专题6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理【八大题型】-2024-2025学年高二数学举一反三系列（人教A版2019选择性必修第三册）

专题6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理【八大题型】 【人教A版（2019）】 【题型1 分类加法计数原理的应用】 2 【题型2 分步乘法计数原理的应用】 4 【题型3 实际问题中的计数问题】 6 【题型4 代数中的计数问题】 8 【题型5 几何计数问题】 9 【题型6 数字排列问题】 12 【题型7 涂色问题】 13 【题型8 两个计数原理的综合应用】 16 【知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 完成一件事直两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法， 那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 概念推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种 不同的方法，，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有N=+++种不同 的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事 情，我们可以用第一类有种方法，第二类有种方法，，第n类有种方法，来表示分类加法计数 原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有+++种不同方法可以完成 这件事. (3)分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类， 分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种 方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2．分步乘法计数原理 (1)分步乘法计数原理的概念 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件 事共有N=m×n种不同的方法. 概念推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，， 做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有N=×××种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利 用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“”强调要依次完成各个 步骤才能完成要做的事情，从而共有×××种不同的方法可以完成这件事. (3)分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才 能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件 事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各 个步骤既不能重复也不能遗漏. 3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 (1)联系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. (2)区别 分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区 别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 (3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【题型1 分类加法计数原理的应用】 【例1】（23-24高二下·陕西西安·期末）书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 【解题思路】根据分类加法计数原理进行求解, 【解答过程】书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书， 第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为. 故选：B. 【变式1-1】（23-24高二下·浙江·期中）定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数为（    ） A．18 B．21 C．35 D．36 【解题思路】运用分类加法原理计算即可. 【解答过程】按照百位数字进行分类讨论： 当百位数是1，后两位相加为7，有8种；当百位数是2，后两位相加为6，有7种； 当百位数是3，后两位相加为5，有6种；当百位数是4，后两位相加为4，有5种； 当百位数是5，后两位相加为3，有4种；当百位数是6，后两位相加为2，有3种； 当百位数是7，后两位相加为1，有2种；当百位数是8，后两位相加为0，有1种； 总共有种. 故选：D. 【变式1-2】（23-24高二下·河南商丘·期中）数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 【解题思路】根据给定条件，结合“凸数”的意义，利用分类加法计数原理求解即得. 【解答过程】最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个； 最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个， 所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为. 故选：C. 【变式1-3】（23-24高二下·河南郑州·期中）现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（    ） A．36种 B．20种 C．12种 D．10种 【解题思路】根据分类计数原理即可得到答案. 【解答过程】依题意，不同的选法共有种. 故选：C. 【题型2 分步乘法计数原理的应用】 【例2】（24-25高二下·全国·课后作业）编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 【解题思路】根据题意因不能走与自己编号相同的门，所以每人都可从其它3个门进入，再由分步乘法计数原理从而可求解. 【解答过程】因不能走与自己编号相同的门，安排编号为1的同学进入博物馆有3种选法； 同理编号为2，3，4的同学进入博物馆各有3种方法， 由分步乘法计数原理，共有种方法．故C正确. 故选：C. 【变式2-1】（23-24高二下·江苏镇江·期中）以下运算结果为的是（    ） A．3封不同的信投入4个不同的邮筒的投法 B．4个运动员争夺3个项目的冠军（每个项目只有一个冠军） C．3块地种植4种不同的蔬菜的种法 D．4个同学购买3种不同的书籍，每人购买1本的种数 【解题思路】由分步乘法运算逐一验证即可求解. 【解答过程】对于A，3封不同的信投入4个不同的邮筒的投法有种，故A错误； 对于B，4个运动员争夺3个项目的冠军（每个项目只有一个冠军），共有种可能，故B错误； 对于C，3块地种植4种不同的蔬菜的种法有种，故C错误； 对于D，4个同学购买3种不同的书籍，每人购买1本的种数有种，故D正确. 故选：D. 【变式2-2】（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【解题思路】对、号无人机颜色与至号的无人机颜色是否相同进行分类讨论，再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果. 【解答过程】根据题意可知，至号的无人机颜色有4种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色相同时，号无人机颜色有3种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色不同时，、号无人机颜色有3种选择，号无人机颜色有2种选择； 再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种. 故选：D. 【变式2-3】（23-24高二下·山东青岛·期中）在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母：都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为（    ） A．5230 B．3619 C．4758 D．5184 【解题思路】先填，再填1，2，3，由分步乘法计数原理求解即可. 【解答过程】先填，对于，有9个位置可以选择， 除去所在的行和列，有4个位置可以选择， 再除去所在的行和列，只剩1个位置， 故填共有种；再填1，2，3，如下图， ④ ⑤ ① ⑥ ② ③ 由于公共边的两个格数字不相同，从①号位置开始: ①有3种选择，②有2种选择，③有2种选择，④有3种选择，⑤有2种选择，⑥有2种选择， 故填1，2，3有种； 所以共有种. 故选：D. 【知识点2 两个计数原理的综合应用】 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原 理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分 类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合应用主要包括四个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【题型3 实际问题中的计数问题】 【例3】（23-24高二下·贵州·期中）高二某班级4名同学要参加足球、篮球、乒乓球比赛，每人限报一项，其中甲同学不能报名足球，乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同，则不同的报名种数有（    ） A．54 B．12 C．8 D．81 【解题思路】直接由分步计数原理求解即可． 【解答过程】由甲同学不能报名足球，可得甲有2种报名方式， 乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同， 可得乙有3种报名方式，丙有2种报名方式，丁只有1种报名方式， 共分步计数原理可得共有种． 故选：B． 【变式3-1】（23-24高二下·海南儋州·期中）为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（   ） A．4 B．8 C．16 D．18 【解题思路】根据3枚邮票中邮票的种类进行分类求解即可. 【解答过程】由题意可知：会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有2枚，“志愿者标志”有1枚， 若任取3枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有： 若会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有1枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有2枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有1枚，“志愿者标志”有1枚，共有种； 故共有种． 故选：B. 【变式3-2】（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 【解题思路】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解. 【解答过程】依题意， 摆放20的方式有：2，0或20两种方式； 摆放220的方式有：2，2，0或22，0或2，20三种方式； 摆放126的方式有：1，2，6或12，6或1，26三种方式； 由分步计数原理知，数字20220126的摆放方式共有：种方式. 故选：B. 【变式3-3】（23-24高二下·广东韶关·期中）中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠､牛､虎､兔､龙､蛇､马､羊､猴､鸡､狗､猪）中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛､马，乙同学喜欢牛､狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有（    ） A．90种 B．80种 C．60种 D．50种 【解题思路】根据题意，按甲的选择不同分成2种情况讨论，求出确定乙，丙的选择方法，即可得每种情况的选法数目，由分类加法计数原理，即可求出答案. 【解答过程】根据题意，分2种情况讨论： ①若甲选择牛，此时乙的选择有2种，丙的选择有10种，此时有种不同的选法： ②若甲选择马，此时乙的选择有3种，丙的选择有10种，此时有种不同的选法： 则共有种选法. 故选：D. 【题型4 代数中的计数问题】 【例4】（23-24高二下·重庆·期末）“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【解题思路】先求得所有6位 “回文数”的个数，再求得6位 “回文数”中各位数字全相同的个数，进而得到所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的个数. 【解答过程】6位 “回文数”中个位与十万位数字相同且不为0， 十位与万位数字相同，百位与千位数字相同， 第一步，确定个位与十万位数字，有9种可能， 第二步，确定十位与万位数字，有10种可能， 第三步，确定百位与千位数字，有10种可能， 则6位 “回文数”共有（个）， 又6位 “回文数”中各位数字全相同的共有9个， 则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（个）. 故选：B. 【变式4-1】（23-24高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【解题思路】首先分解质因数可得，再由分步乘法计算原理计算可得. 【解答过程】因为，所以的不同的正因数有个. 故选：D. 【变式4-2】（23-24高二下·上海·期末）集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 【解题思路】令，，求出集合的非空子集数，与集合的子集数，再由分步乘法计数原理计算可得. 【解答过程】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为：. 【变式4-3】（23-24高二下·北京朝阳·期中）世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在年和年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．如今，哥德巴赫猜想仍未解决．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于的偶数，都可以写成两个质数之和．（质数是指在大于的自然数中，除了和它本身以外不再有其他因数的自然数）．在不超过的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种． 【解题思路】列举出不超过的质数，分析可知必取，然后在剩余个奇数中任选一个即可，即可得出不同的选法种数. 【解答过程】不超过的质数有：、、、、、、，共个， 在这个数中随机选取两个不同的数，其和为奇数，则必取， 然后在剩余个奇数中任选一个即可， 所以，不同的取法种数为种. 故答案为：. 【题型5 几何计数问题】 【例5】（23-24高二下·安徽合肥·期中）在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（    ） A．95 B．91 C．88 D．75 【解题思路】首先确定以为对角线的矩形中整点的个数，再确定上的整点数，最后根据对称性求出△中整点的个数. 【解答过程】由题设，直线分别交x、y轴于、，    以高为10，宽为15的矩形内（含边）整数点有176个，其中直线上的整数点有、、、、、，共6个， 所以，矩形对角线两侧的三角形中整点的个数为个， 综上，△中整点的个数为个. 故选：B. 【变式5-1】（23-24高二上·湖北黄石·期末）过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    ） A．18 B．30 C．36 D．54 【解题思路】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案. 【解答过程】解：如图，分以下几类： 棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对； 棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对； 侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 所以共有对. 故选：C. 【变式5-2】（23-24高二下·湖北襄阳·期中）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 【解题思路】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答. 【解答过程】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线， 对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有（个）； 对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个， 不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直， 所以正方体中“正交线面对”共有（个）. 故选：D. 【变式5-3】（2025高二·全国·专题练习）从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（    ）. A．105种 B．225种 C．315种 D．420种 【解题思路】首先选取一个点作为钝角顶点，并该点与圆心连线将其余14个顶点分成左右各7个：在左侧选取一个点作为第二顶点，依次选取右侧7个点作为第三顶点判断三角形形状，依此步骤即可得当前钝角顶点下的钝角三角形个数，最后乘以15即可得结果. 【解答过程】如图所示，以A为钝角顶点，在直径的左边取点，右边依次取，得到6个钝角三角形，当取时，△为锐角三角形； 同理，直径的左边取点，右边依次取，得到5个钝角三角形，当取，时，△、△为锐角三角形； …… 在直径的左边取点时，得到一个钝角△， 在直径的左边取点时，没有钝角三角形. 故以A为钝角顶点的三角形共有（个）. 以其余14个点为钝角顶点的三角形也各有21个， 所以总共有（个）钝角三角形. 故选：C. 【题型6 数字排列问题】 【例6】（23-24高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是和不是进行分类; 个位不是时要注意选中的数有和不是情况求解. 【解答过程】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择， 而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论: ①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况， 与百位数一样，只有一种选择， 与个位数一样，也只有一种选择; ②当个位数为2时， 如果百位数为2，则十位数有6种选择， 如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择: 当个位数为4时， 如果百位数为4，则十位数有6种选择， 如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择 综上所述，. 故选：B. 【变式6-1】（23-24高二下·江苏宿迁·期中）由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（    ）． A．42个 B．48个 C．54个 D．120个 【解题思路】分为五位数的个位数是,五位数的个位数是两类，依据两个计数原理求解. 【解答过程】若五位数的个位数是，则有种情形； 若五位数的个位数是，由于不排首位， 因此只有有种情形，中间的三个位置有种情形， 依据分步计数原理，可得种情形． 由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为. 故选：A． 【变式6-2】（2024高二下·全国·专题练习）用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有（    ） A．16个 B．12个 C．9个 D．8个 【解题思路】利用分类计数原理分类讨论计算即可. 【解答过程】比2000大，故千位为2，3，4， 若千位为2，则个位为4，有（个）符合题意的四位数； 若千位为3，则个位为2或4，有（个）符合题意的四位数； 若千位为4，则个位为2，有（个）符合题意的四位数． 根据分类加法计数原理得，一共有（个）符合题意的四位数． 故选:D． 【变式6-3】（24-25高二下·吉林·阶段练习）用、、、、五个数字，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题意可知，末位数字为或，首位数字有种选择，则中间的数位有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果. 【解答过程】由题意可知，末位数字为或，首位数字有种选择，则中间的数位有种选择， 由分步乘法计数原理可知，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为. 故选：A. 【题型7 涂色问题】 【例7】（23-24高二下·广东清远·期中）已知五个区域A，B，C，D，E依次相邻，如图所示，现在给这5个区域涂色，要求相邻的两个区域不能涂相同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法有（    ） A．1140 B．1200 C．1280 D．1400 【解题思路】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算即得. 【解答过程】依题意，分5步依次对涂色， 所以不同的涂色方法有（种）. 故选：C. 【变式7-1】（2024高二下·江苏·学业考试）用红、黄、蓝、白、黑五种颜色在“田”字型的4个小方格内涂色，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．120 B．260 C．280 D．320 【解题思路】利用分类分步计数原理，分4步分别计算即可求得结果. 【解答过程】将“田”字型的4个小方格分别编号为，如下图所示： 根据题意，将问题分成4步进行， 第一步：涂方格A，共有5种颜色选择， 第二步：涂方格B，需与A不同，共有4种颜色选择， 第三步：涂方格C，若方格C与方格B颜色相同，只有1种选择；若方格C与方格B颜色不同，则有3种选择； 第四步：涂方格D，当方格C与方格B颜色相同，方格D有4种颜色选择；当方格C与方格B颜色不同，方格D有3种颜色选择， 因此可得不同的涂色方法共有种. 故选：B. 【变式7-2】（23-24高二下·四川凉山·期末）用红、黄、蓝三种不同颜色给如图所示的4块区域A、B、C、D涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ） A．14种 B．16种 C．20种 D．18种 【解题思路】分A与C同色与不同色两类，每一类中利用分步计数原理求解，可得总的方法数. 【解答过程】先涂A，有3种涂法，再涂B有2种涂法，涂C时，与A同色，有1种涂法，此时D有2种涂法， 当C与A异色时有1种涂法，这是D有1种涂法， 所以共有3×2×（1×2＋1×1）＝18种. 故选：D. 【变式7-3】（23-24高二下·山东滨州·阶段练习）如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（    ） A．48 B．56 C．72 D．256 【解题思路】先给四个区域标记，然后根据分步乘法计数原理求解出着色的方法数. 【解答过程】将四个区域标记为，如下图所示： 第一步涂种涂法，第二步涂种涂法，第三步涂种涂法，第四步涂种涂法， 根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法. 故选：A. 【题型8 两个计数原理的综合应用】 【例8】（24-25高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 【解题思路】相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类，再分别计算每一类的方法数，可求得结论. 【解答过程】由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类； 第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻， 分别有种选择，所以共计种； 第二、三、四类和第一类种数相同．综上总计有种方法． 故选：C. 【变式8-1】（23-24高二下·重庆·期中）某单位有5位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守所在城市元月15日至18日4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（车牌尾数为2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（    ） A．24 B．27 C．30 D．33 【解题思路】根据题意先安排安排奇数日出行再安排偶数日出行分步分类求解即可. 【解答过程】15日至18日，有2天奇数日和2天偶数日，车牌尾数中有3个奇数和2个偶数．通过按日期分步，分2类， 第一类：，第二类：，共27种. 故选：B． 【变式8-2】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【解题思路】（1）根据分步乘法计数原理可得结果； （2）根据分步乘法计数原理可得结果； （3）根据组成三位偶数，末位数字可分两类，末位数字是0或者不是0，根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果； 【解答过程】（1）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方 法，第二、三位可以排0，因此，根据分步乘法计数原理共有（个）． （2）三位数的首位不能为0，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二位可以排0，除 首位排的数字共有4种方法，第三位除前两位排的数字共有3种方法，因此，根据分步乘 法计数原理共有（个）． （3）偶数末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类： 一类是末位数字是0，则有（种）排法； 一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位， 所以有3种排法，十位有3种排法，因此有（种）排法． 因此有（种）排法．即可以排成30个无重复数字的三位偶数. 【变式8-3】（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 【解题思路】（1）根据分类加法计数原理求解； （2）根据分步乘法计数原理求解； （3）综合利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解； 【解答过程】（1）事件选一人当组长可分三类方案完成， 第一类，组长从（1）班选出，有7种选法、 第二类，组长从（48）班选出，有5种选法、 第三类，组长从（62）班选出，有9种选法， 根据分类加法计数原理，选一人当组长有种选法， （2）如果老师任组长，每班选一名副组长，则需要分三步， 第一步，从（1）班选一名同学担任副组长，有7种选法， 第二步，从（48）班选一名同学担任副组长，有5种选法， 第三步，从（62）班选一名同学担任副组长，有9种选法， 根据分步乘法计数原理，每班选一名副组长共有种选法； （3）事件推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，可分为三类方案， 第一类，若两人来自（1）班和（48）班，有种选法， 第二列，若两人来自（1）班和（62）班，有种选法， 第三类，若两人来（48）班和（62）班，有种选法， 综上可知，这两人来自不同的班级的不同的选法有种． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理【八大题型】 【人教A版（2019）】 【题型1 分类加法计数原理的应用】 2 【题型2 分步乘法计数原理的应用】 3 【题型3 实际问题中的计数问题】 4 【题型4 代数中的计数问题】 5 【题型5 几何计数问题】 5 【题型6 数字排列问题】 6 【题型7 涂色问题】 6 【题型8 两个计数原理的综合应用】 7 【知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 完成一件事直两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法， 那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 概念推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种 不同的方法，，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有N=+++种不同 的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事 情，我们可以用第一类有种方法，第二类有种方法，，第n类有种方法，来表示分类加法计数 原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有+++种不同方法可以完成 这件事. (3)分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类， 分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种 方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2．分步乘法计数原理 (1)分步乘法计数原理的概念 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件 事共有N=m×n种不同的方法. 概念推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，， 做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有N=×××种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利 用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“”强调要依次完成各个 步骤才能完成要做的事情，从而共有×××种不同的方法可以完成这件事. (3)分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才 能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件 事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各 个步骤既不能重复也不能遗漏. 3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 (1)联系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. (2)区别 分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区 别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 (3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【题型1 分类加法计数原理的应用】 【例1】（23-24高二下·陕西西安·期末）书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 【变式1-1】（23-24高二下·浙江·期中）定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数为（    ） A．18 B．21 C．35 D．36 【变式1-2】（23-24高二下·河南商丘·期中）数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 【变式1-3】（23-24高二下·河南郑州·期中）现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（    ） A．36种 B．20种 C．12种 D．10种 【题型2 分步乘法计数原理的应用】 【例2】（24-25高二下·全国·课后作业）编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 【变式2-1】（23-24高二下·江苏镇江·期中）以下运算结果为的是（    ） A．3封不同的信投入4个不同的邮筒的投法 B．4个运动员争夺3个项目的冠军（每个项目只有一个冠军） C．3块地种植4种不同的蔬菜的种法 D．4个同学购买3种不同的书籍，每人购买1本的种数 【变式2-2】（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【变式2-3】（23-24高二下·山东青岛·期中）在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母：都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为（    ） A．5230 B．3619 C．4758 D．5184 【知识点2 两个计数原理的综合应用】 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原 理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分 类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合应用主要包括四个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【题型3 实际问题中的计数问题】 【例3】（23-24高二下·贵州·期中）高二某班级4名同学要参加足球、篮球、乒乓球比赛，每人限报一项，其中甲同学不能报名足球，乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同，则不同的报名种数有（    ） A．54 B．12 C．8 D．81 【变式3-1】（23-24高二下·海南儋州·期中）为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（   ） A．4 B．8 C．16 D．18 【变式3-2】（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 【变式3-3】（23-24高二下·广东韶关·期中）中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠､牛､虎､兔､龙､蛇､马､羊､猴､鸡､狗､猪）中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛､马，乙同学喜欢牛､狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有（    ） A．90种 B．80种 C．60种 D．50种 【题型4 代数中的计数问题】 【例4】（23-24高二下·重庆·期末）“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【变式4-1】（23-24高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【变式4-2】（23-24高二下·上海·期末）集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 【变式4-3】（23-24高二下·北京朝阳·期中）世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在年和年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．如今，哥德巴赫猜想仍未解决．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于的偶数，都可以写成两个质数之和．（质数是指在大于的自然数中，除了和它本身以外不再有其他因数的自然数）．在不超过的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种． 【题型5 几何计数问题】 【例5】（23-24高二下·安徽合肥·期中）在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（    ） A．95 B．91 C．88 D．75 【变式5-1】（23-24高二上·湖北黄石·期末）过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    ） A．18 B．30 C．36 D．54 【变式5-2】（23-24高二下·湖北襄阳·期中）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 【变式5-3】（2025高二·全国·专题练习）从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（    ）. A．105种 B．225种 C．315种 D．420种 【题型6 数字排列问题】 【例6】（23-24高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【变式6-1】（23-24高二下·江苏宿迁·期中）由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（    ）． A．42个 B．48个 C．54个 D．120个 【变式6-2】（2024高二下·全国·专题练习）用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有（    ） A．16个 B．12个 C．9个 D．8个 【变式6-3】（24-25高二下·吉林·阶段练习）用、、、、五个数字，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（    ） A． B． C． D． 【题型7 涂色问题】 【例7】（23-24高二下·广东清远·期中）已知五个区域A，B，C，D，E依次相邻，如图所示，现在给这5个区域涂色，要求相邻的两个区域不能涂相同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法有（    ） A．1140 B．1200 C．1280 D．1400 【变式7-1】（2024高二下·江苏·学业考试）用红、黄、蓝、白、黑五种颜色在“田”字型的4个小方格内涂色，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．120 B．260 C．280 D．320 【变式7-2】（23-24高二下·四川凉山·期末）用红、黄、蓝三种不同颜色给如图所示的4块区域A、B、C、D涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ） A．14种 B．16种 C．20种 D．18种 【变式7-3】（23-24高二下·山东滨州·阶段练习）如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（    ） A．48 B．56 C．72 D．256 【题型8 两个计数原理的综合应用】 【例8】（24-25高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 【变式8-1】（23-24高二下·重庆·期中）某单位有5位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守所在城市元月15日至18日4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（车牌尾数为2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（    ） A．24 B．27 C．30 D．33 【变式8-2】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【变式8-3】（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$