3.1.1基本计数原理讲义-2025-2026学年高二上学期数学人教B版选择性必修第二册

本高中数学讲义聚焦基本计数原理核心知识点，系统梳理分类加法计数原理、分步乘法计数原理的定义及注意事项，通过对比表格明晰两者在独立性与依存性上的本质区别，构建从概念理解到差异辨析的学习支架，帮助学生逐步掌握计数问题的底层逻辑。 资料以现实情境例题（如接种点选法、课程报名）引导学生用数学眼光观察生活，通过分层题型训练（从基础应用到综合的组数、涂色问题）培养推理能力，课中助力教师高效讲解，课后多样化练习帮助学生巩固知识、查漏补缺，提升解决实际问题的数学思维与应用意识。

3.1基本计数原理 一、知识点 1.分类加法计数原理 完成一件事，如果有类办法，且第一类办法中有种不同的方法，第二类办法中有种不同的方法，，第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法. 注意： （1）每种方式都能实现目标，不依赖于其他条件； （2）每种情况内任两种方式都不同时存在. （3）不同情况之间没有相同方式存在. 2.分步乘法计数原理 完成一件事，如果需要分成个步骤，且，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，，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. 注意： 分步乘法奇数原理中“完成一件事需要个步骤”是指完成这件事的任何一种方法都要分成个步骤，在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成所有这些步骤才能完成这件事，即步与步之间是连续的、缺一不可的，且不能重复、交叉、简单地说，就是应用分步乘法计数原理时要做到“步骤完整”. 3.两个原理的区别 分类加法计数原理 分布乘法计数原理 区别一 每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的且每次得到的最后结果，只需要一种方法就完成 任何一步都不能独立玩笑这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事 区别二 各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是相互依存的，并且既不能重复，也不能遗漏 二、题型训练 1.分类加法计数原理的应用 例1.为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了个接种点，在乡镇设立了个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点，所以共有种不同接种点的选法．故选：C． 例2.解道数学题，有两种方法，有个人只会用第一种方法，有个人只会用第二种方法，从这个人中选个人能解这道题目，则不同的选法共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 根据分类加法计数原理得：不同的选法共有（种）.故选：B. 例3.有位教师在同一年级的个班中分别担任数学老师，在数学测验时要求没位教师不能在本班监考，则监考的方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 设思维监考教师分别为，，，，所教班级分别为，，，.假设监考，则余下三人监考剩下的三个班，共有种不同的方法，同理监控，时，也分别有种不同的方法.由分类加法计数原理得，监考方法共有种. 练习： 1.从甲地出发前往乙地，一天中有趟汽车、趟火车和趟航班可供选择．某人某天要从甲地出发，去乙地旅游，则所有不同走法的种数是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 根据分类加法计数原理，可知共有4＋3＋1＝8种不同的走法．故选：D. 2.书架的第层放有本不同的计算机书，第层放有本不同的文艺书，第层放有本不同的体育书.从书架上任取本书，不同的取法有__________种. 【答案】 【解析】 由题意，若从第一层取书，则有4种不同的取法， 若从第二层取书，则有3种不同的取法， 若从第三次取书，则有2种不同的取法， 所以不同的取法有种.故答案为：9. 3.如图所示，在，间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现，之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种． 【答案】 【解析】 按照焊接点脱落的个数进行分类： 第1类，脱落1个，有1,4，共2种； 第2类，脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种； 第3类，脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种； 第4类，脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种． 根据分类加法计数原理，共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．答案：13 4.若、，，，且，则平面上的点共有（    ）． A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 根据题意，可取的值为， 当时，由题意可知可取的值为，共7种； 当时，由题意可知可取的值为，共6种； 当时，由题意可知可取的值为，共5种； 当时，由题意可知可取的值为，共4种； 当时，由题意可知可取的值为，共3种； 当时，由题意可知可取的值为，共2种； 当时，由题意可知可取的值为，共1种； 则平面上的点共有个， 故选：C 5.已知集合，，集合，则当集合中有且只有一个元素时，的情况有________种. 【答案】 【解析】 分两种情况：当集合种的元素属于集合时，有种情况；当集合中的元素属于集合时，有种情况.因为集合与集合无公共元素，所以集合的情况共有种. 6.某外语组有人，每人至少会英语和日语中的一门，其中人会英语，人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？ 【答案】 【解析】 由题意9人中既会英语又会日语的“多面手”有1人．则可分三类： 第一类：“多面手”去参加英语时，选出只会日语的一人即可，有2种选法． 第二类：“多面手”去参加日语时，选出只会英语的一人即可，有6种选法． 第三类：“多面手”既不参加英语又不参加日语，则需从只会日语和只会英语中各选一人，有2×6＝12种方法．故共有2＋6＋12＝20种选法． 2.分步乘法计数原理的应用 例4.从地到地要经过地，已知从地到地有三条路，从地到地有四条路，则从地到地不同的走法有______种． 【答案】 【解析】 由分步乘法计数原理，从地到地不同的走法有种.故答案为：12. 练习： 1.现有件不同款式的上衣和条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为______种． 【答案】 【解析】 由题意，有四件不同款式的上衣与三条不同颜色的长裤， 从中四件不同款式的上衣中，任选一件有种选法， 从中三件不同颜色的长裤中，任选一件有种选法， 根据分步计数原理，可得共有种不同的选法. 故答案为：12 2.若，则符合条件的二次函数的解析式有______个． 【答案】 【解析】 是二次函数，故． 由集合元素的互异性知互不相同，故符合条件的函数解析式有个． 故答案为：294 3.从、、三个数中取个数作分子，从、、、四个数中取个数作分母，组成一个分数，这样能组成多少个值不相等的分数？写出这些分数． 【答案】个；具体分数见解析. 【解析】 从1、2、3三个数中取1个数作分子，从4、5、6、7四个数中取1个数作分母，组成的分数个数为，其中，所以组成值不相等的分数个数为， 它们是、、、、、、、、、、． 4.乘积式展开后的项数是___________. 【答案】 【解析】 依题意从第一个括号中选一个字母有种方法，从第二个括号中选一个字母有种方法， 从第三个括号中选一个字母有种方法，按照分步乘法计数原理可得展开后的项数为项； 故答案为： 5.乒乓球队的名队员中有名主力队员，派名参加比赛，名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余名队员选名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种？ 【答案】 【解析】 法一：按出场次序，第一位置队员的安排有3种方法，第二位置队员的安排有7种方法，第三位置队员的安排有2种方法，第四位置队员的安排有6种方法，第五位置队员的安排只有1种方法． 由分步乘法计数原理，得不同的出场安排种数为3×7×2×6×1＝252. 法二：按主力与非主力，分两步安排． 第一步，安排3名主力队员在第一、三、五位置上，有6种方法， 第二步，安排7名非主力队员中的2名在第二、四位置上，有7×6种方法． 由分步乘法计数原理，得不同的出场安排种数为6×7×6＝252. 6.从集合中任取两个互不相等的数，组成复数，其中虚数有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 要完成这件事可分两步，第一步确定，切，有种方法，第二步确定，有种方法，故由分步乘法计数原理知共有个虚数，故选：C. 3.两个计数原理的简单综合应用 例5.直线的方程为 ，若从，，，，，这个数字中每次取两个不同的数作为，的值，则可表示______条不同的直线． 【答案】 【解析】 当A或B中有一个为0时，有2条不同的直线；当时，有条不同的直线, 故共有条不同的直线,故答案为：22 例6.把标号为，，，的四个小球分别放入标号为，，，的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则号球不放号盒子的方法共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 由于号球不放入号盒子，则号球可放入，，号盒子，有种选择，则号球有种选择，号球还剩种选择，号球只有种选择，根据分步乘法计数原理可得号球不放入号盒子的方法有种，故选A. 练习： 1.如图，一条电路从处到处接通时，可以有_____________条不同的线路（每条线路仅含一条通路）． 【答案】 【解析】 依题意按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有种，中线路中只有种， 下线路中有（种．根据分类计数原理，共有（种．故答案为：． 2.为推动就业与培养有机联动､人才供需有效对接，促进高校毕业生更加充分更高质量就业，教育部今年首次实施供需对接就业育人项目.现安排甲､乙两所高校与三家用人单位开展项目对接，若每所高校至少对接两家用人单位，则不同的对接方案共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 甲高校与用人单位对接的方案种数为，同理，乙高校与用人单位对接的方案种数为，故不同的对接方案共有种．故选：B． 3.有不同的红球个，不同的白球个，不同的黄球个，现从中任取不同的颜色的球两个，不同的取法有__________. 【答案】 【解析】 当取出不同的球为红球和白球时，一共有种；当取出不同的球为红球和黄球时，一共有种；当取出不同的球为白球和黄球时，一共有种；综上：一共有56+48+42=146种.故答案为：146 4.（多选）现有名老师，名男生和名女生共人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（    ） A.只需人参加，有种不同选法 B.若需老师、男生、女生各人参加，则有种不同选法 C.若需名老师和名学生参加，则有种不同选法 D.若需名老师和名学生参加，则有种不同选法 【答案】ABC 【解析】 选项A，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法，故共有种选法，故A正确； 选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生， 故共有种选法，故B正确； 选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有种选法，故C正确； 选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误.故选：ABC. 5.某班同学准备了个节目参加班级音乐会活动，节目顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，则在这次活动中节目顺序的编排方案共有_______种. 【答案】 【解析】 由题意知甲的位置影响乙的频率，所以要分两类： ①甲排在第一位，丙排在最后一位，则其余个节目共有种编排方案； ②甲排在第二位，丙排在最后一位从第三、四位中排乙，其余个节目排在剩下的个为在，共有种编排方案. 6.有红、黄、蓝旗各面，每次升面、面或面旗纵向排列在某一旗杆上表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成_______种不同的信号. 【答案】 【解析】 每次升面旗可组成种不同的信号；每次升面旗可组成种不同的信号；每次升面旗可组成种不同的信号，根据分类加法计数原理，共可组成不同的信号. 7.从，，，，，，，，这个数字中任取两个，其中一个座位底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由于只能作为真数，则以为真数，从其余各数中任取一数作为底数，对数值均为，从除外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成个对数式，其中，，，，重复了次，所以得到不同的对数值的个数为，故选：C. 8.甲、乙、丙位志愿者安排在周一至周五的天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有_________种. 【答案】 【解析】 分三类：若甲在周一，则乙，丙有种排法；若甲在周二，则乙，丙有种排法；若甲在周三，则乙，丙有种排法，所以不同的安排方法共有种. 9.甲、乙、丙个班各有，，名三好学生，现准备推选名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有________种推选方法. 【答案】 【解析】 分为三类：①甲班选名，乙班选名，根据分布乘法计数原理，有种选法；②甲班选名，丙班选名，根据分布乘法计数原理，有种选法；③乙班选名，丙班选名，根据分布乘法计数原理，有种选法，综上，根据分类加法计数原理，共有种推选方法. 10.某班一天上午有节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从，，，，，名教师中安排人分别上一节课，第一节课只能从，两人中安排一人，第四节课只能从，两人中安排一人，则不同的安排方案共有______种.（用数字作答） 【答案】 【解析】 分两类：第一类，第一节课若安排，则第四节课只能安排，第二节课从剩余人中任选人，第三节课从剩余人中任选人，共有种排法；第二类，第一节课若安排，则第四节课安排或，第二节课从剩余人中任选人，第三节课从剩余人中任选人，共有种排法.因此不同的安排方案有种. 11.某校高中部，高一有个班，高二有个班，高三有个班，学习利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动. （1）任选个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？ （2）三个年级各选个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？ （3）选个班的学生参加社会实践活动，要求这个班不同年级，有多少种不同的选法？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 （1）分三类：第一类，从高一年级选个班，有种不同的选法；第二类，从高二年级选个班，有种不同的选法；第三类，从高三年级选个班，有种不同的选法，由分类加法计数原理，知共有种不同的选法. （2）分三步：第一步从高一年级选个班，有种不同的选法；第二步，从高二年级选个班，有种不同的选法；第三步，从高三年级选个班，有种不同的选法.由分类加法计数原理，知共有种不同的选法. （3）分三类，每类又分两步.第一类，从高一、高二两个年级中各选个班，有种不同的选法；第二类，从高一、高三两个年级中各选个班，有种不同的选法；第三类，从高二、高三两个年级中各选个班，有种不同的选法，故共有种不同的选法. 4.选取与分配问题 例7. 将封信投入个不同的信箱，不同的投信方法有______种. 【答案】 【解析】 先投第一封信，有3个不同的信箱可投，即有3种投信方法；同理，第二、三、四封信都有3种投信方法，故利用分步乘法计数原理得到种投信方法.故答案为：81. 例8. 为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这名学生所选活动课程不全相同的选法有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 依题意，每名同学都有种选择方法，所以这3名学生所选活动课程不全相同的选法有种.故选：C 练习： 1.仅有甲、乙、丙三人参加四项比赛，所有比赛均无并列名次，则不同的夺冠情况共有（    ）种. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由题意，每项比赛的冠军都有3种可能，因为有四项比赛，所以冠军获奖者共有种可能故选：C． 2.名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报法有______种． 【答案】 【解析】 由于每个同学报哪个运动队没有限制，因此，每个同学都有3种报名方法，4个同学全部选完，才算完成这件事，故共有3×3×3×3＝81种不同的报法．答案：81 3.有位老师在同一年级的个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是(　　) A. B. C. D. 【答案】 【解析】 选C　法一：设四个班级分别是A，B，C，D，它们的老师分别是a，b，c，d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C，D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9种不同的安排方法． 法二：让a先选，可从B，C，D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3 个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9种不同安排方法． 4.从名志愿者中选人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有(　　) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法．后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3＝240种选派方案． 5.组数问题 例9.由数字，，，可以组成有重复数字的三位奇数的个数为(　　) A. B. C. D. 【答案】D　 【解析】 依据分步乘法计数原理，由数字1,2,3,4组成有重复数字的三位奇数共有2×4×4＝32个． 例10.用，，，，十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数是______. 【答案】 【解析】 用，，，，十个数字组成的三位数时，不能在百位上，故百位上的数字有种选法；十位、个位上的数字可以任意选，都有种选法，由分步乘法计数原理得，由，，，，组成的所有三位数的个数为，同理用，，，，组成无重复数字的三位数时，百位上的数字有种选法，十位上的数字有种选法，个位上的数字有种选法，由分布乘法计数原理得，由，，，，组成的无重复数字的三位数的个数为，故有重复数字的三位数的个数为. 例11.由、、、、、这个数字可以组成______个没有重复数字的三位偶数. 【答案】 【解析】 根据题意，对该没有重复数字的三位偶数进行分类讨论， 第一类：0在个位数时，先填百位，有5种方法，再填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数； 第二类，0不在个位数时，先填个位，只有2、4两种方法，再填百位，0不能在此位，故有4种方法，最后填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数； 综上，一共可以组成个没有重复数字的三位偶数. 故答案为：52. 例12.用，，，，，六个数字组成无重复数字的四位数，比大的四位数的个数是(　　) A. B. C. D． 【答案】C　 【解析】 因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5，所以共有2×5×4×3＝120个比3 542大的四位数． 练习： 1.从数字，，，中取出个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于，则这样的三位数的个数为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形： ①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个； ②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个； ③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222．共有个，故选：C． 2.由、、、组成无重复数字的四位数，求： （1）这些数的数字和； （2）这些数的和． 【答案】（1）；（2） 【解析】 （1）共可组成4×3×2×1＝24个四位数，这24个四位数的数字和为． （2）这24个四位数中，数字2在千位的有3×2×1＝6个，同样，3、5、7在千位的各有6个． 同理，2、3、5、7在百位、十位、个位各出现6次． 所以所有数之和为 3.已知集合，，从中取一个数作为十位数字，从中取一个数作为个位数字，能组成______个不同的两位数，能组成______个十位数字小于个位数字的两位数． 【答案】； 【解析】 ①从A中取一个数作为十位数字，有4种不同的取法，从B中取一个数作为个位数字，有5种不同的取法．由乘法原理可知，能组成4×5＝20个不同的两位数． ②要组成十位数字小于个位数字的两位数，可分如下情况： 当个位数字为9时，十位上的数字有4种取法，能组成4个十位数字小于个位数字的两位数； 当个位数字为7时，十位上的数字有3种取法，能组成3个十位数字小于个位数字的两位数； 当个位数字为5时，十位上的数字有2种取法，能组成2个十位数字小于个位数字的两位数； 当个位数字为3时，十位上的数字有1种取法，能组成1个十位数字小于个位数字的两位数． 所以组成的十位数字小于个位数字的两位数有1＋2＋3＋4＝10个． 故答案为：20，10． 4.从，，，中选三个数字，组成无重复数字的整数，则分别满足下列条件的数有多少个？ （1）三位数； （2）三位数的偶数． 【答案】 【解析】 (1)三位数有三个数位， 故可分三个步骤完成： 第1步，排个位，从1,2,3,4中选1个数字，有4种方法； 第2步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法； 第3步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．依据分步乘法计数原理， 共有4×3×2＝24个满足要求的三位数． (2)分三个步骤完成： 第1步，排个位，从2,4中选1个，有2种方法； 第2步，排十位，从余下的3个数字中选1个，有3种方法； 第3步，排百位，只能从余下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有2×3×2＝12个三位数的偶数． 5.从，中选一个数字，从，，中选两个数字，组成无重复数字的三位数．其中奇数的个数为(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种．因此总共有12＋6＝18种情况． 6.用，，，，，可以组成多少个无重复数字的： （1）银行存折的四位密码； （2）比大的位偶数． 【答案】 【解析】 (1)分步解决． 第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法； 第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法； 第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法； 第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法． 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个)． (2)法一：按个位是0,2,4分为三类： 第一类：个位是0的有4×4×3＝48(个)； 第二类：个位是2的有3×4×3＝36(个)； 第三类：个位是4的有3×4×3＝36(个)；则由分类加法计数原理得比2 000大的4位偶数有N＝48＋36＋36＝120(个)． 法二：按千位是2,3,4,5分四类： 第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)； 第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)； 第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)； 第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．则由分类加法计数原理得比2 000大的4位偶数有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)． 法三：间接法： 用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类： 第一类：个数是0的有5×4×3＝60(个)； 第二类：个数是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．共有60＋96＝156(个)． 其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)， 所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个). 6.涂色问题 例13.如图所示，用种不同的颜色涂入图中的矩形，，中，要求相邻的矩形不能使用同一种颜色，则不同的涂法数为________. 【答案】 【解析】 根据题意，先涂A有3种涂法，再涂B有2种涂法，最后涂C有2种涂法， 所以不同的涂法有种，故答案为：12. 例14.如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供种颜色给其中个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 如图，若区域与颜色相同，区域有种涂法，区域有种涂法，区域有种涂法，区域有种涂法，由分布乘法计数原理可知不同的涂色方案有种； 若区域与颜色不同，区域有种涂法，区域有种涂法，区域有种涂法，区域有种涂法，区域有种涂法，由分布乘法计数原理可知不同的涂色方案有种. 综上，由分类加法计数原理可知不同方涂色方案有种.故选：D. 练习： 1.现将如图所示的个小正方形涂上红、黄两种颜色，其中个涂红色，个涂黄色，若恰有两个相邻的小正方形涂红色，则不同的涂法共有________种． 【答案】 【解析】 根据题意可以分为四种情况：如果左端的两个相邻的小正方形涂红色，则第三个涂黄色，第四个可以涂红色或黄色，第五个涂剩余的颜色，故有2种；同理右端的两个相邻的小正方形涂红色也有2种情况；如果第二、三个涂红色，则第一个涂黄色，第四个涂黄色，第五个涂红色，仅有一种情况，同理第三、四个涂红色，也有一种，故不同的涂法有6种． 答案：6 2.如图所示，一环形花坛分成，，，四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为(　　) A. B. C. D. 【答案】B　 【解析】 依次种A，B，C，D4块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种的花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理知，不同的种法种数为36＋48＝84. 3.如图所示，要给“优”、“化”、“指”、“导”四个区域分别涂上种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？ 【答案】 【解析】 优、化、指、导四个区域依次涂色，分四步． 第1步，涂“优”区域，有3种选择． 第2步，涂“化”区域，有2种选择． 第3步，涂“指”区域，由于它与“优”、“化”区域颜色不同，有1种选择． 第4步，涂“导”区域，由于它与“化”“指”区域颜色不同，有1种选择． 所以根据分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种)． 4.有种不同的颜色，给图中的个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有(　　) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4 320种不同的涂色方法． 5.某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为个部分，如图所示．现要栽种种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（    ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 第一步，对1号区域，栽种有4种选择；第二步，对2号区域，栽种有3种选择； 第三步，对3号区域，栽种有2种选择；第四步，对5号区域，栽种分为三种情况， ①5号与2号栽种相同，则4号栽种仅有1种选择，6号栽种有2中选择， ②5号与3号栽种相同，情况同上，③5号与2、3号栽种都不同，则4、6号只有1种； 综上所述，种.故选：B. 6.用种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 对于①②③，两两相邻，依次用不同颜色涂，共有种涂色方法，对于④，与②③相邻，但与①相隔，此时可用剩下的一种颜色或者与①同色，共2种涂色方法，则由分步乘法计数原理得种不同的涂色方法.故选C. 7如图，给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，则不同的涂色方法种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 若，颜色相同，先涂有种涂法，再涂，有种涂法，再涂有种涂法，只有种涂法，共有种；若，颜色不同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，当和相同时，有种涂法，当和涂法不同时，，只有种涂法，共有种，根据分类加法计数原理可得，共有种，故选C. 8.如图所示的，，，按照下列要求涂色. （1）用种不同颜色填涂图中，，，四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？ （2）若恰好用种不同颜色给，，，四个区域涂色，且相邻区域不同色，共有多少种不同的的涂色方案？ （3）若有种不同颜色，恰好用种不同颜色涂完四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 （1）涂区有种涂法，，，区域各有种不同的涂法，由分布乘法计数原理知将，，，四个区域涂色共有种不同的涂色方案. （2）若恰好用种不同颜色涂四个区域，则，区域或，区域或，区域必同色，由分类加法计数原理可得恰好用种不同颜色涂四个区域共种不同的涂色方案. （3）若恰好用个不同颜色涂四个区域，则，区域必同色，且，区域必同色，先从种不同颜色中任取种颜色，共种不同的的取法，然后用所取的种颜色涂四个区域，共种不同的的涂法.由分布乘法计数原理可得恰好用种不同颜色涂完四个区域，共有种不同的涂色方案. 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.1基本计数原理 一、知识点 1.分类加法计数原理 完成一件事，如果有类办法，且第一类办法中有种不同的方法，第二类办法中有种不同的方法，，第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法. 注意： （1）每种方式都能实现目标，不依赖于其他条件； （2）每种情况内任两种方式都不同时存在. （3）不同情况之间没有相同方式存在. 2.分步乘法计数原理 完成一件事，如果需要分成个步骤，且，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，，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. 注意： 分步乘法奇数原理中“完成一件事需要个步骤”是指完成这件事的任何一种方法都要分成个步骤，在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成所有这些步骤才能完成这件事，即步与步之间是连续的、缺一不可的，且不能重复、交叉、简单地说，就是应用分步乘法计数原理时要做到“步骤完整”. 3.两个原理的区别 分类加法计数原理 分布乘法计数原理 区别一 每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的且每次得到的最后结果，只需要一种方法就完成 任何一步都不能独立玩笑这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事 区别二 各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是相互依存的，并且既不能重复，也不能遗漏 二、题型训练 1.分类加法计数原理的应用 例1.为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了个接种点，在乡镇设立了个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 例2.解道数学题，有两种方法，有个人只会用第一种方法，有个人只会用第二种方法，从这个人中选个人能解这道题目，则不同的选法共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 例3.有位教师在同一年级的个班中分别担任数学老师，在数学测验时要求没位教师不能在本班监考，则监考的方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 练习： 1.从甲地出发前往乙地，一天中有趟汽车、趟火车和趟航班可供选择．某人某天要从甲地出发，去乙地旅游，则所有不同走法的种数是（    ） A. B. C. D. 2.书架的第层放有本不同的计算机书，第层放有本不同的文艺书，第层放有本不同的体育书.从书架上任取本书，不同的取法有__________种. 3.如图所示，在，间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现，之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种． 4.若、，，，且，则平面上的点共有（    ）． A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 5.已知集合，，集合，则当集合中有且只有一个元素时，的情况有________种. 6.某外语组有人，每人至少会英语和日语中的一门，其中人会英语，人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？ 2.分步乘法计数原理的应用 例4.从地到地要经过地，已知从地到地有三条路，从地到地有四条路，则从地到地不同的走法有______种． 练习： 1.现有件不同款式的上衣和条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为______种． 2.若，则符合条件的二次函数的解析式有______个． 3.从、、三个数中取个数作分子，从、、、四个数中取个数作分母，组成一个分数，这样能组成多少个值不相等的分数？写出这些分数．4.乘积式展开后的项数是___________. 5.乒乓球队的名队员中有名主力队员，派名参加比赛，名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余名队员选名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种？ 6.从集合中任取两个互不相等的数，组成复数，其中虚数有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 3.两个计数原理的简单综合应用 例5.直线的方程为 ，若从，，，，，这个数字中每次取两个不同的数作为，的值，则可表示______条不同的直线． 例6.把标号为，，，的四个小球分别放入标号为，，，的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则号球不放号盒子的方法共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 练习： 1.如图，一条电路从处到处接通时，可以有_____________条不同的线路（每条线路仅含一条通路）． 2.为推动就业与培养有机联动､人才供需有效对接，促进高校毕业生更加充分更高质量就业，教育部今年首次实施供需对接就业育人项目.现安排甲､乙两所高校与三家用人单位开展项目对接，若每所高校至少对接两家用人单位，则不同的对接方案共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 3.有不同的红球个，不同的白球个，不同的黄球个，现从中任取不同的颜色的球两个，不同的取法有__________. 4.（多选）现有名老师，名男生和名女生共人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（    ） A.只需人参加，有种不同选法 B.若需老师、男生、女生各人参加，则有种不同选法 C.若需名老师和名学生参加，则有种不同选法 D.若需名老师和名学生参加，则有种不同选法 5.某班同学准备了个节目参加班级音乐会活动，节目顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，则在这次活动中节目顺序的编排方案共有_______种. 6.有红、黄、蓝旗各面，每次升面、面或面旗纵向排列在某一旗杆上表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成_______种不同的信号. 7.从，，，，，，，，这个数字中任取两个，其中一个座位底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为（ ） A. B. C. D. 8.甲、乙、丙位志愿者安排在周一至周五的天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有_________种. 9.甲、乙、丙个班各有，，名三好学生，现准备推选名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有________种推选方法. 10.某班一天上午有节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从，，，，，名教师中安排人分别上一节课，第一节课只能从，两人中安排一人，第四节课只能从，两人中安排一人，则不同的安排方案共有______种.（用数字作答） 11.某校高中部，高一有个班，高二有个班，高三有个班，学习利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动. （1）任选个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？ （2）三个年级各选个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？ （3）选个班的学生参加社会实践活动，要求这个班不同年级，有多少种不同的选法？ 4.选取与分配问题 例7. 将封信投入个不同的信箱，不同的投信方法有______种. 例8. 为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这名学生所选活动课程不全相同的选法有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 练习： 1.仅有甲、乙、丙三人参加四项比赛，所有比赛均无并列名次，则不同的夺冠情况共有（    ）种. A. B. C. D. 2.名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报法有______种． 3.有位老师在同一年级的个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是(　　) A. B. C. D. 4.从名志愿者中选人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有(　　) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 5.组数问题 例9.由数字，，，可以组成有重复数字的三位奇数的个数为(　　) A. B. C. D. 例10.用，，，，十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数是______. 例11.由、、、、、这个数字可以组成______个没有重复数字的三位偶数. 例12.用，，，，，六个数字组成无重复数字的四位数，比大的四位数的个数是(　　) A. B. C. D． 练习： 1.从数字，，，中取出个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于，则这样的三位数的个数为（    ） A. B. C. D. 2.由、、、组成无重复数字的四位数，求： （1）这些数的数字和； （2）这些数的和． 3.已知集合，，从中取一个数作为十位数字，从中取一个数作为个位数字，能组成______个不同的两位数，能组成______个十位数字小于个位数字的两位数． 4.从，，，中选三个数字，组成无重复数字的整数，则分别满足下列条件的数有多少个？ （1）三位数； （2）三位数的偶数． 5.从，中选一个数字，从，，中选两个数字，组成无重复数字的三位数．其中奇数的个数为(　　) A. B. C. D. 6.用，，，，，可以组成多少个无重复数字的： （1）银行存折的四位密码； （2）比大的位偶数． 6.涂色问题 例13.如图所示，用种不同的颜色涂入图中的矩形，，中，要求相邻的矩形不能使用同一种颜色，则不同的涂法数为________. 例14.如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供种颜色给其中个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ） A. B. C. D. 练习： 1.现将如图所示的个小正方形涂上红、黄两种颜色，其中个涂红色，个涂黄色，若恰有两个相邻的小正方形涂红色，则不同的涂法共有________种． 2.如图所示，一环形花坛分成，，，四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为(　　) A. B. C. D. 3.如图所示，要给“优”、“化”、“指”、“导”四个区域分别涂上种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？ 4.有种不同的颜色，给图中的个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有(　　) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 5.某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为个部分，如图所示．现要栽种种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（    ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6.用种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 7如图，给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，则不同的涂色方法种数为（ ） A. B. C. D. 8.如图所示的，，，按照下列要求涂色. （1）用种不同颜色填涂图中，，，四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？ （2）若恰好用种不同颜色给，，，四个区域涂色，且相邻区域不同色，共有多少种不同的的涂色方案？ （3）若有种不同颜色，恰好用种不同颜色涂完四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？ 2 学科网（北京）股份有限公司 $