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9-1 两个计数原理
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．
9-1 两个计数原理.................................................................................................................................................... 1
一、主干知识..................................................................................................................................................... 1
考点1：两个计数原理............................................................................................................................ 1
【常用结论总结】....................................................................................................................................2
二、分类题型..................................................................................................................................................... 2
题型一 分类加法计数原理....................................................................................................................2
题型二 分步乘法计数原理....................................................................................................................3
题型三 两个计数原理的综合应用......................................................................................................4
三、分层训练：课堂知识巩固.....................................................................................................................5
1
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、
一
主干知识
考点1：两个计数原理
(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．
【
用
常
结论总结】
两个计数原理的区别与联系
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种数
不同点
分类、相加
分步、相乘
每类方案中的每一种方法
都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事情
(每步中的每一种方法不能独立完
成这件事)
注意点
类类独立，不重不漏
步步相依，缺一不可
2
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、分类
二
题型
题型一分类加法计数原理
【例题精析1】
如图，从甲地到乙地有2 条路，从乙地到丁地有3 条路；从甲地到丙地有4 条路，从丙地到
丁地有2 条路．那么，从甲地到丁地，如果每条路至多走一次，且每个地点至多经过一次，有多少种不同
的走法？
【答案】
种
【分析】根据分类加法原理以及分步乘法原理得出结果即可.
【详解】从甲地到丁地的走法可以分成两类：
第一类：从甲地经由乙地到丁地．这类走法可以分成两个步骤：先从甲地到乙地，有2 种走法；再从乙地
到丁地，有3 种走法．根据乘法原理，这一类走法的种数为
．
第二类：从甲地经由丙地到丁地．这类走法可以分成两个步骤：先从甲地到丙地，有4 种走法；再从丙地
到丁地，有2 种走法．根据乘法原理，这一类走法的种数为
．
根据加法原理，从甲地到丁地共有
种不同的走法．
【例题精析2】
书架上放有6 本不同的数学书和5 本不同的语文书．从中任取一本，有多少种不同的取法？
【答案】11 种
【分析】利用加法原理即可求出答案.
【详解】解：从数学书中抽取一本共有6 种取法，从语文书种抽取一本有5 种取法，共有
种取法.
3
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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．
【对点精练1】
从甲地到乙地有3 条公路可走，从乙地到丙地有5 条小路可走，又从甲地不经过乙地到丙地
有3 条水路可走．
(1)从甲地经乙地到丙地有多少种不同的走法？
(2)从甲地到丙地共有多少种不同的走法？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据分步计数原理计算从甲地经乙地到丙地的走法即可；（2）根据甲地到丙地可经过乙或
不经过乙两种情况求解即可.
【详解】（1）根据分步计数原理可得从甲地经乙地到丙地有
种不同的走法.（2）从甲地经乙地到
丙地有
种不同的走法，直接从甲地到丙地有3 种走法，故共有
种不同的走法.
【对点精练2】
某校确定的优秀毕业生候选人中，一班有3 人，二班有5 人，三班有2 人．
(1)从三个班中评选出一名优秀毕业生，有多少种不同的选法？
(2)从三个班中各评选出一名优秀毕业生，有多少种不同的选法？
【答案】(1)
；(2)
.
【分析】（1）根据分类加法计数原理即可求解；（2）根据分步乘法计数原理即可求解.
【详解】（1）从三个班中评选出一名优秀毕业生，共有3 类不同的选法：第1 类，从一班选出一名优秀毕
业生，有3 种不同的选法；第2 类，从二班选出一名优秀毕业生，有5 种不同的选法；第3 类，从三班选
出一名优秀毕业生，有2 种不同的选法.根据分类加法计数原理可得：从三个班中评选出一名优秀毕业生，
有
种不同的选法.
（2）从一班选出一名优秀毕业生，有3 种不同的选法，从二班选出一名优秀毕业生，有5 种不同的选法，
从三班选出一名优秀毕业生，有2 种不同的选法，根据分步乘法计数原理可得：从三个班中各评选出一名
优秀毕业生，有
种不同的选法.
4
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题型二分步乘法计数原理
【例题精析3】
某服装厂为学校设计了4 种样式的上衣、3 种样式的裤子．若取其中的一件上衣和一条裤子
配成校服，则可以配出多少种不同样式的校服？
【答案】12
【分析】根据分步乘法原理得出结果即可.
【详解】第一步从4 种样式的上衣中取一件，有4 种办法；
第二步从3 种样式的裤子中取一件，有3 种办法；
所以共有
种不同的不同样式.
【例题精析4】
4 名学生分别报名参加学校的足球队、篮球队和棒球队，每人限报其中的一支．问：有多少
种不同的报名方法？
【答案】
【分析】根据题意，利用分步计数原理，即可求解.
【详解】因为4 名学生分别报名参加学校的足球队、篮球队和棒球队，每人限报其中的一支，
可得每名同学都有3 种选法，由分步计数原理得，共有
种不同的报名方法.
【例题精析5】
判断正误（正确的写正确，错误的写错误）
（1）从书架上任取数学书、语文书各1 本是分类问题.( )
（2）分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情．( )
（3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题．( )
（4）从甲地经丙地到乙地是分步问题．( )
【答案】错误 错误 正确 正确
【分析】根据分类加法计数原理、分步乘法计数原理的知识判断出正确答案.
【详解】（1）从书架上任取数学书、语文书各1 本是分步问题，（1）错误.
（2）分步乘法计数原理是指完成所有的步骤才是完成整件事情，（2）错误.
（3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题，（3）正确.
（4）从甲地经丙地到乙地是分步问题，（4）正确；故答案为：错误；错误；正确；正确
5
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利用分步乘法计数原理解题的策略
(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．
【对点精练3】
用1、2、3、4、5 可以组成多少个没有重复数字的三位数？
【答案】60
【分析】根据分步乘法原理得出结果即可.
【详解】要组成一个没有重复数字的三位数，可以分三个步骤完成：
第一步：确定百位上的数字，从5 个数字中任选一个，有5 种选法；
第二步：确定十位上的数字，因为不允许有重复数字，所以从第一步余下的数字中任选一个，有4 种选法；
第三步：确定个位上的数字，因为不允许有重复数字，所以从前两步余下的数字中任选一个，有3 种选法．
根据乘法原理，不同取法的种数为
．
因此，可以组成60 个没有重复数字的三位数．
【对点精练4】
一个三层的书架上共放有9 本书，其中第一层放有4 本不同的语文书，第二层放有3 本不同
的数学书，第三层放有2 本不同的外语书．若从书架的第一、二、三层各取1 本书，共有多少种不同的取
法？
【答案】24 种
【分析】根据相互独立事件概率的乘法法则运算即可；
【详解】从书架的第一、二、三层各取1 本书，可以分三个步骤完成：
第一步：从第一层取1 本语文书，有4 种取法；
第二步：从第二层取1 本数学书，有3 种取法；
第三步：从第三层取1 本外语书，有2 种取法．
根据乘法原理，不同取法的种数为
．
即从书架的第一、二、三层各取1 本书，有24 种不同的取法．
6
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题型三两个计数原理的综合应用
｛
中的计数
实际问题
问题｝
【例题精析6】
李芳有4 件不同颜色的衬衣,3 件不同花样的裙子,另有两套不同样式的连衣裙.“五一”节需选
择一套服装参加歌舞演出,则不同的选择方式有( )
A．24 种
B．10 种
C．9 种
D．14 种
【答案】D
【分析】分类讨论利用分步乘法和分类加法计数原理计算即可.
【详解】分两类：
第一类：选衬衣加裙子，共有
种选法；
第二类：选连衣裙，共有
种选法，
根据分类加法计数原理共有
种选法.
故选：
【例题精析7】
某植物园要在如图所示的5 个区域种植果树，现有5 种不同的果树供选择，要求相邻区域不
能种同一种果树，则共有（ ）种不同的方法.
A．120
B．360
C．420
D．480
【答案】C
【分析】利用分类计数原理求解，按2 与4 两区域种植果树是否相同进行分类即可.
【详解】分两类情况：第一类：2 与4 种同一种果树，第一步种1 区域，有5 种方法；
第二步种2 与4 区域，有4 种方法；第三步种3 区域，有3 种方法；最后一步种5 区域，有3 种方法，
由分步计数原理共有
种方法；
第二类：2 与4 种不同果树，第一步在1234 四个区域，从5 种不同的果树中选出4 种果树种上，是排列问
题，共有
种方法；第二步种5 号区域，有2 种方法，
由分步计数原理共有
种方法.再由分类计数原理，共有
种不同的方法.故选：C.
7
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【例题精析8】
现有甲、乙等5 名医务人员参加某小区社区志愿服务活动，他们被分派到核酸检验和扫码两
个小组，且这两个组都至少需要2 名医务人员，则甲、乙两名医务人员不在同一组的分配方案有（ ）
A．8 种
B．10 种
C．12 种
D．14 种
【答案】C
【分析】先分类，再分步，利用两个计数原理计数可得结果.
【详解】若核酸检验组分配
人，扫码组分配人，先分配甲、乙，有
种，再从剩下的人选一人分
到核酸检验组，有
种，其余
人分到扫码组，因此共有
种；
若核酸检验组分配人，扫码组分配
人，同理可得共有种，
所以甲、乙两名医务人员不在同一组的分配方案有
种.故选：C
｛
数中的计数
代
问题｝
【例题精析9】
世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”
和“费马猜想”已经分别在
年和
年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．如今，哥德巴赫猜想
仍未解决．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于
的偶数，都可以写成两个质数之和．（质数是指在大于的
自然数中，除了和它本身以外不再有其他因数的自然数）．在不超过
的质数中，随机选取两个不同的
数，其和为奇数取法有 种．
【答案】
【分析】列举出不超过
的质数，分析可知
必取，然后在剩余个奇数中任选一个即可，即可得出不同
的选法种数.
【详解】不超过
的质数有：
、、、、
、
、
，共个，在这个数中随机选取两个不同的数，
其和为奇数，则
必取，然后在剩余个奇数中任选一个即可，所以，不同的取法种数为种.故答为：.
｛
计数
几何
问题｝
【例题精析10】
世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”
和“费马猜想”已经分别在
年和
年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．如今，哥德巴赫猜想
仍未解决．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于
的偶数，都可以写成两个质数之和．（质数是指在大于的
自然数中，除了和它本身以外不再有其他因数的自然数）．在不超过
的质数中，随机选取两个不同的
数，其和为奇数取法有 种．
【答案】
【分析】列举出不超过
的质数，分析可知
必取，然后在剩余个奇数中任选一个即可，即可得出不同
的选法种数.
8
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【详解】不超过
的质数有：
、、、、
、
、
，共个，
在这个数中随机选取两个不同的数，其和为奇数，则
必取，
然后在剩余个奇数中任选一个即可，
所以，不同的取法种数为种.
故答案为：.
｛数字排列问题｝
【例题精析11】
用，
，，
四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有（ ）
A．个
B．
个
C．
个
D．
个
【答案】D
【分析】根据特殊位置优先安排的原则，结合乘法计数原理即可求解.
【详解】先排个位数，有2 种选择，再排十位和百位，由
种选择，
根据分步乘法计数原理可得共有
个不重复的三位偶数，故选：D
【例题精析12】
由0，1，2，3，5 组成的无重复数字的五位偶数共有（ ）．
A．42 个
B．48 个
C．54 个
D．120 个
【答案】A
【分析】分为五位数的个位数是,五位数的个位数是
两类，依据两个计数原理求解.
【详解】若五位数的个位数是，则有
种情形；若五位数的个位数是
，由于不排首
位，
因此只有
有种情形，中间的三个位置有
种情形，依据分步计数原理，可得
种
情形．由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为
.故选：A．
｛涂色问题｝
【例题精析13】
如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如
果只有5 种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ）
9
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A．192
B．420
C．210
D．72
【答案】B
【分析】按照
的顺序进行染色，按照A，C 是否同色分类，结合分类加法、分步乘法
计算即可.
【详解】按照
的顺序进行染色，按照A，C 是否同色分类：
第一类，A，C 同色，由分步计数原理有
种不同的染色方法；
第二类，A，C 不同色，由分步计数原理有
种不同的染色方法；
根据分类加法计数原理，共有
种不同的染色方法.
故选：B.
【例题精析14】
某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5 个区域．现有
6 种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花
卉，则不同的布置方案有（ ）
A．720 种
B．1440 种
C．1560 种
D．2520 种
【答案】C
【分析】先对图中不同的区域命名，分
与
布置相同的花卉、
与
布置不同的花卉两种情况，再运用
分步计数和分类计数的方法从
开始计数即可.
【详解】
如图，不同的布置方案分两类：
当
与
布置相同的花卉时，
先安排
，有6 种不同的选择；再安排
与
，有5 种不同的选择；再安排
，有4 种不同的选择；最后
安排
，有4 种不同的选择，共有
种.
10
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当
与
布置不同的花卉时，
先安排
，有6 种不同的选择；再安排
与
，有
种不同的选择；再安排
,有3 种不同的选择；最后
安排
，有3 种不同的选择，共有
种.
所以不同的布置方案有
种.故选：C
｛
计数
其它
问题｝
【例题精析15】
寒假里5 名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排
五个
座位（一排共五个座位），上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐
法有 种.
【答案】45
【分析】先选出坐对位置的人，再对剩下四人进行错排，最后利用分布计数乘法原理求结果.
【详解】先选出坐对位置的人，即从5 人中选1 人，有5 种可能；
剩下四人进行错排，设四人座位为
，则四人都不坐在自己位置上有
这9 种可能；
所以恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有
种
故答案为：45
【点睛】本题考查错排问题，考查基本分析求解能力，属基础题.
利用两个计数原理解题时的三个注意点
(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．
【对点精练5】
现有天平及重量为1，2，4 的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平
的左边或者右边，直至所有砝码全部放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右
边，则这样的放法共有（ ）种.
A．15
B．13
C．11
D．10
【答案】A
11
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【分析】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解.
【详解】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解，有以下三种情况：
①第一步先放4，则4 只能在左边，接下来重量为1，2 的砝码顺序随意有2 种，左右边随意有
种，
则共有
种放法；
②第一步先放2，2 只能在左边，
若第二步放4，则4 只能在左边，第三步砝码1 左右边随意放，有
种放法，
若第二步放1，则砝码1 左右两边随意放，有
种放法，第三步砝码4 只能在左边，有1 种放法，
则共有4 种放法；
③第一步先放1，则1 只能在左边，
若第二步放4，则4 只能在左边，第三步砝码2 左右边随意放，共有
种；
若第二步放2，2 只能在左边，第三步砝码4 只能在左边，共有1 种；
则共有3 种放法，
综上，有
种放法．
故选：A．
【对点精练6】
某人从上一层到二层需跨10 级台阶，他一步可能跨1 级台阶，称为一阶步，也可能跨2 级台
阶，称为二阶步，最多能跨3 级台阶，称为三阶步，从一层上到二层他总共跨了6 步，而且任何相邻两步
均不同阶，则他从一层到二层可能的不同走法共有（ ）种.
A．10
B．9
C．8
D．12
【答案】A
【分析】利用计数原理直接计算即可.
【详解】按题意要求，不难验证这6 步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1 个的三阶步.
因此，只能是1 个三阶步，2 个二阶步，3 个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10 级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步，
每一过程可表为3 个白球、2 个黑球、1 个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6 球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧，
此时，共有4 个黑白球之间的空位放置红球，所以此种情况共有4 种可能的不同排列；
（2）第1 球不是白球.
（i）第1 球为红球，则余下5 球只有一种可能的排列；
（ii）若第1 球为黑球，则余下5 球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，
12
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此种情形共有3 种不同排列；
（3）第6 球不是白球，同（2），共有3 种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有
种可能的不同过程.
故选：A
【对点精练7】
某校数学课外活动小组有高一学生
人，高二学生人，高三学生人．
(1)选其中人为总负责人，有多少种不同的选法？
(2)每一年级各选名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选出其中
人去外校参观学习，要求这
人来自不同年级，有多少种不同的选法？
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据分类加法计数原理求得正确答案.
（2）根据分步乘法计数原理求得正确答案.
（3）结合两个计数原理求得正确答案.
【详解】（1）若从高一学生中选，则有
种不同的选法；
若从高二学生中选，则有种不同的选法；
若从高三学生中选，则有种不同的选法；
所以由分类加法计数原理知，共有
种不同的选法．
（2）三个年级分别有
种，种，种不同选法，
由分步乘法计数原理知，共有
种不同选法．
（3）选法可分三类：一类是人选自高一，人选自高二，有
种选法；
第二类是人选自高一，人选自高三，有
种选法；
第三类是人选自高二，人选自高三，有
种选法，
所以共有
种不同选法．
【对点精练8】
某电视台连续播放6 个广告，其中有3 个不同的商业广告、2 个不同的世博会宣传广告、1 个
公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且世博会宣传广告与公益广告不能连续播放，两个世博会宣
传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式?（用1，2，3，4，5，6 表示广告的播放顺序）
【答案】
【分析】利用加法和乘法计数原理和题给限制条件即可求得不同的播放方式的方法数.
【详解】完成这件事有三类方法.
第一类：宣传广告与公益广告的播放顺序是2，4，6，分6 步完成这件事，
共有
（种）不同的播放方式；
第二类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1，4，6，分6 步完成这件事，
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共有
（种）不同的播放方式；
第三类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1，3，6，同样分6 步完成这件事，
共有
（种）不同的播放方式.
由分类加法计数原理知，6 个广告不同的播放方式有
（种）.
【对点精练9】
有两排座位，前排10 个座位，后排10 个座位，现安排2 人就座，规定前排中间的两个座位
不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的坐法的种数是
【答案】276
【分析】分情况讨论，结合分类计数原理可得答案.
【详解】分为下列三类情况：
第一类：两人分别坐前后两排，共有
种；
第二类：两人都坐后排，共有
种；
第三类：两人都坐前排，共有三种情况，分坐左右4 个座位有32 种；都坐左边4 个座位有6 种；都坐右边
4 个座位也有6 种；共有
种；由分类加法计数原理可得，共有
种.
故答案为：276
【对点精练10】
正方体的8 个顶点中，选取4 个共面的顶点，有 种不同选法
【答案】12
【分析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2 个顶点，确定共面的情况数，注意重复计数的情况.
【详解】
从任意一个侧棱出发，其它6 个顶点中任选2 个点都有3 种共面的情况，
所以，所有共面的情况有
种，而每条棱均重复计数一次，
综上，正方体的8 个顶点中，选取4 个共面的顶点，有
种.故答案为：12
【对点精练11】
用5 种不同的颜色给如图标有A，B，C，D 的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻
（有公共边）两部分不同颜色，则不同的涂色方法共有 .
14
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【答案】
【分析】分B，D 两部分颜色相同与不同两种情况，再结合乘法计数原理求解即可.
【详解】当B，D 两部分颜色相同时，先涂B，D 两部分，有5 种选择，再分别涂A，C 均有4 种选择，故
共
种情况；
当B，D 两部分颜色不相同时，先涂B，D 两部分，有
种选择，再分别涂A，C 均有3 种选择，故
共
种情况；
故总共有
种情况.
故答案为：
【对点精练12】
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
在提供5 种颜色给其中5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂
色方案共有 种（用数字作答）.
【答案】
【分析】根据题意，用
表示个区域，分4 步依次分析区域
、
、
、
、
的涂色方法数
目，由分步计数原理计算答案．
【详解】如图，用
表示个区域，分4 步进行分析：
①，对于区域
，有5 种颜色可选；②，对于区域
，与
区域相邻，有4 种颜色可选；
③，对于区域
，与
、
区域相邻，有3 种颜色可选；④，对于区域
、
，若
与
颜色相同，
区
域有3 种颜色可选，若
与
颜色不相同，
区域有2 种颜色可选，
区域有2 种颜色可选，
则区域
、
有
种选择，则不同的涂色方案有
种.故答案为：
.
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【对点精练13】
某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，
且每个区域只布置一种花卉，若有5 种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有 .
【答案】540
【分析】给5 块不同的区域标别布置A，B，D 区域的花卉，继而讨论B，E 是否布置同种花卉，根据分步
计数原理，即可得答案.
【详解】如图：给5 块不同的区域标上字母，
可先在A 中布置花卉，有5 种不同的布置方案，再在B 中布置花卉，有4 种不同的布置方案，
再在D 中布置花卉，有3 种不同的布置方案，若区域B，E 布置同种花卉，则C 有3 种不同的布置方案，
若区域B，E 布置不同的花卉，则E 有2 种不同的布置方案，C 有3 种不同的布置方案，
故不同的布置方案有
种，故答案为：540
【对点精练14】
从0､1､2､3､4､5 六个数字中任取四个数字，可以组成多少个没有重复数字、且为奇数的四位
数？
【答案】
【分析】利用分步乘法计算原理即可得解.
【详解】依题意，因为这个四位数没有重复数字、且为奇数，先考虑个位数，必然是从
这三个数中选
一个，故有3 种选法；再考虑千位数，由于个数位占用了一个数字，0 又不能放在首位（即千位），故有4
种选法；接下去考虑百位数，易知有4 种选法；最后考虑十位数，易知有3 种选法；所以一共可以组成
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个满足条件的四位数.
、分
三
层训练：课堂知识巩固
1．（2023•汕头二模）电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为
．在电脑上绘
画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为
A．
B．27
C．
D．6
【分析】根据分步乘法计数原理易得答案．
【解答】解：分3 步取色，第一、第二、第三次都有256 种取法，
根据分步乘法计数原理得，共可配成
种颜色．
故选：
．
【点评】本题主要考查了分步乘法计数原理的应用，属于基础题．
2．（2023•泸县校级模拟）7 人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、
丙不相邻，则不同排法的种数是（ ）
A．60
B．120
C．240
D．360
【分析】先排甲、乙、丙以外的4 个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺
序，能求出结果．
【解答】解：先排甲、乙、丙以外的4 个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，并去
掉顺序，
∴不同的排法种数是：
＝240（种）．
故选：C．
【点评】本题考查计数原理的应用，考查学生的计算能力，比较基础．
3．（2023•涪城区校级模拟）从10 人（含甲、乙）中选出4 人参加某项公益活动，要求甲、乙二人中至少
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有1 人参加，则不同选法有
A．210
B．168
C．180
D．140
【分析】由题意，事件“甲、乙中至少有1 人参加”的对立事件是“两人都不参加”，故本题在求解时可
以用排除法，先求出10 名同学中挑选4 名参加某项公益活动的选法，再计算出甲乙两人都不参数的选法，
总数中排除掉甲乙两人都不参数的选法，即可得事件“甲、乙中至少有1 人参加”的种数．
【解答】解：10 名同学中挑选4 名参加某项公益活动，总的选法有
种，
甲乙两人都不参数的选法有
种，
故事件“甲、乙中至少有1 人参加”包含的基本事件数是
．
故选：
．
【点评】本题考查排列组合及简单计数问题，解题的关键是理解事件“甲、乙中至少有1 人参加”，将问
题转化为求其对立事件包含的基本事件数，此技巧在计数问题在经常使用，适合于求所研究的事件分类较
多，而其对立事件包含的类较少的情况，方便计数．
4．（2022•武汉模拟）某旅游景区有如图所示
至
共8 个停车位，现有2 辆不同的白色车和2 辆不同的
黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为
A．288
B．336
C．576
D．1680
【分析】根据题意，分2 步进行分析，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：第一步：排白车，第一行选一个位置，则第二行有三个位置可选，由于车是不相同的，故白
车的停法有
种，
第二步，排黑车，若白车选
，则黑车有
，
，
，
，
，
，
共7 种选择，黑车
是不相同的，故黑车的停法有
种，
根据分步计数原理，共有
种．
故选：
．
【点评】本题考查分步乘法计数原理，是基础题．
5．（2022•广州三模）如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，
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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，则不同的涂色方案数
为
A．480
B．600
C．720
D．840
【分析】本题是一个分步计数问题，首先涂一个陕西，有5 种结果，再涂湖北省，有4 种结果，第二步涂
安徽，分类若安徽与陕西同此时江西有三种，再湖南有三种，若安徽与陕西不同，则安徽有三种涂法，江
西，湖南也各有三种涂法，根据计数原理得到结果．
【解答】解：由题意知本题是一个分步计数问题，
首先涂一个陕西，有5 种结果，再涂湖北省，有4 种结果，
第二步涂安徽，分类若安徽与陕西同色，此时江西有三种，再涂湖南有三种，即
，
若安徽与陕西不同，则安徽有三种涂法，江西，湖南也各有三种涂法，即
，
共有
．
故选：
．
【点评】本题考查分步计数原理，对于计数原理的应用，解题的关键是分清事情分成几部分，注意做到不
重不漏．
6．（2023•定远县校级模拟）小林同学喜欢吃4 种坚果：核桃、腰果、杏仁、榛子，他有5 种颜色的“每
日坚果”袋．每个袋子中至少装1 种坚果，至多装4 种坚果．小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不
相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为
A．20160
B．20220
C．20280
D．20340
【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为
，
，
，
，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最
后答案．
【解答】解：依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为
，
，
，
，则每个字母出现2 次或4 次，分类计算
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分堆可能：
（1）
，
；
，
；
，
；
，
，
若是“
”，则其中的“4”必须是
，故1 种可能；
若是“
”，则考虑
※ （※）（※），故有
种可能；
小计：
；
（2）诸如“
，
，
，
；
，
；
，
；
，
”类型，
若是“
”，则四个
无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放
，故0 种可能；
若
是
“
”
，
则
“
”
中
有
一
个
是
；
若是“
”，则“
”中各有1 个
，“
”中各一个
，可以考虑含※模式，
※※
※※
※ （※）
，故有
种可能；
若是“
”，则可用下表进一步分类，有
种可能；
若是“
”，则四个
至少有两个出现搭配相同，故0 种可能；
小计：
；
（3）诸如“
，
，
，
；
，
，
，
；
，
；
，
”类型，
若是“
”，则“
”必然重复，故0 种可能；
若是“
”，则枚举“
”的情况，发现仅
可能；
若是“
”，则考虑
※
※※
※※ （※）或
※
※※
※※
（※），有
种可能；
若是“
”，则考虑
※
※※
※※ （※）或
※
※※
※※
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（※），
若是“
”，则有
或
都成立，有2
种可能；
若是“
”，则枚举“
”的情况，发现
※
※ ，有2 种可能．
小计
；
诸如“
，
，
，
；
，
，
，
；
，
，
，
；
，
”类型
若是“
”，则“
”必然重复，故0 种可能；
若是“
”，则“
”中至少有3 个
，故0 种可能；
若是“
”，则“
”至少有2 个
，考虑
※※
※※
※※ ，
其中
※※有
种可能，故此小类有3 种可能；
若是“
”，则“
”中至少有3 个
，故0 种可能；
小计
；
（5）“
，
，
，
；
，
，
，
；
，
，
，
；
，
，
，
“
只有“
”的搭配，有1 种可能；
综上：共有
个分堆可能，故不同的方案数为
种．
故选：
．
【点评】本题考查排列、组合的实际应用，注意分情况讨论，是难题．
7．（2022•辽宁二模）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
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放法
A．108
B．36
C．9
D．6
【分析】利用分步计数原理可求结果．
【解答】解：根据题意，6 种不同食物中，有1 种适合放入中间格，则中间格有1 种放法，
有3 种适合放入十字格，十字格有四个位置，有3 种适合放入，所以有一种放两个位置，共有3 种放法，
四角格有4 个位置，有2 种适合放入四角格，可分为一种放三个位置，一种放一个位置，有两种放法，或
每种均放两个位置，有一种放法，则四角格有3 种放法，
则有
种不同放法，
故选：
．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，注意不考虑位置，属于基础题．
8．（2022•仁寿县校级模拟）将5 个不同的球装入3 个不同的盒子中（每个盒子都不空），则不同的装法
有
A．25 种
B．60 种
C．125 种
D．150 种
【分析】先把5 个不同的球分为
，1，
或
，2，
三组，求出分组的种数，再分配到三个不同的盒子
里即可
【解答】解：将5 个不同的球装入3 个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球，分为
，1，
或
，2，
三组，共有
，
再分配到三个不同的盒子里，共有
种
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故选：
．
【点评】本题考查了分组分配的问题，关键是分组，属于中档题．
9．（2022•安徽模拟）某单位从甲、乙、丙、丁、戊五名职工中选取3 人负责一个地区的扶贫攻坚工作，
其中甲、乙两人中至少要选取1 人，甲、丙两人不能同时入选，则不同的选法总数为
A．6
B．7
C．8
D．9
【分析】分三种情况讨论：①若甲、乙中只选甲；②若甲、乙中只选乙；③若甲、乙都选然后确定其他人
选，利用分类加法计数原理可得结果．
【解答】解：分以下三种情况讨论：
①若甲、乙中只选甲，则丁、戊必选，此时有1 种选法；
②若甲、乙中只选乙，则丙、丁、戊中要选2 人，此时有
种不同的选法；
③若甲、乙都选，则丁、戊中只选1 人，此时有
种不同的选法，
综上所述，共有
种不同的选法，
故选：
．
【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于基础题．
10．（2022•临澧县校级模拟）某项实验，要先后实施6 个程序，其中程序
只能出现在第一或最后一步，
程序
和
在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有
A．34 种
B．48 种
C．96 种
D．144 种
【分析】本题是一个分步计数问题，
只能出现在第一步或最后一步，从第一个位置和最后一个位置选一
个位置把
排列，程序
和
实施时必须相邻，把
和
看作一个元素，同除
外的3 个元素排列，注意
和
之间还有一个排列．
【解答】解：本题是一个分步计数问题，
由题意知程序
只能出现在第一步或最后一步，
从第一个位置和最后一个位置选一个位置把
排列，有
种结果，
程序
和
实施时必须相邻，
把
和
看作一个元素，同除
外的3 个元素排列，注意
和
之间还有一个排列，共有
种
结果，
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根据分步计数原理知共有
种结果，
故选：
．
【点评】本题考查分步计数原理，考查两个元素相邻的问题，是一个基础题，注意排列过程中的相邻问题，
利用捆绑法来解，不要忽略被捆绑的元素之间还有一个排列．
11．（2021•信阳模拟）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，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，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
A．30 种
B．50 种
C．60 种
D．90 种
【分析】讨论甲同学选择的两种不同的情况，确定乙，丙的个数．
【解答】解：①甲同学选择牛，乙有2 种，丙有10 种，选法有
种，
②甲同学选择马，乙有3 种，丙有10 种，选法有
种，
所以总共有
种．
故选：
．
【点评】本题考查分步计数原理，属于简单题．
12．（2020•青羊区校级模拟）由数字0，1，2，3 组成的无重复数字的四位数中，比2019 大的数的个数为
A．10
B．11
C．12
D．13
【分析】根据题意，按首位数字的不同分2 种情况讨论，求出每种情况下四位数的数目，由加法原理计算
可得答案．
【解答】解：根据题意，分2 种情况讨论：
①、当首位为3 时，将剩下的三个数字全排列，安排在后面的三个数位，有
种情况，即有6 个符合
条件的四位数；
②，当首位为2 时，
若百位为1 或3 时，将剩下的两个数字全排列，安排在后面的两个数位，有
种情况，即有4 个符合
条件的四位数；
若首位为2，百位为0 时，只有2031 一个符合条件的四位数；
综上共有
个符合条件的四位数；
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故选：
．
【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
13．（2020•吉林模拟）一只蚂蚁从正四面体
的顶点
出发，沿着正四面体
的棱爬行，
每秒爬一条棱，每次爬行的方向是随机的，则蚂蚁第1 秒后到点
，第4 秒后又回到
点的不同爬行路线
有
A．6 条
B．7 条
C．8 条
D．9 条
【分析】根据已知，可做出右图，由图知，不同的爬行路线有7 条，问题得以解决．
【解答】解：根据已知，可作出右图，
由图知，不同的爬行路线有7 条，
故选：
．
【点评】本题考查了分步和分类计数原理，属于基础题．
14．（2020•上海）已知
，
，
，0，1，2，
，
、
，则
的情况有
18
种．
【分析】先讨论
的取值，得到对应
的值，再整体求和即可．
【解答】解：当
，0 种，
当
，2 种，
当
，4 种；
当
，6 种，
当
，4 种；
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当
，2 种，
当
，0 种，
故共有：
．
故答案为：18．
【点评】本题主要考查分类讨论思想在概率中的应用，属于基础题目．
15．（2022•山西自主招生）如图，用四种不同颜色给图中的
，
，
，
，
，
，
，
八个点涂
色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有
168
种．
【分析】分
，
，
，
涂4 种，3 种或2 种颜色，先涂
，
，
，
，再涂
，
，
，
，再
分别计算涂色的方法种数．
【解答】解：①对
，
，
，
涂4 种颜色，对于剩下的
，
，
，
各剩2 种颜色，
且相领的都含有一种颜色是相同的，
即当某个点取一种颜色时，其它点的颜色是确定的，
则
，
，
，
共有2 种情况，共有
种；
②对
，
，
，
涂3 种颜色，对于
，
，
，
从4 种颜色中取3 种，即
，
从这3 种颜色中取1 种来作重复的一种，即
，
再对这4 种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2 个对角，
再对其他不重复的2 种进行排列，有
，即
种，
对于剩下的
，
，
，
，同①一样，各剩2 个颜色，
当其中一点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，共有2 种，
故共有
种；
③
，
，
，
涂2 种颜色，则选2 种颜色，涂在对角位置，有
种方法，
，
，
，
共2 种颜色，故共有
种方法，
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一共有
种方法．
故答案为：168．
【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查运算求解能力，是中档题．
16．（2022•萍乡二模）在
的方格中放入1 个白球和完全相同的2 个黑球，每一行、每一列各只有一个
球，每球占一格，则不同的放法种数为
18
．（结果用数字作答）
【分析】先放白球，然后放黑球，结合分步乘法计数原理求得正确答案．
【解答】解：先在
个格选一个放白球，方法数有9 种，
再放2 个黑球，方法数有2 种，
所以不同的放法数有
种．
故答案为：18．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
17．（2022•崇明区二模）某学校每天安排4 项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定：
（1）每位学生每天最多选择1 项；
（2）每位学生每项一周最多选择1 次．学校提供的安排表如下：
时间
周一
周二
周三
周四
周五
课后服务
音乐、阅读、
体育、编程
口语、阅读、
编程、美术
手工、阅读、
科技、体育
口语、阅读、
体育、编程
音乐、口语、
美术、科技
若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3 项，则不同的选择方案共有
14
种．（用数值表示）
【分析】根据题意，由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一，周二和周四可
选编程，由此分4 种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一，周二和周
四可选编程，
故分4 种情况讨论：
当周一选阅读，若体育选周三，编程有2 种方法，若体育选周四，编程有1 种方法，共3 种选法，
当周二选阅读，若编程选周一，体育有2 种方法，若编程选周四，体育有2 种方法，共4 种选法，
当周三选阅读，若体育选周一，编程有2 种方法，若体育选周四，编程有2 种方法，共4 种选法，
当周四选阅读，若体育选周一，编程有1 种方法，若体育选周三，编程有2 种方法，共3 种选法，
再由分类加法计数原理可得不同的选课方案共有
种．
故答案为：14．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
18．（2021•金东区校级模拟）现有六人排成一列，每人在红，黄，蓝，白，黑五种颜色的球中选一个
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（每种颜色的球足够多）．要求任意相邻两人所选的球或者同色，或者至少有一个为白色，则满足要求的
选球方式数为
1093
．
【分析】根据题意考虑排成一列的
个人
，
，
，
进行相应规则选球的方式数
，用
，
分别
表示其中
选了白球的方式数及
不选白球的方式数，当
时，每一种
选白球的方式，对应于
，
，
，
的一种可行的选球方式，于是有
，每一种
不选白球的方式，既可对于
，
，
，
中使
选白球的可行方式（此时
所选球的颜色有四种可能），亦可对应于
，
，
，
中使
中与时
选同色球的可行方式．构造出一个递推数列，进而可求解．
【解答】解：考虑排成一列的
个人
，
，
，
进行相应规则选球的方式数
，
用
，
分别表示其中
选了白球的方式数及
不选白球的方式数，
当
时，每一种
选白球的方式，对应于
，
，
，
的一种可行的选球方式，于是有
，
每一种
不选白球的方式，既可对于
，
，
，
中使
选白球的可行方式（此时
所选球的颜色
有四种可能），
亦可对应于
，
，
，
中使
中与时
选同色球的可行方式．
从而
，
故
，
由
，按上式递推得
，
，
，
．因此，所求为1093．
故答案为：1093
【点评】本题考查排列组合与计数原理的综合应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
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