文档文本内容
第01 讲 计数原理
目录
01 考情解码・命题预警........................................................................................................................................2
02 体系构建·思维可视............................................................................................................................................ 3
03 核心突破·靶向攻坚............................................................................................................................................ 3
知能解码......................................................................................................................................................3
知识点1 分类加法计数原理.............................................................................................................3
知识点2 分步乘法计数原理.............................................................................................................4
知识点3 分类加法计数原理和分步乘法计数原理推广..........................................................4
题型破译......................................................................................................................................................5
题型1 分类加法计数原理
..........................................................................................................5
【方法技巧】分类标准的选择
题型2 分步乘法计数原理
..........................................................................................................7
【方法技巧】分步乘法计数原理方法
题型3 两个计数原理综合
..........................................................................................................9
【方法技巧】两个计数原理综合注意点
题型4 涂色问题.................................................................................................................................11
04 真题溯源·考向感知.........................................................................................................................................14
05 课本典例·高考素材.........................................................................................................................................15
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
（1）分类加法计数原
理
（2）分步乘法计数原
理
单选题
多选题
填空题
解答题
/
2023 年上海卷第10
题，5 分
2023 年上海卷第12 题，5
分
2023 年甲卷（理）第9
题，12 分
考情分析：本节的考查形式以选择或者填空为主，以考查基本概念和基本方法为主，难度中等偏下，与教材相当
复习目标：
（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
（2）会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
知识点1 分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案,在第1 类方案中有
种不同的方法,在第2 类方案中有
种不同的方法，
那么完成这件事共有
种不同的方法.
自主检测在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席
研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450 正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.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．14
B．19
C．90
D．200
【答案】B
【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为
.
故选：B.
知识点2 分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤,做第1 步有
种不同的方法,做第2 步有
种不同的方法，那么完成这件事共有
种不同的方法.
自主检测用数字1，2，3，4 组成无重复数字的两位数，其中偶数的个数为 ．
【答案】6
【详解】由题可得个位数可为2 或4，当个位数选定，十位数有3 种选法，
故共有
种情况．
故答案为：6
知识点3 分类加法计数原理和分步乘法计数原理推广
（1）完成一件事有
类不同方案,在第1 类方案中有
种不同的方法,在第2 类方案中有
种不同的方
法,
……,在第
类方案中有
种不同的方法,那么完成这件事共有
种不同的方法.
（2）完成一件事需要
个步骤,做第1 步有
种不同的方法,做第2 步有
种不同的方法,……,做第
步
有
种不同的方法,那么完成这件事共有
种不同的方法.
自主检测如图所示，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
【答案】D
【详解】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有
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
.
故选：D.
题型1 分类加法计数原理
例1-1 将各位数字之和为6 的三位数叫幸运数，比如
“
”
123，402，则所有幸运数的个数为（
“
”
）
A．19
B．20
C．21
D．22
【答案】C
【详解】当百位数字是6，其他数字是0，此时幸运数有1 个；
当百位数字是5，其他数字是0 和1，此时幸运数有2 个；
当百位数字是4，其他数字是1 和1 或者是0 和2，此时幸运数有
个；
当百位数字是3，其他数字是1 和2 或者是0 和3，此时幸运数有
个；
当百位数字是2，其他数字是2 和2 或者是0 和4 或者是1 和3，此时幸运数有
个；
当百位数字是1，其他数字是2 和3 或者是1 和4 或者是0 和5，此时幸运数有
个；
所以幸运数的个数为
.
故选：C.
例1-2 如图，随机闭合两个开关使电路从A 处到B 处只有一条支路接通，可以有 种不同的闭合方
法.
【答案】
【详解】根据题意分三类情况：
第一类，上路接通中路下路不通有
种情况，
第二类，中路接通上路下路不通有
种情况，
第三类，下路接通上路中路不通有
种情况，
所以闭合两个开关使电路从A 处到B 处只有一条支路接通，
共有
种不同的闭合方法.
故答案为：
方法
技巧
分类标准的选择
（1）应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．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
法是不同的方法，不能重复，但也不能有遗漏．
【变式训练1-1】如图，要让电路从
处到
处只有一条支路接通，则不同的路径有（ ）
A．5 种
B．6 种
C．7 种
D．9 种
【答案】C
【详解】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知，
不同的路径有
种.
故选：C.
【变式训练1-2】如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数
字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点
向结点
传递信息，信息可以分开沿不同
路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（ ）
A．26
B．24
C．19
D．18
【答案】C
【详解】由题图可知，从A 到B 有4 种不同的传递路线，各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下
分别为3，4，6，6，
由分类加法计数原理得，单位时间内传递的最大信息量为
.
故选：C．
【变式训练1-3】空间中三个点
、
、
满足
，在空间中任取2 个不同的点，使得它们
与
、
、
恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法种数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
如图所示，设任取2 个不同的点为
、
，当
为正四棱锥的侧面时，
平面
的两侧分别可以做以四边形
为底面的正四棱锥，有2 种情况，
同理以四边形
、四边形
为底面各有2 种情况，所以共有6 种情况；
当
为正四棱锥的截面时，
、
位于
两侧，四边形
为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以四边形
、四边形
为底面各有1 种情况，所以共有3 种情况；
综上，共有
种情况．
故答案为：B．
题型2 分步乘法计数原理
例2-1 用0，1，2，3，4 可组成无重复数字的三位奇数的个数为（ ）
A．48
B．36
C．24
D．18
【答案】D
【详解】用0，1，2，3，4 可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2 种情况，首位数学有3 种情况，所
以三位奇数的个数为
种情况.
故选：D.
例2-2 用
种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则
该板报共有 种不同的书写方案．
【答案】
【详解】完成工作可分四步：
第一步，英语角用的粉笔颜色有
“
”
种不同的选法；
第二步，语文学苑用的粉笔颜色不能与英语角用的粉笔颜色相同，有
“
”
“
”
种不同的选法；
第三步，理综世界用的粉笔颜色与英语角和语文学苑用的粉笔颜色都不相同，有
“
”
“
”
“
”
种不同的选法；
第四步，数学天地用的粉笔颜色只要与理综世界用的粉笔颜色不同即可，有
“
”
“
”
种不同的选法．
由分步乘法计数原理知，该板报共有
种不同的书写方案．
故答案为：
．
方法
技巧
分步乘法计数原理方法
（1）明确题目中的完成这件事是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．
“
”
（2）将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事
件才算完成．
【变式训练2-1】将数字1，2，3 填在
的表格中，要求每行的数字互不相同，每列的数字也互不相
同，则不同的排列方法共有（ ）
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
【答案】A
【详解】第一列第一个数有3 种选择，第二个数有2 种选择，第三个数有1 种选择；
第一行第二个数有2 种选择，其它空格只有1 种选择；
所以共有
种.
故选：A
【变式训练2-2】重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了底同火不
“
同，汤通油不通它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成
”
数学形状如图（同一类格子形状相同）：
中间格火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；
“
“
十字格火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；
“
”
四角格属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有
“
”
6 种不同食物（足够量），其中1 种适合
放入中间格，3 种适合放入十字格，2 种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，
若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由题可知中间格只有一种放法；
十字格有四个位置，种适合放入，所以有一种放两个位置，共有种放法；
四角格有四个位置，
种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，
有
种放法，或每种都放两个位置，有种放法，故四角格共有种放法；
所以不同放法共有
种.
故选：C.
【变式训练2-3】用0，1，2，3 这4 个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答）
【答案】18
【详解】
组成的数是三位数，故百位不能是
，
百位有种选择；
百位选了一个数字后，十位还有种选择；
百位和十位各选了一个数字后，个位还有
种选择；
一共可以组成没有重复数字的三位数有：
（个）
故答案：
.
题型3 两个计数原理综合
例3-1 由数字0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
A．48 个
B．52 个
C．60 个
D．120 个
【答案】B
【详解】由题意可知，分为两种情况：
情况一：个位是0，则有不同的结果
个；
情况二：个位不是0，则有不同结果
个；
所以共有
个；
故选：B.
例3-22024 届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有
五名屏蔽生总分在
前9 名，现在确定第一、二、五名是
三位同学，但
不是第一名，
两名同学只知道在6 至9
名，且
的成绩比
好，则这5 位同学总分名次有多少种可能（ ）
A．6
B．12
C．24
D．48
【答案】C
【详解】第一步排
有两种可能：第2 名或第5 名；
第二步排
和
有两种可能；
第三步排
和
，
有6，7，8 位三种可能；
当
为第6 名时，
有7，8，9 名三种可能，
当
为第7 名时，
有8，9 名两种可能，
当
为第8 名时，
只有第9 名一种可能，
所以第三步的总数为
种；
根据分类计数原理，所有名次排位的总数
种。
故选：C
方法
技巧
两个计数原理综合
点
注意
（1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事．
（2）分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图．
（3）对于复杂问题，一般是先分类再分步．
【变式训练3-1】学校教师运动会设置有跳绳、立定跳远、定点投篮、沙包掷准四个比赛项目，每
“
”
“
”
“
”
“
”
个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问
题，甲不能安排跳绳裁判，乙不能安排定点投篮裁判，则不同的安排方法共有（
“
”
“
”
）
A．12 种
B．14 种
C．7 种
D．9 种
【答案】B
【详解】当甲安排定点投篮，另外
“
”
3 人任意安排工作有6 种方法.
当甲不安排定点投篮时，先安排甲有
“
”
2 种，再安排乙有2 种，另外剩余2 人有2 种，此时有
种
方法，
共有
种，
故选：B
【变式训练3-2】为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022 年冬奥会成功纪念》
邮票，图案分别为冬奥会会徽冬梦、冬残奥会会徽飞跃、冬奥会吉祥物冰墩墩、冬残奥会吉祥物雪
“
”
“
”
“
”
“
容融及志愿者标志，现将一套
”
“
”
5 枚邮票任取3 枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不
同的取法种数为（ ）
A．4
B．8
C．16
D．18
【答案】B
【详解】由题意可知：会徽邮票有2 枚，吉祥物邮票有2 枚，志愿者标志有
“
”
1 枚，
若任取3 枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有：
若会徽邮票有2 枚，吉祥物邮票有1 枚，共有
种；
若会徽邮票有1 枚，吉祥物邮票有2 枚，共有
种；
若会徽邮票有1 枚，吉祥物邮票有1 枚，志愿者标志有
“
”
1 枚，共有
种；
故共有
种．
故选：B.
【变式训练3-3】中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、
虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一
个作为礼物，甲同学喜欢龙、牛和羊，乙同学喜欢龙和马，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选
取礼物都满意，则选法有 种．
【答案】50
【详解】第一种情况是甲选龙，乙只能选马，丙有10 种方法，
第二种情况是甲选牛或羊，甲有2 种方法，乙也有2 种方法，那么丙有10 种方法，则共有
种
方法，
所以共有
种方法.
故答案为：50
题型4 涂色问题
例4-1 用
种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（ ）种
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】区域
有
②
种选择，区域
有
③
种选择，区域
和
各有
①
④
种选择，
由分步乘法计数原理可知，不同的涂法种数为
种.
故选：D.
例4-2 某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有
四个区域，现有5 种不同的花卉可供选择，要求
相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉，则该花坛的花卉种植方案共有（ ）
A．210 种
B．420 种
C．180 种
D．260 种
【答案】D
【详解】当区域1 与区域3 种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4，
由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有
种；
当区域1 与区域3 不种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4，
由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有
种.
故该花坛的花卉种植方案共有
种.
故选：D
【变式训练4-1】如图，用6 种不同的颜色给图中
，
，
，
区域染色，要求相邻区域不能同色，则
不同的染色方法共有（ ）
A．400 种
B．460 种
C．480 种
D．496 种
【答案】C
【详解】按
的顺序涂色，
共有：
种.
故选：C.
【变式训练4-2】高二某班为了准备校园樱花文化节活动的展示牌，计划用5 种不同颜色的笔书写图中A、
B、C、D 四个区域的文字，规定每个区域只用一种颜色的笔书写文字，相邻区域书写的文字颜色不同，则
不同的书写方法数为（ ）
A．120
B．160
C．180
D．240
【答案】C
【详解】由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色的笔书写文字，相邻的区域书写的文字颜色不同，可分
步进行，
区域A 有5 种涂法，B 有4 种涂法，
C，A 不同色，C 有3 种，D 有2 种涂法，有5×4×3×2=120 种，
C，A 同色，D 有3 种涂法，有5×4×3=60 种，
共有
∴
180 种不同的涂色方案 .
