1.3 基本计数原理的简单应用
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
2.一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有（ ）
A.6种 B.8种
C.36种 D.48种
3.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，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，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有（ ）
A.360种 B.50种
C.60种 D.90种
4.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（ ）
A.64种 B.98种
C.108种 D.112种
5.（多选）设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2，3，3，4条路，只从一面上山，而从其他任意一面下山，不同的走法可能为（ ）
A.20 B.27
C.32 D.30
6.（多选）6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为（ ）
A.1 B.2
C.3 D.4
7.从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f（x）＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成 个不同的二次函数，其中偶函数有 个（用数字作答）.
8.有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有 种不同的取法.
9.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.某彩票规定：从1至36共36个号码中选7个号码为一注，每注2元.某人想先选定“吉利”号码18，然后从1至17中选3个连续的号码，从19至29中选2个连续的号码，从30至36中选1个号码组成一注.若这个人把符合这种要求的号码全买下，至少要花多少元？
11.6名同学均报考A，B，C3所院校中的1所，如果每一所院校至少有1人报考，则不同的报考方法共有（ ）
A.216种 B.3 240种
C.729种 D.540种
12.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.其锅具抽象成的数学形状如图所示（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.现将九宫格中全部放入食物，且每格只放1种，若同时可以吃到这6种食物（不考虑位置），则不同的放法共有（ ）
A.108种 B.36种
C.9种 D.6种
13.（多选）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有（ ）
A.从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B.从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C.从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D.要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法
14.从集合{1，2，3，…，11}中任选2个元素作为椭圆方程＋＝1中的m和n，则落在矩形区域B＝{（x，y）｜｜x｜＜11且｜y｜＜9}内的椭圆个数为 .
15.某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动.
（1）任选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？
（2）三个年级各选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？
（3）选2个班的学生参加社会实践活动，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？
16.在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋.现在从这7人中选1人参加象棋比赛，另选1人参加围棋比赛，共有多少种不同的选法？
1.3 基本计数原理的简单应用
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.由分类加法计数原理知共有偶数5个.
2.D 如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48（种）不同的参观路线.
3.B ①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20（种）；②甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30（种），所以共有20＋30＝50（种）选法.故选B.
4.C A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108种涂法.
5.ABC 东面上山的种数为：2×（3＋3＋4）＝20，西面上山的种数为：3×（2＋3＋4）＝27，南面上山的种数为：3×（2＋3＋4）＝27，北面上山的种数为：4×（2＋3＋3）＝32，故只从一面上山，而从其他任意一面下山的走法可能为20，27，32.
6.BD 设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示.若任意两位同学之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15（次）交换，现只进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：
（1）由3人构成的2次交换，如a～b和a～c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人.
（2）由4人构成的2次交换，如a～b和c～d之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，d四人.
7.18 6 解析：一个二次函数对应着a，b，c（a≠0）的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18（个）二次函数.若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6（个）偶函数.
8.242 解析：分三类：第一类，取数学书和语文书，有10×9＝90（种）；第二类，取数学书和英语书，有10×8＝80（种）；第三类，取语文书和英语书，有9×8＝72（种）.故共有90＋80＋72＝242（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：运用分步乘法：第1步，从1到17中选3个连续的号码，共15种选法.第2步，从19到29中选2个连续的号码，有10种选法.第3步，从30到36中选1个号码，有7种选法.共有15×10×7＝1 050注，故至少要花1 050×2＝2 100元.
11.D 6人随意报3所学校的情况共有36＝729（种）.A学校没人报的情况有26＝64（种），同理B，C学校没人报的情况各有64种，以上分析将有两所学校都没人报的情况重复计数了，A，B学校都没人报只有1种情况，A，C学校和B，C学校都没人报也各有1种情况，所以不同的报考方法共有729－3×64＋3＝540（种）.
12.C 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.十字格有四个位置，有3种适合放入十字格，所以有1种放两个位置，共有3种放法.四角格有四个位置，有2种适合放入四角格，可分为1种放三个位置，1种放一个位置，有2种放法，或每种均放两个位置，有1种放法，则四角格有2＋1＝3种放法.则有1×3×3＝9种不同的放法.
13.ABC 对于A，分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法，根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14种不同的选法，A正确；
对于B，分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种不同的选法，B正确；对于C，分为三类：第1类是一幅选自国画，一幅选自油画.由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法；第2类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35种不同的选法；第3类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14种不同的选法，所以共有10＋35＋14＝59种不同的选法，C正确；对于D，从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；第2步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法.根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N＝5×4＝20，D错误.故选A、B、C.
14.72 解析：根据题意，知当m＝1时，n可等于2，3，…，8，共对应7个不同的椭圆；当m＝2时，n可以等于1，3，4，…，8，共对应7个不同的椭圆.同理可得，当m＝3，4，5，6，7，8时，各分别对应7个不同的椭圆；当m＝9时，n可以等于1，2，…，8，共对应8个不同的椭圆；当m＝10时，共对应8个不同的椭圆.综上所述，对应的椭圆共有7×8＋8×2＝72个.
15.解：（1）分三类：第一类，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二类，从高二年级选1个班，有7种不同的选法；第三类，从高三年级选1个班，有8种不同的选法.由分类加法计数原理，知共有6＋7＋8＝21种不同的选法.
（2）分三步：第一步，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二步，从高二年级选1个班，有7种不同的选法；第三步，从高三年级选1个班，有8种不同的选法.由分步乘法计数原理，知共有6×7×8＝336种不同的选法.
（3）分三类，每类又分两步.第一类，从高一、高二两个年级中各选1个班，有6×7＝42种不同的选法；第二类，从高一、高三两个年级中各选1个班，有6×8＝48种不同的选法；第三类，从高二、高三两个年级中各选1个班，有7×8＝56种不同的选法.故共有42＋48＋56＝146种不同的选法.
16.解：法一 画出示意图，如图所示，既会下象棋又会下围棋的“多面手”有2名学生（对应图中的阴影部分），从参加象棋比赛的1名学生入手进行分类，可分两类：
第1类，参加象棋比赛的1名学生来自只会下象棋的3名学生，有3种选法，会下围棋的人数为2＋2＝4，再从这4人中选1人参加围棋比赛，有4种选法，根据分步乘法计数原理，参加比赛的选法种数为3×4＝12.
第2类，参加象棋比赛的1名学生来自2名“多面手”学生，有2种选法，剩余会下围棋的人数为2＋1＝3，再从这3人中选1人参加围棋比赛，有3种选法，根据分步乘法计数原理，参加比赛的选法种数为2×3＝6.
根据分类加法计数原理，不同的选法种数为12＋6＝18.
法二 考虑“多面手”参赛人数，分三类完成这件事：
第1类，“多面手”未参赛，即从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数为3×2＝6.
第2类，“多面手”中有1人参赛.①从“多面手”中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数为2×2＝4；②从“多面手”中选1名参加围棋比赛，同时从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，选法种数为2×3＝6.所以“多面手”中有1人参赛的选法种数为4＋6＝10.
第3类，“多面手”出2人，参加象棋和围棋比赛，有2种选法.
根据分类加法计数原理，不同的选法种数为6＋10＋2＝18.
3 / 31.3 基本计数原理的简单应用
题型一 组数问题
【例1】 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？
尝试解答
【母题探究】
1.（变设问）由本例中的五个数字可以组成多少个无重复数字的四位奇数？
2.（变设问）在本例条件下，能组成多少个能被3整除的四位数？
通性通法
对于组数问题应掌握以下2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，分类中再按特殊位置（特殊元素）优先的策略分步完成；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】
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.12个 D.14个
题型二 涂色问题
【例2】 如图，用5种不同色的颜料给A，B，C，D四部分涂色，要求共边的两部分颜色互异，有多少种不同的涂色方法？
尝试解答
通性通法
涂色问题的4个解答策略
涂色问题是考查计数方法的一种常见问题，由于这类问题常常涉及分类与分步，所以在高考题中经常出现，处理这类问题的关键是要找准分类标准，求解涂色问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用的方法有：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算；
（2）以颜色为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算；
（3）将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题；
（4）对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准.
【跟踪训练】
如图所示的几何体是由一个三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色（底面A1B1C1不涂色），要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有 种.
题型三 两个计数原理的综合应用
【例3】 将3种农作物全部种植在如图所示的5块试验田里，每块试验田种植一种农作物，且相邻的试验田不能种植同一种农作物，不同的种植方法共有 种.
尝试解答
通性通法
综合运用两个计数原理的技巧
解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，可能同时应用两个计数原理，即分类时，某类的方法可能要运用分步完成；而分步时，某步的方法可能会采用分类的思想求得.分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的流程，即合理分类，准确分步.
（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.完成从A到B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.
从计数的角度看，由A到D视为完成一件事的方法数为m1（m2＋m3＋m4）m5.
提醒 有时采用间接法求解计数问题，即先求出方法总数，再减去不符合条件的方法数或重复计数的方法数.
【跟踪训练】
甲与其四位朋友各有一辆私家车，甲的车牌尾数是0，其四位朋友的车牌尾数分别是0，2，1，5.为遵守当地5月1日至5日这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 .
1.李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的半身裙，另有2套不同样式的连衣裙.若“五一”节需选择1套服装参加歌舞演出，则李芳不同的选择方式有（ ）
A.24种 B.14种
C.10种 D.9种
2.由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是（ ）
A.72 B.60
C.48 D.12
3.用5种不同颜色给如图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，共有不同的涂色方案种数为（ ）
A.1 140 B.1 520
C.1 400 D.1 280
4.如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有 种.
5.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有 个.
1.3 基本计数原理的简单应用
【典型例题·精研析】
【例1】 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.根据分类加法计数原理，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.
母题探究
1.解：完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第1步定个位，只能从1，3中任取一个，有2种方法；第2步定首位，把1，2，3，4中除去用过的一个还有3个可任取一个，有3种方法；第3步，第4步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法.由分步乘法计数原理共有3×3×2×2＝36个.
2.解：一个四位数能被3整除，必须各位上数字之和能被3整除，故组成四位数的四个数字只能是0，1，2，3或0，2，3，4两类，每一类的排法有3×3×2×1＝18个，
所以满足题设的四位数共有36个.
跟踪训练
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；由分步乘法计数原理，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.
【例2】 解：法一 按涂色种数进行分类.
第一类：涂4种颜色，则A，B，C，D颜色各不相同，所以A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有2种涂法.
所以共有5×4×3×2＝120种不同的涂法.
第二类：涂3种颜色，则A，C颜色相同或B，D颜色相同.
若A，C颜色相同，则A，C有5种涂法，
B有4种涂法，D有3种涂法.
所以共有5×4×3＝60种不同的涂法.
若B，D颜色相同，则同理也有60种不同的涂法.
所以共有60＋60＝120种不同的涂法.
第三类：涂2种颜色，
则A，C颜色相同且B，D颜色也相同，
所以A，C有5种涂法；B，D有4种涂法.
所以共有5×4＝20种不同的涂法.
根据分类加法计数原理，共有120＋120＋20＝260种不同的涂色方法.
法二 按A，C颜色相同或不同进行分类.
第一类：若A，C颜色相同，则A，C有5种涂法，B有4种涂法，D有4种涂法，故共有5×4×4＝80种不同的涂法.
第二类：若A，C颜色不同，则A有5种涂法，C有4种涂法，B有3种涂法，D有3种涂法，故共有5×4×3×3＝180种不同的涂法.
所以根据分类加法计数原理，共有80＋180＝260种不同的涂色方法.
跟踪训练
12 解析：先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，再涂三棱柱的三个侧面，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2×1×1＝12种不同的涂法.
【例3】 42 解析：法一 分别用a，b，c代表3种农作物.
先安排第1块田（从左往右数，下同），有3种种植方法，不妨设种植a.
再安排第2块田，可种植b或c，有2种种植方法，不妨设种植b.
再安排第3块田，若第3块田种植c，则第4，5块田各有2种种植方法，即此时第4，5块田的种植方法种数为2×2＝4；若第3块田种植a，则第4块田可种植b或c，①若第4块田种植c，则第5块田有2种种植方法，②若第4块田种植b，则第5块田只能种植c，有1种种植方法.
综上所述，不同的种植方法种数为3×2×（4＋2＋1）＝42.
法二（间接法） 从左往右5块试验田分别有3，2，2，2，2种种植方法，所以不同的种植方法种数为3×2×2×2×2＝48，这些方法中包含“5块试验田只种植2种农作物”的情况种数为3×2×1×1×1＝6.所以满足题意的不同的种植方法种数为48－6＝42.
跟踪训练
64 解析：由题意，1日、3日、5日这三天，只有车牌尾数为1，5的车通行，则每天有2种用车方案，所以这三日的不同的用车方案种数为23＝8；2日、4日这两天，只有车牌尾数为0，2的车通行，且甲的车最多只能用一天，若用甲的车，则不同的用车方案种数为2×2＝4，若不用甲的车，则不同的用车方案种数为22＝4.因此总的用车方案种数为8×（4＋4）＝64.
随堂检测
1.B 由题意可得，李芳不同的选择方式的种数为4×3＋2＝14.故选B.
2.B 分两种情况：当十万位为偶数时，有2×3×2×2＝24（个）数；当十万位为奇数时，有3×3×2×2＝36（个）数，因此总共有24＋36＝60（个）数.
3.D 从左到右依次涂色（也可以任选一个环作为开始），第一个圆环有5种选择，第二个圆环以及后面每个圆环均有4种选择，所以总数为5×4×4×4×4＝1 280.故选D.
4.63 解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63（种）可能情况.
5.40 解析：满足条件的有两类：第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有8个；第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有8×4＝32（个），所以满足条件的三角形共有8＋32＝40（个）.
3 / 3(共62张PPT)
1.3
基本计数原理的简单应用
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
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】 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.
（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.根据分类加法计数原理，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. （变设问）由本例中的五个数字可以组成多少个无重复数字的四位
奇数？
解：完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第1步
定个位，只能从1，3中任取一个，有2种方法；第2步定首位，把
1，2，3，4中除去用过的一个还有3个可任取一个，有3种方法；第
3步，第4步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法，再
排十位有2种方法.由分步乘法计数原理共有3×3×2×2＝36个.
【母题探究】
2. （变设问）在本例条件下，能组成多少个能被3整除的四位数？
解：一个四位数能被3整除，必须各位上数字之和能被3整除，故组
成四位数的四个数字只能是0，1，2，3或0，2，3，4两类，每一类
的排法有3×3×2×1＝18个，
所以满足题设的四位数共有36个.
通性通法
对于组数问题应掌握以下2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，分类中再按特殊位置
（特殊元素）优先的策略分步完成；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】
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. 12个 D. 14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
分步乘法计数原理，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.
题型二 涂色问题
【例2】 如图，用5种不同色的颜料给 A ， B ， C ， D 四部分涂色，
要求共边的两部分颜色互异，有多少种不同的涂色方法？
解：法一 按涂色种数进行分类.
第一类：涂4种颜色，则 A ， B ， C ， D 颜色各不相同，所以 A 有5种
涂法， B 有4种涂法， C 有3种涂法， D 有2种涂法.
所以共有5×4×3×2＝120种不同的涂法.
第二类：涂3种颜色，则 A ， C 颜色相同或 B ， D 颜色相同.
若 A ， C 颜色相同，则 A ， C 有5种涂法，
B 有4种涂法， D 有3种涂法.
所以共有5×4×3＝60种不同的涂法.
若 B ， D 颜色相同，则同理也有60种不同的涂法.
所以共有60＋60＝120种不同的涂法.
第三类：涂2种颜色，
则 A ， C 颜色相同且 B ， D 颜色也相同，
所以 A ， C 有5种涂法； B ， D 有4种涂法.
所以共有5×4＝20种不同的涂法.
根据分类加法计数原理，共有120＋120＋20＝260种不同的涂色方法.
法二 按 A ， C 颜色相同或不同进行分类.
第一类：若 A ， C 颜色相同，则 A ， C 有5种涂法， B 有4种涂法， D 有
4种涂法，故共有5×4×4＝80种不同的涂法.
第二类：若 A ， C 颜色不同，则 A 有5种涂法， C 有4种涂法， B 有3种
涂法， D 有3种涂法，故共有5×4×3×3＝180种不同的涂法.
所以根据分类加法计数原理，共有80＋180＝260种不同的涂色方法.
通性通法
涂色问题的4个解答策略
涂色问题是考查计数方法的一种常见问题，由于这类问题常常涉
及分类与分步，所以在高考题中经常出现，处理这类问题的关键是要
找准分类标准，求解涂色问题一般是直接利用两个计数原理求解，常
用的方法有：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理
计算；
（2）以颜色为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类
加法计数原理计算；
（3）将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题；
（4）对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分
类标准.
【跟踪训练】
如图所示的几何体是由一个三棱锥 P - ABC 与三棱柱 ABC - A1 B1
C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色（底
面 A1 B1 C1不涂色），要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方
案共有 种.
12
解析：先涂三棱锥 P - ABC 的三个侧面，再涂三棱柱的三个侧
面，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2×1×1＝12种不同
的涂法.
题型三 两个计数原理的综合应用
【例3】 将3种农作物全部种植在如图所示的5块试验田里，每块试
验田种植一种农作物，且相邻的试验田不能种植同一种农作物，不同
的种植方法共有 种.
解析：法一 分别用 a ， b ， c 代表3种农作物.
先安排第1块田（从左往右数，下同），有3种种植方法，
不妨设种植 a .
再安排第2块田，可种植 b 或 c ，有2种种植方法，不妨设种植 b .
42
再安排第3块田，若第3块田种植 c ，则第4，5块田各有2种种植方法，
即此时第4，5块田的种植方法种数为2×2＝4；若第3块田种植 a ，则
第4块田可种植 b 或 c ，①若第4块田种植 c ，则第5块田有2种种植方
法，②若第4块田种植 b ，则第5块田只能种植 c ，有1种种植方法.
综上所述，不同的种植方法种数为3×2×（4＋2＋1）＝42.
法二（间接法） 从左往右5块试验田分别有3，2，2，2，2种种植方
法，所以不同的种植方法种数为3×2×2×2×2＝48，这些方法中包
含“5块试验田只种植2种农作物”的情况种数为3×2×1×1×1＝6.所以
满足题意的不同的种植方法种数为48－6＝42.
通性通法
综合运用两个计数原理的技巧
解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，可能同
时应用两个计数原理，即分类时，某类的方法可能要运用分步完成；
而分步时，某步的方法可能会采用分类的思想求得.分类的关键在于要
做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的流程，即合理分
类，准确分步.
（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.完成从 A 到 B 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.
从计数的角度看，由 A 到 D 视为完成一件事的方法数为 m1（ m2
＋ m3＋ m4） m5.
提醒 有时采用间接法求解计数问题，即先求出方法总数，再
减去不符合条件的方法数或重复计数的方法数.
甲与其四位朋友各有一辆私家车，甲的车牌尾数是0，其四位朋
友的车牌尾数分别是0，2，1，5.为遵守当地5月1日至5日这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 .
64
【跟踪训练】
解析：由题意，1日、3日、5日这三天，只有车牌尾数为1，5的
车通行，则每天有2种用车方案，所以这三日的不同的用车方案
种数为23＝8；2日、4日这两天，只有车牌尾数为0，2的车通
行，且甲的车最多只能用一天，若用甲的车，则不同的用车方
案种数为2×2＝4，若不用甲的车，则不同的用车方案种数为22
＝4.因此总的用车方案种数为8×（4＋4）＝64.
1. 李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的半身裙，另有2套不同
样式的连衣裙.若“五一”节需选择1套服装参加歌舞演出，则李芳不
同的选择方式有（ ）
A. 24种 B. 14种
C. 10种 D. 9种
解析： 由题意可得，李芳不同的选择方式的种数为4×3＋2＝
14.故选B.
2. 由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位
数的个数是（ ）
A. 72 B. 60
C. 48 D. 12
解析： 分两种情况：当十万位为偶数时，有2×3×2×2＝24
（个）数；当十万位为奇数时，有3×3×2×2＝36（个）数，因此
总共有24＋36＝60（个）数.
3. 用5种不同颜色给如图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环
不能涂相同的颜色，共有不同的涂色方案种数为（ ）
A. 1 140 B. 1 520
C. 1 400 D. 1 280
解析： 从左到右依次涂色（也可以任选一个环作为开始），第
一个圆环有5种选择，第二个圆环以及后面每个圆环均有4种选择，
所以总数为5×4×4×4×4＝1 280.故选D.
4. 如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接
点 A ， B ， C ， D ， E ， F ，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.
现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有 种.
解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个
焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63（种）可能情况.
63
5. 如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形
有公共边的三角形有 个.
解析：满足条件的有两类：第一类：与正八边形有两条公共边的三
角形有8个；第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有8×4＝
32（个），所以满足条件的三角形共有8＋32＝40（个）.
40
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
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.
由分类加法计数原理知共有偶数5个.
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2. 一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则
不同的参观路线共有（ ）
A. 6种 B. 8种
C. 36种 D. 48种
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解析： 如图所示，由题意知在 A 点可先参观区
域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以
按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步
可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一
个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完
第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，
根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48（种）
不同的参观路线.
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3. 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，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，三位同学按甲、
乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都
满意，那么不同的选法有（ ）
A. 360种 B. 50种
C. 60种 D. 90种
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解析： ①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有
1×2×10＝20（种）；②甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种
选法，选法有1×3×10＝30（种），所以共有20＋30＝50（种）选
法.故选B.
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4. 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（ ）
A. 64种 B. 98种
C. 108种 D. 112种
解析： A 有4种涂法， B 有3种涂法， C 有3种涂法， D 有3种涂
法，共有4×3×3×3＝108种涂法.
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5. （多选）设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2，3，3，4条
路，只从一面上山，而从其他任意一面下山，不同的走法可能为
（ ）
A. 20 B. 27
C. 32 D. 30
解析： 东面上山的种数为：2×（3＋3＋4）＝20，西面上山
的种数为：3×（2＋3＋4）＝27，南面上山的种数为：3×（2＋3
＋4）＝27，北面上山的种数为：4×（2＋3＋3）＝32，故只从一
面上山，而从其他任意一面下山的走法可能为20，27，32.
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6. （多选）6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位
同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知
6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为
（ ）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
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解析： 设6位同学分别用 a ， b ， c ， d ， e ， f 表示.若任意两位
同学之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15（次）交换，
现只进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种
情况：
（1）由3人构成的2次交换，如 a ～ b 和 a ～ c 之间的交换没有发
生，则收到4份纪念品的有 b ， c 两人.
（2）由4人构成的2次交换，如 a ～ b 和 c ～ d 之间的交换没有发
生，则收到4份纪念品的有 a ， b ， c ， d 四人.
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7. 从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数 f （ x ）＝ ax2
＋ bx ＋ c 的系数，则可组成 个不同的二次函数，其中偶函数
有 个（用数字作答）.
解析：一个二次函数对应着 a ， b ， c （ a ≠0）的一组取值， a 的取
法有3种， b 的取法有3种， c 的取法有2种，由分步乘法计数原理知
共有3×3×2＝18（个）二次函数.若二次函数为偶函数，则 b ＝0，
同上可知共有3×2＝6（个）偶函数.
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8. 有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中
任取两本不同类的书，共有 种不同的取法.
解析：分三类：第一类，取数学书和语文书，有10×9＝90
（种）；第二类，取数学书和英语书，有10×8＝80（种）；第三
类，取语文书和英语书，有9×8＝72（种）.故共有90＋80＋72＝
242（种）.
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9. 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.
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10. 某彩票规定：从1至36共36个号码中选7个号码为一注，每注2元.某
人想先选定“吉利”号码18，然后从1至17中选3个连续的号码，从19
至29中选2个连续的号码，从30至36中选1个号码组成一注.若这个
人把符合这种要求的号码全买下，至少要花多少元？
解：运用分步乘法：第1步，从1到17中选3个连续的号码，共15种
选法.第2步，从19到29中选2个连续的号码，有10种选法.第3步，
从30到36中选1个号码，有7种选法.共有15×10×7＝1 050注，故
至少要花1 050×2＝2 100元.
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11. 6名同学均报考 A ， B ， C 3所院校中的1所，如果每一所院校至少有
1人报考，则不同的报考方法共有（ ）
A. 216种 B. 3 240种
C. 729种 D. 540种
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解析： 6人随意报3所学校的情况共有36＝729（种）. A 学校没
人报的情况有26＝64（种），同理 B ， C 学校没人报的情况各有64
种，以上分析将有两所学校都没人报的情况重复计数了， A ， B 学
校都没人报只有1种情况， A ， C 学校和 B ， C 学校都没人报也各有
1种情况，所以不同的报考方法共有729－3×64＋3＝540（种）.
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12. 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.其锅具抽象成的数
学形状如图所示（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；
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“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.现将九宫格中全部放入食物，且
每格只放1种，若同时可以吃到这6种食物（不考虑位置），则不
同的放法共有（ ）
A. 108种 B. 36种
C. 9种 D. 6种
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解析： 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.十字格有四个位置，有3种适合放入十字格，所
以有1种放两个位置，共有3种放法.四角格有四个位置，有2种适合
放入四角格，可分为1种放三个位置，1种放一个位置，有2种放
法，或每种均放两个位置，有1种放法，则四角格有2＋1＝3种放
法.则有1×3×3＝9种不同的放法.
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13. （多选）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩
画，下列说法正确的有（ ）
A. 从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B. 从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选
法
C. 从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D. 要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位
置，共有9种不同的挂法
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解析： 对于A，分为三类：从国画中选，有5种不同的选
法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同
的选法，根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14种不同的选
法，A正确；
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对于B，分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不
同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种不同的选
法，B正确；对于C，分为三类：第1类是一幅选自国画，一幅选自
油画.由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法；第2类是
一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35种不同的选法；第3
类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14种不同的选
法，所以共有10＋35＋14＝59种不同的选法，C正确；对于D，从5
幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完
成：第1步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；第2步，
从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法.根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是 N ＝5×4＝20，D错误.故选A、B、C.
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14. 从集合{1，2，3，…，11}中任选2个元素作为椭圆方程 ＋ ＝1
中的 m 和 n ，则落在矩形区域 B ＝{（ x ， y ）｜｜ x ｜＜11且｜ y ｜
＜9}内的椭圆个数为 .
解析：根据题意，知当 m ＝1时， n 可等于2，3，…，8，共对应7
个不同的椭圆；当 m ＝2时， n 可以等于1，3，4，…，8，共对应7
个不同的椭圆.同理可得，当 m ＝3，4，5，6，7，8时，各分别对
应7个不同的椭圆；当 m ＝9时， n 可以等于1，2，…，8，共对应8
个不同的椭圆；当 m ＝10时，共对应8个不同的椭圆.综上所述，对
应的椭圆共有7×8＋8×2＝72个.
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15. 某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利
用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动.
（1）任选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选
法？
解：分三类：第一类，从高一年级选1个班，有6种不
同的选法；第二类，从高二年级选1个班，有7种不同的选
法；第三类，从高三年级选1个班，有8种不同的选法.由分类
加法计数原理，知共有6＋7＋8＝21种不同的选法.
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（2）三个年级各选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不
同的选法？
解：分三步：第一步，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二步，从高二年级选1个班，有7种不同的选法；第三步，从高三年级选1个班，有8种不同的选法.由分步乘法计数原理，知共有6×7×8＝336种不同的选法.
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（3）选2个班的学生参加社会实践活动，要求这2个班不同年级，
有多少种不同的选法？
解：分三类，每类又分两步.第一类，从高一、高二两个年级中各选1个班，有6×7＝42种不同的选法；第二类，从高一、高三两个年级中各选1个班，有6×8＝48种不同的选法；第三类，从高二、高三两个年级中各选1个班，有7×8＝56种不同的选法.故共有42＋48＋56＝146种不同的选法.
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16. 在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不
会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋.现在从这7人中选1人参加
象棋比赛，另选1人参加围棋比赛，共有多少种不同的选法？
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解：法一 画出示意图，如图所示，既会下象棋
又会下围棋的“多面手”有2名学生（对应图中的阴
影部分），从参加象棋比赛的1名学生入手进行
分类，可分两类：
第1类，参加象棋比赛的1名学生来自只会下象棋的3名学生，有3种选法，会下围棋的人数为2＋2＝4，再从这4人中选1人参加围棋比赛，有4种选法，根据分步乘法计数原理，参加比赛的选法种
数为3×4＝12.
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第2类，参加象棋比赛的1名学生来自2名“多面手”学生，有2种选法，剩余会下围棋的人数为2＋1＝3，再从这3人中选1人参加围棋比赛，有3种选法，根据分步乘法计数原理，参加比赛的选法种
数为2×3＝6.根据分类加法计数原理，不同的选法种数为12＋6＝18.
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法二 考虑“多面手”参赛人数，分三类完成这件事：
第1类，“多面手”未参赛，即从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋
比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数
为3×2＝6.
第2类，“多面手”中有1人参赛.①从“多面手”中选1名参加象棋比赛，
同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，选法种数为2×2
＝4；②从“多面手”中选1名参加围棋比赛，同时从3名只会下象棋的学
生中选1名参加象棋比赛，选法种数为2×3＝6.所以“多面手”中有1人
参赛的选法种数为4＋6＝10.
第3类，“多面手”出2人，参加象棋和围棋比赛，有2种选法.
根据分类加法计数原理，不同的选法种数为6＋10＋2＝18.
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