专题4.1两个计数原理（高效培优讲义）数学湘教版2019选择性必修第一册

专题4.1 两个计数原理 教学目标 1、理解分类加法原理、分步乘法原理； 2、能够利用分类加法原理、分步乘法原理解决实际问题； 3、掌握涂色问题的解法； 教学重难点 1、重点：分类加法原理、分步乘法原理； 2、难点：两个原理的综合、涂色问题； 知识点01 分类加法原理 完成一件事有两类不同方案．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，完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法。 【即学即练1-1】(24-25高二下·青海西宁·期末)在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为(    ) A．14 B．19 C．90 D．200 【即学即练1-2】(25-26高二上·全国·单元测试)集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是(    ) A．2 B．4 C．5 D．6 知识点02 分步乘法原理 1.分步乘法计数原理：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，完成这件事共有N＝m·n种不同的方法。 2.两个计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种数 不同点 分类、相加 分步、相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情(完成某一步并不代表完成这件事) 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可 【即学即练2-1】(25-26高三上·江苏南京·开学考试)书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有(   )种. A．504 B．84 C．1008 D．168 【即学即练2-2】(24-25高二·全国·课堂例题)已知数学0，1，2，3，4，用它们组成四位数，下列说法正确的有(   ) A．可以组成无重复数字的四位数96个 B．可以组成有重复数字的四位数404个 C．可以组成无重复数字的四位偶数66个 D．可以组成百位是奇数的四位偶数28个 知识点03 分类加法原理与分步乘法原理的推广 (1)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种不同的方法. (2)完成一件事需要个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,……,做第步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法. 【即学即练3-1】(25-26高三上·河北保定·开学考试)我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有(    ) A．66个 B．55个 C．36个 D．28个 【即学即练3-2】(2025高二·全国·专题练习)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有(    )种涂法， A． B． C． D． 题型01 分类加法原理 分类标准的选择 (1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．根据题目特点恰当选择一个分类标准． (2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复，但也不能有遗漏． 【典例1-1】(24-25高二下·福建福州·期末)某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有(   ) A．12种 B．27种 C．120种 D．600种 【典例1-2】(2025高三·全国·专题练习)以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为(    ) A．2 B．3 C．4 D．6 【典例1-3】(24-25高二下·江苏无锡·期中)除数函数(divisor  function)的函数值等于的正因数的个数，例如，，则 ； . 【变式1-1】(24-25高二下·青海海南·期末)一项工作可以用两种方法完成，有6人只会用第一种方法完成，另有11人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为(   ) A．60 B．66 C．16 D．17 【变式1-2】(2025高三·全国·专题练习)如图所示，在间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为(    )   A．9 B．11 C．13 D．15 【变式1-3】(24-25高二下·四川遂宁·期中)程大位(1533-1606)是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘(如图1)共三档，自右 向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数中能被3整除的个数为(    ) A．5 B．7 C．15 D．26 【变式1-4】(24-25高二下·江苏连云港·阶段练习)将个相同的红球个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放个球，则不同的放法有 种(数字作答). 【变式1-5】(24-25高三·上海·课堂例题)假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了点伤，只能爬，不能飞，而且只能向右方(包括右上、右下)爬行，从一间蜂房爬到与之相邻的右蜂房中去，求从最初位置爬到6号蜂房共有多少种不同的爬法？ 题型02 分步乘法原理 利用分步乘法计数原理解题的策略 (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，且每步都是独立的． (2)将这件事划分成几个步骤来完成，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． 【典例2-1】(2025高二·全国·专题练习)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有(    ) 种. A． B． C． D． 【典例2-2】(25-26高三上·湖北孝感·阶段练习)若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为(    ) A．3 B．8 C．9 D．27 【典例2-3】(2025·河南·二模)为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书.则所有可能的图书排列方式总数为(   ) A．160 B．192 C．224 D．256 【变式2-1】(2025高二·全国·专题练习)将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有(    )种放法， A． B． C． D． 【变式2-2】(2025高三·全国·专题练习)已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路(从甲到乙)接通的情况有(    ). A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 【变式2-3】(2025高三·全国·专题练习)设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有(    ). A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 【变式2-4】(2025高三·全国·专题练习)北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示．为了防止假期景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻(如：选择这4个景点也是允许的)，那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有(    ). A．60种 B．42种 C．30种 D．14种 【变式2-5】(2025高三·全国·专题练习)一对非负整数组成的有序数对，如果在做与的加法时不用进位，则称为“中国梦数对”，称为“中国梦数对”的和，则和为2018的“中国梦数对”的个数为(    ) A．36个 B．48个 C．54个 D．56个 题型03 加法原理与乘法原理综合 (1)如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理． (2)如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． (3)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事． (4)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图． (5)对于复杂问题，一般是先分类再分步． 【典例3-1】(25-26高二上·全国·单元测试)如图，当一条电路从处到处接通时，不同的线路共有 条(每条线路仅含一条通路)．    【典例3-2】(2025高三·全国·专题练习)若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为(    ) A．28 B．29 C．30 D．32 【典例3-3】(2023·广西南宁·模拟预测)五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色(例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色)，五行相克可以用同一种颜色(例如火与水相克可以用同一种颜色)，则不同的涂色方法种数有(    )    A． B． C． D． 【变式3-1】(24-25高二下·广东清远·期末)如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有(    )    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 【变式3-2】(24-25高二下·陕西安康·阶段练习)现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是(    ) A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 【变式3-3】(24-25高二下·新疆喀什·期末)下列说法正确的是( ) A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 【变式3-4】(2025高二·全国·专题练习)某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一个棋子放在如图所示的正方形(边长为个单位长度)的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向走几个单位长度，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向走i个单位长度，一直循环下去.此人抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到起点A处的不同走法共有 种. 【变式3-5】(2025高二·全国·专题练习)用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 题型04 涂色问题 按照选择颜色的总数进行分类，先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。 【典例4-1】(2025高二·全国·专题练习)如图，将条线段的个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色.现有种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法有(    )种. A． B． C． D． 【典例4-2】(24-25高二下·陕西铜川·期末)如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用7种颜色给5个小区域(A，B，C，D，E)涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有 种. 【典例4-3】(24-25高二下·海南海口·期末)如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为(    ) A．24 B．48 C．72 D．120 【变式4-1】(24-25高二下·江苏南京·期中)用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域(有公共边界)涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为(   ) A．5 B．6 C．7 D．8 【变式4-2】(24-25高二下·黑龙江大庆·期中)春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有(    ) A．种 B．种 C．种 D．种 【变式4-3】(23-24高二上·甘肃白银·期末)用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则(    )    A． B． C． D． 【变式4-4】(2025高二·全国·专题练习)如图，对四棱锥的各面进行染色，要求有公共棱的两个面不同色.现有种颜色可供选择，则不同的染色方法共有 种. 【变式4-5】(24-25高二下·安徽合肥·期末)现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有 种. 题型05 计数原理的应用 【典例5-1】(24-25高二下·河南洛阳·阶段练习)在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为(    ) A．19 B．20 C．40 D．200 【典例5-2】(2025高二·全国·专题练习)如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有(    )条.    A． B． C． D． 【典例5-3】(2025高三·全国·专题练习)在共13个数中挑出个数，使得这个数中任意两个的差都不是5或8，则的最大值是 ．(用数字作答) 【变式5-1】(24-25高二下·新疆巴音郭楞·期末)某班有女生22人，男生24人，现从该班级选1名同学参加某活动，不同的选法有(   ) A．22种 B．24种 C．46种 D．48种 【变式5-2】(24-25高二下·江苏南京·期末)将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为(   ) A．19 B．20 C．21 D．22 【变式5-3】(23-24高一上·福建厦门·开学考试)有一些含有特殊数学规律的车牌号码，如：皖C80808、皖C22222、皖C12321等，这些牌照中的五个数字都是关于中间的一个数字“对称”的，给人以对称的美的感受.我们不妨把这样的牌照叫做“数字对称”牌照.如果让你负责制作只以8或9开头且有五个数字的“数字对称”牌照，那么最多可制作(   ) A．200个 B．400个 C．1000个 D．2000个 【变式5-4】(23-24高二下·广东中山·阶段练习)以下结论正确的是(    ) A．3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是 B．从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法 C．60有12个不同的正因数 D．从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减，可以得到12个不相等的差 【变式5-5】(23-24高三下·全国·强基计划)某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点．已知向左转了100次，则可能向右转了(    )次． A．96 B．98 C．104 D．102 一、单选题 1.(2025高二·全国·专题练习)8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有(    )种． A． B． C． D． 2.(24-25高二下·广东深圳·期中)已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一，二象限不同点的个数为(   ) A．18 B．17 C．16 D．10 3.(2025高三·全国·专题练习)设集合，函数使得对任意，都有是奇数，这样的函数的个数是(    ) A．12个 B．15个 C．50个 D．55个 4.(2025高三·全国·专题练习)用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成(    ) A．18个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 5.(24-25高二下·江西赣州·期中)已知各项均为整数的数列共有项， 且对任意，，.若，则满足条件的有(    ) A．个 B．个 C．个 D．个 6.(2025高二下·全国·专题练习)已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 (    ) A． B． C． D． 7.(2025高三·全国·专题练习)小明与爸爸进行“石头、剪刀、布”猜拳游戏，计分规则为：每一次猜拳，胜者得1分，败者得0分；若为平局，则小明得1分，爸爸得0分.若游戏过程中小明的累计得分超过爸爸，则比赛结束，小明获胜；若比赛达20次时，小明仍未获胜，则比赛结束，爸爸获胜.记比赛次后，小明的累计得分为，所有可能的得分情况共有种，则(   ) A． B． C．若为偶数，则 D．若，则 8.(24-25高三上·上海金山·期末)已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面(含棱)上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有(   )个． A．3 B．6 C．7 D．10 二、多选题 9.(2025·甘肃庆阳·模拟预测)在下列图形中，能够不抬起笔､不回笔地一次性画出的是(    ) A． B． C． D． 10.(2025高三·全国·专题练习)如图，对于编号1～8的8盏灯，有如下规则：对1盏灯进行开灯或关灯为1次操作，1号灯在任意情况下都可以进行1次操作，对号灯，当且仅当号灯左边有且仅有号灯打开时才可进行1次操作．下列说法正确的是(    ) A．若所有灯全部处于关灯状态，则至少需要4次操作才能打开3号灯 B．若所有灯全部处于开灯状态，则至少需要3次操作才能关闭4号灯 C．若除了6号灯以外其余灯全部打开，则至少需要32次操作才能打开所有灯 D．若除了6号灯以外其余灯全部关闭，则至少需要32次操作才能关闭6号灯 11.(24-25高三下·山西·阶段练习)空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色(一条线段只染一种颜色)．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有(    ) A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 三、填空题 12.(2025高二·全国·专题练习)某玩具厂参加展出，带了四款不同类型、不同价格的玩具，它们的价格分别是元、元、元、元.某礼品进货商准备买若干款不同类型的玩具样品(至少购买一款，且每款只购一只)，因信用卡出现故障，他身上只剩元现金，则他买玩具样品的方案有 种. 13.(2025·宁夏吴忠·二模)在中国象棋的棋盘上，红方“车”从初始位置(如图，第1行第5列)出发，每一步可以横向或纵向移动任意格(但不能斜着移动，也不能连续两次均横向或纵向移动)，已知黑方“将”位于第10行第5列，红方“车”必须在恰好4步后到达第10行第5列．若棋盘上仅存在黑方“将”和红方“车”，黑方“将”不移动，则红方“车”不同的移动路径有 种． 14.(2025·河北秦皇岛·模拟预测)科学家发现一种特殊的粒子，现在把该粒子放在依次排开的1~5号密封箱子中，两个箱子之间只有一条通道相连，该粒子每天只会出现在一个箱子里，第二天会随机出现在相邻箱子中的一个，若科学家每天只能观察一个箱子，则至少需要 天才能确保观测到该粒子. 四、解答题 15.(2023高三·全国·专题练习)已知集合，，在中任取一元素，在中任取一元素，组成数对，则其中的数对有多少个? 16.(24-25高二下·全国·课后作业)在平面直角坐标系内，已知曲线方程． (1)若曲线方程表示的轨迹为圆，则这样的圆有多少个？ (2)若曲线方程表示的轨迹为椭圆，则这样的椭圆有多少个？ 17.(24-25高二下·江苏南通·阶段练习)在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 18.(24-25高二下·安徽·阶段练习)给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 19.(2023高三·全国·专题练习)小学生甲玩耍上楼梯的游戏：建筑物有级台阶的楼梯，一步可以迈一级或两级台阶，问这位小学生有多少种不同的爬楼方法？ 第 1 页 共 19 页 学科网（北京）股份有限公司 $而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题4.1两个计数原理 内容概览 教学目标、教学重难点 题型01分类加法计数原理 知识点01分类加法计数原理 题型02分步乘法计数原理 4.1计数原理 题型03加法原理与乘法原理综合 知识点02分步乘法计数原理 题型04涂色问题 题型05计数原理的应用 知识点03分类加法计数原理和分步乘法计数原理的推广 教学目标、教学重难点 1、理解分类加法原理、分步乘法原理； 教学目标 2、能够利用分类加法原理、分步乘法原理解决实际问题； 3、掌握涂色问题的解法： 1、重点：分类加法原理、分步乘法原理； 教学重难点 2、难点：两个原理的综合、涂色问题： 知识清单 知识点01分类加法原理 完成一件事有两类不同方案.在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，完 成这件事共有N=m十n种不同的方法。 【即学即练1-1】(24-25高二下.青海西宁期末)在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中 国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验， 预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张， 等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为() A.14 B.19 C.90 D.200 【答案】B【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】由分类加法计数原理运算即可. 【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为4+10+5=19.故选：B. 【即学即练1-2】(25-26高二上全国.单元测试)集合M={1,-2,3},N={-3,5,6,-4},从两个集合中各取一 个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是() A.2 B.4 C.5 D.6 【答案】D【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据第二象限坐标特征分类结合分类加法原理计算求解. 【详解】第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数 第1页共33页 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则符合题意的点有(-2,5)，（-2,6)，共2个： 若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则符合题意的点有(-3,1)，(-3,3)，（4,1)，（4,3)，共4个. 综上，在第二象限内的点的个数为2+4=6.故选：D. 知识点02分步乘法原理 1.分步乘法计数原理：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步有种不同的方 法，完成这件事共有N=n种不同的方法。 2.两个计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种数 分类、相加 分步、相乘 不同点 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（完成某一步并 不代表完成这件事) 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可 【即学即练2-1】(25-26高三上江苏南京·开学考试)书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书， 要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有()种. A.504 B.84 C.1008 D.168 【答案】A【难度】0.85【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得. 【详解】将新买的3本书逐一放进去， 对第一本书，6本书形成7个空当，在7个空当里面选一个有7种选法： 对第二本书，7本书形成8个空当，在8个空当里面选一个有8种选法： 最后一本书，8本书形成9个空当，在9个空当里面选一个有9种选法： 由分步乘法计数原理可得，共有7×8×9=504（种）.故选：A 【即学即练2-2】（24-25高二全国课堂例题)已知数学0,1,2,3,4，用它们组成四位数，下列说法正确 的有() A.可以组成无重复数字的四位数96个B.可以组成有重复数字的四位数404个 C.可以组成无重复数字的四位偶数66个D.可以组成百位是奇数的四位偶数28个 【答案】AB【难度】O.85【知识点】数字排列问题【分析】由两个计数原理逐个判断即可： 【详解】对于A,可以组成无重复数字的四位数4×4×3×2=96（个），A正确： 对于B,可以组成有重复数字的四位数4×5x5×5-96=404(个)，B正确： 对于C,若个位数为0，则有4×3×2=24（个），若个位数不为0，则有2×3×3×2=36（个）， 所以可以组成无重复数字的四位偶数24+36=60（个），C错误： 对于D,可以组成百位是奇数的四位偶数4×2×5×3=120（个），D错误，故选：AB 知识点O3分类加法原理与分步乘法原理的推广 (1)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， 第2页共33页 而学科网·上好课 www zxx k com 上好每一堂课 那么完成这件事共有N=m1+m2+…+m种不同的方法。 (②)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2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=m1×m2×…×m种不同的方法. 【即学即练3-1】(25-26高三上河北保定开学考试)我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”， 例如107和224，则所有的“幸运数”共有() A.66个 B.55个 Cc.36个 D.28个 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】按照首位数字为18进行分类，相加得到答案. 【详解】当首位数字为1时，后两位相加为7，“幸运数"分别是116,161,125,152,134,143,107,170，共8个： 当首位数字为2时，后两位相加为6，“幸运数"分别是206,260,215,251,224,242,233，共7个； 当首位数字为3时，后两位相加为5，“幸运数"分别是305,350,314,341,323,332，共6个； 当首位数字为4时，后两位相加为4，“幸运数"分别是404,440,413,431,422，共5个： 当首位数字为5时，后两位相加为3，“幸运数"分别是503,530,512,521，共4个： 当首位数字为6时，后两位相加为2，“幸运数"分别是602,620,611，共3个： 当首位数字为7时，后两位相加为1，“幸运数”分别是701,710，共2个： 当首位数字为8时，后两位相加为0，“幸运数”是800，共1个 因此，所有的“幸运数"共有8+7+6+5+4+3+2+1=36个故选：C 【即学即练3-2】(2025高二全国·专题练习)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，L,9的9个小 正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜 色，则共有()种涂法， A.18 B.36 C.54 D.108 2 3 4 6 7 8 9 【答案】D【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算. 【详解】把区域分成三部分，第一部分为1,5,9，有3种涂法. 第二部分为4,7,8.当5,7同色时，4,8各有2种涂法： 当5,7异色时，有2种涂法，4,8均只有1种涂法. 故第二部分共有2×2+2×1=6种涂法。 第三部分为2,3,6，与第二部分一样，共有6种涂法。 因此根据分步乘法计数原理，共有3×6×6=108种涂法，故选：D. 题型精讲 第3页共33页 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型01分类加法原理 分类标准的选择 (1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.根据题目特点恰当选择一个分类标准. (②)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同 的方法，不能重复，但也不能有遗漏。 【典例1-1】(24-25高二下·福建福州期末)某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有 12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有() A.12种 B.27种 C.120种 D.600种 【答案】B【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】由分类加法计数原理即可求解。 【详解】已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次， 则小丁当天出行的方案共有5+12+10=27.故选：B 【典例1-2】(2025高三·全国.专题练习)以1,1,1，√2，√2，√2为六条棱长的四面体个数为() A.2 B.3 C.4 D.6 【答案】B【难度】0.65【知识点】棱锥的结构特征和分类、几何计数问题 【分析】由这些边为三角形仅有四种(1,1,1)，（1,1，√2)，（1，√2,2)，（2，√2，V②)， 讨论底面三角形为(1,1,1)、1,1，√2)，结合对称性确定四面体个数 【详解】以这些边为三角形仅有四种(1,1,1)，(1,1，√2)，(1，V2,V2),（2,√2，√2) 固定四面体的一面作为底面： 当底面的三边为1,1,1)时，另外三边的取法只有一种情况，即（√2，V2,V2): 当底面的三边为1,1V2)时，另外三边的取法有两种情形，即(1，V2,2),（N21,√2). 其余情形得到的四面体均在上述情形中. 由此可知，四面体个数有3个，故选：B 【典例1-3I(24-25高二下江苏无锡·期中)除数函数(divisor function)y=d(n)(n∈N)的函数值等于n的正因 数的个数，例如d(1)=1,d(4)=3,则d(2)=:d(2025)= 【答案】n+1;15【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理 【分析】由除数函数的定义，利用分类计数求取结果 【详解】因为2”的正因数有：2°，2,22，，2”，共n+1个，所以d(2")=n+1. 因为2025=3×3×3×3×5×5， 首先，1是2025的因数：从中取1个数，可得2025的因数3,5，有2个： 从中取2个数相乘，可得2025的因数9,15,25，有3个： 从中取3个数相乘，可得2025的因数27,45,75，有3个： 从中取4个数相乘，可得2025的因数81,135,225，有3个： 第4页共33页 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 从中取5个数相乘，可得2025的因数405,675，有2个： 从中取6个数相乘，可得2025的因数2025，有1个 所以d(2025)=1+2+3+3+3+2+1=15.故答案为：n+1;15 【变式1-1】(24-25高二下·青海海南·期末)一项工作可以用两种方法完成，有6人只会用第一种方法完成， 另有11人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为(） A.60 B.66 C.16 D.17 【答案】D【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式求解. 【详解】求出不同选法的种数，有两类：选取只会用第一种方法的人，有6种方法： 再选取只会用第二种方法的人，有11种， 所以不同方法种数是6+11=17.故选：D 《变式1-2】(2025高三.全国.专题练习)如图所示，在A,B间有四个焊接点1,2,3,4，若某焊接点脱落， 则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为) A.9 B.11 C.13 D.15 B 3 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】按照焊接点脱落的个数分类讨论，运用分类加法计数原理求解即可 【详解】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有}，{4共2种情况， 若脱落2个，则有1,2}，1,3}，1,4，{2,3}，{2,4}，{3,4共6种情况， 若脱落3个，则有1,2,3}，1,2,4}，{2,3,4}，1,3,4共4种情况， 若脱落4个，则有1,2,3,4共1种情况， 由分类加法计数原理，情况种数共有2+6+4+1=13种.故选：C. 【变式1-3】(24-25高二下，四川遂宁，期中)程大位(1533-1606)是明代珠算发明家，微州人.