2023年高考数学一轮复习（全国版理） 第10章 §10

第十章计数原理

§10.1两个计数原理

【考试要求】1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理2会用分类加法计数原理和分步

乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.

・落实主干知识

【知识梳理】

两个计数原理

(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，”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.

(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有，"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种不同的方法.

【常用结论】

两个计数原理的区别与联系

分类加法计数原理分步乘法计数原理

相同点用来计算完成一件事的方法种数

分类、相加分步、相乘

不同点每类方案中的每一种方法每步依次完成才算完成这件事情(每步

都能独立完成这件事中的每一种方法不能独立完成这件事)

注意点类类独立，不重不漏步步相依，缺一不可

【思考辨析】

判断下列结论是否正确(请在括号中打“J”或“X”)

(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.(X)

(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.(V)

(3)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.(X)

（4）从甲地经丙地到乙地是分步问题.（V）

【教材改编题】

1.某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有（）

A.3种B.6种

C.7种D.9种

答案C

解析买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案，因此共有方案3

+3+1=7（种）.

2.被誉为“大飞鱼”的深圳宝安机场T3航站楼，充分结合了建筑设计理念和深圳本地环境

气候等重要因素，融合了建筑美学、绿色节能和功能实用等多方面元素.2021年9月25日晚

21时50分，被加拿大非法扣留的孟晚舟乘坐的CA552航班平安抵达深圳宝安国际机场.某

志愿者前去接机，机场T3航站楼有7个入口，2个接机口（出口），则该志愿者进出机场的方

案数为（）

A.4B.9C.14D.49

答案C

解析方案种数为7X2=14.

3.3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有种.

答案125

解析因为第1个班有5种选法，第2个班有5种选法，第3个班有5种选法，所以由分步

乘法计数原理可得，不同的选法有5X5X5=125（种）.

・探究

题型一分类加法计数原理

例1（1）若从1,2,3,…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法

共有（）

A.60种B.63种

C.65种D.66种

答案D

解析要想同时取4个不同的数使其和为偶数，则取法有三类：

①4个数都是偶数，有1种取法；

②2个数是偶数，2个数是奇数，有C%Cg=60（种）取法；

③4个数都是奇数，有5种取法.根据分类加法计数原理，不同的取法共有1+60+5=66（种）.

⑵如果一个三位正整数如“0政6"满足"S且3a3,则称这样的三位数为凸数（如

120,343,275等），那么所有凸数的个数为.

答案240

解析若s=2,则百位数字只能选1,个位数字可选1或0,“凸数”为120与121,共2

个.若“2=3,则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2X3=6（个）.若

。2=4,满足条件的''凸数”有3X4=12（个），…，若诊=9,满足条件的“凸数”有8X9=

72（个）.所以所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240（个）.

【教师备选】

1.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友

1本，则不同的赠送方法共有（）

A.4种B.10种

C.18种D.20种

答案B

解析依题意得，可能剩余一本画册或一本集邮册两种情况.第一类，剩余的是一本画册，

此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方

法共有C3=6（种）.因此，满足题意的赠送方法共有4+6=10（种）.

2.如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观

桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的

种数最多是（）

A.8B.12C.16D.24

答案B

解析四个人工小岛分别记为A,B,C,D,对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，

用“一”表示桥.

①当A只有一座桥相连时，有A-B-C—O,A-B-D-C,A~C~B~D,A-C~D~B,A

—D—B~C,A—D—C—B,共6种方法；

②当A有两座桥相连时，有C-A-B-D,D-A-B-C,D~A~C-B,B-A~C~D,B

~A—D~C,C—A—D—B,共6种方法.故设计方案最多有6+6=12（种）.

思维升华分类标准的选择

（1）应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.根据题目特点恰当选择一个分类标准.

（2）分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两

种方法是不同的方法，不能重复，但也不能有遗漏.

跟踪训练I（1）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有（）

A.50个B.45个

C.36个D.35个

答案C

解析由题意，知十位上的数字可以是123,4,5,6,7,8,共8类，在每一类中满足题目要求的

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，知符

合题意的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）.

（2）已知集合/^5，1},Q={y,1,2},其中x,）七{1,2,3,…，9},且尸=Q.把满足上述条

件的一对有序整数对（x,>）作为一个点的坐标，则这样的点的个数是（）

A.9B.14

C.15D.21

答案B

解析因为P={x,1},。=0,1,2},且尸土。，所以xG{>,2}.所以当x=2时,y=3,4,5,6,7,8,9,

共有7种情况；

当x=y时，x=3,4,5,6,7,8,9,共有7种情况.

故共有7+7=14（种）情况，即这样的点的个数为14.

题型二分步乘法计数原理

例2（1）某学校的3个班级将要去甲、乙、丙、丁4个工厂参观学习，要求每个班只能去1

个工厂参观学习，且甲工厂必须有班级参观学习，则不同的参观方案有（）

A.16种B.25种

C.37种D.48种

答案C

解析每个班级都可以从这4个工厂中选1个参观学习，各有4种选择，根据分步乘法计数

原理，共有43=64（种）参观方案，若甲工厂没有班级参观学习，此时每个班级都可以从其余3

个工厂中选1个参观学习，各有3种选择，共有33=27（种）参观方案，所以甲工厂必须有班

级参观学习，不同的参观方案有64—27=37（种）.

（2）有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是（）

A.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有12种

B.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种

C.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种

D.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种

答案C

解析对于A,第1位同学有3种报法，第2位同学有3种报法，后面的2位同学也各有3

种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A,B错误；对于C,每个社团限报一个

人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步

乘法计数原理知共有4X3X2=24（种）结果，C正确，D错误.

【教师备选】

1.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区

分站的位置，则不同的站法种数是（用数字作答）.

答案336

解析甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7X7X7=343（种）

站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343-7=

336（种）.

2.某次活动中，有30个人排成6行5歹U，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中

的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为.（用数字作答）

答案7200

解析最先选出的1个人有30种方法，则这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4

列的队形，可知选第2个人有20种方法，则该人所在的行和列也不能再选人，还剩一个4

行3列的队形，可知选第3个人有12种方法，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是

30X20X12=7200.

思维升华利用分步乘法计数原理解题的策略

（1）明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的.

（2）将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，

整个事件才算完成.

跟踪训练2（1）某人要给厨房中装有不同调料的5个瓶子贴上对应的标签，若恰好贴错了3

个，则贴错的可能情况种数为（）

A.9B.12C.18D.20

答案D

解析由题意，可分为两步：第一步，从5个瓶子中选出3个瓶子，有Cg=10（种）情况，第

二步，对选出的3个瓶子进行错位重排，有2种情况，所以贴错的可能情况种数为10X2=

20.

（2）若三角形三边均为正整数，其中一边长为4,另外两边长分别为4c,且满足〃W4Wc,

则这样的三角形有（）

A.10个B.14个

C.15个D.21个

答案A

解析当6=1时，c=4；

当b=2时，c=4,5；

当b=3时，c=4,5,6；

当b=4时，c=4,5,6,7.

故共有10个这样的三角形.

题型三两个计数原理的综合应用

例3（1）如图所示，积木拼盘由A,B,C,D,E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜

色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：A与B为相邻区域，A与。为

不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是（）

A.780B.840C.900D.960

答案D

解析先涂A,则A有&=5（种）涂法，再涂8,因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A

不同即可，有Cl=4（种）涂法，同理C有C4=3（种）涂法，。有Cl=4（种）涂法，E有C[=4（种）

涂法，

由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为5X4X3X4X4=960.

（2）甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日

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（）

A.5B.24

C.32D.64

答案D

解析5日至9日，即5,6,7,8,9,有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天

都有2种选择，共有23=8（种）；第二步安排偶数日出行分两类：第一类，先选1天安排甲的

车，另外一天安排其他车，有2X2=4（种）；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共

有22=4（种），共计4+4=8（种）.根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8X8=64.

延伸探究若甲的车牌尾数为9,他的四位同事的车牌尾数分别为0,2,1,5,其他条件不变，

则不同的用车方案有多少种？

解由题意，从5日至9日，有3天奇数日，2天偶数日，

第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2X2=4（种）不同的选择；

第二步，安排奇数日出行，可分为两类：（1）选1天安排甲的车，共有3X2X2=12（种）不同

的选择；（2）不安排甲的车，每天都有2种选择，共有2X2X2=8（种）不同的选择，综上可得,

不同的用车方案种数为4X（124-8）=80.

【教师备选】

1.现有5种不同颜色要对如图所示的五个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一

种颜色，则不同的着色方法共有（）

A.420种B.780种

C.540种D.480种

答案B

解析依题意可知，完成涂色任务可以使用5种，4种，或3种颜色，将区域标号如图.

①若用5种颜色完成涂色，则有Ag=120（种）方法；

②若用4种颜色完成涂色，颜色有Cg种选法，需要2,4同色，或者3,5同色，或者1,3同色，

或者1,4同色，故有色X4XA才=480（种）；

③若用3种颜色完成涂色，颜色有Cg种选法，需要2,4同色且3,5同色，或者1,4同色且3,5

同色，或者1,3同色且2,4同色，故有CgX3XA^=180（种）.所以不同的着色方法共有120

+480+180=780（种）.

2.通常我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市

简称和用英文字母表示的发牌机关代号,第二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号.其

中序号的编码规则为：①由0,1,2,…，9这10个阿拉伯数字与除I,O之外的24个英文字

母组成；②最多只能有2个位置是英文字母，如：粤A326S0,则采用5位序号编码的粤A

牌照最多能发放的汽车号牌数为（）

A.586万张B.682万张

C.696万张D.706万张

答案D

解析讨论后五位的不同情况：

（1）后5位全部为数字，共有105张牌.

（2）后5位有一个字母,共有4anaxio6张牌.

（3）后5位有两个字母，当两个字母相同时，有103c/cg=2.4X105张牌；当两个字母不同时，

有103c24A专=5.52X106张牌,

综上，共有105+12X106+2.4X105+5.52幺106=7.06幺106张牌.

思维升华利用两个计数原理解题时的三个注意点

（1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事.

（2）分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图.

（3）对于复杂问题，一般是先分类再分步.

跟踪训练3（1）从6人中选出4人参加数学、物理、化学、生物比赛，每人只能参加其中一

项，且每项比赛都有人参加，其中甲、乙两人都不能参加化学比赛，则不同的参赛方案的种

数为（）

A.94B.180C.240D.286

答案C

解析第一步，因为甲、乙两人都不能参加化学比赛，所以从剩下的4人中选1人参加化学

比赛，共有4种选法；

第二步，在剩下的5人中任选3人参加数学、物理、生物比赛，共有5X4X3=60（种）选法.

由分步乘法计数原理，得不同的参赛方案的种数为4X60=240.

（2）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学，2名女同学.若从甲、乙两组中各

选出2名同学，则选出的4名同学中恰有1名女同学的不同选法共有（）

A.150种B.180种C.300种D.345种

答案D

解析这名女同学可以在甲组选出也可以在乙组选出，故分两类计算.

甲组中选出1名女同学有CgXC3XCW=225（种）选法；乙组中选出一名女同学有CgXCAXQ=

120（种）选法.故共有345种选法.

课时精练

过基础保分练

1.已知5名同学报名参加两个课外活动小组，每名同学限报其中一个小组，则不同的报名方

法共有（）

A.10种B.20种C.25种D.32种

答案D

解析5名同学依次报名，每人均有2种不同的选择，所以共有2X2X2X2X2=32（种）不同

的报名方法.

2.用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相

邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（）

cxxxxx^

A.12B.24C.30D.36

答案C

解析按顺序涂色，第一个圆有3种选择，第二个圆有2种选择，若前三个圆用了三种颜色，

则第三个圆有1种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3X2X1XQX©=24（种），若前三

个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3X2=6（种）.综上可得不同的涂

色方案的种数是24+6=30.

3.两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形共有（）

A.10种B.15种

C.20种D.30种

答案C

解析3局定胜负，有2种情形；4局定胜负，有20=6（种）情形；5局定胜负，有2cz=12（种）

情形.共有2+6+12=20（种）情形.

4.已知从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2,3,3,4条，若要从其中一面上山，从剩

余三面中的任意一面下山，则不同的走法最多时应（）

A.从东面上山B.从西面上山

C.从南面上山D.从北面上山

答案D

解析从东面上山，不同的走法共有2X（3+3+4）=20（种）；

从西面上山，不同的走法共有3X（2+3+4）=27（种）；

从南面上山，不同的走法共有3X（2+3+4）=27（种）；

从北面上山,不同的走法共有4X（2+3+3）=32（种）.

所以应从北面上山.

5.用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，

这样的四位数的个数为（）

A.12B.18

C.24D.30

答案B

解析分三步完成，第1步，确定被使用了2次的数字，有3种方法；

第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个数位上，有3种方法；

第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个数位上，有2种方法，

由分步乘法计数原理知，不同的四位数有3X3X2=18（个）.

6.算盘是中国古代的一项重要发明.现有一种算盘（如图1）,共两档，自右向左分别表示个

位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5,梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图

2中算盘表示整数51）.如果拨动图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为（）

十位个位十位个位

A.16B.15C.12D.10

答案C

解析由题意，拨动三枚算珠，有4种拨法：

①个位拨动三枚，有2种结果：3,7；

②十位拨动一枚，个位拨动两枚，有4种结果：12,16,52,56；

③十位拨动两枚，个位拨动一枚，有4种结果：21,25,61,65；

④十位拨动三枚，有2种结果：30,70.

综上，拨动题图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为2+4+4+2=12.

7.某校高一年级有四个班，四位老师各教一个班的数学.在该年级某次数学考试中，要求每

位数学老师均不在本班监考，则不同的安排监考的方法种数为（）

A.8B.9C.12D.24

答案B

解析设四个班分别是A,B,C,D,对应的数学老师分别是“，h,c,。让a老师先选，可

从B,C,。班中选一个，有3种选法，不妨假设。老师选的是8,则6老师从剩下的三个班

级中任选一个，有3种选法，剩下的两位老师都只有1种选法.

由分步乘法计数原理，知共有3X3X1X1=9（种）不同的安排方法.

8.如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长

方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是

A.60B.48

C.36D.24

答案B

解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6义6=36,另含4个顶点的6个面（非

表面）构成的“平行线面组”个数为6X2=12,故符合条件的“平行线面组”的个数是36+

12=48.

9.3个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至多放1个小球，共有种放法.

答案24

解析分三步来完成：

第一步，放第一个小球，有4种放法，

第二步，放第二个小球，有3种放法，

第三步，放第三个小球，有2种放法，

根据分步乘法计数原理，共有4X3X2=24（种）放法.

10.4张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7,将其中3张卡片排放在一起，

可组成个不同的三位数.

答案168

解析要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步：

第一步：百位可放8—1=7（个）数；

第二步：十位可放6个数；

第三步：个位可放4个数.

故由分步乘法计数原理，得共可组成7X6X4=168（个）不同的三位数.

11.从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、

乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有种（用数字作答）.

答案36

解析第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱

委员，有3种选法.第二步，从剩下的4人中选学习委员，有4种选法.第三步，从剩下的

3人中选体育委员，有3种选法.由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3X4X3=36（种）.

12.现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天

或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有种不同的排法.

答案1280

解析完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原理，分步进行：

第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类

推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5X4X4X4X4=1280（种）不同的排法.

应技能提升练

13.记04203…%为一个"位正整数，其中0,〃2，…，都是正整数，1WAW9,0WMW9

（i=2,3,…，〃）.若对任意的正整数至少存在另一个正整数A（1kWj）,

使得力=以，则称这个数为“〃位重复数”.根据上述定义，“四位重复数”的个数为（）

A.540B.252

C.279D.4464

答案B

解析由题意，对于““位重复数”，任意数位上的数字都必然至少有另外一个数位上也是

相同的数字.

所以“四位重复数”包含两种情况.

（1）四个数位上的数字相同，有1111,2222,…，9999共9个.

（2）两个数位上的数字相同，另两个数位上同为另外一个数字.

若干位、百位相同（不能为0）,十位、个位相同，故有9X9=81（个）.

同理，若干位、十位相同（不能为0）,百位、个位相同，也有81个.

若千位、个位相同（不能为0）,百位、十位相同，也有81个.

综上，“四位重复数”的个数为9+81X3=252.

14.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（）

A.12B.13C.14D.15

答案C

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