第06讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（八大题型+思维导图+知识梳理+课后提升练）-2025-2026学年高二数学春季讲义（人教A版选择性必修第三册）

第06讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【人教A版】 模块一 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 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·陕西渭南·期末）某影城有一些电影新上映，其中有2部文艺片、3部喜剧片、2部科幻片，小明从中任选1部电影观看，则不同的选法共有（    ） A．12 种 B．8种 C．7种 D．6种 【答案】C 【解题思路】根据分类加法计数原理即可得到答案. 【解答过程】根据分类加法计数原理得不同的选法共有种. 故选：C. 【变式1.1】（25-26高二上·江西鹰潭·期末）某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、2部文艺片、2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．12 B．9 C．8 D．7 【答案】D 【解题思路】根据分类加法计数原理即可求解. 【解答过程】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为. 故选：D. 【变式1.2】（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 【解题思路】由分类加法计数原理运算即可. 【解答过程】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1.3】（24-25高二下·福建福州·期末）某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（   ） A．12种 B．27种 C．120种 D．600种 【答案】B 【解题思路】由分类加法计数原理即可求解. 【解答过程】已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次， 则小丁当天出行的方案共有. 故选：B. 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2】（25-26高二下·全国·课堂例题）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 【答案】B 【解题思路】根据分步乘法计数原理将问题分为两步，再将每一步的方法数相乘即可求得结果. 【解答过程】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（种）不同的搭配方法． 故选：B. 【变式2.1】（25-26高二上·江苏南京·期末）甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》、及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法种数为（   ） A．61 B．62 C．63 D．64 【答案】D 【解题思路】根据分步乘法计数原理求解. 【解答过程】三个人任选一部电影观看，共分三步， 第一步，甲从四部电影中任选一部，有4种不同的选法； 第二步，乙从四部电影中任选一部，有4种不同的选法； 第三步，丙从四部电影中任选一部，有4种不同的选法， 根据分步乘法计数原理，不同的选法共有， 故选：D. 【变式2.2】（25-26高二下·全国·课堂例题）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 【答案】B 【解题思路】利用分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】0，1，2，…，9共能组成个三位数，其中无重复数字的三位数有个，所以有重复数字的三位数有个． 故选：B. 【变式2.3】（24-25高二下·浙江舟山·期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（    ） A．36 B．48 C．52 D．64 【答案】C 【解题思路】通过4次传花后仍回到甲手，得出第四次传花只能传给甲，由此得出限制条件，根据分步乘法即可计算出传法总数. 【解答过程】5人传花，第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，经过4次传花，花仍回到甲手， ∴第1次传花有4种方法，第3次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两类方法， 第4次传花只能传到甲手中. ∴当第2次传花后花在甲手中时，则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊手中，共4种方法； 当第2次传花后花不在甲手中时，有3种方法，则第3次传花有3种方法. ∴经过4次传花，花仍回到甲的传法总数为：， ∴花仍回到甲的传法总数为52种， 故选：C. 模块二 两个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. 2．两个计数原理的综合应用 两个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高二上·湖南长沙·期末）一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有3个小球，所有这些小球的颜色互不相同，从两个口袋内分别取一个小球，则不同的取法数为（    ） A．7 B．16 C．9 D．12 【答案】D 【解题思路】根据分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】由题意，从两个袋子中分别取1个球， 分两步进行: 第一个口袋内取一个球有4种取法，另一个口袋内取一个球有3种取法, 根据分步乘法计数原理得到，从两个口袋内分别取1个小球, 共有种取法. 故选:D. 【变式3.1】（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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【变式3.2】（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 【解题思路】（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； 【解答过程】（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3.3】（24-25高二下·山东菏泽·月考）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 【答案】(1)21种； (2)315种； (3)143种． 【解题思路】（1）根据分类加法计数原理求解； （2）根据分步乘法计数原理求解； （3）综合利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解； 【解答过程】（1）事件选一人当组长可分三类方案完成， 第一类，组长从（1）班选出，有7种选法、 第二类，组长从（48）班选出，有5种选法、 第三类，组长从（62）班选出，有9种选法， 根据分类加法计数原理，选一人当组长有种选法， （2）如果老师任组长，每班选一名副组长，则需要分三步， 第一步，从（1）班选一名同学担任副组长，有7种选法， 第二步，从（48）班选一名同学担任副组长，有5种选法， 第三步，从（62）班选一名同学担任副组长，有9种选法， 根据分步乘法计数原理，每班选一名副组长共有种选法； （3）事件推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，可分为三类方案， 第一类，若两人来自（1）班和（48）班，有种选法， 第二列，若两人来自（1）班和（62）班，有种选法， 第三类，若两人来（48）班和（62）班，有种选法， 综上可知，这两人来自不同的班级的不同的选法有种． 【题型4 代数中的计数问题】 【例4】（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 【解题思路】将分解质因数，即可求出的因数的个数，从而得解. 【解答过程】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4.1】（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 【解题思路】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. 【解答过程】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4.2】（24-25高二下·四川广元·期中）1800有__________个不同的正因数． 【答案】 【解题思路】根据题意，，结合分步乘法计数原理，即可得到结果. 【解答过程】， 每一个正因数都可表示为， 其中，且均为非负整数， 对有种可能选法，即， 对有种可能选法，即， 对有种可能选法，即， 由分步乘法计数原理可得，的正因数有个. 故答案为：. 【变式4.3】（24-25高二下·河南商丘·期末）已知x，y，z均为正整数，且，则满足方程的解有_________组. 【答案】10 【解题思路】由题意可得的取值范围，分类列举，根据分类加法原理，可得答案. 【解答过程】因为，所以. 当时，则，即， 可取； 当时，则可取； 当时，则，解得，或6，则为； 当时，则，为． 所以方程的解的个数为. 故答案为：. 【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 【解题思路】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. 【解答过程】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 【解题思路】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. 【解答过程】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高二下·上海宝山·期中）直线（不全为 0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（  ） A．60 条 B．66 条 C．72 条 D．78 条 【答案】D 【解题思路】由题确定圆上的整点，然后由两点确定一条直线及过圆整点的切线条数可得答案. 【解答过程】因，，则公共点为： ，共12个. 若这样的直线为圆的切线，则满足题意的切线有12条； 若这样的直线不为圆的切线，则由两点确定一条直线，满足的直线有条. 则这样的直线有78条. 故选：D. 【变式5.3】（2025高二·全国·专题练习）从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（    ） A．105种 B．225种 C．315种 D．420种 【答案】C 【解题思路】首先选取一个点作为钝角顶点，并该点与圆心连线将其余14个顶点分成左右各7个：在左侧选取一个点作为第二顶点，依次选取右侧7个点作为第三顶点判断三角形形状，依此步骤即可得当前钝角顶点下的钝角三角形个数，最后乘以15即可得结果. 【解答过程】如图所示，以A为钝角顶点，在直径的左边取点，右边依次取，得到6个钝角三角形，当取时，△为锐角三角形； 同理，直径的左边取点，右边依次取，得到5个钝角三角形，当取，时，△、△为锐角三角形； …… 在直径的左边取点时，得到一个钝角△， 在直径的左边取点时，没有钝角三角形. 故以A为钝角顶点的三角形共有（个）. 以其余14个点为钝角顶点的三角形也各有21个， 所以总共有（个）钝角三角形. 故选：C. 【题型6 数字排列问题】 【例6】（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）从这五个数字中任取个组成无重复数字的三位数，其中奇数个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据题意，分3步：①，从中取一个排个位，有种安排方法，②，不能在百位，则百位的安排方法有种，③，在剩下的个数中任选个，安排在十位，有种情况，从而求解. 【解答过程】根据题意，①从中取一个排个位，有种安排方法， ②不能在百位，则百位的安排方法有种， ③在剩下的个数中任选个，安排在十位，有种情况， 故奇数的个数为：. 故选：D. 【变式6.1】（24-25高二上·辽宁·期末）用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 【答案】B 【解题思路】通过个位数分别为，，，讨论即可； 【解答过程】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即，，，有3种选择， 因为这是一个三位数，所以百位数不能是0. ①当个位数为0时，有种， ②当个位数为2或4时，有种.综上，有30种. 故选：B. 【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) 【解题思路】（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. 【解答过程】（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·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 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【题型7 涂色问题】 【例7】（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 【解题思路】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. 【解答过程】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7.1】（24-25高二下·四川资阳·期中）如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．600 B．288 C．576 D．以上答案均不对 【答案】A 【解题思路】根据题意，先排，，的方法，分与相同，与相同和既不同于又不同于，三种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【解答过程】由题意，可得，，分别有4，3，2种方法， （1）当与相同时，有1种方法，此时有2种， ①若与相同有有1种方法，同时有3种方法， ②若与不同，此时有2种方法， 共有：种方法； （2）当与相同时，有1种方法，此时讨论的3种方法， 共有种方法； （3）当既不同于又不同于时，有1种方法， 共有种方法， 由分类计数原理，可得共有种方法． 故选：A． 【变式7.2】（24-25高二下·安徽·月考）给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【答案】(1)3种 (2)72 【解题思路】根据排列组合涂色问题解题方法，先分类再分步完成涂色即可. 【解答过程】（1）由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务. （2）分两种情况: 情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有种涂法; 情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有种涂法. 所以共有24+48=72种不同的涂色方法. 【变式7.3】（24-25高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【答案】(1)60 (2)240 【解题思路】（1）由分步乘法原理，先涂S，再涂A，再涂B，最后涂CD计算即可. （2）解法一：由分步乘法原理，先涂AC，再一次涂SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照A与C颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可. 【解答过程】（1）由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C颜色相同，且B，D颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法. （2）解法一：由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同， 所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法（如：B，D颜色相同）； 再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上， 最后D涂B的颜色，有种不同的涂色方法. 根据分步计数原理知，共有种不同的涂色方法. 解法二：分两类. 第一类，A与C颜色相同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法； 第二类，A与C颜色不同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法. 根据分类计数原理知，共有种不同的涂色方法. 【题型8 两个计数原理的综合应用】 【例8】（24-25高二下·广东清远·期末）如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（    ）    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 【答案】C 【解题思路】利用分类加法计数原理以及分步乘法计数原理，可得答案. 【解答过程】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知， 不同的路径有种. 故选：C. 【变式8.1】（2025·辽宁·二模）重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）： “中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物； “十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香； “四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】利用分步计数原理及分类计数原理即得. 【解答过程】由题可知中间格只有一种放法； 十字格有四个位置，种适合放入，所以有一种放两个位置，共有种放法； 四角格有四个位置，种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置， 有种放法，或每种都放两个位置，有种放法，故四角格共有种放法； 所以不同放法共有种. 故选：C. 【变式8.2】（24-25高二下·全国·课后作业）现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组． (1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？ (2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？ 【答案】(1)5040 (2)431 【解题思路】（1）由分步乘法计算原理即可求解； （2）先分2人来自哪两个班，再用分步乘法计算原理求解. 【解答过程】（1）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选1名组长． 所以，共有（种）不同的选法． （2）分六类，每一类又分两步： 从一、二班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从一、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从一、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从二、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从二、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从三、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法． 所以，共有（种）不同的选法． 【变式8.3】（24-25高二下·吉林延边·月考）现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有3人、4人、5人、6人. (1)选1人为负责人，有多少种不同的选法？ (2)每组选1名组长，有多少种不同的选法？ (3)推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？ 【答案】(1)18 (2)360 (3)119 【解题思路】（1）根据分类加法计数原理即可求解； （2）根据分步乘法计数原理即可求解； （3）根据分步乘法、分类加法计数原理即可求解； 【解答过程】（1）分四类：第一类，从一组中选1人，有3种方法； 第二类，从二组中选1人，有4种方法； 第三类，从三组中选1人，有5种方法； 第四类，从四组中选1人，有6种方法. 所以不同的选法共有种方法. （2）分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四组中选1名组长， 所以不同的选法共有种方法； （3）分六类：第一类，从一、二组中各选1人，有种方法； 第二类，从一、三组中各选1人，有种方法； 第三类，从一、四组中各选1人，有种方法； 第四类，从二、三组中各选1人，有种方法； 第五类，从二、四组中各选1人，有种方法； 第六类，从三、四组中各选1人，有种方法； 所以不同的选法共有种方法. 一、单选题 1．（25-26高二下·全国·单元测试）有2位同学报名参加5个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法有（   ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 【答案】C 【解题思路】利用分步乘法计数原理求解即可. 【解答过程】每位同学都有5种选择，则不同的报名方法有（种）． 故选：C． 2．（25-26高二下·黑龙江·开学考试）已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（    ） A．5 B． C．7 D．8 【答案】C 【解题思路】根据分类加法和分步乘法计数原理可得. 【解答过程】由图知，从地到地的道路有2条，从地到地的道路有3条，由分步乘法计数原理可知，从地经过地到地不同的路线共有条； 从地不经过地到地的路线有1条. 根据分类加法计数原理可得，从地到地不同的路线共条. 故选：C. 3．（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 【解题思路】根据分步乘法原理计算求解. 【解答过程】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. 4．（25-26高二下·全国·课后作业）某校开设类选修课3门，类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（   ） A．3种 B．4种 C．7种 D．12种 【答案】C 【解题思路】利用分类计数原理求解即可. 【解答过程】选择课程的方法有2类：从类课程中选一门有3种不同的方法， 从类课程中选1门有4种不同的方法，∴共有不同选法（种）． 故选：C. 5．（24-25高二下·河北唐山·月考）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（   ） A．48个 B．52个 C．60个 D．120个 【答案】B 【解题思路】根据分类加法和分步乘法计数原理，分类讨论，求出结果. 【解答过程】由题意可知，分为两种情况： 情况一：个位是0，则有不同的结果个； 情况二：个位不是0，则有不同结果个； 所以共有个； 故选：B. 6．（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 【解题思路】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】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. 7．（24-25高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是和不是进行分类; 个位不是时要注意选中的数有和不是情况求解. 【解答过程】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择， 而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论: ①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况， 与百位数一样，只有一种选择， 与个位数一样，也只有一种选择; ②当个位数为2时， 如果百位数为2，则十位数有6种选择， 如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择: 当个位数为4时， 如果百位数为4，则十位数有6种选择， 如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择 综上所述，. 故选：B. 8．（25-26高三上·黑龙江·期末）给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 【答案】D 【解题思路】直接根据，，，，，，按顺序涂色，逐步分析各个步骤的可能数，最后根据分步乘法计数原理求解即可． 【解答过程】从四个不同的颜色中选出一种颜色给涂色，有4种可能，再给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能，给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能， 这样给七个正六边形区域，，，，，，涂色， 不同的涂色方案有． 故选：D． 二、多选题 9．（2025·四川成都·模拟预测）用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（   ） A．一共可以组成96个数 B．一共可以组成120个数 C．一共可以组成偶数60个 D．一共可以组成72个大于2000的数 【答案】ACD 【解题思路】由特殊位置优先的原则，结合两个计数原理逐个判断即可. 【解答过程】对于AB，四位数的首位不能为0，有4种选项，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位， 可以组成无重复数字的四位数个，A正确， B错误； 对于C，若个位数为0，则有个，若个位数不为0，则有个， 所以可以组成无重复数字的四位偶数个，C正确； 对于D，四位数的首位有3种选择，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位， 可以组成无重复数字且大于2000的四位数个，D正确． 故选：ACD. 10．（2025·四川眉山·模拟预测）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（  ） A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 【答案】ABC 【解题思路】根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解. 【解答过程】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确. 对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确. 对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法； 第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法； 第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法， 故共有种不同的选法，故C正确. 对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法； 第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法， 根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误. 故选：ABC. 11．（24-25高二下·江苏连云港·期末）用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 【答案】AB 【解题思路】根据分步乘法原理，由选项中的限制条件，逐项计算，可得答案. 【解答过程】对于A，无重复数学的三位数的情况数为，故A正确； 对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为，故B正确； 对于C，能被整除的四位数的最后两位有，则无重复数字且能被整除的四位数的情况数有，故C错误； 对于D，当千位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为且百位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为且十位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为、十位为且个位比大的无重复数字的四位数的情况数有. 综上可得，故D错误. 故选：AB. 三、填空题 12．（25-26高二下·全国·课堂例题）5名班委进行分工，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________． 【答案】18 【解题思路】利用分步乘法计数原理将问题分成三步，分别求得各步骤的方法数，再相乘可得结果. 【解答过程】根据题意，只适合当学习委员，有1种情况，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（种）情况， 由分步乘法计数原理可得出共有（种）分工方案． 故答案为：18. 13．（25-26高二下·全国·课后作业）如图，一条电路从处到处接通时，可构成线路的条数为________． 【答案】6 【解题思路】利用分步乘法计数原理可求解. 【解答过程】从处到处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路； 第二步，后一个并联电路接通有3条线路． 由分步乘法计数原理知电路从处到处接通时，可构成线路的条数为（条）． 故答案为：6. 14．（2026高二下·福建厦门·专题练习）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_________种． 【答案】72 【解题思路】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【解答过程】分4步进行分析： ①，对于区域，有4种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种． 故答案为：72. 四、解答题 15．（25-26高二下·全国·课后作业）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？ 【答案】(1)216 (2)120 (3)90 【解题思路】（1）可先排百位，再排十位，最后排个位，结合分步乘法计数原理，即可求解； （2）根据题意，先排百位，再排十位，最后排个位，结合分步乘法计数原理，即可求解； （3）根据题意，可分为百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，且每种都有个，进而得到答案. 【解答过程】（1）解：根据题意，可分三步进行：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（个）不同的三位数． （2）解：根据题意，可分三步进行：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（个）． （3）解：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， 且每种都有（个），故满足条件的三位数共有（个）． 16．（24-25高二下·全国·课后作业）将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的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 ④ ③ 【答案】180 【解题思路】分①④不同色；①④同色两种情况，结合分步乘法计数原理求出两种情况下的涂法，再相加得到答案. 【解答过程】依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色． 第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成四步来完成． 第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法； 第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法； 第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法． 于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为（种）． 第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成． 第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法． 于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有（种）． 综上可知，所求的涂色方法共有（种）． 17．（25-26高二下·全国·课堂例题）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． (1)此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？ (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？ 【答案】(1)7 (2)12 【解题思路】（1）由分类加法计数原理直接计算可得结果； （2）由分步乘法计数原理，算出每一步的结果再相乘计算可得结果. 【解答过程】（1）分成两类： 第一类：乘坐飞机，飞机共有3个航班可选择，即3种方法； 第二类：乘坐动车，动车有4个班次可选择，即有4种方法； 由分类加法计数原理可得此委员这一天从济南到北京共有种快捷途径. （2）分成两步： 第一步：从家乡乘坐汽车到达济南市，有4种选择； 第二步：再乘坐飞机前往北京，有3种选择； 由分步乘法计数原理可知此委员想从家乡到达北京共有种途径. 18．（25-26高二下·全国·课堂例题）高三·一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三·二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三·三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三·一班、二班或三班中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三·一班、二班男生中，或从高三·三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 【答案】(1)165 (2)80 【解题思路】利用分类加法计数原理将问题分成三类，分别计算可得出（1）（2）中的结果. 【解答过程】（1）分三类： 第一类选法，从高三·一班中任选一名，有50种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班中任选一名，有60种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班中任选一名，有55种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得（种），因此共有165种不同的选法． （2）分三类： 第一类选法，从高三·一班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班女生中任选一名，有20种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得（种）． 故共有80种不同的选法． 19．（25-26高二下·全国·课堂例题）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2000大的四位偶数？ 【答案】(1)360 (2)300 (3)120 【解题思路】（1）由分步乘法计数原理，将问题分成四步，算出每一步的种类数并将各数相乘即可求得结果； （2）根据分步乘法计数原理，将问题也分成四步，算出每一步的种类数并将各数相乘即可求得结果； （3）法一：按末位是0，2，4分为三类，再由分类加法和分步乘法计数原理计算即可； 法二：按千位是2，3，4，5分四类，再由分类加法和分步乘法计数原理计算即可； 法三：利用间接法求出所有的四位偶数，再除去小于2000的偶数即可. 【解答过程】（1）分四步： 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（个） （2）分四步： 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（个）． （3）法一：按末位是0，2，4分为三类： 第一类：末位是0的有（个）； 第二类：末位是2的有（个）； 第三类：末位是4的有（个）． 则由分类加法计数原理有（个）． 法二：按千位是2，3，4，5分四类： 第一类：千位是2，个位有2种选择（0或4），百位有4种选择，十位有3种选择，共有（个）； 第二类：千位是3，个位有3种选择（0或2或4），百位有4种选择，十位有3种选择，共有（个）； 第三类：千位是4，个位有2种选择（0或2），百位有4种选择，十位有3种选择，共有（个）； 第四类：千位是5，个位有3种选择（0或2或4），百位有4种选择，十位有3种选择，共有（个）． 则由分类加法计数原理有（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（个）； 第二类：末位是2或4的有（个）． 共有（个）． 其中比2000小的有千位是1的共有（个）， 所以符合条件的四位偶数共有（个）． 第 1 页 共 23 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第06讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【人教A版】 模块一 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 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·陕西渭南·期末）某影城有一些电影新上映，其中有2部文艺片、3部喜剧片、2部科幻片，小明从中任选1部电影观看，则不同的选法共有（    ） A．12 种 B．8种 C．7种 D．6种 【变式1.1】（25-26高二上·江西鹰潭·期末）某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、2部文艺片、2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．12 B．9 C．8 D．7 【变式1.2】（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1.3】（24-25高二下·福建福州·期末）某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（   ） A．12种 B．27种 C．120种 D．600种 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2】（25-26高二下·全国·课堂例题）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 【变式2.1】（25-26高二上·江苏南京·期末）甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》、及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法种数为（   ） A．61 B．62 C．63 D．64 【变式2.2】（25-26高二下·全国·课堂例题）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 【变式2.3】（24-25高二下·浙江舟山·期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（    ） A．36 B．48 C．52 D．64 模块二 两个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. 2．两个计数原理的综合应用 两个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高二上·湖南长沙·期末）一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有3个小球，所有这些小球的颜色互不相同，从两个口袋内分别取一个小球，则不同的取法数为（    ） A．7 B．16 C．9 D．12 【变式3.1】（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 【变式3.2】（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3.3】（24-25高二下·山东菏泽·月考）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 【题型4 代数中的计数问题】 【例4】（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4.1】（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 【变式4.2】（24-25高二下·四川广元·期中）1800有__________个不同的正因数． 【变式4.3】（24-25高二下·河南商丘·期末）已知x，y，z均为正整数，且，则满足方程的解有_________组. 【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高二下·上海宝山·期中）直线（不全为 0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（  ） A．60 条 B．66 条 C．72 条 D．78 条 【变式5.3】（2025高二·全国·专题练习）从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（    ） A．105种 B．225种 C．315种 D．420种 【题型6 数字排列问题】 【例6】（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）从这五个数字中任取个组成无重复数字的三位数，其中奇数个数为（    ） A． B． C． D． 【变式6.1】（24-25高二上·辽宁·期末）用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 【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·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. 【题型7 涂色问题】 【例7】（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7.1】（24-25高二下·四川资阳·期中）如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．600 B．288 C．576 D．以上答案均不对 【变式7.2】（24-25高二下·安徽·月考）给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【变式7.3】（24-25高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【题型8 两个计数原理的综合应用】 【例8】（24-25高二下·广东清远·期末）如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（    ）    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 【变式8.1】（2025·辽宁·二模）重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）： “中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物； “十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香； “四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ） A． B． C． D． 【变式8.2】（24-25高二下·全国·课后作业）现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组． (1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？ (2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？ 【变式8.3】（24-25高二下·吉林延边·月考）现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有3人、4人、5人、6人. (1)选1人为负责人，有多少种不同的选法？ (2)每组选1名组长，有多少种不同的选法？ (3)推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？ 一、单选题 1．（25-26高二下·全国·单元测试）有2位同学报名参加5个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法有（   ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 2．（25-26高二下·黑龙江·开学考试）已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（    ） A．5 B． C．7 D．8 3．（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 4．（25-26高二下·全国·课后作业）某校开设类选修课3门，类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（   ） A．3种 B．4种 C．7种 D．12种 5．（24-25高二下·河北唐山·月考）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（   ） A．48个 B．52个 C．60个 D．120个 6．（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 7．（24-25高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 8．（25-26高三上·黑龙江·期末）给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 二、多选题 9．（2025·四川成都·模拟预测）用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（   ） A．一共可以组成96个数 B．一共可以组成120个数 C．一共可以组成偶数60个 D．一共可以组成72个大于2000的数 10．（2025·四川眉山·模拟预测）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（  ） A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 11．（24-25高二下·江苏连云港·期末）用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 三、填空题 12．（25-26高二下·全国·课堂例题）5名班委进行分工，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________． 13．（25-26高二下·全国·课后作业）如图，一条电路从处到处接通时，可构成线路的条数为________． 14．（2026高二下·福建厦门·专题练习）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_________种． 四、解答题 15．（25-26高二下·全国·课后作业）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？ 16．（24-25高二下·全国·课后作业）将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的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 ④ ③ 17．（25-26高二下·全国·课堂例题）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． (1)此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？ (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？ 18．（25-26高二下·全国·课堂例题）高三·一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三·二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三·三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三·一班、二班或三班中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三·一班、二班男生中，或从高三·三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 19．（25-26高二下·全国·课堂例题）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2000大的四位偶数？ 第 1 页 共 23 页 学科网（北京）股份有限公司 $