第06讲 计数原理（复习讲义）（天津专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

第06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 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 知识点2 分类、分步计数原理的解题策略题型破译 (含超链接） 题型1 分类加法计数原理 【方法技巧】类别互斥累加法 题型2 分步乘法计数原理 【方法技巧】步骤连续相乘法 题型3 涂色问题 【方法技巧】区域依次分步 + 分类讨论法 题型4 两个计数原理的综合应用 【方法技巧】先定框架，先分类后分步法 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 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 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 计数原理 考情分析 计数原理是天津高考概率统计板块基础考点，多以选择、填空题考查，分值 5 分，也常融合在概率解答题中，难度中等。高频考查方向为：①分类加法计数原理、分步乘法计数原理的识别与应用；②排列、组合的辨析与计算；③排列组合简单受限问题（相邻、不相邻、分组分配等）；常和古典概型综合命题，是求解概率的底层工具，为后续分布列计算打下基础。 复习目标 1. 理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，分清 “分类” 与 “分步”，分类用加、分步用乘； 2. 理解排列、组合定义，掌握排列数、组合数公式以及组合数性质； 3. 会识别有序为排列、无序为组合； 4. 掌握相邻捆绑法、不相邻插空法、分组分配等常见计数模型； 5. 能利用计数原理计算古典概型中的基本事件总数、符合条件事件数。 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 完成一件事直两类不同方案，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=m1+m2+…+mn种不同的方法. (2)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=m1×m2×…×mn种不同的方法. (2)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. 自主检测将四本不同的书分给甲、乙两人，若每本书都分出去，且每人至少一本，则不同的分法有（    ） A．11种 B．12种 C．13种 D．14种 【答案】D 【详解】若甲分1本，乙分3本，则共有种； 若甲分2本，乙分2本，则共有种； 若甲分3本，乙分1本，则共有种； 综上，共有种不同的分法． 知识点2 分类、分步计数原理的解题策略 1．分类加法计数原理的解题策略 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置. (1)根据题目特点恰当选择一个分类标准； (2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复； (3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏. 2．分步乘法计数原理的解题策略 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. (2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成. 必记结论 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终. (1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类. (2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”. 自主检测把星期一至星期五这5天的志愿岗执勤分配给3人，每天1人，每人至少执勤1天，至多执勤2天，且这2天不相邻，则不同的分配方案共有（    ） A．18种 B．24种 C．30种 D．36种 【答案】D 【详解】用1，2，3，4，5分别表示星期一至星期五， 由每人至少执勤1天、至多执勤2天知，3人的执勤天数只能为2，2，1． 按只含1天的组分类，满足另外两组中日期不相邻的分组如下： 只含1天的组为时，另外两组为和； 只含1天的组为时，另外两组为和； 只含1天的组为时，另外两组为和，或和； 只含1天的组为时，另外两组为和； 只含1天的组为时，另外两组为和． 因此共有种分组，每种分组分配给3人有种方式， 所以不同的分配方案共有种． 题●型●破●译 题型1 分类加法计数原理 例1-1有5个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5，从中无放回地随机取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的不同取法总数为（   ） A．28 B．32 C．36 D．48 【答案】B 【详解】设三次取出的球编号依次为，由题可得. 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有2种； 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有8种； 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有12种； 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有8种； 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有2种. 综上可得满足题意的不同取法数为：. 例1-2从，，，，中任取个数字，从，，，中任取个数字，共可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】当选出的两个偶数不含时，这两个偶数从中选取， 此时个位有种取法，百位和十位有种取法，故构成的三位数有个， 当选出的两个偶数含时，必在十位，百位有种取法，个位有种取法， 构成的三位数有个， 所以共可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为. 方法技巧 类别互斥累加法 核心：完成一件事，有多类方案，每一类都能独立做完这件事，类与类之间互斥。 先确定分类标准，保证分类不重复、不遗漏； 算出每一类对应的方法数； 总数 = 各类方法数相加；口诀：分类、独立、相加。 【变式训练1-1】某班从这5名学生中选出4名，排成米接力赛的第一、二、三、四棒，其中不跑第一棒和第四棒，则不同的排法种数（     ） A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 【详解】若未被选中，则对剩余的4名学生进行排列，有种排法， 若被选中，第一步：由于不能跑第一棒和第四棒，只能选择第二、三棒，共2种选法， 第二步：从剩余4名学生中选3名进行排列有， 此时共有种排法， 因此满足题意的不同的排法种数为：. 【变式训练1-2】每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有趟，动车有6趟．某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【详解】已知每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有趟，动车有6趟， 由分类加法原理，完成这件事共有种． 【变式训练1-3·变考法】从3名男生和4名女生中任选3人组成志愿小组，要求选出的3人中既有男生又有女生，则不同的选法共有（   ） A．30种 B．31种 C．34种 D．84种 【答案】A 【详解】根据题意可分为“1男2女”和“2男1女”两类： 1男2女：种；2男1女：种， 所以共有种. 题型2 分步乘法计数原理 例2-1由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字的3位数的个数为（    ） A．10 B．24 C．48 D．60 【答案】C 【详解】百位不能为，所以只能从这个数字中选，有种选择， 百位已经选了个数字，十位有剩下个数字（包含）可选，有种选择， 百位和十位各选了个数字，个位有剩下个数字可选，有种选择， 根据乘法原理，总个数为：， 所以选项C正确. 例2-2用数字组成允许有重复数字的两位数，其个数为（    ） A．6 B．10 C．12 D．16 【答案】D 【详解】由题意可得十位上的数字可以是中任意一个，共有种可能； 同样个位上的数字可以是中任意一个，共有种可能； 所以一共可以组成个两位数. 方法技巧 步骤连续相乘法 核心：完成一件事，要分多个先后步骤，只有依次做完每一步，整件事才算完成。 拆分先后步骤，看清每一步有多少种选择； 各步之间相互依存； 总数 = 每一步方法数相乘；口诀：分步、依次、相乘。 【变式训练2-1】将0，1，2，3，4，5，6，7，8，9全部填入如下图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有前两列数字之和为9的填法有（   ） A．15360种 B．30720种 C．21120种 D．42240种 【答案】B 【详解】数字之和为9的有，，，，，共种，则前两列共有种， 假设前两列放的是，， 则后三列有，，，，，，，共八种情况， 先从这八种情况中选择一种，再将其放入后三列中，并将每一种进行排序，则后三列共有种， 则仅有前两列数字之和为9的填法有种. 【变式训练2-2】现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从“天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区”这6个景点中选2个景点进行游览，则这两位选的景点恰有1个景点相同的选法共有（   ） A．60种 B．120种 C．240种 D．300种 【答案】B 【详解】先选取两位游客相同的景点，从6个景点中任选1个，共有6种选法， 再确定两人剩余的不同景点，第一位游客从剩下5的个景点中任选1个，有5种选法， 第二位游客从剩余的4个景点中任选1个，有4种选法， 综上，共有种选法． 【变式训练2-3】【新思维】从甲地到乙地有3条不同的路线，从乙地到丙地有4条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地的不同路线有（     ） A．7条 B．12条 C．64条 D．81条 【答案】B 【详解】要完成从甲地经乙地到丙地的行程，需分两个步骤： 第一步，从甲地到乙地，共有3种不同的路线可选； 第二步，从乙地到丙地，共有4种不同的路线可选， 根据分步乘法计数原理，不同路线的总条数为3×4=12条． 题型3 涂色问题 例3-1用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的，，，，的5个区域涂上颜色，要求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．72 【答案】D 【详解】依顺序，区域可涂种颜色，区域可涂种颜色，区域可涂种颜色， ①区域若与区域同色，则E有两种颜色可选； ②区域若不与区域同色，则只有种颜色可选，也只有种颜色可选， 所以符合条件的方案有种方案． 例3-2给如图所示的花圃中A，B，C，D四块区域种花，中间圆形区域不种花.现有6种不同的花可供选择，每块区域种1种花，且相邻区域种不同的花.则不同的种法总数为（   ） A．320 B．630 C．720 D．1560 【答案】B 【详解】现有6种不同的花可供选择，要求每个区域只种1种花且相邻区域的花不同， 则四块区域最少种2种花，最多种4种花，所以分三类： 若种2种花，则A和C相同，B和D相同，有种方法； 若种3种花，则需要其中两块区域种同一种花，A和C相同或B和D相同，有种； 若种4种花，有种， 则不同的种法总数为． 例3-3如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ） A．64 B．72 C．84 D．96 【答案】B 【详解】根据题意可知需要5步才能涂完， 第一步，涂区域，共有4种颜色可选；第二步，涂区域，共有3种颜色可选； 第三步，涂区域，共有2种颜色可选； 第四步，涂区域， 若和同色时，则第五步区域有2种颜色可选， 若和不同色时，区域只有一种颜色可选，则第五步区域有1种颜色可选， 利用分类加法和分步乘法计数原理可知共有种. 方法技巧 区域依次分步 + 分类讨论法 优先涂相邻多、限制最多的区域； 按顺序分步涂色，相邻区域颜色不同； 如果后面区域和前面是否同色不确定，要进行分类：同色一类、不同色一类； 每一类内部用分步乘法，类和类之间用加法；提醒：涂色是计数原理经典综合题，一定要看清是否允许颜色重复。 【变式训练3-1】如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有（    ）种 A．72 B．48 C．360 D．420 【答案】D 【详解】当使用颜色为3种时，如图AB区域同色，CD区域同色，则不同的着色方法有种； 当使用颜色为4种时，AB区域同色且CD区域不同色，或AB区域不同色且CD区域同色， 则不同的着色方法有种； 当使用颜色为5种时，各区域颜色均不相同，则不同的着色方法有种； 所以不同的着色方法共有种. 故选：D 【变式训练3-2】现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（   ） A．112种 B．146种 C．192种 D．168种 【答案】D 【详解】对1，4，5染色，有种方法.若1和3同色，则不同的染色方法有种； 若1和3不同色，则不同的染色方法有种. 综上，不同的染色方法有168种. 故选：D. 题型4 两个计数原理的综合应用 例4-1把10个相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同的箱子中，每个箱子的球的个数不少于其编号，则共有多少种放法（ ） A．10种 B．种 C．种 D．45种 【答案】B 【详解】先在1号箱子放0个小球，2号箱子放1个小球，3号箱子放2个小球， 问题转化为将剩余的7个相同小球放入3个不同箱子中，方法数共有种. 故选：B. 例4-2因工作需要，某单位安排甲、乙、丙、丁4位领导在端午节3天假期值班，要求每天有两人值班，且每人需要值班1天或2天，则不同的值班方案有（   ） A．92种 B．90种 C．86种 D．76种 【答案】B 【详解】总值班人次为，每人需要值班1天或2天， 因此唯一可能的分配是其中两人各值班天，另外两人各值班天， 先从四人中选出值班两天的两人，有种， 假设选出的两人分别为甲乙，需要值班天，另外两人丙丁各值班天，具体分两种情况， 若甲乙共同值班天，选择共同值班的天，有种情况， 剩余天，由丙丁共同值班仅种方式，总方式； 若甲乙共同值班天，从天中选天，有种情况， 然后甲从剩余的天选择天值班，乙选择剩下天，有种情况， 然后丙丁分别在甲乙剩余值班天中各选择天，有种方式，总方式； 一共有种方式， 则总方案数有种. 故选：B 方法技巧 先定框架，先分类后分步法 先判断整体是分成几大类； 在每一大类里面，再拆成若干步骤，分步相乘； 大类之间相加； 检验：检查有没有重复计数、漏情况；通用顺序：先分类，后分步；先特殊，后一般。 【变式训练4-1】因工作需要，某单位安排甲、乙、丙、丁4位领导在端午节3天假期值班，要求每天有两人值班，且每人需要值班1天或2天，则不同的值班方案有（   ） A．92种 B．90种 C．86种 D．76种 【答案】B 【详解】总值班人次为，每人需要值班1天或2天， 因此唯一可能的分配是其中两人各值班天，另外两人各值班天， 先从四人中选出值班两天的两人，有种， 假设选出的两人分别为甲乙，需要值班天，另外两人丙丁各值班天，具体分两种情况， 若甲乙共同值班天，选择共同值班的天，有种情况， 剩余天，由丙丁共同值班仅种方式，总方式； 若甲乙共同值班天，从天中选天，有种情况， 然后甲从剩余的天选择天值班，乙选择剩下天，有种情况， 然后丙丁分别在甲乙剩余值班天中各选择天，有种方式，总方式； 一共有种方式， 则总方案数有种. 故选：B 【变式训练4-2】全组有8个男同学，4个女同学，现选出5个代表，最多有2个女同学当选的选法种数是（    ） A．672 B．616 C．336 D．280 【答案】A 【详解】解：如果没有女生，则有选法；如果只有一个女生，则有种选法； 如果有2个女生，则有. 所以共有. 故选：A 【变式训练4-3】某校三位同学报名参加数理化生四科学科竞赛，每人限报且必须报两门，由于数学是该校优势科目，必须至少有两人参赛，若要求每门学科都有人报名，则不同的参赛方案有（    ） A．51种 B．45种 C．48种 D．42种 【答案】A 【详解】解：若三人有两人报名数学竞赛，并且两人选报的学科都相同，则共有种情况， 若这两个人选报的另外的学科不同，则共有种情况， 若三个人全部都报名数学竞赛，则共有种情况， 所以不同的参赛方案有：种情况， 故选：A． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2017·天津·高考真题）用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答） 【答案】1080 【详解】 2．（2026·全国二卷·高考真题）把甲、乙、丙、丁等8位员工分为A、B两个技术攻关组，要求每组4人，其中甲、乙同组，丙、丁不同组，则分组方案共有（     ） A．10种 B．12种 C．16种 D．24种 【答案】C 【详解】情况1：甲、乙两人都在A小组， 安排丙、丁：丙、丁中必须有一个在A组，另一个在 B 组. 若丙在A组，丁在B组：此时A组已有 {甲, 乙, 丙}，还差1人； B组已有{丁}，还差3人， 则从剩余4人中选1人进A组，方案数为. 若丁在A组，丙在 B 组：同理，方案数为. 所以当甲、乙在A组时，方案数为种. 情况2：甲、乙两人都在 B 小组， 甲、乙在B组的情况与在A组的情况完全一致， 安排丙、丁：同样是丙在A组或丁在A组两种情况，方案数各为 ， 所以当甲、乙在B组时，方案数为 种. 故所有分配方案共有种. 3．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有_________种． 【答案】288 【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法， 故有种排法. 故答案为：288 4．（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. 5．（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. 故答案为：9. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．五人并排站在一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有（    ） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 【答案】D 【详解】解：根据题意，分2步进行分析： ①，必须相邻且在的左边，将看成一个整体，有1种顺序， ②将整体与、、全排列，有种情况， 则有种排法； 故选：D． 2．若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【详解】4名学生，每人有三种可选方案，根据分步计数原理，4人共有种方法. 故选：A. 3．集合A有m个元素，集合B有n个元素，从两个集合中各取1个元素，不同方法的种数是________. 【答案】mn/nm 【详解】从集合A的m个元素取1个元素，有m种方法， 从集合B的n个元素取1个元素，有n种方法， 根据分步计数原理可知，两个集合中各取1个元素，一共有mn种． 故答案为：mn. 4．填空： （1）从人中选派人去参加某个会议，不同的选法共有______种； （2）从件不同的礼物中选出件分别送给名同学，不同的方法共有______种； （3）设集合有个元素，集合有个元素，从这两个集合中各取出个元素，不同的方法共有______种． 【答案】 / 【详解】（1）、从人中选派人去参加某个会议，与顺序无关属于组合问题，不同的选法共有种； （2）、从件不同的礼物中选出件分别送给名同学，与顺序有关属于排列问题，不同的方法共有种； （3）、集合有个元素，集合有个元素，从这两个集合中各取出个元素，利用分步乘法计数原理可知，不同的方法共有种. 故答案为：;;. 5．今有2只红球、3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排成一列，有______种不同的方法（用数字作答）． 【答案】10 【详解】分两步完成， 第一步：在5个不同位置中选2个位置排红球，共种排法， 第二步：在剩下的3个不同位置排黄球，共种排法， 故将这5只球排成一列，有种不同的方法, 故答案为：10. 6．从名女同学和名男同学中，选出人主持某次主题班会，不同的选法种数为______． 【答案】 【详解】解：选出人作为主持人，可分选出女主持人和男主持人两类， 则选出人作为女主持人，有种不同的选法， 选出人作为男主持人，有种不同的选法， 所以共有种不同的选法. 故答案为：. 7．5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是________； 【答案】243 【详解】根据题意，每名同学可自由选择听3个讲座中的任意一个，所以每位同学有3种选择方法， 所以5名同学共有种选择方法. 故答案为：. 8．从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从A村经B村去C村，不同路线的条数是________． 【答案】6 【详解】因为从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条， 所以从A村经B村去C村，共有条不同路线. 故答案为：6. 9．学生可从本年级开设的7门选修课中任意选择3门，并从6种课外活动小组中选择2种，不同的选法种数是________； 【答案】525 【详解】从7门选修课中任意选择3门有种选法; 从6种课外活动小组中选择2种有种选法. 所以不同的选法种数为 故答案为：525. 10．（1）用1，2，3，4，5，6，7这七个数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数共有多少个？ （2）用1，2，3，4，5，6，7可以组成多少个没有重复数字，并且小于60000的正整数？ （3）从1，2，3，4，5，6，7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数共有多少个？ 【答案】（1）360；（2）2899；（3）216. 【详解】（1）偶数的个位数只能是2、4、6，有种排法，其他位置上任意排列，有种排法， 由分步乘法计数原理，得，共有四位偶数（个）. （2）根据题意，可得， 没有重复数字的一位正整数，共有， 没有重复数字的两位正整数，共有， 没有重复数字的三位正整数，共有， 没有重复数字的四位正整数，共有， 没有重复数字且小于60000的五位正整数，共有； 所以，小于60000的正整数共有（个）. （3）首先个位数字必须为奇数，从1，3，5，7四个中选择一个有种， 再从剩余3个奇数中选择一个有种， 从2，4，6三个偶数中选择两个有种， 最后进行十位，百位，千位三个位置的全排列，则共有（个）. 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 考查重点：天津高考计数原理基础演练，核心考查分类加法、分步乘法计数原理的基本概念与基础运算。重点包括区分分类与分步、利用两个原理完成简单计数、基础涂色问题计数。常结合路线选择、安排分配、区域涂色等实际背景命题，题型以选择题、填空题为主。同时注重混淆分类与分步、计数重复或遗漏、特殊位置考虑不周等易错点考查，题目难度中等，侧重基础概念理解与原理运用熟练度，是排列组合、古典概型的前置基础，要求审题细致、逻辑清晰。 1．为响应党的二十大报告提出的“深化全民阅读”的号召，某学校开展读书活动，组织同学从推荐的课外读物中进行选读．活动要求甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【答案】B 【详解】根据题意，分2步进行分析： 首先选取种相同课外读物的选法有种， 再选取另外两种课外读物需不同，则共有种， 所以这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有种． 故选：B． 2．回文联是我国对联中的一种．用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读．不仅意思不变，而且颇具趣味．相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人．”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为“回文数”．如44，585，2662等；那么用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为（    ） A．30 B．36 C．360 D．1296 【答案】B 【详解】由题意知：组成4位“回文数” ，由对称性可知，只需确定后两位数字即可. 可分为以下两种情况： 当后两位数字重复时，即由一个数组成回文数，在6个数字中任取1个，则有种； 当后两位数字不同时，在6个数字中任取2个，按不同顺序排列，有种. 综上，用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为：. 故选：B. 3．某学校食堂为了进一步加强学校疫情防控工作，降低学生因用餐而交叉感染的概率，规定：就餐时，每张餐桌（如图）至多坐两个人，一张餐桌坐两个人时，两人既不能相邻，也不能相对（即二人只能坐在对角线的位置上）.现有3位同学到食堂就餐，如果3人在1号和2号两张餐桌上就餐（同一张餐桌的4个座位是没有区别的），则不同的坐法种数为（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 【答案】B 【详解】若在2人在1号餐桌，1人在2号餐桌，则有种； 若在1人在1号餐桌，2人在2号餐桌，则有种， 则共有不同的坐法6+6＝12种. 故选：B. 4．用数字、、、、组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由于五位数为偶数，则个位数必为偶数，可在、、种任选一个数，有种选择， 其它数位任意排列，由分步乘法计数原理可知，所求偶数的个数为. 故选：B. 5．（2025·天津·一模）某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有________种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则________． 【答案】 30 【详解】四个人参加三门选修课程共有种方案，其中甲和乙选择的课程相同共有种方案， 所以甲和乙选择的课程不同共有种方案； 事件共有种方案，以下考虑事件，即“甲和乙选择的课程不同，丙和丁恰好有一人选择的是九章算术” 先从丙、丁两个人中选一个人选择“九章算术”，则有种方案， 若四个人中只有一个人选择“九章算术”，则甲、乙分别选择另外两门课程，有种方案， 丙、丁中没选择“九章算术”的也从另外两门中选择一门，有种方案， 根据分步乘法计数原理，共有种方案； 若四个人中有两人选择“九章算术”，则除了包含丙、丁中的一个人外，还包含甲、乙中的一个人，有种方案， 其余两人分别选择另外两门课程，有种方案， 根据分步乘法计数原理，共有种方案； 根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，事件中共有种方案， 根据条件概率公式，； 故答案为：30；. 6．在一个不透明的袋子中装有4个形状大小相同，颜色互不相同的小球．某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），假设每次摸到球的各种不同情况等可能，第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色．则“两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为______． 【答案】 【详解】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球，则每次摸球的情况有种， 所以先后两次任意摸取小球共有种情况； 两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下的情况有： 第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种； 第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种； 第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种； 第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种； 因为每次摸到球的各种不同情况等可能， 所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色， 且恰有一种颜色两次都被记下的概率为. 故答案为：. 7．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排5名同学到甲、乙、丙三个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排一人，则不同的安排方案数为_________，如果再加上一名同学且要求甲社团安排三人，乙、丙至少安排一人，则不同的安排方案数为_________． 【答案】 150 120 【详解】由题意可得，5名同学的分配方式有两种，第一种为分配，方案数为，第二种为分配，方案数为，故要求每个社团至少安排一人，不同的安排方案数为． 如果再加上一名同学且要求甲社团安排三人，有两种情况，若乙社团1人，丙社团2人，方案数为，若乙社团2人，丙社团1人，方案数为，故不同的安排方案数为． 故答案为：150；120. 8．用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，则有_______种不同的染色方法，出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的概率为_________． 【答案】 64 【详解】解：用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，则有种不同的染色方法； 出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子， 包含的基本事件有：全染黑色，有 1 种方法； 第一个格子染黑色，另外五个格子中有1个格染白色，剩余的都染黑色，有种方法； 第一个格子染黑色，另外五个格子中有2个格染白色，剩余的都染黑色，有种方法； 第一个格子染黑色，另外五个格子中有3个格染白色，剩余的都染黑色，列举法可知有5种方法； 所以出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子， 包含的基本事件有：种， 所以出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的概率为：. 故答案为：64；. 9．甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品有4个正品和3个次品． (1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品中至少有1件是正品的取法有多少种？ (2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）已知甲箱中共有8件产品，任取2件的取法为：种， 2个产品中至少有1件是正品的对立事件为2件均为次品，取法为：种， 这2个产品中至少有1件是正品的取法为：种． （2）从甲中取2个正品，概率为，此时乙箱中有6件正品3件次品， 抽到正品的概率为； 从甲中取1个正品1个次品，概率为，此时乙箱中有5件正品4件次品， 抽到正品的概率为； 从甲中取2个次品，概率为，此时乙箱中有4件正品5件次品， 抽到正品的概率为； ． 10．有标号为1，2，3，4，5的五个不同的小球，标号为，，的三个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内. (1)共有多少种不同的放法？ (2)若每个盒子不空，则共有多少种不同的放法？ (3)若标号为1，2的两个小球必须放号盒子，每个盒子不空，则共有多少种不同的放法？ (4)若五个小球是相同的，全部放入这三个盒子中，且每个盒子不空，则共有多少种不同的放法？（注意：请写出式子再写计算结果） 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）依题意，每个球有3种放法，所以不同放法种数是. （2）第一步将个球分成组，可分为两种情况，一种是个球，个球，个球，有种方法，另一种情况是个球，个球，个球分组，有种方法； 第二步，将分成的组放到个不同盒子，有种放法， 所以每个盒子不空的不同放法种数是. （3）分两种情况，若号盒子放个球，且每个盒子不空， 只需将剩余三个小球进行全排列放入个盒子即可，共有种放法； 若号盒子放个球，且每个盒子不空，将另个球分成2组，放入余下个盒子，共有种放法； 所有不同放法种数是. （4）将小球分为组，若分为个球，个球，个球， 那么在个盒子中选个放个球，其余个盒子各自放个球，共有种放法； 若分为个球，个球，个球， 那么在个盒子中选个放个球，其余个盒子各自放个球，共有种放法； 所有不同放法种数是. 重难·创新演练 设题创新：天津高考计数原理重难点及创新演练，主打知识综合与思维拓展。常融合排列、组合、分类讨论等内容，核心考查多限制条件下的综合计数、复杂涂色问题、多方案嵌套计数，难点在于准确划分类别、合理拆分步骤、规避重复计数，跳出直接套公式的模式，侧重分类讨论、数形结合思想，难度高于基础题，着重考查综合分析与知识迁移能力。 1．（25-26高二下·天津·期末）由0，1，2，3，4，5，6组成的没有重复数字的七位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前4个数字保持递增，后4个数字保持递减”（如七位数“3456210”，前4个数字“3456”保持递增，后4个数字“6210”保持递减），这样的七位数一共有多少个（     ） A．60 B．30 C．15 D．10 【答案】D 【详解】设这个七位数为，则，即， 先选，因为且，故有种，此时剩余3个数字作为，因为，故有1种. 综上，满足条件的七位数一共有10种. 2．2026年作为“十五五”开局起步之年，天津文旅春季以花为媒开展了“春风十里•天津等你”的春日经济文旅活动，其中红桥区桃花节，和平区海棠花节，蓟州区梨花节，南开区牡丹节等赏花景点各具特色，吸引了众多游客游玩打卡．某天甲、乙、丙三位同学计划分别从这4个赏花节中任选一个地点前往游玩，则不同游玩方案共有的种数为（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【详解】每位同学都可以独立从4个赏花节中任选一个， 甲有4种选择，乙有4种选择，丙也有4种选择 根据分步乘法计数原理， 总方案数为 种. 3．李老师要从3幅不同的油画、2幅不同的国画和2幅不同的水彩画中各选取1幅布置自己的名师工作室，则不同的布置方案有（    ） A．12种 B．10种 C．7种 D．5种 【答案】A 【详解】根据分步乘法计数原理，共有种不同的布置方案. 4．为建设美丽中国，贯彻“绿水青山就是金山银山”的理念，某校通过劳动体验课程，让五位学生亲自动手，亲身体验.现某农场有四个基地：果园基地､花卉基地､农作物基地､水稻基地，每位同学只能去一个基地，每个基地至少有一位同学，则不同的分配结果共有（    ）种 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】五位学生，每位同学只能去一个基地，每个基地至少有一位同学，所以5个学生分为4组，人数为，共有种分组方法， 将分好的4组分配到4个基地中，共有种分配方法， 所以不同的分配结果共有种. 5．从0，2，4中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字的四位数的个数为（    ） A．180 B．216 C．162 D．150 【答案】A 【详解】从0，2，4中任取2个数字，若取出的数字含0，还需从2、4中选1个，共种选法；从1、3、5中选2个，共种选法，总选择方式为种； 由于千位不能为0，故千位有3种选择，剩余3个位置全排列，共种排法； 故此种情况可以组成没有重复数字的四位数的个数为：； 从0，2，4中任取2个数字，若取出的数字不含0， 则从2、4全选，共1种选法；从1、3、5中选2个，共种选法，总选择方式为种， 由于四个数字都不为0，直接全排列，共种排法， 故本情况可以组成没有重复数字的四位数的个数为：， 故一共可以组成没有重复数字的四位数的个数为. 6．如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求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，则不同的涂色方案有________种. 【答案】 【详解】我们按区域顺序分步计算涂色方案，根据相邻区域不同色的要求，每一步的选择数如下： 涂区域A：共4种颜色可选，有种方案。 涂区域B：B与A相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域C：C与A、B都相邻，颜色都不同，有种方案。 涂区域D：D与B、C都相邻，颜色都不同，B、C异色，因此有种方案。 涂区域E：E仅与D相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域F：F与D、E都相邻，D、E异色，因此有种方案。 涂区域G：G仅与E、F都相邻，E、F异色，因此有种方案。 根据分步乘法计数原理，总方案数为： . 7．把7个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放2个球，则甲、乙、丙三个小球放在同一个盒子里的情况有种______． 【答案】18 【详解】从3个盒子中取一个放甲乙丙三个小球，有种方法； 再从余下的4个小球中取2个放入余下的两个盒子中的一个， 另两个小球放入另一个盒子，有种方法， 所以不同放法种数是. 8．将图中四棱锥的五个顶点涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，每条棱的两个端点不同色，共有______种不同涂法；若要求4种颜色全部使用，则共有______种不同涂法． 【答案】 72 48 【详解】当只用三种颜色时， 同色、 同色且P与两组皆异色， 而从4种颜色选择3种，有种选择； 当用四种颜色时，同色或同色，所以从和中二选一，涂相同颜色，看成一组，再将四种颜色进行全排列，故有种选择； 综上，共有种选择，其中4种颜色全部使用时，有种． 9．有5个男生和3个女生，从中选出5人分别担任5门不同学科的科代表(要求每人只担任一科科代表，每科只有一名科代表)，求分别符合下列条件的安排方法数．（写出必要的数学式，结果用数字作答） (1)有女生但人数必须少于男生； (2)女生甲一定担任语文科代表； (3)男生乙必须包括在内，但不担任语文科代表． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）先选后排，5人可以是2女3男，也可以是1女4男， 所以先选有种方法，后排有种方法， 所以共有不同选法（种）． （2）先在剩余的7人中选出4人，有种选法，然后排列，有种方法，根据分步乘法计数原理，即可得出共有不同选法（种）． （3）分步： 第一步，先安排不担任语文科代表的男生乙，有种方法； 第二步，然后从剩余的7人中选出4人，有种选法； 第三步，选出的4人排列，有种方法． 根据分步乘法计数原理，共有不同选法（种）． 10．将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中． (1)一共有多少种放法？ (2)每盒放一球，有多少种放法？ (3)每个盒内放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？ (4)恰好有一个空盒，有多少种放法？ 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）每个小球有4种放法，则4个小球有种放法 （2）每个盒子都只能放1个球，放法的总数就是4个数的全排列，即有种放法． （3）恰有2个球放入编号相同的盒子内，有种放法，剩下2个小球放入编号不同的盒子中，有1种放法，有种不同的放法． （4）第一步在4个球中任选2个放在一起有种方法，第二步在4个盒子中任选3个盒子，将选出的两个球作为一组，和剩下的两个球分别放入3个盒子，有种放法， 有种放法． 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第06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 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 知识点2 分类、分步计数原理的解题策略题型破译 (含超链接） 题型1 分类加法计数原理 【方法技巧】类别互斥累加法 题型2 分步乘法计数原理 【方法技巧】步骤连续相乘法 题型3 涂色问题 【方法技巧】区域依次分步 + 分类讨论法 题型4 两个计数原理的综合应用 【方法技巧】先定框架，先分类后分步法 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 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 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 计数原理 考情分析 计数原理是天津高考概率统计板块基础考点，多以选择、填空题考查，分值 5 分，也常融合在概率解答题中，难度中等。高频考查方向为：①分类加法计数原理、分步乘法计数原理的识别与应用；②排列、组合的辨析与计算；③排列组合简单受限问题（相邻、不相邻、分组分配等）；常和古典概型综合命题，是求解概率的底层工具，为后续分布列计算打下基础。 复习目标 1. 理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，分清 “分类” 与 “分步”，分类用加、分步用乘； 2. 理解排列、组合定义，掌握排列数、组合数公式以及组合数性质； 3. 会识别有序为排列、无序为组合； 4. 掌握相邻捆绑法、不相邻插空法、分组分配等常见计数模型； 5. 能利用计数原理计算古典概型中的基本事件总数、符合条件事件数。 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 完成一件事直两类不同方案，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 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=m1+m2+…+mn种不同的方法. (2)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 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=m1×m2×…×mn种不同的方法. (2)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. 自主检测将四本不同的书分给甲、乙两人，若每本书都分出去，且每人至少一本，则不同的分法有（    ） A．11种 B．12种 C．13种 D．14种 知识点2 分类、分步计数原理的解题策略 1．分类加法计数原理的解题策略 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置. (1)根据题目特点恰当选择一个分类标准； (2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复； (3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏. 2．分步乘法计数原理的解题策略 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. (2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成. 必记结论 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终. (1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类. (2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”. 自主检测把星期一至星期五这5天的志愿岗执勤分配给3人，每天1人，每人至少执勤1天，至多执勤2天，且这2天不相邻，则不同的分配方案共有（    ） A．18种 B．24种 C．30种 D．36种 题●型●破●译 题型1 分类加法计数原理 例1-1有5个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5，从中无放回地随机取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的不同取法总数为（   ） A．28 B．32 C．36 D．48 例1-2从，，，，中任取个数字，从，，，中任取个数字，共可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（     ） A． B． C． D． 方法技巧 类别互斥累加法 核心：完成一件事，有多类方案，每一类都能独立做完这件事，类与类之间互斥。 先确定分类标准，保证分类不重复、不遗漏； 算出每一类对应的方法数； 总数 = 各类方法数相加；口诀：分类、独立、相加。 【变式训练1-1】某班从这5名学生中选出4名，排成米接力赛的第一、二、三、四棒，其中不跑第一棒和第四棒，则不同的排法种数（     ） A．24 B．48 C．72 D．120 【变式训练1-2】每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有趟，动车有6趟．某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式训练1-3·变考法】从3名男生和4名女生中任选3人组成志愿小组，要求选出的3人中既有男生又有女生，则不同的选法共有（   ） A．30种 B．31种 C．34种 D．84种 题型2 分步乘法计数原理 例2-1由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字的3位数的个数为（    ） A．