第十章 第1讲 两个计数原理

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲两个计数原理

课标要求命题点五年考情命题分析预测了解分类加

法计数原

理、分步乘

法计数原理

及其意义.分类加法计

数原理2023新高考卷ⅠT13两个计数原理是解决排列、

组合问题的基本方法，也是

与实际联系密切的部分，既

能单独命题，也常与排列组

合问题、概率计算问题综合

命题，题型以小题为主，难

度不大.课标要求命题点五年考情命题分析预测了解分类加

法计数原

理、分步乘

法计数原理

及其意义.分步乘法计

数原理2023全国卷乙T7；2022

新高考卷ⅡT5；2021全

国卷乙T6；2020新高考

卷ⅠT3；2020全国卷

ⅡT14两个计数原理是解决排列、

组合问题的基本方法，也是

与实际联系密切的部分，既

能单独命题，也常与排列组

合问题、概率计算问题综合

命题，题型以小题为主，难

度不大.课标要求命题点五年考情命题分析预测了解分类加法计数原

理、分步乘法计数原

理及其意义.两个计数原理的综

合应用在2025年高考的复习备考

中要注意两个计数原理的

区别并能灵活应用.

学生用书P2241.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

＝①

种不同的方法.m

＋

n

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

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

＝②

种不同的方法.m

×

n

辨析比较两个计数原理的联系与区别原理分类加法计数原理分步乘法计数原理联系都是对完成一件事的方法种数而言.区别

一每类方案中的每一种方法都能

独立完成这件事.各个步骤都完成才算完成这件事(每步中的

每一种方法都不能独立完成这件事).区别

二各类方法之间是相互独立的，

既不能重复也不能遗漏.各步之间是相互依存的，缺一不可.

1.[多选]下列说法正确的是

(

BD

)A.在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同B.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C.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D.从甲地经丙地到乙地是分步问题BD12342.[教材改编]已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的进出公园的

方式有

种.[解析]将4个门分别编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，同

理，从2，3，4号门进入，也各有3种出门的方式，故不同的进出公园的方式共有

3×4＝12(种).12

12343.[易错题]某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法

有

种.[解析]因为每封电子邮件有3种不同的发送方法，所以要发5封电子邮件，不同的

发送方法有3×3×3×3×3＝243(种).243

12344.[教材改编]书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，

第3层放有2本不同的体育书.从书架中任取1本书，则不同的取法种数为

⁠.[解析]分三类：第一类，从第1层取一本书，有4种取法；第二类，从第2层取一本

书，有3种取法；第三类，从第3层取一本书，有2种取法.共有取法4＋3＋2＝9(种).9

1234

学生用书P224命题点1

分类加法计数原理例1(1)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2022是“六合数”)，则

首位为2的“六合数”共有(

B

)A.18个B.15个C.12个D.9个[解析]依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个

数分别为400，040，004；由3，1，0组成6个数分别为310，301，130，103，013，

031；由2，2，0组成3个数分别为220，202，022；由2，1，1组成3个数分别为

211，121，112.共计3＋6＋3＋3＝15(个).B例1训练1例2训练2例3训练3(2)满足

a

，

b

∈{－1，0，1，2}，且关于

x

的方程

ax

2＋2

x

＋

b

＝0有实数解的有序

数对(

a

，

b

)的个数为

⁠.[解析]当

a

＝0时，

b

的值可以是－1，0，1，2，(

a

，

b

)的个数为4.当

a

≠0时，要

使方程

ax

2＋2

x

＋

b

＝0有实数解，需使Δ＝4－4

ab

≥0，即

ab

≤1.若

a

＝－1，则

b

的值可以是－1，0，1，2，(

a

，

b

)的个数为4；若

a

＝1，则

b

的值可以是－1，0，

1，(

a

，

b

)的个数为3；若

a

＝2，则

b

的值可以是－1，0，(

a

，

b

)的个数为2.由分

类加法计数原理可知，(

a

，

b

)的个数为4＋4＋3＋2＝13.13

例1训练1例2训练2例3训练3方法技巧分类加法计数原理的应用思路(1)根据题目中的关键词、关键元素和关键位置等确定恰当的分类标准，分类标准要

明确、统一；(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.例1训练1例2训练2例3训练3训练1集合

P

＝{

x

，1}，

Q

＝{

y

，1，2}，其中

x

，

y

∈{1，2，3，…，9}，且

P

⊆

Q

.

把满足上述条件的一对有序整数对(

x

，

y

)作为一个点的坐标，则这样的点的个

数是(

B

)A.9B.14C.15D.21[解析]当

x

＝2时，

x

≠

y

，

y

可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.当

x

≠2

时，由

P

⊆

Q

，得

x

＝

y

，

x

可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.综上，满足

条件的点共有7＋7＝14(个).B例1训练1例2训练2例3训练3命题点2

分步乘法计数原理例2(1)[2023全国卷乙]甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选

读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(

C

)A.30种B.60种C.120种D.240种[解析]甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有6种情况，再从剩下的5种课外读物

中各自选1本不同的读物，有5×4＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得，共有

6×20＝120(种)选法，故选C.C例1训练1例2训练2例3训练3(2)[多选]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(

AC

)A.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34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[解析]对于A选项，第1个同学有3种报名方法，第2个同学有3种报名方法，后面的

2个同学也有3种报名方法，根据分步乘法计数原理共有34种报名方法，A正确，B错

误；对于C选项，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，共有4×3×2＝24(种)选择，

C正确，D错误.故选AC.AC例1训练1例2训练2例3训练3方法技巧分步乘法计数原理的应用思路根据事件发生的过程合理分步，分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不

干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.例1训练1例2训练2例3训练3训练2[多选]某校高二年级安排甲、乙、丙三名同学到

A

，

B

，

C

，

D

，

E

五个社区

进行暑期社会实践活动，每名同学只能选择一个社区进行实践活动，且多名同学可

以选择同一个社区进行实践活动，则下列说法正确的有(

AC

)A.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种B.如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有50种C.如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种AC例1训练1例2训练2例3训练3[解析]对于A，如果社区

A

必须有同学选择，则不同的安排方法有53－43＝

61(种)，故A正确；对于B，如果同学甲必须选择社区

A

，则不同的安排方法有52＝

25(种)，故B错误；对于C，如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法

共有5×4×3＝60(种)，故C正确；对于D，甲、乙两名同学必须在同一个社区，第

一步，将甲、乙视作一个整体，第二步，两个整体挑选社区，则不同的安排方法共

有52＝25(种)，故D错误.故选AC.例1训练1例2训练2例3训练3命题点3

两个计数原理的综合应用例3(1)《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，其中记载了“勾股圆方

图”(如图)，用以证明勾股定理.现提供4种不同颜色给图中5个区域涂色，规定每个

区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法种数为(

C

)A.36B.48C.72D.96C例1训练1例2训练2例3训练3

②对于区域

C

，

D

，若区域

C

与区域

A

颜色相同，则区域

D

有2种涂色方法，若区域

C

与区域

A

颜色不同，当

A

，

B

，

E

涂色确定时，则区域

C

和区域

D

涂色方法确

定，只有1种，由分类加法计数原理可知区域

C

，

D

有2＋1＝3(种)涂色方法.由分步乘法计数原理得，共有24×3＝72(种)不同的涂色方法.故选C.[解析]

解法一根据题意得，涂色分2步进行：解法二可分两种情况：①区域

A

，

C

不同色，先涂区域

A

有4种，区域

C

有3种，

区域

E

有2种，区域

B

，

D

各有1种，有4×3×2＝24(种)涂法.②区域

A

，

C

同色，先

涂区域

A

有4种，区域

E

有3种，区域

C

有1种，区域

B

，

D

各有2种，有4×3×2×2

＝48(种)涂法.故共有24＋48＝72(种)涂色方法.例1训练1例2训练2例3训练3(2)由0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成

个无重复数字的四位偶数.[解析]要完成的一件事为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为

0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中的四个数字不重复.因此应先分类，再

分步.第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，

2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字

不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种

数为3×4×5×4＝240.第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，

个位数字可以取除千位数字外的任意一个偶数数字，百位数字不能取与个位、千位

数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘

法计数原理，不同的取法种数为3×3×5×4＝180.根据分类加法计数原理，可以组

成无重复数字的四位偶数的个数为240＋180＝420.420例1训练1例2训练2例3训练3方法技巧1.利用两个计数原理解决问题的一般步骤2.涂色问题常用的两种方法例1训练1例2训练2例3训练3训练3(1)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面

对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交

线面对”的个数是(

D

)A.48B.18C.24D.36[解析]第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的

“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对

角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面

对”共有24＋12＝36(个).D例1训练1例2训练2例3训练3(2)甲与其四位同事各有一辆汽车，甲的车牌尾号为9，其四位同事的车牌尾号分别

是0，2，1，5.为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾号为奇数的车

通行，偶数日车牌尾号为偶数的车通行)，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(

B

)A.64B.80C.96D.120[解析]

5日至9日，有3个奇数日，2个偶数日.第一步，安排偶数日出行，每天都有2

种选择，不同的用车方案共有2×2＝4(种).第二步，安排奇数日出行，分两类讨论：

第一类，选1天安排甲的车，不同的用车方案共有3×2×2＝12(种)；第二类，不安

排甲的车，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2×2＝8(种).综上，不同的用

车方案种数为4×(12＋8)＝80，故选B.B例1训练1例2训练2例3训练3

1.[命题点1]设集合

I

＝{1，2，3，4}，

A

与

B

是

I

的子集，若

A

∩

B

＝{1，2}，则称

(

A

，

B

)为一个“理想配集”.若将(

A

，

B

)与(

B

，

A

)看成不同的“理想配集”，则

符合此条件的“理想配集”有

个.9

[解析]

对子集

A

分类讨论：当

A

是{1，2}时，

B

可以为{1，2，3，4}，{1，2，4}，{1，2，3}，{1，2}，共4种

情况；当

A

是{1，2，3}时，

B

可以为{1，2，4}，{1，2}，共2种情况；当

A

是{1，2，4}时，

B

可以为{1，2，3}，{1，2}，共2种情况；当

A

是{1，2，3，4}时，

B

为{1，2}，有1种情况.根据分类加法计数原理可知，共有4＋2＋2＋1＝9(种)结果，即符合此条件的“理想

配集”有9个.12342.[命题点2]已知集合

M

＝{1，－2，3}，

N

＝{－4，5，6，－7}，从

M

，

N

这两个

集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中

可表示第一、二象限内不同的点的个数是(

C

)A.12B.8C.6D.4[解析]分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种

情况，因此可表示第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6.C12343.[命题点3]如果一个三位正整数“

a

1

a

2

a

3”满足

a

1＜

a

2，且

a

2＞

a

3，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

⁠.[解析]若

a

2＝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

a

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2×3＝6(个).若

a

2＝4，则凸数有3×4＝12(个)，……，若

a

2＝9，则

凸数有8×9＝72(个).所以凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).240

12344.[命题点3/2023哈尔滨六中检测]涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现

有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给图中的小房子中的四

个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域

内，则共有

种不同的涂色方法.66

1234

1234

学生用书·作业帮P3821.[2024四川成都模拟]“数独九宫格”的游戏规则为：将1到9这9个自然数填到如图

所示的九宫格的9个空格里，每个空格填1个数，且9个空格的数字各不相同.若中间

空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至

下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为(

C

)5A.72B.108C.144D.196C123456789101112[解析]按题意，5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从

6，7，8，9中选取.第一步，填上方空格，有4种填法；第二步，填左方空格，有3种

填法；第三步，填下方空格，有4种填法；第四步，填右方空格，有3种填法.由分步

乘法计数原理得，不同的填法种数为4×3×4×3＝144.故选C.1234567891011122.[2023全国卷甲]现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日

两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安

排方式共有(

B

)A.120种B.60种C.30种D.20种[解析]先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有5种方式；再从余下的4人中选2

人分别安排到星期六、星期日，有4×3＝12(种)安排方式.所以不同的安排方式共有

5×12＝60(种).故选B.B1234567891011123.[2024北京市顺义区联考]某班一天上午有4节课，下午有2节课.现要安排该班一天

中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课的课程表，要求数学课排在上午，

体育课排在下午，则不同的排法有(

D

)A.48种B.96种C.144种D.192种[解析]

由题意，要求数学课排在上午，体育课排在下午，先考虑这两门课程，有

4×2＝8(种)排法，再排其余4节课，有4×3×2×1＝24(种)排法，根据分步乘法计数

原理，共有8×24＝192(种)排法，故选D.D1234567891011124.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛、马和猴的吉祥物，乙同学喜

欢牛、狗和羊的吉祥物，丙同学对所有的吉祥物都喜欢.让甲、乙、丙三位同学依次

从中选一个珍藏，若每个人所选取的吉祥物都是自己喜欢的，则不同的选法共有

(

C

)A.50种B.60种C.80种D.90种[解析]

根据题意，按甲的选择分两类讨论：第一类，若甲选择牛的吉祥物，则乙

的选法有2种，丙的选法有10种，此时不同的选法有2×10＝20(种)；第二类，若甲

选择马或猴的吉祥物，则甲的选法有2种，乙的选法有3种，丙的选法有10种，此时

不同的选法有2×3×10＝60(种).所以不同的选法共有20＋60＝80(种).故选

C

.

C1234567891011125.[2023南京六校联考]如图，用4种不同的颜色把图中

A

，

B

，

C

，

D

四块区域区分

开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有(

C

)A.144种B.73种C.48种D.32种[解析]由于

A

，

B

，

C

三块区域两两相邻，因此需填涂3种不同的颜色.①当

D

区域

与

A

区域颜色相同时，只需从4种不同的颜色中选取3种分别填涂到

A

，

B

，

C

三块

区域，有4×3×2＝24(种)涂法；②当

D

区域与

A

区域颜色不同时，只需将4种不同

的颜色分别填涂到

A

，

B

，

C

，

D

四块区域，有4×3×2×1＝24(种)涂法.所以不同

的涂法共有24＋24＝48(种)，故选C.C1234567891011126.如图所示，从正八边形的八个顶点中任选三个构成三角形，则与正八边形有公共

边的三角形有

个(用数字作答).[解析]把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角

形，此类三角形由正八边形中两个相邻的顶点和一个与所选顶点均不相邻的顶点构

成，共有8×4＝32(个)；第二类，有两条公共边的三角形，此类三角形由正八边形

中三个相邻的顶点构成，共有8个.由分类加法计数原理可知，共有32＋8＝40(个).40

1234567891011127.[2023北京通州区质检]一个三位数，如果满足个位上的数字和百位上的数字都大

于十位上的数字，那么我们称该三位数为三位数“凹数”，则没有重复数字的三位

数“凹数”的个数为

.(用数字作答)[解析]依题意，无重复数字的三位数“凹数”，十位数字只可能为0，1，2，3，

4，5，6，7之一，个位和百位上的数字从比对应十位数字大的数字中任取两个进行

排列，所以没有重复数字的三位数“凹数”的个数为9×8＋8×7＋7×6＋6×5＋

5×4＋4×3＋3×2＋2×1＝72＋56＋42＋30＋20＋12＋6＋2＝240.240

123456789101112

8.[2024北京市景山学校期末]在0，1，2，3，4，5，6这7个数中任取4个数，将其组

成无重复数字的四位数，其中能被5整除且比4351大的数共有(

C

)A.54个B.62个C.74个D.82个[解析]根据被5整除的数特点，分成两类.第一类：个位为0，则千位为5或6时，有

2×5×4＝40(个)四位数大于4351；千位为4，百位为5或6时，有2×4＝8(个)四位数

大于4351；千位为4，百位为3时，十位为6，有1个四位数大于4351.第二类：个位为5，则千位为6时，有5×4＝20(个)四位数大于4351；千位为4，百位

是6时，有4个四位数大于4351；千位为4，百位为3