第01讲 计数原理讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习（新高考通用）

该高中数学高考复习资料聚焦两种计数原理核心考点，涵盖分类加法、分步乘法原理及在数字排列、几何计数等9类题型中的应用，按“概念辨析-方法策略-题型突破”逻辑架构知识，通过思维导图梳理、解题策略提炼、真题题型专项训练等环节，帮助学生突破类步混淆、重复遗漏等难点，构建系统复习路径。 资料以“数学思维”和“数学语言”为指导，创新采用情境化题型设计与可视化解题工具，如通过染色问题分步流程图培养逻辑推理能力，用树状图拆解人员分配问题发展数学眼光。设置基础巩固、能力提升分层练习，配合错题辨析策略，确保高效突破高考高频考点，助力学生构建计数模型，为教师提供精准复习节奏把控和考点突破方案。

第01讲 两种计数原理 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 4 解题策略 6 题型归纳 7 题型01：分类计数原理——加法原理 7 题型02：分步计数原理——乘法原理 9 题型03：计数原理的判断及综合应用 11 题型04：计数原理在实际问题中的应用 12 题型05：代数中的计数问题 14 题型06：几何中的计数问题 15 题型07：数字排列问题 16 题型08：染色问题 18 题型09：其他计数模型 21 巩固提升 22 一、高考定位与考情 1. 核心地位：分步、分类计数原理是排列组合、概率统计的基础，属高考必考点，常以小题为主（5分），偶在大题中作为工具融合考查。 2. 考查频率：近5年全国卷/新高考卷每年均有涉及，多为选择/填空的基础或中档题，位置靠前，难度系数约0.6-0.8。 3. 考查载体：常见背景有数字排列、几何计数、人员分配、涂色、选排、集合映射等，突出实际应用与逻辑判断。 4. 命题趋势：新高考更强调类与步的区分、不重不漏，常结合数学文化、生活情境，并与排列组合、概率综合，注重思维而非复杂计算。 二、考点与命题方向 1. 核心概念：判断用分类加法（类独立、互斥，一种方法即可完成）还是分步乘法（步相依、连续，全步完成才做完）。 2. 基础应用：单一原理直接计数，如人员报名、选科、数字组数等，关键在界定标准、不重不漏。 3. 综合应用：先分类、类内分步，或先分步、步内分类，是高考主流考法，需清晰分步/分类逻辑链。 4. 易错陷阱：分类标准混乱、分步顺序错、重复/遗漏计数；多元素/多位置问题易混淆分步层级。 5. 交汇融合：与排列组合、二项式定理、概率（古典概型）结合，两个原理是解题前提。 三、学情与备考重点 1. 常见误区： ◦ 分不清“类”与“步”，误将分类作分步、分步作分类，导致结果错误。 ◦ 分类标准不统一，出现重复或遗漏；分步顺序不当，引发计数偏差。 ◦ 复杂情境下不会拆解，难以形成清晰的分步/分类路径。 2. 备考建议： ◦ 抓定义本质：分类互斥独立，分步相依连续，用实例对比强化理解。 ◦ 练标准建模：先明确“完成这件事”的目标，再定标准→分类/分步→算每类/步方法数→汇总。 ◦ 强化易错训练：针对重复/遗漏、顺序判断、多标准分类等专项练习，用不同解法互验。 ◦ 融合提升：结合排列组合、概率题，体会原理的工具属性，提高综合解题速度。 四、失分点与应对 • 失分点1：类/步判断错 → 先问“一种方法能否做完？”能则分类，不能则分步。 • 失分点2：分类重/漏 → 统一标准，按“特殊元素/位置”优先分类，用穷举法验证边界。 • 失分点3：分步顺序乱 → 按时间/逻辑顺序分步，关键步骤前置，每步独立不交叉。 • 失分点4：综合题拆解难 → 画树状图/流程图，可视化类与步，分步结果相乘、分类结果相加。 一、 知识与技能目标 1. 准确理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的概念，能清晰区分“分类”与“分步”的核心差异（分类互斥独立、分步相依连续）。 2. 熟练运用两个计数原理解决单一原理型和分类分步混合型的计数问题，涵盖数字排列、人员分配、几何计数等常见背景。 3. 能将两个计数原理作为工具，为后续学习排列组合、二项式定理、概率统计奠定基础，实现知识的衔接与迁移。 二、 过程与方法目标 1. 通过实例分析、对比归纳，掌握判断“分类”或“分步”的思维方法，形成“明确目标→确定标准→分类/分步→计算汇总”的解题流程。 2. 经历从具体情境抽象出数学模型的过程，提升逻辑推理和数学建模能力，学会用树状图、流程图等工具可视化计数逻辑。 3. 通过错题辨析（重复计数、遗漏计数、类步混淆），培养严谨的数学思维，提高纠错和验证的能力。 三、 情感态度与价值观目标 1. 感受计数原理在生活和生产中的广泛应用，体会数学的实用性与工具性。 2. 在复杂问题的拆解与解决过程中，培养耐心和条理性，增强学习数学的自信心。 3. 通过小组讨论、一题多解等活动，提升合作交流能力，养成多角度思考问题的习惯。 知识点1、分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在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． 知识点2、分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，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. 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 任务 完成一件事 步骤 完成它有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法 完成它需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法 结果 完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法 完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法 注意：两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理. 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理. 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法. 对两个计数原理的理解 计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 两个计数原理都可以用来计算完成某件事的方法种数，最终的目 的都是完成某件事 不同点 1. 完成一件事有n类办法，这n类办法之间是彼此独立的. 2. 每一类中的每一种方法都能独立完成这件事. 3. 把各类办法中的方法数相加就是完成这件事的所有方法数 1. 完成一件事需要若干个步骤，完成每个步骤又有若干种方法. 2. 只有每个步骤都完成了才算完成这件事，每个步骤缺一不可. 3. 把完成每个步骤的方法数相乘就是完成这件事的所有方法数 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 知识点3、两个计数原理的综合应用 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．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．有些实际问题的解决，并不一定是单一的分类或分步，而是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要分步完成；分步时，每步的方法可能会采取分类的思想解决. 另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应视问题的特点而定. 在解题过程中，要注意列举法、树状图法、间接法等的灵活应用. 利用计数原理解决涂色(种植)问题 1. 利用计数原理解决涂色(种植)问题的方法 (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进行分析； (2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，再在每一类的方法数中应用分步乘法计数原理，最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色(种植)方法数求和，即得到最终的涂色(种植)方法数. 2.重排问题求幂策略 允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，是分步问题元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置，一般地n不同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为种 一、核心解题步骤（通用流程） 1. 明确目标：清晰界定“要完成的这件事”具体是什么，避免因目标模糊导致分类/分步偏差。 2. 判断类型：核心依据是“能否一步完成” ◦ 若一种方法就能独立完成 → 用分类加法计数原理，各类方法数相加，注意类与类互斥、不重不漏。 ◦ 若需分多步依次完成，缺一不可 → 用分步乘法计数原理，各步方法数相乘，注意步与步相依、顺序合理。 3. 确定标准：分类要选统一标准（如按元素特征、位置要求等），分步要按逻辑/时间顺序（如先特殊后一般）。 4. 计算汇总：分类则累加各类结果，分步则累乘各步结果；混合型问题（先分类后分步/先分步后分类）需分层计算再汇总。 5. 验证复盘：用逆向思维、穷举法或换一种分类/分步标准检验，排查重复、遗漏问题。 二、不同情境解题技巧 1. 数字排列问题 ◦ 优先考虑特殊位置/元素（如首位不为0、奇偶性要求），先满足特殊条件，再处理其余位置。 ◦ 例：组成无重复数字的三位数 → 先定百位（非0），再定十位、个位，用分步乘法。 2. 人员分配/选取问题 ◦ 分配问题注意“是否有序”，有序用分步，无序可先分组再调整；选取问题若需分类，按选取数量或特征划分。 ◦ 例：3人分配到2个岗位，每人选一个岗位 → 每人有2种选择，分步乘法得 =8 种。 3. 几何计数问题 ◦ 结合几何图形性质（如点共线、线共面），按图形类型分类（如三角形、线段），避免重复计数。 ◦ 例：计算平面内n个点能组成的三角形数 → 先算总组合数，再减去共线点的组合数。 4. 涂色问题 ◦ 按“区域顺序”分步，优先涂相邻区域多的部分；或按“颜色种类”分类，注意相邻区域颜色不同的限制。 三、易错点规避策略 1. 防重复/遗漏：分类标准统一到底，不中途更换；分步时先处理特殊元素/位置，减少后续干扰。 2. 类步混淆纠正：遇复杂问题画树状图/流程图，可视化每一类、每一步的选择，直观区分类与步。 3. 多限制条件处理：将限制条件转化为“优先满足项”，如“含某元素”的选取问题，可分“选该元素”和“不选该元素”两类。 题型01：分类计数原理——加法原理 【典型例题1】集合，，，，5，6，，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【解析】分为集合提供横坐标，集合提供纵坐标和集合提供纵坐标，集合提供横坐标两种情形讨论即可. 第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数． 若集合提供横坐标，集合提供纵坐标，则有， 若集合提供纵坐标，集合提供横坐标，则有，合计， 即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6个， 故选：D. 【典型例题2】学校运动会上，有，，三位运动员分别参加3000米，1500米和跳高比赛，为了安全起见，班委为这三位运动员分别成立了后勤服务小组，甲和另外四个同学参加后勤服务工作（每个同学只能参加一个后勤服务小组）.若甲在A的后勤服务小组，则这五位同学的分派方案有（     ）种 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】分三类，A小组只有一人，只有两人，恰有三人三种情况，再利用分类加法计数原理求解. 若A小组只有一人，则5人的分配方案有种； 若A小组只有两人，则5人的分配方案有种； 若A小组恰有三人，则5人的分配方案有种， 所以共有50种， 故选：B. 【变式训练1-1】某药品研究所研制了5种消炎药（，，，，）、4种退热药（，，，），现从中取出两种消炎药和一种退热药同时使用进行疗效试验，但已知，两种药必须同时使用，且，两种药不能同时使用，则不同的试验方案有多少种？ 【变式训练1-2】某企业面试环节准备编号为的四道试题，编号为的四名面试者分别回答其中的一道试题（每名面试者回答的试题互不相同），则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有（    ） A．9种 B．10种 C．11种 D．12种 【变式训练1-3】中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学每个吉祥物都喜欢，如果三位同学对选取的礼物都满意，则选法有 A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【解析】分情况讨论：若甲同学选择牛或甲同学选择马，利用分步乘法计数原理即可求解． ①若甲同学选择牛，则乙同学有种选择，丙同学有种选择，选法种数为， ②若甲同学选择马，则乙同学有种选择，丙同学有种选择，选法种数为， 综上，总共有种选法，故选A． 【变式训练1-4】第十九届西北医疗器械展览将于2018年5月18至20日在兰州举行,现将5名志愿者分配到3个不同的展馆参加接待工作，每个展馆至少分配一名志愿者的分配方案种数为 （ ） A. 540 B. 300 C. 180 D. 150 【解析】将5人分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分别计算分为两类情况的分组种数，再 分配到三个不同的展馆，就可以得到题中要求的结果.当分成1，1，3时有；分成2，2，1时有种分法，由分类计数原理可得，共有+=150种不同的分法，所以答案为D. 【答案】D 题型02：分步计数原理——乘法原理 【典型例题1】甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，则不同游览方案的种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】分析可知，每个人都有三种选择，利用分步乘法计数原理可得结果. 甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方， 每个人都有三种选择，则不同的游览方案种数为种. 故选：B. 【典型例题2】从0､1､2､3､4､5六个数字中任取四个数字，可以组成多少个没有重复数字、且为奇数的四位数？ 【答案】 【解析】利用分步乘法计算原理即可得解. 依题意，因为这个四位数没有重复数字、且为奇数， 先考虑个位数，必然是从这三个数中选一个，故有3种选法； 再考虑千位数，由于个数位占用了一个数字，0又不能放在首位（即千位），故有4种选法； 接下去考虑百位数，易知有4种选法； 最后考虑十位数，易知有3种选法； 所以一共可以组成个满足条件的四位数. 【变式训练2-1】现有5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（    ） A． B． C．20 D．9 【变式训练2-2】360的不同正因数的个数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．42 【变式训练2-3】某省的体育彩票中，把有顺序的7个数字组成一个号码，称为一注．7个数字中的每个数字都选自0，1，2，…，9这10个数字，并且数字可以重复．不同号码的彩票一共有多少注？ 【变式训练2-4】从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（ ） A．7 B．9 C．12 D．16 【变式训练2-5】中国象棋中棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线（图中楚河汉界处的“日”字没有画出），如图，马从点处走出一步，只能到达点，，中的一处则马从点出发到达对方“帅”所在的处，最少需要的步数是　　 A．5 B．6 C．7 D．8 【变式训练2-6】2024年9月1日兰州地铁五号线正式开通，两位同学同时去乘坐地铁，一列地铁有节车厢，两人进入车厢的方法数共有 A．种 B．种 C．种 D．种 题型03：计数原理的判断及综合应用 【典型例题1】判断正误（正确的写正确，错误的写错误） （1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分类问题.( ) （2）分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情．( ) （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题．( ) （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题．( ) 【答案】 错误 错误 正确 正确 【解析】根据分类加法计数原理、分步乘法计数原理的知识判断出正确答案. （1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分步问题，（1）错误. （2）分步乘法计数原理是指完成所有的步骤才是完成整件事情，（2）错误. （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题，（3）正确. （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题，（4）正确 故答案为：错误；错误；正确；正确 【典型例题2】从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数，则该三位数能被整除的概率为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数：（个），三位数是的倍数，需要满足各个数位上的数之和是的倍数，有两种情况和；由 组成没有重复数字的三位数共有个，由组成没有重复数字的三位数共有 个，所以一共有：个，这个三位数被整除的概率是，故选D. 【变式训练3-1】“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【变式训练3-2】已知集合M={1，-2，3}，N={-4，5，6，-7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b．则下列说法正确的有（    ） A．表示不同的正数的个数是6 B．表示不同的比1小的数的个数是6 C．（a，b）表示x轴上方不同的点的个数是6 D．（a，b）表示y轴右侧不同的点的个数是6 【变式训练3-3】几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，下列结论正确的是 A．最高处的树枝为､当中的一个 B．最低处的树枝一定是 C．这九棵树枝从高到低不同的顺序共有33种 D．这九棵树枝从高到低不同的顺序共有32种 【变式训练3-4】用组成四位数，其中恰有一个数字出现两次的四位数有________个． 题型04：计数原理在实际问题中的应用 【典型例题1】有8种不同型号的手机供4位顾客选购，每人只购一台，则共有 种不同的选法. 【答案】 【解析】按分步计数原理计算可得. 由已知得，每位顾客都有8种选法， 所以共有种方法， 故答案为： 【典型例题2】浙江省高考实行“七选三”选科模式，赋予了学生充分的自由选择权．甲、乙、丙三所学校分别有75%，60%，50%的学生选了物理，这三所学校的学生数之比为，现从这三所学校中随机选取一个学生，则这个学生选了物理的概率为 ． 【答案】 【解析】先求得这个学生来自每个学校并且选择了物理的概率，最后由分类加法算出总概率. 设：事件：这个学生来自甲学校；事件：这个学生来自乙学校；事件：这个学生来自丙学校； 事件：甲学校学生选了物理；事件：乙学校学生选了物理；事件：丙学校学生选了物理； 由题意知：这个学生选择是物理的概率：. 故答案为：. 【变式训练4-1】5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，且甲乙听同一个讲座，则不同选择的种数是 ． 【变式训练4-2】随着外地返乡人员的增加，当前防疫形势愈加严峻，射洪已经发现了多起新冠阳性病人.射洪中学计划下周星期一、二、三，连续三天对我校在校师生进行核酸检测.高三数学组有金老师、赵老师、谭老师、黄老师四人主动申请参与信息采集.每人自行选择其中的某一天参与，但金老师和谭老师不能在同一天参加，则不同的安排方式有 .（用数字作答） 【变式训练4-3】 （1）从甲地到乙地有三种方式可以到达．每天有8班汽车、2班火车和2班飞机．一天一人从甲地去乙地，共有________种不同的方法． （2）满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________． 【变式训练4-4】某公园划船收费标准如下： 船型 两人船 （限乘2人） 四人船 （限乘4人） 六人船 （限乘6人） 每船租金 （元/小时） 90 100 130 某班16名同学一起去该公园划船，若每人划船的时间均为1小时，每只租船必须坐满，租船最低总费用为___________元，租船的总费用共有__________种可能． 【变式训练4-5】5名学生报名参加4项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为__________；将三封信投入四个邮简共有__________种不同的投递方式． 【变式训练4-6】某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是 第1节 第2节 第3节 第4节 地理1班 化学A层3班 地理2班 化学A层4班 生物A层1班 化学B层2班 生物B层2班 历史B层1班 物理A层1班 生物A层3班 物理A层2班 生物A层4班 物理B层2班 生物B层1班 物理B层1班 物理A层4班 政治1班 物理A层3班 政治2班 政治3班 A．此人有4种选课方式 B．此人有5种选课方式 C．自习不可能安排在第2节 D．自习可安排在4节课中的任一节 【变式训练4-7】编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？ 题型05：代数中的计数问题 【典型例题】已知，且，则所有满足条件的数对的个数为（    ） A．12 B．13 C．20 D．24 【答案】B 【解析】将题设条件变形为且、，结合判断的可能数值，即可得答案. 由题设，即， 又，且，则， 所以且， 可能为、、、、、、、、、、、、，共13个， 所以对应也有13个. 综上，所有满足条件的数对的个数为13个.故选：B 【变式训练5-1】乘积展开后共有______项. 【变式训练5-2】，是的子集，若，称为理想配集，则所有理想配集的个数________. 【变式训练5-3】称子集是“好的”，如果它有下述性质：“若，则且”（空集和M都是“好的”），则M中有多少个包含有2个偶数的“好的”子集？ 【变式训练5-4】已知集合，若a，b，c∈M，则： （1）可以表示多少个不同的二次函数？ （2）可以表示多少个图象开口向上的二次函数？ 题型06：几何中的计数问题 【典型例题1】过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为 A．18 B．30 C．36 D．54 【答案】C 【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案． 如图，分以下几类： 棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对； 棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对； 侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 所以共有对．故选C． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题． 【典型例题2】如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 【答案】D 【解析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答. 正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线， 对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有（个）； 对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个， 不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直， 所以正方体中“正交线面对”共有（个）.故选：D 【变式训练6-1】已知是边长为1的正方形，在空间中取4个不同的点，使得它们与恰好成为一个侧棱长为1的正四棱柱的8个顶点，则不同的取法数为 ． 【变式训练6-2】已知直线中的a，b，c是取自集合中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是 ． 【变式训练6-3】记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（    ） A．2 B．5 C．8 D．9 【变式训练6-4】二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为 .（用数字作答） 【变式训练6-5】正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有 种不同选法 【变式训练6-6】圆周上有个等分点，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ． 【变式训练6-7】过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为 A．18 B．30 C．36 D．54 题型07：数字排列问题 【典型例题1】用数字组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 ． 【答案】 【解析】用组成无重复数字的五位奇数，可以看作是个空,要求个位是奇数,其它位置无条件限制,因此先从个奇数中任选个填入个位,其它个数在个位置上全排列即可. 要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排中的一个数，共有3种排法，然后还剩个数，剩余的个数可以在十位到万位个位置上全排列，共有种排法， 由分步乘法计数原理得，由组成的无重复数字的五位数中奇数有个.故答案为：. 【点睛】本题主要考查分步计数原理及位置有限制的排列问题，属于中档题.元素位置有限制的排列问题有两种方法：（1）先让特殊元素排在没限制的位置；（2）先把没限制的元素排在有限制的位置. 【典型例题2】在3000和7000间有 个没有重复数字的5的倍数． 【答案】392 【解析】由两个计数原理求解． 满足5的倍数的个位为0或5， 当个位是0时，千位有4种情况，共有种， 当个位是5时，千位有3种情况，共有种， 故共有个满足题意的数，故答案为：392 【变式训练7-1】用，，，四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有（ ） A．个 B．个 C．个 D．个 【变式训练7-2】从中任取3个数字，从中任取2个数字，则一共可以组成五位数（没有重复数字）的个数是（    ） A．720 B．1200 C．1440 D．1728 【变式训练7-3】世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在年和年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．如今，哥德巴赫猜想仍未解决．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于的偶数，都可以写成两个质数之和．（质数是指在大于的自然数中，除了和它本身以外不再有其他因数的自然数）．在不超过的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种． 【变式训练7-4】数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为 . 【变式训练7-5】已知0，1，2，3，4，5，6共7个数字． (1)可以组成多少个没有重复数字的四位数？ (2)可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？ (3)可以组成多少个没有重复数字且能被5整除的四位数？（结果用数字作答） 题型08：染色问题 【典型例题1】用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（    ）    A．240 B．360 C．480 D．600 【答案】C 【解析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解. 将区域标号，如下图所示：    因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法， 若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法； 若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法. 故选：C. 【典型例题2】如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ） A．192 B．420 C．210 D．72 【答案】B 【解析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类，结合分类加法、分步乘法计算即可. 按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类： 第一类，A，C同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 第二类，A，C不同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 根据分类加法计数原理，共有种不同的染色方法. 故选：B. 【变式训练8-1】如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（   ） A． B．当时，若同色，共有48种涂法 C．当时，若不同色，共有48种涂法 D．当时，总的涂色方法有420种 【变式训练8-2】如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种. 【变式训练8-3】用5种不同的颜色给如图标有A，B，C，D的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻（有公共边）两部分不同颜色，则不同的涂色方法共有 .     【变式训练8-4】如图，用6种不同的颜色将A､B､C三个区域涂色，每个区域涂上一种颜色，且有公共边的区域不能涂同一种颜色.问：不同的涂色方法共有多少种？    【变式训练8-5】如图，对“田”字型的四个格子进行染色．每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种，每个格子只染一种颜色，且相邻的格子不能都染红色，则满足要求的染色方法有________种． 【变式训练8-6】如图是为了提高小朋友智力的游戏画板，现提供种不同的颜色给其中个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域不同色，则使、区域同色的涂法有________种． 【变式训练8-7】作家马伯庸小说《长安十二时辰》中，靖安司通过长安城内的望楼传递信息．同名改编电视剧中，望楼传递信息的方式有一种如下：如图所示，在九宫格中，每个小方格可以在白色和紫色（此处以阴影代表紫色）之间变换，从而一共可以有512种不同的颜色组合，即代表512种不同的信息．现要求每一行、每一列上都有且只有1个紫色小方格（如图所示即满足要求）．则一共可以传递________种信息．（用数字作答） 【变式训练8-8】近年来，各地着力打造“美丽乡村”，彩色田野成为美丽乡村的特色风景，某乡村设计一块类似于赵爽弦图的巨型创意农田（如图所示），计划从黄、白、紫、黑、绿五种颜色的农作物选种几种种在图中区域，并且每个区域种且只种一种颜色的农作物，相邻区域所种的农作物颜色不同，则共有______种不同的种法．（用数字作答） 【变式训练8-9】有2辆不同的红色车和2辆不同的黑色车要停放在如图所示的六个车位中的四个内，要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，则共有________种不同的停放方法．（用数字作答） 题型09：其他计数模型 【典型例题1】设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的种数为 . 【答案】45 【解析】先选出一个球的编号与盒子的编号相同，再用列举法求出另外4个球的编号与盒子的编号不同的投放种数，再用分步乘法计数原理可得结果. 先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况， 例如：5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为，，，，，，，，共9种， 故将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法种数为种，故答案为：45. 【典型例题2】据《孙子算经》记载，算筹计数法则是：“凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当."算筹计数法有纵､横两种形式，如图为纵式计数形式，一竖表示1个单位，一横表示5个单位，例如三竖一横表示8. 现从上图中选择三个数构成等比数列，则能构成等比数列的组合中所有数的纵式计数形式中共有横数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】列出能构成等比数列的数组，然后可得答案. 正整数1~9中能构成等比数列的三个数一共有四组，分别是1，2，4；2，4，8；1，3，9；4，6，9. 其中只有6，8，9的纵式计数形式中各有1横，所以共有4横故选：D 【变式训练9-1】已知有红绿黄蓝4个不同颜色的球及红绿黄蓝4个不同颜色的盒子,现在在每个盒子里放一个球,并且确保4个盒子与盒子里的球的颜色都不相同,则不同的放法有 种. 【变式训练9-2】位顾客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一顶帽子，则人拿的都不是自己的帽子方案总数为 .（用数字作答） 【变式训练9-3】寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排五个座位（一排共五个座位），上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有 种. 【变式训练9-4】已知集合，，，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中的点的坐标，则确定不同点的坐标个数为 ． 一、单选题 1．用数字、、、组成没有重复数字的位数，其中比大的有 A．个 B．个 C．个 D．个 2.若一位三位数的自然数各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们就把这样的三位数定义为“单重数”.例如：232，114等，则不超过200的“单重数”中，从小到大排列第22个“单重数”是（ ） A．166 B．171 C．181 D．188 3．由0，1，2三个数字组成的三位数(允许数字重复)的个数为 A．27 B．18 C．12 D．6 4.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 5.数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343 ，12521等.两位数的回文数有11 ，22 ，3，……，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是（ ） A．40 B．30 C．20 D．10 6．从6种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法有 A．种 B．种 C．种 D．种 7．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种． A．24 B．48 C．72 D．96 8．用红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色，则“在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为 A． B． C． D． 9.现有5种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（ ） A．150种 B．180种 C．240种 D．120种 10.现有4种不同的颜色为一行字“严勤活实”涂颜色，要求相邻的两个字涂色不同，则不同的涂色种数为（ ） A．27 B．54 C．81 D．108 11．从6种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法有 A．种 B．种 C．种 D．种 12．用红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色，则“在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为 A． B． C． D． 13.第七届世界军运会于2019年10月18日至27日在中国武汉举行.某电视台在19日至24日六天中共有7场直播(如下表所示)，张三打算选取其中的三场观看.则观看的任意两场直播中间至少间隔一天(如第一场19日观看直播则20日不能观看直播)的概率是（ ） 日期 19日 20日 21日 22日 23日 24日 时间 全天 全天 上午 下午 全天 全天 全天 内容 飞行比赛 击剑 射击 游泳 篮球 定向越野 障碍跑 A． B． C． D． 14．在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种． A． B． C． D． 15．三名学生分别从5门选修课中选修一门课程，不同的选法有 A．125种 B．243种 C．60种 D．10种 16.完成一项工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外有4个人只会第二种方法，从这9个人中选1个人完成这项工作，则不同的选法共有（ ） A．5种 B．4种 C．9种 D．45种 17．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有 A．4种 B．5种 C．6种 D．12种 18．5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同的选择的种数为 A．60 B．125 C．240 D．243 19．现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是 A．1024种 B．1023种 C．1536种 D．1535种 20．如图所示，A地到E地要铺设一条煤气管道，其中需经过三级中间站，两点之间的连线上的数字表示距离．则从A地到E地铺设煤气管道最短距离是 A．19 B．21 C．22 D．23 21．某学校有东、南、西、北四个校门，受新冠肺炎疫情的影响，学校对进入四个校门做出如下规定：学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入校园．现有2名教师和3名学生要进入校园（不分先后顺序），请问进入校园的方式共有 A．6种 B．12种 C．24种 D．32种 22．现有9个相同的球要放到3个不同的盒子里，每个盒子至少一个球，各盒子中球的个数互不相同，则不同放法的种数是 A．28 B．24 C．18 D．16 二、多选题 1．(多选)“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通．若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 2．某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是 第1节 第2节 第3节 第4节 地理1班 化学A层3班 地理2班 化学A层4班 生物A层1班 化学B层2班 生物B层2班 历史B层1班 物理A层1班 生物A层3班 物理A层2班 生物A层4班 物理B层2班 生物B层1班 物理B层1班 物理A层4班 政治1班 物理A层3班 政治2班 政治3班 A．此人有4种选课方式 B．此人有5种选课方式 C．自习不可能安排在第2节 D．自习可安排在4节课中的任一节 三、填空题 1．公安部新修订的《机动车登记规定》正式实施后，小型汽车的号牌已经可以采用“自主编排”的方式进行编排．某人欲选由A，B，C，D，E中的两个不同字母，和1,2,3,4,5中的三个不同数字(三个数字都相邻)组成一个号牌，则他选择号牌的不同的方法种数为________ 2.用1,2,3,4,5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1,3,5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是________．(注：用数字作答)　 3．某玩具厂参加2020年邯郸园博园产品展出，带了四款不同类型不同价格的玩具牛，它们的价格费你别是20，30，50，100，某礼品进货商想趁牛年之际搞一个玩具特卖会，准备买若干款不同类型的玩具样品（每款只购一只，且必须至少买一款），因信用卡出现故障，身上现金只剩170元，请问该礼品进货商购买玩具样品的方案有__________种（用数字表示）． 4.个人参加、、跑的决赛，同一个项目中，并列冠军的情况不发生，则冠军分配的不同情况有________种. 5.某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．选2个班参加社会实践，要求这2个班不同年级，有_______种不同的选法． 6.2024年初，湖北面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，厦门人民心系湖北，志愿者纷纷驰援，若将甲、乙、丙、丁4名医生志愿者分配到A，B两家医院（每人去一家，每家医院至少安排1人），且甲医生不安排在A医院，则共有__________种分配方案. 7.高三年段有四个老师分别为，这四位老师要去监考四个班级，每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师.现要求老师不能监考班，老师不能监考班，老师不能监考班，老师不能监考班，则不同的监考方式有____种. 8.用数字0，1，2组成没有重复数字的三位数的个数有_____. 9.一个三位数，其十位上的数字小于百位上的数字，也小于个位上的数字，如523，769等，这样的三位数共有________个． 10．某储蓄卡密码共有6位数字，每位数字都可从0-9中任选一个，则可设置的银行卡密码共有________种． 11．将本相同的诗集，本相同的小说全部分给名同学，每名同学至少本，则不同的分法有________种． 12．直线方程，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． 13．假设今天是4月23日，某市未来六天的空气质量预报情况如图所示．该市有甲、乙、丙三人计划在未来六天（4月24日～4月29日）内选择一天出游，甲只选择空气质量为优的一天出游，乙不选择周一出游，丙不选择明天出游，且甲与乙不选择同一天出游，则这三人出游的不同方法数为________． 未来空气质量预报 明天 后天 周日 周一 周二 周三 4月24日 4月25日 4月26日 4月27日 4月28日 4月29日 优 优 优 优 良 良 14．如图所示的电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电． 15．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有________种． 16．中国象棋中棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线(图中楚河汉界处的“日”字没有画出)，如图，“马”从点A处走出一步，只能到达点B，C，D中的一处．则“马”从点A出发到达对方“帅”所在的P处，最少需要的步数是________． 17．在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞．已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙等四种不同的试剂对、、、、、这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对细胞染色，则共有________种不同的染色方法（用数字作答）． 18．某单位把15只同种型号的口罩分给甲、乙、丙三人（每人至少1只），且三人领到的口罩只数互不相同，则不同的分发方案有___________种；甲恰好领到3只口罩的概率为__________． 四、解答题 1．设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子现将这五个球投放入这五个盒子内，要求每个盒子内投放一球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法有多少种? 2.．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有或两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由个二进制位构成．问： （1）一个字节(位)最多可以表示多少个不同的字符？ （2）计算机汉字国标码(码)包含了个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？ 3.有一项活动，需要在3名老师、8名男同学和5名女同学中选人参加. （1）若只需选1人参加，则有多少种不同的选法？ （2）若需要老师、男同学、女同学各1人参加，则有多少种不同的选法？ （3）若需要1名老师、1名学生参加，则有多少种不同的选法？ 4.现有3名医生，5名护士、2名麻醉师． （1）从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？ （2）从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？ 5.现某学校共有34人自愿组成数学建模社团，其中高一年级13人，高二年级12人,高三年级9人. (1)选其中一人为负责人，共有多少种不同的选法？ (2)每个年级选一名组长，有多少种不同的选法？ (3)选两人作为社团发言人,这两人需要来自不同的年级，有多少种不同的选法？ 6．用5种不同的颜色给图中的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻(有公共边)的区域不同色，则共有多少种不同的涂色方法？ 1 2 3 4 7．如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点A爬到相对顶点C1，求其中经过3条棱的路线共有多少条？ 8．如图，要给地图、、、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，不同的涂色方案有多少种？ 9．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，第层放本不同的体育书． （1）从书架上任取本书，有多少种不同的取法？ （2）从书架的第、、层各取本书，有多少种不同的取法？ （3）从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？ 1 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $ 第01讲 两种计数原理 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 2 知识要点 2 解题策略 4 题型归纳 4 题型01：分类计数原理——加法原理 4 题型02：分步计数原理——乘法原理 6 题型03：计数原理的判断及综合应用 9 题型04：计数原理在实际问题中的应用 13 题型05：代数中的计数问题 17 题型06：几何中的计数问题 19 题型07：数字排列问题 24 题型08：染色问题 27 题型09：其他计数模型 33 巩固提升 35 一、高考定位与考情 1. 核心地位：分步、分类计数原理是排列组合、概率统计的基础，属高考必考点，常以小题为主（5分），偶在大题中作为工具融合考查。 2. 考查频率：近5年全国卷/新高考卷每年均有涉及，多为选择/填空的基础或中档题，位置靠前，难度系数约0.6-0.8。 3. 考查载体：常见背景有数字排列、几何计数、人员分配、涂色、选排、集合映射等，突出实际应用与逻辑判断。 4. 命题趋势：新高考更强调类与步的区分、不重不漏，常结合数学文化、生活情境，并与排列组合、概率综合，注重思维而非复杂计算。 二、考点与命题方向 1. 核心概念：判断用分类加法（类独立、互斥，一种方法即可完成）还是分步乘法（步相依、连续，全步完成才做完）。 2. 基础应用：单一原理直接计数，如人员报名、选科、数字组数等，关键在界定标准、不重不漏。 3. 综合应用：先分类、类内分步，或先分步、步内分类，是高考主流考法，需清晰分步/分类逻辑链。 4. 易错陷阱：分类标准混乱、分步顺序错、重复/遗漏计数；多元素/多位置问题易混淆分步层级。 5. 交汇融合：与排列组合、二项式定理、概率（古典概型）结合，两个原理是解题前提。 三、学情与备考重点 1. 常见误区： ◦ 分不清“类”与“步”，误将分类作分步、分步作分类，导致结果错误。 ◦ 分类标准不统一，出现重复或遗漏；分步顺序不当，引发计数偏差。 ◦ 复杂情境下不会拆解，难以形成清晰的分步/分类路径。 2. 备考建议： ◦ 抓定义本质：分类互斥独立，分步相依连续，用实例对比强化理解。 ◦ 练标准建模：先明确“完成这件事”的目标，再定标准→分类/分步→算每类/步方法数→汇总。 ◦ 强化易错训练：针对重复/遗漏、顺序判断、多标准分类等专项练习，用不同解法互验。 ◦ 融合提升：结合排列组合、概率题，体会原理的工具属性，提高综合解题速度。 四、失分点与应对 • 失分点1：类/步判断错 → 先问“一种方法能否做完？”能则分类，不能则分步。 • 失分点2：分类重/漏 → 统一标准，按“特殊元素/位置”优先分类，用穷举法验证边界。 • 失分点3：分步顺序乱 → 按时间/逻辑顺序分步，关键步骤前置，每步独立不交叉。 • 失分点4：综合题拆解难 → 画树状图/流程图，可视化类与步，分步结果相乘、分类结果相加。 一、 知识与技能目标 1. 准确理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的概念，能清晰区分“分类”与“分步”的核心差异（分类互斥独立、分步相依连续）。 2. 熟练运用两个计数原理解决单一原理型和分类分步混合型的计数问题，涵盖数字排列、人员分配、几何计数等常见背景。 3. 能将两个计数原理作为工具，为后续学习排列组合、二项式定理、概率统计奠定基础，实现知识的衔接与迁移。 二、 过程与方法目标 1. 通过实例分析、对比归纳，掌握判断“分类”或“分步”的思维方法，形成“明确目标→确定标准→分类/分步→计算汇总”的解题流程。 2. 经历从具体情境抽象出数学模型的过程，提升逻辑推理和数学建模能力，学会用树状图、流程图等工具可视化计数逻辑。 3. 通过错题辨析（重复计数、遗漏计数、类步混淆），培养严谨的数学思维，提高纠错和验证的能力。 三、 情感态度与价值观目标 1. 感受计数原理在生活和生产中的广泛应用，体会数学的实用性与工具性。 2. 在复杂问题的拆解与解决过程中，培养耐心和条理性，增强学习数学的自信心。 3. 通过小组讨论、一题多解等活动，提升合作交流能力，养成多角度思考问题的习惯。 知识点1、分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在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． 知识点2、分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，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. 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 任务 完成一件事 步骤 完成它有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法 完成它需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法 结果 完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法 完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法 注意：两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理. 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理. 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法. 对两个计数原理的理解 计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 两个计数原理都可以用来计算完成某件事的方法种数，最终的目 的都是完成某件事 不同点 1. 完成一件事有n类办法，这n类办法之间是彼此独立的. 2. 每一类中的每一种方法都能独立完成这件事. 3. 把各类办法中的方法数相加就是完成这件事的所有方法数 1. 完成一件事需要若干个步骤，完成每个步骤又有若干种方法. 2. 只有每个步骤都完成了才算完成这件事，每个步骤缺一不可. 3. 把完成每个步骤的方法数相乘就是完成这件事的所有方法数 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 知识点3、两个计数原理的综合应用 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．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．有些实际问题的解决，并不一定是单一的分类或分步，而是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要分步完成；分步时，每步的方法可能会采取分类的思想解决. 另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应视问题的特点而定. 在解题过程中，要注意列举法、树状图法、间接法等的灵活应用. 利用计数原理解决涂色(种植)问题 1. 利用计数原理解决涂色(种植)问题的方法 (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进行分析； (2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，再在每一类的方法数中应用分步乘法计数原理，最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色(种植)方法数求和，即得到最终的涂色(种植)方法数. 2.重排问题求幂策略 允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，是分步问题元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置，一般地n不同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为种 一、核心解题步骤（通用流程） 1. 明确目标：清晰界定“要完成的这件事”具体是什么，避免因目标模糊导致分类/分步偏差。 2. 判断类型：核心依据是“能否一步完成” ◦ 若一种方法就能独立完成 → 用分类加法计数原理，各类方法数相加，注意类与类互斥、不重不漏。 ◦ 若需分多步依次完成，缺一不可 → 用分步乘法计数原理，各步方法数相乘，注意步与步相依、顺序合理。 3. 确定标准：分类要选统一标准（如按元素特征、位置要求等），分步要按逻辑/时间顺序（如先特殊后一般）。 4. 计算汇总：分类则累加各类结果，分步则累乘各步结果；混合型问题（先分类后分步/先分步后分类）需分层计算再汇总。 5. 验证复盘：用逆向思维、穷举法或换一种分类/分步标准检验，排查重复、遗漏问题。 二、不同情境解题技巧 1. 数字排列问题 ◦ 优先考虑特殊位置/元素（如首位不为0、奇偶性要求），先满足特殊条件，再处理其余位置。 ◦ 例：组成无重复数字的三位数 → 先定百位（非0），再定十位、个位，用分步乘法。 2. 人员分配/选取问题 ◦ 分配问题注意“是否有序”，有序用分步，无序可先分组再调整；选取问题若需分类，按选取数量或特征划分。 ◦ 例：3人分配到2个岗位，每人选一个岗位 → 每人有2种选择，分步乘法得 =8 种。 3. 几何计数问题 ◦ 结合几何图形性质（如点共线、线共面），按图形类型分类（如三角形、线段），避免重复计数。 ◦ 例：计算平面内n个点能组成的三角形数 → 先算总组合数，再减去共线点的组合数。 4. 涂色问题 ◦ 按“区域顺序”分步，优先涂相邻区域多的部分；或按“颜色种类”分类，注意相邻区域颜色不同的限制。 三、易错点规避策略 1. 防重复/遗漏：分类标准统一到底，不中途更换；分步时先处理特殊元素/位置，减少后续干扰。 2. 类步混淆纠正：遇复杂问题画树状图/流程图，可视化每一类、每一步的选择，直观区分类与步。 3. 多限制条件处理：将限制条件转化为“优先满足项”，如“含某元素”的选取问题，可分“选该元素”和“不选该元素”两类。 题型01：分类计数原理——加法原理 【典型例题1】集合，，，，5，6，，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【解析】分为集合提供横坐标，集合提供纵坐标和集合提供纵坐标，集合提供横坐标两种情形讨论即可. 第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数． 若集合提供横坐标，集合提供纵坐标，则有， 若集合提供纵坐标，集合提供横坐标，则有，合计， 即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6个， 故选：D. 【典型例题2】学校运动会上，有，，三位运动员分别参加3000米，1500米和跳高比赛，为了安全起见，班委为这三位运动员分别成立了后勤服务小组，甲和另外四个同学参加后勤服务工作（每个同学只能参加一个后勤服务小组）.若甲在A的后勤服务小组，则这五位同学的分派方案有（     ）种 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】分三类，A小组只有一人，只有两人，恰有三人三种情况，再利用分类加法计数原理求解. 若A小组只有一人，则5人的分配方案有种； 若A小组只有两人，则5人的分配方案有种； 若A小组恰有三人，则5人的分配方案有种， 所以共有50种， 故选：B. 【变式训练1-1】某药品研究所研制了5种消炎药（，，，，）、4种退热药（，，，），现从中取出两种消炎药和一种退热药同时使用进行疗效试验，但已知，两种药必须同时使用，且，两种药不能同时使用，则不同的试验方案有多少种？ 【答案】14 【解析】根据取出消炎药与退热药的要求，分三类情况进行讨论，根据加法原理得到结果. 解：当取，时，再取退烧药有（种）方案，此时不同的试验方案有4（种）方案； 当不取，且取时，取另一种消炎药的方法有（种）方案， 由于，两种药不能同时使用，所以再取退烧药有（种）方案， 此时不同的试验方案有（种）方案； 当取，时，再取退烧药有（种）方案，此时不同的试验方案有4（种）方案； 综上所述，不同的试验方案共有（种）方案. 【变式训练1-2】某企业面试环节准备编号为的四道试题，编号为的四名面试者分别回答其中的一道试题（每名面试者回答的试题互不相同），则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有（    ） A．9种 B．10种 C．11种 D．12种 【答案】A 【解析】由列举法，结合分类计数原理即可求解. 用表示编号的面试者回答的试题为，其中， 所以的全部可能情况有：， 所以共有9种。故选：A 【变式训练1-3】中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学每个吉祥物都喜欢，如果三位同学对选取的礼物都满意，则选法有 A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【解析】分情况讨论：若甲同学选择牛或甲同学选择马，利用分步乘法计数原理即可求解． ①若甲同学选择牛，则乙同学有种选择，丙同学有种选择，选法种数为， ②若甲同学选择马，则乙同学有种选择，丙同学有种选择，选法种数为， 综上，总共有种选法，故选A． 【变式训练1-4】第十九届西北医疗器械展览将于2018年5月18至20日在兰州举行,现将5名志愿者分配到3个不同的展馆参加接待工作，每个展馆至少分配一名志愿者的分配方案种数为 （ ） A. 540 B. 300 C. 180 D. 150 【解析】将5人分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分别计算分为两类情况的分组种数，再 分配到三个不同的展馆，就可以得到题中要求的结果.当分成1，1，3时有；分成2，2，1时有种分法，由分类计数原理可得，共有+=150种不同的分法，所以答案为D. 【答案】D 题型02：分步计数原理——乘法原理 【典型例题1】甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，则不同游览方案的种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】分析可知，每个人都有三种选择，利用分步乘法计数原理可得结果. 甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方， 每个人都有三种选择，则不同的游览方案种数为种. 故选：B. 【典型例题2】从0､1､2､3､4､5六个数字中任取四个数字，可以组成多少个没有重复数字、且为奇数的四位数？ 【答案】 【解析】利用分步乘法计算原理即可得解. 依题意，因为这个四位数没有重复数字、且为奇数， 先考虑个位数，必然是从这三个数中选一个，故有3种选法； 再考虑千位数，由于个数位占用了一个数字，0又不能放在首位（即千位），故有4种选法； 接下去考虑百位数，易知有4种选法； 最后考虑十位数，易知有3种选法； 所以一共可以组成个满足条件的四位数. 【变式训练2-1】现有5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（    ） A． B． C．20 D．9 【答案】A 【解析】将此事分为5步，每一步均为1名同学选择讲座，后由分步计数原理可得答案. 将完成此事分为5步.第1步为第一名同学完成选择，有4种方法；第2步为第二名同学完成选择，有4种方法；；第5步为第五名同学完成选择，有4种方法. 则由分步计数原理可知，不同选法的种数位为：.故选：A 【变式训练2-2】360的不同正因数的个数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．42 【答案】A 【解析】根据质因数分解，结合分步计数原理进行求解即可. 因为，所以360有个不同的正因数．故选：A 【变式训练2-3】某省的体育彩票中，把有顺序的7个数字组成一个号码，称为一注．7个数字中的每个数字都选自0，1，2，…，9这10个数字，并且数字可以重复．不同号码的彩票一共有多少注？ 【答案】 【解析】根据分步计数原理求解即可. 由题意，有顺序的7个数字每位均有0，1，2，…，9这10个数字的10种选择，数字可以重复则不同号码的彩票一共有注. 【变式训练2-4】从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（ ） A．7 B．9 C．12 D．16 【答案】C 【解析】根据题意分两步完成任务： 第一步：从A地到C地，有3种不同的走法； 第二步：从C地到B地，有4种不同的走法， 根据分步乘法计数原理，从A地到B地不同的走法种数：种，故选：C. 【变式训练2-5】中国象棋中棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线（图中楚河汉界处的“日”字没有画出），如图，马从点处走出一步，只能到达点，，中的一处则马从点出发到达对方“帅”所在的处，最少需要的步数是　　 A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【解析】由题意可知，按如图所示的走法， 需要6步即可点出发到达对方“帅”所在的处， 故选：B. 【变式训练2-6】2024年9月1日兰州地铁五号线正式开通，两位同学同时去乘坐地铁，一列地铁有节车厢，两人进入车厢的方法数共有 A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【解析】根据分步乘法计数原理计算方法种数． 每位同学都可以进入地铁中的任何一节车厢，每个人都有6种方法，所以两人进入车厢的方法数共有种方法．故选C. 题型03：计数原理的判断及综合应用 【典型例题1】判断正误（正确的写正确，错误的写错误） （1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分类问题.( ) （2）分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情．( ) （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题．( ) （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题．( ) 【答案】 错误 错误 正确 正确 【解析】根据分类加法计数原理、分步乘法计数原理的知识判断出正确答案. （1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分步问题，（1）错误. （2）分步乘法计数原理是指完成所有的步骤才是完成整件事情，（2）错误. （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题，（3）正确. （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题，（4）正确 故答案为：错误；错误；正确；正确 【典型例题2】从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数，则该三位数能被整除的概率为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数：（个），三位数是的倍数，需要满足各个数位上的数之和是的倍数，有两种情况和；由 组成没有重复数字的三位数共有个，由组成没有重复数字的三位数共有 个，所以一共有：个，这个三位数被整除的概率是，故选D. 【变式训练3-1】“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【答案】B 【解析】先求得所有6位 “回文数”的个数，再求得6位 “回文数”中各位数字全相同的个数，进而得到所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的个数. 6位 “回文数”中个位与十万位数字相同且不为0， 十位与万位数字相同，百位与千位数字相同， 第一步，确定个位与十万位数字，有9种可能， 第二步，确定十位与万位数字，有10种可能， 第三步，确定百位与千位数字，有10种可能， 则6位 “回文数”共有（个）， 又6位 “回文数”中各位数字全相同的共有9个， 则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（个）.故选：B 【变式训练3-2】已知集合M={1，-2，3}，N={-4，5，6，-7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b．则下列说法正确的有（    ） A．表示不同的正数的个数是6 B．表示不同的比1小的数的个数是6 C．（a，b）表示x轴上方不同的点的个数是6 D．（a，b）表示y轴右侧不同的点的个数是6 【答案】BC 【解析】对于四个选项中的计数问题，分别用分类、分步计数法表示，并排除重复情况即得解 对于选项A，若a，b均为正，共有2×2=4个，若a，b均为负，共有1×2=2个，但，所以共有5个，所以选项A错误； 对于选项B，若为正，显然均比1大，所以只需为负即可，共有2×2+1×2=6个，所以选项B正确； 对于选项C，要使（a，b）表示x轴上方的点，只需b为正即可，共有2×3=6个，所以选项C正确； 对于选项D，要使（a，b）表示y轴右侧的点，只需a为正即可，共有2×4=8个，所以选项D错误． 故选：BC 【变式训练3-3】几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，下列结论正确的是 A．最高处的树枝为､当中的一个 B．最低处的树枝一定是 C．这九棵树枝从高到低不同的顺序共有33种 D．这九棵树枝从高到低不同的顺序共有32种 【答案】AC 【解析】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为，还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，根据的位置不同分类讨论，求得这九根树枝从高到低不同的顺序共33种． 由题判断出部分树枝由高到低的顺序为，还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，故选项正确； 先看树枝，有4种可能，若在，之间， 则有3种可能：①在，之间，有5种可能； ②在，之间，有4种可能； ③在，之间，有3种可能， 此时树枝的高低顺序有（种）． 若不在，之间，则有3种可能，有2中可能， 若在，之间，则有3种可能， 若在，之间，则有三种可能， 此时树枝的高低顺序有（种）可能， 故这九根树枝从高到低不同的顺序共有种，故选项正确．故选AC． 【点睛】（1）解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)． （2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法． 【变式训练3-4】用组成四位数，其中恰有一个数字出现两次的四位数有________个． 【答案】36 【解析】出现两次的数字是1，2，3这三种情况进行分类，先排其他两个数字的位置，利用乘法原理计算，再按加法原理将三类结果相加即可． 、出现两次的数字可以是1，2，3，按这三种情况讨论： ①出现两次的数字可以是1时，要排一个四位数，先为2选位置，有4种选法；再为3选位置，有3种选法，剩余位置直接放1即可，共种排法； ②出现两次的数字可以是2时，要排一个四位数，先为1选位置，有4种选法；再为3选位置，有3种选法，剩余位置直接放1即可，共种排法； ③出现两次的数字可以是3时，要排一个四位数，先为1选位置，有4种选法；再为2选位置，有3种选法，剩余位置直接放1即可，共种排法； 综上，用组成四位数，其中恰有一个数字出现两次的四位数有个． 故答案为36． 题型04：计数原理在实际问题中的应用 【典型例题1】有8种不同型号的手机供4位顾客选购，每人只购一台，则共有 种不同的选法. 【答案】 【解析】按分步计数原理计算可得. 由已知得，每位顾客都有8种选法， 所以共有种方法， 故答案为： 【典型例题2】浙江省高考实行“七选三”选科模式，赋予了学生充分的自由选择权．甲、乙、丙三所学校分别有75%，60%，50%的学生选了物理，这三所学校的学生数之比为，现从这三所学校中随机选取一个学生，则这个学生选了物理的概率为 ． 【答案】 【解析】先求得这个学生来自每个学校并且选择了物理的概率，最后由分类加法算出总概率. 设：事件：这个学生来自甲学校；事件：这个学生来自乙学校；事件：这个学生来自丙学校； 事件：甲学校学生选了物理；事件：乙学校学生选了物理；事件：丙学校学生选了物理； 由题意知：这个学生选择是物理的概率：. 故答案为：. 【变式训练4-1】5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，且甲乙听同一个讲座，则不同选择的种数是 ． 【答案】 【解析】根据题意，把甲乙看成一个同学，由分步计数原理，即可求解. 根据题意，把甲乙看成一个同学，由分步计数原理，可得不同选择的种类是． 故答案为：. 【变式训练4-2】随着外地返乡人员的增加，当前防疫形势愈加严峻，射洪已经发现了多起新冠阳性病人.射洪中学计划下周星期一、二、三，连续三天对我校在校师生进行核酸检测.高三数学组有金老师、赵老师、谭老师、黄老师四人主动申请参与信息采集.每人自行选择其中的某一天参与，但金老师和谭老师不能在同一天参加，则不同的安排方式有 .（用数字作答） 【答案】 【解析】先考虑四位老师各随机选择一天参与核酸信息采集的安排方式种数，再考虑金老师和谭老师在同一天参加的安排方式种数，利用间接法可求得金老师和谭老师不能在同一天参加的安排方式种数. 四位老师各随机选择一天参与核酸信息采集，不同的安排方式种数为种， 其中，金老师和谭老师在同一天参加的安排方式种数为种， 因此，金老师和谭老师不能在同一天参加，不同的安排方式种数为种. 故答案为：. 【变式训练4-3】 （1）从甲地到乙地有三种方式可以到达．每天有8班汽车、2班火车和2班飞机．一天一人从甲地去乙地，共有________种不同的方法． （2）满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________． 【答案】12 13 【解析】（1）由题意可分为三类，然后利用分类加法计数原理求解即可； （2）当a＝0时，方程为一元一次方程，则b的值有4种取法，当a≠0时，则由＝4－4ab≥0，得ab≤1，然后给取值，再利用分类加法计数原理可得结果 （1）分三类：一类是乘汽车有8种方法；一类是乘火车有2种方法；一类是乘飞机有2种方法，由分类加法计数原理知，共有8＋2＋2＝12(种)方法． （2）当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使＝4－4ab≥0，即ab≤1． 若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4； 若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3； 若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2． 由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13． 故答案为12；13． 【变式训练4-4】某公园划船收费标准如下： 船型 两人船 （限乘2人） 四人船 （限乘4人） 六人船 （限乘6人） 每船租金 （元/小时） 90 100 130 某班16名同学一起去该公园划船，若每人划船的时间均为1小时，每只租船必须坐满，租船最低总费用为___________元，租船的总费用共有__________种可能． 【答案】360 10 【解析】由题意直接列举出所有可能即可得解． 由题意，当租两人船时，租金为元， 当租四人船时，租金为元， 当租一条两人船、两条四人船、一条六人船时，租金为元， 当租两条两人船、三条四人船时，租金为元， 当租两条两人船、两条六人船时，租金为元， 当租三条两人船、一条四人船、一条六人船时，租金为元， 当租四条两人船、两条四人船时，租金为元， 当租五条两人船、一条六人船时，租金为元， 当租六条两人船、一条四人船时，租金为元， 当租一条四人船、两条六人船时，租金为元． 所以租船最低总费用为360元，租船的总费用共有10种可能． 故答案为360；10． 【变式训练4-5】5名学生报名参加4项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为__________；将三封信投入四个邮简共有__________种不同的投递方式． 【答案】1024 64 【解析】利用分步乘法计数原理求解即可． 由题意知，每名学生都有4种报名方法， 因此，5名学生的报名方法的种数为． 由题意知，每封信放入邮筒有4种不同的投递方式， 由分步乘法计数原理可知，将三封信投入四个邮筒共有种不同的投递方式． 故答案为；． 【变式训练4-6】某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是 第1节 第2节 第3节 第4节 地理1班 化学A层3班 地理2班 化学A层4班 生物A层1班 化学B层2班 生物B层2班 历史B层1班 物理A层1班 生物A层3班 物理A层2班 生物A层4班 物理B层2班 生物B层1班 物理B层1班 物理A层4班 政治1班 物理A层3班 政治2班 政治3班 A．此人有4种选课方式 B．此人有5种选课方式 C．自习不可能安排在第2节 D．自习可安排在4节课中的任一节 【答案】BD 【解析】根据表格分类讨论即可得到结果． 由于生物在B层，只有第2，3节有，故分两类： 若生物选第2节，则地理可选第1节或第3节，有2种选法，其他两节政治、自习任意选， 故有种（此种情况自习可安排在第1、3、4节中的某节）； 若生物选第3节，则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选第2节，故有1种．根据分类加法计数原理可得选课方式有种． 综上，自习可安排在4节课中的任一节．故选BD． 【变式训练4-7】编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？ 【答案】见解析 【解析】根据A球所在位置分三类： ①若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6(种)不同的放法． ②若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6(种)不同的放法． ③若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6(种)不同的放法，根据分步乘法计数原理，得3×6＝18(种)不同的方法． 综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种． 题型05：代数中的计数问题 【典型例题】已知，且，则所有满足条件的数对的个数为（    ） A．12 B．13 C．20 D．24 【答案】B 【解析】将题设条件变形为且、，结合判断的可能数值，即可得答案. 由题设，即， 又，且，则， 所以且， 可能为、、、、、、、、、、、、，共13个， 所以对应也有13个. 综上，所有满足条件的数对的个数为13个.故选：B 【变式训练5-1】乘积展开后共有______项. 【答案】8 【解析】根据题意，乘积展开式后的每一项是，这2个式子中任取一项后相乘， 而有2种取法，有4种取法， 根据乘法原理得共有种取法， 所以展开式共有8项， 故答案为：8. 【变式训练5-2】，是的子集，若，称为理想配集，则所有理想配集的个数________. 【答案】27 【解析】转化为填数问题，运用分步计数原理即可． 如图，因为 ， 所以元素2、4、6只能出现在图中① ② ③三个位置，所以2、4、6每个元素都有3种选择，共有个配集．故答案为27． 【变式训练5-3】称子集是“好的”，如果它有下述性质：“若，则且”（空集和M都是“好的”），则M中有多少个包含有2个偶数的“好的”子集？ 【答案】56个. 【解析】根据题中集合的新定义，分类讨论：两偶数是相邻的或两偶数不相邻，然后再利用分步乘法计数原理以及分类加法计数原理即可求解. 含有2个偶数的“好的”子集A，有两种不同的情形： ①两偶数是相邻的，有4种可能：2，4；4，6；6，8；8，10. 每种情况必有3个奇数相随（如，则）. 余下的3个奇数可能在A中，也可能不在A中， ∴这样的“好的”子集共有个. ②两偶数不相邻，有6种可能：2，6；2，8；2，10；4，8；4，10；6，10. 每种情况必有4个奇数相随（如，则）. 余下的2个奇数可能在A中，也可能不在A中， ∴这样的“好的”子集共有个. 综上所述，M中有个包含2个偶数的“好的”子集. 【变式训练5-4】已知集合，若a，b，c∈M，则： （1）可以表示多少个不同的二次函数？ （2）可以表示多少个图象开口向上的二次函数？ 【答案】（1）180；（2）72. 【解析】（1）根据，表示二次函数，由此可判断a的取值情况，再分别判断b，c的取值情况，然后利用分步乘法计数原理求解. （2）根据二次函数的性质，开口向上，则，由此可判断a的取值情况，再分别判断b，c的取值情况，然后利用分步乘法计数原理求解. （1）因为a不能取0，所以有5种取法，b有6种取法，c有6种取法， 所以可以表示个不同的二次函数. （2）的图象开口向上时，a不能取小于等于0的数，所以有2种取法，b有6种取法，c有6种取法， 所以可以表示个图象开口向上的二次函数 题型06：几何中的计数问题 【典型例题1】过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为 A．18 B．30 C．36 D．54 【答案】C 【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案． 如图，分以下几类： 棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对； 棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对； 侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 所以共有对．故选C． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题． 【典型例题2】如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 【答案】D 【解析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答. 正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线， 对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有（个）； 对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个， 不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直， 所以正方体中“正交线面对”共有（个）.故选：D 【变式训练6-1】已知是边长为1的正方形，在空间中取4个不同的点，使得它们与恰好成为一个侧棱长为1的正四棱柱的8个顶点，则不同的取法数为 ． 【答案】12 【解析】根据题意，按正方形在棱柱中的位置分2种情况讨论，分析正四棱柱的数目，相加可得答案． 根据题意，分2种情况讨论： ①正方形作为对角面时，有6个， ②正方形作为正四棱柱的底面或侧面，有6个， 共有种取法． 故答案为：12. 【变式训练6-2】已知直线中的a，b，c是取自集合中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是 ． 【答案】11 【解析】设倾斜角为，由，对分情况讨论，利用计数原理计算即可． 设倾斜角为，，则，不妨设，则， 若，a有2种取法，b有2种取法，排除1个重复(与)，故这样的直线有条；若，a有2种取法，b有2种取法，c有2种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有条，从而，符合要求的直线有条． 故答案为：11． 【变式训练6-3】记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（    ） A．2 B．5 C．8 D．9 【答案】D 【解析】分两种情况：与平面平行、经过△中位线分别求出它们满足要求的个数，加总即可.当与平面平行时，如下图存在2种情况. 当经过△中位线时，如下图其中一条中位线有2种情况，故三条中位线，共有6种情况. 综上，共有2+6=8种情况.故选：D. 【变式训练6-4】二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为 .（用数字作答） 【答案】 【解析】根据图形的旋转规律，结合分步计数原理即可求解. 由题意知，作出的正方形方格阵图，如图所示： 因为“转转码”有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合， 则可知正方形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列完全相同，且每个正方形关于其对角线、、和对称， 矩形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列也完全相同，其中正方形逆时针旋转后位置不变， 只需该的二维码中的正方形的个方格、矩形的3个方格及正方形方格，共计个方格，出现双色方格，该二维码即是“转转码”， 则该“转转码”的个数有：种，故答案为：. 【变式训练6-5】正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有 种不同选法 【答案】12 【解析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点，确定共面的情况数，注意重复计数的情况. 从任意一个侧棱出发，其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况， 所以，所有共面的情况有种，而每条棱均重复计数一次， 综上，正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有种.故答案为：12 【变式训练6-6】圆周上有个等分点，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ． 【答案】 【解析】只有三角形的一条边为直径才能组成直角三角形,第一步选直径共有种方法，第二步选直角顶点有种，根据分步计数原理相乘即可. 由题意知,只有三角形的一条边过圆心,才能组成直角三角， 因为圆周上有 个等分，所以共有条直径， 每条直径可以和除去本身的两个端点外的点组成直角三角形，所以可做个直角三角形. 根据分步计数原理知,共有 个故答案为:. 【变式训练6-7】过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为 A．18 B．30 C．36 D．54 【答案】C 【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案． 如图，分以下几类： 棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对； 棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对； 侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 所以共有对．故选C． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题． 题型07：数字排列问题 【典型例题1】用数字组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 ． 【答案】 【解析】用组成无重复数字的五位奇数，可以看作是个空,要求个位是奇数,其它位置无条件限制,因此先从个奇数中任选个填入个位,其它个数在个位置上全排列即可. 要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排中的一个数，共有3种排法，然后还剩个数，剩余的个数可以在十位到万位个位置上全排列，共有种排法， 由分步乘法计数原理得，由组成的无重复数字的五位数中奇数有个.故答案为：. 【点睛】本题主要考查分步计数原理及位置有限制的排列问题，属于中档题.元素位置有限制的排列问题有两种方法：（1）先让特殊元素排在没限制的位置；（2）先把没限制的元素排在有限制的位置. 【典型例题2】在3000和7000间有 个没有重复数字的5的倍数． 【答案】392 【解析】由两个计数原理求解． 满足5的倍数的个位为0或5， 当个位是0时，千位有4种情况，共有种， 当个位是5时，千位有3种情况，共有种， 故共有个满足题意的数，故答案为：392 【变式训练7-1】用，，，四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有（ ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【解析】根据特殊位置优先安排的原则，结合乘法计数原理即可求解. 先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，由种选择， 根据分步乘法计数原理可得共有个不重复的三位偶数，故选：D 【变式训练7-2】从中任取3个数字，从中任取2个数字，则一共可以组成五位数（没有重复数字）的个数是（    ） A．720 B．1200 C．1440 D．1728 【答案】C 【解析】可先选后排，共有种方法，计算即可． 从中任取3个数字有种方法， 从中任取2个数字有种方法， 再把取出的5个数全排列共有 故一共可以组成1440个没有重复数字的五位数．故选： 【变式训练7-3】世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在年和年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．如今，哥德巴赫猜想仍未解决．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于的偶数，都可以写成两个质数之和．（质数是指在大于的自然数中，除了和它本身以外不再有其他因数的自然数）．在不超过的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种． 【答案】 【解析】列举出不超过的质数，分析可知必取，然后在剩余个奇数中任选一个即可，即可得出不同的选法种数.不超过的质数有：、、、、、、，共个， 在这个数中随机选取两个不同的数，其和为奇数，则必取， 然后在剩余个奇数中任选一个即可， 所以，不同的取法种数为种.故答案为：. 【变式训练7-4】数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为 . 【答案】12 【解析】讨论百位数为6、5、4、3、2、1分别列举出符合要求的“吉祥数”，即可得结果. 当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600； 当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510； 当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420、402； 当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330、312； 当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240、204、222； 当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150、114、132； 综上，共有12个“吉祥数”.故答案为：12 【变式训练7-5】已知0，1，2，3，4，5，6共7个数字． (1)可以组成多少个没有重复数字的四位数？ (2)可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？ (3)可以组成多少个没有重复数字且能被5整除的四位数？（结果用数字作答） 【答案】(1)720；(2)420；(3)220 【解析】（1）分两步，先排最高位，其余的3个位置没有限制任意排； （2）分末尾是0，和末尾是2，4，6排列； （3）分末尾是0和5排列. （1）解：先排最高位有6种方法，其余的3个位置没有限制，任意排，有种方法． 根据分步计数原理，可组成没有重复数字的四位数的个数为； （2）末尾是0，则有＝120个；末尾不是0，则末尾是2，4，6，有个， 共有120+300＝420个． （3）5的倍数末尾是0，则有＝120个；末尾是5，有个． 共有120+100＝220． 题型08：染色问题 【典型例题1】用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（    ）    A．240 B．360 C．480 D．600 【答案】C 【解析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解. 将区域标号，如下图所示：    因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法， 若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法； 若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法. 故选：C. 【典型例题2】如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ） A．192 B．420 C．210 D．72 【答案】B 【解析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类，结合分类加法、分步乘法计算即可. 按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类： 第一类，A，C同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 第二类，A，C不同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 根据分类加法计数原理，共有种不同的染色方法. 故选：B. 【变式训练8-1】如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（   ） A． B．当时，若同色，共有48种涂法 C．当时，若不同色，共有48种涂法 D．当时，总的涂色方法有420种 【答案】ABD 【解析】根据同色或者不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解. 对于A，由于区域与均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确， 对于B，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 涂时，由于同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂， 故共有种涂法，B正确； 对于C，当时，涂有种， 当不同色（D只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能用与同色，此时共有24种涂法，C错误； 对于D，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 涂时，当同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与同色的颜色中选择一种涂， 故共有种涂法， 当不同色，此时四块区域所用颜色各不相同，共有， 只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂此时共有种涂法， 综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确， 故选：ABD 【变式训练8-2】如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种. 【答案】72 【解析】根据给定信息，利用用色多少分类，再结合分步乘法计数原理列式计算作答. 观察图形知，2区与4区不相邻，3区与5区不相邻，且不相邻的区域可用同1种颜色涂色，因此计算涂色方法可用3色和4色， 使用3种颜色，则2区与4区同色，3区与5区必同色，涂2区与4区有4种方法， 涂3区与5区有3种方法，涂1区有2种方法，则涂色方法有（种）； 使用4种颜色，选取同色的方案有2种，涂同色的两块有4种方法，涂另外3块依次有3，2，1种方法， 则涂色方法有（种）， 所以不同的涂色方法共有（种）.故答案为：72 【变式训练8-3】用5种不同的颜色给如图标有A，B，C，D的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻（有公共边）两部分不同颜色，则不同的涂色方法共有 .     【答案】 【解析】分B，D两部分颜色相同与不同两种情况，再结合乘法计数原理求解即可. 当B，D两部分颜色相同时，先涂B，D两部分，有5种选择，再分别涂A，C均有4种选择，故共种情况； 当B，D两部分颜色不相同时，先涂B，D两部分，有种选择，再分别涂A，C均有3种选择，故共种情况； 故总共有种情况.故答案为： 【变式训练8-4】如图，用6种不同的颜色将A､B､C三个区域涂色，每个区域涂上一种颜色，且有公共边的区域不能涂同一种颜色.问：不同的涂色方法共有多少种？    【答案】 【解析】利用特殊位置法，结合分步计数原理即可得解. 先考虑涂区域，有6种不同的颜色可选，故有6种涂法； 再考虑区域，由于有公共边的区域不能涂同一种颜色，故有5种涂法； 最后考虑区域，显然也有5种涂法； 故不同的涂色方法有种. 【变式训练8-5】如图，对“田”字型的四个格子进行染色．每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种，每个格子只染一种颜色，且相邻的格子不能都染红色，则满足要求的染色方法有________种． 【答案】56 【分析】按“没有一格染红色”、“恰有一格染红色”、“恰有两格染红色”分类即可． 【解析】若4个格子中没有一格染红色，每格都染黄或蓝，有种不同染法： 若4个格子中恰有一格染红色，4格中选一格染红，其余3格染黄或蓝，有种不同染法；若4个格子中恰有两格染红色，有2种情况，其余2格染黄或蓝，有种不同所以不同染法．共有56种．故答案为56 【变式训练8-6】如图是为了提高小朋友智力的游戏画板，现提供种不同的颜色给其中个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域不同色，则使、区域同色的涂法有________种． 【答案】 【解析】选1种颜色涂区，然后在剩下的4种中选3种（三区不同色）或选2种（同色）涂色即得．涂色后，按同色和不同色分类计算．所以总方法为．故答案为180． 【变式训练8-7】作家马伯庸小说《长安十二时辰》中，靖安司通过长安城内的望楼传递信息．同名改编电视剧中，望楼传递信息的方式有一种如下：如图所示，在九宫格中，每个小方格可以在白色和紫色（此处以阴影代表紫色）之间变换，从而一共可以有512种不同的颜色组合，即代表512种不同的信息．现要求每一行、每一列上都有且只有1个紫色小方格（如图所示即满足要求）．则一共可以传递________种信息．（用数字作答） 【答案】6 【解析】由题意，分3步依次分析三行方格的可能情况数目，由分步计数原理计算可得答案 根据题意，分3步： 第一步，在每行中，有且只有1个紫色小方格，有3 种情况， 第二步，在第二行的3个方格中，要求每列上都有且只有一个紫色小方格，则第二行有2种情况， 第三步，在第三行，只有1种情况， 则有种情况，故答案为6 【变式训练8-8】近年来，各地着力打造“美丽乡村”，彩色田野成为美丽乡村的特色风景，某乡村设计一块类似于赵爽弦图的巨型创意农田（如图所示），计划从黄、白、紫、黑、绿五种颜色的农作物选种几种种在图中区域，并且每个区域种且只种一种颜色的农作物，相邻区域所种的农作物颜色不同，则共有______种不同的种法．（用数字作答） 【答案】 【解析】先考虑区域所种农作物的种数，然后依次分析区域、区域所种农作物的种数，对区域与区域所种农作物的颜色是否相同进行分类讨论，确定区域所种农作物的种数，利用分类加法和分步乘法计数原理可得结果． 区域有种选择，区域有种选择，区域有种选择． ①若区域和区域所种的农作物颜色相同，则区域有种选择； ②若区域和区域所种的农作物颜色不同，则区域有种选择，区域有种选择． 综上所述，共有种不同的种法．故答案为． 【点睛】涂色问题常用方法： （1）根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理区域涂色问题的基本方法； （2）根据共用了多少种颜色，分别计算出各种情形的种数，再利用分类计数原理求出不同的涂色方法种数； （3）根据某两个不相邻区域是否同色进行分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，再利用分类计数原理求出不同涂色方法种数． 【变式训练8-9】有2辆不同的红色车和2辆不同的黑色车要停放在如图所示的六个车位中的四个内，要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，则共有________种不同的停放方法．（用数字作答） 【答案】 【解析】首先在第一行停放一辆红色车与一辆黑色车，再在第二行分类讨论停放剩下车，最后利用分步计数原理即可得出结果． 因为要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，所以第一行只能停放一辆红色车与一辆黑色车，共有种停法， 再在第二行分类讨论停放剩下车，第二辆红车如果停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有2种方法，如果第二辆红车不停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有1种方法，共有3种情况， 因此共有种情况；故答案为． 【点睛】通过已知条件得出同色车必停在斜线的位置，用列举法把满足题意的情况列举出来是解决本题的关键． 题型09：其他计数模型 【典型例题1】设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的种数为 . 【答案】45 【解析】先选出一个球的编号与盒子的编号相同，再用列举法求出另外4个球的编号与盒子的编号不同的投放种数，再用分步乘法计数原理可得结果. 先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况， 例如：5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为，，，，，，，，共9种， 故将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法种数为种，故答案为：45. 【典型例题2】据《孙子算经》记载，算筹计数法则是：“凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当."算筹计数法有纵､横两种形式，如图为纵式计数形式，一竖表示1个单位，一横表示5个单位，例如三竖一横表示8. 现从上图中选择三个数构成等比数列，则能构成等比数列的组合中所有数的纵式计数形式中共有横数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】列出能构成等比数列的数组，然后可得答案. 正整数1~9中能构成等比数列的三个数一共有四组，分别是1，2，4；2，4，8；1，3，9；4，6，9. 其中只有6，8，9的纵式计数形式中各有1横，所以共有4横故选：D 【变式训练9-1】已知有红绿黄蓝4个不同颜色的球及红绿黄蓝4个不同颜色的盒子,现在在每个盒子里放一个球,并且确保4个盒子与盒子里的球的颜色都不相同,则不同的放法有 种. 【答案】9 【解析】将所有情况进行一一列举出数数即可.解:记为红绿黄蓝4个不同颜色的球,将四个盒子按红绿黄蓝顺序放好,将表示放入四个盒子的球的颜色, 则所有的结果为: 共9种.故答案为:9 【变式训练9-2】位顾客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一顶帽子，则人拿的都不是自己的帽子方案总数为 .（用数字作答） 【答案】 【解析】记位顾客分别为甲、乙、丙、丁，假设甲拿了乙的帽子，利用列举法结合分类计数原理可得结果. 记位顾客分别为甲、乙、丙、丁. 假设甲拿了乙的帽子，则乙拿了甲的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了丙的帽子；或乙拿丙的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了甲的帽子；或乙拿了丁的帽子，丙拿了甲的帽子，丁拿了丙的帽子. 若甲拿了丙或丁的帽子，同理可知，符合条件的方案数均为种. 综上所述，人拿的都不是自己的帽子方案总数为.故答案为：. 【变式训练9-3】寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排五个座位（一排共五个座位），上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有 种. 【答案】45 【解析】先选出坐对位置的人，再对剩下四人进行错排，最后利用分布计数乘法原理求结果. 先选出坐对位置的人，即从5人中选1人，有5种可能； 剩下四人进行错排，设四人座位为，则四人都不坐在自己位置上有这9种可能； 所以恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有种故答案为：45 【点睛】本题考查错排问题，考查基本分析求解能力，属基础题. 【变式训练9-4】已知集合，，，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中的点的坐标，则确定不同点的坐标个数为 ． 【答案】 【解析】先从三个集合中各取一个元素，计算出所构成的点的总数，再减去两个坐标为时点的个数，即可得出结果.集合，，，从这三个集合中各选一个元素构成空间直角坐标系中的点的个数为， 其中点的坐标中有两个的点为、、，共个，在选的时候重复一次， 因此，确定不同点的坐标个数为.故答案为：. 【点睛】本题考查排列组合思想的应用，解题时要注意元素的重复，结合间接法求解，考查计算能力，属于中等题. 一、单选题 1．用数字、、、组成没有重复数字的位数，其中比大的有 A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【解析】分析可知首位数字为或，其它数位在剩余个数字中选择个数字排序即可，利用分步乘法计数原理可得结果．由题意可知，首位数字为或，其它数位在剩余个数字中选择个数字排序即可，由分步乘法计数原理可知，比大的位数的个数为．故选B． 2.若一位三位数的自然数各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们就把这样的三位数定义为“单重数”.例如：232，114等，则不超过200的“单重数”中，从小到大排列第22个“单重数”是（ ） A．166 B．171 C．181 D．188 【答案】B 【解析】由题意可得：不超过200的数， 两个数字一样同为0时，有100，200有2个， 两个数字一样同为1时，有110，101，112，121，113，131，一直到191，119，共18个， 两个数字一样同为2时，有122，有1个 同理，两个数字一样同为3，4，5，6，7，8，9时各1个， 综上，不超过200的“单重数”共有， 其中最大的是200，较小的依次为199，191，188，181，177，171， 故第22个“单重数”为171，故选：B. 3．由0，1，2三个数字组成的三位数(允许数字重复)的个数为 A．27 B．18 C．12 D．6 【答案】B 【解析】根据分步计数原理，逐个分析每个位置可能的情况，相乘计算即可． 分三步，依次取个位､十位､百位上的数字，分别有3种､3种､2种取法，故共可得3×3×2=18个不同的三位数．故选B. 4.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 【答案】B 【解析】由分步乘法原理知:用0，1，…，9十个数字组成的三位数(含有重复数字的)共有9×10×10=900，组成无重复数字的三位数共有9×9×8=648，因此组成有重复数字的三位数共有900－648=252． 5.数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343 ，12521等.两位数的回文数有11 ，22 ，3，……，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是（ ） A．40 B．30 C．20 D．10 【答案】A 【解析】由题意，若三位数的回文数是偶数，则末（首）位可能为，，，.如果末（首）位为， 中间一位数有种可能，同理可得，如果末（首）位为或或， 中间一位数均有种可能，所以有个，故选：A 6．从6种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法有 A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【解析】根据从6种颜色中选，给最左边的一个格子涂色有6种选择，再根据相邻的两个格子颜色不同，依次涂色，最后利用分步计数原理求解． 首先给最左边的一个格子涂色有6种选择，左边第二个格子有5种选择，左边第三个格子有5种选择，左边第四个格子有5种选择，不同的涂色方法有，故选D. 7．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种． A．24 B．48 C．72 D．96 【答案】C 【解析】先涂区域 、区域，区域，分情况讨论区域与区域同色和不同色两种情况，再涂区域，利用分步乘法和分类加法即可求解． 首先涂区域有种，其次区域有种，再次区域有种， 若区域与区域同色有种，则区域有种， 若区域与区域不同色有种，则区域有种， 所以不同的着色方法共有，故选C． 8．用红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色，则“在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】求出所有涂色方法数为，再求出在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同的方法数，可先从中间一个三角形涂色，然后再涂其他三个三角形． 5种颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色方法数为， 有公共边的三角形为同色，先考虑中间一块涂色有5种方法，其他三个三角形在剩下的4色中任意涂色均可，方法为，所以所求概率为．故选A． 9.现有5种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（ ） A．150种 B．180种 C．240种 D．120种 【答案】B 【解析】分步涂色，第一步对涂色有5种方法，第二步对涂色有4种方法，第三步对涂色有3种方法，第四步对涂色有3种方法，∴总的方法数为．故选：B． 10.现有4种不同的颜色为一行字“严勤活实”涂颜色，要求相邻的两个字涂色不同，则不同的涂色种数为（ ） A．27 B．54 C．81 D．108 【答案】D 【解析】给“严”字涂色的方法有4种，再给“勤”字涂色的方法有3种，再给“活”字涂色的方法有3种，最后给“实”字涂色的方法有3种， 由分步乘法原理可知，共有种，故选：D 11．从6种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法有 A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【解析】根据从6种颜色中选，给最左边的一个格子涂色有6种选择，再根据相邻的两个格子颜色不同，依次涂色，最后利用分步计数原理求解． 首先给最左边的一个格子涂色有6种选择，左边第二个格子有5种选择，左边第三个格子有5种选择，左边第四个格子有5种选择，不同的涂色方法有，故选D 12．用红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色，则“在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】求出所有涂色方法数为，再求出在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同的方法数，可先从中间一个三角形涂色，然后再涂其他三个三角形． 5种颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色方法数为， 有公共边的三角形为同色，先考虑中间一块涂色有5种方法，其他三个三角形在剩下的4色中任意涂色均可，方法为，所以所求概率为．故选A． 13.第七届世界军运会于2019年10月18日至27日在中国武汉举行.某电视台在19日至24日六天中共有7场直播(如下表所示)，张三打算选取其中的三场观看.则观看的任意两场直播中间至少间隔一天(如第一场19日观看直播则20日不能观看直播)的概率是（ ） 日期 19日 20日 21日 22日 23日 24日 时间 全天 全天 上午 下午 全天 全天 全天 内容 飞行比赛 击剑 射击 游泳 篮球 定向越野 障碍跑 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】从场直播中任意选取三场有种， 三场任意两场直播中间至少间隔一天有四类： 选取日，有种，选取日，有种， 选取日，有1种，选取日，有1种， 所以选取的三场任意两场直播中间至少间隔一天的有种， 所以概率为，故选：B 14．在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种． A． B． C． D． 【答案】C 【解析】四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理可得冠军获奖者的情况．由题意四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取， 每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有种．故选C. 15．三名学生分别从5门选修课中选修一门课程，不同的选法有 A．125种 B．243种 C．60种 D．10种 【答案】A 【解析】三名学生分别从5门选修课中选修一门课程，对于任意1名同学均有种不同的选法，故不同的选法有种；故选A. 16.完成一项工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外有4个人只会第二种方法，从这9个人中选1个人完成这项工作，则不同的选法共有（ ） A．5种 B．4种 C．9种 D．45种 【答案】C 【解析】会用第一种方法的有5个人，选1个人完成这项工作有5种选择； 会用第二种方法的有4个人，选1个人完成这项工作有4种选择；两者相加一共有9种选择， 故选：C. 17．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有 A．4种 B．5种 C．6种 D．12种 【答案】C 【解析】按甲先传给乙和甲先传给丙分两类，两类方法相等，对第一类用列举法写出不同的传递方式后可得． 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式．故共有6种不同的传递方式．答案：C． 18．5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同的选择的种数为 A．60 B．125 C．240 D．243 【答案】D 【解析】有分步计算原理即可得出结果．每个同学由3种选择方式，5名同学共有种选择方式。 故选D. 19．现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是 A．1024种 B．1023种 C．1536种 D．1535种 【答案】D 【解析】先看一张人民币的取法，再看2张100元人民币的取法，利用分步计数原理计算即可． 除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况， 2张100元人民币的取法有不取、取一张和取二张3种情况， 再减去这些人民币全不取的1种情况， 所以共有种．故选D． 【点睛】误解：因为共有人民币10张，每张人民币都有取和不取2种情况，减去全不取的1种情况，共有种． 错因【分析】这里100元面值比较特殊有两张，在误解中被计算成4种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况． 20．如图所示，A地到E地要铺设一条煤气管道，其中需经过三级中间站，两点之间的连线上的数字表示距离．则从A地到E地铺设煤气管道最短距离是 A．19 B．21 C．22 D．23 【答案】A 【解析】对各个路线进行计算，路线到到到到最短，其他的路径均大于，即可得解． 对各个路线进行计算可得，由到到到到，距离共19为最短距离．故选A． 21．某学校有东、南、西、北四个校门，受新冠肺炎疫情的影响，学校对进入四个校门做出如下规定：学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入校园．现有2名教师和3名学生要进入校园（不分先后顺序），请问进入校园的方式共有 A．6种 B．12种 C．24种 D．32种 【答案】D 【解析】先分别确定学生进入校园的方式和教师进入校园的方式；再用分步乘法原理求得答案． 因为学生只能从东门或西门进入校园，所以3名学生进入校园的方式共种． 因为教师只可以从南门或北门进入校园，所以2名教师进入校园的方式共有种． 所以2名教师和3名学生要进入校园的方式共有种情况．故选D. 22．现有9个相同的球要放到3个不同的盒子里，每个盒子至少一个球，各盒子中球的个数互不相同，则不同放法的种数是 A．28 B．24 C．18 D．16 【答案】C 【解析】把9个球分成3组，每组个数不相同，然后每组球放到盒子中，即可得． 把9个球分成3组，每组个数不相同，分法（按球的个数）为126，135，234共三种，然后每组球放到3个盒子中有种方法，方法数为．故选C． 二、多选题 1．(多选)“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通．若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】ABCD 【解析】选ABCD　根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类．第一类：由两个“——”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.第二类：由两个“— —”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.第三类：由一个“——”和一个“— —”组成，二进制数为10,01，转化为十进制数，为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3，故选A、B、C、D. 2．某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是 第1节 第2节 第3节 第4节 地理1班 化学A层3班 地理2班 化学A层4班 生物A层1班 化学B层2班 生物B层2班 历史B层1班 物理A层1班 生物A层3班 物理A层2班 生物A层4班 物理B层2班 生物B层1班 物理B层1班 物理A层4班 政治1班 物理A层3班 政治2班 政治3班 A．此人有4种选课方式 B．此人有5种选课方式 C．自习不可能安排在第2节 D．自习可安排在4节课中的任一节 【答案】BD 【解析】根据表格分类讨论即可得到结果． 由于生物在B层，只有第2，3节有，故分两类：若生物选第2节， 则地理可选第1节或第3节，有2种选法，其他两节政治、自习任意选， 故有种（此种情况自习可安排在第1、3、4节中的某节）； 若生物选第3节，则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选第2节，故有1种．根据分类加法计数原理可得选课方式有种． 综上，自习可安排在4节课中的任一节．故选BD． 三、填空题 1．公安部新修订的《机动车登记规定》正式实施后，小型汽车的号牌已经可以采用“自主编排”的方式进行编排．某人欲选由A，B，C，D，E中的两个不同字母，和1,2,3,4,5中的三个不同数字(三个数字都相邻)组成一个号牌，则他选择号牌的不同的方法种数为________ 【答案】3 600 【解析】三个数字相邻，则共有A种情况，在A，B，C，D，E中选两个不同的字母，共有A种不同的情况，这两个字母形成三个空，将数字整体插空，共C种情况．综上所述，此人选择号牌的不同的方法种数为AAC＝60×20×3＝3 600. 2.用1,2,3,4,5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1,3,5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是________．(注：用数字作答)　 【答案】 48 【解析】根据题意，可以分为两步：第一步将1,3,5分为两组且同一组的两个数排序，共有6种方法；第二步，将第一步的两组看成两个元素，与2,4排列，其中2不在两边且第一步两组(记为a，b)之间必有元素，即4，a,2，b；a,2,4，b；a,4,2，b；a,2，b,4，其中a，b可以互换位置，所以共有8种．根据分步乘法计算原理知，满足题意的五位数共有6×8＝48个． 3．某玩具厂参加2020年邯郸园博园产品展出，带了四款不同类型不同价格的玩具牛，它们的价格费你别是20，30，50，100，某礼品进货商想趁牛年之际搞一个玩具特卖会，准备买若干款不同类型的玩具样品（每款只购一只，且必须至少买一款），因信用卡出现故障，身上现金只剩170元，请问该礼品进货商购买玩具样品的方案有__________种（用数字表示）． 【答案】13 【解析】依题意，每款只购一只，且必须至少买一款，且消费金额不能超过170元，分三种情况讨论，分别列出所有可能情况，即可得解； 依题意，每款只购一只，且必须至少买一款，且消费金额不能超过170元， 故可分为以下几种情况： ①只购买一款玩具样品，共四种方案， ②购买两款玩具样品， 买20和30的各一只；买20和50的各一只；买20和100的各一只；买30和50的各一只；买30和100的各一只；买50和100的各一只；共六种方案； ③购买三款玩具样品， 买20，30和50的各一只；买20，30和100的各一只；买20、50和100的各一只； 共3种方案；所以购买玩具的方案共有13种；故答案为13. 4.个人参加、、跑的决赛，同一个项目中，并列冠军的情况不发生，则冠军分配的不同情况有________种. 【答案】 【解析】由题意可知，每个冠军都有种可能，由分步乘法计数原理可知，冠军分配的不同情况种. 故答案为：. 5.某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．选2个班参加社会实践，要求这2个班不同年级，有_______种不同的选法． 【答案】 【解析】选2个班参加社会实践，这2个班不同年级， 2个班为高一和高二各一个班有， 2个班为高二和高三各一个班有， 2个班为高三和高一各一个班有， 所以不同的选法共有. 故答案为：. 6.2024年初，湖北面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，厦门人民心系湖北，志愿者纷纷驰援，若将甲、乙、丙、丁4名医生志愿者分配到A，B两家医院（每人去一家，每家医院至少安排1人），且甲医生不安排在A医院，则共有__________种分配方案. 【答案】7 【解析】甲只能安排在医院，乙、丙、丁3名医生共有种安排方法，其中乙、丙、丁3名医生都安排在医院不合题意，所以符合题意的分配方案共有种. 故答案为：7. 7.高三年段有四个老师分别为，这四位老师要去监考四个班级，每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师.现要求老师不能监考班，老师不能监考班，老师不能监考班，老师不能监考班，则不同的监考方式有____种. 【答案】9 【解析】当老师监考班时，剩下的三位老师有3种情况，同理当老师监考班时，也有3种，当老师监考班时，也有3种，共9种， 故答案为：9． 8.用数字0，1，2组成没有重复数字的三位数的个数有_____. 【答案】4 【解析】先选一个数排在百位，有2种排法；再选一个数排在十位，有2种排法，最后一个数排在个位，由分步原理得共有=4个数. 故答案为：4 9.一个三位数，其十位上的数字小于百位上的数字，也小于个位上的数字，如523，769等，这样的三位数共有________个． 【答案】285. 【解析】按照十位上的数字分成9类： 第一类：十位上的数字为0时，百位有9种，个位也有9种，此时满足条件的三位数有种； 第二类：十位上的数字为1时，百位有8种，个位也有8种，此时满足条件的三位数有种； 第三类：十位上的数字为2时，百位有7种，个位也有7种，此时满足条件的三位数有种； 第四类：十位上的数字为3时，百位有6种，个位也有6种，此时满足条件的三位数有种； 第五类：十位上的数字为4时，百位有5种，个位也有5种，此时满足条件的三位数有种； 第六类：十位上的数字为5时，百位有4种，个位也有4种，此时满足条件的三位数有种； 第七类：十位上的数字为6时，百位有3种，个位也有3种，此时满足条件的三位数有种； 第八类：十位上的数字为7时，百位有2种，个位也有2种，此时满足条件的三位数有种； 第九类：十位上的数字为8时，百位有1种，个位也有1种，此时满足条件的三位数有种； 所以符合条件的三位数共有. 故答案为：285. 10．某储蓄卡密码共有6位数字，每位数字都可从0-9中任选一个，则可设置的银行卡密码共有________种． 【答案】 【解析】每位上的数字有10个数字可选，由乘法原理总共有种．故答案为. 11．将本相同的诗集，本相同的小说全部分给名同学，每名同学至少本，则不同的分法有________种． 【答案】 【解析】根据题意，可分为三种情况：①有一个人分到一本小说和一本诗集；②有一个人分到两本诗集；③有一个人分到两本小说，再根据分类加法计数原理和分步乘法原理，即可求得答案． ①有一个人分到一本小说和一本诗集， 则：先将一本小说和一本诗集分到一个人手上，共有种方法， 剩下的本诗集和本小说分到剩下的三个人手上，有种方法，那共有种； ②有一个人分到两本诗集，则：先将两本诗集分到一个人手上，共有种方法， 剩下的本诗集和本小说分到剩下的三个人手上，有种方法，那共有种； ③有一个人分到两本小说，则：先将两本小说分到一个人手上，共有种方法， 剩下的本诗集分到剩下的三个人手上，有种方法，那共有种； 综上所述：共有种分法．故答案为28． 12．直线方程，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】分或中有一个为零和两种情况分别计数求和即可． 若或中有一个为零时，有条，当时有条，故共有条不同的直线． 故答案为22． 13．假设今天是4月23日，某市未来六天的空气质量预报情况如图所示．该市有甲、乙、丙三人计划在未来六天（4月24日～4月29日）内选择一天出游，甲只选择空气质量为优的一天出游，乙不选择周一出游，丙不选择明天出游，且甲与乙不选择同一天出游，则这三人出游的不同方法数为________． 未来空气质量预报 明天 后天 周日 周一 周二 周三 4月24日 4月25日 4月26日 4月27日 4月28日 4月29日 优 优 优 优 良 良 【答案】85 【解析】根据乙不选择周一出游，甲只选择空气质量为优的一天出游，甲与乙不选择同一天出游，对甲分类求解，当甲选择周一出游，则乙从从除周一外的5天中选一天，若甲不选择周一出游，则甲先从除周一外的其他3天中选一天，乙从除周一外的4天中选一天，丙从除明天外的5天中选一天，然后利用分类计数原理求解． 若甲选择周一出游，则三人出游的不同方法数； 若甲不选择周一出游，则三人出游的不同方法数． 故这三人出游的不同方法数．故答案为85 14．如图所示的电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电． 【答案】8 【解析】先分三类．第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2=4种方法，所以总的线路条数N=3+1+4=8．故答案：8 15．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有________种． 【答案】143种 【解析】由题意不同选法有．故答案为143． 16．中国象棋中棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线(图中楚河汉界处的“日”字没有画出)，如图，“马”从点A处走出一步，只能到达点B，C，D中的一处．则“马”从点A出发到达对方“帅”所在的P处，最少需要的步数是________． 【答案】6 【解析】利用棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线，尽量向点靠拢，即可得结果． 由题意可知，按如图所示的走法（走法不唯一），需要6步从点A出发到达对方“帅”所在的P处，故答案为6． 【点睛】本题考查实际问题中的计数原理，考查对题目的理解与分析能力．解题时采取实际操作，即具体完成这件事件，然后计数，只要按照规则及最小化原则即可． 17．在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞．已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙等四种不同的试剂对、、、、、这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对细胞染色，则共有________种不同的染色方法（用数字作答）． 【答案】 【解析】先考虑细胞的染色试剂没有限制的条件下相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，然后考虑用甲试剂对细胞染色且相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，将两种方法种数作差即可得解． 不考虑甲试剂不能对细胞染色，则细胞的染色试剂有种选择． ①若、细胞的染色试剂相同，有种选择，、细胞可以用剩余种试剂进行染色，有种方法，则细胞的染色试剂有种选择， 此时，共有种不同的染色方法； ②若、细胞的染色试剂不同，有种不同的染色方法，细胞的染色方法只有种， 若、细胞的染色试剂不同，则细胞的染色试剂只有种，细胞的染色试剂只有种； 若、细胞的染色试剂相同，则细胞的染色试剂有种． 此时，共有种不同的染色方法； 综上所述，不考虑甲试剂不能对细胞染色，染色方法种数为种； 现在考虑用甲试剂对细胞染色，则细胞的染色试剂有种选择． ①若、细胞的染色试剂相同，则、细胞可以用剩余种试剂进行染色，有种方法，细胞的染色试剂有种， 此时，共有种不同的染色方法； ②若、细胞的染色试剂不同，则细胞的染色试剂有种选择，细胞的染色试剂只有种． 若、细胞的染色试剂不同，则细胞的染色试剂只有种，细胞的染色试剂只有种， 若、细胞的染色试剂相同，则细胞的染色试剂有种． 此时，共有种不同的染色方法． 综上所述，当用甲试剂对细胞染色时，染色方法种数为种． 因此，符合条件的染色方法种数为种．故答案为． 【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． 18．某单位把15只同种型号的口罩分给甲、乙、丙三人（每人至少1只），且三人领到的口罩只数互不相同，则不同的分发方案有___________种；甲恰好领到3只口罩的概率为__________． 【答案】72 【解析】选写出按把15拆分成三个不等的正整数数的和的情况，然后可得方法数，求出甲得到3只的方法后可得概率． 设正整数满足且，则的所有可能是，，，，共12个，每一种情形都有6种没的分发方案，因此不同的分发方案有．其中甲恰好分到3只的可能是按（甲，乙，丙）格式列举为 ，，方案数为8， 所求概率为．故答案为72；． 四、解答题 1．设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子现将这五个球投放入这五个盒子内，要求每个盒子内投放一球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法有多少种? 【答案】间解析 【解析】五个球分别投放到五个盒子内，恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则其他三个球必不能投放到与球的编号相同的盒子内，此时，这三个球与对应的三个盒子，就成了受限的特殊元素与特殊位置 先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内，有C种；剩下的三个球，不失一般性，不妨设编号为3，4，5，投放3号球的方法数为C，则投放4，5号球的方法只有一种，根据分步计数原理共有C·C=20种 点评：本题投放球有两种方法，一种是投入到与编号相同的盒子内，另一种是投入到与编号不同的盒子内，故应分步完成 2.．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有或两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由个二进制位构成．问： （1）一个字节(位)最多可以表示多少个不同的字符？ （2）计算机汉字国标码(码)包含了个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？ 【答案】（1）256个；（2）2个． 【解析】（1）一个字节共有位，每位上有种选择，根据分步乘法计数原理，即可得解； （2）由（1）知，用一个字节能表示个字符，不够表示，继续利用分步相乘原理计算个字节可以表示的不同的字符，判断与的大小关系即可． （1）一个字节共有位，每位上有种选择， 根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示个不同的字符； （2）由（1）知，用一个字节能表示个字符，，一个字节不够； 根据分步乘法计数原理，个字节可以表示个不同的字符， ，所以每个汉字至少要用个字节表示． 【点睛】本题考查分步乘法计数原理，熟练掌握分步计数原理的概念及计算公式是解题的关键，考查学生的逻辑思维与运算能力，属于基础题． 3.有一项活动，需要在3名老师、8名男同学和5名女同学中选人参加. （1）若只需选1人参加，则有多少种不同的选法？ （2）若需要老师、男同学、女同学各1人参加，则有多少种不同的选法？ （3）若需要1名老师、1名学生参加，则有多少种不同的选法？ 【答案】（1）16；（2）120；（3）39. 【解析】（1）需一人参加，有三类：第一类选老师，有3种不同的选法；第二类选男生，有8种不同的选法；第三类选女生，有5种不同的选法.共有种不同的选法； （2）需老师、男同学、女同学各一人，则分3步，第一步选老师，有3种不同的选法；第二步选男生，有8种不同的选法；第三步选女生，有5种不同的选法.共有种不同的选法； （3）第一步选老师有3种不同的选法，第二步选学生有种不同的选法，共有种不同的选法. 4.现有3名医生，5名护士、2名麻醉师． （1）从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？ （2）从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？ 【答案】（1）10；（2）30 【解析】（1）分三类：第一类：选出的是医生，共有3种选法； 第二类：选出的是护士，共有5种选法； 第三类：选出的是麻醉师，共有2种选法； 根据分类加法计数原理，共有3+5+2=10种选法. （2）分三步：第一步：选出1名医生，共有3种选法； 第二步：选出1名护士，共有5种选法； 第三步：选出1名麻醉师，共有2种选法； 根据分步乘法计数原理，共有种选法. 5.现某学校共有34人自愿组成数学建模社团，其中高一年级13人，高二年级12人,高三年级9人. (1)选其中一人为负责人，共有多少种不同的选法？ (2)每个年级选一名组长，有多少种不同的选法？ (3)选两人作为社团发言人,这两人需要来自不同的年级，有多少种不同的选法？ 【答案】（1）34；（2）1404；（3）381. 【解析】（1）用分类计数原理，分3种情况讨论，①选出的是高一学生，②选出的是高二学生，③选出的是高三学生，由各年级的人数易得各种情况的选法数目，由分类计数原理，相加可得答案； （2）用分步计数原理，分3步进行，先从高一学生中选出1人，再从高二学生中选出1人，最后从高三学生中选出1人，根据各年级的人数易得每一步的选法数目，由分步计数原理，相乘可得答案； （3）用分类计数原理，分3种情况讨论，①若选出的是高一、高二学生，②若选出的是高一、高三学生，③若选出的是高二、高三学生，先计算各种情况的选法数目，由分类计数原理，相加可得答案． （1）根据题意，选其中一人为负责人，有3种情况， 若选出的是高一学生，有13种情况， 若选出的是高二学生，有12种情况， 若选出的是高三学生，有9种情况， 由分类计数原理可得，共有12+13+9＝34种选法． （2）根据题意，从高一学生中选出1人，有13种情况； 从高二学生中选出1人，有12种情况； 从高三学生中选出1人，有9种情况； 由分步计数原理，可得共有12×13×9＝1404种选法． （3）根据题意，分三种情况讨论： 若选出的是高一、高二学生，有12×13＝156种情况， 若选出的是高一、高三学生，有13×9＝117种情况， 若选出的是高二、高三学生，有12×9＝108种情况， 由分类计数原理可得，共有156+117+108＝381种选法． 6．用5种不同的颜色给图中的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻(有公共边)的区域不同色，则共有多少种不同的涂色方法？ 1 2 3 4 【答案】260 【解析】第一类，1号区域与4号区域同色，此时可分三步来完成， 第一步，涂1号区域和4号区域，有5种涂法； 第二步，涂2号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此有4种涂法； 第三步，涂3号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此也有4种涂法． 由分步乘法计数原理知，有5×4×4=80种涂法． 第二类，1号区域与4号区域不同色，此时可分四步来完成， 第一步，涂1号区域，有5种涂法； 第二步，涂4号区域，只要不与1号区域同色即可，因此有4种涂法； 第三步，涂2号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此有3种涂法； 第四步，涂3号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此也有3种涂法． 由分步乘法计数原理知，有5×4×3×3=180种涂法． 依据分类加法计数原理知，不同涂色的方法种数为80+180=260． 7．如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点A爬到相对顶点C1，求其中经过3条棱的路线共有多少条？ 【答案】6条 【解析】由分类分步计数原理，即可得出结果． 经过AB，有m1=1×2=2条；经过AD，有m2=1×2=2条；经过AA1，有m3=1×2=2条．根据分类加法计数原理，从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条． 8．如图，要给地图、、、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，不同的涂色方案有多少种？ 【答案】6 【解析】按区域分四步，由分步乘法计数原理，即可求得结论． 按地图、、、四个区域依次分四步完成， 第一步种，第二步种， 第三步种，第四步种， 所以根据乘法原理，得到不同的涂色方案种数共有．故答案为6． 9．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，第层放本不同的体育书． （1）从书架上任取本书，有多少种不同的取法？ （2）从书架的第、、层各取本书，有多少种不同的取法？ （3）从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？ 【答案】（1）9；（2）24；（3）26． 【解析】（1）第类方法是从第层取本计算机书，有种方法， 第类方法是从第层取本文艺书，有种方法， 第类方法是从第层取本体育书，有种方法， 根据分类加法计数原理，不同取法的种数是； （2）从书架的第、、层各取本书，可以分成个步骤完成： 第步从第层取本计算机书，有种方法， 第步从第层取本文艺书，有种方法， 第步从第层取本体育书，有种方法， 根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是； （3）第类方法是本不同的计算机书和本不同的文艺书中各选取本，有种方法， 第类方法是本不同的计算机书和本不同的体育书各选取本，有种方法， 第类方法是本不同的计算机书和本不同的体育书各选取本，有种方法， 根据分类加法计数原理，不同取法的种数是． 1 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $