2027届高考数学一轮复习----1第一节　两个计数原理

**基本信息** 聚焦两个计数原理的系统性应用，通过分层训练构建"原理理解-情境转化-综合应用"的完整思维链，培养数学抽象与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础过关|14题|分步乘法原理、分类加法原理、排除法、特殊位置优先法|从基本概念到复杂情境，构建"原理识别-模型选择-计算验证"的逻辑链条| |素养提升|1题|行列交叉问题的分步策略、最值优化的组合分析|融合排列组合与优化思想，体现计数原理在数据选择中的综合应用|

微练(七十六)　两个计数原理 　　　　　　　　　　　　　 基础过关 一、单项选择题 1.5名应届毕业生报考3所高校,每人报且仅报1所院校,则不同的报名方法的种数是(　　) A.35 B.53 C. D. 2.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 3.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了2个新节目.如要将这2个节目插入原节目单中,那么不同插法的种数为(　　) A.42 B.30 C.20 D.12 4.从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数,则可以组成不同对数值的个数为(　　) A.56 B.54 C.53 D.52 5.一间教室有五盏灯,一个开关控制一盏灯,每盏灯都能正常照明,那么这间教室能照明的方法有(　　) A.24种 B.25种 C.31种 D.32种 6.从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为(　　) A.3 B.4 C.6 D.8 7.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　　) A.60 B.48 C.36 D.24 8.(2026·成都模拟)某高中运动会设有8个项目,甲、乙两名学生每人随机选取3个项目,则至少选中2个相同项目的报名情况有(　　) A.420种 B.840种 C.476种 D.896种 9.数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏.如图是数独的一个简化版,由3行3列共9个单元格构成.玩该游戏时,需要将数字1,2,3(各三个)全部填入单元格,每个单元格填一个数字,要求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字,则不同的填法有(　　) A.12种 B.24种 C.72种 D.216种 10.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,则不同的涂法种数为(　　) A.72 B.96 C.120 D.144 二、填空题 11.乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后的项数为　　　　.  12.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+bi,其中虚数的个数是　　　　.  13.用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数,则这些四位数中比2 134大的四位数的个数为　　　　.  14.在平面直角坐标系内,点P(a,b)的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}中的元素.又点P到原点的距离|OP|≥5,则这样的点P的个数为　　　　.  素养提升 15.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4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　　　　.  11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 微练(七十六)　两个计数原理 1.A　解析　每名应届毕业生报考的方法都有3种,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法共有3×3×3×3×3=35(种).故选A. 2.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2×3=6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6+2=8.故选D. 3.A　解析　将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中,插入第一个有6种插法,插入第2个有7种插法,所以共有6×7=42种插法.故选A. 4.D　解析　在8个数中任取2个不同的数共有8×7=56个对数值,但在这56个数值中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,即满足条件的对数值共有56-4=52(个).故选D. 5.C　解析　每盏灯有2种状态,可得这间教室能照明的方法有25-1=31种.故选C. 6.D　解析　以1为首项的等比数列为1,2,4和1,3,9;以2为首项的等比数列为2,4,8;以4为首项的等比数列为4,6,9;把这4个数列的顺序颠倒,又得到另外的4个数列,所以所求的等比数列的个数是2×(2+1+1)=8.故选D. 7.B　解析　一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”,一共有6个面,共有6×6=36(个).长方体的每个对角面有2个“平行线面组”,共有6个对角面,一共有6×2=12(个).根据分类加法计数原理知共有36+12=48(个). 8.D　解析　由题意可知,可以分两种情况,第一种情况所选取3个项目恰有2个相同,第一步,在8个项目中选取2项,共有28种,第二步,甲在剩下的6个项目中选取1项,共有6种,第三步,乙在剩下5个项目中选取1项,共有5种,由分步乘法计数原理可知,共有28×6×5=840种;第二种情况所选取的3个项目完全相同,则有56种;由分类加法计数原理可知,总情况一共有840+56=896种.故选D. 9.A　解析　根据题意,分3步进行:①将1,2,3三个数字填入第一行,有3×2×1=6种情况;②第二行第一列的数字与第一行第一列的数字不同,有2种情况,第二列、第三列只有1种情况,则第二行有2种情况;③由于前两行的数字确定,所以第三行只有1种情况.故有6×2×1=12种不同的填法.故选A. 10.C　解析　设四种颜色分别为1、2、3、4,(1)四种颜色都用:先涂区域B,有4种填涂方案,不妨设涂颜色1,再涂区域C,有3种填涂方案,不妨设涂颜色2,再涂区域E,有2种填涂方案,不妨设涂颜色3,若区域A填涂颜色2,则区域D,F填涂颜色1、4或4、3,若区域A填涂颜色4,则区域D,F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4×3×2×4=96种不同的涂法.(2)四种颜色只用其中的三种颜色:即当A,C同色,B,D同色,E,F同色,共有4×3×2=24种不同的涂法.综上所述,根据分类相加计数原理可得,共有24+96=120种不同涂法.故选C. 11.60　解析　从第一个括号中选一个字母有3种方法,从第二个括号中选一个字母有4种方法,从第三个括号中选一个字母有5种方法,故根据分步乘法计数原理可知所求项数是3×4×5=60. 12.36　解析　因为a+bi为虚数,所以b≠0,即b有6种取法,a有6种取法,由分步乘法计数原理知可以组成6×6=36个虚数. 13.17　解析　若四位数的千位数字为1,则均比2 134小,若四位数的千位数字为2,则2 134最小,其他数都比2 134大,故比2 134大的四位数的个数为--1=17. 14.20　解析　由题设≥5⇒a2+b2≥25,又a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}中的元素,且a≠b,所以,满足要求的点P(a,b)有(1,5)、(1,6)、(2,5)、(2,6)、(3,4)、(3,5)、(3,6)、(4,3)、(4,5)、(4,6)、(5,1)、(5,2)、(5,3)、(5,4)、(5,6)、(6,1)、(6,2)、(6,3)、(6,4)、(6,5),所以这样的点P有20个. 15.24　112　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4×3×2×1=24.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21+33+43+15=112. 学科网（北京）股份有限公司 $