第01讲 计数原理（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

第01讲 计数原理 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 分类加法计数原理 知识点2 分步乘法计数原理 知识点3 两个计数原理的综合应用 题型破译 (含超链接） 题型1 分类加法计数原理的应用 题型2 分步乘法计数原理的应用 题型3 两个计数原理的综合应用 【方法技巧】类步嵌套分析法 题型4 涂色问题 【方法技巧】类优先受限区域法 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 两个计数原理 —— —— —— 考情分析 高考对两个计数原理的考查不单独命题，多与排列、组合综合考查。题型以选择填空为主，难度中等，侧重利用分类加法与分步乘法原理分析实际情境，常结合有限元素分配、选取问题，重在逻辑分类与分步推理。 复习目标 1.理解分类加法、分步乘法计数原理，能准确区分两类计数方式，对实际问题合理分类、分步。 2.会结合排列组合综合问题运用两个计数原理分析计数思路，解决元素选取、分配类考题。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 分类加法计数原理 完成一件事，有类不同方案，在第类方案中有种不同的方法，在第类方案中有种不同的方法，……，在第类方案中有种不同的方法。 那么完成这件事总的方法数为： 核心特点：分类完成，各类方案相互互斥、彼此独立；任选其中一类中的任意一种方法，这件事就能够完成。 自主检测 1．甲、乙两个班级分别有29名学生，30名学生，从两个班中选一名学生，则不同的选法有（    ） A．59种 B．29种 C．30种 D．种 【答案】A 【详解】分两类：第一类从甲班选有29种方法，第二类从乙班选有30种方法. 由分类加法计数原理得共有种不同方法. 知识点2 分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第步有种不同的方法，做第步有种不同的方法，……，做第步有种不同的方法。 那么完成这件事总的方法数为： 核心特点：分步完成，各个步骤缺一不可，步骤之间相互独立；必须依次做完所有步骤，整件事才算完成。 注意：两个计数原理的辨析 （1）分类加法计数原理：针对"分类"问题。各类方案互斥，只要选取其中一类的一种方法，事情即可完成，计算方法总数使用加法。 （2）分步乘法计数原理：针对"分步"问题。全部步骤必须全部做完，事情才算完成，计算方法总数使用乘法。 自主检测 2．某小区有4个出入门，如果甲同学从其中的任意一个门进入小区，并要求从其他的门出去，那么甲同学进出小区的方式共有（    ） A．4种 B．7种 C．12种 D．16种 【答案】C 【详解】根据分步乘法计数原理， 第一步，甲先选一个门进入，有4种选择； 第二步，甲选一个门出去，有3种选择， 所以甲同学进出小区的方式共有种. 知识点3 两个计数原理的综合应用 实际问题中经常两个原理搭配使用： （1）分类的时候，某一类内部的完成过程可能需要分步计算方法数； （2）分步的时候，某一个步骤内部的可选方式可能需要分类统计方法数。 自主检测 3．某系统的5位验证码，每一位都可以从数字 0，1，2 中任选一个，数字可以重复.若验证码中 0，1，2 三个数字都至少出现一次，则不同的验证码共有多少个？ 【答案】150 【详解】每一位都有3种选择，所以所有验证码共有个. 若缺少数字0，则每一位只能从1，2中选择，有个. 同理，缺少数字1或缺少数字2时也各有 个， 但是，验证码“00000”“11111”“22222”各同时缺少另外两个数字，在上述计算中均被重复扣除，因此需要补回3个. 所以三个数字都至少出现一次的验证码共有个. 题●型●破●译 题型1 分类加法计数原理的应用 例1-1（2026·福建漳州·二模）某校开设类选修课3门，类选修课2门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（    ） A．2种 B．3种 C．5种 D．6种 【答案】C 【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种. 例1-2（2025·山西吕梁·模拟预测）壹元、拾元人民币各一张，伍元人民币两张，一共可以组成________种币值． 【答案】9 【详解】若取1张，可得1元，5元，10元，共3种； 若取2张，可得，，，， 即6元，11元，15元，10元（重复），共3种； 若取3张，可得，，， 即11元（重复），16元，20元，共2种； 若取4张，可得元，共1种； 综上所述：一共可以组成种币值. 【变式1-1】（2026·吉林白山·模拟预测）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．3 B．19 C．40 D．200 【答案】B 【详解】购票可以分为买二等座、买一等座、买商务座三类，共种． 【变式1-2】（2025·江苏镇江·模拟预测）将标有序号1，2，3的三个小球放入标有序号1，2，3，4的四个盒子里，每个盒子最多放一个小球，且要求小球和盒子的序号均不对应相同，则所有放法的种数为________． 【答案】11 【分析】【详解】若盒子序号为,则球的序号依次为或,共有2种放法; 若盒子序号为或或,根据对称性可知不同的方法种数相同, 例如盒子序号为,则球的序号依次为或或,共有3种放法； 故总数为种. 【变式1-3·变情境】（2025·四川自贡·二模）与是的子集，若，则称为一个理想配集，若将与看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”的个数是（   ） A．4 B．8 C．9 D．16 【答案】C 【分析】【详解】因为，与是的子集，， 对子集分情况讨论： 当时，，，，，有种情况； 当时，，，有种情况； 当时，，，有种情况； 当 时，，有种情况； 所以共有种. 题型2 分步乘法计数原理的应用 例2-1（2026·黑龙江牡丹江·模拟预测）点的横、纵坐标都是正整数，且，则满足条件的点个数为（   ） A．12 B．10 C．9 D．8 【答案】A 【分析】【详解】因为，故的正因数的形式为， 其中可取，可取，故的正因数的个数为. 因，故确定时唯一确定，故满足条件的的个数为. 例2-2（2025·山东滨州·二模）某单位有5名员工，需要在小长假三天安排人员值班，每天只需一人值班，不能出现同一人连续两天值班情况，则所有的安排方法种数为（    ） A．60 B．70 C．80 D．100 【答案】C 【详解】第1天：5 个人任选1人，5种选择； 第2天：不能和第1天是同一个人，剩下4人，4种选择； 第3天：不能和第2天是同一个人，剩下4人，4种选择； 总方法数：. 【变式2-1】（2025·河南洛阳·三模）在的方格中选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． 【答案】 【分析】【详解】方格表中选个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中， 第一行选一个格有种选法， 第二行选一个格有种选法， 第三行选一个格有种选法， 第四行选一个格有种选法， 则共有种. 【变式2-2】（2025·河南南阳·一模）设集合，，建立到的一个函数关系，：，为值域，且有，则从集合到集合的不同的函数的个数为（     ） A．3 B．12 C．27 D．36 【答案】B 【分析】【详解】由知已含在值域中，而值域恰为， 故、都须在、、中取到． 暂不要求值域为时，、、各自可在中任取一值，共有种对应； 其中象集中不含的有种（象只能取自）， 象集中不含的也有种（象只能取自）， 象集中既不含又不含的有种（象只能取自）， 所以满足值域为的对应共有种． 【变式2-3】5名学生分别从 A，B，C 三个志愿服务项目中任选1个参加，要求 项目至少有1人参加，则不同的选择方法共有多少种？ 【答案】211 【分析】【详解】不考虑限制条件时，每名学生都有3种选择，共有种选择方法. 若没有人参加 项目，则每名学生只能从 B，C 两个项目中选择，共有种选择方法. 所以 项目至少有1人参加的选择方法共有种. 题型3 两个计数原理的综合应用 例3-1（2025·山西大同·模拟预测）有红、黄、蓝三种颜色的旗各足够多面，每次可以升1面、2面或3面旗，纵向排列在旗杆上表示信号，旗数或顺序不同时表示不同信号，则可以表示不同信号的种数为（   ） A．38 B．39 C．40 D．42 【答案】B 【分析】【详解】升1面旗有3种信号，升2面旗有种信号，升3面旗有种信号． 总数为种． 例3-2（2026·安徽马鞍山·二模）某外语组有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，有多少种不同的选法（    ） A．10 B．20 C．21 D．40 【答案】B 【详解】“完成一件事”指“从9人中选出会英语与日语的各1人”，故需分三类： ①既会英语又会日语的不当选；②既会英语又会日语的按会日语当选； ③既会英语又会日语的按会英语当选． 既会英语又会日语的有（人），仅会英语的有6人，仅会日语的有2人． 从仅会英､日语的人中各选1人有种选法； 从仅会英语与英､日语都会的人中各选1人有种选法； 从仅会日语与英､日语都会的人中各选1人有种选法． 根据分类加法计数原理，共有（种）不同选法． 方法技巧 类步嵌套分析法 先整体判断是先分类还是先分步，常出现"类中有步、步中有类"。 若是先分类，每一类内部再用分步乘法计算；若是先分步，某一步内部再做分类加法。 做完后可以换角度验算，核对总方法数，避免混淆加法与乘法，防止重复、漏计数。 【变式3-1】（2026·河北衡水·二模）为优惠于民，某通信运营商推出“优惠卡活动”，每张卡卡号的前7位是固定的．现从后4位号码为“0000”到“9999”的10000张卡中选带有“6”或“9”的卡作为“优惠卡”，则“优惠卡”的张数是（   ） A．1980 B．4096 C．5904 D．8020 【答案】C 【分析】【详解】卡号后四位每一位可取 0∼9，共 10 个数字, 若既不含 6，也不含 9，则每一位只能从剩下 8 个数字中选取， 由分步乘法计数原理得到后4位不含6且不含9的卡共有张． 卡号后4位共有种，因此优惠卡有张． 【变式3-2】已知0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成多少个大于且小于的数字不重复的四位数？ 【答案】175 【分析】【详解】千位为3或4时，有个； 千位为5且百位为0，1，2，3之一时，有个； 千位为5、百位为4、十位为0或1时，有个； 另外5420满足条件． 共有个． 【变式3-3】（2025·广东广州·一模）现有5张分别标有数字1，2，3，4，5的不同卡片，从中有放回地取3次，每次取1张，将3次取到的卡片上的数字分别记为，若这三个数中的最大数与最小数之差恰好等于3，则抽取卡片的所有不同方法种数为（    ） A．32 B．36 C．48 D．60 【答案】B 【分析】【详解】由卡片数字取值为1~5，可得三个数的最大数与最小数之差为3时， 对应的（最小数，最大数）组合仅为和两类，且两类情况互斥，分别计算如下： 当最小数为1、最大数为4时，三次抽取的数字均属于集合， 且必须至少包含1个1和1个4. 由容斥原理，该类方法数为： ， 当最小数为2、最大数为5时，三次抽取的数字均属于集合， 且必须至少包含1个2和1个5， 同理可得该类方法数也为18种. 因此总抽取方法数为种. 题型4 涂色问题 例4-1（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，现须用3种颜色对4个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法（     ）    A．3 B．6 C．12 D．24 【答案】C 【详解】由分步计数原理，第一步涂区域共有3种着色方法，第二步涂区域只有2种着色方法， 第三步涂区域有1种着色方法，最后涂区域有2种着色方法， 所以一共有种着色方法. 例4-2（2025·江苏常州·三模）如图，给图中的A，B，C，D，E五个区域涂色，要求相邻区域涂不同的颜色．现有4种不同的颜色供选择，则有________种不同的涂色方案．（用数字作答） 【答案】72 【详解】分步完成，首先涂区域，共有4种涂法，第二步涂区域，共有3种涂法， 第三步涂区域，共有2种涂法， 对于区域和区域，分类讨论， 若区域与区域颜色相同，则区域有1种涂法，区域有2种涂法， 若区域与区域颜色不同，则区域有1种涂法，区域有1种涂法， 所以共有种涂法. 方法技巧 类优先受限区域法 按涂色顺序分步处理，优先涂相邻多、限制条件最多的区域。 相邻区域颜色不能相同，每一步统计该区域可选颜色数量，用乘法原理列式。 遇到多种情况要进行分类讨论，最后汇总结果；易错点：忽略相邻约束，可选颜色数算错。 【变式4-1】（2025·湖北宜昌·模拟预测）如图所示，一个椭圆形区域被分割为互不重叠的六个部分，依次标记为，，，，，.现用4种不同的颜色对图中6个区域着色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色，四种颜色全部参与着色，则所有着色方案种数为______.（用数字作答） 【答案】 【分析】【详解】由图，若不考虑颜色是否全用，涂色顺序依次为， 则涂色种数依次为：有4种，有3种，有2种，有2种，有2种，有2种， 所以共有种， 由于4种颜色全部参与着色，需排除只涂3种颜色的情况（注意不可能有小于三种颜色的情况）， 第一步：从4种选3种颜色种选色， 第二步：在选定的3种颜色：选1种颜色种，从剩余2种颜色选，满足约束， 仅能是或，注意字母相同表示涂同一种颜色，共种， 第三步：此时3种颜色已用：占1种，占2种，只能选的颜色（满足），仅1种选择， 所以，仅用3种颜色的方案数， 综上，种. 【变式4-2】（2025·海南海口·三模）如图，已知四棱锥.用红、黄、蓝、绿四种颜色（四种颜色全部使用），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（    ）    A．24 B．48 C．72 D．96 【答案】B 【分析】【详解】因为同一条棱的2个顶点异色，所以恰好有一对不相邻顶点颜色相同，其余顶点颜色互不相同， 故分两类：一类是同色；另一类是同色. 若同色，可分4步完成涂色： 第一步，涂顶点，有4种颜色可选； 第二步，涂，不能和同色，有3种颜色可选； 第三步，涂，与都异色，有2种颜色可选； 第四步，涂，与异色，且四种颜色必须全部用完， 已经用了三种颜色，只有1种颜色可选； 故不同的涂色方法有种， 同理可得同色时，也有不同的涂色方法种， 所以共有不同的涂色方法种. 【变式4-3】（2026·湖南益阳·二模）用4种不同的颜色为正方体的6个面涂色，要求所有颜色都用到，且相邻面颜色不同．若把经过旋转能够重合的染色方案视作同一种，则不同的染色方案共有______________种． 【答案】6 【详解】种颜色均用，如红、黄、蓝、绿四种颜色，必有一个面染红色，不妨设底面为红色． 若其对面也为红色，则侧面有黄蓝黄绿，蓝黄蓝绿，绿黄绿蓝种染法，共种染法； 若其相对面为其他三种颜色，则侧面的染法唯一，共种染法． 综上，共计种染法． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·上海·高考真题）有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币， 共有种情况， 要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C， 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况； 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况（其中有一种情况与上面重复）， 则要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，共有种情况， 所以可以到达C点的概率为. 故选：B. 2．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______． 【答案】9 【详解】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．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 【详解】如果电路从上线路接通，共有3条路径； 如果电路从中线路接通，共有1条路径； 如果电路从下线路接通，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. 2．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】16个不同的分数；真分数有10个. 【详解】从1，5，9，13中的任选一个数作分子，4，8，12，16中任选一个数作分母， 可构成个不同的分数； 由真分数的定义， ①若1为分子，分母有4种选择； ②若5为分子，分母有3种选择； ③若9为分子，分母有2种选择； ④若13为分子，分母有1种选择； 所以真分数共有个. 3．（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；（2）16 【分析】 【详解】解：（1）先取横坐标有6种取法；再取纵坐标也有6种取法； 故共有种结果； 即对应的点有36个． （2）根据题意，直线的斜率在集合，3，5，内取值，有4种情况， 在轴上的截距在集合，4，6，内取值，有4种情况， 则直线有条． 4．（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）；（2） 【分析】 【详解】解：（1）从5件不同的礼物中选出4件送给4位同学，每人一件，则共有种方法； （2）有5个编了号的抽屉，要放进3本不同的书，因为一个抽屉可放多本书， ①三本书都放入一个抽屉，则只需要一个抽屉，有（种） ②三本书放入两个抽屉，一个抽屉1本，一个抽屉2本，首先从三本书中选出两本书有种，再两份书放到2个抽屉中有种，按照分步乘法计数原理可得有（种） ③三本书放入三个抽屉，则有（种） 最后按照分类加法计数原理可得一共有（种） 5．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 【详解】第一天，每个人均可选，有7种选法； 从第二天至第七天，选出的人只需与前一天不同即可，均有6种选法； 所以符合题意的安排方法共有种. 6．2160有多少个不同的正因数？ 【答案】40 【详解】由题意，， 则2160的正因数， 因为可取0，1，2，3，4；可取0，1；可取0，1，2，3； 所以2160有个不同的正因数. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第01讲 计数原理 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 分类加法计数原理 知识点2 分步乘法计数原理 知识点3 两个计数原理的综合应用 题型破译 (含超链接） 题型1 分类加法计数原理的应用 题型2 分步乘法计数原理的应用 题型3 两个计数原理的综合应用 【方法技巧】类步嵌套分析法 题型4 涂色问题 【方法技巧】类优先受限区域法 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 两个计数原理 —— —— —— 考情分析 高考对两个计数原理的考查不单独命题，多与排列、组合综合考查。题型以选择填空为主，难度中等，侧重利用分类加法与分步乘法原理分析实际情境，常结合有限元素分配、选取问题，重在逻辑分类与分步推理。 复习目标 1.理解分类加法、分步乘法计数原理，能准确区分两类计数方式，对实际问题合理分类、分步。 2.会结合排列组合综合问题运用两个计数原理分析计数思路，解决元素选取、分配类考题。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 分类加法计数原理 完成一件事，有类不同________，在第类方案中有种不同的方法，在第类方案中有种不同的方法，……，在第类方案中有种不同的方法。 那么完成这件事总的方法数为：________ 核心特点：分类完成，各类方案________、彼此独立；任选其中一类中的任意一种方法，这件事就能够完成。 自主检测 1．甲、乙两个班级分别有29名学生，30名学生，从两个班中选一名学生，则不同的选法有（    ） A．59种 B．29种 C．30种 D．种 知识点2 分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个________，做第步有种不同的方法，做第步有种不同的方法，……，做第步有种不同的方法。 那么完成这件事总的方法数为：________ 核心特点：分步完成，各个步骤________，步骤之间相互独立；必须依次做完所有步骤，整件事才算完成。 注意：两个计数原理的辨析 （1）分类加法计数原理：针对"________"问题。各类方案互斥，只要选取其中一类的一种方法，事情即可完成，计算方法总数使用加法。 （2）分步乘法计数原理：针对"________"问题。全部步骤必须全部做完，事情才算完成，计算方法总数使用乘法。 自主检测 2．某小区有4个出入门，如果甲同学从其中的任意一个门进入小区，并要求从其他的门出去，那么甲同学进出小区的方式共有（    ） A．4种 B．7种 C．12种 D．16种 知识点3 两个计数原理的综合应用 实际问题中经常两个原理搭配使用： （1）分类的时候，某一类内部的完成过程可能需要分步计算方法数； （2）分步的时候，某一个步骤内部的可选方式可能需要分类统计方法数。 自主检测 3． 某系统的5位验证码，每一位都可以从数字 0，1，2 中任选一个，数字可以重复.若验证码中 0，1，2 三个数字都至少出现一次，则不同的验证码共有多少个？ 题●型●破●译 题型1 分类加法计数原理的应用 例1-1（2026·福建漳州·二模）某校开设类选修课3门，类选修课2门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（    ） A．2种 B．3种 C．5种 D．6种 例1-2（2025·山西吕梁·模拟预测）壹元、拾元人民币各一张，伍元人民币两张，一共可以组成________种币值． 【变式1-1】（2026·吉林白山·模拟预测）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．3 B．19 C．40 D．200 【变式1-2】（2025·江苏镇江·模拟预测）将标有序号1，2，3的三个小球放入标有序号1，2，3，4的四个盒子里，每个盒子最多放一个小球，且要求小球和盒子的序号均不对应相同，则所有放法的种数为________． 【变式1-3·变情境】（2025·四川自贡·二模）与是的子集，若，则称为一个理想配集，若将与看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”的个数是（   ） A．4 B．8 C．9 D．16 题型2 分步乘法计数原理的应用 例2-1（2026·黑龙江牡丹江·模拟预测）点的横、纵坐标都是正整数，且，则满足条件的点个数为（   ） A．12 B．10 C．9 D．8 例2-2（2025·山东滨州·二模）某单位有5名员工，需要在小长假三天安排人员值班，每天只需一人值班，不能出现同一人连续两天值班情况，则所有的安排方法种数为（    ） A．60 B．70 C．80 D．100 【变式2-1】（2025·河南洛阳·三模）在的方格中选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． 【变式2-2】（2025·河南南阳·一模）设集合，，建立到的一个函数关系，：，为值域，且有，则从集合到集合的不同的函数的个数为（     ） A．3 B．12 C．27 D．36 【变式2-3】5名学生分别从 A，B，C 三个志愿服务项目中任选1个参加，要求 项目至少有1人参加，则不同的选择方法共有多少种？ 题型3 两个计数原理的综合应用 例3-1（2025·山西大同·模拟预测）有红、黄、蓝三种颜色的旗各足够多面，每次可以升1面、2面或3面旗，纵向排列在旗杆上表示信号，旗数或顺序不同时表示不同信号，则可以表示不同信号的种数为（   ） A．38 B．39 C．40 D．42 例3-2（2026·安徽马鞍山·二模）某外语组有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，有多少种不同的选法（    ） A．10 B．20 C．21 D．40 方法技巧 类步嵌套分析法 先整体判断是先分类还是先分步，常出现"类中有步、步中有类"。 若是先分类，每一类内部再用分步乘法计算；若是先分步，某一步内部再做分类加法。 做完后可以换角度验算，核对总方法数，避免混淆加法与乘法，防止重复、漏计数。 【变式3-1】（2026·河北衡水·二模）为优惠于民，某通信运营商推出“优惠卡活动”，每张卡卡号的前7位是固定的．现从后4位号码为“0000”到“9999”的10000张卡中选带有“6”或“9”的卡作为“优惠卡”，则“优惠卡”的张数是（   ） A．1980 B．4096 C．5904 D．8020 【变式3-2】已知0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成多少个大于且小于的数字不重复的四位数？ 【变式3-3】（2025·广东广州·一模）现有5张分别标有数字1，2，3，4，5的不同卡片，从中有放回地取3次，每次取1张，将3次取到的卡片上的数字分别记为，若这三个数中的最大数与最小数之差恰好等于3，则抽取卡片的所有不同方法种数为（    ） A．32 B．36 C．48 D．60 题型4 涂色问题 例4-1（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，现须用3种颜色对4个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法（     ）    A．3 B．6 C．12 D．24 例4-2（2025·江苏常州·三模）如图，给图中的A，B，C，D，E五个区域涂色，要求相邻区域涂不同的颜色．现有4种不同的颜色供选择，则有________种不同的涂色方案．（用数字作答） 方法技巧 类优先受限区域法 按涂色顺序分步处理，优先涂相邻多、限制条件最多的区域。 相邻区域颜色不能相同，每一步统计该区域可选颜色数量，用乘法原理列式。 遇到多种情况要进行分类讨论，最后汇总结果；易错点：忽略相邻约束，可选颜色数算错。 【变式4-1】（2025·湖北宜昌·模拟预测）如图所示，一个椭圆形区域被分割为互不重叠的六个部分，依次标记为，，，，，.现用4种不同的颜色对图中6个区域着色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色，四种颜色全部参与着色，则所有着色方案种数为______.（用数字作答） 【变式4-2】（2025·海南海口·三模）如图，已知四棱锥.用红、黄、蓝、绿四种颜色（四种颜色全部使用），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（    ）    A．24 B．48 C．72 D．96 【变式4-3】（2026·湖南益阳·二模）用4种不同的颜色为正方体的6个面涂色，要求所有颜色都用到，且相邻面颜色不同．若把经过旋转能够重合的染色方案视作同一种，则不同的染色方案共有______________种． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·上海·高考真题）有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 2．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．如图，要让电路从A处到B处接通，可有多少条不同的路径？ 2．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？ 3．（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？ 4．（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）． 5．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？ 6．2160有多少个不同的正因数？ 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $