第一课时 基本计数原理
1.设集合A＝{1，2，3，4}，m，n∈A，则方程＋＝1表示焦点位于x轴上的椭圆有（ ）
A.6个 B.8个 C.12个 D.16个
2.如图所示，电路中有4个电阻和一个电流表A，若没有电流通过电流表A，其原因仅为电阻断路的可能情况共有（ ）
A.9种 B.10种 C.11种 D.12种
3.从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（ ）
A.8种 B.12种 C.16种 D.20种
4.某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有（ ）
A.27种 B.36种 C.54种 D.81种
5.（多选）某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成.下列说法正确的有（ ）
A.选其中1人为学生会主席，有15种不同的选法
B.若每年级选1人为校学生会常委，有120种不同的选法
C.若要从高一、高二年级各选1人参加市里组织的活动，有30种不同的选法
D.若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有80种不同的选法
6.已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x｜x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有 种.
7.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有 种（用数字作答）.
8.某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一人，第四节课只能从A，C两人中安排一人，则不同的安排方案共有 种（用数字作答）.
9.体育老师把9个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有（ ）
A.8种 B.10种
C.12种 D.16种
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 .
11.把一个圆分成3个扇形，现在用5种不同的颜色给3个扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同.
（1）有多少种不同的涂法？
（2）若分割成4个扇形，则有多少种不同的涂法？
第一课时 基本计数原理
1.A 因为椭圆的焦点在x轴上，所以m＞n.当m＝4时，n＝1，2，3；当m＝3时，n＝1，2；当m＝2时，n＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6（个）.
2.C 一个电阻坏，使得没有电流流过电流表A的情况有1种，2个电阻坏的情况有5种，3个电阻坏的情况有4种，4个电阻全坏的情况有1种，根据分类加法计数原理知，共有1＋5＋4＋1＝11（种）可能情况，故选C.
3.D 正方体共有3组对面互不相邻.与正方体的每组对面相邻的面有4个，所以有3×4＝12（种）选法.
4.C 由题意得，除小张外，每位同学都可以报A，B，C三个课外活动小组中任意一个，都有3种选择，而小张不能报A小组，故只有2种选择.由分步乘法计数原理知，不同的报名方法有3×3×3×2＝54（种）.
5.ABC 对于A：选其中1人为学生会主席，各年级均可，N＝5＋6＋4＝15（种），A正确；对于B：每年级选1人为校学生会常委，可分步从各年级分别选择，N＝5×6×4＝120（种），B正确；对于C：从高一、高二年级各选1人参加市里组织的活动，N＝5×6＝30（种），C正确；对于D：要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，首先按年级分三类“1，2年级”，“1，3年级”，“2，3年级”，再各类分步选择：N＝5×6＋6×4＋4×5＝74（种），D错误，故选A、B、C.
6.7 解析：分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种情况；当集合C中的元素属于集合B时，有4种情况.∵集合A与集合B 无公共元素，∴集合C的情况共有3＋4＝7种.
7.60 解析：分两类，第一类：一、二、三等奖分属3个人，有4×3×2＝24种情况；第二类：一、二、三等奖分属2个人，有3×4×3＝36种情况.故由分类加法计数原理知不同获奖情况共有24＋36＝60（种）.
8.36 解析：分两类：第一类，第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种排法；第二类，第一节课若安排B，则第四节课可安排A或C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24（种）排法.因此不同的安排方案有12＋24＝36（种）.
9.B 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的足球，这样剩下3个足球，这3个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个箱子中放1个，有1种放法；第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份可放在三个位置，有3×2＝6种放法；第三种方法，可以把3个球都放到一个箱子中，有3种放法.综上可知共有1＋6＋3＝10种放法.
10.60 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，并且机会是相等的，若第一个选1号螺栓，则第二个可以选3，4，5号螺栓，依次选下去，可以得到10种方法（135246，135264，136425，142536，142635，146253，146352，152463，153624，153642），所以总共有10×6＝60（种）方式.
11.解：（1）不同的涂色方法有5×4×3＝60（种）.
