6.1.2 基本计数原理的应用-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂教师用书word（人教A版）

6．1.2　基本计数原理的应用 课程标准 素养解读 1.熟练应用两个计数原理 2.能运用两个计数原理解决一些综合性的问题 1.借助两个计数原理解题，提升数学运算的素养 2.通过合理分类或分步解决问题，提升逻辑推理的素养 [情境引入] 某政协委员从泉城济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车，假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车有4个班次. 问题1：此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？ 问题2：如果该委员先从家乡乘坐汽车到达济南市，再乘坐飞机前往北京参加会议，其中汽车有4班，飞机有3个航班，此委员想从家乡到达北京共有多少种途径？ [知识梳理] [知识点一]　两个计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种类 不 同 点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事) 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 [知识点二]　两个计数原理的应用 解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用.使用时要做到目的明确，层次分明， 先后有序，还需特别注意以下两点： (1)合理分类，准确分步：处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准.分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性. (2)特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想. [预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”). (1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.(　　) (2)用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能编出26＋10＝36(种)不同的号码.(　　) (3)在分类加法计数原理中的每一种办法都可以完成这件事.(　　) 提示：(1)×　在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法是不同的，若相同它只能在同一类方案中且只能算是一种方法. (2)√　因为英文字母共有26个，阿拉伯数字0～9共有10个，所以总共可以编出26＋10＝36(种)不同的号码. (3)√　在分类加法计数原理中的每一种办法都是独立的，可单独完成这件事. 2．某校高三有三个班，分别有学生50人、50人、52人.从中选一人担任学生会主席，共有　________　种不同的选法.(　　) A．100　　　　　　 B．102 C．152 D．50 解析：C　[这名学生会主席可能是一班学生，可能是二班学生，也可能是三班学生.依分类加法计数原理，共有50＋50＋52＝152(种)不同选法.] 3．现有4件不同款式的上衣和3件不同颜色的长裤，如果一件上衣和一条长裤配成一套，则不同的搭配法种数为(　　) A．7　 B．12　　 C．64　 　D．81 解析：B　[完成一种搭配有两个步骤，第一步，选上衣有4种不同的选法；第二步，选长裤有3种不同的选法.所以根据分步乘法计数原理共有4×3＝12(种)不同的搭配方法.] 4．用1,2,3这三个数字能写出　________　个没有重复数字的偶数. 解析：用1,2,3这三个数字能写出1个一位偶数，2； 用1,2,3这三个数字能写出2个没有重复数字的两位偶数，12,32； 用1,2,3这三个数字能写出2个没有重复数字的三位偶数，132,312. 所以用1,2,3这三个数字共能写出5个没有重复数字的偶数. 答案：5 　组数问题 [例1] 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的： (1)银行存折的四位密码？ (2)四位整数？ (3)比2 000大的四位偶数？ [思路点拨]　(1)用分步乘法计数原理求解； (2)0 不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解； (3)可以按个位是0,2,4分三类，也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解. 解：(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)分步解决. 第一步：首位数字有5种选取方法； 第二步：百位数字有5种选取方法； 第三步：十位数字有4种选取方法； 第四步：个位数字有3种选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有 5×5×4×3＝300(个). (3)法一：按末位是0,2,4分为三类： 第一类：末位是0的有4×4×3＝48(个)； 第二类：末位是2的有3×4×3＝36(个)； 第三类：末位是4的有3×4×3＝36(个). 则由分类加法计数原理有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有N＝24＋36＋24＋36＝120(个). 法三：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：末位是0的有5×4×3＝60(个)； 第二类：末位是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). 对于组数问题，应掌握以下原则： 1．明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解. 2．要注意数字“0”不能排在两位或两位以上的数的最高位. [变式训练] 1．从0,2中选一个数字，从1,3,5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．24　 B．18　 　　C．12　　　 D．6 解析：B　[由于三位数是奇数，分两类：奇偶奇和偶奇奇.(1)若是奇偶奇，则个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；(2)若是偶奇奇，则个位有3种选择，十位有2种选择，百位不能选0，有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数.因此总共有12＋6＝18(种)情况.] 　选(抽)取与分配问题 [例2] 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有(　　) A．16种 B．18种 C．37种 D．48种 [思路点拨]　由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解. 解析：C　[法一：(直接法) 以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类： 第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)； 第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种). 综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种). 法二：(间接法) 先计算三个班自由选择去工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即4×4×4－3×3×3＝37(种)方案.] 解决抽取(分配)问题的方法 1．当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法. 2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：(1)直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行. (2)间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可. [变式训练] 2．3个不同的小球放入5个不同的盒子里，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？ 解：(以小球为研究对象)分三步来完成： 第一步：放第一个小球有5种选择； 第二步：放第二个小球有4种选择； 第三步：放第三个小球有3种选择. 根据分步乘法计数原理得： 共有方法数N＝5×4×3＝60(种). 涂色(种植)问题 [例3] 将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有　________　种. [思路点拨]　对不相邻的地块种植作物可能相同也可能不同进行讨论. 解析：分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有两种方法a或c. ①若第三块田放c： a b c 第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法. ②若第三块田放a： a b a 第四块有b或c两种方法， (ⅰ)若第四块放c： a b A c 第五块有2种方法； (ⅱ)若第四块放b： a b A b 第五块只能种作物c，共1种方法. 综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法. 答案：42 [例4] 将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 1 2 3 4 [思路点拨]　注意小方格中第2个和第3个所涂颜色可能相同，也可能不同，故应分两类：所涂颜色相同和不同，分别求解. 解：第1个小方格可以从5种颜色中选任何一种颜色涂上，有5种不同的涂法. ①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法. ②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法. 由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法. 解决涂色(种植)问题的一般思路 涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解，有几种常用方法： 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分析. 2．以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析. 3．将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题. 4．种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数. [变式训练] 3．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)，现要栽种4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，则共有　________　种不同的栽种方法. 解析：分两大类. 第一大类，6,5,1,2四部分栽种4种不同颜色的花，共分两步. 第1步，在6,5,1,2四部分栽种不同颜色的花，共有4×3×2×1＝24(种)不同栽法； 第2步，栽种3,4部分，又有两类.第1类，3与6栽种的颜色相同，4与2栽种的颜色相同，有1种栽法；第2类，3与5栽种的颜色相同，4与2或6栽种的颜色相同，有2种栽法，共有1＋2＝3(种)栽法. 由分步乘法计数原理，第一大类共有24×3＝72(种)不同的栽种方法. 第二大类，在6,5,1,2四部分中，2与5栽种的颜色相同，可分三步. 第1步，栽种6,5,1部分，可从4种颜色的花中选3种进行栽种，有4×3×2＝24(种)栽法； 第2步，栽种第2部分，与5相同，有1种栽法； 第3步，栽种3,4部分，又有两类.第1类，3与6相同，4栽种剩余的第4种颜色的花，有1种栽法；第2类，3栽种剩余第4种颜色的花，4与6栽种相同颜色的花，有1种栽法，共有2种栽法. 由分步乘法计数原理得第二大类共有24×1×2＝48(种)不同的栽种方法.故共有72＋48＝120(种)不同的栽种方法. 答案：120 [当堂达标] 1．今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有(　　) A．10种 B．60种　C．125种　D．243种 解析：D　[五人去看三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有35＝243种，故选D.] 2．用0,1，…，9这10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．648 解析：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)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个).] 3．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6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有　______　种. 解析：根据题意，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6种选择，再涂区域2，有5种选择，当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4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5种选择，故不同的涂色方案有6×5×(4×4＋5)种＝630种. 答案：630 4．5名班委员进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为　________　. 解析：根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6(种)情况，由分步乘法计数原理，可得出共有1×3×6＝18(种)分工方案. 答案：18 5．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有多少种？ 解：法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6(种)不同的种植方法.同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6(种)不同的种植方法.故不同的种植方法共有6×3＝18(种). 法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)方法，故共有24－6＝18(种)不同的种植方法. [基础过关] 1．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有(　　) A．6种　　　　　　　 B．7种 C．8种 D．9种 解析：D　[可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6(种)；若选派2名女生，则有3种.由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法.] 2．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为(　　) A．30　　 B．20　　 　C．10　 D．6 解析：D　[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法，故由分类加法计数原理得，共有N＝3＋3＝6(种)取法.] 3．从0,1,2，…，9这10个数字中，任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点(a，b)的坐标，能够确定不在x轴上的点的个数是(　　) A．100 B．90 C．81 D．72 解析：C　[分两步：第一步选b，因为b≠0，所以有9种选法；第二步选a，因为a≠b，所以有9种选法.由分步乘法计数原理知共有9×9＝81(个)点.] 4．已知a∈，b∈，r∈，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示的不同圆的个数是(　　) A．6 B．9 C．16 D．24 解析：D　[确定一个圆的方程可分为三个步骤：第一步，确定a，有3种选法；第二步，确定b，有2种选法；第三步，确定 r，有4种选法.由分步乘法计数原理得，不同圆的个数为3×2×4＝24.] 5．李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中，到“东亚文化之都——泉州”两日游，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有(　　) A．16种 B．18种 C．20种 D．24种 解析：C　[任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，若李雷选①②和⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，故他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×4＋4×3＝20(种).] 6．(多选)某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人每人在该窗口打2种菜，且每人至多打1种荤菜，则下列说法中正确的是(　　) A．甲若选一种荤菜，则有6种选法 B．乙的选菜方法数为9 C．若两人分别打菜，总的方法数为18 D．若两人打的菜均为一荤一素且只有一种相同，则方法数为30 解析：AB　[若甲打一荤一素，则有C×C＝6种选法，故A选项正确；若乙打一荤一素，则有6种选法，若打两素，则有C＝3种选法，共9种选法，故B选项正确；选项C，两人分别打菜，由选项B知每个人可有9种打法，故应为9×9＝81种方法；选项D可分为荤菜相同或素菜相同两种情况，共2×3×2＋3×2×1＝18种.] 7．甲、乙、丙3个班各有3,5,2名三好学生，现准备推选2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. 解析：分为三类：①甲班选1名，乙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×5＝15(种)选法；②甲班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×2＝6(种)选法；③乙班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有5×2＝10(种)选法.综上，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31(种)推选方法. 答案：31 8．一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c.三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”(如213,134等)若a，b，c∈{1,2,3,4,5}，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“有缘数”共　______　个. 解析：根据题意知在1,2,3,4,5中，能组成有缘数的组合有：1,2,3；1,3,4；1,4,5；2,3,5；由1,2,3组成的三位自然数为123,132,213,231,312,321，“有缘数”共6个；同理：由1,3,4组成的三位数为“有缘数”是6个； 由1,4,5组成的三位数为“有缘数”是6个； 由2,3,5组成的三位数为“有缘数”是6个； 所以三位数为“有缘数”的个数为：4×6个＝24个. 9.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，则不同染色方法的总数为　________　. 解析：按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类： 第一类，A，C 同色，则有5×4×3×3＝180(种)不同的染色方法. 第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240(种)不同的染色方法. 根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420(种)不同的染色方法. 答案：420 10．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同. (1)从两个口袋内任取1个小球，有多少种不同的取法？ (2)从两个口袋内各取1个小球，有多少种不同的取法？ 解：(1)从两个口袋内任取1个小球，有两类方案： 第一类，从第一个口袋内任取1个小球，有5种方法； 第二类，从第二个口袋内任取1个小球，有4种方法. 根据分类加法计数原理，不同取法的种数是5＋4＝9. (2)从两个口袋内各取一个小球，可以分成两个步骤来完成： 第一步，从第一个口袋内任取1个小球， 有5种方法； 第二步，从第二个口袋内任取1个小球， 有4种方法. 根据分步乘法计数原理知，不同取法的种数是5×4＝20. 11．将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数. (1)可以排出多少个不同的三位数？ (2)各位数字互不相同的三位数有多少个？ (3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？ 解：(1)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位，根据分步乘法计数原理知，可以排出6×6×6＝216(个)不同的三位数. (2)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位.百位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位上数字的排法有4种，根据分步乘法计数原理知，各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个). (3)两个数字相同有三种可能，即百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，而每种都有6×5＝30(个)，故满足条件的三位数共有3×30＝90(个). [能力提升] 12．某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是(　　) 站数x 0<x≤3 3<x≤6 6<x≤9 票价/元 2 3 4 A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种 B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种 C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种 D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种(同一地铁站出站不分先后) 解析：BCD　[两人共花费5元分为两类：小明花费2元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9种，同理小明花费3元，小华花费2元时，两人下地铁的方案也是9种，所以共有18种，A不正确，B正确.两人共花费6元分为三类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9种；小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9种；小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9种，共有27种，C正确.小明比小华先下地铁有两类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有9种；小明和小华均花费3元，小明比小华先下地铁仅有3种方案，所以共有12种方案，D正确. 故选：BCD] 13．从集合中任选2个元素作为椭圆方程＋＝1中的m和n，求落在矩形区域B＝内的椭圆个数. 解：根据题意，知当m＝1时，n可等于2,3，…，8，共对应7个不同的椭圆；当m＝2时，n可以等于1,3,4，…，8，共对应7个不同的椭圆.同理可得，当m＝3,4,5,6,7,8时，各分别对应7个不同的椭圆；当m＝9时，n可以等于1,2，…，8，共对应8个不同的椭圆；当m＝10时，共对应8个不同的椭圆.综上所述，对应的椭圆共有7×8＋8×2＝72(个). [素养培优] 14．某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客乘坐地铁的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表所示(其中x∈N*)： 乘坐 站数 0＜x≤3 3＜x≤6 6＜x≤9 票价 (元) 2 3 4 现有小华、小李两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁的站数都不超过9，且他们各自在每站下地铁的可能性是相同的. (1)若小华、小李两人共付费5元，则小华、小李下地铁的方案共有多少种？ (2)若小华、小李两人共付费6元，求小华比小李先下地铁的概率. 解：(1)由题表可知，若小华、小李两人共付费5元，则小华、小李一人付费2元一人付费3元，付费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择，付费3元的乘坐站数有4,5,6三种选择，所以小华、小李下地铁的方案共有2×3×3＝18(种). (2)由题表可知，若小华、小李两人共付费6元，则小华、小李一人付费2元一人付费4元或两人都付费3元.付费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择，付费3元的乘坐站数有4,5,6三种选择，付费4元的乘坐站数有7,8,9三种选择，因此小华、小李下地铁的方案共有2×3×3＋3×3＝27(种)，其中小华比小李先下地铁的方案有3×3＋3＝12(种)，因此小华比小李先下地铁的概率为＝. 学科网（北京）股份有限公司 $