第一节 两个计数原理
【课程标准】 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.
教|材|回|顾
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＝________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＝________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．
微|点|延|伸
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”．
小|题|快|练
1．教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，由一层到四层的走法种数为( )
A．6 B．23
C．42 D．44
2．将3张不同的门票分给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
3. 由于用具简单、趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条，其中顺带也能把“炮”吃掉的路线有( )
A．10条 B．8条
C．6条 D．4条
4．(2025·山东模拟)用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成________个三位数．
5．将5名志愿者中的4人安排在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排2人，则不同的安排方案共有________种．
类型一 分类加法计数原理自练自悟
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
2．现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值有( )
A．3种 B．6种
C．7种 D．8种
3．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
4．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________．
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．
类型二 分步乘法计数原理
【例1】 (多选题)(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
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】 (1)(2025·江苏徐州适应性测试)灯笼又统称为灯彩，我国灯笼主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式共有( )
A．34种 B．43种
C．3×2×1种 D．4×3×2种
(2)某生产过程中有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中选出4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两名工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两名工人中安排1人，则不同的安排方案共有( )
A．24种 B．36种
C．48种 D．72种
类型三 两个计数原理的综合应用
考向 ：数字问题
【例2】 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)．
数字问题注意
1．数字可不可以重复；
2．特殊数字的占位限制，比如0不能排首位．
考向 ：涂色问题
【例3】 给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染1种颜色，且相邻的区域不同色．若有4种颜色可供选择，则不同的染色方案的种数为________．
涂色问题一般综合利用两个计数原理求解，但也有两种常用方法：按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析．
【题组对点练】
题号 1 2
考向
1.(2024·上海高考)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为________．
2. 给如图所示的5个区域涂色，若要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有________种(用数字作答)．
第一节 两个计数原理
必备知识·梳理
教材回顾
1．m＋n
2．m×n
小题快练
1．B 解析 由一层到二层有2种选择，二层到三层有2种选择，三层到四层有2种选择，所以由分步乘法计数原理可知走法种数为23.故选B.
2．A 解析 第一步：第1张门票有10种不同分法．第二步：第2张门票有9种不同分法．第三步：第3张门票有8种不同分法．由分步乘法计数原理，共有10×9×8＝720种分法，故选A.
3．C 解析 由题意可知“兵”吃掉“马”的最短路线，需向右走三步，向上走两步，其中能顺带吃掉“炮”的走法为：先向右走两步，向上走一步，有C＝3种走法；再向右走一步，向上走一步，有C＝2种走法，所以能顺带吃掉“炮”的路线共有3×2＝6(条)．故选C.
4．100 解析 用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成三位数的个数为4×5×5＝100.
5．30 解析 完成这件事分两步．第一步：从5名志愿者中选出2人在周六参加社区公益活动，有C种选法．第二步：从余下的3人中选出2人在周日参加社区公益活动，有C种选法．根据分步乘法计数原理，共有CC＝30种不同的安排方案．
关键能力·落实
1．B 解析 从甲地到乙地不同的方案数为5＋10＋6＋12＝33.故选B.
2．C 解析 由题意得，三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为10元、20元、50元；三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为30元、60元、70元；三种币值全取，共有1种取法，币值为80元．故一共可以组成的币值种数是3＋3＋1＝7.故选C.
3．A 解析 因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，可分为四类：第一类，当m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类，当m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类，当m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类，当m＝2时，使m>n，n有1种选择．故符合条件的椭圆个数为4＋3＋2＋1＝10.故选A.
4．13 解析 当a＝0时，b的值可以是－1,0,1,2，故(a，b)的个数为4.当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，则b的值可以是－1,0,1,2，(a，b)的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1,0,1，(a，b)的个数为3；若a＝2，则b的值可以是－1,0，(a，b)的个数为2.由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
【例1】 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．故选ABD.
【训练】 (1)A 解析 由题可知，每名同学都有3种选购方式，故不同的选购方式共有34种，故选A.
(2)B 解析 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.
【例2】 420 解析 当个位数字为0时，有6×5×4＝120(个)无重复数字的四位偶数；当个位数字为2,4,6中的一个时，千位数字不能为0，有3×5×5×4＝300(个)无重复数字的四位偶数．根据分类加法计数原理知，共有120＋300＝420(个)无重复数字的四位偶数．
【例3】 96 解析 要完成给题图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用3种颜色染色，即A，F同色，B，D同色，C，E同色，则从4种颜色中取3种颜色有C＝4(种)取法，3种颜色染三组区域有A＝6(种)染法，共4×6＝24(种)染法；第二类是用4种颜色染色，即A，F；B，D；C，E中有一组不同色，则有3种方案，先从4种颜色中取2种染在同色区域有A＝12(种)染法，剩余2种染在不同色区域，有2种染法，共有3×12×2＝72(种)染法．所以由分类加法计数原理得不同的染色方案的种数为24＋72＝96.
【题组对点练】
1．329 解析 由题意可知集合中最多有一个奇数，其余均为偶数．个位为0的无重复数字的三位正整数有A＝72(个)；个位为2,4,6,8的无重复数字的三位正整数有CCC＝256(个)．所以集合中最多有72＋256＝328(个)偶数，再加上一个奇数，则集合中元素个数的最大值为328＋1＝329.
2．72 解析 方法一：区域1有C＝4种涂色方法；区域2有C＝3种涂色方法；区域3有C＝2种涂色方法；区域4,5有3种涂色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)．所以共有4×3×2×3＝72种不同的涂色方法．
方法二：区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑．区域1有4种涂法．若区域2,4同色，有3种涂法，此时区域3,5均有2种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48；若区域2,4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法，此时区域3,5都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24.因此涂法共有48＋24＝72(种)．(共31张PPT)
第一节
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
两个计数原理
课
程
标
准
必备知识/梳理
第一部分
——回扣知识
教|材|回|顾
微|点|延|伸
小|题|快|练
解析
解析
解析
解析
解析
关键能力/落实
第二部分
——考向探究
类型一
分类加法计数原理 自练自悟
解析
解析
解析
解析
类型二
分步乘法计数原理
解析
解析
解析
类型三
两个计数原理的综合应用
解析
解析
解析
解析
解析
R
赢在欲点
马
炮
兵
7
E
A
B
C
D
F
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3
4微练(八十) 两个计数原理
基础过关
一、单项选择题
1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )
A．21种 B．315种
C．143种 D．153种
2．5名应届毕业生报考3所高校，每人报且仅报1所院校，则不同的报名方法的种数是( )
A．35 B．53
C．A D．C
3．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )
A．42 B．30
C．20 D．12
4．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )
A．56 B．54
C．53 D．52
5．一间教室有五盏灯，一个开关控制一盏灯，每盏灯都能正常照明，那么这间教室能照明的方法有( )
A．24种 B．25种
C．31种 D．32种
6．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
7．(2025·广东联考)某企业面试环节准备编号为1,2,3,4的四道试题，编号为1,2,3,4的四名面试者分别回答其中的一道试题(每名面试者回答的试题互不相同)，则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有( )
A．9种 B．10种
C．11种 D．12种
8．某班级的六名同学计划制作一个关于清明节的宣传板，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲、乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法有( )
A．11种 B．15种
C．30种 D．9种
9．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列共9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字1,2,3(各三个)全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字，则不同的填法有( )
A．12种 B．24种
C．72种 D．216种
10. 如图所示，积木拼盘由A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需要涂不同的颜色(如：A与B为相邻区域，A与D为不相邻区域)，现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是( )
A．780 B．840
C．900 D．960
二、填空题
11．乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________．
12．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________．
13．用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2 134大的四位数的个数为________．
14. 算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在十位档拨一颗上珠和一颗下珠，个位档拨一颗上珠，则表示数字65，若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗下珠，再随机选择两个档各拨一颗上珠，则可能出现的数字个数为________，其中所拨数字小于600的有________个．
素养提升
15．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
微练(八十) 两个计数原理
1．C 解析 可分三类：第一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种选法；第二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种选法；第三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种选法．所以共有63＋45＋35＝143种不同选法．故选C.
2．A 解析 每名应届毕业生报考的方法都有3种，根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有3×3×3×3×3＝35(种)．故选A.
3．A 解析 将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个有7种插法，所以共有6×7＝42种插法．故选A.
4．D 解析 在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56个对数值，但在这56个数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．故选D.
5．C 解析 每盏灯有2种状态，可得这间教室能照明的方法有25－1＝31种．故选C.
6．D 解析 以1为首项的等比数列为1,2,4和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，所以所求的等比数列的个数是2×(2＋1＋1)＝8.故选D.
7．A 解析 1号面试者先选，有3种选法，分别为2,3,4，每种情况都相同，以选2号题为例.1号面试者选择2号题，3号面试者可以选择1号题或4号题．当3号面试者选择1号题时，4号面试者只能选择3号题，2号面试者选择4号题，即1,2,3,4号面试者选择的题号分别为2,4,1,3；当3号面试者选择4号题时，4号面试者有2种选择，4号面试者选3号题、1号题时，2号面试者分别对应选1号题、3号题，即1,2,3,4号面试者选择的题号分别为2,1,4,3或2,3,4,1.即当1号面试者选2号题时，有3种选法，所以共有3×3＝9(种)选法．故选A.
8．B 解析 若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有C×C＝12种分工方法；若丙不是美工，则丙一定是总负责人，此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有C＝3种分工方法．综上，共有12＋3＝15种分工方法．故选B.
9．A 解析 根据题意，分3步进行：①将1,2,3三个数字填入第一行，有3×2×1＝6种情况；②第二行第一列的数字与第一行第一列的数字不同，有2种情况，第二列、第三列只有1种情况，则第二行有2种情况；③由于前两行的数字确定，所以第三行只有1种情况．故有6×2×1＝12种不同的填法．故选A.
10．D 解析 先涂A，则A有5种涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不同即可，有4种涂法，同理C有3种涂法，D有4种涂法，E有4种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4＝960.故选D.
11．60 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所求项数是3×4×5＝60.
12．36 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．
13．17 解析 若四位数的千位数字为1，则均比2 134小，若四位数的千位数字为2，则2 134最小，其他数都比2 134大，故比2 134大的四位数的个数为A－A－1＝17.
14．24 7 解析 在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗下珠，再随机选择两个档各拨一颗上珠，所有的数有CC＝24(个)，其中小于600的有CC－2＝7(个)．
15．24 112 解析 第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1,2,3,4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.(共21张PPT)
微练(八十)
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14
15
2
3
4
素养提升
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
