专题01 基本计数原理(高效培优讲义，2知识&7大题型&强化训练)高二数学北师大版2019选择性必修第一册

专题01 基本计数原理 教学目标 1、理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理； 2、能够利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理解决实际问题； 3、掌握涂色问题的解法； 教学重难点 1、重点：分类加法计数原理、分步乘法计数原理； 2、难点：两个原理的综合、涂色问题； 知识点01 分类加法计数原理 完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝种方法．(也称“加法原理”) 【知识剖析】 应用分类加法计数原理解题时要注意以下三点： 第一，明确题目中“完成一件事”所指的是什么事，怎么才算是完成这件事，完成这件事可以有哪些办法. 第二，完成这件事的N种方法是相互独立的，无论哪类办法中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法. 第三，确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类办法，不同类办法的任意两种方法是不同的方法，也就是分类必须既“不重复”也“不遗漏”. 【即学即练】 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 【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. 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 【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 分步乘法计数原理 1.分步乘法计数原理 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝_种方法．(也称“乘法原理”) 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】 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 【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 2.（多选）(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 【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 题型01 分类加法计数原理的应用 【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 【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 【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 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． 【变式1-1】（2025·高二·甘肃定西·期末）将2个相同的红球和2个相同的黑球放入2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（    ） A．5种 B．6种 C．7种 D．8种 【答案】C 【解析】满足条件的放法可分为两类， 第一类，每个盒子放；两个球，满足条件的放法有3种； 第二类，一个盒子放一个球，另一个盒子放个球，满足条件的放法有种， 由分类加法计数原理可得，满足条件的不同的放法共有种． 故选：C. 【变式1-2】（2025·高二·全国·课后作业）已知集合A⫋，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】D 【解析】当集合A中含一个元素时，或； 当集合A中含两个元素时，或或， 所以这样的集合共有个. 故选：D． 【变式1-3】(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 【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． 题型02 分步乘法计数原理的应用 【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 【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】（2025·高二·全国·课堂例题）某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这 3名学生的参赛的不同方法有（   ） A．24种 B．48种 C．64种 D．81种 【答案】A 【解析】由于每班每项限报1人，故当前面的学生报了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有种不同的参赛方法； 故选：A 利用分步乘法计数原理解题的一般思路 （1）分步：将完成这件事的过程分成若干步． （2）计数：求出每一步中的方法数． （3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． 【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 【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 【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 【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 【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． 题型03 两个计数原理的综合 【典例3-1】（2025·高二·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 【答案】B 【解析】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． 【典例3-2】(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 【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 (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． 【变式3-1】(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 【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3-2】(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3-3】(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】 【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：. 题型04 涂色问题 【典例4-1】（2025·高二·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 【答案】C 【解析】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. 【典例4-2】(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 【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4-3】(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 【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. 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4-1】(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 【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：. 【变式4-2】(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 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4-3】(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 【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. 题型05 组数问题 【典例5-1】（2025·高二·上海·期末）用0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是 【答案】 【解析】当个数数字是0时，满足条件的四位数由， 当个数数字是2时，满足条件的四位数由， 故满足条件的偶数个数是10， 故答案为：10 【典例5-2】（2025·高三·广东汕头·期中）一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）若a，b，，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“有缘数”共 个． 【答案】 【解析】根据题意知在中，能组成有缘数的组合有；； ；；； 由1，2，3组成的三位自然数为123，132，213，231，312，321，“有缘数”共6个； 同理：由1，3，4组成的三位数为“有缘数”是6个； 由1，4，5组成的三位数为“有缘数”是6个； 由2，3，5组成的三位数为“有缘数”是6个； 所以三位数为“有缘数”的个数为：个． 故答案为：． 对于组数问题，应掌握以下原则 （1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊位置（特殊元素）优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解． （2）要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位． 【变式5-1】（2025·高二·全国·课后作业）为方便识别某种商品，某商家给该商品编号，该商品可分A，B，C，D四个等级，每个等级下用0，1，2，…，9这10个数字组成一个双位数（可重复使用），例如其中一个商品的编码可以为，则共有 种不同的编码 【答案】400 【解析】先选等级，共4种情况； 后选一个双位数，这个双位数的第1位和第2位各有10种情况，故双位数的情况有种， 故不同的编码的情况数共计为． 【变式5-2】(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 【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 题型06 占位模型中标准的选择 【典例6-1】（2025·广东佛山·高二南海中学校考期中）教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，由一楼到4楼共有走法种数为（    ） A．6 B．23 C．42 D．43 【答案】B 【解析】由题意得可知： 由一层走到二层有两种选择，由二层走到三层有两种选择，由三层走到四层有两种选择，根据分步计数法的原则可知共有种走法. 故选：B 【典例6-2】（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 【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． 在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解． 【变式5-1】（2025·河北唐山·高二校联考期中）3名志愿者，每人从4个不同的岗位中选择1个，则不同的选择方法共有（    ） A．12种 B．64种 C．81种 D．24种 【答案】B 【解析】每个人都有4种选择，故不同的选择方法共有种. 故选：B 【变式5-2】（2025·江西赣州·高二统考期末）阅读课上，5名同学分别从3种不同的书中选择一种进行阅读，不同的选法种数是（    ） A．50 B．60 C．125 D．243 【答案】D 【解析】由题意，5名同学分别从3种不同的书中选择一种进行阅读， 其中，每名同学都有3种不同的选法，所以不同的选法种数是种. 故选：D. 题型07 列举法破解计数问题 【典例7-1】（2025·高二·上海·假期作业）若一系列函数的解析式相同，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”共有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【解析】函数解析式为，值域为， 当时，；当时，， 则定义域为，，，， ，，，，， 因此，“同族函数”共有9个， 故选：C． 【典例7-2】（2025·高二·上海宝山·阶段练习）对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（    ）种． A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【解析】因为函数的定义域，值域为， 所以要满足“增函数”的定义，一定是； 元素2,3,4的取值情况有如下几种：①三个元素均与7对应，即，符合题意； ②三个元素中有2个元素与7对应，则有或，两种情况； ③三个元素中仅有一个元素与7对应，则有或或，三种情况； 综上可得共有6种情况. 故选：C. 对于一些限制条件较多的计数问题，有时也可采用硬解的方法——列举法，即将所有情况一一列举出来. 【变式7-1】（2025·高二·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 【答案】B 【解析】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7-2】（2025·高二·江苏宿迁·阶段练习）中国古代文化博大精深，其中很多发明至今还影响着我们，例如中国象棋．中国象棋中的“马”在棋盘上是行走“日”字可纵走如由到，也可横走如由到，在如图所示的棋盘上，“马”由点到点的最短走法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【解析】如图，若到，则先到和处，如下图，最少4步，包含如下路线， 到处有2种路线，到处有2种路线，到有2种路线，到处没有路线， 综上可知， 到的最短走4步，有6种. 故选：C 一、单选题 1．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片､2部文艺片､3部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（    ） A．18 B．9 C．8 D．7 【答案】C 【分析】根据分类加法计数原理即可求解. 【详解】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为. 故选：C 2．（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 【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 3.(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 【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 4．（25-26高二上·广东江门·阶段练习）集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 【答案】B 【分析】先利用计数原理得出所有的两位数，再减去重复数字即可. 【详解】个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 这两类中重复的有数字，故所有样本点的个数为. 故选：B 5.(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 【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. 6．（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 【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 7．（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 【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 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 【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.（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 【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. 10．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ） A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 【答案】ABC 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理逐项求解即可. 【详解】对于A，第一步，千位可以为，有5种排法， 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个可重复数字的四位数，故A正确； 对于B，第一步，千位可以为，有5种排法； 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位数，故B正确； 对于C，第一步，个位可以为，有3种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位奇数，故C正确； 对于D，第一种情况：当个位为0时，千､百､十位有种排法， 第二种情况：第一步，个位可以为2，4，有2种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法，共有种排法， 综上所述，可以排成个无重复数字的四位偶数，故D错误. 故选：ABC. 11.(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 【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 三、填空题 12．（2025·高二·全国·课后作业）从集合中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数，则不同的对数值的个数为 ． 【答案】52 【解析】第一步，取底数，有8种取法；第二步，取真数，有7种取法． 根据分步乘法计数原理，共得到个对数． 但在这些对数中，，，， ，所以可以得到个不同的对数值． 13.(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】 【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：. 14.(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 【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. 四、解答题 15．（25-26高二上·上海·期中）甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． (1)共有多少种不同的报名方法？ (2)若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 【答案】(1)81 (2)18 【分析】（1）每个同学都有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果； （2）由题意可知，甲、乙报名的方法种数为，丙有种选择，丁有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】（1）每个同学都有种选择，则甲、乙、丙、丁四名同学的报名方法种数为. （2）甲、乙报同一项目，则甲、乙报名的方法种数为， 丙不报项目，则丙有种选择，丁有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的报名方法种数为. 16．（24-25高二下·全国·课后作业）现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组． (1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？ (2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？ 【答案】(1)5040 (2)431 【分析】（1）由分步乘法计算原理即可求解； （2）先分2人来自哪两个班，再用分步乘法计算原理求解. 【详解】（1）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选1名组长． 所以，共有（种）不同的选法． （2）分六类，每一类又分两步： 从一、二班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从一、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从一、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从二、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从二、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从三、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法． 所以，共有（种）不同的选法． 17.(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 【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． 18．（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) 【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. 19．（24-25高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【答案】(1)60 (2)240 【分析】（1）由分步乘法原理，先涂S，再涂A，再涂B，最后涂CD计算即可. （2）解法一：由分步乘法原理，先涂AC，再一次涂SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照A与C颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可. 【详解】（1）由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C颜色相同，且B，D颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法. （2）解法一：由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同， 所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法（如：B，D颜色相同）； 再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上， 最后D涂B的颜色，有种不同的涂色方法. 根据分步计数原理知，共有种不同的涂色方法. 解法二：分两类. 第一类，A与C颜色相同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法； 第二类，A与C颜色不同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法. 根据分类计数原理知，共有种不同的涂色方法. 