2025-高考科學復習創新方案-數學-提升版第十一章命題動向：在高考的解答題中，對概率與隨機變量及其分布相結合的綜合問題的考查既是熱點又是重點，是高考必考的內容，并且常與統計相結合，設計成包含概率計算、概率分布列、隨機變量的數學期望與方差、統計圖表的識別等知識的綜合題．以考生比較熟悉的實際應用問題為載體，考查學生應用基礎知識和基本方法分析問題和解決問題的能力．題型1求離散型隨機變量的均值與方差例1(2021·新高考Ⅰ卷)某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題．每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束．A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分．已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關．(1)若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；(2)為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由．解(1)隨機變量X的所有可能取值為0，20，100.P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48.故隨機變量X的分布列如下：X020100P0.20.320.48(2)設小明先回答B類問題，記Y為小明的累計得分，則隨機變量Y的所有可能取值為0，80，100，P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48.故E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.由(1)知E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.因為E(Y)>E(X)，故應先回答B類問題．離散型隨機變量的均值和方差的求解，一般分兩步：一是定型，即先判斷隨機變量的分布是特殊類型，還是一般類型，如兩點分布、二項分布、超幾何分布等屬于特殊類型；二是定性，對于特殊類型的均值和方差可以直接代入相應公式求解，而對于一般類型的隨機變量，應先求其分布列然后代入相應公式計算，注意離散型隨機變量的取值與概率的對應．變式訓練1(2024·保定開學考試)2015年5月，國務院印發《中國制造2025》，是我國由制造業大國轉向制造業強國戰略的行動綱領．經過多年的發展，我國制造業的水平有了很大的提高，出現了一批在國際上有影響的制造企業．我國的造船業、光伏產業、5G等已經在國際上處于領先地位，我國的精密制造也有了長足發展．已知某精密設備制造企業生產某種零件，根據長期檢測結果，得知生產該零件的生產線的產品質量指標值X服從正態分布N(64，100)，且質量指標值在[54，84]內的零件稱為優等品．(1)求該企業生產的零件為優等品的概率(結果精確到0.01)；(2)從該生產線生產的零件中隨機抽取5件，隨機變量Y表示抽取的5件中優等品的個數，求Y的分布列、數學期望和方差．附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.解(1)由題意知，X～N(64，100)，則μ＝64，σ＝10，54＝μ－σ，84＝μ＋2σ，由P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，得P(54≤X≤84)＝P(54≤X≤64)＋P(64≤X≤84)＝eq\f(1,2)×0.6827＋eq\f(1,2)×0.9545≈0.82.故該企業生產的零件為優等品的概率為0.82.(2)Y的所有可能取值為0，1，2，3，4，5，P(Y＝0)＝(1－0.82)5，P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,5)×0.82×(1－0.82)4，P(Y＝2)＝Ceq\o\al(2,5)×0.822×(1－0.82)3，P(Y＝3)＝Ceq\o\al(3,5)×0.823×(1－0.82)2，P(Y＝4)＝Ceq\o\al(4,5)×0.824×(1－0.82)，P(Y＝5)＝0.825，則Y的分布列為Y012P(1－0.82)5Ceq\o\al(1,5)×0.82×(1－0.82)4Ceq\o\al(2,5)×0.822×(1－0.82)3Y345PCeq\o\al(3,5)×0.823×(1－0.82)2Ceq\o\al(4,5)×0.824×(1－0.82)0.825由Y～B(5，0.82)，則E(Y)＝5×0.82＝4.1，D(Y)＝5×0.82×(1－0.82)＝0.738.題型2概率與統計的綜合問題例2(2022·新高考Ⅱ卷)在某地區進行流行病學調查，隨機調查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數據的頻率分布直方圖：(1)估計該地區這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數據用該組區間的中點值為代表)；(2)估計該地區一位這種疾病患者的年齡位于區間[20，70)的概率；(3)已知該地區這種疾病的患病率為0.1%，該地區年齡位于區間[40，50)的人口占該地區總人口的16%.從該地區中任選一人，若此人的年齡位于區間[40，50)，求此人患這種疾病的概率．(以樣本數據中患者的年齡位于各區間的頻率作為患者的年齡位于該區間的概率，精確到0.0001)解(1)平均年齡eq\o(x,\s\up6(－))＝(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)×10＝47.9(歲)．(2)由于患者的年齡位于區間[20，70)是由患者的年齡位于區間[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)組成的，所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.(3)設從該地區任選一人，年齡位于區間[40，50)為事件A，患這種疾病為事件B，則P(A)＝16%，由頻率分布直方圖知，這種疾病患者的年齡位于區間[40，50)的概率為0.023×10＝0.23，結合該地區這種疾病的患病率為0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.00023，所以從該地區任選一人，若年齡位于區間[40，50)，則此人患這種疾病的概率為P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(0.00023,16%)≈0.0014.概率與統計作為考查考生應用意識的重要載體，已成為高考的一大亮點和熱點．它與其他知識融合、滲透，情境新穎，充分體現了概率與統計的工具性和交匯性．統計以考查抽樣方法、樣本的頻率分布、樣本特征數的計算為主，概率以考查概率計算為主，往往和實際問題相結合，要注意理解實際問題的意義，使之和相應的概率計算對應起來，只有這樣才能有效地解決問題．變式訓練2(2023·深圳模擬)某校舉行“學習二十大，奮進新征程”知識競賽，知識競賽包含預賽和決賽．(1)下表為某10位同學的預賽成績：得分939495969798人數223111求該10位同學預賽成績的上四分位數(第75百分位數)和平均數；(2)決賽共有編號為A，B，C，D，E的5道題，學生甲按照A，B，C，D，E的順序依次作答，答對的概率依次為eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，各題作答互不影響，若累計答錯兩道題或五道題全部答完則比賽結束，記X為比賽結束時學生甲已作答的題數，求X的分布列和數學期望．解(1)因為10×0.75＝7.5，所以上四分位數為第8個成績，為96；平均數為eq\f(93×2＋94×2＋95×3＋96＋97＋98,10)＝95.(2)由題意可知，X的所有可能取值為2，3，4，5，所以P(X＝2)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,12)＝eq\f(1,4)，P(X＝4)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(10,36)＝eq\f(5,18)，P(X＝5)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(11,36)，所以X的分布列為X2345Peq\f(1,6)eq\f(1,4)eq\f(5,18)eq\f(11,36)E(X)＝2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,4)＋4×eq\f(5,18)＋5×eq\f(11,36)＝eq\f(134,36)＝eq\f(67,18).題型3概率與線性回歸的綜合問題例3某人經營淡水池塘養草魚，根據過去40期的養殖檔案，該池塘的養殖重量X(百斤)都在20百斤以上，其中不足40百斤的有8期，不低于40百斤且不超過60百斤的有24期，超過60百斤的有8期．根據統計，該池塘的草魚重量的增加量y(百斤)與使用某種餌料的質量x(百斤)之間的關系如圖所示．(1)根據數據可知y與x具有線性相關關系，請建立y關于x的經驗回歸方程eq\a\vs4\al(\o(y,\s\up6(^)))＝eq\a\vs4\al(\o(b,\s\up6(^)))x＋eq\a\vs4\al(\o(a,\s\up6(^)))；如果此人設想使用某種餌料10百斤時，草魚重量的增加量須多于5百斤，請根據回歸方程計算，確定此方案是否可行？并說明理由；(2)養魚的池塘對水質含氧量與新鮮度要求較高，某商家為該養殖戶提供收費服務，即提供不超過3臺增氧沖水機，每期養殖使用的增氧沖水機運行臺數與魚塘的魚重量X有如下關系：魚的重量(單位：百斤)20<X<4040≤X≤60X>60增氧沖水機運行臺數123若某臺增氧沖水機運行，則商家每期可獲利5千元；若某臺增氧沖水機未運行，則商家每期虧損2千元．視頻率為概率，商家欲使每期增氧沖水機總利潤的均值達到最大，應提供幾臺增氧沖水機？附：對于一組數據(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其經驗回歸直線eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為eq\o(b,\s\up6(^))＝解（1）依題意，得所以eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\f(3,13)x＋eq\f(37,13)，當x＝10時，eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\f(67,13)>5，故此方案可行．(2)設盈利為Y，提供1臺，盈利Y＝5000.提供2臺，當20<X<40時，Y＝3000，P＝eq\f(1,5)，當X≥40時，Y＝10000，P＝eq\f(4,5).所以E(Y)＝eq\f(1,5)×3000＋eq\f(4,5)×10000＝8600.提供3臺，當20<X<40時，Y＝1000，P＝eq\f(1,5)，當40≤X≤60時，Y＝8000，P＝eq\f(3,5)，當X>60時，Y＝15000，P＝eq\f(1,5).所以E(Y)＝1000×eq\f(1,5)＋8000×eq\f(3,5)＋15000×eq\f(1,5)＝8000.因為8600>8000，故應提供2臺增氧沖水機．本題主要考查概率與回歸方程等知識，考查學生的數據處理能力和應用意識，注意分析數據，定型求解，正確計算是關鍵．變式訓練3抗體藥物的研究是生物技術制藥領域的一個重要組成部分，抗體藥物的攝入量與體內抗體數量的關系成為研究抗體藥物的一個重要方面．某研究團隊收集了10組抗體藥物的攝入量與體內抗體數量的數據，并對這些數據做了初步處理，得到了如圖所示的散點圖及一些統計量的值，抗體藥物攝入量為x(單位：mg)，體內抗體數量為y(單位：AU/mL)．eq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))tisieq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))tieq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))sieq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))teq\o\al(2,i)29.2121634.4表中ti＝lnxi，si＝lnyi.(1)根據經驗，我們選擇y＝cxd作為體內抗體數量y關于抗體藥物攝入量x的經驗回歸方程，將y＝cxd兩邊取對數，得lny＝lnc＋dlnx，可以看出lnx與lny具有線性相關關系，試根據參考數據建立y關于x的經驗回歸方程，并預測抗體藥物攝入量為25mg時，體內抗體數量y的值；(2)經技術改造后，該抗體藥物的有效率z大幅提高，經試驗統計得z服從正態分布N(0.48，0.032)，那這種抗體藥物的有效率z超過0.54的概率約為多少？附：①對于一組數據(ui，vi)(i＝1，2，…，n)，其經驗回歸直線eq\o(v,\s\up6(^))＝eq\o(β,\s\up6(^))u＋eq\o(α,\s\up6(^))的斜率和截距的最小二乘估計分別為eq\o(β,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up10(n),\s\do8(i＝1))uivi－n\o(u,\s\up6(－))\o(v,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up10(n),\s\do8(i＝1))ueq\o\al(2,i)－n\o(u,\s\up6(－))2)，eq\o(α,\s\up6(^))＝eq\o(v,\s\up6(－))－eq\o(β,\s\up6(^))eq\o(u,\s\up6(－))；②若隨機變量Z～N(μ，σ2)，則有P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9974；③取e≈2.7.解(1)將y＝cxd兩邊取對數，得lny＝lnc＋dlnx，由題知，s＝lny，t＝lnx，則經驗回歸方程變為s＝lnc＋dt，由表中數據可知，eq\o(s,\s\up6(－))＝eq\f(1,10)eq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))si＝1.6，eq\o(t,\s\up6(－))＝eq\f(1,10)eq\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))ti＝1.2，所以eq\o(d,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))tisi－10\o(t,\s\up6(－))\o(s,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up10(10),\s\do8(i＝1))teq\o\al(2,i)－10\o(t,\s\up6(－))2)＝eq\f(29.2－10×1.2×1.6,34.4－10×1.22)＝0.5，lneq\o(c,\s\up6(^))＝eq\o(s,\s\up6(－))－eq\o(d,\s\up6(^))eq\o(t,\s\up6(－))＝1.6－0.5×1.2＝1，所以eq\o(s,\s\up6(^))＝1＋0.5t，即lneq\o(y,\s\up6(^))＝1＋0.5lnx＝lne＋lnx0.5＝lnex0.5，故y關于x的經驗回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝ex0.5，當x＝25mg時，eq\o(y,\s\up6(^))＝e·250.5≈2.7×5＝13.5AU/mL.(2)因為z服從正態分布N(0.48，0.032)，其中μ＝0.48，σ＝0.03，所以P(μ－2σ≤z≤μ＋2σ)＝P(0.42≤z≤0.54)≈0.9545，所以P(z>0.54)＝eq\f(1－P（0.42≤z≤0.54）,2)≈eq\f(1－0.9545,2)＝0.02275.故這種抗體藥物的有效率z超過0.54的概率約為0.02275.題型4概率與獨立性檢驗的綜合問題例4(2022·新高考Ⅰ卷改編)一醫療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當地居民的衛生習慣(衛生習慣分為良好和不夠良好兩類)的關系，在已患該疾病的病例中隨機調查了100例(稱為病例組)，同時在未患該疾病的人群中隨機調查了100人(稱為對照組)，得到如下數據：組別生活習慣不夠良好良好病例組4060對照組1090(1)依據小概率值α＝0.010的獨立性檢驗，能否認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛生習慣有差異？(2)從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛生習慣不夠良好”，B表示事件“選到的人患有該疾病”.eq\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up6(－))|A）)與eq\f(P（B|\o(A,\s\up6(－))）,P（\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))）)的比值是衛生習慣不夠良好對患該疾病風險程度的一項度量指標，記該指標為R.(ⅰ)證明：R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）)；(ⅱ)利用該調查數據，給出P(A|B)，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))的估計值，并利用(ⅰ)的結果給出R的估計值．附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解(1)零假設H0：患該疾病群體與未患該疾病群體的衛生習慣無差異．χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)＝eq\f(200×（40×90－60×10）2,100×100×50×150)＝24＞6.635＝x0.010，依據小概率值α＝0.010的獨立性檢驗，推斷H0不成立，即認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛生習慣有差異．(2)(ⅰ)證明：因為R＝eq\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up6(－))|A）)·eq\f(P（\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))）,P（B|\o(A,\s\up6(－))）)＝eq\f(P（AB）,P（A）)·eq\f(P（A）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)＝eq\f(P（AB）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)，而eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）)＝eq\f(P（AB）,P（B）)·eq\f(P（B）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(B,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)＝eq\f(P（AB）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)，所以R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）).(ⅱ)由已知P(A|B)＝eq\f(40,100)＝eq\f(2,5)，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(10,100)＝eq\f(1,10)，又P(eq\o(A,\s\up6(－))|B)＝eq\f(60,100)＝eq\f(3,5)，P(eq\o(A,\s\up6(－))|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(90,100)＝eq\f(9,10)，所以R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）)＝6.此類題目雖然涉及的知識點較多，但每個知識點考查程度相對較淺，考查深度有限，所以解決此類問題，最主要的是正確掌握概率與統計案例的基本知識，并能對這些知識點進行有效的融合，把統計圖表中的量轉化為概率及分布列求解中的有用的量是解決此類問題的關鍵所在．變式訓練4(2023·全國甲卷)為探究某藥物對小鼠的生長抑制作用，將40只小鼠均分為兩組，分別為對照組(不加藥物)和實驗組(加藥物)．(1)設指定的兩只小鼠中對照組小鼠數目為X，求X的分布列和數學期望；(2)測得40只小鼠體重如下(單位：g)：(已按從小到大排好)對照組：17．318.420.120.421.523.224.624.825.025.426．126.326.426.526.827.027.427.527.628.3實驗組：5．46.66.86.97.88.29.410.010.411.214．417.319.220.223.623.824.525.125.226.0(ⅰ)求40只小鼠體重的中位數m，并完成下面2×2列聯表：＜m≥m對照組實驗組(ⅱ)根據2×2列聯表，能否有95%的把握認為藥物對小鼠生長有抑制作用？參考數據：P(K2≥k0)0.100.050.010k02.7063.8416.635解(1)依題意，X的可能取值為0，1，2，則P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,20)Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(2,40))＝eq\f(19,78)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,20),Ceq\o\al(2,40))＝eq\f(20,39)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20)Ceq\o\al(0,20),Ceq\o\al(2,40))＝eq\f(19,78)，所以X的分布列為X012Peq\f(19,78)eq\f(20,39)eq\f(19,78)故E(X)＝0×eq\f(19,78)＋1×eq\f(20,39)＋2×eq\f(19,78)＝1.(2)(ⅰ)依題意，可知這40只小鼠體重的中位數是將兩組數據合在一起，從小到大排好后第20位與第21位數據的平均數，由于原數據已經按從小到大排好，所以我們只需要觀察對照組第一排數據與實驗組第二排數據即可，可得第11位數據為14.4，后續依次為17.3，17.3，18.4，19.2，20.1，20.2，20.4，21.5，23.2，23.6，…，故第20位數據為23.2，第21位數據為23.6，所以m＝eq\f(23.2＋23.6,2)＝23.4，故列聯表為＜m≥m對照組614實驗組146(ⅱ)由(ⅰ)可得，K2＝eq\f(40×（6×6－14×14）2,20×20×20×20)＝6.4＞3.841，所以能有95%的把握認為藥物對小鼠生長有抑制作用．第1講分類加法計數原理與分步乘法計數原理[課程標準]1.了解分類加法計數原理、分步乘法計數原理及其意義.2.會用分類加法計數原理和分步乘法計數原理分析和解決一些簡單的實際問題．1．分類加法計數原理完成一件事有eq\x(\s\up1(01))兩類不同的方案．在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝eq\x(\s\up1(02))m＋n種不同的方法．2．分步乘法計數原理完成一件事需要eq\x(\s\up1(03))兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝eq\x(\s\up1(04))m×n種不同的方法．兩個計數原理的區別與聯系分類加法計數原理分步乘法計數原理相同點用來計算完成一件事的方法種數不同點分類、相加分步、相乘每類方案中的每一種方法都能獨立完成這件事每步依次完成才算完成這件事(每步中的每一種方法不能獨立完成這件事)注意點類類獨立，不重不漏,步步相依，缺一不可1．(人教A選擇性必修第三冊6.1練習T3改編)快遞員去某小區送快遞，該小區共有四個出入口，每個出入口均可進出，則該快遞員進出該小區的方案種數為()A．6 B．8C．16 D．14答案C解析方案種數為4×4＝16，故選C.2．(人教B選擇性必修第二冊3.1.1練習AT1改編)某同學逛書店，發現3本喜歡的書，決定至少買其中的一本，則購買方案有()A．3種 B．6種C．7種 D．9種答案C解析買一本，有3種方案；買兩本，有3種方案；買三本，有1種方案．因此共有3＋3＋1＝7種購買方案．故選C.3．將3張不同的奧運會門票分給10名同學中的3人，每人1張，則不同分法的種數是()A．2160 B．720C．240 D．120答案B解析分步來完成此事．第1張有10種分法；第2張有9種分法；第3張有8種分法．共有10×9×8＝720種分法．故選B.4．已知兩條異面直線a，b上分別有5個點和8個點，則這13個點可以確定的不同平面的個數為()A．40 B．16C．13 D．10答案C解析分兩類情況討論：第1類，直線a分別與直線b上的8個點可以確定8個不同的平面；第2類，直線b分別與直線a上的5個點可以確定5個不同的平面．根據分類加法計數原理知，共可以確定8＋5＝13個不同的平面．故選C.5．(人教A選擇性必修第三冊習題6.1T6(1)改編)已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，從M，N這兩個集合中各選一個元素分別作為點的橫坐標、縱坐標，則這樣的坐標在直角坐標系中可表示第一、第二象限內不同的點有________個．答案6解析第一象限內不同的點有2×2＝4個，第二象限內不同的點有1×2＝2個，故共有4＋2＝6個．考向一分類加法計數原理例1(1)我們把各位數字之和為6的四位數稱為“六合數”(如2013是“六合數”)，則“六合數”中首位為2的共有()A．18個 B．15個C．12個 D．9個答案B解析依題意知，這個四位數的百位數、十位數、個位數之和為4.由4，0，0組成的有3個，分別為400，040，004；由3，1，0組成的有6個，分別為310，301，130，103，013，031；由2，2，0組成的有3個，分別為220，202，022；由2，1，1組成的有3個，分別為211，121，112，共3＋6＋3＋3＝15(個)．(2)設集合A＝{1，2，3，4}，m，n∈A，則方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1表示的焦點位于y軸上的橢圓有()A．6個 B．8個C．12個 D．16個答案A解析因為橢圓的焦點在y軸上，所以m<n，當m＝1時，n＝2，3，4；當m＝2時，n＝3，4；當m＝3時，n＝4，即所求的橢圓共有3＋2＋1＝6(個)．故選A.使用分類加法計數原理時應注意的三個方面(1)各類方法之間相互獨立，每種方法都能完成這件事，且方法總數是各類方法數相加得到的．(2)分類時，首先要在問題的條件之下確定一個分類標準，然后在確定的分類標準下進行分類．(3)完成這件事的任何一種方法必屬于某一類，且分別屬于不同類的方法都是不同的．1.某同學有同樣的畫冊2本，同樣的集郵冊3本，從中取出4本贈送給4位朋友，每位朋友1本，則不同的贈送方法共有()A．4種 B．10種C．18種 D．20種答案B解析依題意，得可能剩余一本畫冊或一本集郵冊兩類情況．第一類，剩余的是一本畫冊，此時滿足題意的贈送方法共有4種；第二類，剩余的是一本集郵冊，此時滿足題意的贈送方法共有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)．因此滿足題意的贈送方法共有4＋6＝10種．故選B.2．滿足a，b∈{－1，0，1，2}，且關于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實數解的有序數對(a，b)的個數為()A．14 B．13C．12 D．10答案B解析當a＝0時，關于x的方程為2x＋b＝0，此時有序數對(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均滿足要求；當a≠0時，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此時滿足要求的有序數對為(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，2)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)．綜上，滿足要求的有序數對共有13個．故選B.3．如果一個三位正整數形如“a1a2a3”滿足a1<a2，且a2>a3，則稱這樣的三位數為凸數(如120，343，275等)，那么所有凸數的個數為()A．240 B．204C．729 D．920答案A解析若a2＝2，則百位數字只能選1，個位數字可選1或0，凸數為120與121，共2個．若a2＝3，則百位數字有兩種選擇，個位數字有三種選擇，則凸數有2×3＝6(個)．若a2＝4，滿足條件的凸數有3×4＝12(個)，…，若a2＝9，滿足條件的凸數有8×9＝72(個)．所以所有凸數有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(個)．故選A.考向二分步乘法計數原理例2(1)如圖，小明從街道的E處出發，先到F處與小紅會合，再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動，則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數為()A．24 B．18C．12 D．9答案B解析分兩步，第一步，從E→F，有6條可以選擇的最短路徑；第二步，從F→G，有3條可以選擇的最短路徑．由分步乘法計數原理可知有6×3＝18條可以選擇的最短路徑．故選B.(2)“數獨九宮格”原創者是18世紀的瑞士數學家歐拉，它的游戲規則很簡單，將1到9這九個自然數填到如圖所示的小九宮格的9個空格里，每個空格填一個數，且9個空格的數字各不相同，若中間空格已填數字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行從左至右及第二列從上至下所填的數字都是從小到大排列的，則不同的填法種數為()5A．72 B．108C．144 D．196答案C解析依題意，5的上方和左邊所填數字只能從1，2，3，4中選取，5的下方和右邊所填數字只能從6，7，8，9中選取．第一步，填上方空格，有4種方法；第二步，填左方空格，有3種方法；第三步，填下方空格，有4種方法；第四步，填右方空格，有3種方法．由分步乘法計數原理，得不同的填法種數為4×3×4×3＝144.故選C.(3)現安排一份5天的工作值班表，每天有一個人值班，共有5個人，每個人都可以值多天或不值班，但相鄰兩天不能同一個人值班，則此值班表共有________種不同的排法．答案1280解析完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法計數原理，分步進行：第一天有5種不同排法，第二天不能與第一天已排的人相同，所以有4種不同排法，依次類推，第三、四、五天都有4種不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1280種不同的排法．利用分步乘法計數原理解題的策略(1)明確題目中的“完成這件事”是什么，確定完成這件事需要幾個步驟，且每步都是獨立的．(2)將這件事劃分成幾個步驟來完成，各步驟之間有一定的連續性，只有當所有步驟都完成了，整個事件才算完成，這是分步的基礎，也是關鍵，從計數上來看，各步的方法數的積就是完成事件的方法總數．1.(2023·汕頭二模)電腦調色板有紅、綠、藍三種基本顏色，每種顏色的色號均為0～255.在電腦上繪畫可以分別從三種顏色的色號中各選一個配成一種顏色，那么在電腦上可配成的顏色種數為()A．2563 B．27C．2553 D．6答案A解析分3步取色，第一、第二、第三次都有256種取法，根據分步乘法計數原理，得共可配成256×256×256＝2563種顏色．故選A.2．為響應國家“節約糧食”的號召，某同學決定在某食堂提供的2種主食、3種素菜、2種大葷、4種小葷中選取1種主食、1種素菜、1種葷菜，并在用餐時積極踐行“光盤行動”，則不同的選取方法有()A．48種 B．36種C．24種 D．12種答案B解析由題意可知，分三步完成：第一步，從2種主食中任選一種有2種選法；第二步，從3種素菜中任選一種有3種選法；第三步，從6種葷菜中任選一種有6種選法．根據分步乘法計數原理，共有2×3×6＝36(種)不同的選取方法．故選B.3．從－1，0，1，2這四個數中選三個不同的數作為函數f(x)＝ax2＋bx＋c的系數，則可組成________個不同的二次函數，其中偶函數有________個．(用數字作答)答案186解析一個二次函數對應著a，b，c(a≠0)的一組取值，a的取法有3種，b的取法有3種，c的取法有2種，由分步乘法計數原理，知共有3×3×2＝18個不同的二次函數．若二次函數為偶函數，則b＝0，同上可知共有3×2＝6個偶函數．多角度探究突破考向三兩個計數原理的綜合應用角度與數字有關的問題例3(1)用0，1，…，9十個數字，可以組成有重復數字的三位數的個數為()A．243 B．252C．261 D．279答案B解析由分步乘法計數原理知，用0，1，…，9十個數字組成三位數(可有重復數字)的個數為9×10×10＝900，組成沒有重復數字的三位數的個數為9×9×8＝648，則組成有重復數字的三位數的個數為900－648＝252.故選B.(2)從2，3，4，5，6，7，8，9這8個數字中任取2個不同的數字分別作為一個對數的底數和真數，則所產生的不同對數值的個數為()A．56 B．54C．53 D．52答案D解析在8個數字中任取2個不同的數字共可產生8×7＝56個對數值，在這56個對數值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，則滿足條件的對數值共有56－4＝52個．故選D.角度與幾何有關的問題例4(1)從正方體的6個面中選取3個面，其中有2個面不相鄰的選法共有()A．8種 B．12種C．16種 D．20種答案B解析正方體共有3組對面互不相鄰．與正方體的每組對面相鄰的面有4個，所以有3×4＝12種選法．故選B.(2)如果一條直線與一個平面平行，那么稱此直線與平面構成一個“平行線面組”．在一個長方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“平行線面組”的個數是()A．60 B．48C．36 D．24答案B解析長方體的6個表面構成的“平行線面組”的個數為6×6＝36，另含4個頂點的6個對角面構成的“平行線面組”的個數為6×2＝12，故符合條件的“平行線面組”的個數是36＋12＝48.故選B.角度與涂色、種植有關的問題例5(1)(2023·常州模擬)中國是世界上最早發明雨傘的國家，傘是中國勞動人民一個重要的創造．如圖所示的雨傘，其傘面被傘骨分成8個區域，每個區域分別印有數字1，2，3，…，8，現準備給該傘面的每個區域涂色，要求每個區域涂一種顏色，相鄰兩個區域所涂顏色不能相同，對稱的兩個區域(如區域1與區域5)所涂顏色相同．若有7種不同顏色的顏料可供選擇，則不同的涂色方案有()A．1050種 B．1260種C．1302種 D．1512種答案C解析由題意可得，只需確定區域1，2，3，4的顏色，即可確定整個傘面的涂色．先涂區域1，有7種選擇；再涂區域2，有6種選擇；當區域3與區域1涂的顏色不同時，區域3有5種選擇，剩下的區域4有5種選擇；當區域3與區域1涂的顏色相同時，剩下的區域4有6種選擇．故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1302種．故選C.(2)在一塊并排10壟的田地中，種植作物時每種作物種植一壟，相鄰的壟不種同一種作物．現有3種作物可選，則有________種種植方法；若3種作物必須都種，則有________種種植方法；若只在其中2壟種植其中的A，B兩種作物，要求A，B兩種作物的間隔不小于6壟，則有________種種植方法．答案1536153012解析3種作物任選時，種植第1壟有3種選擇，第2壟有2種選擇，后面的壟只需與前一壟不同即可，共有3×2×2×2×2×2×2×2×2×2＝1536(種)種植方法.3種作物都選時，只需排除只用2種作物完成種植的情況，共有1536－3×2×1×1×1×1×1×1×1×1＝1530(種)種植方法．兩種作物的間隔不小于6壟時，分兩步：第一步，先選壟，如圖所示，共有6種選法；第二步，種植A，B兩種作物，有2種方法．根據分步乘法計數原理，可得有6×2＝12(種)種植方法．利用兩個計數原理解題時的三個注意點(1)當題目無從下手時，可考慮要完成的這件事是什么，即怎樣做才算完成這件事，然后給出完成這件事的一種或幾種方法，從這幾種方法中歸納出解題方法．(2)分類時，標準要明確，做到不重不漏，有時要恰當畫出示意圖或樹狀圖，使問題的分析更直觀、清楚，便于探索規律．(3)對于復雜問題，一般是先分類再分步．1.如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構成一個“正交線面對”．在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”的個數是()A．48 B．18C．24 D．36答案D解析分類討論：第1類，對于每一條棱，都可以與兩個側面構成“正交線面對”，這樣的“正交線面對”有2×12＝24個；第2類，對于每一條面對角線，都可以與一個對角面構成“正交線面對”，這樣的“正交線面對”有12個．所以正方體中“正交線面對”共有24＋12＝36個．故選D.2．(2023·菏澤模擬)某旅游景區有如圖所示A至H共8個停車位，現有2輛不同的白色車和2輛不同的黑色車，要求相同顏色的車不停在同一行也不停在同一列，則不同的停車方法種數為()A．288 B．336C．576 D．1680答案B解析第一步：排白車，第一行選一個位置，則第二行有三個位置可選，由于白車是不相同的，故白車的停法有4×3×2＝24種；第二步：排黑車，若白車選AF，則黑車有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG，共7種選擇，由于黑車是不相同的，故黑車的停法有2×7＝14種．根據分步乘法計數原理，不同的停車方法種數為24×14＝336.故選B.3.某社區新建了一個休閑小公園，幾條小徑將公園分成5塊區域，如圖．社區準備從4種顏色不同的花卉中選擇若干種種植在各塊區域，要求每個區域種植一種顏色的花卉，且相鄰區域(有公共邊的)所選花卉顏色不能相同，則不同的種植方法種數為()A．96 B．114C．168 D．240答案C解析首先在a中種植，有4種不同方法，其次在b中種植，有3種不同方法，再次在c中種植，若c與b同色，則c有1種方法，d有3種不同方法，若c與b不同色，則c有2種不同方法，d有2種不同方法，最后在e中種植，有2種不同方法，所以不同的種植方法共有4×3×(1×3＋2×2)×2＝168(種)．故選C.課時作業一、單項選擇題1．在某學校舉行的“文學名著閱讀月”活動中，甲、乙、丙、丁、戊五名同學相約去學校圖書室借閱四大名著——《紅樓夢》《三國演義》《水滸傳》《西游記》(每種名著至少有5本)，若每人只借閱一本名著，則不同的借閱方案種數為()A．1024 B．625C．120 D．5答案A解析對于五名同學來說，每人都有4種借閱可能，根據分步乘法計數原理，共有45＝1024種可能．故選A.2．從0，2中選一個數字，從1，3，5中選兩個數字，組成無重復數字的三位數，其中奇數的個數為()A．24 B．18C．12 D．6答案B解析分兩類情況討論：第1類，奇偶奇，個位有3種選擇，十位有2種選擇，百位有2種選擇，有3×2×2＝12個奇數；第2類，偶奇奇，個位有3種選擇，十位有2種選擇，百位有1種選擇，有3×2×1＝6個奇數．根據分類加法計數原理知，共有12＋6＝18個奇數．故選B.3．7人站成兩排隊列，前排3人，后排4人，現將甲、乙、丙三人加入隊列，前排加一人，后排加兩人，其他人保持相對位置不變，則不同的加入方法種數為()A．120 B．240C．360 D．480答案C解析第一步，從甲、乙、丙三人中選一個加到前排，有3種方法；第二步，前排3人形成了4個空，任選一個空加一人，有4種方法；第三步，后排4人形成了5個空，任選一個空加一人，有5種方法，此時形成了6個空，任選一個空加一人，有6種方法．根據分步乘法計數原理可得不同的加入方法種數為3×4×5×6＝360.故選C.4．甲、乙、丙三個人踢毽子，互相傳遞，每人每次只能踢一下，由甲開始踢，經過4次傳遞后，毽子又被踢回給甲，則不同的傳遞方式共有()A．4種 B．6種C．10種 D．16種答案B解析分兩類：甲第一次踢給乙時，滿足條件的有3種傳遞方式(如圖)；同理，甲先傳給丙時，滿足條件的也有3種傳遞方式．由分類加法計數原理可知，共有3＋3＝6種傳遞方式．故選B.5．(2023·寶雞模擬)某社區計劃在端午節前夕按如下規則設計香囊：在基礎配方以外，從佩蘭、冰片、丁香、石菖蒲這四味中藥中至少選一味添加到香囊中，則不同的添加方案有()A．13種 B．14種C．15種 D．16種答案C解析從佩蘭、冰片、丁香、石菖蒲這四味中藥中選一味，有Ceq\o\al(1,4)＝4種方法；選兩味，有Ceq\o\al(2,4)＝6種方法；選三味，有Ceq\o\al(3,4)＝4種方法；四味中藥全選，有Ceq\o\al(4,4)＝1種方法，所以從佩蘭、冰片、丁香、石菖蒲這四味中藥中至少選一味添加到香囊中，不同的添加方案共有4＋6＋4＋1＝15種．故選C.6.(2023·南通模擬)在中華傳統文化里，建筑、器物、書法、詩歌、對聯、繪畫幾乎無不講究對稱之美．如圖所示是清代詩人黃柏權的《茶壺回文詩》，其以連環詩的形式展現，20個字繞著茶壺成一圓環，無論順著讀還是逆著讀，皆成佳作．數學與生活也有許多奇妙的聯系，如2020年02月02日(20200202)被稱為世界完全對稱日(公歷紀年日期中數字左右完全對稱的日期)．數學上把20200202這樣的對稱數叫回文數，如11，242，5225都是回文數，則用0，1，2，3，4，5這些數字構成的所有三位數的回文數中，能被3整除的個數是()A．8 B．10C．11 D．13答案B解析當三位數的三個數位上的數字都相同時，有111，222，333，444，555，共5個；當三位數的三個數位上的數字有兩個相同時，有141，252，303，414，525，共5個，所以滿足題意的回文數共有10個．故選B.7.《九章算術》中，稱底面為矩形且有一側棱垂直于底面的四棱錐為陽馬．設AA1是正六棱柱的一條側棱，如圖，若陽馬以該正六棱柱的頂點為頂點，以AA1為底面矩形的一邊，則這樣的陽馬的個數是()A．8 B．12C．16 D．18答案C解析根據正六邊形的性質，當A1ABB1為底面矩形時，有4個滿足題意；當A1AFF1為底面矩形時，有4個滿足題意；當A1ACC1為底面矩形時，有4個滿足題意；當A1AEE1為底面矩形時，有4個滿足題意．故共有4＋4＋4＋4＝16個．故選C.8.(2023·南寧模擬)五行是華夏民族創造的哲學思想．多用于哲學、中醫學和占卜方面．五行學說是華夏文明重要的組成部分．古代先民認為，天下萬物皆由五類元素組成，分別是金、木、水、火、土，彼此之間存在相生相克的關系．五行是指木、火、土、金、水五種物質的運動變化．所以，在中國，“五行”有悠久的歷史淵源．如圖是五行圖，現有4種顏色可供選擇給五“行”涂色，要求五行相生不能用同一種顏色(例如木生火，木與火不能同色，水生木，水與木不能同色)，五行相克可以用同一種顏色(例如火與水相克可以用同一種顏色)，則不同的涂色方法種數是()A．30 B．120C．150 D．240答案D解析由題意，不妨設4種顏色分別為A，B，C，D，先填涂區域“火”，有4種選擇，不妨設區域“火”填涂的顏色為A，接下來填涂區域“土”，有3種選擇，分別為B，C，D，若區域“土”填涂的顏色為B，則區域“金”填涂的顏色可為A，C，D；若區域“土”填涂的顏色為C，則區域“金”填涂的顏色可為A，B，D；若區域“土”填涂的顏色為D，則區域“金”填涂的顏色可為A，B，C.綜上所述，區域“金”填涂A，B，C，D的方案種數分別為3，2，2，2，接下來考慮區域“水”的填涂方案：若區域“金”填涂的顏色為A，則區域“水”填涂的顏色可為B，C，D；若區域“金”填涂的顏色為B，則區域“水”填涂的顏色可為A，C，D；若區域“金”填涂的顏色為C，則區域“水”填涂的顏色可為A，B，D；若區域“金”填涂的顏色為D，則區域“水”填涂的顏色可為A，B，C.則區域“水”填涂A的方案種數為2×3＝6，填涂B的方案種數為3＋2×2＝7，填涂C的方案種數為3＋2×2＝7，填涂D的方案種數為3＋2×2＝7.從區域“火”“土”“金”填涂至區域“水”，填涂區域“水”的方案還和填涂區域“木”有關，若區域“水”填涂的顏色為A，則區域“木”填涂的顏色可為B，C，D；若區域“水”填涂的顏色為B，則區域“木”填涂的顏色可為C，D；若區域“水”填涂的顏色為C，則區域“木”填涂的顏色可為B，D；若區域“水”填涂的顏色為D，則區域“木”填涂的顏色可為B，C.所以，當區域“火”填涂顏色A時，填涂方案種數為6×3＋7×2×3＝60.因此不同的涂色方法種數是4×60＝240.故選D.二、多項選擇題9．現有4個數學課外興趣小組，第一、二、三、四組分別有7人、8人、9人、10人，則下列說法正確的是()A．選1人為負責人的選法有34種B．每組選1名組長的選法有5400種C．若推選2人發言，這2人需來自不同的小組，則不同的選法有420種D．若另有3名學生加入這4個小組，加入的小組可自由選擇，且第一組必須有人選，則不同的選法有37種答案AD解析對于A，4個數學課外興趣小組共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故選1人為負責人的選法有34種，A正確；對于B，分四步：第一、二、三、四步分別為從第一、二、三、四組中各選1名組長，所以不同的選法共有7×8×9×10＝5040(種)，B錯誤；對于C，分六類：從第一、二組中各選1人，有7×8種不同的選法，從第一、三組中各選1人，有7×9種不同的選法，從第一、四組中各選1人，有7×10種不同的選法，從第二、三組中各選1人，有8×9種不同的選法，從第二、四組中各選1人，有8×10種不同的選法，從第三、四組中各選1人，有9×10種不同的選法．所以不同的選法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(種)，C錯誤；對于D，若不考慮限制條件，每個人都有4種選法，共有43＝64種選法，其中第一組沒有人選，每個人都有3種選法，共有33＝27種選法，所以不同的選法共有64－27＝37(種)，D正確．10.(2023·嘉興模擬)如圖，把圖中A，B，C，D，E五塊區域涂上顏色，相鄰區域不能涂同一種顏色，現有n種不同的顏色可供選擇，則()A．n≥3B．當n＝4時，若B，D同色，共有48種涂法C．當n＝4時，若B，D不同色，共有48種涂法D．當n＝5時，總的涂色方法有420種答案ABD解析對于A，由于區域A與B，C，D均相鄰，所以至少需要三種及以上的顏色才能保證相鄰區域不同色，故A正確．對于