专题7.1 两个计数原理（高效培优讲义）数学苏教版高二选择性必修第二册

本讲义聚焦高中数学“两个计数原理”核心知识点，系统梳理分类加法计数原理（完成一件事分n类方案，方法数相加）和分步乘法计数原理（完成一件事需n个步骤，方法数相乘），通过即学即练巩固概念，再分分类应用、分步应用、实际问题等八大题型构建从基础到综合的学习支架。 该资料特色在于以交通、电路等生活实例引导学生用数学眼光观察现实世界，通过分类分步逻辑分析培养数学思维中的推理能力，不同题型设计助力用数学语言表达解题过程。课中典例与变式题辅助教师高效授课，课后练习题帮助学生查漏补缺，强化知识应用。

专题7.1 两个计数原理 教学目标 1.理解分类计数原理和分步计数原理，弄清它们的区别． 2.会运用分类计数原理和分步计数原理分析和解决一些简单的问题． 3.经历实际计数问题的解决过程，建构方法并归纳抽象出两个计数原理，提升数学抽象和逻辑推理能力．． 教学重难点 1.重点 会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题． 2.难点 两个计数原理的综合应用. 知识点01 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. 【即学即练】 1．小夏计划某日从武汉到兰州游玩，当天的交通工具中，火车共有12个车次，飞机共有2个航班，则乘坐方式的种数共有（  ） A．12 B．14 C．16 D．24 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理即可求解. 【解析】根据分类加法计数原理，从武汉到兰州可以乘火车（12种）或飞机（2种），总计种方式． 故选：B 2．如图，当一条电路从处到处接通时，不同的线路共有 条（每条线路仅含一条通路）．    【答案】8 【分析】根据分类加法、分步乘法计数原理即可求解. 【解析】由题意知可以按上、下两条线路分为两类，上线路中有2条，下线路中有（条）． 根据分类加法计数原理，得不同的线路共有（条）． 故答案为：8 知识点02 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. 【即学即练】 1．小李同学有三件不同颜色的羽绒服以及两条不同颜色的棉裤，如果一件羽绒服和一条棉裤配成一套，则小李同学不同的搭配种数为（  ） A．5 B．6 C．8 D．9 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理可得. 【解析】先选羽绒服有3种情况，再选棉裤有2种情况，根据分步乘法计数原理，共有搭配种数． 故选:B． 2．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，则不同的选法有 种. 【答案】64 【分析】根据分步计数原理的应用即可求解. 【解析】由题意每个人都有4种选法，故不同的选法有种. 故答案为：64. 题型01 分类加法计数原理及应用 【典例1】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. 【解析】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为. 故选：C. 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. 【变式1】如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（　　）    A．26 B．24 C．20 D．19 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理计算． 【解析】由题图可知，从A到B有4种不同的传递路线，各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3，4，6，6， 由分类加法计数原理得，单位时间内传递的最大信息量为. 故选：D． 【变式2】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. 【解析】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． 【变式3】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. 【解析】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4】某日小张坐火车从沈阳市到葫芦岛市，已知当天从沈阳市到葫芦岛市的火车中，“K”字开头的车次有7个，“D”字开头的车次有2个，“C”字开头的车次有1个，“G”字开头的车次有20个，“T”字开头的车次有2个，“Z”字开头的车次有7个，则小张当日车次的选择共有 种． 【答案】39 【分析】利用分类加法原理，可得答案. 【解析】由分类加法计数原理可得小张当日车次的选择共有种． 故答案为：. 题型02 分步乘法计数原理及应用 【典例1】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. 【解析】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. 1.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. 2.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. 【变式1】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. 【解析】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】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. 【解析】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3】从7名男运动员和3名女运动员中选出2人组队参加乒乓球混合双打比赛，则不同的选法共有（  ） A．12种 B．18种 C．20种 D．21种 【答案】D 【分析】根据分步乘法计算原理求解即可. 【解析】7名男运动员选1名组对有7种选法，3名女生选1名组对有3种选法， 则不同的选法共有种． 故选：D. 【变式4】给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z，后两个字符要求用数字1～9，最多可以给 个程序模块命名． 【答案】 【分析】根据题意可确定每个字符的可能数，再利用分步乘法原理计算即可. 【解析】首字符要求用字母A～G或U～Z，共种可能， 后两个字符要求用数字1～9，所以后两个字符中每个各有种可能， ，所以最多可以给个程序模块命名． 故答案为：. 题型03 实际问题中的计数问题 【典例1】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. 【解析】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. 1.剖析实际问题（如排列、涂色），提取核心要素（元素/区域）、关系（相同/不同、相邻）及约束，转化为计数模型（分步分类模型）。 2.分步用乘法、分类用加法，复杂时结合（先分类再分步），适配模型选方法，规避重复遗漏，汇总得结果。 【变式1】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. 【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. 【变式2】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_________ 【答案】65 【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． 【解析】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， 故答案为：65． 题型04 代数中的计数问题 【典例1】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. 【解析】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． 1.将代数情境转化为计数模型，明确计数对象（如方程解、数字组合），梳理约束条件（如正整数解、数字不重复），确保模型贴合题意。 2.根据模型选对应方法（如隔板法、乘法原理），结合约束条件计算，复杂时分类分步结合，最后汇总结果，如求方程正整数解用隔板法。 【变式1】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. 【解析】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2】若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为（  ） A．3 B．8 C．9 D．27 【答案】D 【分析】根据已知确定函数定义域取值情况，再由集合非空子集个数及分步计数求“同族函数”个数，即可得. 【解析】由题设，的值域为，则或或， 结合“同族函数”的定义，则函数定义域分别从、、中各取至少一个数， 所以共有种. 故选：D 【变式3】集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 【答案】 【分析】令，，求出集合的非空子集数，与集合的子集数，再由分步乘法计数原理计算可得. 【解析】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为： 题型05 几何中的计数问题 【典例1】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. 【解析】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 1.按图形类型（如线段、三角形）或规模（如边长为1、2的正方形）分类，明确计数对象，避免重复遗漏，如计数三角形分“单个小三角形”“组合三角形”。 2.简单图形枚举计数，复杂图形用对应公式，算每类数量后求和，得总个数。 【变式1】从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（  ） A．20种 B．16种 C．12种 D．8种 【答案】C 【分析】正方体共有条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有个 共有组，再考虑重复情况得到答案. 【解析】正方体共有条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有个 共有组，每组中包含两条棱，故有 故选：C 【变式2】在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（  ） A．95 B．91 C．88 D．75 【答案】B 【分析】首先确定以为对角线的矩形中整点的个数，再确定上的整点数，最后根据对称性求出△中整点的个数. 【解析】由题设，直线分别交x、y轴于、，    以高为10，宽为15的矩形内（含边）整数点有176个，其中直线上的整数点有、、、、、，共6个， 所以，矩形对角线两侧的三角形中整点的个数为个， 综上，△中整点的个数为个. 故选：B 【变式3】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． 【解析】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4】在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为 . 【答案】 【分析】根据已知有，结合的取值判断满足条件的点，即可得答案. 【解析】由题设，又都是集合中的元素，且， 所以，满足要求的点有、、、、、、、、、、、、、、、、、、、， 所以这样的点有20个. 故答案为：20 【变式5】如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为 . 【答案】3 【分析】根据向量共面的推论易知在面内，且面，结合正方体的对称性及空间数量积运算确定不同取值的个数. 【解析】由，且，即在面内， 要使取最小值时，点位置记为点，即面，结合正方体的对称性， 知：，，三种情况， 所以数量积的不同取值的个数为3. 故答案为：3 题型06 数字的排列问题 【典例1】用0，1，2，3这4个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答） 【答案】18 【分析】需要分步确定三位数的百位、十位和个位数字. 【解析】组成的数是三位数，故百位不能是， 百位有种选择； 百位选了一个数字后，十位还有种选择； 百位和十位各选了一个数字后，个位还有种选择； 一共可以组成没有重复数字的三位数有：（个） 故答案：. 1.确定数字范围、位数要求及特殊约束（如首位非0、数字不重复），明确排列对象（如用0-9选3个排三位数），避免遗漏关键限制。 2.优先排特殊位置（如首位），用乘法原理算每步选法；有重复数字时用除法，复杂时分类（如含0/不含0），最后汇总得总排列数。 【变式1】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. 【解析】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2】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 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理，分类讨论，求出结果. 【解析】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. 【变式3】从 0，1，2，3，4，5 中取出三个不同数字组成一个三位数，且这个三位数能被 15 整除，则这样的三位数有 个 【答案】 【分析】按末位数为0或5分类，再按三位数字和能被3整除列举即可. 【解析】（1）当末位数为0时，剩余数字从中选取两个不同数字作为前两位， 数字和等于前两位数字之和（因末位为0），必须能被3整除。 满足和能被3整除的配对有：， 满足能被15整除的三位数有：120，210，150，510，240，420，450，540共8个三位数； （2）当末位数为5时，剩余数字从中选取两个不同数字作为前两位，且首位不能为0， 数字和等于前两位数字之和加5，必须能被3整除， 满足和能被3整除的配对有：， 满足能被15整除的三位数有105，405，135，315，345，435共6个三位数； 综上：满足能被15整除的三位数一共有个. 故答案为：14 【变式4】我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有___________个 【答案】21 【分析】按照首位数字为进行分类，计算每种情况下的“吉祥数”个数，相加得到总数. 【解析】当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 因此，所有的“吉祥数”共有个. 故答案为：21 题型07 涂色问题 【典例1】如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有　　 种． 【答案】48 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可． 【解答】用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色， 对于区域A，有4种涂色方法， 对于区域B，有3种涂色方法， 对于区域C，有2种涂色方法，对于区域D，有2种涂色方法， 则由分步乘法计数原理可得4×3×2×2＝48种涂色方法． 故答案为：48． 1.确定区域（植株）数量、相邻关系（如环形/线性）及颜色（品种）数量，明确核心约束“相邻区域（植株）不同色（品种）”，标注特殊区域关联。 2.按相邻关系分步选色，优先选相邻多的区域，用乘法原理算每步选法；环形等复杂场景分类修正，最后汇总得总方法数。 【变式1】用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（  ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】由每块区域都与其他三块区域有公共边，故用分步乘法计算即可. 【解析】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种， 舍去，得(负数解舍去). 故选：C. 【变式2】用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，则不同的涂法有（  ）种 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】按照②③①④分步进行即可，计算出每个区域的涂色种数，利用分步乘法计数原理可得结果. 【解析】区域②有种选择，区域③有种选择，区域①和④各有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的涂法种数为种. 故选：D 【变式3】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． 【答案】630 【分析】由题知只需考虑区域1，2，3，4的颜色即可，不妨先涂区域1、区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同及相同两种情况考虑即可求解. 【解析】涂色问题  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情况． 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（种）． 故答案为：630. 题型08 两个计数原理的综合应用 【典例1】（多选）以下结论正确的是（  ） A．3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是 B．从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法 C．60有12个不同的正因数 D．从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减，可以得到12个不相等的差 【答案】AC 【分析】根据计数原理等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【解析】A选项，3个班分别从4个景点中选择一处游览，根据分步乘法计数原理， 不同选法的种数是，A选项正确. B选项，从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本， 根据分步乘法计数原理，不同选法的种数是，B选项错误. C选项，，所以正因数有个，C选项正确. D选项，从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减， 得到的差有，共个不相等的差，D选项错误. 故选：AC 使用分类计数原理分类时，各类的每一种方法都能单独完成；使用分布计数原理分步时，必须做到各步均是完成事件必须经过的缺一不可的步骤，不重不漏．有时需要分“类”和分“步”同时使用解决问题. 【变式1】（多选）现有不同的球15个，其中红球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，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 【答案】ABD 【分析】利用分步与分类计数原理计算得到选项ABD正确；若要选出不同颜色的2个球，有74种不同的选法，所以选项C错误. 【解析】A. 从中任选1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； B. 若每种颜色选出1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； C. 若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误； D. 若要不放回地依次选出2个球，有种不同的选法，所以该选项正确. 故选：ABD 【变式2】（多选）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．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 【答案】BD 【分析】根据分类与分步计数原理逐个计算即可. 【解析】A选项：取2个球，红、黄各1，有种选法，该选项错误. B选项：每种颜色选出1个球，共取3个，有种选法，该选项正确. C选项：要选出不同颜色的2个球，有3种情况： 若取1红1黄，有种选法； 若取1红1绿，有种选法； 若取1黄1绿，有种选法； 因此共有种选法，该选项错误. D选项：甲先选有15种选法，乙再选有14种选法，所以共有种选法，该选项正确. 故选：BD. 【变式3】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； 【解析】（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. 1．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3张，一等座8张，商务座6张，则小张的购票方案种数为（  ） A．14 B．17 C．90 D．144 【答案】B 【分析】由分类加法计数原理运算即可. 【解析】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 2．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，则不同的报名方法种数是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可知每个同学都有种选择，结合分步乘法计数原理可得结果. 【解析】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， 则每个同学都有种选择，由分步乘法计数原理可知，不同的报名方法种数为种. 故选：D. 3．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. 【解析】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. 4．一个口袋内装有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 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】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. 5．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. 【解析】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. 6．用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有（  ）个 A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】D 【分析】应用分类分步计数原理求四位数的个数. 【解析】若四位数中没有2，共有个， 若四位数中有1个2，共有个， 若四位数中有2个2，共有个， 因此共有60个. 故选：D 7．（多选）下列说法正确的是（ ） A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 【答案】BD 【分析】根据两个计数原理的定义逐一判断选项即可. 【解析】对于A，分步乘法计数原理要求每一步都完成，才能说任务完成，故A错误； 对于B，从书架上任取数学书、语文书各1本，完成这件事需要分两步：第一步取1本数学书， 有若干种取法；第二步取1本语文书，故应是分步计数问题，故B正确； 对于C，任务“从甲地经丙地到乙地”，分为从甲地到丙地， 再从丙地到乙地两步完成，是分步计数问题，故C错误； 对于D，分类加法计数原理中的每一类方法都能一次性地完成任务， 故可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，即D正确. 故选：BD. 8．（多选）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 【分析】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. 【解析】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. 9.（多选）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 【分析】由特殊位置优先的原则，结合两个计数原理逐个判断即可. 【解析】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．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种. 【答案】39 【分析】根据给定条件分成每次升1面、升2面、升3面旗3类，求出各类表示的信号数，再将各类信号数相加即得. 【解析】根据所升旗的数量进行分类： ①升1面旗，有三种颜色可供选择，故可组成3种不同信号； ②升2面旗，则升第一面旗时，有三种颜色可供选择，升第二面旗时，同样有三种颜色可供选择，故可组成种不同信号； ③升3面旗，则升每面旗时，均有三种颜色可供选择，故可组成的不同信号有种. 综上所述，可组成的不同信号共有（种）． 故答案为：39 11．古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 ．    【答案】24 【分析】首先分情况，先确定两个顶点，再确定其他顶点，即可求解. 【解析】梯形的上、下底平行且不相等，如图，    若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有（个）， 若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有（个）， 所以梯形的个数是（个）． 故答案为：24 12．用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 【答案】 【分析】根据特殊元素“”是否被选择进行分类讨论，根据分类加法计数原理可得解. 【解析】以特殊元素“”为研究对象分类讨论. （1）若四位数中有“”，则“”有种放法， 其他位置上的数字从，，，中挑选，故共有种； （2）若四位数中无“”，则这四位数字可以全为奇数或者有个偶数. ①全为奇数，有种； ②有个偶数，则必从，，中选个并可放置在任意数位上，其余位置填奇数，共有种； 故满足条件的四位数有个， 故答案为：. 13．甲乙两人分别从标有数字的13张卡片中各抽取一张，甲乙取得的卡片上的数字分别记为，，则满足的个位数字为9的有序数对的个数为 . 【答案】33 【分析】先讨论的个位数字情况，再结合题意进行分析，最后利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理求解即可. 【解析】若满足的个位数字为9，则先讨论的个位数字情况， 对于，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 当时，个位数字为，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 对于，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 当时，个位数字为，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 若满足的个位数字为9，则有如下情况， 的个位数字为与的个位数字为，的个位数字为与的个位数字为， 的个位数字为与的个位数字为， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 由分类加法计数原理得共有种情况. 故答案为：33 14．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. 【解析】（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 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题7.1 两个计数原理 教学目标 1.理解分类计数原理和分步计数原理，弄清它们的区别． 2.会运用分类计数原理和分步计数原理分析和解决一些简单的问题． 3.经历实际计数问题的解决过程，建构方法并归纳抽象出两个计数原理，提升数学抽象和逻辑推理能力．． 教学重难点 1.重点 会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题． 2.难点 两个计数原理的综合应用. 知识点01 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. 【即学即练】 1．小夏计划某日从武汉到兰州游玩，当天的交通工具中，火车共有12个车次，飞机共有2个航班，则乘坐方式的种数共有（  ） A．12 B．14 C．16 D．24 2．如图，当一条电路从处到处接通时，不同的线路共有 条（每条线路仅含一条通路）．    知识点02 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. 【即学即练】 1．小李同学有三件不同颜色的羽绒服以及两条不同颜色的棉裤，如果一件羽绒服和一条棉裤配成一套，则小李同学不同的搭配种数为（  ） A．5 B．6 C．8 D．9 2．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，则不同的选法有 种. 题型01 分类加法计数原理及应用 【典例1】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 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. 【变式1】如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（　　）    A．26 B．24 C．20 D．19 【变式2】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 【变式3】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4】某日小张坐火车从沈阳市到葫芦岛市，已知当天从沈阳市到葫芦岛市的火车中，“K”字开头的车次有7个，“D”字开头的车次有2个，“C”字开头的车次有1个，“G”字开头的车次有20个，“T”字开头的车次有2个，“Z”字开头的车次有7个，则小张当日车次的选择共有 种． 题型02 分步乘法计数原理及应用 【典例1】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 1.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. 2.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. 【变式1】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】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3】从7名男运动员和3名女运动员中选出2人组队参加乒乓球混合双打比赛，则不同的选法共有（  ） A．12种 B．18种 C．20种 D．21种 【变式4】给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z，后两个字符要求用数字1～9，最多可以给 个程序模块命名． 题型03 实际问题中的计数问题 【典例1】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 1.剖析实际问题（如排列、涂色），提取核心要素（元素/区域）、关系（相同/不同、相邻）及约束，转化为计数模型（分步分类模型）。 2.分步用乘法、分类用加法，复杂时结合（先分类再分步），适配模型选方法，规避重复遗漏，汇总得结果。 