10 B．24 C．48 D．60 例2-2用数字组成允许有重复数字的两位数，其个数为（    ） A．6 B．10 C．12 D．16 方法技巧 步骤连续相乘法 核心：完成一件事，要分多个先后步骤，只有依次做完每一步，整件事才算完成。 拆分先后步骤，看清每一步有多少种选择； 各步之间相互依存； 总数 = 每一步方法数相乘；口诀：分步、依次、相乘。 【变式训练2-1】将0，1，2，3，4，5，6，7，8，9全部填入如下图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有前两列数字之和为9的填法有（   ） A．15360种 B．30720种 C．21120种 D．42240种 【变式训练2-2】现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从“天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区”这6个景点中选2个景点进行游览，则这两位选的景点恰有1个景点相同的选法共有（   ） A．60种 B．120种 C．240种 D．300种 【变式训练2-3】【新思维】从甲地到乙地有3条不同的路线，从乙地到丙地有4条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地的不同路线有（     ） A．7条 B．12条 C．64条 D．81条 题型3 涂色问题 例3-1用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的，，，，的5个区域涂上颜色，要求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．72 例3-2给如图所示的花圃中A，B，C，D四块区域种花，中间圆形区域不种花.现有6种不同的花可供选择，每块区域种1种花，且相邻区域种不同的花.则不同的种法总数为（   ） A．320 B．630 C．720 D．1560 例3-3如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ） A．64 B．72 C．84 D．96 方法技巧 区域依次分步 + 分类讨论法 优先涂相邻多、限制最多的区域； 按顺序分步涂色，相邻区域颜色不同； 如果后面区域和前面是否同色不确定，要进行分类：同色一类、不同色一类； 每一类内部用分步乘法，类和类之间用加法；提醒：涂色是计数原理经典综合题，一定要看清是否允许颜色重复。 【变式训练3-1】如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有（    ）种 A．72 B．48 C．360 D．420 【变式训练3-2】现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（   ） A．112种 B．146种 C．192种 D．168种 题型4 两个计数原理的综合应用 例4-1把10个相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同的箱子中，每个箱子的球的个数不少于其编号，则共有多少种放法（ ） A．10种 B．种 C．种 D．45种 例4-2因工作需要，某单位安排甲、乙、丙、丁4位领导在端午节3天假期值班，要求每天有两人值班，且每人需要值班1天或2天，则不同的值班方案有（   ） A．92种 B．90种 C．86种 D．76种 方法技巧 先定框架，先分类后分步法 先判断整体是分成几大类； 在每一大类里面，再拆成若干步骤，分步相乘； 大类之间相加； 检验：检查有没有重复计数、漏情况；通用顺序：先分类，后分步；先特殊，后一般。 【变式训练4-1】因工作需要，某单位安排甲、乙、丙、丁4位领导在端午节3天假期值班，要求每天有两人值班，且每人需要值班1天或2天，则不同的值班方案有（   ） A．92种 B．90种 C．86种 D．76种 【变式训练4-2】全组有8个男同学，4个女同学，现选出5个代表，最多有2个女同学当选的选法种数是（    ） A．672 B．616 C．336 D．280 【变式训练4-3】某校三位同学报名参加数理化生四科学科竞赛，每人限报且必须报两门，由于数学是该校优势科目，必须至少有两人参赛，若要求每门学科都有人报名，则不同的参赛方案有（    ） A．51种 B．45种 C．48种 D．42种 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2017·天津·高考真题）用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答） 2．（2026·全国二卷·高考真题）把甲、乙、丙、丁等8位员工分为A、B两个技术攻关组，要求每组4人，其中甲、乙同组，丙、丁不同组，则分组方案共有（     ） A．10种 B．12种 C．16种 D．24种 3．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有_________种． 4．（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． 5．（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 1．五人并排站在一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有（    ） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 2．若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 3．集合A有m个元素，集合B有n个元素，从两个集合中各取1个元素，不同方法的种数是________. 4．填空： （1）从人中选派人去参加某个会议，不同的选法共有______种； （2）从件不同的礼物中选出件分别送给名同学，不同的方法共有______种； （3）设集合有个元素，集合有个元素，从这两个集合中各取出个元素，不同的方法共有______种． 5．今有2只红球、3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排成一列，有______种不同的方法（用数字作答）． 6．从名女同学和名男同学中，选出人主持某次主题班会，不同的选法种数为______． 7．5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是________； 8．从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从A村经B村去C村，不同路线的条数是________． 9．学生可从本年级开设的7门选修课中任意选择3门，并从6种课外活动小组中选择2种，不同的选法种数是________； 10．（1）用1，2，3，4，5，6，7这七个数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数共有多少个？ （2）用1，2，3，4，5，6，7可以组成多少个没有重复数字，并且小于60000的正整数？ （3）从1，2，3，4，5，6，7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数共有多少个？ 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 考查重点：天津高考计数原理基础演练，核心考查分类加法、分步乘法计数原理的基本概念与基础运算。重点包括区分分类与分步、利用两个原理完成简单计数、基础涂色问题计数。常结合路线选择、安排分配、区域涂色等实际背景命题，题型以选择题、填空题为主。同时注重混淆分类与分步、计数重复或遗漏、特殊位置考虑不周等易错点考查，题目难度中等，侧重基础概念理解与原理运用熟练度，是排列组合、古典概型的前置基础，要求审题细致、逻辑清晰。 1．为响应党的二十大报告提出的“深化全民阅读”的号召，某学校开展读书活动，组织同学从推荐的课外读物中进行选读．活动要求甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 2．回文联是我国对联中的一种．用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读．不仅意思不变，而且颇具趣味．相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人．”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为“回文数”．如44，585，2662等；那么用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为（    ） A．30 B．36 C．360 D．1296 3．某学校食堂为了进一步加强学校疫情防控工作，降低学生因用餐而交叉感染的概率，规定：就餐时，每张餐桌（如图）至多坐两个人，一张餐桌坐两个人时，两人既不能相邻，也不能相对（即二人只能坐在对角线的位置上）.现有3位同学到食堂就餐，如果3人在1号和2号两张餐桌上就餐（同一张餐桌的4个座位是没有区别的），则不同的坐法种数为（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 4．用数字、、、、组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为 A． B． C． D． 5．（2025·天津·一模）某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有________种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则________． 6．在一个不透明的袋子中装有4个形状大小相同，颜色互不相同的小球．某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），假设每次摸到球的各种不同情况等可能，第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色．则“两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为______． 7．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排5名同学到甲、乙、丙三个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排一人，则不同的安排方案数为_________，如果再加上一名同学且要求甲社团安排三人，乙、丙至少安排一人，则不同的安排方案数为_________． 8．用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，则有_______种不同的染色方法，出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的概率为_________． 9．甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品有4个正品和3个次品． (1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品中至少有1件是正品的取法有多少种？ (2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率． 10．有标号为1，2，3，4，5的五个不同的小球，标号为，，的三个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内. (1)共有多少种不同的放法？ (2)若每个盒子不空，则共有多少种不同的放法？ (3)若标号为1，2的两个小球必须放号盒子，每个盒子不空，则共有多少种不同的放法？ (4)若五个小球是相同的，全部放入这三个盒子中，且每个盒子不空，则共有多少种不同的放法？（注意：请写出式子再写计算结果） 重难·创新演练 设题创新：天津高考计数原理重难点及创新演练，主打知识综合与思维拓展。常融合排列、组合、分类讨论等内容，核心考查多限制条件下的综合计数、复杂涂色问题、多方案嵌套计数，难点在于准确划分类别、合理拆分步骤、规避重复计数，跳出直接套公式的模式，侧重分类讨论、数形结合思想，难度高于基础题，着重考查综合分析与知识迁移能力。 1．（25-26高二下·天津·期末）由0，1，2，3，4，5，6组成的没有重复数字的七位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前4个数字保持递增，后4个数字保持递减”（如七位数“3456210”，前4个数字“3456”保持递增，后4个数字“6210”保持递减），这样的七位数一共有多少个（     ） A．60 B．30 C．15 D．10 2．2026年作为“十五五”开局起步之年，天津文旅春季以花为媒开展了“春风十里•天津等你”的春日经济文旅活动，其中红桥区桃花节，和平区海棠花节，蓟州区梨花节，南开区牡丹节等赏花景点各具特色，吸引了众多游客游玩打卡．某天甲、乙、丙三位同学计划分别从这4个赏花节中任选一个地点前往游玩，则不同游玩方案共有的种数为（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 3．李老师要从3幅不同的油画、2幅不同的国画和2幅不同的水彩画中各选取1幅布置自己的名师工作室，则不同的布置方案有（    ） A．12种 B．10种 C．7种 D．5种 4．为建设美丽中国，贯彻“绿水青山就是金山银山”的理念，某校通过劳动体验课程，让五位学生亲自动手，亲身体验.现某农场有四个基地：果园基地､花卉基地､农作物基地､水稻基地，每位同学只能去一个基地，每个基地至少有一位同学，则不同的分配结果共有（    ）种 A． B． C． D． 5．从0，2，4中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字的四位数的个数为（    ） A．180 B．216 C．162 D．150 6．如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求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，则不同的涂色方案有________种. 7．把7个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放2个球，则甲、乙、丙三个小球放在同一个盒子里的情况有种______． 8．将图中四棱锥的五个顶点涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，每条棱的两个端点不同色，共有______种不同涂法；若要求4种颜色全部使用，则共有______种不同涂法． 9．有5个男生和3个女生，从中选出5人分别担任5门不同学科的科代表(要求每人只担任一科科代表，每科只有一名科代表)，求分别符合下列条件的安排方法数．（写出必要的数学式，结果用数字作答） (1)有女生但人数必须少于男生； (2)女生甲一定担任语文科代表； (3)男生乙必须包括在内，但不担任语文科代表． 10．将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中． (1)一共有多少种放法？ (2)每盒放一球，有多少种放法？ (3)每个盒内放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？ (4)恰好有一个空盒，有多少种放法？ 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $