6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 课件(共99张PPT)-2025-2026学年高二下学期数学（人教A版）选择性必修第三册
文档属性
| 名称 | 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 课件(共99张PPT)-2025-2026学年高二下学期数学（人教A版）选择性必修第三册 |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 5.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-30 10:13:12 | ||
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文档简介
(共99张PPT)
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
图解课标要点
教材帮 新知课丨必备知识解读
知识点1 分类加法计数原理
定 义
推 广
. .
知识剖析
理解分类加法计数原理的关键点
（1）定性：①明确要完成的事及怎样才算完成这件事；②完成这件事可以有哪些方
案，方案中有哪些方法.
（2）独立性：①完成这件事的 类方案是相互独立的；②每一类方案中的方法都可
以单独完成这件事，不需要用到其他的方法.
（3）分类（这是利用分类加法计数原理解题的关键.）：①分类标准必须明确
（要做到不重不漏），一般地，分类标准不同，分类的结果也不同；②每一种方法
都必须属于某一类，不同类的任意两种方法是不同的；③每一类中的任意两种方法
也不相同.#1.1.4
. .
. .
学思用·典例详解
图6.1-1
例1-1 [教材改编P11习题6.1 T3]在如图6.1-1所示的电路（规定只能
闭合其中一个开关）中，接通电源使灯泡发光的方法有___种.
5
【解析】 要完成的事是闭合开关使灯泡发光，完成这件事
的方案可分两类：
第1类，闭合开关组 中的一个开关，有2种方法.
第2类，闭合开关组 中的一个开关，有3种方法.
因此接通电源使灯泡发光的方法种数为 .
图6.1-2
将电路图变形，如图6.1-2所示，图中有5个开关，闭合
其中任意一个开关，均能接通电源使灯泡发光，因此有5种方法.
知识点2 分步乘法计数原理
定 义
推 广
. .
知识剖析
理解分步乘法计数原理的关键点
（1）定性：①明确要完成的事及怎样才算完成这件事；②完成这件事要经过几步，
每步中有哪些方法.
（2）相关性：①完成这件事需要分成若干个步骤；②只有每个步骤都完成了，才算
完成这件事，缺少任一步骤，这件事都不可能完成.
（3）分步（这是利用分步乘法计数原理解题的关键.）：①分步标准必须明确，一
般地，分步的标准不同，分成的步骤数也会不同；②要注意各步骤之间必须连续；
③各步骤之间既不能重复，也不能遗漏.#1.1.1.3
. .
学思用·典例详解
例2-2 (2025·天津市第二十五中学月考)在如图6.1-3所示的电路（规定只能闭合其中2
个开关）中，接通电源使灯泡发光的方法有___种.
6
图6.1-3
【解析】由题意可知，在该电路中，只有先闭合组2个开关中的任意1个，再闭合
组3个开关中的任意1个后，接通电源,灯泡才能发光.
因此要完成这件事，需要分两步，所以接通电源使灯泡发光的方法种数为 .
知识点3 两个计数原理的联系与区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联 系 回答的都是有关完成一件事的不同方法种数的问题 区 别 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题
其中各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存
用其中任何一种方法都可以做完这件 事 只有每一个步骤都完成才能完成这件
事
知识剖析 用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析
两点：
（1）要完成的“一件事”是什么及怎样才算完成这件事；
（2）需要分类还是需要分步．
. .
. .
. .
. .
分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计
数原理求和，得到总数.
分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤才能完成这件事．分步后再计算每一
步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.
（有些问题既有分类也有分步，可以根据题意画出流程图，直观解决问题）
学思用·典例详解
图6.1-4
例3-3 (2025·云南省昆明市期中)如图6.1-4，要让电路
从处到 处只有一条支路接通，不同路径的条数为
( )
D
A.4 B.5 C.9 D.10
【解析】首先电路接通分两类（每类中需要分步，先
分步乘法，后分类加法）：从上面走和从下面走.
走上面需要两步，每步都有两种路径，路径条数为 ；
走下面需要两步，第一步有三种路径，第二步有两种路径，路径条数为 .
故不同路径的条数共计为 .
. .
方法帮 解题课丨关键能力构建
题型1 分类加法计数原理的应用
例4 [教材改编P11练习T2]在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个
数是( )
B
A.18 B.36 C.72 D.48
【解析】 （按十位上的数字分类） 按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8分
成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、
1个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数的个数是
．
（按个位上的数字分类） 按个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9分成八类，
在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数的个数是
．
（间接法） 所有的两位数共有90个，考虑两位数的个位数字与十位数字
的大小关系，其中，个位数字等于十位数字的两位数为11,22,33, ,99,共9个，十位
数字大于个位数字且个位数字与十位数字不能调换位置的两位数为10,20,30, ，90,
共9个，则剩余的两位数有 （个）.
在这72个两位数中，每一个个位数字小于十位数字的两位数都有一个十位数字小于
个位数字的两位数与之对应，故满足条件的两位数的个数是 .（【举例子】
如36与63对应，显然36符合题意，把63舍去）
例5 椭圆的焦点在轴上，且，2，3，4，， ，2，3，4，5，
6， ，则这样的椭圆的个数为____.
20
【解析】要使椭圆的焦点在轴上，需 .
（列举法） 当（先确定的值）时， ，3，4，5，6，7，满
足题意的椭圆有6个；
当时， ，4，5，6，7，满足题意的椭圆有5个；
当时， ，5，6，7，满足题意的椭圆有4个；
当时， ，6，7，满足题意的椭圆有3个；
当时， ，7，满足题意的椭圆有2个.
故满足题意的椭圆的个数为 .
. .
图6.1-5
（树状图法） 若先确定 的值，则
的可能取值情况如图6.1-5所示.
故满足题意的椭圆的个数为
.
. .
应用分类加法计数原理解题的一般思路
【学会了吗丨变式题】
1.[教材改编P5 T1（1）]解1道数学题，有三种方法，有3个人只会用第一种方法，
有4个人只会用第二种方法，有3个人只会用第三种方法，从这10个人中选1个人解这
道题目，则不同的选法共有( )
A
A.10种 B.21种 C.24种 D.36种
【解析】根据分类加法计数原理得，从10个人中选1个人解这道题目,不同的选法共
有 （种）．
（【另解】每个人都会一种方法解题，要完成的一件事为从10个人中挑1个人解题，
所以选法的种数为10）
2.设，，，若以，， 为三条边的长构成一个等腰三角形，则这样
的三角形有____个．
12
【解析】 设， 是腰长，根据腰长分四类：
第1类，当时， （判断依据为两边之和大于第三边），则
；
第2类，当时，，则 ,2,3；
第3类，当时，，则 ,2,3,4；
第4类，当时，，则 ,2,3,4.
因此符合条件的三角形的个数为 ．
. .
设 为底边长，根据底边长分四类：
第1类，当时，，则 ，2，3，4;
第2类，当时，，则 ，3，4;
第3类，当时，，则 ，3，4;
第4类，当时，，则 ，4.
因此符合条件的三角形的个数为 .
题型2 分步乘法计数原理的应用
1 可重复选取问题
例6 [教材改编P12 T8]
（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
【解析】依次确定4名同学的选报项目,第一名同学在三项运动
中选择一项，有3种选法，同理，第二、三、四名同学也都有
3种选法.（每个人都要报项目，分步标准为人）
根据分步乘法计数原理，共有 种报名方法.
（【明易错】注意是而不是 ）
. .
（2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每个项目只有一个冠军且每名同学
可夺得多项冠军），共有多少种可能的结果？
【解析】依次确定三个项目的冠军，跑步的冠军由这4名同学中的一位获得，因此有
4种可能，同理跳高、跳远这两个项目的冠军也各有4种可能.（每个项目必须有人得
冠军，分步标准为项目）
根据分步乘法计数原理，共有种可能的结果.（【明易错】注意是 而
不是 ）
. .
名师点评 用分步乘法计数原理求解此类对象可重复选取的问题时,哪类对象必须“用
完”就以哪类对象作为分步的标准.
2 不可重复选取问题
例7 (2025·福建省泉州市期中)将3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子内至
多放1个小球，不同的放法种数有( )
B
A.36 B.60 C.64 D.81
【解析】 以小球为研究对象，分三步完成.
第一步，放第一个小球，有5种放法；
第二步，放第二个小球，有4种放法；
第三步，放第三个小球，有3种放法.
（因为每个盒子内至多放1个小球，所以放入1个小球后，该盒子不能再放，即下一
个小球的放法减一）
根据分步乘法计数原理，共有不同的放法种数为 .
以盒子为研究对象，盒子序号记为1,2,3,4,5.
当3个小球放入后还剩2个空盒，通过列举法可知空盒有10种情况：， ，
，，，，，，， ，
每种情况下小球均有 （分步乘法计数原理，选出2个空盒后，第一个小
球有3种放法，第二个小球有2种放法，第三个小球有1种放法）种放法，
故共有不同的放法种数为 .
. .
应用分步乘法计数原理解题的一般思路
【学会了吗丨变式题】
3.[教材改编P7 T5]
（1）用数字7,8,9可以组成多少个三位数？
【答案】第一步：确定个位数字,7,8,9三个数字都可以选择,有3种选法.
第二步：确定十位数字,7,8,9三个数字都可以选择,有3种选法.
第三步：确定百位数字,7,8,9三个数字都可以选择,有3种选法.
根据分步乘法计数原理,可以组成的三位数有 （个）.
（2）用数字7,8,9可以组成多少个没有重复数字的三位数？
【答案】第一步：确定个位数字,7,8,9三个数字都可以选择,有3种选法.
第二步：确定十位数字,第一步选过的数字不能选择,因此有2种选法.
第三步：确定百位数字,只有1种选法.
根据分步乘法计数原理,可以组成的没有重复数字的三位数有 （个）.
以个位数字，十位数字，百位数字的顺序分
三步.
题型3 计数问题中间接法的应用
例8 [教材改编P11 T6]若直线方程中的, 是从0,1,2,3,5这5个数中任取
的2个不同的数，则方程所表示的不同直线共有____条.
14
【解析】 （直接法） 本题中有特殊数0，所以以, 中是否有0为标准进行
分类，可分两类.
第一类，当,中有一个为0时，表示直线或 ，共2条不同直线.
第二类，当,都不为0时，确定直线 需要分两步完成：
第一步，确定 的值，有4种不同的方法；
第二步，确定 的值，有3种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定的不同直线有 （条）.
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有 （条）.
（间接法） 分两步：
第一步，确定 的值，有5种不同的方法；
第二步，确定 的值，有4种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定的直线有 （条）.
在这20条直线中，
当，，2，3，5时，表示同一条直线（直线 ）;
当，，2，3，5时，表示同一条直线（直线 ）.
因此有2条直线分别被多计算3次，故符合条件的不同直线共有
（条）.
利用间接法求计数问题的着手点
间接法体现了“正难则反”的思想.当问题从正面考虑的情况较多,而从反面考虑的情况
较少,且容易计数时,宜采用间接法,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.对于含有“至少”“不少于”“不超过”等关键词的题目，要从正面和
反面去比较，当用直接法不易求解时，可采用间接法求解.
【学会了吗丨变式题】
图6.1-6
4.如图6.1-6，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中有6个
焊接点,,,,, ，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通.
现发现电路不通了，那么焊接点脱落的可能情况共有____种.
63
【解析】电路不通可能是由一个或多个焊接点脱落造成的，问
题比较复杂.但电路通的情况只有一种（电路焊接点的所有情况
减去电路通的情况就是电路不通的情况），即各个焊接点均未
脱落.因为每个焊接点只有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，电路
就会不通，故焊接点脱落的可能情况的种数为 .
. .
题型4 两个计数原理的综合应用
解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用. 使用时要做到目的明
确,层次分明,先后有序,还需特别注意以下两点:
（1）合理分类,准确分步:处理计数问题,应紧扣两个计数原理,首先弄清楚是“分类”还
是“分步”,其次搞清楚“分类”或“分步”的标准,做到合理分类,准确分步.
（2）特殊优先,一般在后:解含有特殊元素、特殊位置的计数问题时,优先安排特殊元
素,优先确定特殊位置,再考虑其他位置，体现出解题过程中特殊与一般的思想.
1 “类中有步”计数问题
例9 新情境 十二生肖(2025·辽宁省本溪市高级中学月考)
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，
丙同学每个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有( )
B
A.30种 B.50种 C.60种 D.90种
【解析】先安排甲，分两类：（甲、乙为特殊对象，优先安排.当先安排乙时，分三
类，但不能优先安排丙）
①甲选择牛，乙有2种选择，丙有10种选择，则选法种数为 ;
②甲选择马，乙有3种选择，丙有10种选择，则选法种数为 .
根据分类加法计数原理，选法种数为 ．
. .
. .
. .
“类中有步”计数问题的解题策略
用流程图描述计数问题，“类中有步”的情形如图6.1-7所示.
图6.1-7
从到 视为完成一件事，完成这件事有两类方案，在第1类方案中有3步，在第2类
方案中有2步，完成每一步的方法数如图6.1-7所示，所以完成这件事的方法数为
.
【学会了吗丨变式题】
图6.1-8
5.(2025·四川省绵阳市期中)如图6.1-8是某社区的街道示意图，一
辆洒水车从点出发不重复地经过所有街道又回到 点，那么洒
水车行走的不同路线有( )
B
A.8种 B.12种 C.16种 D.24种
【解析】根据题意，洒水车从 点出发可以选择向左或向右，有2种情况：
①若向左，走到点时，有3种选择，走到点后，有2种选择回到 点，然后剩下1种
选择回到点，最后返回点，路线有 （种）；
②若向右，走到点时，有3种选择，走到点后，有2种选择回到 点，然后剩下1种
选择回到点，最后返回点，路线有 （种）.
综上，洒水车行走的不同路线共有 （种）．
2 “步中有类”计数问题
例10 (2025·河北省承德市高新区第一中学期中)将3种农作物全部种植在如图6.1-9所
示的5块试验田里，每块试验田种植1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.
图6.1-9
42
思路点拨 将3种农作物种植在5块试验田中，先将问题“分步”，根据相邻的试验田
不能种植同一种农作物，“步”里面需要再“分类”．
【解析】第一步：先编号，便于分辨
分别用,, 代表3种农作物，将试验田从左到右依次编号为①②③④⑤.
第二步：按编号依次求解种植方法
先种①号田，有3种种植方法，不妨设种植 .
再种②号田，可种植或，有2种种植方法，不妨设种植 .
若③号田种植，则④⑤号田分别有2种种植方法，则不同的种植方法共有
（种）.
若③号田种植,则④号田可种植或 ,
（1）若④号田种植 ,则⑤号田有2种种植方法;
（2）若④号田种植，则⑤号田只能种植 ,（3种农作物要全
部种完）有1种种植方法.
第三步：总结
综上所述，不同的种植方法共有
（种）.
. .
“步中有类”计数问题的解题策略
用流程图描述计数问题，“步中有类”的情形如图6.1-10所示.#2.2
图6.1-10
从计数的角度看，由到视为完成一件事，可简单地记为 .
完成这件事需分三步，即，，，其中 这一步又分为三
类，完成每一步的方法数如图6.1-10所示，所以完成 这件事的方法数为
.#2.4
“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.#2.6
【学会了吗丨变式题】
图6.1-11
6.[教材改编P27 T17](2025·江西省南昌中学期末)如图6.1-11，一个
地区分为5个区域，现给5个区域涂色，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．
72
【解析】先给①②③号区域涂色，分别有4种、3种和2种涂色方法.
再给④号和⑤号区域涂色，
当④号与②号同色时，④号有1种涂色方法，⑤号有2种涂色方法；
当④号与②号不同色时，④号有1种涂色方法，⑤号有1种涂色方法.
共有 种涂色方法．
题型5 计数时常见棘手问题之“多面手”
例11 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？
图6.1-12
【解析】 画出示意图，如图6.1-12所示，既会下象棋又会
下围棋的“多面手”有2名学生（对应图6.1-12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 ，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
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 ，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 ．
根据分类加法计数原理，不同的选法种数为 ．
. .
. .
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 .
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 ．
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
.所以“多面手”中有1人参赛的选法种数为 ．
. .
易错警示 在解题时一定要注意元素的双重性（“多面手”），选取一个分类标准，
合理分类，否则计数容易出现重复或遗漏的情况.
【学会了吗丨变式题】
7.某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会日语，若在同一天要接待3个
不同的外国旅游团，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会日
语的导游，则不同的安排方法种数有( )
C
A.12 B.13 C.14 D.15
【解析】由题意知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，
按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：
第一类，甲被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需
要会英语的旅游团，有2种安排方法，所以有 种安排方法；
第二步，从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团，共2种安排方法.
故此时共有 种安排方法.
第二类，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；
第二步，从会日语的3人（包括甲）中选出1人安排到需要会日语的旅游团，有3种安
排方法.
故此时共有 种安排方法．
综上，不同的安排方法种数为 ．
题型6 两个计数原理与其他知识的综合
1 数列
例12 (2025·辽宁省辽阳市月考)用1,2,3,4四个数字（可重复）组成三位数，并把这些
三位数由小到大排成一个数列 .
（1）这个数列共有多少项？
【解析】由题意知这个数列的项数就是由1,2,3,4四个数字组成的
可有重复数字的三位数的个数.
由于每个数位上的数都有4种取法，由分步乘法计数原理，得满
足条件的三位数有 （个）.
即数列 共有64项.
. .
（2）若，求 .
【解析】把比341小的数分为两类：
第1类，百位上的数是1或2，十位和个位上的数分别可以是1,2,3,4中的任一个，这样
的数的个数为 .
第2类，百位上的数是3，十位上的数可以是1,2,3中的任一个，个位上的数可以是
1,2,3,4中的任一个，这样的数的个数为 .
所以比341小的数的个数为 .
所以.（根据数列的知识可知 的值不是44，而是45）
. .
2 立体几何
图6.1-13
例13 新情境 阳马(2025·福建省福州市检测)《九章算术》中，称
底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设 是正六
棱柱的一条侧棱，如图6.1-13,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,
以 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )
D
A.4 B.8 C.12 D.16
图6.1-14
【解析】如图6.1-14,在正六棱柱 中，
连接,,,,易知 平面， 平面
， 平面， 平面 .
取矩形为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以为, ,
, ，共4个;
取矩形为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以为, ,
, ，共4个;
取矩形为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以为,, , ，共4个;
取矩形 为阳马的底面，则阳马的另一个顶点
可以为,,, ，共4个.
所以由分类加法计数原理，可知阳马的个数是16.
（【另解】由分析可知满足条件的以 为边的底面矩形有4个，每个底面矩形对应
的阳马的顶点也有4个，根据分步乘法计数原理可知，阳马的个数为 ）
3 古典概型
例14 (2025·山西省吕梁市期末)甲、乙两名大学生报名参加运动会志愿者，若随机将
甲、乙两人分配到,,这3个比赛场地，则甲、乙都被分配到 场地的概率为( )
A
A. B. C. D.
【解析】当甲、乙两人被分配到不同的比赛场地时,分配方法数为 ；
当甲、乙两人被分配到相同的比赛场地时,分配方法数为3.
故分配方法数共为 .
甲、乙都被分配到场地仅1种分法，所以甲、乙都被分配到场地的概率为 .
名师点评 求解古典概型的关键在于样本点个数的计算，而两个计数原理恰好为计算
样本点的个数提供了便捷的途径.因此，计数原理与古典概型的结合可谓是完美搭配，
之后还会遇到古典概型的问题，此处给出基础试题作出铺垫.
新考法·思维创新
计数原理中的正因数问题
例15 (2025·安徽省安庆市联考)324共有多少个不同的正因数？所有这些正因数的和
是多少？
【解析】因为，所以324的正因数一定是，其中 ，
，要确定一个正因数需分两步：
第1步，确定 ，有3种选法；
第2步，确定 ，有5种选法.
根据分步乘法计数原理，324的正因数个数是 .
这些正因数的和就是 ．
名师点评 此题主要考查了求一个数的正因数的方法，解答此题的关键是熟练掌握因
数个数定理和因数和定理：
对于一个大于1的正整数 可以分解质因数：
，
则由因数个数定理可知的正因数有 个，
由因数和定理可得 的所有正因数的和为
.
它们经常出现在各类数学竞赛中.
. .
. .
. .
高考帮 考试课丨核心素养聚焦
考情揭秘
高考主要考查对两个计数原理的理解和应用，解题的关键是对“类”与“步”的正确区
分.一般以选择题或填空题的形式呈现，试题难度中等.
核心素养：逻辑推理（“类”与“步”的区分）、数学抽象（将文字语言具象为数学算
式）、数学运算（通过计数求得结果）
考向 两个计数原理的应用
例16 (2024· 新课标Ⅱ卷)在如图6.1-15的 的方格表中选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
图6.1-15
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 .
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.
（每列中的十位上的数字都相同）
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，从第四行选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 .
例17 (2023·上海)已知空间中的三点,,满足 ,在空间中任取不同
的两点（不计顺序）,使得这两点与点,, 可以组成正四棱锥,则不同的取法有___种
（用数字作答）.
9
【解析】由题意得 为正三角形.根据正四棱锥的定义知，正四棱锥的底面是正
方形，顶点在底面的射影是正方形的中心，故所给正 的任意一条边可以为底
面正方形的一条边或对角线.
图6.1-16
将的一条边作为底面正方形的一条边，若将
作为底面正方形的一条边，可在 的左侧取不同
的两点，，使得这两点与，， 构成正四棱锥
，在的右侧取不同的两点, ，使得
这两点与，，构成正四棱锥 ,如图6.1-
16，同样，， 也可作为底面正方形的一条边，
所以方案数为 .
图6.1-17
将的一条边作为底面正方形的对角线时，若将 作为底
面正方形的对角线，可构造一个正四棱锥，如图6.1-17，同样
， 也可作为底面正方形的对角线，所以方案数为3.
故不同的取法有 （种）.
高考新题型专练
1.新情境 绿色出行［多选题］(2025·重庆市月考)某城市地铁公司为鼓励人们绿色出
行，决定按照乘客的乘坐站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如表：
票价/元 2 3 4
现有甲、乙两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，
且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论中正确的是( )
BD
A.若甲和乙两人共花费5元，则甲和乙下地铁的方案共有9种
B.若甲和乙两人共花费5元，则甲和乙下地铁的方案共有18种
C.若甲和乙两人共花费6元，则甲和乙下地铁的方案共有9种
D.若甲和乙两人共花费6元，则甲和乙下地铁的方案共有27种
【解析】对于A，B，因为甲、乙两人乘坐地铁，共花费5元，
则其中一人的乘坐站数不超过3，另一人的乘坐站数超过3不超过6，若甲乘坐站数不
超过3（即1，2，3），乙乘坐站数超过3不超过6（即4，5，6），则有 种方
案，
同理，若乙乘坐地铁不超过3站，甲乘坐地铁超过3站不超过6站，也有9种方案，
因此甲和乙两人共花费5元时，共有18种下地铁的方案，故A错误，B正确.
对于C,D，若甲、乙两人共付费6元，则共有三类情况：
甲付2元，乙付4元；甲付3元，乙付3元；甲付4元，乙付2元.
易知每类情况均有种方案，所以甲、乙两人共付费6元时，共有
种下地铁的方案，故C错误，D正确.
2.［多选题］(2025·广东省中山市第二中学月考)现安排高二年级，， 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( )
ABD
A.共有 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 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
【解析】对于A，，， 三名同学，每个学生有4种选法，则三个学生有
种选法，故A正确；
对于B，三人到4个工厂，有 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 （种），则甲工厂必须有同学去的安排方法有
（种），故B正确；
对于C，若同学必须去甲工厂，则将剩下2名同学安排到4个工厂即可，有
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，则有 种安排方法，故D正确．
练习帮 习题课丨学业质量测评
A 基础练丨知识测评
建议时间：30分钟
1.[教材改编P5例3]某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱
乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有 ( )
B
A.24种 B.9种 C.3种 D.26种
【解析】某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂
志中任选一本阅读，不同的选法种数为 ，故选B．
2.(2025·江苏省南京市金陵中学期初)从集合，1，2，3，4，5， 中任取两个互不
相等的数，组成复数 ，其中虚数有( )
C
A.30个 B.42个 C.36个 D.35个
【解析】要完成这件事可分两步：
第一步确定，且 ，有6种方法；
第二步确定 ，有6种方法.
故由分步乘法计数原理知共有 个虚数.
3.(2025·江苏省南京市期末)6名同学参加3个课外知识讲座，每名同学必须且只能随
机选择其中的1个，不同的选法种数是( )
B
A.20 B. C. D.120
【解析】由于每名同学都有3种选法，故6名同学共有 种选法．
（每名同学都要选，分步标准为6名同学）
4.(2025·陕西省西安市期中)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，
则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )
D
A. B. C. D.
【解析】由题意知所求概率为 .（在概率问题中，含有“至多”“至少”等字眼的
问题可考虑利用对立事件求解概率）
. .
5.［多选题］(2025·山东省菏泽市月考)现有3名老师、8名男同学和5名女同学共16人，
有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是( )
ABC
A.只需1人参加，有16种不同选法
B.若需老师、男同学、女同学各1人参加，则有120种不同选法
C.若需1名老师和1名同学参加，则有39种不同选法
D.若需3名老师和1名同学参加，则有56种不同选法
【解析】选项A，分三类，选老师，有3种选法，选男同学，有8种选法，选女同学，
有5种选法，故共有 种选法，故A正确.
选项B，分三步，第一步选老师，第二步选男同学，第三步选女同学，故共有
种选法，故B正确.
选项C，分两步，第一步选老师，第二步选同学.第二步中又分为两类，第一类选男
同学，第二类选女同学，故共有 种选法，故C正确.
选项D，若需3名老师和1名同学参加，则有13种不同选法，故D错误.故选 .
（3名老师必须去，只选同学即可）
. .
6.新定义 渐降数 用0,1,2,3,4,5这6个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字比
其左邻的数字小的数叫做“渐降数”，则上述四位数中“渐降数”的个数是____．
15
【解析】分三类：
第一类，千位数字为3时，要使四位数为“渐降数”，则四位数只有 ，共1个；
第二类，千位数字为4时，“渐降数”有,,, ，共4个；
第三类，千位数字为5时，“渐降数”有,,,,,, ,
,, ，共10个．
由分类加法计数原理得，满足题意的“渐降数”共有（个）
7.(2025·湖南省长沙市长郡中学月考)一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部
分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为 等份，种植红、黄、蓝三
种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
（1）如图6.1-1（1），圆环分成3等份，分别为，， ，则有___种不同的种植方法;
6
图6.1-1
【解析】先种植部分，有3种不同的种植方法，再种植，部分．因为， 与
的颜色不同，，的颜色也不同，所以种植时，有2种颜色可选，种植 时，
仅有1种颜色可选.
由分步乘法计数原理得，不同的种植方法有 （种）．
（2）如图6.1-1（2），圆环分成4等份，分别为，，， ，则有____ 种不同
的种植方法.
18
【解析】当，不同色时，有种种植方法，当， 同色时，有
种种植方法，
由分类加法计数原理得，共有 种种植方法．
8.某职业学校外贸专业高二（1）班、（2）班、（3）班分别有7，9，10人参加技能
兴趣选拔赛．
（1）如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？
【答案】分三类：
选出的是高二（1）班的学生，有7种选法；
选出的是高二（2）班的学生，有9种选法；
选出的是高二（3）班的学生，有10种选法.
由分类加法计数原理，得不同的选法种数为 .
（2）如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？
【答案】每班选一名副组长为一步，所以共有三步.
由分步乘法计数原理，得不同的选法种数为 .
（3）如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？
【答案】分三类:高二（1）班和高二（2）班，高二（1）班和高二（3）班，高二
（2）班和高二（3）班.
每类又分两步，故不同的选法种数为 ．
B 综合练丨高考模拟
建议时间：35分钟
9.(2025·四川省成都市期中)某幼儿园中的王老师和李老师给小朋友发水果．王老师
的果篮里有草莓、苹果、芒果3种水果．李老师的果篮里有苹果、樱桃、香蕉、猕猴
桃4种水果．小华可以在两个老师的果篮里分别选一个水果．小华拿到2种不同的水
果的情况有( )
C
A.6种 B.7种 C.11种 D.12种
【解析】分两种情况：
①小华拿到的水果里没有苹果，则在王老师的果篮里有2种选法，在李老师的果篮里
有3种选法，共有 种选法；
②小华拿到的水果里有苹果，再分苹果来自王老师还是李老师的果篮，共有
种选法.
由分类加法计数原理知，共有 种选法．
10.(2025·江苏省徐州市段考)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记
为，,共可得到 的不同值的个数是( )
C
A.9 B.10 C.18 D.20
【解析】,有多少个不同值，只要看 不同值的个数即可.分两步分
别取出,
第1步，从五个数中取出一个数作为 ，有5种方法；
第2步，从剩下的四个数中取出一个数作为 ，有4种方法.
根据分步乘法计数原理，取法种数为.由于，，故 的不
同值的个数为 .
图6.1-2
11.(2025·广东省广州市期末)如图6.1-2所示
是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建
有，，，， 五个水闸，若上游有充
足水源但下游没有水，则这五个水闸打开
或关闭的情况有( )
C
A.7种 B.15种 C.23种 D.26种
【解析】每个水闸有打开或关闭两种情况，五个水闸的打开或关闭的不同结果有 种.
（包含下游有水和下游没有水）
若下游有水，则水闸打开，水闸，至少打开一个，水闸， 至少打开一个，
（完成下游有水这件事，分以上三步）
水闸，至少打开一个的情况有 种，
水闸，至少打开一个的情况有 种，
由分步乘法计数原理得下游有水时水闸打开或关闭的不同结果有
（种）.
所以下游没有水时，五个水闸打开或关闭的情况有 （种）．
. .
12.如图6.1-3所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右
两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记
上、中、下三档的数字和分别为，，.例如，在图6.1-3中，上档的数字和 .若
，， 成等差数列，则不同的分珠计数法种数为( )
D
图6.1-3
A.12 B.24 C.16 D.32
【解析】根据题意知，，，的取值范围都是 ，（将算珠全部移至左侧或全
部移至右侧即可得，， 的取值范围）
且,, 都是整数，
设,,所成等差数列的公差为,则易知， .
（由，， 可得）
根据公差 的取值分四类：
第1类，当公差时，有 ，共8种；
第2类，当公差时，不取7和14， 有6种，数列有增和减两种情况，则不同
的分珠计数法有 （种）；
. .
. .
第3类，当公差时，不取7,8,13,14， 有4种，数列有增和减两种情况，则不
同的分珠计数法有 （种）；
第4类，当公差时， 只能取10或11，数列有增和减两种情况，则不同的分珠
计数法有 （种）.
综上，不同的分珠计数法共有 （种）.
13.［多选题］(2025·山东省临沂第一中学校月考)已知数字0,1,2,3,4，由它们组成四
位数，下列说法正确的有( )
AB
A.组成可以有重复数字的四位数有500个 B.组成无重复数字的四位数有96个
C.组成无重复数字的四位偶数有66个 D.组成无重复数字的四位奇数有28个
【解析】四位数的首位不能为0，则首位有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可
以有重复数字的四位数的个数为 ，故A正确；
四位数的首位不能为0，则首位有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3
个数位，有种情况，则组成无重复数字的四位数的个数为 ，
故B正确；
若0在个位，有个四位偶数，若0不在个位，有 个四
位偶数，则组成无重复数字的四位偶数的个数为 ，故C错误；
组成无重复数字的四位奇数的个数为，故选项D错误.故选 .
14.新定义 回文数 (2025·河南省实验中学月考)回文数是指从左到右读与从右到左读
都一样的正整数，如22，121，， 等.显然2位回文数有9个：11，22，
33， ，位回文数有90个：101，111，121， ，191，202， ，999.则
（1）4位回文数有_________________________________________________________
_________________________________________________________________________
个；
90 千位有9种不同填法，百位有10种不同填法，十位、个位对应各有1种填法.由分步乘法计数原理可知，4位回文数的个数为.
（2） 位回文数有 ____________________________________________
_________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________
____________ 个.
由回文数的对称性知，只需考虑
位回文数自左至右的前位数.最高位有9种不同填法，其余 位分
别有10种不同填法，由分步乘法计数原理可知， 位回文数的个数为
.
图6.1-4
15.(2025·江苏省南京市雨花台中学期中)用 种不同
的颜色为甲、乙两块广告牌着色，如图6.1-4，要求
在①②③④四个区域中相邻（有公共边界）的区域
不用同一种颜色.
（1）若 ，则为甲着色时共有多少种不同的方法
【答案】为①区域着色时有6种方法，
为②区域着色时有5种方法，
为③区域着色时有4种方法，
为④区域着色时有4种方法，
依据分步乘法计数原理，不同的着色方法有 （种）．
（2）若为乙着色共有120种不同的方法，求 的值.
【答案】由题意知，为①区域着色时有 种方法，
为②区域着色时有 种方法，
为③区域着色时有 种方法，
为④区域着色时有 种方法，
由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为 ．
则 ，
则 ，
即 ，
所以或 （无解,舍去），
即,解得或（不符合题意,舍去）.故 .
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
图解课标要点
教材帮 新知课丨必备知识解读
知识点1 分类加法计数原理
定 义
推 广
. .
知识剖析
理解分类加法计数原理的关键点
（1）定性：①明确要完成的事及怎样才算完成这件事；②完成这件事可以有哪些方
案，方案中有哪些方法.
（2）独立性：①完成这件事的 类方案是相互独立的；②每一类方案中的方法都可
以单独完成这件事，不需要用到其他的方法.
（3）分类（这是利用分类加法计数原理解题的关键.）：①分类标准必须明确
（要做到不重不漏），一般地，分类标准不同，分类的结果也不同；②每一种方法
都必须属于某一类，不同类的任意两种方法是不同的；③每一类中的任意两种方法
也不相同.#1.1.4
. .
. .
学思用·典例详解
图6.1-1
例1-1 [教材改编P11习题6.1 T3]在如图6.1-1所示的电路（规定只能
闭合其中一个开关）中，接通电源使灯泡发光的方法有___种.
5
【解析】 要完成的事是闭合开关使灯泡发光，完成这件事
的方案可分两类：
第1类，闭合开关组 中的一个开关，有2种方法.
第2类，闭合开关组 中的一个开关，有3种方法.
因此接通电源使灯泡发光的方法种数为 .
图6.1-2
将电路图变形，如图6.1-2所示，图中有5个开关，闭合
其中任意一个开关，均能接通电源使灯泡发光，因此有5种方法.
知识点2 分步乘法计数原理
定 义
推 广
. .
知识剖析
理解分步乘法计数原理的关键点
（1）定性：①明确要完成的事及怎样才算完成这件事；②完成这件事要经过几步，
每步中有哪些方法.
（2）相关性：①完成这件事需要分成若干个步骤；②只有每个步骤都完成了，才算
完成这件事，缺少任一步骤，这件事都不可能完成.
（3）分步（这是利用分步乘法计数原理解题的关键.）：①分步标准必须明确，一
般地，分步的标准不同，分成的步骤数也会不同；②要注意各步骤之间必须连续；
③各步骤之间既不能重复，也不能遗漏.#1.1.1.3
. .
学思用·典例详解
例2-2 (2025·天津市第二十五中学月考)在如图6.1-3所示的电路（规定只能闭合其中2
个开关）中，接通电源使灯泡发光的方法有___种.
6
图6.1-3
【解析】由题意可知，在该电路中，只有先闭合组2个开关中的任意1个，再闭合
组3个开关中的任意1个后，接通电源,灯泡才能发光.
因此要完成这件事，需要分两步，所以接通电源使灯泡发光的方法种数为 .
知识点3 两个计数原理的联系与区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联 系 回答的都是有关完成一件事的不同方法种数的问题 区 别 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题
其中各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存
用其中任何一种方法都可以做完这件 事 只有每一个步骤都完成才能完成这件
事
知识剖析 用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析
两点：
（1）要完成的“一件事”是什么及怎样才算完成这件事；
（2）需要分类还是需要分步．
. .
. .
. .
. .
分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计
数原理求和，得到总数.
分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤才能完成这件事．分步后再计算每一
步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.
（有些问题既有分类也有分步，可以根据题意画出流程图，直观解决问题）
学思用·典例详解
图6.1-4
例3-3 (2025·云南省昆明市期中)如图6.1-4，要让电路
从处到 处只有一条支路接通，不同路径的条数为
( )
D
A.4 B.5 C.9 D.10
【解析】首先电路接通分两类（每类中需要分步，先
分步乘法，后分类加法）：从上面走和从下面走.
走上面需要两步，每步都有两种路径，路径条数为 ；
走下面需要两步，第一步有三种路径，第二步有两种路径，路径条数为 .
故不同路径的条数共计为 .
. .
方法帮 解题课丨关键能力构建
题型1 分类加法计数原理的应用
例4 [教材改编P11练习T2]在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个
数是( )
B
A.18 B.36 C.72 D.48
【解析】 （按十位上的数字分类） 按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8分
成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、
1个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数的个数是
．
（按个位上的数字分类） 按个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9分成八类，
在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数的个数是
．
（间接法） 所有的两位数共有90个，考虑两位数的个位数字与十位数字
的大小关系，其中，个位数字等于十位数字的两位数为11,22,33, ,99,共9个，十位
数字大于个位数字且个位数字与十位数字不能调换位置的两位数为10,20,30, ，90,
共9个，则剩余的两位数有 （个）.
在这72个两位数中，每一个个位数字小于十位数字的两位数都有一个十位数字小于
个位数字的两位数与之对应，故满足条件的两位数的个数是 .（【举例子】
如36与63对应，显然36符合题意，把63舍去）
例5 椭圆的焦点在轴上，且，2，3，4，， ，2，3，4，5，
6， ，则这样的椭圆的个数为____.
20
【解析】要使椭圆的焦点在轴上，需 .
（列举法） 当（先确定的值）时， ，3，4，5，6，7，满
足题意的椭圆有6个；
当时， ，4，5，6，7，满足题意的椭圆有5个；
当时， ，5，6，7，满足题意的椭圆有4个；
当时， ，6，7，满足题意的椭圆有3个；
当时， ，7，满足题意的椭圆有2个.
故满足题意的椭圆的个数为 .
. .
图6.1-5
（树状图法） 若先确定 的值，则
的可能取值情况如图6.1-5所示.
故满足题意的椭圆的个数为
.
. .
应用分类加法计数原理解题的一般思路
【学会了吗丨变式题】
1.[教材改编P5 T1（1）]解1道数学题，有三种方法，有3个人只会用第一种方法，
有4个人只会用第二种方法，有3个人只会用第三种方法，从这10个人中选1个人解这
道题目，则不同的选法共有( )
A
A.10种 B.21种 C.24种 D.36种
【解析】根据分类加法计数原理得，从10个人中选1个人解这道题目,不同的选法共
有 （种）．
（【另解】每个人都会一种方法解题，要完成的一件事为从10个人中挑1个人解题，
所以选法的种数为10）
2.设，，，若以，， 为三条边的长构成一个等腰三角形，则这样
的三角形有____个．
12
【解析】 设， 是腰长，根据腰长分四类：
第1类，当时， （判断依据为两边之和大于第三边），则
；
第2类，当时，，则 ,2,3；
第3类，当时，，则 ,2,3,4；
第4类，当时，，则 ,2,3,4.
因此符合条件的三角形的个数为 ．
. .
设 为底边长，根据底边长分四类：
第1类，当时，，则 ，2，3，4;
第2类，当时，，则 ，3，4;
第3类，当时，，则 ，3，4;
第4类，当时，，则 ，4.
因此符合条件的三角形的个数为 .
题型2 分步乘法计数原理的应用
1 可重复选取问题
例6 [教材改编P12 T8]
（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
【解析】依次确定4名同学的选报项目,第一名同学在三项运动
中选择一项，有3种选法，同理，第二、三、四名同学也都有
3种选法.（每个人都要报项目，分步标准为人）
根据分步乘法计数原理，共有 种报名方法.
（【明易错】注意是而不是 ）
. .
（2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每个项目只有一个冠军且每名同学
可夺得多项冠军），共有多少种可能的结果？
【解析】依次确定三个项目的冠军，跑步的冠军由这4名同学中的一位获得，因此有
4种可能，同理跳高、跳远这两个项目的冠军也各有4种可能.（每个项目必须有人得
冠军，分步标准为项目）
根据分步乘法计数原理，共有种可能的结果.（【明易错】注意是 而
不是 ）
. .
名师点评 用分步乘法计数原理求解此类对象可重复选取的问题时,哪类对象必须“用
完”就以哪类对象作为分步的标准.
2 不可重复选取问题
例7 (2025·福建省泉州市期中)将3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子内至
多放1个小球，不同的放法种数有( )
B
A.36 B.60 C.64 D.81
【解析】 以小球为研究对象，分三步完成.
第一步，放第一个小球，有5种放法；
第二步，放第二个小球，有4种放法；
第三步，放第三个小球，有3种放法.
（因为每个盒子内至多放1个小球，所以放入1个小球后，该盒子不能再放，即下一
个小球的放法减一）
根据分步乘法计数原理，共有不同的放法种数为 .
以盒子为研究对象，盒子序号记为1,2,3,4,5.
当3个小球放入后还剩2个空盒，通过列举法可知空盒有10种情况：， ，
，，，，，，， ，
每种情况下小球均有 （分步乘法计数原理，选出2个空盒后，第一个小
球有3种放法，第二个小球有2种放法，第三个小球有1种放法）种放法，
故共有不同的放法种数为 .
. .
应用分步乘法计数原理解题的一般思路
【学会了吗丨变式题】
3.[教材改编P7 T5]
（1）用数字7,8,9可以组成多少个三位数？
【答案】第一步：确定个位数字,7,8,9三个数字都可以选择,有3种选法.
第二步：确定十位数字,7,8,9三个数字都可以选择,有3种选法.
第三步：确定百位数字,7,8,9三个数字都可以选择,有3种选法.
根据分步乘法计数原理,可以组成的三位数有 （个）.
（2）用数字7,8,9可以组成多少个没有重复数字的三位数？
【答案】第一步：确定个位数字,7,8,9三个数字都可以选择,有3种选法.
第二步：确定十位数字,第一步选过的数字不能选择,因此有2种选法.
第三步：确定百位数字,只有1种选法.
根据分步乘法计数原理,可以组成的没有重复数字的三位数有 （个）.
以个位数字，十位数字，百位数字的顺序分
三步.
题型3 计数问题中间接法的应用
例8 [教材改编P11 T6]若直线方程中的, 是从0,1,2,3,5这5个数中任取
的2个不同的数，则方程所表示的不同直线共有____条.
14
【解析】 （直接法） 本题中有特殊数0，所以以, 中是否有0为标准进行
分类，可分两类.
第一类，当,中有一个为0时，表示直线或 ，共2条不同直线.
第二类，当,都不为0时，确定直线 需要分两步完成：
第一步，确定 的值，有4种不同的方法；
第二步，确定 的值，有3种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定的不同直线有 （条）.
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有 （条）.
（间接法） 分两步：
第一步，确定 的值，有5种不同的方法；
第二步，确定 的值，有4种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定的直线有 （条）.
在这20条直线中，
当，，2，3，5时，表示同一条直线（直线 ）;
当，，2，3，5时，表示同一条直线（直线 ）.
因此有2条直线分别被多计算3次，故符合条件的不同直线共有
（条）.
利用间接法求计数问题的着手点
间接法体现了“正难则反”的思想.当问题从正面考虑的情况较多,而从反面考虑的情况
较少,且容易计数时,宜采用间接法,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.对于含有“至少”“不少于”“不超过”等关键词的题目，要从正面和
反面去比较，当用直接法不易求解时，可采用间接法求解.
【学会了吗丨变式题】
图6.1-6
4.如图6.1-6，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中有6个
焊接点,,,,, ，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通.
现发现电路不通了，那么焊接点脱落的可能情况共有____种.
63
【解析】电路不通可能是由一个或多个焊接点脱落造成的，问
题比较复杂.但电路通的情况只有一种（电路焊接点的所有情况
减去电路通的情况就是电路不通的情况），即各个焊接点均未
脱落.因为每个焊接点只有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，电路
就会不通，故焊接点脱落的可能情况的种数为 .
. .
题型4 两个计数原理的综合应用
解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用. 使用时要做到目的明
确,层次分明,先后有序,还需特别注意以下两点:
（1）合理分类,准确分步:处理计数问题,应紧扣两个计数原理,首先弄清楚是“分类”还
是“分步”,其次搞清楚“分类”或“分步”的标准,做到合理分类,准确分步.
（2）特殊优先,一般在后:解含有特殊元素、特殊位置的计数问题时,优先安排特殊元
素,优先确定特殊位置,再考虑其他位置，体现出解题过程中特殊与一般的思想.
1 “类中有步”计数问题
例9 新情境 十二生肖(2025·辽宁省本溪市高级中学月考)
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，
丙同学每个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有( )
B
A.30种 B.50种 C.60种 D.90种
【解析】先安排甲，分两类：（甲、乙为特殊对象，优先安排.当先安排乙时，分三
类，但不能优先安排丙）
①甲选择牛，乙有2种选择，丙有10种选择，则选法种数为 ;
②甲选择马，乙有3种选择，丙有10种选择，则选法种数为 .
根据分类加法计数原理，选法种数为 ．
. .
. .
. .
“类中有步”计数问题的解题策略
用流程图描述计数问题，“类中有步”的情形如图6.1-7所示.
图6.1-7
从到 视为完成一件事，完成这件事有两类方案，在第1类方案中有3步，在第2类
方案中有2步，完成每一步的方法数如图6.1-7所示，所以完成这件事的方法数为
.
【学会了吗丨变式题】
图6.1-8
5.(2025·四川省绵阳市期中)如图6.1-8是某社区的街道示意图，一
辆洒水车从点出发不重复地经过所有街道又回到 点，那么洒
水车行走的不同路线有( )
B
A.8种 B.12种 C.16种 D.24种
【解析】根据题意，洒水车从 点出发可以选择向左或向右，有2种情况：
①若向左，走到点时，有3种选择，走到点后，有2种选择回到 点，然后剩下1种
选择回到点，最后返回点，路线有 （种）；
②若向右，走到点时，有3种选择，走到点后，有2种选择回到 点，然后剩下1种
选择回到点，最后返回点，路线有 （种）.
综上，洒水车行走的不同路线共有 （种）．
2 “步中有类”计数问题
例10 (2025·河北省承德市高新区第一中学期中)将3种农作物全部种植在如图6.1-9所
示的5块试验田里，每块试验田种植1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.
图6.1-9
42
思路点拨 将3种农作物种植在5块试验田中，先将问题“分步”，根据相邻的试验田
不能种植同一种农作物，“步”里面需要再“分类”．
【解析】第一步：先编号，便于分辨
分别用,, 代表3种农作物，将试验田从左到右依次编号为①②③④⑤.
第二步：按编号依次求解种植方法
先种①号田，有3种种植方法，不妨设种植 .
再种②号田，可种植或，有2种种植方法，不妨设种植 .
若③号田种植，则④⑤号田分别有2种种植方法，则不同的种植方法共有
（种）.
若③号田种植,则④号田可种植或 ,
（1）若④号田种植 ,则⑤号田有2种种植方法;
（2）若④号田种植，则⑤号田只能种植 ,（3种农作物要全
部种完）有1种种植方法.
第三步：总结
综上所述，不同的种植方法共有
（种）.
. .
“步中有类”计数问题的解题策略
用流程图描述计数问题，“步中有类”的情形如图6.1-10所示.#2.2
图6.1-10
从计数的角度看，由到视为完成一件事，可简单地记为 .
完成这件事需分三步，即，，，其中 这一步又分为三
类，完成每一步的方法数如图6.1-10所示，所以完成 这件事的方法数为
.#2.4
“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.#2.6
【学会了吗丨变式题】
图6.1-11
6.[教材改编P27 T17](2025·江西省南昌中学期末)如图6.1-11，一个
地区分为5个区域，现给5个区域涂色，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．
72
【解析】先给①②③号区域涂色，分别有4种、3种和2种涂色方法.
再给④号和⑤号区域涂色，
当④号与②号同色时，④号有1种涂色方法，⑤号有2种涂色方法；
当④号与②号不同色时，④号有1种涂色方法，⑤号有1种涂色方法.
共有 种涂色方法．
题型5 计数时常见棘手问题之“多面手”
例11 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？
图6.1-12
【解析】 画出示意图，如图6.1-12所示，既会下象棋又会
下围棋的“多面手”有2名学生（对应图6.1-12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 ，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
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 ，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 ．
根据分类加法计数原理，不同的选法种数为 ．
. .
. .
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 .
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 ．
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
.所以“多面手”中有1人参赛的选法种数为 ．
. .
易错警示 在解题时一定要注意元素的双重性（“多面手”），选取一个分类标准，
合理分类，否则计数容易出现重复或遗漏的情况.
【学会了吗丨变式题】
7.某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会日语，若在同一天要接待3个
不同的外国旅游团，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会日
语的导游，则不同的安排方法种数有( )
C
A.12 B.13 C.14 D.15
【解析】由题意知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，
按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：
第一类，甲被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需
要会英语的旅游团，有2种安排方法，所以有 种安排方法；
第二步，从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团，共2种安排方法.
故此时共有 种安排方法.
第二类，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；
第二步，从会日语的3人（包括甲）中选出1人安排到需要会日语的旅游团，有3种安
排方法.
故此时共有 种安排方法．
综上，不同的安排方法种数为 ．
题型6 两个计数原理与其他知识的综合
1 数列
例12 (2025·辽宁省辽阳市月考)用1,2,3,4四个数字（可重复）组成三位数，并把这些
三位数由小到大排成一个数列 .
（1）这个数列共有多少项？
【解析】由题意知这个数列的项数就是由1,2,3,4四个数字组成的
可有重复数字的三位数的个数.
由于每个数位上的数都有4种取法，由分步乘法计数原理，得满
足条件的三位数有 （个）.
即数列 共有64项.
. .
（2）若，求 .
【解析】把比341小的数分为两类：
第1类，百位上的数是1或2，十位和个位上的数分别可以是1,2,3,4中的任一个，这样
的数的个数为 .
第2类，百位上的数是3，十位上的数可以是1,2,3中的任一个，个位上的数可以是
1,2,3,4中的任一个，这样的数的个数为 .
所以比341小的数的个数为 .
所以.（根据数列的知识可知 的值不是44，而是45）
. .
2 立体几何
图6.1-13
例13 新情境 阳马(2025·福建省福州市检测)《九章算术》中，称
底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设 是正六
棱柱的一条侧棱，如图6.1-13,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,
以 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )
D
A.4 B.8 C.12 D.16
图6.1-14
【解析】如图6.1-14,在正六棱柱 中，
连接,,,,易知 平面， 平面
， 平面， 平面 .
取矩形为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以为, ,
, ，共4个;
取矩形为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以为, ,
, ，共4个;
取矩形为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以为,, , ，共4个;
取矩形 为阳马的底面，则阳马的另一个顶点
可以为,,, ，共4个.
所以由分类加法计数原理，可知阳马的个数是16.
（【另解】由分析可知满足条件的以 为边的底面矩形有4个，每个底面矩形对应
的阳马的顶点也有4个，根据分步乘法计数原理可知，阳马的个数为 ）
3 古典概型
例14 (2025·山西省吕梁市期末)甲、乙两名大学生报名参加运动会志愿者，若随机将
甲、乙两人分配到,,这3个比赛场地，则甲、乙都被分配到 场地的概率为( )
A
A. B. C. D.
【解析】当甲、乙两人被分配到不同的比赛场地时,分配方法数为 ；
当甲、乙两人被分配到相同的比赛场地时,分配方法数为3.
故分配方法数共为 .
甲、乙都被分配到场地仅1种分法，所以甲、乙都被分配到场地的概率为 .
名师点评 求解古典概型的关键在于样本点个数的计算，而两个计数原理恰好为计算
样本点的个数提供了便捷的途径.因此，计数原理与古典概型的结合可谓是完美搭配，
之后还会遇到古典概型的问题，此处给出基础试题作出铺垫.
新考法·思维创新
计数原理中的正因数问题
例15 (2025·安徽省安庆市联考)324共有多少个不同的正因数？所有这些正因数的和
是多少？
【解析】因为，所以324的正因数一定是，其中 ，
，要确定一个正因数需分两步：
第1步，确定 ，有3种选法；
第2步，确定 ，有5种选法.
根据分步乘法计数原理，324的正因数个数是 .
这些正因数的和就是 ．
名师点评 此题主要考查了求一个数的正因数的方法，解答此题的关键是熟练掌握因
数个数定理和因数和定理：
对于一个大于1的正整数 可以分解质因数：
，
则由因数个数定理可知的正因数有 个，
由因数和定理可得 的所有正因数的和为
.
它们经常出现在各类数学竞赛中.
. .
. .
. .
高考帮 考试课丨核心素养聚焦
考情揭秘
高考主要考查对两个计数原理的理解和应用，解题的关键是对“类”与“步”的正确区
分.一般以选择题或填空题的形式呈现，试题难度中等.
核心素养：逻辑推理（“类”与“步”的区分）、数学抽象（将文字语言具象为数学算
式）、数学运算（通过计数求得结果）
考向 两个计数原理的应用
例16 (2024· 新课标Ⅱ卷)在如图6.1-15的 的方格表中选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
图6.1-15
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 .
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.
（每列中的十位上的数字都相同）
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，从第四行选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 .
例17 (2023·上海)已知空间中的三点,,满足 ,在空间中任取不同
的两点（不计顺序）,使得这两点与点,, 可以组成正四棱锥,则不同的取法有___种
（用数字作答）.
9
【解析】由题意得 为正三角形.根据正四棱锥的定义知，正四棱锥的底面是正
方形，顶点在底面的射影是正方形的中心，故所给正 的任意一条边可以为底
面正方形的一条边或对角线.
图6.1-16
将的一条边作为底面正方形的一条边，若将
作为底面正方形的一条边，可在 的左侧取不同
的两点，，使得这两点与，， 构成正四棱锥
，在的右侧取不同的两点, ，使得
这两点与，，构成正四棱锥 ,如图6.1-
16，同样，， 也可作为底面正方形的一条边，
所以方案数为 .
图6.1-17
将的一条边作为底面正方形的对角线时，若将 作为底
面正方形的对角线，可构造一个正四棱锥，如图6.1-17，同样
， 也可作为底面正方形的对角线，所以方案数为3.
故不同的取法有 （种）.
高考新题型专练
1.新情境 绿色出行［多选题］(2025·重庆市月考)某城市地铁公司为鼓励人们绿色出
行，决定按照乘客的乘坐站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如表：
票价/元 2 3 4
现有甲、乙两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，
且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论中正确的是( )
BD
A.若甲和乙两人共花费5元，则甲和乙下地铁的方案共有9种
B.若甲和乙两人共花费5元，则甲和乙下地铁的方案共有18种
C.若甲和乙两人共花费6元，则甲和乙下地铁的方案共有9种
D.若甲和乙两人共花费6元，则甲和乙下地铁的方案共有27种
【解析】对于A，B，因为甲、乙两人乘坐地铁，共花费5元，
则其中一人的乘坐站数不超过3，另一人的乘坐站数超过3不超过6，若甲乘坐站数不
超过3（即1，2，3），乙乘坐站数超过3不超过6（即4，5，6），则有 种方
案，
同理，若乙乘坐地铁不超过3站，甲乘坐地铁超过3站不超过6站，也有9种方案，
因此甲和乙两人共花费5元时，共有18种下地铁的方案，故A错误，B正确.
对于C,D，若甲、乙两人共付费6元，则共有三类情况：
甲付2元，乙付4元；甲付3元，乙付3元；甲付4元，乙付2元.
易知每类情况均有种方案，所以甲、乙两人共付费6元时，共有
种下地铁的方案，故C错误，D正确.
2.［多选题］(2025·广东省中山市第二中学月考)现安排高二年级，， 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( )
ABD
A.共有 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 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
【解析】对于A，，， 三名同学，每个学生有4种选法，则三个学生有
种选法，故A正确；
对于B，三人到4个工厂，有 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 （种），则甲工厂必须有同学去的安排方法有
（种），故B正确；
对于C，若同学必须去甲工厂，则将剩下2名同学安排到4个工厂即可，有
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，则有 种安排方法，故D正确．
练习帮 习题课丨学业质量测评
A 基础练丨知识测评
建议时间：30分钟
1.[教材改编P5例3]某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱
乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有 ( )
B
A.24种 B.9种 C.3种 D.26种
【解析】某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂
志中任选一本阅读，不同的选法种数为 ，故选B．
2.(2025·江苏省南京市金陵中学期初)从集合，1，2，3，4，5， 中任取两个互不
相等的数，组成复数 ，其中虚数有( )
C
A.30个 B.42个 C.36个 D.35个
【解析】要完成这件事可分两步：
第一步确定，且 ，有6种方法；
第二步确定 ，有6种方法.
故由分步乘法计数原理知共有 个虚数.
3.(2025·江苏省南京市期末)6名同学参加3个课外知识讲座，每名同学必须且只能随
机选择其中的1个，不同的选法种数是( )
B
A.20 B. C. D.120
【解析】由于每名同学都有3种选法，故6名同学共有 种选法．
（每名同学都要选，分步标准为6名同学）
4.(2025·陕西省西安市期中)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，
则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )
D
A. B. C. D.
【解析】由题意知所求概率为 .（在概率问题中，含有“至多”“至少”等字眼的
问题可考虑利用对立事件求解概率）
. .
5.［多选题］(2025·山东省菏泽市月考)现有3名老师、8名男同学和5名女同学共16人，
有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是( )
ABC
A.只需1人参加，有16种不同选法
B.若需老师、男同学、女同学各1人参加，则有120种不同选法
C.若需1名老师和1名同学参加，则有39种不同选法
D.若需3名老师和1名同学参加，则有56种不同选法
【解析】选项A，分三类，选老师，有3种选法，选男同学，有8种选法，选女同学，
有5种选法，故共有 种选法，故A正确.
选项B，分三步，第一步选老师，第二步选男同学，第三步选女同学，故共有
种选法，故B正确.
选项C，分两步，第一步选老师，第二步选同学.第二步中又分为两类，第一类选男
同学，第二类选女同学，故共有 种选法，故C正确.
选项D，若需3名老师和1名同学参加，则有13种不同选法，故D错误.故选 .
（3名老师必须去，只选同学即可）
. .
6.新定义 渐降数 用0,1,2,3,4,5这6个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字比
其左邻的数字小的数叫做“渐降数”，则上述四位数中“渐降数”的个数是____．
15
【解析】分三类：
第一类，千位数字为3时，要使四位数为“渐降数”，则四位数只有 ，共1个；
第二类，千位数字为4时，“渐降数”有,,, ，共4个；
第三类，千位数字为5时，“渐降数”有,,,,,, ,
,, ，共10个．
由分类加法计数原理得，满足题意的“渐降数”共有（个）
7.(2025·湖南省长沙市长郡中学月考)一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部
分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为 等份，种植红、黄、蓝三
种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
（1）如图6.1-1（1），圆环分成3等份，分别为，， ，则有___种不同的种植方法;
6
图6.1-1
【解析】先种植部分，有3种不同的种植方法，再种植，部分．因为， 与
的颜色不同，，的颜色也不同，所以种植时，有2种颜色可选，种植 时，
仅有1种颜色可选.
由分步乘法计数原理得，不同的种植方法有 （种）．
（2）如图6.1-1（2），圆环分成4等份，分别为，，， ，则有____ 种不同
的种植方法.
18
【解析】当，不同色时，有种种植方法，当， 同色时，有
种种植方法，
由分类加法计数原理得，共有 种种植方法．
8.某职业学校外贸专业高二（1）班、（2）班、（3）班分别有7，9，10人参加技能
兴趣选拔赛．
（1）如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？
【答案】分三类：
选出的是高二（1）班的学生，有7种选法；
选出的是高二（2）班的学生，有9种选法；
选出的是高二（3）班的学生，有10种选法.
由分类加法计数原理，得不同的选法种数为 .
（2）如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？
【答案】每班选一名副组长为一步，所以共有三步.
由分步乘法计数原理，得不同的选法种数为 .
（3）如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？
【答案】分三类:高二（1）班和高二（2）班，高二（1）班和高二（3）班，高二
（2）班和高二（3）班.
每类又分两步，故不同的选法种数为 ．
B 综合练丨高考模拟
建议时间：35分钟
9.(2025·四川省成都市期中)某幼儿园中的王老师和李老师给小朋友发水果．王老师
的果篮里有草莓、苹果、芒果3种水果．李老师的果篮里有苹果、樱桃、香蕉、猕猴
桃4种水果．小华可以在两个老师的果篮里分别选一个水果．小华拿到2种不同的水
果的情况有( )
C
A.6种 B.7种 C.11种 D.12种
【解析】分两种情况：
①小华拿到的水果里没有苹果，则在王老师的果篮里有2种选法，在李老师的果篮里
有3种选法，共有 种选法；
②小华拿到的水果里有苹果，再分苹果来自王老师还是李老师的果篮，共有
种选法.
由分类加法计数原理知，共有 种选法．
10.(2025·江苏省徐州市段考)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记
为，,共可得到 的不同值的个数是( )
C
A.9 B.10 C.18 D.20
【解析】,有多少个不同值，只要看 不同值的个数即可.分两步分
别取出,
第1步，从五个数中取出一个数作为 ，有5种方法；
第2步，从剩下的四个数中取出一个数作为 ，有4种方法.
根据分步乘法计数原理，取法种数为.由于，，故 的不
同值的个数为 .
图6.1-2
11.(2025·广东省广州市期末)如图6.1-2所示
是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建
有，，，， 五个水闸，若上游有充
足水源但下游没有水，则这五个水闸打开
或关闭的情况有( )
C
A.7种 B.15种 C.23种 D.26种
【解析】每个水闸有打开或关闭两种情况，五个水闸的打开或关闭的不同结果有 种.
（包含下游有水和下游没有水）
若下游有水，则水闸打开，水闸，至少打开一个，水闸， 至少打开一个，
（完成下游有水这件事，分以上三步）
水闸，至少打开一个的情况有 种，
水闸，至少打开一个的情况有 种，
由分步乘法计数原理得下游有水时水闸打开或关闭的不同结果有
（种）.
所以下游没有水时，五个水闸打开或关闭的情况有 （种）．
. .
12.如图6.1-3所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右
两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记
上、中、下三档的数字和分别为，，.例如，在图6.1-3中，上档的数字和 .若
，， 成等差数列，则不同的分珠计数法种数为( )
D
图6.1-3
A.12 B.24 C.16 D.32
【解析】根据题意知，，，的取值范围都是 ，（将算珠全部移至左侧或全
部移至右侧即可得，， 的取值范围）
且,, 都是整数，
设,,所成等差数列的公差为,则易知， .
（由，， 可得）
根据公差 的取值分四类：
第1类，当公差时，有 ，共8种；
第2类，当公差时，不取7和14， 有6种，数列有增和减两种情况，则不同
的分珠计数法有 （种）；
. .
. .
第3类，当公差时，不取7,8,13,14， 有4种，数列有增和减两种情况，则不
同的分珠计数法有 （种）；
第4类，当公差时， 只能取10或11，数列有增和减两种情况，则不同的分珠
计数法有 （种）.
综上，不同的分珠计数法共有 （种）.
13.［多选题］(2025·山东省临沂第一中学校月考)已知数字0,1,2,3,4，由它们组成四
位数，下列说法正确的有( )
AB
A.组成可以有重复数字的四位数有500个 B.组成无重复数字的四位数有96个
C.组成无重复数字的四位偶数有66个 D.组成无重复数字的四位奇数有28个
【解析】四位数的首位不能为0，则首位有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可
以有重复数字的四位数的个数为 ，故A正确；
四位数的首位不能为0，则首位有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3
个数位，有种情况，则组成无重复数字的四位数的个数为 ，
故B正确；
若0在个位，有个四位偶数，若0不在个位，有 个四
位偶数，则组成无重复数字的四位偶数的个数为 ，故C错误；
组成无重复数字的四位奇数的个数为，故选项D错误.故选 .
14.新定义 回文数 (2025·河南省实验中学月考)回文数是指从左到右读与从右到左读
都一样的正整数，如22，121，， 等.显然2位回文数有9个：11，22，
33， ，位回文数有90个：101，111，121， ，191，202， ，999.则
（1）4位回文数有_________________________________________________________
_________________________________________________________________________
个；
90 千位有9种不同填法，百位有10种不同填法，十位、个位对应各有1种填法.由分步乘法计数原理可知，4位回文数的个数为.
（2） 位回文数有 ____________________________________________
_________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________
____________ 个.
由回文数的对称性知，只需考虑
位回文数自左至右的前位数.最高位有9种不同填法，其余 位分
别有10种不同填法，由分步乘法计数原理可知， 位回文数的个数为
.
图6.1-4
15.(2025·江苏省南京市雨花台中学期中)用 种不同
的颜色为甲、乙两块广告牌着色，如图6.1-4，要求
在①②③④四个区域中相邻（有公共边界）的区域
不用同一种颜色.
（1）若 ，则为甲着色时共有多少种不同的方法
【答案】为①区域着色时有6种方法，
为②区域着色时有5种方法，
为③区域着色时有4种方法，
为④区域着色时有4种方法，
依据分步乘法计数原理，不同的着色方法有 （种）．
（2）若为乙着色共有120种不同的方法，求 的值.
【答案】由题意知，为①区域着色时有 种方法，
为②区域着色时有 种方法，
为③区域着色时有 种方法，
为④区域着色时有 种方法，
由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为 ．
则 ，
则 ，
即 ，
所以或 （无解,舍去），
即,解得或（不符合题意,舍去）.故 .