【变式1】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2】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_________ 题型04 代数中的计数问题 【典例1】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 1.将代数情境转化为计数模型，明确计数对象（如方程解、数字组合），梳理约束条件（如正整数解、数字不重复），确保模型贴合题意。 2.根据模型选对应方法（如隔板法、乘法原理），结合约束条件计算，复杂时分类分步结合，最后汇总结果，如求方程正整数解用隔板法。 【变式1】方程的非负整数解的组数为（  ） A．40 B．28 C．22 D．12 【变式2】若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为（  ） A．3 B．8 C．9 D．27 【变式3】集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 题型05 几何中的计数问题 【典例1】以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（  ） A．2 B．3 C．4 D．6 1.按图形类型（如线段、三角形）或规模（如边长为1、2的正方形）分类，明确计数对象，避免重复遗漏，如计数三角形分“单个小三角形”“组合三角形”。 2.简单图形枚举计数，复杂图形用对应公式，算每类数量后求和，得总个数。 【变式1】从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（  ） A．20种 B．16种 C．12种 D．8种 【变式2】在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（  ） A．95 B．91 C．88 D．75 【变式3】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4】在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为 . 【变式5】如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为 . 题型06 数字的排列问题 【典例1】用0，1，2，3这4个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答） 1.确定数字范围、位数要求及特殊约束（如首位非0、数字不重复），明确排列对象（如用0-9选3个排三位数），避免遗漏关键限制。 2.优先排特殊位置（如首位），用乘法原理算每步选法；有重复数字时用除法，复杂时分类（如含0/不含0），最后汇总得总排列数。 【变式1】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2】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 【变式3】从 0，1，2，3，4，5 中取出三个不同数字组成一个三位数，且这个三位数能被 15 整除，则这样的三位数有 个 【变式4】我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有___________个 题型07 涂色问题 【典例1】如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有　　 种． 1.确定区域（植株）数量、相邻关系（如环形/线性）及颜色（品种）数量，明确核心约束“相邻区域（植株）不同色（品种）”，标注特殊区域关联。 2.按相邻关系分步选色，优先选相邻多的区域，用乘法原理算每步选法；环形等复杂场景分类修正，最后汇总得总方法数。 【变式1】用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（  ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式2】用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，则不同的涂法有（  ）种 A． B． C． D． 【变式3】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． 题型08 两个计数原理的综合应用 【典例1】（多选）以下结论正确的是（  ） A．3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是 B．从4本不同书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法 C．60有12个不同的正因数 D．从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减，可以得到12个不相等的差 使用分类计数原理分类时，各类的每一种方法都能单独完成；使用分布计数原理分步时，必须做到各步均是完成事件必须经过的缺一不可的步骤，不重不漏．有时需要分“类”和分“步”同时使用解决问题. 【变式1】（多选）现有不同的球15个，其中红球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，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 【变式2】（多选）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．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 【变式3】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? 1．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3张，一等座8张，商务座6张，则小张的购票方案种数为（  ） A．14 B．17 C．90 D．144 2．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，则不同的报名方法种数是（  ） A． B． C． D． 3．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 4．一个口袋内装有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 5．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． 6．用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有（  ）个 A．24 B．36 C．48 D．60 7．（多选）下列说法正确的是（ ） A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 8．（多选）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 9.（多选）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．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种. 11．古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 ．    12．用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 13．甲乙两人分别从标有数字的13张卡片中各抽取一张，甲乙取得的卡片上的数字分别记为，，则满足的个位数字为9的有序数对的个数为 . 14．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 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $