专题7.1 两个基本计数原理（举一反三讲义）高二数学苏教版选择性必修第二册

本讲义聚焦两个基本计数原理这一核心知识点，系统梳理分类加法计数原理（含概念、特点、分类原则及推广）和分步乘法计数原理（含概念、特点、分步原则及推广），通过对比辨析两者联系与区别，构建从原理理解到综合应用的学习支架，涵盖8类典型题型。 该资料亮点在于题型丰富（含实际问题、代数、几何、数字排列、涂色等），例题与变式题结合，通过购票方案、路线选择等情境培养数学眼光，通过原理辨析和分步推理发展数学思维，借助规范解题过程提升数学语言表达，课中辅助教学，课后助力学生查漏补缺。

专题7.1 两个基本计数原理（举一反三讲义） 【苏教版】 【题型1 分类加法计数原理及应用】 2 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 3 【题型3 实际问题中的计数问题】 4 【题型4 代数中的计数问题】 5 【题型5 几何计数问题】 5 【题型6 数字排列问题】 5 【题型7 涂色问题】 6 【题型8 两个计数原理的综合应用】 7 知识点1 两个基本计数原理 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 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，那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 概念推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事情，我们可以用第一类有m1种方法，第二类有m2种方法，…，第n类有mn种方法，来表示分类加法计数原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有种不同方法可以完成这件事. (3)分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类，分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2．分步乘法计数原理 (1)分步乘法计数原理的概念 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，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法. 概念推广：完成一件事需要n个步骤，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=种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“→”强调要依次完成各个步骤才能完成要做的事情，从而共有种不同的方法可以完成这件事. (3)分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤既不能重复也不能遗漏. 3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 (1)联系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. (2)区别 分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 (3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【题型1 分类加法计数原理及应用】 【例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 【变式1-1】（24-25高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．19 C．90 D．200 【变式1-2】（2025高二·全国·专题练习）如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有（    ）条.    A． B． C． D． 【变式1-3】（25-26高二上·安徽安庆·月考）如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（   ） A．11 B．13 C．15 D．17 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2】（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． 【变式2-1】（25-26高二上·河南·月考）已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（   ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 【变式2-2】（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． 【变式2-3】（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 知识点2 两个基本计数原理的综合应用 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个基本计数原理的综合应用 两个基本计数原理的综合应用主要包括五个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【题型3 实际问题中的计数问题】 【例3】（24-25高二下·江苏淮安·月考）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3-1】（24-25高二下·广西百色·期末）如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式3-2】（24-25高二下·湖北武汉·期末）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，汉口江滩一定要有人去，则不同游览方案的种数为（    ） A．65 B．73 C．70 D．60. 【变式3-3】（24-25高二下·陕西榆林·期中）如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有，，，，五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（    ）    A．种 B．种 C．种 D．种 【题型4 代数中的计数问题】 【例4】（24-25高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【变式4-1】（2025·陕西西安·三模）方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 【变式4-2】（24-25高二下·河北张家口·期末）求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 【变式4-3】（24-25高二下·重庆·期末）“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 【题型5 几何计数问题】 【例5】（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 【变式5-1】（24-25高二上·湖北黄石·期末）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 【变式5-2】（24-25高二上·上海宝山·期中）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5-3】（24-25高二下·江苏扬州·期中）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 ． 