（2）如图所示，记这四个扇形分别为a，b，c，d.先考虑给a，c涂色，分两类：
第一类，给a，c涂同种颜色，共5种涂法；再给b涂色，有4种涂法；最后给d涂色，也有4种涂法.由分步乘法计数原理知，此时涂法共有5×4×4＝80（种）.
第二类，给a，c涂不同颜色，共有5×4种涂法；再给b涂色，有3种涂法；最后给d涂色，也有3种涂法.由分步乘法计数原理知，此时涂法共有5×4×3×3＝180（种）.
由分类加法计数原理知，不同的涂法共有80＋180＝260（种）.
1 / 2第一课时 基本计数原理
新课程标准解读 核心素养
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义 逻辑推理
2.能够结合具体实例，灵活选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决简单的实际问题 数学运算
用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号.
【问题】 （1）总共能编出多少种不同的号码？
（2）你能说说这个问题的特征吗？
知识点一 分类加法计数原理
完成一件事，如果有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法.
提醒 应用分类加法计数原理解题时的注意点：①标准明确：明确分类标准，依次确定完成这件事的各类办法及每类办法中的方法数；②不重不漏：完成这件事的各种方法必须满足不能重复，又不能遗漏；③方法独立：确定的每一种方法必须能独立地完成这件事.
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（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完成这件事.（ ）
（3）从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机每天有3班，轮船有4班.若李先生从甲地去乙地，则不同的乘坐方式共有7种.（ ）
（4）某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种.（ ）
2.一个三层书架，分别放置语文类读物12本，政治类读物14本，英语类读物11本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（ ）
A.3种 B.1 848种 C.37种 D.6种
知识点二 分步乘法计数原理
完成一件事，如果需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法.
【想一想】
区分“完成一件事”是分类还是分步的关键是什么？
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）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.（ ）
（2）在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.（ ）
（3）已知x∈{2，3，7}，y∈{－3，－4，8}，则x·y可表示不同的值的个数为9个.（ ）
（4）在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有43种.（ ）
2.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果选1条长裤与1件上衣配成一套，那么不同的配法种数为（ ）
A.7 B.12
C.64 D.81
题型一 分类加法计数原理的应用
【例1】 为了方便广大市民接种流感疫苗，提高流感疫苗接种普及率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点.某市民为了在某一接种点顺利完成流感疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ）
A.11种 B.19种
C.30种 D.209种
尝试解答
通性通法
应用分类加法计数原理解题的一般思路
【跟踪训练】
某学生去书店，发现两本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有（ ）
A.1种 B.2种
C.3种 D.4种
题型二 分步乘法计数原理的应用
【例2】 由数字0，1，2，3这四个数字，可组成多少个：
（1）无重复数字的三位数？
（2）可以有重复数字的三位数？
（3）无重复数字的三位偶数？
尝试解答
通性通法
应用分步乘法计数原理解题的一般思路
【跟踪训练】
如果某礼堂共有4个门，规定从一个门进，另一个门出，那么不同的走法共有（ ）
A.81种 B.64种
C.16种 D.12种
题型三 两个计数原理的综合应用
【例3】 现有高一年级的四个班的学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，现召开高一年级座谈会，推选两人做会中发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
尝试解答
【母题探究】
（变条件）若把本例中条件改为“推选其中一人为负责人”，有多少种不同的选法？
通性通法
两个计数原理的综合应用
对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决.可以综合运用两个计数原理.可以先分类，在某一类中再分步；也可先分步，在某一步中再分类.
（1）“类中有步”计数问题
用流程图描述计数问题，“类中有步”的情形如图所示.
从A到B视为完成一件事，完成这件事的方法数为m1m2m3＋m4m5.
（2）“步中有类”计数问题
用流程图描述计数问题，“步中有类”的情形如图所示.
由A到D视为完成一件事，完成这件事的方法数为m1（m2＋m3＋m4）m5.
“类”与“步”可进一步地理解为：
“类”用“＋”连接，“步”用“×”连接，“类”独立，“步”连续，“类”标志一件事的完成，“步”则缺一不可.
【跟踪训练】
已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以，若甲、乙、丙、丁购物后依次结账，那么他们结账方式的组合种数共有（ ）
A.36种 B.30种
C.24种 D.20种
1.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，其中虚数有（ ）
A.30个 B.42个
C.36个 D.35个
2.若4位同学报名参加3个不同的课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（ ）
A.34种 B.9种
C.43种 D.12种
3.用1，3，5，7中的任意一个数作分子，2，4，8，9中任意一个数作分母，可构成真分数的个数为（ ）
A.8 B.9
C.10 D.11
4.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有 种.
5.某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有多少种不同的选法？
第一课时 基本计数原理
【基础知识·重落实】
知识点一
m1＋m2＋…＋mn
自我诊断
1.（1）× （2）√ （3）√ （4）√
2.C 由题意可知选择语文类读物有12种不同的取法，选择政治类读物有14种不同的取法，选择英语类读物有11种不同的取法，依据分类加法计数原理，则不同的取法共有12＋14＋11＝37（种）.
知识点二
m1×m2×…×mn
想一想
提示：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键是每类中的每种方法或者每步中的每种方法能否独立完成这件事，若能完成，则是分类；否则，就是分步.
自我诊断
1.（1）√ （2）× （3）√ （4）×
2.B 要完成配套需分两步：
第一步，选上衣，有4种不同选法；第二步，选长裤，有3种不同选法.
依据分步乘法计数原理，不同的配法共有4×3＝12（种）.
【典型例题·精研析】
【例1】 C 该市民可选择的接种点分为两类，一类为乡镇接种点，一类为城区接种点，所以不同接种点的选法为19＋11＝30（种）.
跟踪训练
C 依题意可得，该学生至少买其中一本分两类：买一本或买两本书，购买方式依次有2种、1种，故购买方式共有2＋1＝3种.故选C.
【例2】 解：（1）分三步完成：
第一步，排百位，1，2，3三个数字都可以，有3种不同的方法；
第二步，排十位，除百位上已用的，其余三个数都可以，有3种不同的方法；
第三位，排个位，除百位、十位上已用的，其余两个数都可以，有2种不同的方法.
依据分步乘法计数原理，可组成无重复数字的三位数共3×3×2＝18（个）.
（2）分三步完成：
第一步，排百位，1，2，3这三个数字都可以，有3种不同的方法；
第二步，排十位，0，1，2，3这四个数字都可以，有4种不同的方法；
第三步，排个位，0，1，2，3这四个数字都可以，有4种不同的方法.
依据分步乘法计数原理，可组成有重复数字的三位数共3×4×4＝48（个）.
（3）分两类完成：
第一类，个位数字是0，再分步，十位数字有3种选法，百位数字有2种选法，共有3×2＝6（种）方法；
第二类，个位数字是2，再分步，百位数字有2种选法，十位数字有2种选法，共有2×2＝4（种）方法.
依据分类加法计数原理，可组成无重复数字的三位偶数共6＋4＝10（个）.
跟踪训练
D 分两步：第一步，进门有4种方法；第二步，出门有3种方法.共有3×4＝12（种）.
【例3】 解：分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9 种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431（种）.
母题探究
解：分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34（种）.
跟踪训练
D 当乙用现金结算时，此时甲和乙都用现金结算，所以丙有3种方法，丁有4种方法，共有3×4＝12（种）方法；当乙用银联卡结算时，此时甲用现金结算，丙有2种方法，丁有4种方法，共有2×4＝8（种）方法，综上，共有12＋8＝20（种）方法.
随堂检测
1.C 第1步，取数b，有6种方法；第2步，取数a，也有6种方法.根据分步乘法计数原理，方法共有6×6＝36（种）.
2.A 由分步乘法计数原理知，每位同学去报名参加活动小组，都有3种情况，所以报名方法共有34种，故选A.
3.D 当分子为1时，，，，满足；当分子为3时，，，满足；当分子为5时，，满足；当分子为7时，，满足，共有11个.
4.9 解析：设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9（种）不同的监考方法.
5.解：由题意，知有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语.
法一 分两类.
第一类：从只会英语的6人中选1人教英语，有6种选法，则会日语的有2＋1＝3（种）选法.此时共有6×3＝18（种）选法.
第二类：从既会英语又会日语的1人中选1人教英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2（种）选法.
所以由分类加法计算原理知，共有18＋2＝20（种）选法.
法二 设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种：（1）教英语；（2）教日语.
第一类：甲入选.
（1）甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×2＝2（种）选法；
（2）甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×6＝6（种）选法.
故甲入选的不同选法共有2＋6＝8（种）.
第二类：甲不入选.可分两步.
第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法；
第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法.
由分步乘法计数原理知，有6×2＝12（种）不同的选法.
综上，共有8＋12＝20（种）不同选法.
4 / 4(共56张PPT)
第一课时
基本计数原理
新课程标准解读 核心素养
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计
数原理及其意义 逻辑推理
2.能够结合具体实例，灵活选择分类加法计数原理
或分步乘法计数原理解决简单的实际问题 数学运算
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座
位编号.
【问题】 （1）总共能编出多少种不同的号码？
（2）你能说说这个问题的特征吗？
知识点一 分类加法计数原理
完成一件事，如果有 n 类办法，且：第一类办法中有 m1种不同的方
法，第二类办法中有 m2种不同的方法……第 n 类办法中有 mn 种不同的
方法，那么完成这件事共有 N ＝ 种不同的方法.
m1＋ m2＋…＋ mn
提醒 应用分类加法计数原理解题时的注意点：①标准明确：明确分
类标准，依次确定完成这件事的各类办法及每类办法中的方法数；②
不重不漏：完成这件事的各种方法必须满足不能重复，又不能遗漏；
③方法独立：确定的每一种方法必须能独立地完成这件事.
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（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完成这件事.
（ √ ）
（3）从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机
每天有3班，轮船有4班.若李先生从甲地去乙地，则不同的乘
坐方式共有7种. （ √ ）
×
√
√
（4）某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级
担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种. （ √ ）
√
2. 一个三层书架，分别放置语文类读物12本，政治类读物14本，英语
类读物11本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共
有（ ）
A. 3种 B. 1 848种
C. 37种 D. 6种
解析： 由题意可知选择语文类读物有12种不同的取法，选择政
治类读物有14种不同的取法，选择英语类读物有11种不同的取法，
依据分类加法计数原理，则不同的取法共有12＋14＋11＝37
（种）.
知识点二 分步乘法计数原理
完成一件事，如果需要分成 n 个步骤，且：做第一步有 m1种不同的
方法，做第二步有 m2种不同的方法……做第 n 步有 mn 种不同的方法，
那么完成这件事共有 N ＝ 种不同的方法.
m1× m2×…× mn
【想一想】
区分“完成一件事”是分类还是分步的关键是什么？
提示：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键是每类中的每种方
法或者每步中的每种方法能否独立完成这件事，若能完成，则是分
类；否则，就是分步.
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）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. （ √ ）
（2）在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一
个单独的步骤都能完成这件事. （ × ）
（3）已知 x ∈{2，3，7}， y ∈{－3，－4，8}，则 x · y 可表示不同
的值的个数为9个. （ √ ）
（4）在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产
生，那么不同的夺冠情况共有43种. （ × ）
√
×
√
×
2. 现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果选1条长裤与1
件上衣配成一套，那么不同的配法种数为（ ）
A. 7 B. 12 C. 64 D. 81
解析： 要完成配套需分两步：
第一步，选上衣，有4种不同选法；
第二步，选长裤，有3种不同选法.
依据分步乘法计数原理，不同的配法共有4×3＝12（种）.
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 分类加法计数原理的应用
【例1】 为了方便广大市民接种流感疫苗，提高流感疫苗接种普及
率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种
点.某市民为了在某一接种点顺利完成流感疫苗接种，则不同接种点
的选法共有（ ）
A. 11种 B. 19种 C. 30种 D. 209种
解析： 该市民可选择的接种点分为两类，一类为乡镇接种点，一
类为城区接种点，所以不同接种点的选法为19＋11＝30（种）.
通性通法
应用分类加法计数原理解题的一般思路
【跟踪训练】
某学生去书店，发现两本好书，决定至少买其中一本，则购买方式
共有（ ）
A. 1种 B. 2种
C. 3种 D. 4种
解析： 依题意可得，该学生至少买其中一本分两类：买一本或
买两本书，购买方式依次有2种、1种，故购买方式共有2＋1＝3
种.故选C.
题型二 分步乘法计数原理的应用
【例2】 由数字0，1，2，3这四个数字，可组成多少个：
（1）无重复数字的三位数？
解： 分三步完成：
第一步，排百位，1，2，3三个数字都可以，有3种不同的方法；
第二步，排十位，除百位上已用的，其余三个数都可以，有
3种不同的方法；
第三位，排个位，除百位、十位上已用的，其余两个数都可
以，有2种不同的方法.
依据分步乘法计数原理，可组成无重复数字的三位数共
3×3×2＝18（个）.
（2）可以有重复数字的三位数？
解： 分三步完成：
第一步，排百位，1，2，3这三个数字都可以，有3种不同的
方法；
第二步，排十位，0，1，2，3这四个数字都可以，有4种不
同的方法；
第三步，排个位，0，1，2，3这四个数字都可以，有4种不
同的方法.
依据分步乘法计数原理，可组成有重复数字的三位数共
3×4×4＝48（个）.
（3）无重复数字的三位偶数？
解： 分两类完成：
第一类，个位数字是0，再分步，十位数字有3种选法，百位数
字有2种选法，共有3×2＝6（种）方法；
第二类，个位数字是2，再分步，百位数字有2种选法，十位数
字有2种选法，共有2×2＝4（种）方法.
依据分类加法计数原理，可组成无重复数字的三位偶数共6＋4
＝10（个）.
通性通法
应用分步乘法计数原理解题的一般思路
【跟踪训练】
如果某礼堂共有4个门，规定从一个门进，另一个门出，那么不同
的走法共有（ ）
A. 81种 B. 64种
C. 16种 D. 12种
解析： 分两步：第一步，进门有4种方法；第二步，出门有3种方
法.共有3×4＝12（种）.
题型三 两个计数原理的综合应用
【例3】 现有高一年级的四个班的学生34人，其中一、二、三、四
班各7人、8人、9人、10人，现召开高一年级座谈会，推选两人做会
中发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
解：分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种
不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9 种不同的选法；从
一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中
各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有
8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的
选法.所以，共有不同的选法 N ＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10
＋9×10＝431（种）.
【母题探究】
（变条件）若把本例中条件改为“推选其中一人为负责人”，有多少
种不同的选法？
解：分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从
二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种
选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以，共有不同的
选法 N ＝7＋8＋9＋10＝34（种）.
通性通法
两个计数原理的综合应用
对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数
原理解决.可以综合运用两个计数原理.可以先分类，在某一类中再分
步；也可先分步，在某一步中再分类.
（1）“类中有步”计数问题
用流程图描述计数问题，“类中有步”的情形如图所示.
从 A 到 B 视为完成一件事，完成这件事的方法数为 m1 m2 m3＋ m4
m5.
（2）“步中有类”计数问题
用流程图描述计数问题，“步中有类”的情形如图所示.
由 A 到 D 视为完成一件事，完成这件事的方法数为 m1（ m2＋ m3
＋ m4） m5.
“类”与“步”可进一步地理解为：
“类”用“＋”连接，“步”用“×”连接，“类”独立，
“步”连续，“类”标志一件事的完成，“步”则缺一不可.
【跟踪训练】
已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联
卡.若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾
客丙与甲、乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以，若甲、乙、
丙、丁购物后依次结账，那么他们结账方式的组合种数共有（ ）
A. 36种 B. 30种
C. 24种 D. 20种
解析： 当乙用现金结算时，此时甲和乙都用现金结算，所以丙有3
种方法，丁有4种方法，共有3×4＝12（种）方法；当乙用银联卡结
算时，此时甲用现金结算，丙有2种方法，丁有4种方法，共有2×4＝
8（种）方法，综上，共有12＋8＝20（种）方法.
1. 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 ＋ b i，其中虚数有（ ）
A. 30个 B. 42个 C. 36个 D. 35个
解析： 第1步，取数 b ，有6种方法；第2步，取数 a ，也有6种
方法.根据分步乘法计数原理，方法共有6×6＝36（种）.
2. 若4位同学报名参加3个不同的课外活动小组，每位同学限报其中的
一个小组，则不同的报名方法共有（ ）
A. 34种 B. 9种 C. 43种 D. 12种
解析： 由分步乘法计数原理知，每位同学去报名参加活动小
组，都有3种情况，所以报名方法共有34种，故选A.
3. 用1，3，5，7中的任意一个数作分子，2，4，8，9中任意一个数作
分母，可构成真分数的个数为（ ）
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
解析： 当分子为1时， ， ， ， 满足；当分子为3时， ，
， 满足；当分子为5时， ， 满足；当分子为7时， ， 满足，
共有11个.
4. 有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时
要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有 种.
解析：设四位监考教师分别为 A ， B ， C ， D ，所教班分别为 a ，
b ， c ， d ，假设 A 监考 b ，则余下三人监考剩下的三个班，共有3
种不同方法，同理 A 监考 c ， d 时，也分别有3种不同方法，由分类
加法计数原理，共有3＋3＋3＝9（种）不同的监考方法.
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5. 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英
语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支
教，有多少种不同的选法？
解：由题意，知有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会
日语.
法一 分两类.
第一类：从只会英语的6人中选1人教英语，有6种选法，则会日语的
有2＋1＝3（种）选法.此时共有6×3＝18（种）选法.
第二类：从既会英语又会日语的1人中选1人教英语，有1种选法，则
选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2（种）选法.
所以由分类加法计算原理知，共有18＋2＝20（种）选法.
法二 设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情
形，入选后又要分两种：（1）教英语；（2）教日语.
第一类：甲入选.
（1）甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步乘法计数原
理，有1×2＝2（种）选法；
（2）甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步乘法计数原
理，有1×6＝6（种）选法.
故甲入选的不同选法共有2＋6＝8（种）.
第二类：甲不入选.可分两步.
第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法；
第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法.
由分步乘法计数原理知，有6×2＝12（种）不同的选法.
综上，共有8＋12＝20（种）不同选法.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 设集合 A ＝{1，2，3，4}， m ， n ∈ A ，则方程 ＋ ＝1表示焦
点位于 x 轴上的椭圆有（ ）
A. 6个 B. 8个 C. 12个 D. 16个
解析： 因为椭圆的焦点在 x 轴上，所以 m ＞ n .当 m ＝4时， n ＝
1，2，3；当 m ＝3时， n ＝1，2；当 m ＝2时， n ＝1，即所求的椭
圆共有3＋2＋1＝6（个）.
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2. 如图所示，电路中有4个电阻和一个电流表A，若没有电流通过电
流表A，其原因仅为电阻断路的可能情况共有（ ）
A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种
解析： 一个电阻坏，使得没有电流流过电流表A的情况有1种，
2个电阻坏的情况有5种，3个电阻坏的情况有4种，4个电阻全坏的
情况有1种，根据分类加法计数原理知，共有1＋5＋4＋1＝11
（种）可能情况，故选C.
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3. 从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有
（ ）
A. 8种 B. 12种 C. 16种 D. 20种
解析： 正方体共有3组对面互不相邻.与正方体的每组对面相邻
的面有4个，所以有3×4＝12（种）选法.
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4. 某班小张等4位同学报名参加 A ， B ， C 三个课外活动小组，每位
同学限报其中一个小组，且小张不能报 A 小组，则不同的报名方法
有（ ）
A. 27种 B. 36种 C. 54种 D. 81种
解析： 由题意得，除小张外，每位同学都可以报 A ， B ， C 三
个课外活动小组中任意一个，都有3种选择，而小张不能报 A 小
组，故只有2种选择.由分步乘法计数原理知，不同的报名方法有
3×3×3×2＝54（种）.
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5. （多选）某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人
组成.下列说法正确的有（ ）
A. 选其中1人为学生会主席，有15种不同的选法
B. 若每年级选1人为校学生会常委，有120种不同的选法
C. 若要从高一、高二年级各选1人参加市里组织的活动，有30种不同
的选法
D. 若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有80种不同的选
法
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解析： 对于A：选其中1人为学生会主席，各年级均可， N
＝5＋6＋4＝15（种），A正确；对于B：每年级选1人为校学生会
常委，可分步从各年级分别选择， N ＝5×6×4＝120（种），B正
确；对于C：从高一、高二年级各选1人参加市里组织的活动， N
＝5×6＝30（种），C正确；对于D：要选出不同年级的两人参加
市里组织的活动，首先按年级分三类“1，2年级”，“1，3年
级”，“2，3年级”，再各类分步选择： N ＝5×6＋6×4＋4×5＝
74（种），D错误，故选A、B、C.
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6. 已知集合 A ＝{0，3，4}， B ＝{1，2，7，8}，集合 C ＝{ x ｜
x ∈ A 或 x ∈ B }，则当集合 C 中有且只有一个元素时， C 的情
况有 种.
解析：分两种情况：当集合 C 中的元素属于集合 A 时，有3种情
况；当集合 C 中的元素属于集合 B 时，有4种情况.∵集合 A 与集合
B 无公共元素，∴集合 C 的情况共有3＋4＝7种.
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7. 在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券
分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有 种（用数字
作答）.
解析：分两类，第一类：一、二、三等奖分属3个人，有4×3×2＝
24种情况；第二类：一、二、三等奖分属2个人，有3×4×3＝36种
情况.故由分类加法计数原理知不同获奖情况共有24＋36＝60
（种）.
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8. 某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从
A ， B ， C ， D ， E ， F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节
课只能从 A ， B 两人中安排一人，第四节课只能从 A ， C 两人中安
排一人，则不同的安排方案共有 种（用数字作答）.
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解析：分两类：第一类，第一节课若安排 A ，则第四节课只能安排
C ，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1
人，共有4×3＝12种排法；第二类，第一节课若安排 B ，则第四节
课可安排 A 或 C ，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余
3人中任选1人，共有2×4×3＝24（种）排法.因此不同的安排方案
有12＋24＝36（种）.
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9. 体育老师把9个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求
每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有（ ）
A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 16种
解析： 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的足球，这样剩
下3个足球，这3个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个
箱子中放1个，有1种放法；第二种方法，可以把球分成两份，1和
2，这两份可放在三个位置，有3×2＝6种放法；第三种方法，可以
把3个球都放到一个箱子中，有3种放法.综上可知共有1＋6＋3＝10
种放法.
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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 .
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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，并且机会是相等的，若第一个选1号螺栓，则第二个可
以选3，4，5号螺栓，依次选下去，可以得到10种方法（135246，
135264，136425，142536，142635，146253，146352，152463，
153624，153642），所以总共有10×6＝60（种）方式.
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11. 把一个圆分成3个扇形，现在用5种不同的颜色给3个扇形涂色，要
求相邻扇形的颜色互不相同.
（1）有多少种不同的涂法？
解： 不同的涂色方法有5×4×3＝60（种）.
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（2）若分割成4个扇形，则有多少种不同的涂法？
解： 如图所示，记这四个扇形分别为 a ，
b ， c ， d .先考虑给 a ， c 涂色，分两类：
第一类，给 a ， c 涂同种颜色，共5种涂法；再
给 b 涂色，有4种涂法；最后给 d 涂色，也有4种涂法.由分步乘法计数原理知，此时涂法共有5×4×4＝80（种）.
第二类，给 a ， c 涂不同颜色，共有5×4种涂法；再给 b 涂色，有3种涂法；最后给 d 涂色，也有3种涂法.由分步乘法计数原理知，此时涂法共有5×4×3×3＝180（种）.
由分类加法计数原理知，不同的涂法共有80＋180＝260（种）.
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谢 谢 观 看！
