2027届新高考数学热点精准复习分类加法计数原理与分步乘法计数原理

2027届新高考数学热点精准复习分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.能用两个原理解决简单的实际问题.课标要求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.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＝__________种不同的方法.m+nm×n3.两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不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次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)注意点类类独立，不重不漏步步相依，缺一不可常用结论与微点提醒1.正确理解“怎么算完成一件事”是选择分类、分步的基础，如“3人参加4项比赛，每人参加一项的参赛方案数”与“3人参加4项比赛，每项一个冠军的冠军方案数”.2.分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成一件事.(

)(2)在分步乘法计数原理中，每个步骤的方法都能单独完成一件事.(

)(2)中每个步骤无法单独完成一件事，各步缺一不可;诊断自测

概念思考辨析+教材经典改编√×(3)在运用计数原理时，分类的标准是唯一的.(

)(4)在处理较为复杂的计数问题时，一定要先分类再分步.(

)(3)中分类标准并不唯一，但要标准一致、不重不漏;(4)中有时候也可以先分步再进行分类.××2.(苏教选修二P63T6原题)若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有(

)A.34种 B.43种C.3×2×1种 D.4×3×2种A4名学生，每人有3种可选方案，根据分步乘法计数原理，4人共有3×3×3×3＝34种，故选A.3.(人教A选修三P11T1改编)乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后共有项数为(

)A.11 B.16C.45 D.144C三个因式各取一项相乘可得展开式中的项，由分步乘法原理知项数为3×3×5＝45.4.(北师大选修一P162习题5－1T1改编)在1，2，3，…，200中，被5整除余1的数共有____________个.

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D考点一分类加法计数原理因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，分为四类.第一类:m＝5时，n有4种选择;第二类:m＝4时，n有3种选择;第三类:m＝3时，n有2种选择;第四类:m＝2时，n有1种选择.由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有4＋3＋2＋1＝10(个).(2)(2026·南昌模拟)一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为_______.

8分两类，如图①，由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形，这样的等边三角形共有6个;如图②，由圆上相间隔的三点可构成等边三角形，这样的等边三角形共有2个.由分类加法计数原理可得共能构成不同的等边三角形的个数为6＋2＝8.感悟提升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.训练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B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).(2)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定_________个平面.

13异面直线a与异面直线b上的8个点中的任意一个点都可以构成一个平面;异面直线b与异面直线a上的5个点中的任意一个点都可以构成一个平面，∴共可以确定8＋5＝13个平面.

C考点二分步乘法计数原理

因为每名同学均有2门外语课程可以选，由分步乘法计数原理得不同的选法有2×2×2＝23(种).(2)(2026·徐州模拟)甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有(

)A.18种 B.48种C.108种 D.192种D因为甲不去北京，应该分步完成:第一步，甲在上海、西安、长沙三个城市中任选一个，有3种选法;第二步，乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别任选一个，有4×4×4＝64(种)选法，由分步乘法计数原理，可得不同选法有3×64＝192(种).感悟提升1.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足:完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.2.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.训练2(1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(

)B由题意可知E到F共有6条最短路径，F到G共有3条最短路径，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(条)最短路径.A.24 B.18C.12 D.9(2)(2026·贵阳调研)将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为(

)A.720 B.240C.120 D.60A可分三步:第一步，第1张门票有10种不同的分法;第二步，第2张门票有9种不同的分法;第三步，第3张门票有8种不同的分法，由分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种不同分法.角度1

与数字有关的问题例3(2024·上海卷)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为____________.

329由题意可知集合中最多有一个奇数，其余均为偶数.个位为0的无重复数字的三位正整数有9×8＝72(个);个位为2，4，6，8的无重复数字的三位正整数有4×8×8＝256(个).所以集合中最多有72＋256＝328(个)偶数，再加上一个奇数，则集合中元素个数的最大值为328＋1＝329.考点三两个计数原理的综合角度2

与几何有关的问题例4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(

)A.48 B.36C.24 D.18B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”，分情况讨论:①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);②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2×6＝12(个).所以由分类加法计数原理得，正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个).角度3

涂色(种植)问题例5(2026·北京海淀区调研)在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是____________.