【题型6 数字排列问题】 【例6】（24-25高二下·山东威海·期末）用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 【变式6-1】（25-26高二上·江西赣州·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　） A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 【变式6-2】（24-25高二下·江苏南通·月考）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？ 【变式6-3】（24-25高二下·山东济宁·月考）用0，1，2，3，…，9这十个数字． (1)可组成多少个三位数？ (2)可组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？ 【题型7 涂色问题】 【例7】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 【变式7-1】（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7-2】（24-25高二下·四川达州·月考）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有四个区域，现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉，则该花坛的花卉种植方案共有（    ） A．210种 B．420种 C．180种 D．260种 【变式7-3】（2025高二·全国·专题练习）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 【题型8 两个计数原理的综合应用】 【例8】（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8-1】（24-25高三下·湖南·月考）用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 【变式8-2】（24-25高二下·天津·月考）高二年级(1)班有6人参加数学小组，(2)班有5人参加物理小组，(3)班有4人参加化学小组，问： (1)选其中1人担任数理化小组组长，有多少种不同的选法? (2)每班选1人参加全国数理化竞赛，有多少种不同的选法? (3)选取其中两人参加不同的学科竞赛，有多少种不同的选法? 【变式8-3】（24-25高二下·天津河西·月考）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允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题7.1 两个基本计数原理（举一反三讲义） 【苏教版】 【题型1 分类加法计数原理及应用】 2 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 4 【题型3 实际问题中的计数问题】 5 【题型4 代数中的计数问题】 7 【题型5 几何计数问题】 9 【题型6 数字排列问题】 11 【题型7 涂色问题】 13 【题型8 两个计数原理的综合应用】 16 知识点1 两个基本计数原理 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 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，那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 概念推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事情，我们可以用第一类有m1种方法，第二类有m2种方法，…，第n类有mn种方法，来表示分类加法计数原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有种不同方法可以完成这件事. (3)分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类，分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2．分步乘法计数原理 (1)分步乘法计数原理的概念 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，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法. 概念推广：完成一件事需要n个步骤，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=种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“→”强调要依次完成各个步骤才能完成要做的事情，从而共有种不同的方法可以完成这件事. (3)分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤既不能重复也不能遗漏. 3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 (1)联系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. (2)区别 分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 (3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【题型1 分类加法计数原理及应用】 【例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. 【变式1-1】（24-25高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．19 C．90 D．200 【答案】B 【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. 【变式1-2】（2025高二·全国·专题练习）如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有（    ）条.    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理直接计算即可. 【详解】从顶点出发有条路线，分别经过，，. 经过有条路线，经过有条路线，经过有条路线. 根据分类加法计数原理可知，从顶点到顶点，经过条棱的路线共有条， 故选：B. 【变式1-3】（25-26高二上·安徽安庆·月考）如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（   ） A．11 B．13 C．15 D．17 【答案】B 【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：B． 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2】（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. 【变式2-1】（25-26高二上·河南·月考）已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（   ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 【答案】B 【分析】根据第二象限点的特征，运用分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】在第二象限的点的横坐标为负数，纵坐标为正数， 由题意得点的横坐标有，两种选择，点的纵坐标有3，5两种选择． 由分步乘法计数原理，得在第二象限的点有个． 故选：B． 【变式2-2】（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． 【变式2-3】（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. 知识点2 两个基本计数原理的综合应用 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个基本计数原理的综合应用 两个基本计数原理的综合应用主要包括五个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【题型3 实际问题中的计数问题】 【例3】（24-25高二下·江苏淮安·月考）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 【分析】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解. 【详解】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3-1】（24-25高二下·广西百色·期末）如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有种走法； 又从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走， 所以根据分类加法计数原理可得：从甲地到乙地的走法种数为. 故选：D. 【变式3-2】（24-25高二下·湖北武汉·期末）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，汉口江滩一定要有人去，则不同游览方案的种数为（    ） A．65 B．73 C．70 D．60. 【答案】A 【分析】根据题意，先由分步计数原理计算可得四人选择3个地方的全部情况数目，再计算汉口江滩没人去的情况数目，分析可得汉口江滩一定要有人去的游览方案数． 【详解】解：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，且每人只能去一个地方， 则每人有3种选择，则4人一共有种情况， 若汉口江滩没人去，即四位同学选择了黄鹤楼､东湖， 每人有2种选择方法，则4人一共有种情况， 故汉口江滩一定要有人去有种情况， 故选：A． 【变式3-3】（24-25高二下·陕西榆林·期中）如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有，，，，五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（    ）    A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】分水闸关闭，水闸打开时，同时关闭，水闸打开时，同时关闭，三种情况，去掉重复的情况，得到答案. 【详解】①水闸关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况， ②若水闸打开时，同时关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况， ③若水闸打开时，同时关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况， 上面②③两种情况有重复的1种情况，就是水闸打开，同时关闭的情况， 故共有种情况. 故选：B. 【题型4 代数中的计数问题】 【例4】（24-25高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【答案】D 【分析】首先分解质因数可得，再由分步乘法计算原理计算可得. 【详解】因为，所以的不同的正因数有个. 故选：D. 【变式4-1】（2025·陕西西安·三模）方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 【答案】A 【分析】将分解质因数，即可求出的因数的个数，从而得解. 【详解】因为，所以的因数有个， 故方程的非负整数解的组数为40． 故选：A. 【变式4-2】（24-25高二下·河北张家口·期末）求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 【答案】C 【分析】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】因为， 所以的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可， 有种取法，即有个正整数因数． 故选：C． 【变式4-3】（24-25高二下·重庆·期末）“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 【分析】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. 【详解】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. 【题型5 几何计数问题】 【例5】（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. 【变式5-1】（24-25高二上·湖北黄石·期末）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 【分析】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. 【详解】解：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. 【变式5-2】（24-25高二上·上海宝山·期中）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 【分析】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. 【详解】 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5-3】（24-25高二下·江苏扬州·期中）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 【分析】设倾斜角为，由，对分情况讨论，利用计数原理计算即可． 【详解】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． 【题型6 数字排列问题】 【例6】（24-25高二下·山东威海·期末）用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 【答案】D 【分析】根据分步乘法原理计算求解. 【详解】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2种情况，首位数字有3种情况，十位数字有3种情况， 所以三位奇数的个数为种情况. 故选：D. 【变式6-1】（25-26高二上·江西赣州·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　） A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 【答案】C 【分析】根据题意，按首位数字为，分类讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】当首位数字为1时，后两位相加为5，“lucky”数分别是105，150，114，141，123，132共6个； 当首位数字为2时，后两位相加为4，“lucky”数分别是204，240，213，231，222，共5个； 当首位数字为3时，后两位相加为3，“lucky”数分别是303，330，312，321，共4个； 当首位数字为4时，后两位相加为2，“lucky”数分别是402，420，411，共3个； 当首位数字为5时，后两位相加为1，“lucky”数分别是501，510，共2个； 当首位数字为6时，后两位相加为0，“lucky”数分别是600，共1个； 由分类计数原理得，共有个. 故选：C. 【变式6-2】（24-25高二下·江苏南通·月考）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. 【变式6-3】（24-25高二下·山东济宁·月考）用0，1，2，3，…，9这十个数字． (1)可组成多少个三位数？ (2)可组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？ 【答案】(1)900； (2)648； (3)379 【分析】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出正确答案. （3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析1位数，两位数与三位数满足条件的数字计算出正确答案. 【详解】（1）要确定一个三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，百位不能为0，有9种选法； 第二步，确定十位数，有10种选法；第三步，确定个位数，有10种选法， 根据分步乘法计数原理，共有个. （2）要确定一个无重复数字的三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，有9种选法； 第二步，确定十位数，有9种选法；第三步，确定个位数，有8种选法， 根据分步乘法计数原理，无重复数字的三位数共有个． （3）作用题意，小于500且没有重复数字的自然数分为以下三类： 第一类，满足条件的一位自然数：有10个， 第二类，满足条件的两位自然数：有个， 第三类，满足条件的三位自然数： 第一步，确定百位数，百位数字可取1，2，3，4，有4种选法； 第二步，确定十位数，有9种选法； 第三步，确定个位数，有8种选法，根据分步乘法计数原理，有个， 所以小于500且没有重复数字的自然数共有（个）. 【题型7 涂色问题】 【例7】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C. 【变式7-1】（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 【分析】先选择秀英区与龙华区，然后分别对琼山区，美兰区与秀英区是否同色进行讨论，然后计算可得结果. 【详解】秀英区有4种选择，龙华区有3种选择， 当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2种选择，美兰区有1种选择； 所以不同的着色方法的种数为. 故选：C. 【变式7-2】（24-25高二下·四川达州·月考）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有四个区域，现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉，则该花坛的花卉种植方案共有（    ） A．210种 B．420种 C．180种 D．260种 【答案】D 【分析】分区域1与区域3种同种花卉和不同花卉两种情况，根据分步乘法计数原理可得. 【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4， 由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有种； 当区域1与区域3不种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4， 由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有种. 故该花坛的花卉种植方案共有种. 故选：D. 【变式7-3】（2025高二·全国·专题练习）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算. 【详解】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法. 第二部分为，，.当，同色时，，各有2种涂法；当，异色时，有种涂法，，均只有种涂法. 故第二部分共有种涂法. 第三部分为，，，与第二部分一样，共有种涂法. 因此根据分步乘法计数原理，共有种涂法， 故选：D. 【题型8 两个计数原理的综合应用】 【例8】（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8-1】（24-25高三下·湖南·月考）用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 【答案】B 【分析】由已知分别计算出一位数，两位数，三位数以及比3135小的四位数的个数，从而确定3135是这组数的第几项. 【详解】当组成的数字为一位数时，有1，3，5，共个， 当组成的数字为两位数时，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以两位数的个数为个， 当组成的数字为三位数时，百位，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以三位数的个数为个， 当组成的数字为四位数且比3135小时， 千位是的四位数，百位，十位和个位都有种选择，所以个数为个， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择，所以个数为个， 因为， 所以3135是这组数的第72项. 故选：B. 【变式8-2】（24-25高二下·天津·月考）高二年级(1)班有6人参加数学小组，(2)班有5人参加物理小组，(3)班有4人参加化学小组，问： (1)选其中1人担任数理化小组组长，有多少种不同的选法? (2)每班选1人参加全国数理化竞赛，有多少种不同的选法? (3)选取其中两人参加不同的学科竞赛，有多少种不同的选法? 【答案】(1)15 (2)120 (3)74 【分析】（1）由分类加法计数原理即可求解； （2）由分步乘法计数原理即可求解； （3）先分类再分步即可求解； 【详解】（1）选其中1人担任数理化小组组长，可以来自数学或物理或化学， 所以共有种选法； （2）分三步完成，第一步数学选1人，6种，第二步物理选1人，5种，第三步化学选1人，4种， 所以共有种； （3）来自数学、物理共有， 来自数学化学共有， 来自物理化学共有， 所以总共由种选法. 【变式8-3】（24-25高二下·天津河西·月考）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允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 【答案】(1)100 (2)180 (3)48 (4)131 (5)175 【分析】（1）分析可知，数字不重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （2）分析可知，数字允许重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （3）根据分步乘法原理，先选个位数字，再选百位数字，再选十位数字即可求解； （4）分三种情况讨论：个位数、两位数、三位数，分别计算出这三种情况下满足条件的自然数的个数，利用分类加法计数原理可得结果. （5）根据分类加法原理，按首位数字为3或4；首位数字为5，百位数字不是4；首位数字为5,百位数字是4分类即可求解. 【详解】（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. （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个. （3）分3步： 先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； 再选百位数字有4种选法； 十位数字也有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个 （4）若组成的数字为数字不重复的小于1000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，共个； 数字为三位数，共有100个. 综上所述，数字不重复的小于1000的自然数个数为个. （5）分4类： 千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个； 千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有个； 千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有个； ④也满足条件； 故所求四位数共有个. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $