种不同的方法； 第二步，植第二棵树，共4种不同的方法；第三步，植第三棵树，共4
种不同的方法.由分步计数原理得N=4×4×443 = 〔种〕.应选D.
【例2】 在一次运动会上有4项竞赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺 冠情况种数为 〔 〕
A. A
11. 〔改编题〕由1，2，3，4可以组成多少个自然数？〔数字可以反复， 最多只能是四位〕
解析： 组成的自然数可分以下四类： 第一类：组成一位自然数共有4个； 第二类：组成二位自然数，可分两步来完成，先取十位上的数字，再取出 个位上的数字，共有4×4=16〔个〕； 第三类：组成三位自然数，可分三步来完成，先取百位，再取十位，最后 取个位，共有4×4×4=64〔个〕； 第四类：组成四位自然数，方法同上，共有4×4×4×4=256〔个〕. 由分类计数原理可组成的不同自然数的个数为 4+16+64+256=340.
分析 〔1〕是4人，应分步求解； 〔3〕是先根据不同班级分类，再分步从两个班级中各选1人.
解 〔1〕分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二 班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法； 第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以，不同的选法共有 N=7+8+9+10=34〔种〕……………………………………3′
〔2〕分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人 任组长，所以，不同的选法共有N=7×8×9×10=5 040〔种〕……………6′
〔3〕分六类，每类又分两步，从一班、二班学生中各选1人，有7×8种不 同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班 学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有 8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法； 从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法…………………………..10′ 所以，不同的选法共有N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431 〔种〕……………………………………………………..12′
解 理析得，: 5报位名同方窗法中共，有每2位=5 同32窗〔均种有〕B 12.种报名方法，所以由分步乘法计数原
答案: D
题型二 两个计数原理的综合运用
【例2】〔12分〕现有高一四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、 8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组. 〔1〕选其中一人为担任人，有多少种不同的选法？ 〔2〕每班选一名组长，有多少种不同的选法？ 〔3〕推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选 法？
第十一单元 计数原理
知识体系
根底梳理
第一节 两个根本计数原理
1. 分类加法计数原理 做一件事,完成它有n类方法,在第一类方法中有m1种不同的方法,在第二类 方法中有m2种不同的方法…在第n类方法中有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 做一件事,完成它需求分成n个步骤,做第一个步骤有m1种不同的方法,做第 二个步骤有m2种不同的方法…做第n个步骤有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.
①借一本数学书和一本物理书，只需两本书都借，事情才干完成.由分步乘 法计数原理知，有5×4=20〔种〕借法； ②借一本数学书和一本化学书，同理由分步乘法计数原理知，有5×3=15 〔种〕借法； ③借一本物理书和一本化学书，同理由分步乘法计数原理知，有4×3=12 〔种〕借法. 而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类加法计数原理知， 共有20+15+12=47〔种〕不同的借法.
解析: A处1 4种， 处B 1 3种， 处C 21 种，那么底面共4×3×2=24〔种〕.根据点 A和点B 1 两处灯泡的颜色一样或不一样分为两类： 〔1〕假设B 1 A, 一样，那么B处有3种，C处有1种，那么共有3种; 〔2〕假设B 1 A, 不同，那么A处有3种,B处有2种，C处有1种，那么共有 3×2=6〔种〕. 由分类计数原理得上底面共9种，再由分步计数原理得共有24×9=216 〔种〕.
分析 首先根据第一道工序将问题分为两类，对两类问题分别求解，再由 分步计数原理求解.
解 依题意知,假设第一道工序由甲来完成，那么第四道工序必由丙来完成， 故完成方案共有4×3=12〔种〕；假设第一道工序由乙来完成，那么第 四道工序必由甲、丙二人之一来完成，故完成方案共有1×2×4×3=24 〔种〕.所以不同的布置方案共有12+24=36〔种〕.