文档内容
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
最新考纲 考向预测
两个计数原理是解决排列、组合问
通过实例，了解分类
题的基本方法，同时又能独立地解
加法计数原理、分步 命题趋势
决一些简单的计数问题，在本章中
乘法计数原理及其意
占有十分重要的地位．
义.
核心素养 数学建模
两个计数原理
两个计数原理 目标 策略 过程 方法总数
在第1类方案中有m种
有两类
分类加法计数 不同的方法，在第2类 N＝ m ＋ n 种不
不同的
原理 完成 方案中有n种不同的方 同的方法
方案
一件 法
事 做第1步有m种不同的
分步乘法计数 需要两 N＝ m × n 种不
方法，做第2步有n种
原理 个步骤 同的方法
不同的方法
特别提醒
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，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完
成”．
常见误区
1．应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步．
2．分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准．
3．分步要做到“步骤完整”，步步相连．1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(
)
(4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤
都能完成这件事．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为(
)
A．16 B．13
C．12 D．10
解析：选C.将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，
共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法4×3＝12(种)．
3．(易错题)从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为
偶数的不同取法的种数有( )
A．30 B．20
C．10 D．6
解析：选D.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加和为偶数
可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共
有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．
4．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，
第 3 层放有 2 本不同的体育书．从书架中任取 1 本书，则不同取法的种数为
________．
解析：分三类：第一类，从第1层取一本书有4种取法，第二类，从第2层取一
本书有3种，第三类，从第3层取一本书有2种取法．共有4＋3＋2＝9种不同的
取法．
答案：9
5．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有
________种．
解析：因为每封邮件选择发送的邮箱有3种不同的情况．所以要发5封电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种)．
答案：243
分类加法计数原理
[题组练透]
1．甲、乙、丙三人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4
次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方法共有( )
A．4种 B．6种 C．10种 D．16种
解析：选B.分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种
方法(如图)，
同理，甲先传给丙时，满足条件有3种方法．
由分类加法计数原理知，共有3＋3＝6(种)传递方法．
2．椭圆＋＝1(m>0，n>0)的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，
4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为( )
A．10 B．12 C．20 D．35
解析：选A.因为焦点在x轴上，m＞n，以m的值为标准分类，由分类加法计数
原理，可分为四类：第一类：m＝5时，使m＞n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使
m＞n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m＞n，n有2种选择；第四类：m＝2时，
使m＞n，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.
3．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
解析：分三类：第一类，直接由A到O，有1种走法；
第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的
走法；
第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法．
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5(种)不同的走法．
答案：5
4．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．
解析：根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在
每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1
个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1
＝36(个)．
答案：36
分类加法计数原理的两个条件
(1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行
分类．
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种
方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
分步乘法计数原理
[题组练透]
1．一个小朋友从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中选取3个不同的数
字组成三位数，则他写出的三位数的个数有( )
A．1 000 B．900 C．720 D．648
解析：选D.分三个步骤：第一步确定百位数字，有9种方法，第二步确定十位
数字，有9种方法，第三步确定个位数字，有8种方法，所以由分步乘法计数原理
得他写出的三位数有9×9×8＝648(个)．
2．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处
的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径的条数为(
)
A．24 B．18 C．12 D．9
解析：选B.由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由分步乘法
计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.
3．有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，
则共有________种不同的报名方法．
解析：每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目
有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数
原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．答案：120
4．如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其
中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路
就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有
________种．
解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱
落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．
答案：63
利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．
(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘
法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总方法数．
[提醒] 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．
两个计数原理的综合应用
(1)生产过程中有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙
等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安
排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有(
)
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
(2)如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公
共边的三角形有________个(用数字作答)．
【解析】 (1)分两类：①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12(种)；②第一
道工序不安排甲时有1×2×4×3＝24(种)．所以共有12＋24＝36(种)．故选B.
(2)把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．
第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．
【答案】 (1)B (2)40
完成一件事的方法种数的计算步骤
第一步，审清题意，弄清要完成的事件是怎样的；
第二步，分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这
四种方法中的哪一种；
第三步，弄清在每一类或每一步中的方法种数；
第四步，根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方
法种数．
1．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶
数共有( )
A．144个 B．120个 C．96个 D．72个
解析：选B.①首位为5，末位为0：4×3×2＝24(个)；②首位为5，末位为2：
4×3×2＝24(个)；③首位为5，末位为4：4×3×2＝24(个)；④首位为4，末位为
0：4×3×2＝24(个)；⑤首位为4，末位为2：4×3×2＝24(个)．由分类加法计数原
理，得共有24＋24＋24＋24＋24＝120(个)．故选B.
2．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与该平面构成一个“正交线
面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的
“正交线面对”的个数是________．
解析：分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面
对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都
可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正
方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
答案：36
[A级 基础练]
1．教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )
A．10种 B．25种 C．52种 D．24种
解析：选D.由题意可知共分4步，每相邻的两层之间各有2种走法．由分步乘
法计数原理可知，共有24种不同的走法．2．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至
少买一张，则不同的买法共有( )
A．7种 B．8种 C．6种 D．9种
解析：选A.要完成的“一件事”是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买
1张IC电话卡、买2张IC电话卡、买3张IC电话卡，而每一类都能独立完成“至
少买一张IC电话卡”这件事．买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有
3种方法，买3张IC电话卡有2种方法．不同的买法共有2＋3＋2＝7(种)．故选A
项．
3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不
同的平面个数为( )
A．40 B．16 C．13 D．10
解析：选C.分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确
定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的
平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
4．直线l：＋＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l与坐标轴围成的三角
形的面积不小于10，则这样的直线的条数为( )
A．6 B．7 C．8 D．16
解析：选B.l与坐标轴围成的三角形的面积为
S＝ab≥10，即ab≥20.
当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．
当a∈{5，7}时，b∈{4，6，8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线l
的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.
5．某校为了庆祝中华人民共和国成立70周年举办文艺汇演，原节目单上有
9个节目已经排好顺序，又有3个新节目需要加进去，不改变原来的顺序，则新节
目单的排法有( )
A．12种 B．27种 C．729种 D．1 320种
解析：选D.第一步：9个节目空出10个位置，可以加入1个新来的节目，所以
加入一个新节目有10种方法，
第二步：从排好的10个节目空出的11个位置中，加入第2个新节目，有11种
方法，
第三步：从排好的11个节目空出的12个位置中，加入第3个新节目，有12
种方法，所以由分步乘法计数原理得加入 3 个新节目后的节目单的排法有
10×11×12＝1 320(种)．
6．如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则
电路不通，今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的情况共有( )
A．9种 B．11种 C．13种 D．15种
解析：选C.按焊接点脱落的个数分类：脱落1个，有1，4，共2种；脱落2个，
有(1，4)，(2，3)，(1，2)，(1，3)，(4，2)，(4，3)，共6种；脱落3个，有(1，2，3)，(1，2，
4)，(2，3，4)，(1，3，4)，共4种；脱落4个，有(1，2，3，4)，共1种．由分类加法计数
原理知，共有2＋6＋4＋1＝13(种)．故选C项．
7．从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意
两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
解析：选A.将和等于11的数放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.从
每一小组中取一个，有C＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个子集．
8．如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的
矩形涂色不同，则不同的涂法有( )
A．256种 B．128种 C．72种 D．64种
解析：选C.方法一：首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，
则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种
涂法．
方法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时
A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24
种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24种，D只要不与C
同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
9．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学生委员、文娱委员与体育
委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选
1人担任文娱委员，有3种选法．
第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习
委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选
法共有3×4×3＝36(种)．
答案：36
10．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的
六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续
固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是________．
解析：根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，
并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3，4，5号螺栓，依次选
下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法，故答案是60.
答案：60
11．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由
1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
解析：当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三
个1时：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种，当有三个
2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结
果．
答案：12
12．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝25，则符合条
件的三角形共有________个．
解析：根据三边构成三角形的条件可知，c<25＋a.
第一类：当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个值；
第二类，当a＝2，b＝25时，c可取25，26，共2个值；
…
当a＝25，b＝25时，c可取25，26，…，49，共25个值；
所以三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.
答案：325
[B级 综合练]
13．(2020·郑州质检)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为()
A．72 B．120 C．192 D．240
解析：选D.将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数
(1)若末位数字为2，因为含有2个4，所以有＝60(种)情况；(2)若末位数字为6，同
理有 60 种情况；(3)若末位数字为 4，因为有两个相同数字 4，所以共有
5×4×3×2×1＝120(种)情况．综上，共有60＋60＋120＝240(种)情况．
14．(2020·北京市朝阳区模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4
小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不
同的填写方法有( )
A.288种 B．144种 C．576种 D．96种
解析：选C.依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个
汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个
格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，根据
分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．
[C级 创新练]
15．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3
802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那
么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________．
解析：第1步，1＝1＋0，1＝0＋1，共2种组合方式；
第2步，9＝0＋9，9＝1＋8，9＝2＋7，9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方
式；
第3步，4＝0＋4，4＝1＋3，4＝2＋2，4＝3＋1，4＝4＋0，共5种组合方式；
第4步，2＝0＋2，2＝1＋1，2＝2＋0，共3种组合方式．
根据分步乘法计数原理，值为 1 942 的“简单的”有序对的个数为
2×10×5×3＝300.
答案：30016．中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能(六艺)：礼、乐、射、御、书、数，
某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，排课
有如下要求：“射”不能排在第一，“数”不能排在最后，则“六艺”讲座不同的
排课顺序共有________种．
解析：根据题意，分2种情况讨论：
①“数”排在第一，将剩下的“五艺”全排列，安排在剩下的5节，有A＝
120(种)情况．
②“数”不排在第一，则“数”的排法有4种，“射”的排法有4种，将剩下
的“四艺”全排列，安排在剩下的4节，有A＝24(种)情况，则此时有4×4×24＝
384(种)情况．
则一共有120＋384＝504(种)排课顺序．
答案：504
