第2课时 两个基本计数原理的综合应用
1.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为（ ）
A.30 B.20
C.10 D.6
2.将4个不同小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有（ ）
A.81种 B.256种
C.18种 D.36种
3.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第2个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这10个数字中选择（数字可以重复）.若某车主第1个号码（从左到右）只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他可选的车牌号码的所有可能情况有（ ）
A.180种 B.360种
C.720种 D.960种
4.（2024·镇江月考）从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为（ ）
A.18 B.20
C.25 D.10
5.如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对（x，y）的个数是（ ）
A.15 B.12
C.5 D.4
6.（多选）“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为（ ）
A.0 B.1 C.2 D.4
7.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有 种.
8.如图所示，在A，B之间有4个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致线路不通，现发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有 种.
9.（2024·扬州月考）在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”“546”为“驼峰数”.由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有 个，其中偶数有 个.
10.用0，1，2，3，4五个数字.
（1）可以排出多少个三位数字的密码？
（2）可以排成多少个三位数？
（3）可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
11.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）
A.8 B.12
C.16 D.18
12.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有 种（用数字作答）.
13.（2024·常州月考）如图为我国数学家赵爽在为《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，则不同的涂色方案种数为 .
14.某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，请问有多少种不同的安排方法？
15.高中学生甲到教室需要走楼梯，一步可以迈一级或两级或三级台阶.
（1）若楼梯有4级台阶，则甲有多少种不同的爬楼方法；
（2）若楼梯有10级台阶，则甲有多少种不同的爬楼方法.
第2课时 两个基本计数原理的综合应用
1.D 从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法.故由分类计数原理得，共有N＝3＋3＝6（种）取法.
2.D 必有一个盒子放2个小球，将4个小球分3组，其中有2个小球为一组，另外2个小球各为一组，共有6种分组方法.然后，每一种分组的小球放入3个不同的盒子，按分步计数原理，有（3×2×1）种放法，共有6×（3×2×1）＝36（种）放法.
3.D 按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2个号码有3种选法，其余3个号码各有4种选法，因此共有5×3×4×4×4＝960（种）情况.
4.A 分两步：第1步，给A赋值有5种选择；第2步，给B赋值有4种选择，由分步计数原理可得5×4＝20（种）.又因为A＝1，B＝2，与A＝2，B＝4表示同一直线.A＝2，B＝1与A＝4，B＝2，也表示同一直线.所以最多形成不同的直线的条数为20－2＝18.
5.A 分情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况.由分类计数原理可得，满足条件的有序自然数对（x，y）的个数是6＋5＋4＝15.
6.ABC 根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类.第一类：由两个“——”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.第二类：由两个“— —”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.第三类：由一个“——”和一个“— —”组成，二进制数为10，01，转化为十进制数，为2，1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0，1，2，3，故选A、B、C.
7.20 解析：分三类：若甲在周一，则乙、丙有4×3＝12（种）排法；若甲在周二，则乙、丙有3×2＝6（种）排法；若甲在周三，则乙、丙有2×1＝2（种）排法.所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20（种）.
8.13 解析：4个焊接点共有24种情况，其中使A，B之间线路通的情况是1，4都通，2和3至少有一个通，此时共有3种可能，故焊接点脱落的情况有24－3＝13（种）.
9.8 5 解析：十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个，十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6＋2＝8个.偶数为214，312，314，412，324，共5个.
10.解：（1）三位数字的密码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125（个）.
（2）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种排法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100（个）.
（3）被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，
第1类是末位数字是0，则有4×3＝12（种）排法；
第2类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18（种）排法.
根据分类计数原理，共有12＋18＝30（种）排法.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
11.C 如图，根据正六边形的性质，当A1ABB1为底面矩形时，有4个满足题意；同理，当A1AFF1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意，故共有4＋4＋4＋4＝16（个）阳马.
12.60 解析：有两类不同的投法：①外商从4个候选城市中选择3个城市，各投资1个项目，第一个项目有4种投法，第二个项目有3种投法，第三个项目有2种投法，这种情况下共有4×3×2＝24（种）投法.②外商从4个候选城市只选择2个城市分别投资1个项目、2个项目；3个项目中选一个项目投到1个城市，有4种选法，剩下2个项目选1个城市有3种可能，这种情况下共有3×4×3＝36（种）投法.从而外商不同的投资方案共有24＋36＝60（种）.
13.420 解析：如图，若区域①与③颜色相同，区域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域④有3种涂法，区域⑤有3种涂法，由分步计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×3＝180种；若区域①与③颜色不同，区域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域③有3种涂法，区域④有2种涂法，区域⑤有2种涂法，由分步计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×2×2＝240种.综上，由分类计数原理可知不同的涂色方案种数为180＋240＝420.
14.解：根据既会排版又会印刷的2人中被选出的人数，可将问题分为三类：
第一类：既会排版又会印刷的2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有3×1＝3种选法.
第二类：既会排版又会印刷的2人中被选出1人，有2种选法.若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1＝6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有2×2×3＝12种选法.由分类计数原理知共有6＋12＝18种选法.
第三类：既会排版又会印刷的2人全被选出，若此2人都去印刷，有3种选法；若此2人都去排版，有1种选法；若此2人中1人去排版，1人去印刷，有2×3×2＝12种选法.由分类计数原理知共有3＋1＋12＝16种选法.
所以不同的安排方法种数为3＋18＋16＝37.
15.解：（1）用1，2，3分别表示学生甲一步迈一级、两级、三级台阶，用例举法可知学生甲有1111，121，112，13，211，22，31，共7种不同的爬楼方法.
（2）设学生甲爬n级台阶有an种方法，考虑最后一步：若最后一步只迈一级台阶，则前n－1级台阶有an－1种方法；
若最后一步迈两级台阶，则前n－2级台阶有an－2种不同的方法；
若最后一步迈三级台阶，则前n－3级台阶有an－3种不同的方法，
由分类计数原理得：an＝an－1＋an－2＋an－3（n≥4），显然a1＝1，a2＝2，a3＝4，则：a4＝a1＋a2＋a3＝7，a5＝a2＋a3＋a4＝13，a6＝a3＋a4＋a5＝24，a7＝a4＋a5＋a6＝44，a8＝a5＋a6＋a7＝81，a9＝a6＋a7＋a8＝149，a10＝a7＋a8＋a9＝274，
故该学生上10级台阶的楼梯有274种不同的爬楼方法.
2 / 2(共50张PPT)
第2课时
两个基本计数原理的综合应用
目录
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 组数问题
【例1】 （链接教科书第64页习题7题）已知0，1，2，3，4，5这六
个数字.
（1）可以组成多少个数字不重复的三位数？
解： 若组成的数为数字不重复的三位数，则首位数字不为
零，个位和十位的数字无限制，
所以数字不重复的三位数的个数为5×5×4＝100.
（2）可以组成多少个数字允许重复的三位数？
解： 若组成的数为数字允许重复的三位数，则首位数字不
为零，个位和十位的数字无限制，
所以数字允许重复的三位数的个数为5×62＝180.
通性通法
对于组数问题应掌握以下两个原则
（1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”
的关键.一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊
数字（或特殊元素）优先的策略分步；如果正面分类较多，可
采用间接法求解；
（2）要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的
最高位.
【跟踪训练】
1. （2024·徐州月考）用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数，其
中奇数有（ ）
A. 8个 B. 10个
C. 18个 D. 24个
解析： 个位数只能是1或3，所以有2种选择，首位不能为0，则
有2种选择；百位数字有2种选择；十位数字只有1种选择.由分步计
数原理，所以用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数为奇数的有
2×2×2×1＝8（个）.
2. 用0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字的四位整数有 ；
其中比2 000大的四位偶数有 个.
解析：①分四步：第1步，千位数字有5种选取方法；第2步，百位
数字有5种选取方法；第3步，十位数字有4种选取方法；第4步，个
位数字有3种选取方法.由分步计数原理知，可组成无重复数字的四
位整数共5×5×4×3＝300（个）.②分为三类：第1类，末位是0的
有4×4×3＝48（个）；第2类，末位是2的有3×4×3＝36（个）；
第3类，末位是4的有3×4×3＝36（个）.由分类计数原理知，共有
48＋36＋36＝120（个）.
300
120
题型二 选（抽）取与分配问题
【例2】 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实
践，其中甲工厂必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同
的分配方案有（ ）
A. 16种 B. 18种
C. 37种 D. 48种
解析： 法一（直接法） 以甲工厂分配班级情况进行分类，共分
为三类.第1类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种；第2
类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案
有3×3＝9（种）；第3类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其
他三个工厂，其分配方案有3×3×3＝27（种）.综上所述，不同的分
配方案共有1＋9＋27＝37（种）.
法二（间接法） 先计算三个班自由选择去哪个工厂的总数，再扣除
甲工厂无人去的情况，即有4×4×4－3×3×3＝37（种）不同的分配
方案.
通性通法
解决抽取（分配）问题的方法技巧
（1）当涉及对象的数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图
法或图表法；
（2）当涉及对象的数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接
使用分类计数原理或分步计数原理.若抽取是有顺序的，则按分
步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行；②间接法：
去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合
条件的抽取方法数即可.
【跟踪训练】
1. （2024·盐城月考）从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导
购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译
工作，则选派方案共有（ ）
A. 280种 B. 240种
C. 180种 D. 96种
解析： 由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的
4名志愿者中选1人，有4种选法，后面三项工作的选法有5×4×3
种，因此共有4×5×4×3＝240（种）选派方案.
2. 甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的
贺卡，则不同取法的种数为 .
解析：不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取
后第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共
有2×1×1＝2（种）.
2
题型三 涂色（种植）问题
【例3】 （链接教科书第64页习题13题）（1）如图所示，有A，
B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相
邻区域的颜色各不相同，共有 种不同的涂法；
18
解析： ①若A，C涂色相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12（种）不同的涂法.②若A，C涂色不相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6（种）不同的涂法.所以根据分类计数原理，共有12＋6＝18（种）不同的涂法.
（2）从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在
不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则有 种不
同的种植方法.
解析： 若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6（种）不同的种植方法.同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6（种）不同的种植方法.故不同的种植方法共有6×3＝18（种）.
18
通性通法
解决涂色（种植）问题的一般思路
（1）按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线
段”等问题，用分类计数原理分析；
（3）对于涂色问题，将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色
问题.
【跟踪训练】
1. 对图中的A，B，C三个区域染色，每块区域染一种颜色，有公共
边的区域不同色.现有红、黄、蓝三种不同的颜色可以选择，则不
同的染色方法共有（ ）
A B C
A. 22种 B. 18种
解析： 先给A染色，有3种方法；再给B染色，有2种方法；再
给C染色，有2种方法，由分步计数原理可得不同的染色方法共有
3×2×2＝12（种）.故选C.
C. 12种 D. 6种
2. 如图，将1个四棱锥的每个面染上1种颜色，使每两个具有公共棱的
面染成不同颜色.如果只有4种颜色可使用，那么不同的染色方法有
（ ）
A. 36种 B. 48种
C. 72种 D. 108种
解析： 当侧面SAB与侧面SDC同色时，底面ABCD有4种染色
方法，侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面
SAB有1种染色方法，侧面SBC有2种染色方法，共有
4×3×2×1×2＝48（种）染色方法.当侧面SAB与侧面SDC不同
色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面SDC有3种染色方法，侧
面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方法，侧面SBC有1种
染色方法，共有4×3×2×1×1＝24（种）染色方法.则不同的染色
方法共有48＋24＝72（种）.
1. 由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为
（ ）
A. 15 B. 12
C. 10 D. 5
解析： 分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组
成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成三位整数，其中偶数有2
个.由分类计数原理知共有偶数5个.
2. （a1＋a2）（b1＋b2）（c1＋c2＋c3）完全展开后的项数是
（ ）
A. 9 B. 18
C. 7 D. 12
解析： 每个括号内各取1项相乘才能得到展开式中的1项，由分
步计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.
3. 某县总工会利用业余时间开设太极、书法、绘画三个培训班，甲、
乙、丙、丁四人报名参加，每人只报名参加一项，且甲、乙不参加
同一项，则不同的报名方法种数为 .
解析：甲有三个培训班可选，甲、乙不参加同一项，所以乙有两个
培训班可选，丙、丁各有三个培训可选，根据分步计数原理，不同
的报名方法种数为3×2×3×3＝54.
54
4. （2024·淮安月考）如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有
多少种？
A B
C D 解：先涂A，有4种选择，
再涂B有3种选择，C与A，B相邻，
则C有2种选择，D只与C相邻，
则D有3种选择，
所以一共有4×3×2×3＝72（种）不同的涂法.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1. 从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其
和为偶数的不同取法的种数为（ ）
A. 30 B. 20
解析： 从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两个不同的数字
相加，和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种取
法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法.故由分类计数原理得，
共有N＝3＋3＝6（种）取法.
C. 10 D. 6
2. 将4个不同小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共
有（ ）
A. 81种 B. 256种
C. 18种 D. 36种
解析： 必有一个盒子放2个小球，将4个小球分3组，其中有2个
小球为一组，另外2个小球各为一组，共有6种分组方法.然后，每
一种分组的小球放入3个不同的盒子，按分步计数原理，有
（3×2×1）种放法，共有6×（3×2×1）＝36（种）放法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3. 某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第2个号码只能从
字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这10个数字中选
择（数字可以重复）.若某车主第1个号码（从左到右）只想在数字
3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他
可选的车牌号码的所有可能情况有（ ）
A. 180种 B. 360种
C. 720种 D. 960种
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2
个号码有3种选法，其余3个号码各有4种选法，因此共有
5×3×4×4×4＝960（种）情况.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4. （2024·镇江月考）从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，
作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为
（ ）
A. 18 B. 20
C. 25 D. 10
解析： 分两步：第1步，给A赋值有5种选择；第2步，给B赋值
有4种选择，由分步计数原理可得5×4＝20（种）.又因为A＝1，
B＝2，与A＝2，B＝4表示同一直线.A＝2，B＝1与A＝4，B＝
2，也表示同一直线.所以最多形成不同的直线的条数为20－2＝18.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
5. 如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有
序自然数对（x，y）的个数是（ ）
A. 15 B. 12
C. 5 D. 4
解析： 分情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有
6种情况；②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；③当x
＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况.由分类计数原理可得，满足
条件的有序自然数对（x，y）的个数是6＋5＋4＝15.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
6. （多选）“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书
中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在
二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原
理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列，
可以组成的不同的十进制数为（ ）
A. 0 B. 1
C. 2 D. 4
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可
分为三类.第一类：由两个“——”组成，二进制数为11，转化为
十进制数，为3.第二类：由两个“— —”组成，二进制数为00，
转化为十进制数，为0.第三类：由一个“——”和一个“— —”
组成，二进制数为10，01，转化为十进制数，为2，1.所以从两类
符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0，1，2，
3，故选A、B、C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
7. 甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活
动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外
两位前面.不同的安排方法共有 种.
解析：分三类：若甲在周一，则乙、丙有4×3＝12（种）排法；若
甲在周二，则乙、丙有3×2＝6（种）排法；若甲在周三，则乙、
丙有2×1＝2（种）排法.所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20
（种）.
20
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
8. 如图所示，在A，B之间有4个焊接点，若焊接点脱落，则可能导
致线路不通，现发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情
况有 种.
解析：4个焊接点共有24种情况，其中使A，B之间线路通的情况
是1，4都通，2和3至少有一个通，此时共有3种可能，故焊接点脱
落的情况有24－3＝13（种）.
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
9. （2024·扬州月考）在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位
数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”“546”为“驼峰
数”.由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有
个，其中偶数有 个.
解析：十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6
个，十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6＋2＝8个.
偶数为214，312，314，412，324，共5个.
8
5
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
10. 用0，1，2，3，4五个数字.
（1）可以排出多少个三位数字的密码？
解： 三位数字的密码，首位可以是0，数字也可以重
复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125（个）.
（2）可以排成多少个三位数？
解： 三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先
考虑首位的排法，除0外共有4种排法，第二、三位可以排
0，因此，共有4×5×5＝100（个）.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
（3）可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
解： 被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因
此，可以分两类，
第1类是末位数字是0，则有4×3＝12（种）排法；
第2类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排
首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，
因此有2×3×3＝18（种）排法.
根据分类计数原理，共有12＋18＝30（种）排法.即可以排
成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
11. 《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥
为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱
柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个
数是（ ）
A. 8 B. 12
C. 16 D. 18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 如图，根据正六边形的性质，当A1ABB1
为底面矩形时，有4个满足题意；同理，当A1AFF1
为底面矩形时，有4个满足题意；当A1ACC1为底面
矩形时，有4个满足题意；当A1AEE1为底面矩形
时，有4个满足题意，故共有4＋4＋4＋4＝16
（个）阳马.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
12. 某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市
投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有 种（用
数字作答）.
60
解析：有两类不同的投法：①外商从4个候选城市中选择3个城
市，各投资1个项目，第一个项目有4种投法，第二个项目有3种投
法，第三个项目有2种投法，这种情况下共有4×3×2＝24（种）
投法.②外商从4个候选城市只选择2个城市分别投资1个项目、2个
项目；3个项目中选一个项目投到1个城市，有4种选法，剩下2个
项目选1个城市有3种可能，这种情况下共有3×4×3＝36（种）投
法.从而外商不同的投资方案共有24＋36＝60（种）.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
13. （2024·常州月考）如图为我国数学家赵爽在为《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
的涂色方案种数为 .
420
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析：如图，若区域①与③颜色相同，区域①有5种
涂法，区域②有4种涂法，区域④有3种涂法，区域
⑤有3种涂法，由分步计数原理可知不同的涂色方案
有5×4×3×3＝180种；若区域①与③颜色不同，区
域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域③有3种涂法，区域④有2种涂法，区域⑤有2种涂法，由分步计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×2×2＝240种.综上，由分类计数原理可知不同的涂色方案种数为180＋240＝420.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
14. 某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人
既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，请问有多
少种不同的安排方法？
解：根据既会排版又会印刷的2人中被选出的人数，可将问题分为
三类：
第一类：既会排版又会印刷的2人全不被选出，即从只会排版的3
人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，
由分步计数原理知共有3×1＝3种选法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
第二类：既会排版又会印刷的2人中被选出1人，有2种选法.若此
人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的
2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1＝6种
选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，
从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有
2×2×3＝12种选法.由分类计数原理知共有6＋12＝18种选法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
第三类：既会排版又会印刷的2人全被选出，若此2人都去印刷，
有3种选法；若此2人都去排版，有1种选法；若此2人中1人去排
版，1人去印刷，有2×3×2＝12种选法.由分类计数原理知共有3
＋1＋12＝16种选法.
所以不同的安排方法种数为3＋18＋16＝37.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
15. 高中学生甲到教室需要走楼梯，一步可以迈一级或两级或三级
台阶.
（1）若楼梯有4级台阶，则甲有多少种不同的爬楼方法；
解： 用1，2，3分别表示学生甲一步迈一级、两级、三
级台阶，用例举法可知学生甲有1111，121，112，13，
211，22，31，共7种不同的爬楼方法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
（2）若楼梯有10级台阶，则甲有多少种不同的爬楼方法.
解： 设学生甲爬n级台阶有an种方法，考虑最后一
步：若最后一步只迈一级台阶，则前n－1级台阶有an－1种
方法；
若最后一步迈两级台阶，则前n－2级台阶有an－2种不同的
方法；
若最后一步迈三级台阶，则前n－3级台阶有an－3种不同的
方法，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由分类计数原理得：an＝an－1＋an－2＋an－3（n≥4），显
然a1＝1，a2＝2，a3＝4，则：a4＝a1＋a2＋a3＝7，a5＝a2
＋a3＋a4＝13，a6＝a3＋a4＋a5＝24，a7＝a4＋a5＋a6＝
44，a8＝a5＋a6＋a7＝81，a9＝a6＋a7＋a8＝149，a10＝a7
＋a8＋a9＝274，
故该学生上10级台阶的楼梯有274种不同的爬楼方法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
谢 谢 观 看！第2课时 两个基本计数原理的综合应用
题型一 组数问题
【例1】 （链接教科书第64页习题7题）已知0，1，2，3，4，5这六个数字.
（1）可以组成多少个数字不重复的三位数？
（2）可以组成多少个数字允许重复的三位数？
通性通法
对于组数问题应掌握以下两个原则
（1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊数字（或特殊元素）优先的策略分步；如果正面分类较多，可采用间接法求解；
（2）要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位.
【跟踪训练】
1.（2024·徐州月考）用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有（ ）
A.8个 B.10个
C.18个 D.24个
2.用0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字的四位整数有 ；其中比2 000大的四位偶数有 个.
题型二 选（抽）取与分配问题
【例2】 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中甲工厂必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有（ ）
A.16种 B.18种
C.37种 D.48种
通性通法
解决抽取（分配）问题的方法技巧
（1）当涉及对象的数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或图表法；
（2）当涉及对象的数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类计数原理或分步计数原理.若抽取是有顺序的，则按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行；②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可.
【跟踪训练】
1.（2024·盐城月考）从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有（ ）
A.280种 B.240种
C.180种 D.96种
2.甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为 .
题型三 涂色（种植）问题
【例3】 （链接教科书第64页习题13题）（1）如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有 种不同的涂法；
（2）从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则有 种不同的种植方法.
通性通法
解决涂色（种植）问题的一般思路
（1）按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类计数原理分析；
（3）对于涂色问题，将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题.
【跟踪训练】
1.对图中的A，B，C三个区域染色，每块区域染一种颜色，有公共边的区域不同色.现有红、黄、蓝三种不同的颜色可以选择，则不同的染色方法共有（ ）
A B C
A.22种 B.18种
C.12种 D.6种
2.如图，将1个四棱锥的每个面染上1种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色.如果只有4种颜色可使用，那么不同的染色方法有（ ）
A.36种 B.48种 C.72种 D.108种
1.由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为（ ）
A.15 B.12 C.10 D.5
2.（a1＋a2）（b1＋b2）（c1＋c2＋c3）完全展开后的项数是（ ）
A.9 B.18 C.7 D.12
3.某县总工会利用业余时间开设太极、书法、绘画三个培训班，甲、乙、丙、丁四人报名参加，每人只报名参加一项，且甲、乙不参加同一项，则不同的报名方法种数为 .
4.（2024·淮安月考）如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有多少种？
A B
C
D
第2课时 两个基本计数原理的综合应用
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）若组成的数为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，
所以数字不重复的三位数的个数为5×5×4＝100.
（2）若组成的数为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，
所以数字允许重复的三位数的个数为5×62＝180.
跟踪训练
1.A 个位数只能是1或3，所以有2种选择，首位不能为0，则有2种选择；百位数字有2种选择；十位数字只有1种选择.由分步计数原理，所以用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数为奇数的有2×2×2×1＝8（个）.
2.300 120 解析：①分四步：第1步，千位数字有5种选取方法；第2步，百位数字有5种选取方法；第3步，十位数字有4种选取方法；第4步，个位数字有3种选取方法.由分步计数原理知，可组成无重复数字的四位整数共5×5×4×3＝300（个）.②分为三类：第1类，末位是0的有4×4×3＝48（个）；第2类，末位是2的有3×4×3＝36（个）；第3类，末位是4的有3×4×3＝36（个）.由分类计数原理知，共有48＋36＋36＝120（个）.
【例2】 C 法一（直接法） 以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类.第1类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种；第2类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案有3×3＝9（种）；第3类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案有3×3×3＝27（种）.综上所述，不同的分配方案共有1＋9＋27＝37（种）.
法二（间接法） 先计算三个班自由选择去哪个工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即有4×4×4－3×3×3＝37（种）不同的分配方案.
跟踪训练
1.B 由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法，后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3＝240（种）选派方案.
2.2 解析：不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共有2×1×1＝2（种）.
【例3】 （1）18 （2）18 解析：（1）①若A，C涂色相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12（种）不同的涂法.②若A，C涂色不相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6（种）不同的涂法.所以根据分类计数原理，共有12＋6＝18（种）不同的涂法.
（2）若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6（种）不同的种植方法.同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6（种）不同的种植方法.故不同的种植方法共有6×3＝18（种）.
跟踪训练
1.C 先给A染色，有3种方法；再给B染色，有2种方法；再给C染色，有2种方法，由分步计数原理可得不同的染色方法共有3×2×2＝12（种）.故选C.
2.C 当侧面SAB与侧面SDC同色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方法，侧面SBC有2种染色方法，共有4×3×2×1×2＝48（种）染色方法.当侧面SAB与侧面SDC不同色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方法，侧面SBC有1种染色方法，共有4×3×2×1×1＝24（种）染色方法.则不同的染色方法共有48＋24＝72（种）.
随堂检测
1.D 分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成三位整数，其中偶数有2个.由分类计数原理知共有偶数5个.
2.D 每个括号内各取1项相乘才能得到展开式中的1项，由分步计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.
3.54 解析：甲有三个培训班可选，甲、乙不参加同一项，所以乙有两个培训班可选，丙、丁各有三个培训可选，根据分步计数原理，不同的报名方法种数为3×2×3×3＝54.
4.解：先涂A，有4种选择，
再涂B有3种选择，C与A，B相邻，
则C有2种选择，D只与C相邻，
则D有3种选择，
所以一共有4×3×2×3＝72（种）不同的涂法.
2 / 2
