高考数学一轮复习（新高考版）两个计数原理

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布

§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

【知识梳理】

两个计数原理

(1)分类加法计数原理：完成•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〃种不同的方法，那么完成这件事共有〃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步有机种不同的方法，做第2步有

〃种不同的方法，那么完成这件事共有N=〃?又〃种不同的方法.

【常用结论】

1.分类加法计数原理的推广；完成一件事有〃类不同方案，在第1类方案中有皿种不同的

方法，在第2类方案中有,〃2种不同的方法，……，在第〃类方案中有恤种不同的方法，那

么完成这件事共有N=加+〃?2H种不同的方法.

2.分步乘法计数原理的推广：完成一件事需要〃个步骤，做第I步有皿种不同的方法，做

第2步有侬种不同的方法，……，做第〃步有出种不同的方法，那么完成这件事共有N=

m\Xm2X…Xm„种不同的方法.

【思考辨析】

判断卜列结论是否正确(请在括号中打"J”或"X”)

(1)在分类加法计数原理中，某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，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成.(V)

(4)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(J)

【教材改编题】

1.已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为()

A.16B.13C.12D.10

答案C

解析将4个门编号为123,4,从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4

号门进入，同样各有3种走法，不同走法共有4X3=12（种）.

2.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在

本班监考，则不同的监考方法有（）

A.8种B.9种C.10种D.11种

答案B

解析设四位监考教师分别为A,B,C,D,所教班级分别为。，b,c,。假设A监考5,则

余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c,4时，也分别有3种不同

方法.由分类加法计数原理可知，共有3+3+3=9（种）不同的监考方法.

3.由于用具简单、趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动.某棋局的一部分如图所示,

若不考虑这部分以外棋子的影响，旦"马"和''炮"不动，“兵”只能往前走或左右走，每

次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，其中也能把“炮”吃

掉的可能路线有（）

甫

A.10条B.8条C.6条D.4条

答案C

解析由题意可知，“兵”吃掉“马”的最短路线需横更三步，竖走两步；

其中也能把“炮”吃掉的路线可分为两步：第一步，横定两步，竖走一步，有3种走法；第

二步，横走一步，竖走一步，有2种走法.

所以所求路线共有3X2=6（条）.

■探究核心题型

题型一分类加法计数原理

例1（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

位朋友一本，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

解析赠送1本画册，3本集邮册.需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4

种方法.赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮

册，有6种方法.由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4+6=10（种）.

⑵如果一个三位正整数如满足0＜。2，且④＞。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.

答案240

解析若。2=2,则百位数字只能选I,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

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

=72（个）.所以所有凸数共有2+6+12+20+30+42+55+72=240（个）.

思维升华使用分类加法计数原理的两个注意点

（1）根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏.

（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.

跟踪训练1（1）（2023•太原模拟）现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成

的币值有（）

A.3种B.6种C.7种D.8种

答案C

解析由题意得，

三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆；

三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆；

三种币值全取，共有1种取法，币值为捌拾圆.

一共可以组成的币值有3+3+1=7（种）.

⑵设/="23,4},A与8是/的子集，若八08={1,2},则称（A,8）为一个“理想配集”.若

将（A,B）与（B,4）看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有个.

答案9

解析对子集A分类讨论：

当4是二元集{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是三元集{1,2,3}时，8可以为{1,2,4},{1,2},共2种情况；

当4是三元集（1,2,4}时，B可以为{1,2,3）,（1,2）,共2种情况；

当4是四元集{1,2,3,4}时，B取［1,2},有I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.

题型二分步乘法计数原理

例2（1）数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏.如图是数独的一个简化版，由3行3列9

个单元格构成.玩该游戏时，需要将数字123（各3个）全部填入单元格，每个单元格填一个

数字，要求每一行、每一列均有123这三个数字，则不同的填法有（）

解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步.

由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法.

（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（）

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下种

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43种

答案AD

解析对于A,B,第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3

种报法，根据分步乘法计数原理知共有3’种结果，A正确，B错误；对于C,D,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4种选择，第3个社团有4种选择，

根据分步乘法计数原理知共有43种结果，D正确，C错误.

题型三两个计数原理的综合应用

例3（1）有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出

2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是（）

A.14B.23C.48D.120

答案C

解析分两步：第1步，取多面体，有5+3=8（种）不同的取法：第2步，取旋转体，有4+

2=6（种）不同的取法.所以不同的取法种数是8X6=48.

⑵（2023・南平质检）甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9,021,5,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.

答案80

解析5日至9日，日期尾数分别为567,8,9,有3天是奇数日，2天是偶数日.第一步，安

排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2义2=4（种）用车方案；第二步，安排奇数日出行，

分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3X2X2=I2（种）用车方案，

第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23=8（种）用车方案，共计12+8=20（种）

用车方案.根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4X20=80.

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，印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）有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有2套不同样式的连衣裙.需

选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为（）

A.24B.14C.10D.9

答案B

解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4X3=12（种）选择方式；第二类：选2

套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理可知，共有12+2=14（种）选择方式.

（2）如图，〃省分别与儿c,d,e四省交界，且〃，c,d互不交界，在地图上分别给各省地域

涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选月，则不同的涂色方案种数为（）

A.480B.6(X)

C.720D.840

答案C

解析依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：

若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂4有4种方法，涂c,有1种方法，涂e有3种方

法，最后涂b有3种方法，由分步乘法计数原理得到天同的涂色方案有5X4X1X3X3=

180（种），

若c,与“涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e,b也各

有3种方法，

由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5X4X3X3X3=540（种），

所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180+540=720（种）.

课时精练

q基础保分练

1.小黑点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络相连.连线上标注的数字表示该

段网线单位时间内可以通过的最大信息量.现在从结点A向结点8传递信息，信息可分开沿

不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（）

5\3

B

D4

A.9B.21C.12D.8

答案D

解析由图形可以看出，从A-8,可以分成两种情况，A-。-8或A-C-&

这两类方法中各自包含的单位时间内通过的信息量分别是5,3,根据分类加法计数原理可知，

传递的最大信息量为5+3=8.

2.（2023・济宁模拟）某省新高考采用“3+1+2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外

语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为

再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目.已知小明同学

必选化学，那么他可选择的方案共有（）

A.4种B.6种C.8种D.12种

答案B

解析根据题意得，分两步进行分析：

①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；

②小明在物理、历史科目中选出I个，选法有2种.

由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3X2=6（种）.

3.从集合｛1,2,3,…，10｝中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数

列的个数为（）

A.3B.4C.6D.8

答案D

解析以1为首项的等比数列为124；1,3,9；

以2为首项的等比数列为2,4,8；

以4为首项的等比数列为4,6,9；

把这四个数列顺序颠倒，又得到4个新数列，

所以所求的数列共有2X（2+1+1）=8（个）.

4.中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土,

土克水，水克火，火克金”.将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质

不相邻的排法种数为（）

A.8B.10C.15D.20

答案B

解析由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5种排列方法，不妨假设是

金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2种选择，不妨假设排的是水，则第

三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，因此，总的排列方法种数

为5X2X1X1X1=10.

5.中国有十二生肖，又口L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，现有一二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i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

答案B

解析第一类：甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1X2X10=20（种）；

第二类：甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，

选法有1X3X10=30（种）,

所以共有20+30=50（种）选法.

6.（2023・宿州模拟）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”

的个数为（）

A.12B.24C.36D.48

答案C

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2X12=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）.

7.用0,123,4,5,6这7个数字可以组成无重复数字的四位偶数的个数为（）

A.180B.240C.420D.480

答案C

解析以末位数字进行分类：

当末位数字为0时，共有6X5X4=120（个）；

当末位数字是2,4,6中的某个数时，共有3X5X5X4=300（个），

故共有120+300=420（个）不同的数字.

8.（多选）现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人,

则下列说法正确的是（）

A.选1人为负责人的选法种数为34

B.每组选1名组长的选法种数为5400

C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为42（）

D.若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不

同的选法有37种

答案AD

解析对于A,4个数学课外兴趣小组共有7+8+9+10=34（人），故选1人为负责人的选法共

有34种，A对；

对于B,分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以

不同的选法共有7X8X9X10=5040（种），B错；

对于C,分六类：从第一、二组中各选1人，有7X8种不同的选法;

从第一、三组中各选1人,有7X9种不同的选法；

从第一、四组中各选1人,有7X10种不同的选法

从第二、三组中各选1人，有8X9种不同的选法;

从第二、四组中各选1人，有8X10种不同的选法

从第三、四组中各选1人，有9X10种不同的选法

所以不同的选法共有7X8+7X9+7XI0+8X9+8XI04-9X10=431（种），C错；

对于D,若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43=64（种）选法，

其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33=27（种）选法，

所以不同的选法有64—27=37（种），D对.

9.如图所示，在山连接正八边形的三个顶点构成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形

有个（用数字作答）.

答案40

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，共有8X4=32（个）；

第二类，有两条公共边的三角形，共有8个.

由分类加法计数原理可知，共有32+8=40（个）.

10.（2023.保定模拟）算筹是•根根同样长短和粗细的小棍子，是中国古代用来记数、歹J式和

进行各种数与式演算的一种工具，是中国古代的一项伟大、重要的发明.在算筹计数法中，

以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如表所示：

X.数字

123456789

方

纵式1IIIII11111111TTIIHI

横式

——===±J.X

用算筹计数法表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类

推，遇零则置空，知“T=l”表示的三位数为；如果把5根算筹以适当的方式全部

放入下面的表格中，那么可以表示能被5整除的三位数的个数为

答案62114

解析由题意，结合表格中的数据和图形，知“T=l”表示的三位数为621；

共有5根算筹，要能被5整除，则个位数必须为0或5,

①当个位数为5时，不符合题意；

②当个位数为0时，则5艰算筹全部放在十位和百位,

若百位有I根,十位有4根,则共有1X2=2（个）三位数;

若百位有2根,十位有3根,则共有2X2=4（个）三位数;

若百位有3根,十位有2根,则共有2X2=4（个）三位数;

若百位有4根,十位有1根,则共有2X1=2（个）三位数;

若百位有5根,十位有0根,则共有2个三位数.

所以共有2+4+4+2+2=14（个）三位数.

R综合提升练

11.如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形八BCQ

内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成），△A8£,/\BCF,

△CDG,△D4”这4个三角形和“赵爽弦图"A8C。涂色，且相邻区域（即图中有公共点的

区域）不同色，已知有4种不同的颜色可供选择.则不同的涂色方法种数是（）

A.48

C.72D.108

答案C

解析设“赵爽弦图"ABCO为①区，△ABE,2BCF,4CDG,△D4”这4个三角形分别

为②，③，④，⑤区.

第一步给①区涂色，有4种涂色方法.

第二步给②区涂色，有3种涂色方法.

第三步给③区涂色，有2种涂色方法.

第四步给④区涂色，若④区与②区同色，⑤区有2种涂色方法.

若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法.

所以共有4X3X2X（2+IX1）=72（种）涂色方法.

12.（2022・怀化模拟）世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强（各

组的前2名小组出线），这16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，

直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为.

答案64

解析因为8个小组进行单循环赛，每小组进行6场小组赛，所以小组赛的场数为8X6=48,

因为16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为8+4+2+2=16,因此比

赛进行的总场数为48+16=64.

q拓展冲刺练

13.几只猴子在一棵