6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（教材课后题 全解与加练）讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（教材课后题 全解与加练讲义） 【人教A版】 --------------【教材习题·全解】--------------- 📘【复习巩固】 1. 一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有4种，外地的产品有7种.要买1台这种型号的电视机，有多少种不同的选法？ 【题型】分类加法计数原理的应用 【审题关键】完成 “购买 1 台电视机” 这件事，可从本地产品或外地产品两类中任选其一，每类选择均可独立完成任务. 【核心方法】应用分类加法计数原理，将两类产品的选法数直接相加，确保分类不重不漏. 【易错警示】① 混淆 “分类” 与 “分步”，错误使用乘法原理；② 遗漏某一类别的方法数，导致计算偏差. 2.如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路.从甲地到丁地共有多少条不同的路线？ 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】从甲地到丁地有两类独立路线：经乙地到丁地、经丙地到丁地；每类路线又需分两步完成（甲地到中转地、中转地到丁地），需先分类、后分步求解. 【核心方法】 （1）分类：将路线分为 “甲→乙→丁” 和 “甲→丙→丁” 两类. （2）分步：每类路线中，用分步乘法计数原理计算该类的路线数. （3）求和：用分类加法计数原理，将两类路线数相加得到总路线数. 【易错警示】① 先分步后分类，导致逻辑颠倒；② 漏算某一类路线的方法数，或在分步时遗漏步骤. 3.如图，要让电路从A处到B处接通，可有多少条不同的路径？ 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】从 A 到 B 的电路通路可分为三条独立支路，每条支路内的开关需按串联或并联关系分步或分类闭合，才能形成通路；需先对每条支路内的开关用计数原理计算，再将三条支路的方法数相加. 【核心方法】 （1）分类：将从 A 到 B 的通路分为上、中、下三条独立支路. （2）分步：上支路：两个开关并联，有 2 种闭合方式；中支路：一个开关，有 1 种闭合方式；下支路：两个开关串联，有 1×1=1 种闭合方式. （3）求和：应用分类加法计数原理，将三条支路的方法数相加得到总路径数. 【易错警示】① 混淆开关的串联与并联关系，导致分步与分类逻辑错误；② 漏算某条支路的闭合方式，或在计算时重复计数. 4.用1，5，9，13中的任意一个数作分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可构成多少个不同的分数？可构成多少个不同的真分数？ 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】 构成分数：从分子集合和分母集合中各取一个数，两步选择相互独立，无先后顺序限制. 构成真分数：需满足 “分子 < 分母” 的条件，需根据分母的不同取值，分类讨论有效分子的个数. 【核心方法】 分数总数：应用分步乘法计数原理，分子的选法数乘以分母的选法数. 真分数个数：先按分母的不同值进行分类，在每一类中统计满足 “分子 < 分母” 的分子个数，最后应用分类加法计数原理求和. 【易错警示】① 混淆 “分数” 与 “真分数” 的计数逻辑，误用原理；② 真分数计数时，忽略 “分子 < 分母” 的条件或漏算某类下的有效分子. 5.一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有这些小球的颜色互不相同.从两个袋子中分别取1个球，共有多少种不同的取法？ 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】从两个袋子中分别取球，需分两步完成：先从第一个袋子取球，再从第二个袋子取球，两步选择相互独立，缺一不可. 【核心方法】应用分步乘法计数原理，将第一个袋子的取法数与第二个袋子的取法数相乘，得到总的取法数. 【易错警示】① 混淆 “分步” 与 “分类”，误用加法原理；② 忽略 “分别取 1 个球” 的步骤要求，导致计数逻辑错误. 6.（1）在平面直角坐标系内，横坐标与纵坐标均在内取值的不同点共有多少个？ （2）在平面直角坐标系内，斜率在集合内取值，y轴上的截距在集合内取值的不同直线共有多少条？ 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】 （1）确定平面直角坐标系内的点，需分 “选横坐标” 和 “选纵坐标” 两步，两步选择相互独立. （2）确定不同的直线，需分 “选斜率” 和 “选 y 轴截距” 两步，且每一组不同的斜率和截距对应一条不同的直线. 【核心方法】 （1）应用分步乘法计数原理，横坐标的可选个数乘以纵坐标的可选个数，得到不同点的总数. （2）应用分步乘法计数原理，斜率的可选个数乘以截距的可选个数，得到不同直线的总数. 【易错警示】① 混淆 “分步” 与 “分类”，误用加法原理；② 忽略直线方程中斜率和截距的一一对应关系，导致重复计数. ♻【综合运用】 7.一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有0～9共10个数字.现最后一个拨号盘出现了故障，只能在0～5这6个数字中拨号，这4个拨号盘可组成多少个四位数字号码？ 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】组成四位数字号码需分四步选择每一位数字，前三个拨号盘各有 10 种选择，最后一个拨号盘因故障只有 6 种选择，每一步选择相互独立. 【核心方法】应用分步乘法计数原理，将每一位数字的可选个数依次相乘，得到四位数字号码的总数. 【易错警示】① 忽略最后一个拨号盘的限制条件，误用 10 种选择进行计算；② 混淆 “分步” 与 “分类”，误用加法原理. 8.（1）4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，不同报法的种数是还是？ （2）3个班分别从5个景点中选择一处游览，不同选法的种数是还是？ 【题型】两个计数原理的辨析应用 【审题关键】 （1）4 名同学报名 3 个运动队，核心是 “人选择队”，每名同学都有 3 种独立选择. （2） 3 个班从 5 个景点中选一处，核心是 “班选择景点”，每个班都有 5 种独立选择. 【核心方法】 (1) 应用分步乘法计数原理，以 “人” 为分步对象，计算 34. (2) 应用分步乘法计数原理，以 “班” 为分步对象，计算 53. 【易错警示】① 混淆 “谁选择谁” 的主体，导致底数和指数颠倒；② 误用分类加法计数原理，将分步问题错误地按分类处理. 9.（1）从5件不同的礼物中选出4件送给4位同学，每人一件，有多少种不同的送法？ （2）有5个编了号的抽屉，要放进3本不同的书，不同的放法有多少种？（一个抽屉可放多本书） 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】 (1) 送礼物需分两步：先从 5 件礼物中选出 4 件，再将这 4 件礼物分给 4 位同学，每人一件，礼物和同学均不同，顺序有影响. (2) 放书需以 “书” 为分步对象，每本书都有 5 个抽屉可供选择，且一个抽屉可放多本书. 【核心方法】 (1) 应用分步乘法计数原理，先选礼物再分配，或直接按同学顺序依次选择礼物，每一步可选礼物数递减. (2) 应用分步乘法计数原理，每本书的放置独立，将每本书的可选抽屉数相乘. 【易错警示】① 混淆 “礼物选择” 与 “同学分配” 的顺序，导致计数逻辑错误；② 忽略 “一个抽屉可放多本书” 的条件，误用组合计数. 10.口袋中装有8个白球和10个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球. （1）正好是白球、红球各一个的取法有多少种？ （2）正好是两个白球的取法有多少种？ （3）至少有一个白球的取法有多少种？ （4）两球的颜色相同的取法有多少种？ 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】 从两种颜色的球中取 2 个球，各小问需根据颜色组合的限制，判断是分步完成、分类完成，还是采用补集思想. (1) 恰好一白一红：需从两个不同集合中各取一个，是分步完成的结构. (2) 恰好两个白球：需从单一集合中选取两个，是组合计数的结构. (3) 至少一个白球：可分解为 “一白一红” 和 “两白” 两类，或从总取法中排除 “两红” 的情况. (4) 两球同色：可分解为 “两白” 和 “两红” 两类，分别处理后再合并. 【核心方法】 (1) 分步乘法计数原理：从两个不同集合中各取一个，方法数相乘. (2) 组合计数：从单一集合中选取指定数量的元素. (3) 分类加法计数原理：将满足条件的不同情况的方法数相加；或使用补集思想，从总方法数中减去不满足条件的方法数. (4) 分类加法计数原理：将 “两白” 和 “两红” 两种同色情况的方法数相加. 【易错警示】① 混淆 “分步” 与 “分类” 的适用场景，误用计数原理. ② 忽略 “至少一个白球” 等问题的补集思想，导致计算繁琐或遗漏情况. ③ 组合计数时，错误地将元素顺序计入，导致结果偏大. 🔍【拓广探索】 11.在国庆长假期间，要从7人中选若干人在7天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，有多少种可能的安排方法？ 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】7 天值班安排需按天依次进行，核心限制为 “不出现同一人连续值班 2 天”，即后一天的人选必须排除前一天的值班人员. 【核心方法】应用分步乘法计数原理，以 “天” 为分步对象： 第 1 天：从 7 人中任选 1 人，有 7 种选择. 第 2 至第 7 天：每天的人选必须排除前一天的值班者，故每天有 6 种选择. 总方法数为各天选择数的乘积. 【易错警示】① 忽略 “不连续” 的限制，误用 77 进行计算；② 混淆分步顺序，导致逻辑颠倒. 12.2160有多少个不同的正因数？ 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】求正因数个数的核心是先对原数进行质因数分解，再根据每个质因数的指数选择其在因数中的幂次，从而应用分步乘法计数原理. 【核心方法】 （1）质因数分解：将原数分解为若干个质数幂的乘积形式. （2）分步计数：对每个质因数的指数，其在正因数中的幂次有 “指数 + 1” 种选择（从 0 到该指数）. （3）应用原理：将每个质因数的选择数相乘，得到正因数的总个数. 【易错警示】① 质因数分解不彻底或错误，导致后续计算全部错误；② 忘记在指数上加 1，导致结果偏小. --------------------【高考真题·赏析】------------------- （2024·新课标II卷）在如图的的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有_________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________. ---------------------【素养强化·专练】-------------------- 一、单选题 1.某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有( ) A.40种 B.20种 C.15种 D.11种 2.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 3.有四张红桃纸牌、三张黑桃纸牌及两张梅花纸牌，每张纸牌上的数字不同，取出两张不同花色的纸牌，不同的取法共有( ) A.24种 B.9种 C.10种 D.26种 4.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 5.园艺部门打算为一个社区休闲广场的中心花坛(如图)布置花卉，要求同一区域摆放同一种花卉，相邻的两块区域(有公共边)摆放不同种类的花卉.现有4种不同种类的花卉可供选择，则不同布置方案有( ) A.144种 B.120种 C.96种 D.72种 6.甲、乙、丙三人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( ) A.4种 B.6种 C.10种 D.16种 7.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，已知甲同学喜欢牛、马和猴，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢.现让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法共有( ) A.50种 B.60种 C.80种 D.90种 8.春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图的圆形花坛，花坛分为5个区域.现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有( ) A.120种 B.240种 C.420种 D.720种 二、多选题 9.现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是( ) A.从中任选1个球，有15种不同的选法 B.若每种颜色选出1个球，则有120种不同的选法 C.若要选出不同颜色的2个球，则有32种不同的选法 D.若要不放回地依次选出2个球，则有210种不同的选法 三、填空题 10.5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1个讲座，则不同选择的种数是________. 11.某外语小组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语.从中选出会英语和日语的各一人组成一个二人活动小组，有__________种选法. 12.现有3名高一学生和5名高二学生，从中选择一人作为国旗下讲话的主持人，则不同的选法种数是__________；若要从高一年级的3名学生和高二年级的5名学生中各选择一人作为国旗下讲话的主持人，则不同的选法种数是__________. 13.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付平台A、支付平台B、银联卡.顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，顾客丁用哪种结账方式都可以.若甲、乙、丙、丁购物后依次结账，则他们结账方式的组合种数为__________. 四、解答题 14.设有3名医生、5名护士、2名麻醉师. （1）从中选派1人外出参加学习，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？ 学科网（北京）股份有限公司 $ 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（教材课后题 全解与加练讲义） 【人教A版】 --------------【教材习题·全解】--------------- 📘【复习巩固】 1. 一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有4种，外地的产品有7种.要买1台这种型号的电视机，有多少种不同的选法？ 【答案】11种 【解析】一件事情是“买1台某种型号的电视机”，因此选法有种. 【题型】分类加法计数原理的应用 【审题关键】完成 “购买 1 台电视机” 这件事，可从本地产品或外地产品两类中任选其一，每类选择均可独立完成任务. 【核心方法】应用分类加法计数原理，将两类产品的选法数直接相加，确保分类不重不漏. 【易错警示】① 混淆 “分类” 与 “分步”，错误使用乘法原理；② 遗漏某一类别的方法数，导致计算偏差. 2.如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路.从甲地到丁地共有多少条不同的路线？ 【答案】14条 【解析】一件事情是“从甲地经乙地或经丙地到丁地”，所以是“先分类，后分步”.不同的路线共有条. 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】从甲地到丁地有两类独立路线：经乙地到丁地、经丙地到丁地；每类路线又需分两步完成（甲地到中转地、中转地到丁地），需先分类、后分步求解. 【核心方法】 （1）分类：将路线分为 “甲→乙→丁” 和 “甲→丙→丁” 两类. （2）分步：每类路线中，用分步乘法计数原理计算该类的路线数. （3）求和：用分类加法计数原理，将两类路线数相加得到总路线数. 【易错警示】① 先分步后分类，导致逻辑颠倒；② 漏算某一类路线的方法数，或在分步时遗漏步骤. 3.如图，要让电路从A处到B处接通，可有多少条不同的路径？ 【答案】8条 【解析】如果电路从上方线路接通，共有3条路径；如果电路从中间线路接通，共有1条路径；如果电路从下方线路接通，共有 (条)路径.所以要让电路从A处到B处接通，共有 (条)不同的路径. 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】从 A 到 B 的电路通路可分为三条独立支路，每条支路内的开关需按串联或并联关系分步或分类闭合，才能形成通路；需先对每条支路内的开关用计数原理计算，再将三条支路的方法数相加. 【核心方法】 （1）分类：将从 A 到 B 的通路分为上、中、下三条独立支路. （2）分步：上支路：两个开关并联，有 2 种闭合方式；中支路：一个开关，有 1 种闭合方式；下支路：两个开关串联，有 1×1=1 种闭合方式. （3）求和：应用分类加法计数原理，将三条支路的方法数相加得到总路径数. 【易错警示】① 混淆开关的串联与并联关系，导致分步与分类逻辑错误；② 漏算某条支路的闭合方式，或在计算时重复计数. 4.用1，5，9，13中的任意一个数作分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可构成多少个不同的分数？可构成多少个不同的真分数？ 【答案】可构成的分数的个数为16，可构成的真分数的个数为10 【解析】对于第一问，一件事情是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数， 所以以1，5，9，13中任意一个数为分子，以4，8，12，16中的任意一个数为分母可以构成不重复的分数，因此可以分两步来构成分数： 第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种进法. 故可构成的分数的个数为. 对于第二问，一件事情是“构成一个真分数”.分四类： 分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个数，有4个； 分子为5时，分母可以从8，12，16中任选一个数，有3个； 分子为9时，分母可以从12，16中任选一个数，有2个； 分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以可构成的真分数的个数为. 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】 构成分数：从分子集合和分母集合中各取一个数，两步选择相互独立，无先后顺序限制. 构成真分数：需满足 “分子 < 分母” 的条件，需根据分母的不同取值，分类讨论有效分子的个数. 【核心方法】 分数总数：应用分步乘法计数原理，分子的选法数乘以分母的选法数. 真分数个数：先按分母的不同值进行分类，在每一类中统计满足 “分子 < 分母” 的分子个数，最后应用分类加法计数原理求和. 【易错警示】① 混淆 “分数” 与 “真分数” 的计数逻辑，误用原理；② 真分数计数时，忽略 “分子 < 分母” 的条件或漏算某类下的有效分子. 5.一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有这些小球的颜色互不相同.从两个袋子中分别取1个球，共有多少种不同的取法？ 【答案】30 【解析】一件事情是“从两个袋子中分别取1个球”， 由分步乘法计数原理，不同的取法数为（种）. 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】从两个袋子中分别取球，需分两步完成：先从第一个袋子取球，再从第二个袋子取球，两步选择相互独立，缺一不可. 【核心方法】应用分步乘法计数原理，将第一个袋子的取法数与第二个袋子的取法数相乘，得到总的取法数. 【易错警示】① 混淆 “分步” 与 “分类”，误用加法原理；② 忽略 “分别取 1 个球” 的步骤要求，导致计数逻辑错误. 6.（1）在平面直角坐标系内，横坐标与纵坐标均在内取值的不同点共有多少个？ （2）在平面直角坐标系内，斜率在集合内取值，y轴上的截距在集合内取值的不同直线共有多少条？ 【答案】（1）36个 （2）16条 【解析】（1）一件事情是“用坐标确定点”.由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成： 第一步，从A中选横坐标，有6种选择；第二步，从A中选取纵坐标，也有6种选择. 所以共有个不同的点. （2）一件事情是“确定一条直线”.由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有不同的直线条. 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】 （1）确定平面直角坐标系内的点，需分 “选横坐标” 和 “选纵坐标” 两步，两步选择相互独立. （2）确定不同的直线，需分 “选斜率” 和 “选 y 轴截距” 两步，且每一组不同的斜率和截距对应一条不同的直线. 【核心方法】 （1）应用分步乘法计数原理，横坐标的可选个数乘以纵坐标的可选个数，得到不同点的总数. （2）应用分步乘法计数原理，斜率的可选个数乘以截距的可选个数，得到不同直线的总数. 【易错警示】① 混淆 “分步” 与 “分类”，误用加法原理；② 忽略直线方程中斜率和截距的一一对应关系，导致重复计数. ♻【综合运用】 7.一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有0～9共10个数字.现最后一个拨号盘出现了故障，只能在0～5这6个数字中拨号，这4个拨号盘可组成多少个四位数字号码？ 【答案】6000 【解析】一件事情是“组成一个四位数字号码”.由于数字可以重复，最后一个数字只能在0～5这6个数字中选择，所以可组成的四位数字号码的个数为. 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】组成四位数字号码需分四步选择每一位数字，前三个拨号盘各有 10 种选择，最后一个拨号盘因故障只有 6 种选择，每一步选择相互独立. 【核心方法】应用分步乘法计数原理，将每一位数字的可选个数依次相乘，得到四位数字号码的总数. 【易错警示】① 忽略最后一个拨号盘的限制条件，误用 10 种选择进行计算；② 混淆 “分步” 与 “分类”，误用加法原理. 8.（1）4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，不同报法的种数是还是？ （2）3个班分别从5个景点中选择一处游览，不同选法的种数是还是？ 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）一件事情是“4名同学分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”，应该是人选运动队，所以不同报法种数是. （2）一件事情是“3个班分别从5个景点中选择一处游览”，应该是班选景点，故不同的选法种数是. 【题型】两个计数原理的辨析应用 【审题关键】 （1）4 名同学报名 3 个运动队，核心是 “人选择队”，每名同学都有 3 种独立选择. （2） 3 个班从 5 个景点中选一处，核心是 “班选择景点”，每个班都有 5 种独立选择. 【核心方法】 (1) 应用分步乘法计数原理，以 “人” 为分步对象，计算 . (2) 应用分步乘法计数原理，以 “班” 为分步对象，计算. 【易错警示】① 混淆 “谁选择谁” 的主体，导致底数和指数颠倒；② 误用分类加法计数原理，将分步问题错误地按分类处理. 9.（1）从5件不同的礼物中选出4件送给4位同学，每人一件，有多少种不同的送法？ （2）有5个编了号的抽屉，要放进3本不同的书，不同的放法有多少种？（一个抽屉可放多本书） 【答案】（1）120种 （2）125种 【解析】（1）一件事情是“从5件不同礼物中选4件送给4位同学，每人1件”，应该分4步，每步选一件礼物送给一个同学， 由分步乘法计数原理共有种. （2）一件事情是“把3本不同的书放进抽屉，每本书都可放进5个不同的抽屉中的任意一个”，是书选抽屉，所以不同的放法有种. 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】 (1) 送礼物需分两步：先从 5 件礼物中选出 4 件，再将这 4 件礼物分给 4 位同学，每人一件，礼物和同学均不同，顺序有影响. (2) 放书需以 “书” 为分步对象，每本书都有 5 个抽屉可供选择，且一个抽屉可放多本书. 【核心方法】 (1) 应用分步乘法计数原理，先选礼物再分配，或直接按同学顺序依次选择礼物，每一步可选礼物数递减. (2) 应用分步乘法计数原理，每本书的放置独立，将每本书的可选抽屉数相乘. 【易错警示】① 混淆 “礼物选择” 与 “同学分配” 的顺序，导致计数逻辑错误；② 忽略 “一个抽屉可放多本书” 的条件，误用组合计数. 10.口袋中装有8个白球和10个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球. （1）正好是白球、红球各一个的取法有多少种？ （2）正好是两个白球的取法有多少种？ （3）至少有一个白球的取法有多少种？ （4）两球的颜色相同的取法有多少种？ 【答案】（1）80种；（2）28种；（3）108种；（4）73种 【解析】（1）一件事情是“取出一个白球一个红球”.可分2步解决，第1步取一个白球，8种取法；第2步取一个红球，10种取法，由分步乘法计数原理，共有种不同取法. （2）一件事情是“取出两个白球”.可分为2步解决，先从8个白球中取一个，8种取法； 再从余下7个白球中取一个，7种取法，但先取1号球后取2号球与先取2号球后取1号球，结果是相同的，故共有种不同的取法. （3）一件事情是“取出一个白球一个红球或者取出两个白球”，可分两类解决，取出一个白球一个红球有80种不同取法；取出两个白球有28种不同取法，由分类加法计数原理，共有种不同取法. （4）一件事情是“取出两白球或取出两红球”.可分两类解决，取出两白球有28种不同取法：取出两红球有种不同取法，由分类加法计数原理知，共有种不同取法. 【题型】两个计数原理的综合应用 【审题关键】 从两种颜色的球中取 2 个球，各小问需根据颜色组合的限制，判断是分步完成、分类完成，还是采用补集思想. (1) 恰好一白一红：需从两个不同集合中各取一个，是分步完成的结构. (2) 恰好两个白球：需从单一集合中选取两个，是组合计数的结构. (3) 至少一个白球：可分解为 “一白一红” 和 “两白” 两类，或从总取法中排除 “两红” 的情况. (4) 两球同色：可分解为 “两白” 和 “两红” 两类，分别处理后再合并. 【核心方法】 (1) 分步乘法计数原理：从两个不同集合中各取一个，方法数相乘. (2) 组合计数：从单一集合中选取指定数量的元素. (3) 分类加法计数原理：将满足条件的不同情况的方法数相加；或使用补集思想，从总方法数中减去不满足条件的方法数. (4) 分类加法计数原理：将 “两白” 和 “两红” 两种同色情况的方法数相加. 【易错警示】① 混淆 “分步” 与 “分类” 的适用场景，误用计数原理. ② 忽略 “至少一个白球” 等问题的补集思想，导致计算繁琐或遗漏情况. ③ 组合计数时，错误地将元素顺序计入，导致结果偏大. 🔍【拓广探索】 11.在国庆长假期间，要从7人中选若干人在7天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，有多少种可能的安排方法？ 【答案】326592种 【解析】利用分步乘法计数原理，分七步来求解. 第一步，安排第一天的值班人员，有7种方法； 第二步，安排第二天的值班人员，有6种方法； 第三步，安排第三天的值班人员，有6种方法； 同理，第四、五、六、七步均有6种方法. 综上所述，共有种可能的安排方法. 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】7 天值班安排需按天依次进行，核心限制为 “不出现同一人连续值班 2 天”，即后一天的人选必须排除前一天的值班人员. 【核心方法】应用分步乘法计数原理，以 “天” 为分步对象： 第 1 天：从 7 人中任选 1 人，有 7 种选择. 第 2 至第 7 天：每天的人选必须排除前一天的值班者，故每天有 6 种选择. 总方法数为各天选择数的乘积. 【易错警示】① 忽略 “不连续” 的限制，误用 77 进行计算；② 混淆分步顺序，导致逻辑颠倒. 12.2160有多少个不同的正因数？ 【答案】40个 【解析】，若没2160的正因数， 则，，，的正因数共有个. 【题型】分步乘法计数原理的应用 【审题关键】求正因数个数的核心是先对原数进行质因数分解，再根据每个质因数的指数选择其在因数中的幂次，从而应用分步乘法计数原理. 【核心方法】 （1）质因数分解：将原数分解为若干个质数幂的乘积形式. （2）分步计数：对每个质因数的指数，其在正因数中的幂次有 “指数 + 1” 种选择（从 0 到该指数）. （3）应用原理：将每个质因数的选择数相乘，得到正因数的总个数. 【易错警示】① 质因数分解不彻底或错误，导致后续计算全部错误；② 忘记在指数上加 1，导致结果偏小. --------------------【高考真题·赏析】------------------- （2024·新课标II卷）在如图的的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有_________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________. 【答案：】24；112 【解析】第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法. 由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为. 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为. ---------------------【素养强化·专练】-------------------- 一、单选题 1.某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有( ) A.40种 B.20种 C.15种 D.11种 【答案D 【解析根据分类加法计数原理，不同的选法共有种. 故选：D 2.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 【解析】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为.故选：C 3.有四张红桃纸牌、三张黑桃纸牌及两张梅花纸牌，每张纸牌上的数字不同，取出两张不同花色的纸牌，不同的取法共有( ) A.24种 B.9种 C.10种 D.26种 【答案】D 【解析】因为取出的纸牌为两张不同花色，所以可以分成三类：红桃+黑桃：（种）；红桃+梅花：（种）；黑桃+梅花：（种）.故取出两张不同花色的纸牌，共有（种）不同的取法. 故选D. 4.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 【解析】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. 5.园艺部门打算为一个社区休闲广场的中心花坛(如图)布置花卉，要求同一区域摆放同一种花卉，相邻的两块区域(有公共边)摆放不同种类的花卉.现有4种不同种类的花卉可供选择，则不同布置方案有( ) A.144种 B.120种 C.96种 D.72种 【答案】C 【解析】先考虑A区有4种可供选择，再考虑B区有3种，D区有2种，E区有2种，C区有2种，由分步乘法计数原理得共有种. 故选：C. 6.甲、乙、丙三人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( ) A.4种 B.6种 C.10种 D.16种 【答案】B 【解析】分2类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法（如图）.同理，甲先踢给丙时，满足条件的也有3种方法.由分类加法计数原理可知，共有（种）传递方式. 故选B. 7.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，已知甲同学喜欢牛、马和猴，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢.现让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法共有( ) A.50种 B.60种 C.80种 D.90种 【答案】C 【解析】按甲的不同选择分成两种情况讨论：若甲选择牛，此时乙的选择有2种，丙的选择有10种，共有（种）不同的选法； 若甲选择马或猴，此时甲的选择有2种，乙的选择有3种，丙的选择有10种，共有（种）不同的选法. 综上可知，一共有（种）不同的选法. 故选C. 8.春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图的圆形花坛，花坛分为5个区域.现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有( ) A.120种 B.240种 C.420种 D.720种 【答案】C 【解析】如图，先在区域A中种植，有5种不同的选择，再在区域B中种植，有4种不同的选择，再在区域C中种植，有3种不同的选择.在区域D中种植，若区域D与区域B种植同一种花卉，则区域E有3种不同的选择；若区域D与区域B种植不同的花卉，则区域D有2种不同的选择，区域E有2种不同的选择.所以不同的布置方案有（种）. 故选C. 二、多选题 9.现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是( ) A.从中任选1个球，有15种不同的选法 B.若每种颜色选出1个球，则有120种不同的选法 C.若要选出不同颜色的2个球，则有32种不同的选法 D.若要不放回地依次选出2个球，则有210种不同的选法 【答案】ABD 【解析】从中任选1个球，有种不同的选法，故A中说法正确； 每种颜色选出1个球，有种不同的选法，故B中说法正确； 选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，故C中说法错误； 不放回地依次选出2个球，有种不同的选法，故D中说法正确. 故选ABD. 三、填空题 10.5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1个讲座，则不同选择的种数是________. 【答案】81 【解析】根据题意，把甲、乙看成1名同学，这样理解为4名同学去听讲座，每名同学都可以从3个课外知识讲座中任选1个，由分步乘法计数原理可得，不同选择的种数是. 11.某外语小组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语.从中选出会英语和日语的各一人组成一个二人活动小组，有__________种选法. 【答案】20 【解析】因为，所以外语小组9人中有1人既会英语又会日语.分三类：①当既会英语又会日语的人当选为会英语的人时，选出只会日语的一人即可，有2种选法；②当既会英语又会日语的人当选为会日语的人时，选出只会英语的一人即可，有6种选法；③当既会英语又会日语的人没被选出时，则需从只会日语和只会英语的人中各选出一人，有（种）选法.故共有（种）选法. 12.现有3名高一学生和5名高二学生，从中选择一人作为国旗下讲话的主持人，则不同的选法种数是__________；若要从高一年级的3名学生和高二年级的5名学生中各选择一人作为国旗下讲话的主持人，则不同的选法种数是__________. 【答案】8；15 【解析】根据题意，从中选择一人作为国旗下讲话的主持人，若从高一学生中选，则有3种选法；若从高二学生中选，则有5种选法.由分类加法计数原理知，共有（种）不同的选法.若要从高一年级的3名学生和高二年级的5名学生中各选择一人作为国旗下讲话的主持人，从高一学生中选出一人，有3种选法，从高二学生中选出一人，有5种选法，则有（种）不同的选法. 13.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付平台A、支付平台B、银联卡.顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，顾客丁用哪种结账方式都可以.若甲、乙、丙、丁购物后依次结账，则他们结账方式的组合种数为__________. 【答案】20 【解析】当乙用现金结账时，甲和乙都用现金结账，所以丙有3种结账方式，丁有4种结账方式，故共有（种）结账方式；当乙用银联卡结账时，甲用现金结账，所以丙有2种结账方式，丁有4种结账方式，故共有（种）结账方式.综上可知，共有（种）结账方式. 四、解答题 14.设有3名医生、5名护士、2名麻醉师. （1）从中选派1人外出参加学习，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种；（2）30种 【解析】（1）分3类； 第1类：从医生中选，有3种选法. 第2类：从护士中选，有5种选法. 第3类：从麻醉师中选，有2种选法. 根据分类加法计数原理，可知共有（种）不同的选法. （2）分3步： 第1步：选1名医生，有3种选法. 第2步：选1名护士，有5种选法. 第3步：选1名麻醉师，有2种选法. 根据分步乘法计数原理，可知共有（种）不同的选法. 学科网（北京）股份有限公司 $