他所编撰的《直指 算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算 盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”现有一种算盘（如图1）共三档，自右 百位十位个位 百位十位个位 图1 图2 向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作 数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数中能 被3整除的个数为) A.5 B.7 C.15 D.26 第5页共33页 而学科网·上好课 www zxx k com 上好每一堂课 【答案】B【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理【分析】分“百位"拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算 珠、“百位”拨动1枚算珠三种情况罗列出可表示的数据即可得解。 【详解】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700： "百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205,610、650、601、605： “百位"拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155： 520、502、506、560、511、551、515、555 其中能被3整除的三位整数为：300、210、201、120、102、111、555. 所以共有7个故选：B. 【变式1-4】(2425高二下·江苏连云港·阶段练习)将2个相同的红球2个相同的黑球放入两个不同的盒子中， 每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有 种（数字作答）： 【答案】7【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理 【分析】先从球的个数分类，再求出每类放球的方法，结合分类加法计数原理可得答案 【详解】若一个盒子中放1个红球，另一个盒子中放2个黑球、1个红球，则有2种不同的方法： 若一个盒子中放1个黑球，另一个盒子中放2个红球、1个黑球，则有2种不同的方法： 若两个盒子中一个盒子放2个红球，另一个盒子放2个黑球，则有2种不同的方法： 若两个盒子中都放1个红球、1个黑球，则有1种方法 故不同的放法有7种.故答案为：7. 【变式1-5】(24-25高三·上海·课堂例题)假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了点 伤，只能爬，不能飞，而且只能向右方（包括右上、右下）爬行，从一间蜂房爬到与之相邻的右蜂房中去，求 从最初位置爬到6号蜂房共有多少种不同的爬法？ 【答案】21种【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理【分析】由树状图直接表示 【详解】解法1：由树形图可得，蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房先进入0号蜂房有13种爬法；蜜蜂先进入 1号蜂房共有8种爬法 起点 所以蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房，共有13+8=21种不同的爬法. 说明：图1所表示的图形叫树形图.用这种方式解决排列组合问题较为直观形象. 解法2：依题意，蜜蜂爬到0号蜂房有1种爬法；爬到1号蜂房有2种爬法： 第6页共33页 而学科网·上好课 www zxx k com 上好每一堂课 爬到2号蜂房有1+2=3种爬法（在爬到0号或1号蜂房后再爬到2号蜂房）： 同理，爬到3号蜂房有2+3=5种爬法： 爬到4号蜂房有3+5=8种爬法： 爬到5号蜂房有5+8=13种爬法： 爬到6号蜂房有8+13=21种爬法. 所以蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房共有21种不同的爬法. 题型02分步乘法原理 利用分步乘法计数原理解题的策略 (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，且每步都是独立的 (②)将这件事划分成几个步骤来完成，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。 【典例2-1】(2025高二·全国·专题练习)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人 从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有()种， A.9 B.12 C.18 D.24 【答案】A【难度】0.94【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据特殊元素优先原则，结合分步乘法计数原理可得解. 【详解】(1)甲先拿，有3种拿法： (2)再让写那张被甲拿到的卡片的人去拿，有3种拿法： (3)剩余两人只有1种拿法，根据分步乘法计数原理知共有3×3=9种拿法，故选：A 【典例2-2】(25-26高三上·湖北孝感阶段练习)若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称 这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y=-x2,值域为{-2，-4，-6的“同族函数”包含的函数个数为) A.3 B.8 C.9 D.27 【答案】D【难度】0.65 【知识点】函数新定义、判断集合的子集（真子集）的个数、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据已知确定函数定义域取值情况，再由集合非空子集个数及分步计数求“同族函数”个数，即可得 【详解】由题设，y=-x2的值域为{-2，-4，-6}，则x=±2或±2或±√6， 结合“同族函数”的定义，则函数定义域分别从{-√2，√2}、{←2,2}、{-√6，√6}中各取至少一个数， 所以共有(22-1)×(22-1)×(22-1)=27种.故选：D 【典例2-3】(2025河南·二模)为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽 奖活动如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点 的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本 图书则所有可能的图书排列方式总数为() A.160 B.192 C.224 D.256 第7页共33页 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 0 2 3 4 2 【答案】B【难度】0.4【知识点】实际问题中的计数问题 【分析】根据数字的约束，确定哪些方格可以放置图书，通过分析每个数字的约束，确定可以放置图书的 方格，并计算最大可能的图书数目，使用排列组合的方法，计算所有满足条件的图书放置方式的总数 【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11本图书，接下来说明不可能有12本图书，考虑数字控 制的区域，假设有一种方式可以达到8本图书，首先左上角区域只有2本图书（下图左），在大图中去掉后变 成了下图中间的样子，并且图中应有6本图书类似的，下方数字2代表周围单元格中有2本图书，再去掉 后形如下方右侧图形，此时需要填4本图书，但只剩下三个空方格，矛盾故最多有7本，结合不受限制的 区域，最多能抽中7+4=11本书. 0 3 2 4 2 接下来求所有可能的方法数， 情形一：如图所示，？处有图书时，在左上数字2的周围有两种情形，若数字3右侧方格无图书， 0 2 4 3 则4周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2的排布方式也被固定， 此时中间数字3周围只有两本图书，矛盾，∴中间数字3右侧必有图书. 0 2 3 ☆ 4 2 此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2左侧或右侧有一本图书. 若下方数字2左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4周围的图书排布已经固定， 则此时3周围图书也已经符合题意，只有一种情形 第8页共33页 而学科网·上好课 www zxx k com 上好每一堂课 若下方数字2右侧有一本图书，此时考虑下方数字2周围还应存在的一本图书的位置， 若在2右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3周围也满足题意， 4周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种： 若不在2右上方，则4周围图书的排布己经符合题意， 3周围还应有一本图书，共有两种选择。 综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有2×(1+2+2)=10种可能. 情形二：如图，？处无图书时，左上数字2的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3右侧必有图书， 0 3 2 此时根据3周围应还有2本图书得到下方的2左右两侧均无图书（否则下方2周围图书数目大于2）， 故4周围的图书排列方式被固定，∴.3周围还应有一本图书，共有两种选择，故情形二共有2种可能 ∴.共有24×(2+10)=192种.故选：B. 【变式2-1】(2025高二全国.专题练习)将3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子内至多放1个小球， 共有()种放法， A.36 B.60 C.64 D.81 【答案】B【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】解法1：以小球为研究对象，分三步完成，即可得解： 解法2：以盒子为研究对象，当3个小球放入后还剩2个空盒，通过列举法可知空盒有10种情况，且每种 情况下小球均有6种放法，即可得解/ 【详解】解法1：以小球为研究对象，分三步完成 (1)第一个小球有5种放法： (2)第二个小球有4种放法： (3)第三个小球有3种放法 根据分步乘法计数原理，共有5×4×3=60种不同的放法. 解法2：以盒子为研究对象，盒子序号记为1,2,3,4,5. 当3个小球放入后还剩2个空盒，通过列举法可知空盒有10种情况：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，（2,4)， (2,5),(3,4),(3,5),(4,5) 每种情况下小球均有3×2×1=6种放法，所以共有6×10=60种放法，故选：B. 【变式2-2】(2025高三·全国.专题练习)已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有2 种可能情况，在这2种可能情况中，电路（从甲到乙）接通的情况有(). 第9页共33页 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.30种 B.24种 C.16种 D.10种 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据题意，分2种情况讨论：若中间断开；中间闭合；分别求出每种情况下的电路接通情况的数 目，结合分类计数原理，即可求解 【详解】根据电路中间是断开还是闭合进行分类. 图5 图6 ①若中间断开，如图5所示，则电路接通的情况有(1×1×2×2+1×1×2×2)-1=7（种）： ②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有(2×2-1)(2×2-1)=9（种）. 故共有7+9=16（种）.故选：C 【变式2-3】(2025高三全国.专题练习)设集合I=1,2,3,4,5},选择集合I的两个非空子集A和B,要使B中 最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有() A.50种 B.49种 C.48种 D.47种 【答案】B【难度】0.65【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】依A中的最大数进行分类求解 【详解】依A中的最大数进行分类： ①若A中的最大数为1，则A有1种，则B是集合{2,3,4,5}的非空子集，有24-1=15种，所以有1×15=15（种）： ②若A中的最大数为2，则A有2种，则B是集合{3,4,5}的非空子集，有23-1=7种，所以有2×7=14种： ③若A中的最大数为3，则A有4种，则B是集合{4,5}的非空子集，有22-1=3种，所以有4×3=12种： ④若A中的最大数为4，则A有8种，则B是集合{5}的非空子集，有1种，所以有8×1=8种 所以可得15+14+12+8=49，故不同的选择方法共有49种. 【变式2-4】(2025高三·全国·专题练习)北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示.为了防止假期 景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻（如：选择 A,B,E,F这4个景点也是允许的)，那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有() B. A 北京 D G. E A.60种 B.42种 C.30种 D.14种 【答案】C【难度】0.65【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】思路一：由间接法即可求解：思路二：由分类加法、分步乘法原理即可求解。 【详解】将环形分段，把连续的景点数作为一个数字， 第10页共33页而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题4.1两个计数原理 内容概览 教学目标、教学重难点 题型01分类加法计数原理 知识点01分类加法计数原理 题型02分步乘法计数原理 4.1计数原理 题型03加法原理与乘法原理综合 知识点02分步乘法计数原理 题型04涂色问题 题型05计数原理的应用 知识点03分类加法计数原理和分步乘法计数原理的推广 教学目标、教学重难点 1、理解分类加法原理、分步乘法原理； 教学目标 2、能够利用分类加法原理、分步乘法原理解决实际问题： 3、掌握涂色问题的解法： 1、重点：分类加法原理、分步乘法原理： 教学重难点 2、 难点：两个原理的综合、涂色问题： 知识清单 知识点01分类加法原理 完成一件事有两类不同方案.在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，完 成这件事共有N=m十n种不同的方法。 【即学即练1-1】(24-25高二下.青海西宁期末)在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中 国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验， 预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，己知此次高铁列车车票还剩下二等座4张， 一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为() A.14 B.19 C.90 D.200 【即学即练1-2】(25-26高二上.全国.单元测试)集合M={1-2,3},N={-3,5,6,-4},从两个集合中各取一 个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是() A.2 B.4 C.5 D.6 知识点02分步乘法原理 1.分步乘法计数原理：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步有种不同的方 法，完成这件事共有N=n种不同的方法。 2.两个计数原理的区别与联系 第1页共14页 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种数 分类、相加 分步、相乘 不同点 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情（完成某一步并 不代表完成这件事) 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可 【即学即练2-1】(25-26高三上江苏南京·开学考试)书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书， 要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有()种. A.504 B.84 C.1008 D.168 【即学即练2-2】(24-25高二·全国·课堂例题)已知数学0,1,2,3,4，用它们组成四位数，下列说法正确 的有() A.可以组成无重复数字的四位数96个 B.可以组成有重复数字的四位数404个 C.可以组成无重复数字的四位偶数66个D.可以组成百位是奇数的四位偶数28个 知识点03分类加法原理与分步乘法原理的推广 (1)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m种不同的方法， 那么完成这件事共有N=m1+m2+…+m种不同的方法 (2)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2种不同的方法，…，做第n步有 n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×…×m种不同的方法 【即学即练3-1】(25-26高三上河北保定·开学考试)我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”， 例如107和224，则所有的“幸运数"共有() A.66个 B.55个 C.36个 D.28个 【即学即练3-2】(2025高二·全国.专题练习)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，L,9的9个小 正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜 色，则共有()种涂法， A.18 B.36 C.54 D.108 2 3 7 8 题型精讲 第2页共14页 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型01分类加法原理 分类标准的选择 (1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.根据题目特点恰当选择一个分类标准， (②)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同 的方法，不能重复，但也不能有遗漏. 【典例1-1】(24-25高二下·福建福州期末)某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有 12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有() A.12种 B.27种 C.120种 D.600种 凰典例1-2】(2025高三·全国专题练习)以1,1,1，√2，√2，√2为六条棱长的四面体个数为() A.2 B.3 C.4 D.6 【典例1-3】(24-25高二下·江苏无锡·期中)除数函数(divisor function)y=d(n)(n∈N)的函数值等于n的正因 数的个数，例如d(1)=1,d(4)=3,则d(2)=；d(2025)= 【变式1-1】（24-25高二下.青海海南期末)一项工作可以用两种方法完成，有6人只会用第一种方法完成， 另有11人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为) A.60 B.66 C.16 D.17 【变式1-2】(2025高三·全国.专题练习)如图所示，在A,B间有四个焊接点1,2,3,4，若某焊接点脱落， 则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为) A.9 B.11 C.13 D.15 B 【变式1-3】(24-25高二下·四川遂宁·期中)程大位(1533-1606)是明代珠算发明家，微州人.他所编撰的《直指 算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算 盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”现有一种算盘（如图1）共三档，自右 百位十位个位 百位十位个位 图1 图2 向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作 数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数中能 被3整除的个数为) 第3页共14页 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.5 B.7 C.15 D.26 【变式1-4】(24-25高二下·江苏连云港阶段练习)将2个相同的红球2个相同的黑球放入两个不同的盒子中， 每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有」 种（数字作答）： 【变式1-5】(24-25高三·上海课堂例题)假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了点 伤，只能爬，不能飞，而且只能向右方（包括右上、右下）爬行，从一间蜂房爬到与之相邻的右蜂房中去，求 从最初位置爬到6号蜂房共有多少种不同的爬法？ 题型02分步乘法原理 利用分步乘法计数原理解题的策略 (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，且每步都是独立的， (②)将这件事划分成几个步骤来完成，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 【典例2-1】(2025高二·全国专题练习)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人 从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有()种. A.9 B.12 c.18 D.24 【典例2-2】(25-26高三上湖北孝感阶段练习)若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称 这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y=-x2,值域为{-2，-4，-6的“同族函数”包含的函数个数为) A.3 B.8 C.9 D.27 【典例2-3】(2025河南·二模)为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽 奖活动如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点 的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本 图书则所有可能的图书排列方式总数为) A.160 B.192 C.224 D.256 0 第4页共14页 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【变式2-1】(2025高二全国.专题练习)将3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子内至多放1个小球， 共有()种放法， A.36 B.60 C.64 D.81 【变式2-2(2025高三·全国.专题练习)己知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有2 种可能情况，在这2种可能情况中，电路（从甲到乙）接通的情况有() 甲 A.30种 B.24种 C.16种 D.10种 【变式2-3】(2025高三·全国·专题练习)设集合I={1,2,3,4,5},选择集合1的两个非空子集A和B,要使B中 最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有() A.50种 B.49种 C.48种 D.47种 【变式2-4】(2025高三·全国.专题练习)北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示.为了防止假期 景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻（如：选择 A,B,E,F这4个景点也是允许的)，那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有() B A。 H 北京 D (G· E A.60种 B.42种 C.30种 D.14种 【变式2-5】(2025高三·全国·专题练习)一对非负整数组成的有序数对(x,y),如果在做x与y的加法时不用 进位，则称(x,y)为“中国梦数对”，x+y称为“中国梦数对”(x,y)的和，则和为2018的“中国梦数对"的个数 为) A.36个 B.48个 C.54个 D.56个 题型03加法原理与乘法原理综合 (1)如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理 (2)如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这 件事的方法数时，使用分步计数原理. (3)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事. (4)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图. (⑤)对于复杂问题，一般是先分类再分步. 第5页共14页 丽学科网·上好课 www zxx k com 上好每一堂课 【典例3-1(25-26高二上·全国·单元测试)如图，当一条电路从M处到N处接通时，不同的线路共有条 (每条线路仅含一条通路) 【典例3-2】(2025高三·全国.专题练习)若从1,2,3,4,5,6,7,8,9这九个数字中任取三个不同的数 字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为() A.28 B.29 C.30 D.32 【典例3-3】(2023广西南宁模拟预测)五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五 行学说是华夏文明重要组成部分古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土， 彼此之间存在相生相克的关系五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有 悠久的历史渊源.下图是五行图，现有4种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例 如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色)，五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以 用同一种颜色)，则不同的涂色方法种数有() 木 土 水) A.30 B.120 c.150 D.240 【变式31】(24-25高二下广东清远期末)如图，要让电路从A处到B处只有一条支路接通，则不同的路径 有() A.5种 B.6种 C.7种 D.9种 【变式3-2】(24-25高二下·陕西安康阶段练习)现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正 确的是() A.从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B.若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 第6页共14页 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C.若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D.若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 【变式3-3】(24-25高二下·新疆喀什·期末)下列说法正确的是() A.分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B.从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C.求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D.分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 【变式34】(2025高二全国专题练习)某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一个棋子放在如图所示 的正方形ABCD(边长为2个单位长度)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向 走几个单位长度，如果掷出的点数为(i=1,2,,6),则棋子就按逆时针方向走i个单位长度，一直循环下去。 此人抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到起点A处的不同走法共有」 种 【变式3-5】(2025高二·全国专题练习)用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字且至多有一 位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有个. 题型04涂色问题 按照选择颜色的总数进行分类，先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。 【典例4-1】(2025高二全国专题练习)如图，将7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能 同色.现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法有()种. A.36 B.48 C.96 D.108 y 【典例42】(24-25高二下.陕西铜川·期末)如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证 勾股定理的示意图，现在用7种颜色给5个小区域A,B,C,D,)涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相 邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有种。 【典例4-3】(24-25高二下·海南海口期末)如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色， 要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为() 第7页共14页 命学科网·上好课 www zxx k com 上好每一堂课 A.24 B.48 C.72 D.120 【变式41】(24-25高二下·江苏南京期中)用种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四 个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则的值为) A.5 B.6 C.7 D.8 ③ ④ ② 【变式42】(24-25高二下，黑龙江大庆期中)春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的 圆形花坛，花坛分为5个区域.中心区域为雕塑，四周种植花卉现有4种不同的花卉可供选择，要求相邻区 域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有() A.84种 B.72种 C.64种 D.56种 【变式4-3】(23-24高二上甘肃白银期末)用种不同的颜色涂图中的矩形A,B,C,D,要求相邻的矩形涂色 不同，不同的涂色方法总种数记为s(),则() C D A.s(3)=12 B.s(4)=36C.s(5)=120 D.5(6)=600 【变式44】(2025高二·全国·专题练习)如图，对四棱锥的各面进行染色，要求有公共棱的两个面不同色.现 有4种颜色可供选择，则不同的染色方法共有种. 第8页共14页 而学科网·上好课 www zxx k com 上好每一堂课 【变式45】(24-25高二下·安徽合肥期末)现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每 种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有 种 题型05计数原理的应用 《典例51】(24-25高二下·河南洛阳·阶段练习)在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中 国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车C450正在加紧试验， 预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张， 一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为) A.19 B.20 C.40 D.200 【典例5-2】(2025高二·全国专题练习)如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点A爬到相对的顶点C,则 其中经过3条棱的路线共有()条. B.6 C.7 D.8 【典例5-3】(2025高三·全国专题练习)在1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13共13个数中挑出k个数，使得这k个 数中任意两个的差都不是5或8，则k的最大值是· (用数字作答) 【变式51】(24-25高二下·新疆巴音郭楞·期末)某班有女生22人，男生24人，现从该班级选1名同学参加 某活动，不同的选法有() A.22种 B.24种 C.46种 D.48种 【变式52】(24-25高二下·江苏南京期末)将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123,402，则所 有“幸运数”的个数为()】 A.19 B.20 C.21 D.22 【变式53(23-24高一上·福建厦门开学考试)有一些含有特殊数学规律的车牌号码，如：皖C80808、皖C22222、 皖C12321等，这些牌照中的五个数字都是关于中间的一个数字“对称”的，给人以对称的美的感受.我们不妨 把这样的牌照叫做“数字对称”牌照.如果让你负责制作只以8或9开头且有五个数字的“数字对称”牌照，那么 最多可制作() A.200个 B.400个 C.1000个 D.2000个 第9页共14页 而学科网·上好课 www zxx k com 上好每一堂课 【变式5-4】(23-24高二下广东中山阶段练习)以下结论正确的是() A.3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是43 B.从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本，有4种不同的送法 C.60有12个不同的正因数 D.从2,4,8,14这四个数中任取两个数相减，可以得到12个不相等的差 〖变式5-5】(23-24高三下·全国强基计划)某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在 某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点.已知向左转了100次，则可能向右转了() 次. A.96 B.98 C.104 D.102 强化训练 一、单选题 1.(2025高二全国.专题练习)8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有()种. A.84 B.4 C.A D.Cs 2.(24-25高二下广东深圳·期中)已知集合M=1,-2,3},N={-4,5,6,7},从两个集合中各取一个元素作为点 的坐标，则在直角坐标系中第一，二象限不同点的个数为) A.18 B.17 C.16 D.10 3.(2025高三·全国·专题练习)设集合A={-1,0,1,B={2,3,4,5,6},函数∫：A→B使得对任意x∈A,都有 x+f(x)+f(x)是奇数，这样的函数∫的个数是() A.12个 B.15个 c.50个 D.55个 4.(2025高三·全国.专题练习)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字，可以组成() A.18个无重复数字的三位数 B.75个无重复数字且为奇数的三位数 C.30个无重复数字且能被25整除的四位数D.480个无重复数字且比1300大的四位数 5.(24-25高二下·江西赣州期中)已知各项均为整数的数列{a}共有m项，4=0,4m=5,且对任意 1≤i<j≤m,i,j∈N+，a≤a,.若m=5,则满足条件的{a}有() A.21个 B.35个 C.56个 D.62个 6.(2025高二下·全国专题练习)已知正整数a,b,c,d,e,f满足：a+d=b+e=c+∫=10且abc=def,则有序数 组(a,b,c,d,e,f)的组数为() 第10页共14页 专题4.1 两个计数原理 教学目标 1、理解分类加法原理、分步乘法原理； 2、能够利用分类加法原理、分步乘法原理解决实际问题； 3、掌握涂色问题的解法； 教学重难点 1、重点：分类加法原理、分步乘法原理； 2、难点：两个原理的综合、涂色问题； 知识点01 分类加法原理 完成一件事有两类不同方案．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，完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法。 【即学即练1-1】(24-25高二下·青海西宁·期末)在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为(    ) A．14 B．19 C．90 D．200 【答案】B【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】由分类加法计数原理运算即可. 【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为.故选：B. 【即学即练1-2】(25-26高二上·全国·单元测试)集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是(    ) A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】D【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据第二象限坐标特征分类结合分类加法原理计算求解. 【详解】第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数． 若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则符合题意的点有，，共2个； 若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则符合题意的点有，，，，共4个． 综上，在第二象限内的点的个数为．故选：D. 知识点02 分步乘法原理 1.分步乘法计数原理：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，完成这件事共有N＝m·n种不同的方法。 2.两个计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种数 不同点 分类、相加 分步、相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情(完成某一步并不代表完成这件事) 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可 【即学即练2-1】(25-26高三上·江苏南京·开学考试)书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有(   )种. A．504 B．84 C．1008 D．168 【答案】A【难度】0.85【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得. 【详解】将新买的本书逐一放进去， 对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 由分步乘法计数原理可得，共有(种).故选：A 【即学即练2-2】(24-25高二·全国·课堂例题)已知数学0，1，2，3，4，用它们组成四位数，下列说法正确的有(   ) A．可以组成无重复数字的四位数96个 B．可以组成有重复数字的四位数404个 C．可以组成无重复数字的四位偶数66个 D．可以组成百位是奇数的四位偶数28个 【答案】AB【难度】0.85【知识点】数字排列问题【分析】由两个计数原理逐个判断即可； 【详解】对于A，可以组成无重复数字的四位数(个)，A正确； 对于B，可以组成有重复数字的四位数(个)，B正确； 对于C，若个位数为0，则有(个)，若个位数不为0，则有(个)， 所以可以组成无重复数字的四位偶数(个)，C错误； 对于D，可以组成百位是奇数的四位偶数(个)，D错误．故选：AB 知识点03 分类加法原理与分步乘法原理的推广 (1)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种不同的方法. (2)完成一件事需要个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,……,做第步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法. 【即学即练3-1】(25-26高三上·河北保定·开学考试)我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有(    ) A．66个 B．55个 C．36个 D．28个 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】按照首位数字为1~8进行分类，相加得到答案. 【详解】当首位数字为1时，后两位相加为7， “幸运数”分别是116,161,125,152,134,143,107,170，共8个； 当首位数字为2时，后两位相加为6， “幸运数”分别是206,260,215,251,224,242,233，共7个； 当首位数字为3时，后两位相加为5，“幸运数”分别是305,350,314,341,323,332，共6个； 当首位数字为4时，后两位相加为4，“幸运数”分别是404,440,413,431,422，共5个； 当首位数字为5时，后两位相加为3，“幸运数”分别是503,530,512,521，共4个； 当首位数字为6时，后两位相加为2，“幸运数”分别是602,620,611，共3个； 当首位数字为7时，后两位相加为1，“幸运数”分别是701,710，共2个； 当首位数字为8时，后两位相加为0，“幸运数”是800，共1个. 因此，所有的“幸运数”共有个.故选：C. 【即学即练3-2】(2025高二·全国·专题练习)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有(    )种涂法， A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算. 【详解】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法. 第二部分为，，.当，同色时，，各有2种涂法； 当，异色时，有种涂法，，均只有种涂法. 故第二部分共有种涂法. 第三部分为，，，与第二部分一样，共有种涂法. 因此根据分步乘法计数原理，共有种涂法，故选：D. 题型01 分类加法原理 分类标准的选择 (1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．根据题目特点恰当选择一个分类标准． (2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复，但也不能有遗漏． 【典例1-1】(24-25高二下·福建福州·期末)某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有(   ) A．12种 B．27种 C．120种 D．600种 【答案】B【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】由分类加法计数原理即可求解. 【详解】已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次， 则小丁当天出行的方案共有.故选：B. 【典例1-2】(2025高三·全国·专题练习)以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为(    ) A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B【难度】0.65【知识点】棱锥的结构特征和分类、几何计数问题 【分析】由这些边为三角形仅有四种，，，， 讨论底面三角形为、，结合对称性确定四面体个数. 【详解】以这些边为三角形仅有四种，，，． 固定四面体的一面作为底面： 当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即； 当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，． 其余情形得到的四面体均在上述情形中． 由此可知，四面体个数有3个．故选：B 【典例1-3】(24-25高二下·江苏无锡·期中)除数函数(divisor  function)的函数值等于的正因数的个数，例如，，则 ； . 【答案】;15【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理 【分析】由除数函数的定义，利用分类计数求取结果. 【详解】因为的正因数有：，，，…，，共个，所以. 因为， 首先，1是的因数；从中取1个数，可得的因数，，有2个； 从中取2个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取3个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取4个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取5个数相乘，可得的因数，，有2个； 从中取6个数相乘，可得的因数，有1个. 所以.故答案为：；15 【变式1-1】(24-25高二下·青海海南·期末)一项工作可以用两种方法完成，有6人只会用第一种方法完成，另有11人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为(   ) A．60 B．66 C．16 D．17 【答案】D【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式求解. 【详解】求出不同选法的种数，有两类：选取只会用第一种方法的人，有6种方法； 再选取只会用第二种方法的人，有11种， 所以不同方法种数是.故选：D 【变式1-2】(2025高三·全国·专题练习)如图所示，在间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为(    )   A．9 B．11 C．13 D．15 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】按照焊接点脱落的个数分类讨论，运用分类加法计数原理求解即可. 【详解】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有共2种情况， 若脱落2个，则有共6种情况， 若脱落3个，则有共4种情况， 若脱落4个，则有共1种情况， 由分类加法计数原理，情况种数共有种．故选：C． 【变式1-3】(24-25高二下·四川遂宁·期中)程大位(1533-1606)是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘(如图1)共三档，自右 向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数中能被3整除的个数为(    ) A．5 B．7 C．15 D．26 【答案】B【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理【分析】分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种情况罗列出可表示的数据即可得解. 【详解】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605； “百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 其中能被3整除的三位整数为：300、210、201、120、102、111、555. 所以共有7个.故选：B. 【变式1-4】(24-25高二下·江苏连云港·阶段练习)将个相同的红球个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放个球，则不同的放法有 种(数字作答). 【答案】【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理 【分析】先从球的个数分类，再求出每类放球的方法，结合分类加法计数原理可得答案． 【详解】若一个盒子中放个红球，另一个盒子中放个黑球、个红球，则有种不同的方法； 若一个盒子中放个黑球，另一个盒子中放个红球、个黑球，则有种不同的方法； 若两个盒子中一个盒子放个红球，另一个盒子放个黑球，则有种不同的方法； 若两个盒子中都放个红球、个黑球，则有种方法. 故不同的放法有种．故答案为：. 【变式1-5】(24-25高三·上海·课堂例题)假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了点伤，只能爬，不能飞，而且只能向右方(包括右上、右下)爬行，从一间蜂房爬到与之相邻的右蜂房中去，求从最初位置爬到6号蜂房共有多少种不同的爬法？ 【答案】21种【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理【分析】由树状图直接表示. 【详解】解法1：由树形图可得，蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房先进入0号蜂房有13种爬法；蜜蜂先进入1号蜂房共有8种爬法． 所以蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房，共有种不同的爬法． 说明：图1所表示的图形叫树形图．用这种方式解决排列组合问题较为直观形象． 解法2：依题意，蜜蜂爬到0号蜂房有1种爬法；爬到1号蜂房有2种爬法； 爬到2号蜂房有种爬法(在爬到0号或1号蜂房后再爬到2号蜂房)； 同理，爬到3号蜂房有种爬法； 爬到4号蜂房有种爬法； 爬到5号蜂房有种爬法； 爬到6号蜂房有种爬法． 所以蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房共有21种不同的爬法． 题型02 分步乘法原理 利用分步乘法计数原理解题的策略 (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，且每步都是独立的． (2)将这件事划分成几个步骤来完成，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． 【典例2-1】(2025高二·全国·专题练习)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有(    ) 种. A． B． C． D． 【答案】A【难度】0.94【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据特殊元素优先原则，结合分步乘法计数原理可得解. 【详解】(1)甲先拿，有种拿法； (2)再让写那张被甲拿到的卡片的人去拿，有种拿法； (3)剩余两人只有种拿法，根据分步乘法计数原理知共有种拿法，故选：A. 【典例2-2】(25-26高三上·湖北孝感·阶段练习)若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为(    ) A．3 B．8 C．9 D．27 【答案】D【难度】0.65 【知识点】函数新定义、判断集合的子集(真子集)的个数、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据已知确定函数定义域取值情况，再由集合非空子集个数及分步计数求“同族函数”个数，即可得. 【详解】由题设，的值域为，则或或， 结合“同族函数”的定义，则函数定义域分别从、、中各取至少一个数， 所以共有种.故选：D 【典例2-3】(2025·河南·二模)为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书.则所有可能的图书排列方式总数为(   ) A．160 B．192 C．224 D．256 【答案】B【难度】0.4【知识点】实际问题中的计数问题 【分析】根据数字的约束，确定哪些方格可以放置图书，通过分析每个数字的约束，确定可以放置图书的方格，并计算最大可能的图书数目，使用排列组合的方法，计算所有满足条件的图书放置方式的总数. 【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11本图书，接下来说明不可能有12本图书，考虑数字控制的区域，假设有一种方式可以达到8本图书，首先左上角区域只有2本图书(下图左)，在大图中去掉后变成了下图中间的样子，并且图中应有6本图书.类似的，下方数字2代表周围单元格中有2本图书，再去掉后形如下方右侧图形，此时需要填4本图书，但只剩下三个空方格，矛盾!故最多有7本，结合不受限制的区域，最多能抽中本书. 接下来求所有可能的方法数， 情形一：如图所示，?处有图书时，在左上数字2的周围有两种情形，若数字3右侧方格无图书， 则4周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2的排布方式也被固定， 此时中间数字3周围只有两本图书，矛盾，∴中间数字3右侧必有图书. 此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2左侧或右侧有一本图书. 若下方数字2左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4周围的图书排布已经固定， 则此时3周围图书也已经符合题意，只有一种情形. 若下方数字2右侧有一本图书，此时考虑下方数字2周围还应存在的一本图书的位置， 若在2右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3周围也满足题意， 4周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种； 若不在2右上方，则4周围图书的排布已经符合题意， 3周围还应有一本图书，共有两种选择. 综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有种可能. 情形二：如图，?处无图书时，左上数字2的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3右侧必有图书， 此时根据3周围应还有2本图书得到下方的2左右两侧均无图书(否则下方2周围图书数目大于2)， 故4周围的图书排列方式被固定，∴3周围还应有一本图书，共有两种选择，故情形二共有2种可能. ∴共有种.故选：B. 【变式2-1】(2025高二·全国·专题练习)将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有(    )种放法， A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】解法1：以小球为研究对象，分三步完成，即可得解； 解法2：以盒子为研究对象，当3个小球放入后还剩2个空盒，通过列举法可知空盒有10种情况，且每种情况下小球均有种放法，即可得解/ 【详解】解法1：以小球为研究对象，分三步完成. (1)第一个小球有种放法； (2)第二个小球有种放法； (3)第三个小球有种放法. 根据分步乘法计数原理，共有种不同的放法. 解法2：以盒子为研究对象，盒子序号记为，，，，. 当个小球放入后还剩个空盒，通过列举法可知空盒有种情况：，，，，，，，，，. 每种情况下小球均有种放法，所以共有种放法，故选：B. 【变式2-2】(2025高三·全国·专题练习)已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路(从甲到乙)接通的情况有(    ). A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据题意，分2种情况讨论：若中间断开；中间闭合；分别求出每种情况下的电路接通情况的数目，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】根据电路中间是断开还是闭合进行分类． ①若中间断开，如图5所示，则电路接通的情况有(种)； ②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有(种)． 故共有(种).故选：C. 【变式2-3】(2025高三·全国·专题练习)设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有(    ). A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 【答案】B【难度】0.65【知识点】判断集合的子集(真子集)的个数、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】依中的最大数进行分类求解. 【详解】依中的最大数进行分类： ①若中的最大数为1，则有1种，则是集合的非空子集，有种，所以有(种)； ②若中的最大数为2，则有2种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ③若中的最大数为3，则有4种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ④若中的最大数为4，则有8种，则是集合的非空子集，有1种，所以有种. 所以可得，故不同的选择方法共有49种. 【变式2-4】(2025高三·全国·专题练习)北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示．为了防止假期景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻(如：选择这4个景点也是允许的)，那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有(    ). A．60种 B．42种 C．30种 D．14种 【答案】C【难度】0.65【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】思路一：由间接法即可求解；思路二：由分类加法、分步乘法原理即可求解. 【详解】将环形分段，把连续的景点数作为一个数字， 那么一次游玩4个景点的情况有“4”“”“”“”“”四种. 因为是环形的，两次的分段数一定相同，可以正做，也可以反做. 解法1  反做：8个点都是互不相同的，总的对分方式有(种)． “4”配“4”，有8种； “”配“”，有(种)； “”配“”，有(种)． 又，所以共有30种，故选：C． 解法2  正做：“”配“”，有4种； “”配“”，有(种)； “”配“”，有2种. 因为，所以有30种，故选：C． 【变式2-5】(2025高三·全国·专题练习)一对非负整数组成的有序数对，如果在做与的加法时不用进位，则称为“中国梦数对”，称为“中国梦数对”的和，则和为2018的“中国梦数对”的个数为(    ) A．36个 B．48个 C．54个 D．56个 【答案】C【难度】0.65【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】设，， 则， 根据题意得其中均为自然数， 满足的自然数对，有，，，共3对； 满足的自然数对只有； 满足的自然数对有，，共2对； 满足的自然数对有，，，，，，，，，共9对． 由分步乘法计数原理可知，和为2018的“中国梦数对”的个数为．故选：C 题型03 加法原理与乘法原理综合 (1)如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理． (2)如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． (3)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事． (4)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图． (5)对于复杂问题，一般是先分类再分步． 【典例3-1】(25-26高二上·全国·单元测试)如图，当一条电路从处到处接通时，不同的线路共有 条(每条线路仅含一条通路)．    【答案】8【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分类加法、分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意知可以按上、下两条线路分为两类，上线路中有2条，下线路中有(条)． 根据分类加法计数原理，得不同的线路共有(条)．故答案为：8 【典例3-2】(2025高三·全国·专题练习)若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为(    ) A．28 B．29 C．30 D．32 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】将数分为三组，即可根据整除的性质求解. 【详解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字， 则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种．故选：C 【典例3-3】(2023·广西南宁·模拟预测)五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色(例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色)，五行相克可以用同一种颜色(例如火与水相克可以用同一种颜色)，则不同的涂色方法种数有(    )    A． B． C． D． 【答案】D【难度】0.4【知识点】分类加法计数原理、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色(例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色)， 五行相克可以用同一种颜色(例如火与水相克可以用同一种颜色)， 不妨设四种颜色分别为、、、， 先填涂区域“火”，有种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为， 接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为、、， 若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、； 若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、； 若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、. 综上所述，区域“金”填涂、、、的方案种数分别为、、、种， 接下来考虑区域“水”的填涂方案： 若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、； 若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、； 若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、； 若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、. 则区域“水”填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种， 填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种. 从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关， 当区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、、； 若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、； 若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、； 若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、. 所以，当区域“火”填涂颜色时，填涂方案种数为种. 因此，不同的涂色方法种数有种.故选：D. 【点睛】方法点睛：求解涂色(种植)问题一般直接利用两个计算原理求解： (1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析； (2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析； (3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题. 【变式3-1】(24-25高二下·广东清远·期末)如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有(    )    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用分类加法计数原理以及分步乘法计数原理，可得答案. 【详解】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知， 不同的路径有种.故选：C. 【变式3-2】(24-25高二下·陕西安康·阶段练习)现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是(    ) A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 【答案】BD【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分类与分步计数原理逐个计算即可. 【详解】A选项：取2个球，红、黄各1，有种选法，该选项错误. B选项：每种颜色选出1个球，共取3个，有种选法，该选项正确. C选项：要选出不同颜色的2个球，有3种情况： 若取1红1黄，有种选法； 若取1红1绿，有种选法； 若取1黄1绿，有种选法； 因此共有种选法，该选项错误. D选项：甲先选有15种选法，乙再选有14种选法，所以共有种选法，该选项正确.故选：BD. 【变式3-3】(24-25高二下·新疆喀什·期末)下列说法正确的是( ) A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 【答案】BD【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、判断事件计数的原理、实际问题中的计数问题 【分析】根据两个计数原理的定义逐一判断选项即可. 【详解】对于A，分步乘法计数原理要求每一步都完成，才能说任务完成，故A错误； 对于B，从书架上任取数学书、语文书各1本，完成这件事需要分两步：第一步取1本数学书， 有若干种取法；第二步取1本语文书，故应是分步计数问题，故B正确； 对于C，任务“从甲地经丙地到乙地”，分为从甲地到丙地， 再从丙地到乙地两步完成，是分步计数问题，故C错误； 对于D，分类加法计数原理中的每一类方法都能一次性地完成任务， 故可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，即D正确.故选：BD. 【变式3-4】(2025高二·全国·专题练习)某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一个棋子放在如图所示的正方形(边长为个单位长度)的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向走几个单位长度，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向走i个单位长度，一直循环下去.此人抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到起点A处的不同走法共有 种. 【答案】【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据正方形周长可知三次抛掷骰子的点数之和为或，分情况讨论即可. 【详解】正方形的周长为，故抛掷三次骰子的点数之和为或. (1)点数之和为的情况有种：，，，，， 其中，，都含有个相同数字，各有种走法；而，由个不同的数字组成，各有种走法. 所以共有种走法. (2)点数之和为的情况有种：，，共有种走法. 因此，由分类加法计数原理可知共有种不同的走法，故答案为：. 【变式3-5】(2025高二·全国·专题练习)用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 【答案】384【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题 【分析】根据特殊元素“”是否被选择进行分类讨论，根据分类加法计数原理可得解. 【详解】以特殊元素“”为研究对象分类讨论. (1)若四位数中有“”，则“”有种放法， 其他位置上的数字从，，，中挑选，故共有种； (2)若四位数中无“”，则这四位数字可以全为奇数或者有个偶数. ①全为奇数，有种； ②有个偶数，则必从，，中选个并可放在任意数位上，其余位置填奇数，共有种； 故满足条件的四位数有个，故答案为：384. 题型04 涂色问题 按照选择颜色的总数进行分类，先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。 【典例4-1】(2025高二·全国·专题练习)如图，将条线段的个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色.现有种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法有(    )种. A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.94【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】按照两个端点颜色是否相同分类涂色即可解出或者直接根据分步乘法计数原理计算即可. 【详解】法一：按照两个端点颜色是否相同分类涂色. 当两个端点颜色相同时，按涂色顺序， 根据分步乘法计数原理，有种涂法； 当两个端点颜色不相同时，按涂色顺序， 若两个端点颜色相同，有种涂法， 若两个端点颜色不相同，有种涂法， 所以不同的涂色方法共有种. 法二：按照涂色，根据分步乘法计数原理，有种涂法.故选：C. 【典例4-2】(24-25高二下·陕西铜川·期末)如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用7种颜色给5个小区域(A，B，C，D，E)涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有 种. 【答案】4410【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分步乘法原理及分类加法原理计算求解. 【详解】分4步进行分析： ①对于区域，有7种颜色可选； ②对于区域，与区域相邻，有6种颜色可选； ③对于区域，与、区域相邻，有5种颜色可选； ④对于区域、，若与颜色相同，区域有5种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有4种颜色可选，区域有4种颜色可选， 则区域、有种选择.综上所述， 不同的涂色方案有种.故答案为：. 【典例4-3】(24-25高二下·海南海口·期末)如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为(    ) A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C【难度】0.65【知识点】涂色问题【分析】先选择秀英区与龙华区，然后分别对琼山区，美兰区与秀英区是否同色进行讨论，然后计算可得结果. 【详解】秀英区有4种选择，龙华区有3种选择， 当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2种选择，美兰区有1种选择； 所以不同的着色方法的种数为.故选：C 【变式4-1】(24-25高二下·江苏南京·期中)用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域(有公共边界)涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为(   ) A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C【难度】0.94【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】由每块区域都与其他三块区域有公共边，故用分步乘法计算即可. 【详解】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种， 舍去，得(负数解舍去). 故选：C. 【变式4-2】(24-25高二下·黑龙江大庆·期中)春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有(    ) A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A【难度】0.65【知识点】涂色问题【分析】对五个区域进行编号，依次分析、、、的布置方案种数，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【详解】如下图所示：区域有种选择，区域有种选择， 若区域、种同一种花，则区域有种选择，区域有种选择； 若区域、种所种的花不同，则区域有种选择，区域有种选择. 由分步乘法和分类加法计数原理可知，不同的布置方案种数为.故选：A. 【变式4-3】(23-24高二上·甘肃白银·期末)用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则(    )    A． B． C． D． 【答案】AD【难度】0.85【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用分类计数原理即可得解. 【详解】当时，分四步： 第一步，涂处，有3种涂色方案；第二步，涂处，有2种涂色方案； 第三步，涂处，有2种涂色方案；第四步，涂处，有1种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故A正确； 当时，分四步： 第一步，涂处，有4种涂色方案；第二步，涂处，有3种涂色方案； 第三步，涂处，有3种涂色方案；第四步，涂处，有2种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故B错误； 当时，分四步： 第一步，涂处，有5种涂色方案；第二步，涂处，有4种涂色方案； 第三步，涂处，有4种涂色方案；第四步，涂处，有3种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故C错误； 当时，分四步： 第一步，涂处，有6种涂色方案；第二步，涂处，有5种涂色方案； 第三步，涂处，有5种涂色方案；第四步，涂处，有4种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故D正确.故选：AD. 【变式4-4】(2025高二·全国·专题练习)如图，对四棱锥的各面进行染色，要求有公共棱的两个面不同色.现有种颜色可供选择，则不同的染色方法共有 种. 【答案】【难度】0.94【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】依次考虑每一面的染色情况，注意对不相邻区域是否同色进行分类讨论， 【详解】先染底面，有种颜色可选，再染侧面，有种颜色可选. (1)当侧面与侧面同色时，侧面有种颜色可选，侧面有种颜色可选， 故共有种. (2)当侧面与侧面不同色时，侧面有种颜色可选，侧面只能染种颜色，侧面也只能染种颜色， 故共有种. 因此，不同的染色方法共有种.故答案为：. 【变式4-5】(24-25高二下·安徽合肥·期末)现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有 种. 【答案】60【难度】0.4【知识点】涂色问题 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果，注意去掉只有两种颜色的涂法数． 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有3种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，若颜色相同，方法数为，则不合题意，共有方法数为种； 第二类，三条边用2种颜色， 由三条边用2种颜色，可得必有2条边涂同一种颜色，先涂有种方法，再涂，有2种方法，共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种．故答案为：60. 题型05 计数原理的应用 【典例5-1】(24-25高二下·河南洛阳·阶段练习)在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为(    ) A．19 B．20 C．40 D．200 【答案】A【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据题意用分类加法计数原理相加即可. 【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为.故选：A. 【典例5-2】(2025高二·全国·专题练习)如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有(    )条.    A． B． C． D． 【答案】B【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据分类加法计数原理直接计算即可. 【详解】从顶点出发有条路线，分别经过，，. 经过有条路线，经过有条路线，经过有条路线. 根据分类加法计数原理可知，从顶点到顶点，经过条棱的路线共有条，故选：B. 【典例5-3】(2025高三·全国·专题练习)在共13个数中挑出个数，使得这个数中任意两个的差都不是5或8，则的最大值是 ．(用数字作答) 【答案】6【难度】0.4【知识点】其他计数模型 【分析】首先将13个数字按照要求排成一圈，再按要求进行分析即可得出的最大值． 【详解】如图，由题意，将13个数排成一圈，使相邻的两个数的差是5或8， 则其中任何相邻的数都不能同时取， 从1开始按逆时针顺序把数染成实心和空心，则所有空心圈对应的数符合题意，共6个， 且若超过6个，则必然会出现两个数相邻，因此的最大值为6，故答案为：6. 【变式5-1】(24-25高二下·新疆巴音郭楞·期末)某班有女生22人，男生24人，现从该班级选1名同学参加某活动，不同的选法有(   ) A．22种 B．24种 C．46种 D．48种 【答案】C【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算得解. 【详解】完成不同选法这件事有两类办法：选女生有22种方法；选男生有24种方法， 所以不同的选法有(种).故选：C 【变式5-2】(24-25高二下·江苏南京·期末)将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为(   ) A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】应用分类加法原理计算得出幸运数的个数即可. 【详解】当百位数字是6，其他数字是0，此时幸运数有1个； 当百位数字是5，其他数字是0和1，此时幸运数有2个； 当百位数字是4，其他数字是1和1或者是0和2，此时幸运数有个； 当百位数字是3，其他数字是1和2或者是0和3，此时幸运数有个； 当百位数字是2，其他数字是2和2或者是0和4或者是1和3，此时幸运数有个； 当百位数字是1，其他数字是2和3或者是1和4或者是0和5，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为.故选：C. 【变式5-3】(23-24高一上·福建厦门·开学考试)有一些含有特殊数学规律的车牌号码，如：皖C80808、皖C22222、皖C12321等，这些牌照中的五个数字都是关于中间的一个数字“对称”的，给人以对称的美的感受.我们不妨把这样的牌照叫做“数字对称”牌照.如果让你负责制作只以8或9开头且有五个数字的“数字对称”牌照，那么最多可制作(   ) A．200个 B．400个 C．1000个 D．2000个 【答案】A【难度】0.65【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】设“数字对称”牌照为(均为0到9的整数)，依次分析有多少种选择方法，再根据分步乘法计数原理相乘即可得解. 【详解】已知“数字对称”牌照中的五个数字都是关于中间的一个数字“对称”的， 设这个五位数为(均为0到9的整数)， 首先确定第一位数字，因为牌照只以8或9开头， 所以有两种选择方法，即或； 其次确定第二位数字，可以从0到9这10个数字中任选一个， 所以有10种选择方法； 最后确定第三位数字，同样可以从0到9这10个数字中任选一个， 所以有10种选择方法； 所以根据分步乘法计数原理可知最多可制作的拍照数量为个.故选：A 【变式5-4】(23-24高二下·广东中山·阶段练习)以下结论正确的是(    ) A．3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是 B．从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法 C．60有12个不同的正因数 D．从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减，可以得到12个不相等的差 【答案】AC【难度】0.94【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据计数原理等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，3个班分别从4个景点中选择一处游览，根据分步乘法计数原理， 不同选法的种数是，A选项正确. B选项，从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本， 根据分步乘法计数原理，不同选法的种数是，B选项错误. C选项，，所以正因数有个，C选项正确. D选项，从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减， 得到的差有，共个不相等的差，D选项错误.故选：AC 【变式5-5】(23-24高三下·全国·强基计划)某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点．已知向左转了100次，则可能向右转了(    )次． A．96 B．98 C．104 D．102 【答案】AC【难度】0.4【知识点】分类加法计数原理【分析】分情况讨论不同情况即可. 【详解】总体的路线形成一个多边形， 如果出发点在多边形的边上，左转、右转的次数差一定是4的倍数， 如果出发点在多边形的顶点上，左转、右转的次数差一定奇数，因此只有AC有可能． 下面两图的路线分别对应右转96次和104次的情形：故选：AC. 一、单选题 1.(2025高二·全国·专题练习)8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有(    )种． A． B． C． D． 【答案】A【难度】0.94【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】一个项目的冠军的情况有8种，由分步乘法计数原理求解即可. 【详解】因为每一名学生都可以同时夺得4个项目的冠军，故一个项目的冠军的情况有8种， 所以分步乘法计数原理可知，冠军的可能情况有种.故选：A． 2.(24-25高二下·广东深圳·期中)已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一，二象限不同点的个数为(   ) A．18 B．17 C．16 D．10 【答案】B【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】按照横坐标和纵坐标取自的集合以及点所在象限分类讨论，利用加法计数原理即得. 【详解】因在第一，二象限内的点的横坐标可正可负，而纵坐标为正，这样的点分为两类情况： ①点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个； ②点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个. 由分类加法计数原理，第一，二象限不同点的个数为个.故选：B 3.(2025高三·全国·专题练习)设集合，函数使得对任意，都有是奇数，这样的函数的个数是(    ) A．12个 B．15个 C．50个 D．55个 【答案】C【难度】0.85【知识点】分步乘法计数原理及简单应用【分析】根据分步乘法原理计算得解. 【详解】由题意，当时，是奇数，既可以为奇数又可以为偶数， 即在中任选一个元素为－1的象，故有5种对应方法， 同理时有5种对应方法，当时，为奇数，故有2种对应方法， 由分步乘法计数原理得种方法.故选：C. 4.(2025高三·全国·专题练习)用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成(    ) A．18个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 【答案】B【难度】0.65【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据计数原理逐一计算即可. 【详解】对于A，无重复数学的三位数的情况数为，故A错误； 对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有，则无重复数字且为奇数的三位数的情况数为，故B正确； 对于C，能被整除的四位数的最后两位有，则无重复数字且能被整除的四位数的情况数有，故C错误； 对于D，当千位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为且百位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为且十位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为、十位为且个位比大的无重复数字的四位数的情况数有. 综上可得，故D错误.故选：B. 5.(24-25高二下·江西赣州·期中)已知各项均为整数的数列共有项， 且对任意，，.若，则满足条件的有(    ) A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理、数列新定义 【分析】根据题意，采用列举法即可求解. 【详解】由题意可得：当时，，只有种情况. 当时，若，则或；若，则，有种情况. 当时，若，则或或；若，则或；若，则，有种情况. 依此类推可得：当时，有种情况； 当时，有种情况； 当时，有种情况. 故满足条件的共有个.故选：C. 6.(2025高二下·全国·专题练习)已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 (    ) A． B． C． D． 【答案】C【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理 【分析】由已知得，然后按照a，b，c中存在5；a，b，c中有且仅有2个5；a，b，c中只有1个5；a，b，c中不含5分类讨论，即可得解. 【详解】根据已知条件，消去d，e，f得：， 若a，b，c中存在5，显然成立，这里有1种． 若a，b，c中有且仅有2个5，则有，与只有2个5矛盾，舍去； 若a，b，c中只有1个5，不妨令，则，即， 所以数组，共8种． 同理，若和是也分别对应8种，当确定后，也随之确定，所以这里有24种； 若a，b，c中不含5，则由对称性不妨设， 若，则：，不可能相等，舍去； 若时，考虑到7是质数，所以在d，e中必有7， 不妨设，则，舍去； 若时，首先d，e不能含有8，但必然为4的倍数， 则只能，经检验不符合，舍去； 若，则同样的d，e不能含9，而必须为9的倍数， 故只能，经检验不符合，综上a，b，c中必须有5． 将上述情况相加，总数为故选：C. 7.(2025高三·全国·专题练习)小明与爸爸进行“石头、剪刀、布”猜拳游戏，计分规则为：每一次猜拳，胜者得1分，败者得0分；若为平局，则小明得1分，爸爸得0分.若游戏过程中小明的累计得分超过爸爸，则比赛结束，小明获胜；若比赛达20次时，小明仍未获胜，则比赛结束，爸爸获胜.记比赛次后，小明的累计得分为，所有可能的得分情况共有种，则(   ) A． B． C．若为偶数，则 D．若，则 【答案】BCD【难度】0.4【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的计数问题 【分析】对于选项A，先依据比赛结束条件确定比赛未结束.通过列举次比赛累计得分的所有可能情况，得到的实际值；对于选项B，先判断比赛是否结束，再分类计算得分情况数，再根据分类加法计数原理得到的值；对于选项C，先分析得分与比赛次数关系，再建立得分情况数联系，从而判断选项；对于选项D，分类讨论最后一次得分，分和两种情况. 确定前次得分情况数，再根据分类加法计数原理得到的表达式. 【详解】记小明n次比赛的得分情况为，其中， 由题意知道，若比赛结束，则比赛结束的条件是，或为奇数且. 对于选项A，已知比赛次后，小明累计得分， 因为且是偶数，不满足比赛结束的条件，所以比赛未结束. 要使得次比赛得分情况有或，即，所以选项A错误. 对于选项B，比赛次后，小明累计得分，因为，且，所以比赛未结束. 将小明次比赛的得分情况分为两类： ①前局累计得分，后局累计得分.前局累计得分的情况为或， 后局累计得分且满足总得分分的情况分别为、， 所以这种情况有种可能，分别为、. ②前局累计得分，后局累计得分.前局累计得分的情况为， 后局累计得分且满足总得分分的情况分别为、、， 所以这种情况有种可能，分别为、、. 根据分类加法计数原理，，所以选项B正确. 对于选项C，若为偶数，比赛次后，小明的累计得分为.则，否则不会有第n次比赛. 这意味着“比赛次后，小明累计得分为的所有可能的得分情况数”与“进行次比赛后， 小明累计得分为的所有可能的得分情况数”是相同的，即，所以选项C正确. 对于选项D，若，比赛次后，小明累计得分为，可分为两类： ①当时，说明前次比赛累计得分为，此时有种情况. ②当时，说明前次比赛累计得分为，此时有种情况. 根据分类加法计数原理，，所以选项D正确.故选：BCD. 8.(24-25高三上·上海金山·期末)已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面(含棱)上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有(   )个． A．3 B．6 C．7 D．10 【答案】D【难度】0.15【知识点】计数原理的应用 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和(舍)； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理，和也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点.故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. 二、多选题 9.(2025·甘肃庆阳·模拟预测)在下列图形中，能够不抬起笔､不回笔地一次性画出的是(    ) A． B． C． D． 【答案】ABD【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据节点处连接的线为偶数条则能一笔画，奇数条不能一笔画求解. 【详解】将各图形绘制经过点的顺序描绘如下(顺序不唯一)：故ABD均正确； A. B. D. 对于C选项，图中存在4个节点处与5条线相连接， 无法用任何方式将其不抬起笔､不回笔地一次性画出，故C错误.故选：ABD. 10.(2025高三·全国·专题练习)如图，对于编号1～8的8盏灯，有如下规则：对1盏灯进行开灯或关灯为1次操作，1号灯在任意情况下都可以进行1次操作，对号灯，当且仅当号灯左边有且仅有号灯打开时才可进行1次操作．下列说法正确的是(    ) A．若所有灯全部处于关灯状态，则至少需要4次操作才能打开3号灯 B．若所有灯全部处于开灯状态，则至少需要3次操作才能关闭4号灯 C．若除了6号灯以外其余灯全部打开，则至少需要32次操作才能打开所有灯 D．若除了6号灯以外其余灯全部关闭，则至少需要32次操作才能关闭6号灯 【答案】ABD【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理 【分析】用列举法列举求得打开3号灯的次数即可判断A；用列举法列举求得关闭4号灯的次数即可判断B；要打开6号灯，则需先关闭前4号灯，用列举法列举求得关闭前4号灯的状态变化即可判断C；要关闭6号灯，则需打开5号灯且1～4号灯关闭，用列举法列举求得前5号灯的状态变化情况即可判断D. 【详解】设开灯为，关灯为． 对于A，只考虑1～3号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行4次操作，A正确． 对于B，只考虑1～4号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行3次操作，B正确． 对于C，要打开6号灯，则需先关闭前4号灯，前4号灯的状态变化如下： ，需进行10次操作． 然后打开6号灯，前6号灯的状态变化如下：，需进行1次操作． 最后再把前4号灯打开，需进行10次操作．所以共需进行21次操作，C错误． 对于D，要关闭6号灯，则需打开5号灯且1～4号灯关闭，前5号灯的状态变化如下： (只亮2号灯)(只亮3号灯) (只亮4号灯) (只亮5号灯)，需进行31次操作． 关闭6号灯，需进行1次操作，故共需进行32次操作，D正确．故选：ABD 11.(24-25高三下·山西·阶段练习)空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色(一条线段只染一种颜色)．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有(    ) A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 【答案】AD【难度】0.15【知识点】涂色问题 【分析】根据的取值、根据染色的要求进行分析，从而确定正确答案. 【详解】若，4点仅能构成一个三棱锥，记为， 不妨把，，染成红色，把，，染成蓝色，则满足要求，故A正确； 若，设这5个点分别为，如图，实线表示红色线段， 虚线表示蓝色线段，则存在三角形的3条边不是同一种颜色的情况，故B错误； 若，设这6个点分别为， 考虑由一点引出5条线段，，，，， 则至少有3条线段是同色，不妨设，，为红色，，为蓝色． 对于的三条边，若有一条边为红色(不妨设为红色)， 则的3条边都是红色，若任意一条边都为蓝色， 则的三条边都是蓝色， 故一定存在一个三角形的3条边都是同一种颜色的情况，故C错误； 若，设这8个点分别为，从中任取6个点，则由上可知， 这6个点所构成的三角形中一定存在3条边是同一种颜色的三角形， 不妨设的3条边都是红色，则以中一点为顶点， 以为底面的三棱锥中，仅当棱都是蓝色时， 在三棱锥的所有棱中恰有3条是红色，3条是蓝色， 否则存在某个三棱锥至少有4条棱是红色的情况， 但如果棱都是蓝色，则在三棱锥中， 棱，，，是蓝色，故无论棱是何种颜色， 三棱锥至少有4条棱是蓝色， 所以不存在一个三棱锥的6条棱恰有3条棱是红色，3条棱是蓝色的情况，故D正确．故选：AD 三、填空题 12.(2025高二·全国·专题练习)某玩具厂参加展出，带了四款不同类型、不同价格的玩具，它们的价格分别是元、元、元、元.某礼品进货商准备买若干款不同类型的玩具样品(至少购买一款，且每款只购一只)，因信用卡出现故障，他身上只剩元现金，则他买玩具样品的方案有 种. 【答案】【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】按照所买玩具的种类进行分类，结合分类加法计数原理，可得解. 【详解】按照玩具的种类分成种情况. (1)只购买一款玩具样品，共种方案. (2)购买两款玩具样品：买元和元的各一只；买元和元的各一只； 买元和元的各一只；买元和元的各一只；买元和元的各一只； 买元和元的各一只.共种方案. (3)购买三款玩具样品：买元、元和元的各一只；买元、元和元的各一只； 买元、元和元的各一只.共种方案. 综上，购买玩具的方案共有种，故答案为：. 13.(2025·宁夏吴忠·二模)在中国象棋的棋盘上，红方“车”从初始位置(如图，第1行第5列)出发，每一步可以横向或纵向移动任意格(但不能斜着移动，也不能连续两次均横向或纵向移动)，已知黑方“将”位于第10行第5列，红方“车”必须在恰好4步后到达第10行第5列．若棋盘上仅存在黑方“将”和红方“车”，黑方“将”不移动，则红方“车”不同的移动路径有 种． 【答案】128【难度】0.4 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题 【分析】根据题意，恰好4步后到达，且每次移动必须改变方向，可能的移动模式有两种：纵向→横向→纵向→横向(记为模式A)或横向→纵向→横向→纵向(记为模式B)，讨论求解. 【详解】记红方“车”的初始位置为，则目标位置为， 由题意知必须恰好4步后到达，且每次移动必须改变方向， 所以可能的移动模式有两种：纵向→横向→纵向→横向(记为模式A)或横向→纵向→横向→纵向(记为模式B)． 模式A的详细步骤如下． 步骤1：纵向移动a格到，， 步骤2：横向移动x格到，且，即且，所以x的可能取值有8种． 步骤3：纵向移动b格到，且． 步骤4：横向移动格到． 因此，a和b必须满足，，，则，对应的． 对于每个x，a均有8种可能，因此模式A的移动路径有(种)． 模式B的详细步骤如下． 步骤1：横向移动m格到，且，有8种可能． 步骤2：纵向移动n格到，，且． 步骤3：横向移动格到． 步骤4：纵向移动y格到． 因此，n和y必须满足，，，则，对应的． 对于每个m，n均有8种可能，因此模式B的移动路径有(种)． 综上，不同的移动路径有(种)．故答案为：128. 14.(2025·河北秦皇岛·模拟预测)科学家发现一种特殊的粒子，现在把该粒子放在依次排开的1~5号密封箱子中，两个箱子之间只有一条通道相连，该粒子每天只会出现在一个箱子里，第二天会随机出现在相邻箱子中的一个，若科学家每天只能观察一个箱子，则至少需要 天才能确保观测到该粒子. 【答案】6【难度】0.15【知识点】实际问题中的计数问题 【分析】根据题意，假设科学家第一天查看2号或者4号箱子，以2号箱子为例，依次判断粒子可能出现的情况，并根据科学家的决策确定最终的天数. 【详解】假设考虑最坏情况，粒子会以对抗方式移动以尽可能避免被观测， 科学家第一天查看2号或者4号箱子，以2号箱子为例， 如果没观察到粒子，则粒子一定在1，3，4，5这四个箱子中的一个， 第二天粒子一定会在2，3，4，5这四个箱子中的一个， 第二天科学家去3号箱子查看，如果没有观察到粒子，则粒子一定在2，4，5这三个箱子中的一个， 所以第三天粒子一定会在1，3，4，5这四个箱子中的一个， 第三天科学家去4号箱子查看，如果没有观察到粒子，则粒子一定在1，3，5这三个箱子中的一个， 所以第四天粒子一定在2，4这两个箱子中的一个， 第四天科学家去2号箱子查看，如果没有观察到粒子，则粒子一定在4号箱子， 则第5天粒子一定在3，5这两个箱子中的一个， 第五天科学家去3号箱子查看，如果没有观察到粒子，则粒子一定在5号箱子，第六天一定在4号箱子， 因此科学家第六天去4号箱子一定能观察到它， 这时6天一定可以确保观察到粒子，其他情况确保观察到粒子都不少于6天.故答案为：6 四、解答题 15.(2023高三·全国·专题练习)已知集合，，在中任取一元素，在中任取一元素，组成数对，则其中的数对有多少个? 【答案】15【难度】0.94【知识点】分类加法计数原理 【分析】通过列举法，求满足条件的数对个数. 【详解】的数对可以分类来解： 当时，，有种结果； 当时，，有种结果； 当时，，有种结果； 当时，，有种结果； 当时，，有5种结果. 综上所述，共有(个)满足条件的数对. 16.(24-25高二下·全国·课后作业)在平面直角坐标系内，已知曲线方程． (1)若曲线方程表示的轨迹为圆，则这样的圆有多少个？ (2)若曲线方程表示的轨迹为椭圆，则这样的椭圆有多少个？ 【答案】(1)5个(2)20个【难度】0.85【知识点】椭圆定义及辨析、分类加法计数原理 【分析】(1)根据题意求出的所有可能取值，若曲线方程表示的轨迹为圆，则需，求出满足条件的所有情况即可；(2)若曲线方程表示的轨迹为椭圆，则有两种情况：一是焦点在轴上，二是焦点在轴上，分类讨论，然后根据分类加法计数原理求解即可. 【详解】(1)因为，所以， 因为曲线方程表示的轨迹为圆，则，共有5种情况， 即这样的圆有5个． (2)由(1)知， 当焦点在轴上，此时需， 当时，没有对应值，0个椭圆； 当时，共1个椭圆； 当时，共2个椭圆； 当时，共3个椭圆； 当时，共4个椭圆， 由分类加法计数原理，焦点在轴上的椭圆有个； 焦点在轴上与焦点在轴上的椭圆个数相同，有10个； 综上所述，满足题意的椭圆共有个． 17.(24-25高二下·江苏南通·阶段练习)在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 【答案】(1)(2)【难度】0.65【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题 【分析】(1)分个位数为和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解； (2)分千位数为或和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解. 【详解】(1)当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； 当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数， 综上所述，能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； (2)当千位数为或时， 则能组成个无重复数字且不大于3450的四位数； 当千位数为，百位数为，十位数为时，则符合题意的数只有一个； 当千位数为，百位数为，十位数不为时， 则十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种； 当千位数为，百位数不为， 则百位数有种选法，十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种， 综上所述，能组成个无重复数字且不大于3450的四位数. 18.(24-25高二下·安徽·阶段练习)给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【答案】(1)3种(2)72【难度】0.65【知识点】分类加法计数原理、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据排列组合涂色问题解题方法，先分类再分步完成涂色即可. 【详解】(1)由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务. (2)分两种情况: 情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有种涂法; 情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有种涂法. 所以共有24+48=72种不同的涂色方法. 19.(2023高三·全国·专题练习)小学生甲玩耍上楼梯的游戏：建筑物有级台阶的楼梯，一步可以迈一级或两级台阶，问这位小学生有多少种不同的爬楼方法？ 【答案】89【难度】0.4【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、实际问题中的计数问题 【分析】设小学生爬个台阶有种方法，结合最后一步有种情况，找到数列的递推关系，据此即可求得结果. 【详解】设小学生爬个台阶有种方法. 考虑最后一步：若最后一步只迈一级台阶，则前个台阶有种方法； 若最后一步迈两级台阶，则前个台阶有种不同的方法. 由加法原理得：，易知其初值，， 则， ， 故小学生级台阶的楼梯有种不同的爬楼方法.故答案为：89. 第 1 页 共 19 页 学科网（北京）股份有限公司 $