2026版高三数学讲义第十章　10.1　两个计数原理

第十章计数原理、概率

10．1两个计数原理

了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义，能利用两个计数原理进行计数．

1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理

(1)分类加法计数原理

①定义：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＝m＋n种不同的方法．

②拓展：完成一件事，如果有n类不同方案，且第1类方案中有m1种不同的方法，第2

类方案中有m2种不同的方法……第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N

＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．

(2)分步乘法计数原理

①定义：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＝m×n种不同的方法．

②拓展：完成一件事，如果需要分成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＝

m1×m2×…×mn种不同的方法．

2．运用分类加法计数原理的关键是分类标准的确定，通常按有特殊要求的元素或有特殊

要求的位置进行分类，即以“符合要求”与“不符合要求”作为分类标准．

3．分类与分步都是数学思维中的“分解”策略，前者是“横向分解”，分解为若干种满

足要求的类型；后者是“纵向分解”，将解决问题的方法分解为按一定顺序进行的小步骤．

1．判断(正确的画“√”，错误的画“×”)

(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这件事．(√)

(2)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)

(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．(×)

(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．(√)

2．(人教A版选择性必修第三册P11习题6.1T1改编)一个口袋内装有4个小球，另一个

口袋内装有6个小球，所有小球的颜色互不相同．从两个口袋中取一个球，则不同的取法种

数为10．

解析：根据分类加法计数原理，不同的取法种数为4＋6＝10.

3．(人教A版选择性必修第三册P8例7改编)如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校

安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域

植入不同花卉，不同的植入方法有72种．

解析：C区域有4种选择，D区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择，

由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有4×3×3×2＝72(种).

4．中国有十二生肖，又叫十二属相，每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，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学

依次选一个作为礼物，甲同学喜欢龙、牛和羊，乙同学喜欢龙和马，丙同学哪个吉祥物都喜

欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有50种．

解析：第一种情况是甲选龙，乙只能选马，丙有10种选法，第二种情况是甲选牛或羊，

甲有2种选法，乙也有2种选法，丙有10种选法，则共有2×2×10＝40(种)选法，所以共有

10＋40＝50(种)选法．

考点1分类加法计数原理

【例1】如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，那么称这样的三位数为

凸数(如120，343，275等).所有凸数的个数为240．

【解析】若a2＝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a2＝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a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)……若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9

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

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．

【对点训练1】(1)集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，

且PQ.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，则这样的点的个数为

(B)

⊆

A．9B．14

C．15D．21

解析：当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，由PQ，∴x＝y，∴x可从3，

，，，，，中取，有种方法．因此满足条件的点的个数为＋＝故选

4567897⊆7714.B.

(2)定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数

为(D)

A．18B．21

C．35D．36

解析：按照百位数字进行分类讨论：当百位数字是1时，后两位相加为7，有8种；当

百位数字是2时，后两位相加为6，有7种；当百位数字是3时，后两位相加为5，有6种；

当百位数字是4时，后两位相加为4，有5种；当百位数字是5时，后两位相加为3，有4

种；当百位数字是6时，后两位相加为2，有3种；当百位数字是7时，后两位相加为1，有

2种；当百位数字是8时，后两位相加为0，有1种．总共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(种)，

即所有幸运数的个数为36.故选D.

考点2分步乘法计数原理

【例2】(多选)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社

会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是

(ABD)

A．共有43种不同的安排方法

B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种

C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种

D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种

【解析】对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名

同学有4种选法，则三名同学有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；对于B，三人到4个工厂，

有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝

27(种)，则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；对于C，若A同

学必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误；

对于D，若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有4×3×2＝24(种)，故D正确．故

选ABD.

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．

【对点训练2】3000的不同正因数的个数为(C)

A．36B．45

C．32D．54

解析：因为3000＝23×3×53，所以3000的正因数为2α×3β×5γ，其中α＝0，1，2，3，

β＝0，1，γ＝0，1，2，3，所以3000的不同正因数有4×2×4＝32(个).故选C.

考点3两个计数原理的综合应用

命题角度1与数字有关的问题

【例3】(2024·河北邯郸模拟)用0，1，2，3，4能组成没有重复数字且比32000小的

数的个数为(D)

A．212B．213

C．224D．225

【解析】分数字位数讨论：一位数有5个；两位数有4×4＝16(个)；三位数有4×4×3

＝48(个)；四位数有4×4×3×2＝96(个)；五位数分以下两种情况讨论：①首位数字为1或2，

4

此时共有2A4＝2×24＝48(个)，②首位数字为3，则千位数字从0或1中选择一个，其余三

3

个数任意排列，此时共有2A3＝12(个).综上所述，比32000小的数共有5＋16＋48＋96＋48

＋12＝225(个).故选D.

命题角度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36．

【解析】如果一条直线与一个平面垂直，那么此直线与平面就构成一个“正交线面

对”．如图所示，

①对于正方体的每一条棱，都有2个面与之构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”

有12×2＝24(个)；②对于正方体的每一条面对角线(如A1C1，则A1C1⊥平面BB1D1D)，均有

一个对角面与之构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12×1＝12(个).综上所述，

正方体中的“正交线面对”共有36个．

命题角度3涂色问题

【例5】(2024·安徽淮北二模)在3×3的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种

颜色之一，若每个2×2的方格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法

的种数为72．

4

【解析】设四种颜色分别为A，B，C，D，对于第一个2×2的方格，共有A4＝24(种)

不同的涂法，假设第一个2×2的方格涂如图所示A，B，C，D四种颜色，①若第三列的第

一个方格涂A，第三列的第二个方格涂C，则第三列的第三个方格涂A或B，当第三列的第

三个方格涂A时，第三行的第一、二个方格分别涂A，B；当第三列的第三个方格涂B时，

第三行的第一、二个方格分别涂B，A.②若第三列的第一个方格涂C，第三列的第二个方格

涂A，则第三列的第三个方格涂C或B，当第三列的第三个方格涂C时，第三行的第一、二

个方格分别涂A，B；当第三列的第三个方格涂B时，第三行的第二个方格涂C，不合题意．所

以，共有3类涂法，则共有24×3＝72(种)不同的涂色方法．

1．在综合应用两个计数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)对于较复杂的两个计数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．

【对点训练3】(1)(2024·河南信阳模拟)从0，1，2，5中取三个不同的数字，组成能被

5整除的三位数，则不同三位数有(B)

A．12个B．10个

C．8个D．7个

解析：能被5整除的三位数末位数字是0或5，当末位数字为0时，有3×2＝6(个)符合

条件的三位数，当末位数字为5时，有2×2＝4(个)符合条件的三位数，因此一共有4＋6＝

10(个).故选B.

(2)如图所示，由连接正八边形的三个顶点组成的三角形中与正八边形有公共边的三角形

有40个．

解析：满足条件的三角形有两类：第一类，与正八边形有两条公共边的三角形，有m1

＝8(个)；第二类，与正八边形有一条公共边的三角形，有m2＝8×4＝32(个).所以满足条件的

三角形共有8＋32＝40(个).

(3)如图，给A，B，C，D，E，F六个点涂色，现有五种不同的颜色可供选用，要求每个

点涂一种颜色，且每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有(B)

A．1440种B．1920种

C．2160种D．3360种

解析：根据题意，分2步进行分析：

3

①对于A，B，C三点，两两相邻，有A5＝60(种)涂色方法．②F与C相邻，有4种颜色

可选，若F与A同色，其中D与B同色时，E有3种颜色可选，D与B不同色时，D有3

种颜色可选，E有2种颜色可选，此时有3＋3×2＝9(种)涂色方法．同理，若F与B同色，

有9种涂色方法．若F与A，B颜色都不同，F有2种颜色可选，其中，D与B同色时，E

有3种颜色可选，D与B不同色时，D有2种颜色可选，E有2种颜色可选，此时有2×(3

＋2×2)＝14(种)涂色方法，则F，D，E有9＋9＋14＝32(种)涂色方法，故有60×32＝1920(种)

涂色方法．故选B.

课时作业68

1．(5分)在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称

之美．如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕

着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如

2020年02月02日(20200202)被称为世界完全对称日(公历纪年日期中数字左右完全对称的日

期).数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如11，242，5225都是回文数，则用0，1，

2，3，4，5这些数字构成的所有三位数的回文数中能被3整除的个数是(B)

A．8B．10

C．11D．13

解析：当三位数的三个数位上的数都相同时，有111，222，333，444，555，共有5个；

当三位数的三个数位上的数有两个相同时，有141，252，303，414，525，共有5个．所以

满足题意的回文数共有10个．故选B.

2．(5分)有红、黄、蓝三种颜色的小旗各一面，从中选用1面、2面或3面升上旗杆，

并且不同的顺序表示不同的信号，则可表示不同的信号种数为(D)

A．6B．12

C．14D．15

解析：挂一面旗时，可表示3种不同的信号；挂两面旗时，可表示3×2＝6(种)不同的信

号；挂三面旗时，可表示3×2×1＝6(种)不同的信号，所以共可表示3＋6＋6＝15(种)不同的

信号．故选D.

3．(5分)高二某班级4名同学要参加足球、篮球、乒乓球比赛，每人限报一项，其中甲

同学不能报名足球，乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同，则不同的报名方式的种数为

(B)

A．54B．12

C．8D．81

解析：由甲同学不能报名足球，可得甲有2种报名方式，乙、丙、丁三位同学所报项目

都不相同，可得乙有3种报名方式，丙有2种报名方式，丁只有1种报名方式，由分步乘法

计数原理可得共有2×3×2×1＝12(种)报名方式．故选B.

4．(5分)现有4名志愿者去3个社区参加志愿活动，每名志愿者可自由选择其中的1个

社区，不同选法的种数是(A)

A．34B．43

C．12D．7

解析：依题意，每名志愿者都有3种不同的选法，所以4名志愿者共有3×3×3×3＝34(种)

不同的选法．故选A.

5．(5分)如图，要让电路从A处到B处只有一条支路接通，不同的路径条数为(C)

A．5B．7

C．8D．12

解析：要让电路从A处到B处只有一条支路接通，不同的路径条数为2×1＋2×3＝8.

故选C.

6．(5分)求正整数的正因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如12＝31×22，12的

正因数只需分别从{30，31}，{20，21，22}中各选一个元素相乘即可，则2025的正因数的个

数为(C)

A．8B．10

C．15D．16

解析：因为2025＝52×34，所以2025的正因数只需分别从{50，51，52}，{30，31，32，

33，34}中各选一个元素相乘即可，有3×5＝15(种)取法，即有15个正因数．故选C.

7．(5分)用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有

(C)

A．48个B．24个

C．18个D．12个

解析：根据题意，三位数的个位数字必须为1或3，有2种情况，百位数字不能为0，有

3种情况，十位数字在剩下的3个数字中任选1个，有3种情况，则共有2×3×3＝18(种)情

况，即有18个符合题意的三位奇数．故选C.

8．(5分)用4种不同的颜色给如图所示的4块区域上色，要求相邻2块涂不同的颜色，

则不同的涂法种数为(B)

A．24B．48

C．96D．120

解析：首先给D涂色有4种涂法，再涂A有3种涂法，第三步涂B有2种涂法，最后涂

C有2种涂法，按照分步乘法计数原理可知一共有4×3×2×2＝48(种)涂法．故选B.

9．(6分)(多选)某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票

价如下表，现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一列地铁，已知他们乘坐地铁都不超

过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是(BCD)

站数x0<x≤33<x≤66<x≤9

票价/元234

A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种

B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种

C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种

D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种(同一站下

地铁不分先后)

解析：两人共花费5元分为两类：小明花费2元，小华花费3元，此时两人下地铁的方

案有3×3＝9(种)，同理，小明花费3元，小华花费2元时，两人下地铁的方案也是9种，所

以共有18种方案，A不正确，B正确．两人共花费6元分为三类：小明花费2元，小华花费

4元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9(种)；小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地

铁的方案有3×3＝9(种)；小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有3×3＝

9(种)，共有27种方案，C正确．小明比小华先下地铁有两类：小明花费2元，小华花费4

元，此时两人下地铁的方案有9种；小明和小华均花费3元，小明比小华先下地铁仅有3种

方案，所以共有12种方案，D正确．故选BCD.

10．(6分)(多选)用n种不同的颜色涂图中的矩形A，B，C，D，要求相邻的矩形涂色不

同，不同的涂色方案总种数记为s(n)，则(AD)

A.s(3)＝12B．s(4)＝36

C．s(5)＝120D．s(6)＝600

解析：当n＝3时，分四步：第一步，涂C处，有3种涂色方案；第二步，涂D处，有

2种涂色方案；第三步，涂A处，有2种涂色方案；第四步，涂B处，有1种涂色方案．所

以不同的涂色方案总种数为3×2×2×1＝12，所以s(3)＝12，故A正确．当n＝4时，分四

步：第一步，涂C处，有4种涂色方案；第二步，涂D处，有3种涂色方案；第三步，涂A

处，有3种涂色方案；第四步，涂B处，有2种涂色方案．所以不同的涂色方案总种数为

4×3×3×2＝72，所以s(4)＝72，故B错误．当n＝5时，分四步：第一步，涂C处，有5

种涂色方案；第二步，涂D处，有4种涂色方案；第三步，涂A处，有4种涂色方案；第四

步，涂B处，有3种涂色方案．所以不同的涂色方案总种数为5×4×4×3＝240，所以s(5)

＝240，故C错误．当n＝6时，分四步：第一步，涂C处，有6种涂色方案；第二步，涂D

处，有5种涂色方案；第三步，涂A处，有5种涂色方案；第四步，涂B处，有4种涂色方

案．所以不同的涂色方案总种数为6×5×5×4＝600，所以s(6)＝600，故D正确．故选AD.

11．(6分)(多选)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(ABC)

A．选1人为负责人的选法种数为30

B．每组选1名组长的选法种数为3024

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335

D．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

选法种数为35

解析：对于A，选1人为负责人的选法种数为6＋7＋8＋9＝30，故A正确；对于B，每

组选1名组长的选法种数为6×7×8×9＝3024，故B正确；对于C，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；对于D，依题意，

若不考虑限制，每名学生有4种选法，共有43种选法，若第一组没有人选，每名学生有3种

选法，共有33种选法，所以不同的选法种数为43－33＝37，故D错误．故选ABC.

12．(5分)已知直线方程ax＋by＋c＝0中的a，b，c是取自集合{－3，－2，－1，0，1，

2，3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角．那么这样的直线的条数是43．

a

解析：设直线ax＋by＋c＝0的倾斜角为θ，则tanθ＝－>0.不妨设a>0，则b<0.

b

(1)当c＝0时，a有3种取法，b有3种取法，排除2个重复的(3x－3y＝0，2x－2y＝0

与x－y＝0为同一条直线)，故这样的直线有3×3－2＝7(条)；

(2)当c≠0时，a有3种取法，b有3种取法，c有4种取法，且其中任意两条直线均不

相同，故这样的直线有3×3×4＝36(条).从而，符合要求的直线有7＋36＝43(条).

13．(5分)(2024·河南郑州三模)设a1，a2，a3，…，a7是1，2，3，…，7的一个排列，

且满足|a1－a2|≥|a2－a3|≥…≥|a6－a7|，则|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a6－a7|的最大值是21．

解析：要使|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a6－a7|的值最大，又|a1－a2|≥|a2－a3|≥…≥|a6－a7|，

所以排列可以为1，7，2，6，3，5，4，则|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a6－a7|的最大值是6＋5＋

4＋3＋2＋1＝21.

14．(8分)一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的

圆环分为n(n≥3，n∈N*)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不

同颜色的花．

(1)如图1，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有6种不同的种植方法；

(2)如图2，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有18种不同的种植方法．

解析：(1)先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分．因为a2，a3与

a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同，所以由分步乘法计数原理得，不同的种植方法有3×2×1

＝6(种).

(2)当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)不同的种植方法，当a1，a3同色时，有

3×2×1×2＝12(种)不同的种植方法，由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)不同的种

植方法.

15．(8分)已知正四棱锥P­ABCD，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个

顶点只涂一种颜色，且同一条棱上的两个顶