1920如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.第一步:选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择;第二步:从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择;第三步:从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择;第四步:若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种;若区域D与区域A种植不同种花卉，则区域D有3种花卉可以选择，区域E可选择的花卉有4种，故不同的种植方法种数是6×5×4×(1×4＋3×4)＝1920.感悟提升1.在综合应用两个原理解决问题时应注意:(1)一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理;(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.训练3(1)用3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____________种不同的涂色方案(

)

C从左到右依次涂色，第一个圆环可以涂3种颜色，第二、三、四、五个圆环各可以涂2种颜色，共有3×2×2×2×2＝48(种)不同的涂色方案.A.243 B.32C.48 D.1280(2)(2026·广州测试)将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有____________种.

12由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得9在左上角，1在右下角，如图所示，其余位置分别记为a，b，c，d，e，f.显然2，3排在d，f位置，有2种排法.①a，c在8，7中选，有2个结果，b，e在5，6中选，有2个结果，有2×2＝4(种)排法;②a，c在8，6中选，有2个结果，b，e在5，7中选，有1个结果，此时有2×1＝2(种)排法.综上，填写方格表的方法共有2×(4＋2)＝12(种).9abc4def1一、单选题1.若将6本不同的书放到5个不同的盒子里，则不同的放法种数为(

)A.6 B.30C.56 D.66C将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，根据分步乘法计数原理可得不同放法为56种.2.为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有(

)A.48种 B.36种C.24种 D.12种B由题意可知，分三步完成:第一步，从2种主食中任选一种有2种选法;第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法;第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36种不同的选取方法.3.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.14 B.23C.48 D.120C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8×6＝48.4.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(

)A.9 B.14C.15 D.21B当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).5.(2026·南宁质检)甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有(

)A.4种 B.6种C.10种 D.16种B分两类:甲第一次踢给乙时，有3种满足条件的传递方式(如图):同理，甲第一次踢给丙时，满足条件的也有3种传递方式，由分类加法计数原理，可知不同传递方式的种数为3＋3＝6.6.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形的个数为(

)C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8×4＝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知，共有32＋8＝40(个).A.32 B.36C.40 D.427.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.252C.261 D.279B组成的三位数可分两类:一类是有重复数字，另一类无重复数字.先算无重复数字的三位数的个数:第一步，排百位数字，有9种方法(0不能排首位)，第二步，排十位数字，有9种方法，第三步，排个位数字，有8种方法，根据分步乘法计数原理，共有9×9×8＝648(个)没有重复数字的三位数.又组成的所有三位数的个数为9×10×10＝900，所以有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.8.(2026·郑州模拟)中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有(

)CA.1050种B.1260种C.1302种D.1512种由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色.先涂区域1，有7种选择;再涂区域2，有6种选择;当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择;当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋1×6)＝1302种.二、多选题9.若从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则下列结论正确的是(

)A.从东面上山有20种走法 B.从西面上山有27种走法C.从南面上山有30种走法 D.从北面上山有32种走法ABD从东面上山，走法共有2×(3＋3＋4)＝20种，从西面上山，走法共有3×(2＋3＋4)＝27种，同理，从南、北面上山，分别有3×(2＋3＋4)＝27种，4×(2＋3＋3)＝32种，选ABD.10.(2026·西安调研)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位数.如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是(

)A.组成的三位数的个数为60B.在组成的三位数中，偶数的个数为30C.在组成的三位数中，“凹数”的个数为20D.在组成的三位数中，“凹数”的个数为30BC因为百位上的数字不能为0，所以组成的三位数的个数为4×4×3＝48，故A错误;将所有三位数的偶数分为两类，①个位数为0，则有4×3＝12(个);②个位数为2或4，则有2×3×3＝18(个)，所以在组成的三位数中，偶数的个数为12＋18＝30，故B正确;将组成的三位数中“凹数”分为三类，①十位为0，则有4×3＝12(个);②十位为1，则有3×2＝6(个);③十位为2，则有2×1＝2(个)，所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为12＋6＋2＝20，故C正确，D错误.11.现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是(

)A.选1人为负责人的选法种数为30B.每组选1名组长的选法种数为3024C.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335D.若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种ABC选1人为负责人的选法种数为6＋7＋8＋9＝30，故A正确;每组选1名组长的选法种数为6×7×8×9＝3024，故B正确;2人需来自不同的小组的选法种数为6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确;依题意，若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有43－33＝37种，故D错误.三、填空题12.已知集合A＝{2，4，6，8}，B＝{1，3，5，7，9}，从A中取一个数为十位数字，从B中取一个数作为个位数字