第 1 页 共 19 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 基本计数原理 教学目标 1、理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理； 2、能够利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理解决实际问题； 3、掌握涂色问题的解法； 教学重难点 1、重点：分类加法计数原理、分步乘法计数原理； 2、难点：两个原理的综合、涂色问题； 知识点01 分类加法计数原理 完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝ 种方法．(也称“加法原理”) 【知识剖析】 应用分类加法计数原理解题时要注意以下三点： 第一，明确题目中“完成一件事”所指的是什么事，怎么才算是完成这件事，完成这件事可以有哪些办法. 第二，完成这件事的N种方法是相互独立的，无论哪类办法中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法. 第三，确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类办法，不同类办法的任意两种方法是不同的方法，也就是分类必须既“不重复”也“不遗漏”. 【即学即练】 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 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 分步乘法计数原理 1.分步乘法计数原理 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝_ 种方法．(也称“乘法原理”) 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】 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 2.（多选）(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 题型01 分类加法计数原理的应用 【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 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． 【变式1-1】（2025·高二·甘肃定西·期末）将2个相同的红球和2个相同的黑球放入2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（    ） A．5种 B．6种 C．7种 D．8种 【变式1-2】（2025·高二·全国·课后作业）已知集合A⫋，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【变式1-3】(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 题型02 分步乘法计数原理的应用 【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】（2025·高二·全国·课堂例题）某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这 3名学生的参赛的不同方法有（   ） A．24种 B．48种 C．64种 D．81种 利用分步乘法计数原理解题的一般思路 （1）分步：将完成这件事的过程分成若干步． （2）计数：求出每一步中的方法数． （3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． 【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 题型03 两个计数原理的综合 【典例3-1】（2025·高二·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 【典例3-2】(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)．    (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． 【变式3-1】(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3-2】(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3-3】(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. 题型04 涂色问题 【典例4-1】（2025·高二·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 【典例4-2】(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4-3】(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． 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4-1】(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. 【变式4-2】(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4-3】(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 题型05 组数问题 【典例5-1】（2025·高二·上海·期末）用0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是 【典例5-2】（2025·高三·广东汕头·期中）一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）若a，b，，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“有缘数”共 个． 对于组数问题，应掌握以下原则 （1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊位置（特殊元素）优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解． （2）要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位． 【变式5-1】（2025·高二·全国·课后作业）为方便识别某种商品，某商家给该商品编号，该商品可分A，B，C，D四个等级，每个等级下用0，1，2，…，9这10个数字组成一个双位数（可重复使用），例如其中一个商品的编码可以为，则共有 种不同的编码 【变式5-2】(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 ； . 题型06 占位模型中标准的选择 【典例6-1】（2025·广东佛山·高二南海中学校考期中）教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，由一楼到4楼共有走法种数为（    ） A．6 B．23 C．42 D．43 【典例6-2】（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． 在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解． 【变式5-1】（2025·河北唐山·高二校联考期中）3名志愿者，每人从4个不同的岗位中选择1个，则不同的选择方法共有（    ） A．12种 B．64种 C．81种 D．24种 【变式5-2】（2025·江西赣州·高二统考期末）阅读课上，5名同学分别从3种不同的书中选择一种进行阅读，不同的选法种数是（    ） A．50 B．60 C．125 D．243 题型07 列举法破解计数问题 【典例7-1】（2025·高二·上海·假期作业）若一系列函数的解析式相同，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”共有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【典例7-2】（2025·高二·上海宝山·阶段练习）对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（    ）种． A．4 B．5 C．6 D．7 对于一些限制条件较多的计数问题，有时也可采用硬解的方法——列举法，即将所有情况一一列举出来. 【变式7-1】（2025·高二·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7-2】（2025·高二·江苏宿迁·阶段练习）中国古代文化博大精深，其中很多发明至今还影响着我们，例如中国象棋．中国象棋中的“马”在棋盘上是行走“日”字可纵走如由到，也可横走如由到，在如图所示的棋盘上，“马”由点到点的最短走法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 一、单选题 1．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片､2部文艺片､3部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（    ） A．18 B．9 C．8 D．7 2．（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 3.(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 4．（25-26高二上·广东江门·阶段练习）集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 5.(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 6．（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 7．（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 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.（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 10．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ） A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 11.(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 三、填空题 12．（2025·高二·全国·课后作业）从集合中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数，则不同的对数值的个数为 ． 13.(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. 14.(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． 四、解答题 15．（25-26高二上·上海·期中）甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． (1)共有多少种不同的报名方法？ (2)若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 16．（24-25高二下·全国·课后作业）现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组． (1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？ (2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？ 17.(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？ 18．（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？ 19．（24-25高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 第 1 页 共 19 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $