10.1 计数原理（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

该高中数学高考复习资料聚焦计数原理核心考点，依据课标要求构建“原理对比-考点诊断-题型突破”复习框架，整合分类加法与分步乘法原理表格化梳理，通过基点诊断题夯实基础认知，结合数字问题、涂色问题等典型题型精讲与方法总结，形成系统复习链条。 资料创新采用“分层训练+素养导向”教学策略，如在椭圆方程计数中引导学生通过变量取值分类培养数学思维，设置基础判断、中档选择、综合应用三级习题，配合思维升华提炼解题通法，助力学生高效突破原理应用难点，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

10．1　计数原理 [课标要求]　1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．　2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题． 【必备知识】 两个基本计数原理 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 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 结论 完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法 完成这件事共有N＝m×n种不同的方法 依据 能否独立完成整件事 能否逐步完成整件事 【基点诊断】 1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”) (1)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(　　 ) (2)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　　 ) (3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　　 ) 答案：(1)√　(2)×　(3)√ 2．如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路．则从甲地到丁地不同的路线有(　　 ) A．11条 B．12条 C．13条 D．14条 解析：选D.从甲到丁分为两类，第一类，从甲过乙到丁分两步，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路，由分步乘法计数原理得，从甲到丁有6种走法； 第二类，从甲过丙到丁分两步，从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路，由分步乘法计数原理得，从甲到丁有8种走法．再由分类加法计数原理得，从甲到丁共有6＋8＝14(种)走法． 3．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为(　　 ) A．16 B．13 C．12 D．10 解析：选C.将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，故不同走法共有4×3＝12(种)． 4．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层各取1本书，不同的取法种数为________． 解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法种数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层各取1本书，不同的取法种数为4×5×6＝120. 答案：15　120 5．3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有________种． 解析：因为第1、第2、第3个班各有5种选法，由分步乘法计数原理，可得不同的选法有5×5×5＝125(种)． 答案：125 题型一　分类加法计数原理 【例1】　(1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　　 ) A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 解析：选B.赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种)． (2)椭圆＝1(m>0，n>0)的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为(　　 ) A．10 B．12 C．20 D．35 解析：选A.因为焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：当m＝5时，n有4种选择；第二类：当m＝4时，n有3种选择；第三类：当m＝3时，n有2种选择；第四类：当m＝2时，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个． 思维升华　使用分类加法计数原理的两个注意点 (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏． (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复． 【对点练习】　1.(1)集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　 ) A．9 B．14 C．15 D．21 解析：选B.当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7. 当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y. ∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法． 因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)． (2)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定________个平面． 解析：异面直线a与异面直线b上的8个点中的任意一个点都可以构成一个平面；异面直线b与异面直线a上的5个点中的任意一个点都可以构成一个平面，所以共可以确定8＋5＝13(个)平面． 答案：13 题型二　分步乘法计数原理 【例2】　(1)一次时装表演中，有7顶不同款式的帽子，12件不同款式的上衣和8条不同款式的裤子．一位模特要从这些帽子、上衣和裤子中各选1款穿戴，则有________种不同的选法． 解析：模特完成穿戴需要分三步：第一步，选择帽子，共有7种选择；第二步，选择上衣，共有12种选择；第三步，选择裤子，共有8种选择，根据分步乘法计数原理知，共有7×12×8＝672(种)不同的选法． 答案：672 (2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法． 解析：每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)． 答案：120 [变式1]　本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？ 解：每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)． [变式2]　本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？ 解：每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)． 思维升华　利用分步乘法计数原理解决问题的策略 (1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事． (2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成． 【对点练习】　2.(1)从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)． 解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知，共有3×3×2＝18(个)不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数． 答案：18　6 (2)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________(用数字作答)． 解析：甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343(种)站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336(种)． 答案：336 题型三　两个计数原理的简单应用 角度1　与数字有关的问题 【例3】　用0、1、2、3、4、5这六个数字． (1)可以组成多少个数字不重复的三位数； (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数； (3)可以组成多少个数字不重复的小于1 000的自然数． 解：(1)若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，所以数字不重复的三位数个数为5×5×4＝100. (2)若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，所以数字允许重复的三位数的个数为5×62＝180. (3)若组成的数字为数字不重复的小于1 000的自然数，分以下三种讨论： ①数字为个位数，共6个； ②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共5×5＝25个； ③数字为三位数，共有100个． 综上所述，数字不重复的小于1 000的自然数个数为6＋25＋100＝131. 角度2　涂色(种植)问题 【例4】　中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同．若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有(　　 ) A．1 050种 B．1 260种 C．1 302种 D．1 512种 解析：选C.由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色． 先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择． 当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择． 当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择． 故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1 302(种)． 角度3　与几何图形有关的问题 【例5】　如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　　 ) A．60 B．48 C．36 D．24 解析：选B.一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个)． 长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个)． 根据分类加法计数原理知共有36＋12＝48(个)． 思维升华　完成一件事的方法种数的计算步骤 (1)审清题意，弄清要完成的事件是怎样的． (2)分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种． (3)弄清在每一类或每一步中的方法种数． (4)根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数．【对点练习】　3.(1)(2024·杭州调研)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　 ) A．243 B．252 C．261 D．279 解析：选B.0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，故有重复数字的三位数有900－648＝252(个)． (2)(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一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(　　 ) A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 解析：选C.分两种情况： ①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24(种)； ②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)． 故不同的涂色方法有48＋24＝72(种)． (3)(2024·乐清模拟)一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为________． 解析：如图1，由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形，共有6个； 如图2，由圆上相间隔的三点可构成等边三角形，共有2个， 所以在这7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为6＋2＝8. 答案：8 学科网（北京）股份有限公司 $