故选：C.
【变式训练4-3】如图为我国数学家赵爽（约3 世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意
图，现在用7 种颜色给5 个小区域（A，B，C，D，E）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂
颜色不同，则不同的涂色方法有 种.
【答案】4410
【详解】分4 步进行分析：
对于区域
①
，有7 种颜色可选；
对于区域
②
，与
区域相邻，有6 种颜色可选；
对于区域
③
，与
、
区域相邻，有5 种颜色可选；
对于区域
④
、
，
若
与
颜色相同，
区域有5 种颜色可选，
若
与
颜色不相同，
区域有4 种颜色可选，
区域有4 种颜色可选，
则区域
、
有
种选择.综上所述，
不同的涂色方案有
种.
故答案为：
.
1．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5 名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，
每天从这5 人中安排2 人参加公益活动，则恰有1 人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120
B．60
C．30
D．20
【答案】B
【详解】不妨记五名志愿者为
，
假设
连续参加了两天公益活动，再从剩余的4 人抽取2 人各参加星期六与星期天的公益活动，共有
种方法，
同理：
连续参加了两天公益活动，也各有
种方法，
所以恰有1 人连续参加了两天公益活动的选择种数有
种.
故选：B.
2．（2024·上海·高考真题）设集合
中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素
之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ．
【答案】329
【详解】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数．
首先讨论三位数中的偶数，
当个位为
①
0 时，则百位和十位在剩余的9 个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有
个；
当个位不为
②
0 时，则个位有
个数字可选，百位有
个数字可选，十位有
个数字可选，
根据分步乘法这样的偶数共有
，
最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为
个．
故答案为：329．
1．某电话局管辖范围内的电话号码由8 位数字组成，其中前4 位的数字是不变的，后4 位数字都是0~9 之
间的一个数字，这个电话局不同的电话号码最多有多少个？
【答案】10000
【详解】解：后四位数字都是0 到9 之间的一个数字，每一位都有10 种选择方法，故有
个．
故这个电话局不同的电话号码最多有10000 个．
2．由数字1，2，3，4，5 可以组成多少个三位数（各位上的数字可以重复）？
【答案】125 个
【详解】由题意，百位、十位和个位上的数字均有5 种选法，
由数字
∴
1，2，3，4，5 可以组成
个三位数．
3．任意画一条直线，在直线上任取n 个分点．
（1）从这n 个分点中任取2 个点形成一条线段，可得到多少条线段？
（2）从这n 个分点中任取2 个点形成一个向量，可得到多少个向量？
【答案】（1）
；（2）
.
【详解】（1）因为线段与端点的顺序无关，所以从这
个分点中任取2 个点可形成的线段共
条；
（2）因为向量与端点的顺序有关，所以从这
个分点中任取2 个点可形成的向量共
个.
4．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，
若
①
1 为分子，分母有4 种选择；
若
②
5 为分子，分母有3 种选择；
若
③
9 为分子，分母有2 种选择；
若
④
13 为分子，分母有1 种选择；
所以真分数共有
个.
5．（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
【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．
6．口袋中装有8 个白球和10 个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2 个球.
（1）正好是白球、红球各一个的取法有多少种？
（2）正好是两个白球的取法有多少种？
（3）至少有一个白球的取法有多少种？
（4）两球的颜色相同的取法有多少种？
【答案】（1）80；（2）28；（3）108；（4）73.
【详解】（1）取出1 个白球，有8 种取法；取出1 个红球，有10 种取法；
所以取出两个球正好是白球、红球各一个的取法有
种；
（2）取出两个球正好是两个白球的取法有
种；
（3）至少有一个白球分为白球、红球各一个和两个全是白球，共有
种取法；
（4）两球的颜色相同分为两球全是白球和两球全是红球，
两球全是红球的选法有
种，
所以两球的颜色相同的取法有
种.
7．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.
