第01讲 计数原理（复习课件）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

计数原理 第01讲 3大知识点 4大题型 核心考点 2026 2025 2024 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。 01 命题透视・考情前瞻 02 思维建模・脉络梳理 知识点1分类加法计数原理 03 知识精讲・靶向突破 知识解构 【自主检测】 知识点1分类加法计数原理 解 析 故选：A 03 知识精讲・靶向突破 知识解构 知识点2分步乘法计数原理 03 知识精讲・靶向突破 知识解构 【自主检测】 解 析 故选：C 知识点2分步乘法计数原理 03 知识精讲・靶向突破 知识解构 知识点3两个计数原理的综合应用 03 知识精讲・靶向突破 知识解构 【自主检测】 解 析 知识点3两个计数原理的综合应用 03 知识精讲・靶向突破 知识解构 解 析 知识点3两个计数原理的综合应用 03 知识精讲・靶向突破 知识解构 【例1-1】 题型1分类加法计数原理的应用 解 析 故选：C 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【例1-2】 题型1分类加法计数原理的应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式1-1】 题型1分类加法计数原理的应用 解 析 故选：B 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式1-2】 题型1分类加法计数原理的应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式1-2】 题型1分类加法计数原理的应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型1分类加法计数原理的应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【例2-1】 题型2分步乘法计数原理的应用 解 析 故选：A 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【例2-2】 题型2分步乘法计数原理的应用 解 析 故选：C 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式2-1】 题型2分步乘法计数原理的应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式2-2】 题型2分步乘法计数原理的应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型2分步乘法计数原理的应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式2-3】 题型2分步乘法计数原理的应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【例3-1】 题型3两个计数原理的综合应用 解 析 故选：B 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【例3-1】 题型3两个计数原理的综合应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型3两个计数原理的综合应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 类步嵌套分析法 方法技巧 易错点 题型3两个计数原理的综合应用 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式3-1】 题型3两个计数原理的综合应用 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型3两个计数原理的综合应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式3-2】 题型3两个计数原理的综合应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式3-3】 题型3两个计数原理的综合应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型3两个计数原理的综合应用 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【例4-1】 题型4涂色问题 解 析 故选：C 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【例4-2】 题型4涂色问题 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型4涂色问题 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 类优先受限区域法 方法技巧 易错点 题型4涂色问题 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式4-1】 题型4涂色问题 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型4涂色问题 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型4涂色问题 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型4涂色问题 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式4-2】 题型4涂色问题 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型4涂色问题 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 题型4涂色问题 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 【变式4-3】 题型4涂色问题 解 析 03 知识精讲・靶向突破 题型破译 解 析 【1】 04 真题溯源・考向感知 解 析 04 真题溯源・考向感知 解 析 【2】 04 真题溯源・考向感知 解 析 04 真题溯源・考向感知 解 析 04 真题溯源・考向感知 【1】 解 析 05 课本典例・高考素材 55 【2】 解 析 05 课本典例・高考素材 56 【3】 解 析 05 课本典例・高考素材 57 解 析 05 课本典例・高考素材 58 【4】 解 析 05 课本典例・高考素材 59 解 析 05 课本典例・高考素材 60 【5】 解 析 05 课本典例・高考素材 61 【6】 解 析 05 课本典例・高考素材 62 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。 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. 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 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。 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. 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 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。 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 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？ 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. 根据分类加法计数原理，不同的选法共有种. （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 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. （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． 购票可以分为买二等座、买一等座、买商务座三类，共种． （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 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. （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________． 因为，与是的子集，， 对子集分情况讨论：当时，，，，，有种情况； （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 当时，，，有种情况； 当时，，，有种情况； 当 时，，有种情况； 所以共有种. 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. （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 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：. （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 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. （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． 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 （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 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． 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. 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？ 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． （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 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 （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 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． 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。 （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 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． 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． 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？ 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 （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 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. 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. （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 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， （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） 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. 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。 （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） 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. 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， （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 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. 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 （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． 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， （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． 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. 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 （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______． 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;不好以为例，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. 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. 如图，要让电路从A处到B处接通，可有多少条不同的路径？ 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. 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？ 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． （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？ （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． （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 （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）． 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） 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. 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？ 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. 2160有多少个不同的正因数？ $