(共47张PPT)
第2课时
两个计数原理的综合应用
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）可以排成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种方法，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，一类是末位数字是0，则有4×3＝12（种）排法；
另一类是末位数字不是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.因而有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】
（变设问）由本例中的五个数字可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：第一
步定个位，只能从1，3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，从
1，2，3，4中除去用过的一个，从剩下的3个中任取一个，有3种方
法；第三步，第四步把剩下的包括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知共有2×3×3×2＝36
（个）.
通性通法
解决组数问题的方法
（1）对于组数问题，一般按特殊位置（一般是末位和首位）优先的
方法分类或分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反
面求解；
（2）解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，
要善于挖掘.组数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则.
提醒 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】
由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： 0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数
字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数
共有3×3×2＝18（个）.
（2）可以有重复数字的三位数？
解： 百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字
也有4种选择.
由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4
＝48（个）.
题型二 抽取（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，其中工厂甲必须有班级去，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） 按甲工厂分配的班情况进行分类，共分
为三类：第一类，三个班都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；
第二类，有两个班去甲工厂，剩下的一个班去另外三个工厂，分配方
案共有3×3＝9（种）；第三类，有一个班去甲工厂，另外两个班去
其他三个工厂，分配方案共有3×3×3＝27（种）.综上所述，不同的
分配方案有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4×4×4－3×3×3＝37（种）方案.
通性通法
解决抽取（分配）问题的方法
（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直接使用分类
加法计数原理或分步乘法计数原理：一般地，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. 把标号为1，2，3，4的四个小球分别放入标号为1，2，3，4的四个
盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共
有（ ）
A. 18种 B. 9种
解析： 由于1号球不放入1号盒子，则1号球可放入2，3，4号盒
子，有3种选择，则2号球有3种选择，3号球有2种选择，4号球只有
1种选择.根据分步乘法计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有
3×3×2×1＝18（种）.故选A.
C. 6种 D. 3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 .
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】 （1）将5种不同的颜色涂在如图所示的四个区域A，B，
C，D中，每个区域涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色不同，则不同
的涂色方法有 种；
180
解析： 法一 可分步进行，A有5种涂法，B有4种.当A与
D不同色时，D有3种涂法，C有2种涂法，共有5×4×3×2＝
120（种）涂法.当A与D同色时，C有3种涂法，共有5×4×3＝
60（种）.综上，不同的涂色方法有180种.
法二 先排B，C，D，两两不同色，有5×4×3＝60（种）方法.再
排A，A只要与B，C不同色即可，有3种涂色方法.故不同的涂色方
法有60×3＝180（种）.
（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
三块不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则有 种不
同的种植方法.
18
解析：法一（直接法） 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）.
法二（间接法） 从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2
＝24（种），其中不种黄瓜有3×2×1＝6（种），故共有24－6＝18
（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，用分步乘法计数原理
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，用分类加法计数原理分析；
（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选色，有3种方法；再给B选色，有2种方法；再
给C选色，有2种方法，由分步乘法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. 用1，2，3，4四个数字组成没有重复数字的三位偶数共有（ ）
A. 6个 B. 18个
C. 24个 D. 12个
解析： 先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，由3×2＝6
种选择，根据分步乘法计数原理可得共有2×6＝12个没有重复数字
的三位偶数.故选D.
2. 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
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.
3. 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 种.
A B
C D 解析：先涂A，有4种选择，则B有3种
选择，而为了让C与A、B都不一样，则C有2种选择，再涂D，只要与C涂不一样的就可以，也就是D有3种，所以一共有4×3×2×3＝72（种）.
72
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 某乒乓球队里有6名男队员，5名女队员，从中选取男、女队员各1
名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为（ ）
A. 11 B. 30
C. 56 D. 65
解析： 先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方
法，故共有6×5＝30（种）不同的组队方法.
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2. 用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为
（ ）
A. 243 B. 252
C. 261 D. 279
解析： 0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900（个）三位
数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648（个），∴有重复数
字的三位数有900－648＝252（个）.
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3. 把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有（ ）
A. 24种 B. 4种
C. 43种 D. 34种
解析： 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也
有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投
完，就完成了这件事情.由分步乘法计数原理可得共有43种方法，
故选C.
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4. 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，共有多少种不同的涂色方案（ ）
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，
所以共有5×4×4×4×4＝1 280（种）涂色方法.故选D.
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5. 某班同学准备了5个节目参加班级音乐会活动.节目顺序有如下要
求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须
排在最后一位，则在这次活动中节目顺序的编排方案种数为
（ ）
A. 8 B. 10
C. 12 D. 15
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解析： 由题意知甲的位置影响乙的排列，所以要分两类：①甲
排在第一位，丙排在最后一位，则其余3个节目共有3×2×1＝6种
编排方案；②甲排在第二位，丙排在最后一位，从第三、四位中排
乙，其余2个节目排在剩下的2个位置，共有2×2×1＝4种编排方
案.故编排方案共有6＋4＝10种.
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6. （多选）某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人每人在该
窗口打2份菜，且每人至多打1份荤菜，则下列说法正确的是
（ ）
A. 甲若选1份荤菜，则有6种选法
B. 乙的选菜方法数为9
C. 若两人分别打菜，则总的方法数为18
D. 若两人打的菜均为一荤一素且只有一份相同，则方法数为30
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解析： 甲选一份荤菜，则有2×3＝6（种）选法，选项A正
确；乙的选菜方法数为2×3＋3＝9（种），选项B正确；两人分别
打菜时，总的方法数为9×9＝81（种），选项C不正确；两人所打
菜只有一份相同时，若荤菜相同，则有2×3×2＝12（种）；若素
菜相同，则有3×2＝6（种）.所以若两人所打菜均为一荤一素且只
有一份相同时的选法数为12＋6＝18，选项D错误.
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7. 在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能
种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共
有 种（用数字作答）.
解析：由分步乘法计数原理得不同的种植方法共有5×4×3×4＝
240种.
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8. 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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9. 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，则甲、
乙、丙、丁购物后依次结账，他们结账方式共有 种.
解析：当乙用现金结账时，此时甲和乙都用现金结账，所以丙有3
种方式，丁有4种方式，共有3×4＝12（种）方式；当乙用银联卡
结账时，此时甲用现金结账，丙有2种方式，丁有4种方式，共有
2×4＝8（种）方式.综上，共有12＋8＝20（种）方式.
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10. 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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11. （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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12. 用0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字的四位整数有
个；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.由分步乘法计数原理知，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）.由分类加法
计数原理知，共有48＋36＋36＝120（个）.
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13. 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域
不得使用同一种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法
共有 种（以数字作答）.
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解析：①当使用4种颜色时，先着色区域1，有4种方法，剩下3种
颜色涂其他4个区域，即有1种颜色涂相对的2块区域，有3×2×2
＝12（种），由分步乘法计数原理得，共有4×12＝48（种）.②
当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色区
域1，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第
2，4区域，另一种颜色涂第3，5区域，有2种着色方法.由分步乘
法计数原理得有4×3×2＝24（种）.综上，共有48＋24＝72
（种）.
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14. 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.
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（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，
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由分类加法计数原理得：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.
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14(共54张PPT)
第1课时
两个计数原理及其简单应用
新课程标准解读 核心素养
1.通过实例，理解分类加法计数原理、分
步乘法计数原理及其意义 数学抽象、逻辑推理
2.能利用两个计数原理解决一些简单的实
际问题 数学建模、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
杭州亚运会于2023年9月23日至10月8日举行，名称仍为杭州2022
年第19届亚运会.一名志愿者从成都赴杭州为亚运会服务，从成都到
杭州每天有6个航班，4列火车.
【问题】 （1）该志愿者从成都到杭州的方案可以分为几类？
（2）在这几类中各有几种方法？
（3）该志愿者从成都到杭州共有多少种不同的方法？
知识点一 分类加法计数原理
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.
m
＋n
2. 分类加法计数原理的推广
完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方
法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有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 分类加法计数原理中每类方案都能独立完成这件事，它是独
立的、一次性的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成
这件事.
m1＋m2＋…＋mn
知识点二 分步乘法计数原理
1. 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.
m×n
2. 分步乘法计数原理的推广
完成一件事需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2
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.
提醒 分步乘法计数原理中每一步得到的只是其中某一步的结果，
任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件
事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事.
m1×m2×…×mn
【想一想】
如何区分“完成一件事”是分类还是分步？
提示：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这
件事，若能完成，则是分类，否则，是分步.
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）在分步乘法计数原理中，事情若是分两步完成，那么其中任
何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成
后，这件事情才算完成. （ √ ）
（4）从甲地经丙地到乙地是分步问题. （ √ ）
×
√
√
√
2. 从3名女同学和2名男同学中选出一人主持本班一次班会，则不同的
选法种数为（ ）
A. 6 B. 5
C. 3 D. 2
解析： 由分类加法计数原理可得不同的选法种数为3＋2＝5.
3. 现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，若一条长裤与一件
上衣配成一套，则不同的配法种数为（ ）
A. 7 B. 12
C. 64 D. 81
解析： 第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同的
选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同的选法.
故共有4×3＝12（种）不同的配法.
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】 某校高三年级共有三个班，各班人数如下表：
男生人数 女生人数 总人数
高三（1）班 30 20 50
高三（2）班 30 30 60
高三（3）班 35 20 55
（1）从三个班的学生中选1名学生担任学生会主席，有多少种不同的
选法？
解： 从三个班中任选1名学生担任学生会主席，共有三类
不同的方案.
第1类，从高三（1）班中选出1名学生，有50种不同的选法；
第2类，从高三（2）班中选出1名学生，有60种不同的选法；
第3类，从高三（3）班中选出1名学生，有55种不同的选法.
根据分类加法计数原理知，从三个班中任选1名学生担任学生会
主席，不同选法的种数为50＋60＋55＝165.
解：从高三（1）班男生、（2）班男生中或从高三（3）班女生中选1名学生担任学生会生活部部长，共有三类不同的方案.
第1类，从高三（1）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第2类，从高三（2）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第3类，从高三（3）班女生中选出1名学生，有20种不同的选法.
根据分类加法计数原理知，从高三（1）班男生、高三（2）班男
生中或从高三（3）班女生中选1名学生担任学生会生活部部长，
不同选法的种数为30＋30＋20＝80.
（2）从高三（1）班、高三（2）班男生中或从高三（3）班女生中选
1名学生担任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
通性通法
利用分类加法计数原理的解题流程
【跟踪训练】
1. 某中学需从2024年师范大学毕业的3名女大学生和2名男大学生中选
聘1人，则不同的选法种数为（ ）
A. 6 B. 5
C. 3 D. 2
解析：B 选取的方法可分为两类：从3名女大学生中选聘1人，有
3种选法；从2名男大学生中选聘1人，有2种选法，根据分类加法计
数原理，可知不同的选法种数为3＋2＝5，故选B.
2. 已知两条异面直线a，b上分别有4个点和7个点，则这11个点可以
确定不同的平面个数为 .
解析：分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的7个点可
以确定7个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的4个点可以
确定4个不同的平面.根据分类加法计数原理知，共可以确定7＋4＝
11个不同的平面.
11
题型二 分步乘法计数原理的应用
【例2】 从－2，－1，0，1，2，3这六个数字中任选3个不重复的数
字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成抛物线
的条数为（ ）
A. 50 B. 100
C. 150 D. 200
解析： 由题意知a不能为0，故a的值有5种选法；b的值也有5种
选法；c的值有4种选法.由分步乘法计数原理得，可以组成抛物线的
条数为5×5×4＝100.
【母题探究】
1. （变条件）本例中若二次函数图象开口向下，则可以组成抛物线的
条数又为多少？
解：需分三步完成，第一步确定a有2种方法，第二步确定b有5
种方法，第三步确定c有4种方法，故可组成2×5×4＝40（条）
抛物线.
2. （变条件，变设问）若从本例的六个数字中选2个作为椭圆 ＋
＝1的参数m，n.则可以组成椭圆的个数是多少？
解：据条件知m＞0，n＞0，且m≠n，故需分两步完成，第一步
确定m，有3种方法，第二步确定n，有2种方法，故可以组成椭圆
的个数为3×2＝6.
通性通法
利用分步乘法计数原理的解题流程
【跟踪训练】
1. 若4名学生报名参加数学、物理、化学兴趣小组，每人选报1项，则
不同的报名方式有（ ）
A. 6种 B. 24种
C. 64种 D. 81种
解析： 每位学生都有3种选择，则4位学生的报名方式共有34＝
81（种）.故选D.
2. 在如图所示的电路（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.
解析：由题意可知，在该电路中，只有先闭合A组2个开关中的任
意1个，再闭合B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2×3＝6.
6
题型三 两个计数原理的简单应用
【例3】 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画.
（1）从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
解： 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.
（2）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同
的选法？
解： 分为三步：国画、油画、水彩画各有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.
（3）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的
选法？
解： 分为三类：第一类是一幅选自国画，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；
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35（种）
不同的选法；
第三类是一幅选自油画，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.
通性通法
1. 使用两个计数原理的原则
使用两个计数原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入
手.“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，
逐类解决；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后
逐步解决.
2. 应用两个计数原理解题的四个步骤
（1）明确完成的这件事是什么；
（2）思考如何完成这件事；
（3）判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后
分类；
（4）选择计数原理进行计算.
【跟踪训练】
集合A＝{1，2，－3}，B＝{－1，－2，3，4}.现从A，B中各取
一个元素作为点P（x，y）的坐标.
（1）可以得到多少个不同的点？
解： 一个点的坐标由x，y两个元素确定，若它们有一个
不同，则表示不同的点，可分为两类：
第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12
（个）不同的点；
第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12
（个）不同的点.
由分类加法计数原理得不同的点的个数为12＋12＝24.
（2）在这些点中，位于第一象限的有几个？
解： 第一象限内的点x，y必须为正数，从而只能取A，B
中的正数，同样可分为两类，类似于（1），得适合题意的不同
点的个数为2×2＋2×2＝8.
1. 一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相
同.从两个袋子里各取一个球，不同取法的种数为（ ）
A. 182 B. 14
C. 48 D. 91
解析： 由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8＝48.故
选C.
2. 从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内
汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通
工具的不同走法数为（ ）
A. 3 B. 9
C. 24 D. 以上都不对
解析： 根据分类加法计数原理可得，一天内乘坐这三种交通工
具的不同走法数为3＋4＋2＝9.
3. 如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有4条路；从甲地到丙
地有4条路，从丙地到丁地有2条路.则从甲地到丁地共有 条
不同的路.
16
解析：如果由甲地经乙地到丁地，则有2×4＝8种不同的路线；如
果由甲地经丙地到丁地，则有4×2＝8种不同的路线.因此，从甲地
到丁地共有8＋8＝16种不同的路线.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 音乐播放器里存有10首中文歌曲，8首英文歌曲，3首法文歌曲，任
选一首歌曲进行播放，不同的选法种数为（ ）
A. 21 B. 30
C. 160 D. 240
解析： 依题意一共有10＋8＋3＝21种选法.
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2. 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，其中纯虚数的个数为（ ）
A. 0 B. 3
C. 6 D. 36
解析： 由复数a＋bi为纯虚数，所以a＝0，此时b有6种取法，
故纯虚数共有6个.
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3. 阅读课上，5名同学分别从3种不同的书中选择一种进行阅读，不同
的选法种数是（ ）
A. 50 B. 60
C. 125 D. 243
解析： 由题意，5名同学分别从3种不同的书中选择一种进行阅
读，其中，每名同学都有3种不同的选法，所以不同的选法种数是
35＝243.故选D.
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4. 某班小张等4名同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每名
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： 小张的报名方法有2种，其他3名同学的报名方法各有3
种，由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54（种）不同的报
名方法，故选C.
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5. （多选）已知a∈{1，2，3}，b∈{4，5，6，7}，r∈{8，9}，则
方程（x－a）2＋（y－b）2＝r2可表示不同的圆的个数用式子表
示为（ ）
A. 4＋4＋4＋4＋4＋4 B. 4＋4＋4＋4
C. 3×4 D. 3×4×2
解析： 法一 完成表示不同的圆这件事有三步：第1步，确
定a有3种不同的选取方法；第2步，确定b有4种不同的选取方法；
第3步，确定r有2种不同的选取方法.由分步乘法计数原理，方程
（x－a）2＋（y－b）2＝r2可表示不同的圆共有3×4×2（个）.
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法二 由分类加法计数原理得，当a＝1时，b＝4，5，6，7，r＝8或
9，有4＋4（个）；当a＝2时，b＝4，5，6，7，r＝8或9，有4＋4
（个）；当a＝3时，b＝4，5，6，7，r＝8或9，有4＋4（个），故
方程（x－a）2＋（y－b）2＝r2可表示不同的圆共有4＋4＋4＋4＋4
＋4（个）.
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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种数可能为20，27，32.
6. （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，不同的走法种数可能
为（ ）
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7. 某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中1本，则购买方式共
有 种.
解析：分3类：买1本书，买2本书和买3本书.各类的购买方式依次
有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7（种）.
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8. 某校高三教学大楼共有四层，每层均有两个楼梯，一学生由该楼第
一层走到第四层的方法共有 种（用数字作答）.
解析：学生由该楼第一层走到第四层共分为三步：即一层到二
层，二层到三层，三层到四层，∵每层均有两个楼梯，即每层
都有2种走法，∴学生由该楼第一层走到第四层的方法共有
2×2×2＝23＝8种.
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9. 甲、乙、丙3个班各有3名、5名、2名三好学生，现准备推选2名来
自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有 种推
选方法.
解析：分为三类：①甲班选1名，乙班选1名，根据分步乘法计数原
理，有3×5＝15（种）选法；②甲班选1名，丙班选1名，根据分步
乘法计数原理，有3×2＝6（种）选法；③乙班选1名，丙班选1
名，根据分步乘法计数原理，有5×2＝10（种）选法.综上，根据
分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31（种）推选方法.
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10. 用10元、5元和1元的现金来支付20元钱的书款，不同的支付方法
有（ ）
A. 3种 B. 5种
C. 9种 D. 12种
解析： 只用一种币值有2张10元；4张5元；20张1元，共3种.
用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，
5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种.用三种币
值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种.由分类加法计数原理可
知，共有3＋5＋1＝9（种）.
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11. （多选）如图，标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的
最大信息量，现从结点A向结点B传递消息，信息可以分开沿不
同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表
示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为（ ）
A. 18 B. 19
C. 24 D. 26
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解析： 第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；第二
条线路单位时间内传递的最大信息量为4；第三条线路单位时间内
传递的最大信息量为6；第四条线路单位时间内传递的最大信息量
为6.因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为3＋4＋6＋
6＝19，故选A、B.
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12. 某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种，其中7人会
钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴与会小号的各1人，则
有 种不同的选法.
解析：由题意可知，有1人既会钢琴又会小号（记为甲），只会钢
琴的有6人，只会小号的有2人.本题可分两类：第1类，甲入选，
此时，只需从其他8人中任选1人，故这类选法共有8种.第2类，甲
不入选，此时，选法共有6×2＝12（种）.因此共有8＋12＝20
（种）不同的选法.
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13. 设a，b，c∈{1，2，3，4}，若以a，b，c为三条边的长构成一
个等腰三角形，则这样的三角形有 个.
解析：设a，b是腰长，根据腰长分四类：第1类，当a＝b＝1
时，c＜a＋b＝2，则c＝1； 第2类，当a＝b＝2时，c＜a＋b
＝4，则c＝1，2，3；第3类，当a＝b＝3时，c＜a＋b＝6，则
c＝1，2，3，4；第4类，当a＝b＝4时，c＜a＋b＝8，则c＝
1，2，3，4.因此符合条件的三角形的个数为1＋3＋4＋4＝12.
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14. 用1，2，3，4四个数字（可重复）排成三位数，并把这些三位数
由小到大排成一个数列{an}.
（1）写出这个数列的前11项；
解： 111，112，113，114，121，122，123，124，
131，132，133.
（2）这个数列共有多少项？
解： 这个数列的项数就是用1，2，3，4排成的三位数
的个数，每个数位上都有4种排法，则共有4×4×4＝64
（项）.
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（3）若an＝341，求n.
解： 比an＝341小的数有两类：
①
1 × ×
2 × ×
②
3 1 ×
3 2 ×
3 3 ×
共有2×4×4＋1×3×4＝44（项）.
所以n＝44＋1＝45.
1
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14
