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考试要求 1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.能解决简单
的实际问题.
【知识梳理】
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.
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.
3.分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问
题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法
计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成
了才算完成这件事.
[常用结论与微点提醒]
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”.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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.(
)
答案 (1)× (2)√ (3)√
解析 分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成
这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一
步，不能完成这件事，所以(1)不正确.
2.(选修三P5T1 改编)(1)一项工作可以用2 种方法完成，有5 人只会用第1 种方法
完成，另有4 人只会用第2 种方法完成，从中选出1 人来完成这项工作，不同选
法的种数是______；
(2)从A 村去B 村的道路有3 条，从B 村去C 村的道路有2 条，则从A 村经B 村
去C 村，不同路线的条数是________.
答案 (1)9 (2)6
解析 (1)不同的选法共有5＋4＝9 种方法.
(2)从A 村去B 村有3 种走法，由B 村去C 村有2 种走法，根据乘法原理可得
3×2＝6(种).
3.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，则焊接点脱落的不同情况有________种.
答案 13
解析 电路不通可能是1 个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况
却只有3 种，即2 或3 脱落或全不脱落，每个焊接点有脱落与不脱落两种情况，
故共有24－3＝13(种)情况.
4.3 个班分别从5 个风景点中选择一处游览，不同的选法有________种.
答案 125
解析 因为第1、第2、第3 个班各有5 种选法，由分步乘法计数原理，可得不
同的选法有5×5×5＝125(种).
考点一 分类加法计数原理
例1 (1)某同学有同样的画册2 本，同样的集邮册3 本，从中取出4 本赠送给4
位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )
A.4 种
B.10 种
C.18 种
D.20 种
答案 B
解析 赠送1 本画册，3 本集邮册，需从4 人中选取1 人赠送画册，其余赠送集
邮册，有4 种方法；赠送2 本画册，2 本集邮册，只需从4 人中选出2 人赠送画
册，其余2 人赠送集邮册，有6 种方法.
由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种).
(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸
数(如120，343，275 等)，那么所有凸数的个数为________.
答案 240
解析 若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1 或0，“凸数”为120 与
121，共2 个.
若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝
6(个).
若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……，
若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个).
所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).
感悟提升 使用分类加法计数原理的两个注意点
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏.
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.
训练1 (1)集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且
P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的
个数是( )
A.9
B.14
C.15
D.21
答案 B
解析 当x＝2 时，x≠y，点的个数为1×7＝7.
当x≠2 时，由P⊆Q，∴x＝y.
∴x 可从3，4，5，6，7，8，9 中取，有7 种方法.
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).
(2)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
______个平面.
答案 13
解析 异面直线a 与异面直线b 上的8 个点中的任意一个点都可以构成一个平面；
异面直线b 与异面直线a 上的5 个点中的任意一个点都可以构成一个平面，
∴共可以确定8＋5＝13 个平面.
考点二 分步乘法计数原理
例2 (多选)(2024·合肥调研)现安排高二年级A，B，C 三名同学到甲、乙、丙、
丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个
工厂，则下列说法正确的是( )
A.共有43种不同的安排方法
B.若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37 种
C.若A 同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12 种
D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24 种
答案 ABD
解析 对于A，A，B，C 三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，
每个学生有4 种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A 正确；
对于B，三人到4 个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全
部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，
则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B 正确；
对于C，若同学A 必须去甲工厂，剩下2 名同学安排到4 个工厂即可，有42＝
16(种)安排方法，故C 错误；
对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D 正
确.
感悟提升 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.
训练2 (1)为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2 种主
食、3 种素菜、2 种大荤、4 种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为
今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有( )
A.48 种
B.36 种
C.24 种
D.12 种
答案 B
解析 由题意可知，分三步完成：
第一步，从2 种主食中任选一种有2 种选法；
第二步，从3 种素菜中任选一种有3 种选法；
第三步，从6 种荤菜中任选一种有6 种选法，
根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36 种不同的选取方法.
(2)若将6 本不同的书放到5 个不同的盒子里，则不同的放法种数为( )
A.A
B.C
C.56
D.66
答案 C
解析 将6 本不同的书放到5 个不同的盒子里，每本书都有5 种放法，根据分步
乘法计数原理可得不同放法为56种.
考点三 两个计数原理的综合
角度1 与数字有关的问题
例3 用0，1，2，3，4，5，6 这7 个数字可以组成________个无重复数字的四
位偶数(用数字作答).
答案 420
解析 要完成的“一件事”为组成无重复数字的四位偶数，所以千位数字不能为
0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，
再分步.
第1 类，当千位数字为奇数，即取1，3，5 中的任意一个时，个位数字可取0，
2，4，6 中的任意一个，再依次取百位、十位数字.
共有3×4×5×4＝240(种)取法.
第2 类，当千位数字为偶数，即取2，4，6 中的任意一个时，个位数字可以取除
首位数字的任意一个偶数数字，再依次取百位、十位数字.
共有3×3×5×4＝180(种)取法，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四
位偶数.
角度2 与几何有关的问题
例4 如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面
组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的
“平行线面组”的个数是( )
A.60
B.48
C.36
D.24
答案 B
解析 一个长方体的面可以和它相对的面上的4 条棱和两条对角线组成6 个“平
行线面组”，一共有6 个面，共有6×6＝36(个).
长方体的每个对角面有2 个“平行线面组”，共有6 个对角面，一共有6×2＝
12(个).
根据分类加法计数原理知共有36＋12＝48(个).
角度3 涂色问题
例5 如图，a 省分别与b，c，d，e 四省交界，且b，c，d 互不交界，在地图上
分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5 种不同颜色可供选用，则不
同的涂色方案种数为( )
A.480
B.600
C.720
D.840
答案 C
解析 依题意，按c 与d 涂的颜色相同和不同分成两类：
若c 与d 涂同色，先涂d 有5 种方法，再涂a 有4 种方法，涂c 有1 种方法，涂e
有3 种方法，最后涂b 有3 种方法，
由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)，
若c 与d 涂不同色，先涂d 有5 种方法，再涂a 有4 种方法，涂c 有3 种方法，
涂e，b 也各有3 种方法，
由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种).
感悟提升 1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：(1)一般是先分类再分步.
在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问
题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.
2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.
训练3 (1)有5 个不同的棱柱、3 个不同的棱锥、4 个不同的圆台、2 个不同的球，
若从中取
出2 个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )
A.14
B.23
C.48
D.120
答案 C
解析 分两步：第1 步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法；
第2 步，取旋转体，有4＋2＝6(种)不同的取法.
所以不同的取法种数是8×6＝48.
(2)(2024·杭州调研)用0，1，…，9 十个数字，可以组成有重复数字的三位数的
个数为( )
A.243
B.252
C.261
D.279
答案 B
解析 0，1，2，…，9 共能组成9×10×10＝900(个)三位数，
其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，
故有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
(3)(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，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，则不同的涂色方法有( )
A.24 种
B.48 种
C.72 种
D.96 种
答案 C
解析 分两种情况：
①A，C 不同色，先涂A 有4 种，C 有3 种，E 有2 种，B，D 有1 种，有
4×3×2×1＝24(种)；
②A，C 同色，先涂A，C 有4 种，再涂E 有3 种，B，D 各有2 种，有
4×3×2×2＝48(种).
故不同的涂色方法有48＋24＝72(种).
【A 级 基础巩固】
1.每天从甲地到乙地的飞机有5 班，高铁有10 趟，动车有6 趟，公共汽车有12
班.某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有( )
A.22 种
B.33 种
C.300 种
D.3 600 种
答案 B
解析 从甲地到乙地不同的方案数为5＋10＋6＋12＝33.
2.将3 张不同的冬奥会门票分给10 名同学中的3 人，每人1 张，不同的分法种数
为( )
A.720
B.240
C.120
D.60
答案 A
解析 可分三步：第一步，第1 张门票有10 种不同的分法；第二步，第2 张门
票有9 种不同的分法；第三步，第3 张门票有8 种不同的分法，由分步乘法计数
原理得，共有10×9×8＝720 种不同分法.
3.某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，
所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1 个科目；
“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4 个科目中选择2 个科
目.已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有( )
A.4 种
B.6 种
C.8 种
D.12 种
答案 B
解析 根据题意得，分两步进行分析：
①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1 个科目，选法有3
种；
②小明在物理、历史科目中选出1 个，选法有2 种.
由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种).
4.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，
这样的等比数列的个数为( )
A.3
B.4
C.6
D.8
答案 D
解析 以1 为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；
以2 为首项的等比数列为2，4，8；
以4 为首项的等比数列为4，6，9；
把这4 个数列的顺序颠倒，又得到另外的4 个数列，
∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个).
5.中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克
木，木克土，土克水，水克火，火克金”.将五种不同属性的物质任意排成一列，
则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为( )
A.8
B.10
C.15
D.20
答案 B
解析 由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5 种排列方法，
不妨假设是金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2 种选择，不
妨假设排的是水，则第三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只
能排土，因此，总的排列方法种数为5×2×1×1×1＝10.
6.如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设
计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座
桥连接，则设计方案的种数最多是( )
A.8
B.12
C.16
D.24
答案 B
解析 四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A 分有一座桥相连和两座桥相连
两种情况，用“—”表示桥.
①当A 只有一座桥相连时，有A—B—C—D，A—B—D—C，A—C—B—D，A—
C—D—B，A—D—B—C，A—D—C—B，共6 种方法；
②当A 有两座桥相连时，有C—A—B—D，D—A—B—C，D—A—C—B，B—A
—C—D，B—A—D—C，C—A—D—B，共6 种方法.故设计方案最多有6＋6＝
12(种).
7.现有5 种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公
共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )
A.120
B.140
C.240
D.260
答案 D
解析 由题意，先涂A 处，有5 种涂法；再涂B 处4 种涂法；第三步涂C，若C
与A 同色，则D 有4 种涂法；若C 与A 不同色，则D 有3 种涂法，由此得不同
的着色方案有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种).
8.(多选)现有4 个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7 人、8 人、9
人、10 人，则下列说法正确的是( )
A.选1 人为负责人的选法种数为34
B.每组选1 名组长的选法种数为5 400
C.若推选2 人发言，这2 人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420
D.若另有3 名学生加入这4 个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人
选，则不同的选法有37 种
答案 AD
解析 对于A，4 个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1 人为负
责人的选法共有34 种，A 正确；
对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1 名
组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5 040(种)，B 错误；
对于C，分六类：从第一、二组中各选1 人，有7×8 种不同的选法；
从第一、三组中各选1 人，有7×9 种不同的选法；
从第一、四组中各选1 人，有7×10 种不同的选法；
从第二、三组中各选1 人，有8×9 种不同的选法；
从第二、四组中各选1 人，有8×10 种不同的选法；
从第三、四组中各选1 人，有9×10 种不同的选法.
所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C 错
误；
对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4 种选法，共有43＝64(种)选法，其中
第一组没有人选，每个人都有3 种选法，共有33＝27(种)选法，所以不同的选法
有64－27＝37(种)，D 正确.
9.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b 组成复数a＋
bi，其中虚数的个数是________.
答案 36
解析 因为a＋bi 为虚数，所以b≠0，即b 有6 种取法，a 有6 种取法，由分步
乘法计数原理知可以组成6×6＝36 个虚数.
10.乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________.
答案 60
解析 从第一个括号中选一个字母有3 种方法，从第二个括号中选一个字母有4
种方法，从第三个括号中选一个字母有5 种方法，故根据分步乘法计数原理可知
共有N＝3×4×5＝60(项).
11.4 张卡片的正、反面分别写有0 与1，2 与3，4 与5，6 与7，将其中3 张卡片
排放在一起，可组成________个不同的三位数.
答案 168
解析 要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步：
第一步：百位可放8－1＝7 个数；
第二步：十位可放6 个数；
第三步：个位可放4 个数.
故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168(个)不同的三位数.
12.(2024·青岛调研)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，
2，1，5，为遵守当地某月5 日至9 日5 天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的
车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆
符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________.
答案 80
解析 5 日至9 日，日期尾数分别为5，6，7，8，9，有3 天是奇数日，2 天是偶
数日.
第一步，安排偶数日出行，每天都有2 种选择，共有2×2＝4(种)用车方案；
第二步，安排奇数日出行，分两类，
第一类，选1 天安排甲的车，另外2 天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用车方
案，
第二类，不安排甲的车，每天都有2 种选择，共有23＝8(种)用车方案，
共计12＋8＝20(种)用车方案.
根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.
【B 级 能力提升】
13.如图，将钢琴上的12 个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12.若k－j＝
3 且j－i＝4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k－j＝4 且j－i＝3，则称ai，
aj，ak为原位小三和弦.用这12 个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的
个数之和为( )
A.5
B.8
C.10
D.15
答案 C
解析 满足条件1≤i<j<k≤12，k－j＝3 且j－i＝4 的(i，j，k)有(1，5，8)，(2，
6，9)，(3，7，10)，(4，8，11)，(5，9，12)，共5 个；
满足条件1≤i<j<k≤12，k－j＝4 且j－i＝3 的(i，j，k)有(1，4，8)，(2，5，9)，
(3，6，10)，(4，7，11)，(5，8，12)，共5 个.所以一共有10 个.
14.(2023·湖北名校联考)设集合A＝{1，2，…，2 023}，S＝{(A1，A2，…，A100)|
A1⊆A2⊆…⊆A100⊆A}，则集合S 的元素个数为( )
A.C
B.C
C.1002 023
D.1012 023
答案 D
解析 对任意i∈[1，2 023]，在A1，A2，…，A100中的从属关系有以下101 种：
(1)i∈A1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100；
(2)i∉A1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100；
(3)i∉A1，i∉A2，i∈A3，…，i∈A100；…；
(101)i∉A1，i∉A2，i∉A3，…，i∉A100.
由分步乘法计数原理知，集合S 中共有1012 023个元素.故选D.
15.(2024·衡水调研)用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5 个格子，每个格
子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色
格子的染色方法种数为________种.
答案 10
解析 依题意，第1 个格子必须为黑色，则出现从左至右数，不管数到哪个格子，
总有黑色格子不少于白色格子包含的情况有：
①全染黑色，有1 种方法；
②第1 个格子染黑色，另外4 个格子中有1 个格子染白色，剩余的都染黑色，有
C＝4 种方法；
③第1 个格子染黑色，另外4 个格子中有2 个格子染白色，2 个格子染黑色，具
体分为若第3 个格子染白色，则第2 个格子染黑色，剩余的格子1 白1 黑，有C
种方法；若第3 个格子染黑色，则另外3 个格子中有2 个格子染白色，剩余的染
黑色，有C 种方法，
故有C＋C＝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的染色
方法有1＋4＋5＝10 种.
16.设a，b，c∈{1，2，3，4，5，6}，若以a，b，c 为三条边的长可以构成一个
等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有______个.
答案 27
解析 先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1，2，…，6，有6 个.
再考虑等腰的情况，
若a＝b＝1，c<a＋b＝2，此时c＝1 与等边重复；
若a＝b＝2，c<a＋b＝4，则c＝1，3，有2 个；
若a＝b＝3，c<a＋b＝6，则c＝1，2，4，5，有4 个；
若a＝b＝4，c<a＋b＝8，
则c＝1，2，3，5，6，有5 个；
若a＝b＝5，c<a＋b＝10，
则c＝1，2，3，4，6，有5 个；
若a＝b＝6，c<a＋b＝12，
则c＝1，2，3，4，5，有5 个；
故一共有27 个.
