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第十单元　排列、组合与二项式定理、概率
第55讲　两个计数原理
【课标要求】　通过实例,理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
内容 区别与联系
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 (可推广至多类方案) 区别:分类加法计数原理与分类有关,各种方法相互独立,用其中的任何一种方法都可以完成这件事;分步乘法计数原理与分步有关,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了,这件事才能完成. 联系:复杂问题中,需要两个计数原理综合应用.某一类中可能需要再分步,某一步中有可能需要再分类
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 (可推广至多个步骤)
题组一　易错辨析
判断下列说法是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)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. (　 )
(2)在分类加法计数原理中,任意两类不同方案中的方法均不相同. (　 )
(3)3名学生依次从4本书中选择一本阅览(每本书只能被1名学生选择),则不同的选法有24种. (　 )
(4)把3个不同的小球投入到4个盒子中,所有可能的投法共有34种. (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
题组二　教材改编
1.乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4+b5)(c1+c2+c3)展开后共有 (　 )
A.10项 B.24项 C.30项 D.45项
2.某人欲从A地途经B地到C地,已知从A地到B地有10种合适的路线(包括飞机、火车、汽车等),从B地到C地有12种合适的路线,则此人从A地到C地可选择的不同的路线有　　　　种.
3.音乐播放器里存有10首中文歌曲,8首英文歌曲,3首法文歌曲,从中任选一首歌曲进行播放,有　　　　种不同的选法.
4.5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中一个小组,则不同的报名方法共有　　　　种.若没有任何限制,每位同学随意报名,则不同的报名方法共有　　　　种.
　分类加法计数原理
例1 (1)[2026·河北邯郸联考] 某学校开设了6门球类运动课程、4门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习,某位学生任选1门课程学习,则不同的选法共有 (　 )
A.48种 B.36种
C.24种 D.12种
(2)我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”,例如107和224,则所有的“幸运数”共有 (　 )
A.66个　B.55个　C.36个　D.28个
总结反思
(1)分类加法计数原理的实质:
完成一件事的各类方法相互独立,每类中的各种方法也相互独立,用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.
(2)使用分类加法计数原理遵循的原则:
有时分类的划分标准有多个,但不论是以哪一个为标准,都应遵循“标准要明确,不重不漏”的原则.
【对点演练1】 (1)用1,4,7,10中的任意一个数作分子,2,5,9,11中任意一个数作分母,可构成的不同真分数的个数为 (　 )
A.9 B.10 C.14 D.16
(2)[2026·上海师大附中期末] 若A∪B={1,2},则不同的有序集合组(A,B)共有　　　　种.
　分步乘法计数原理
例2 (1)下列说法正确的是 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.3封不同的信投入4个不同的邮筒,则不同的投法有34种
B.4位运动员争夺3个项目的冠军(每个项目只有一个冠军),则不同的结果有34种
C.3个人从4种不同的蔬菜中各任选一种,则不同的选法有34种
D.4名学生从3种不同的书籍(每种书籍各有20本)中各任选1种,则不同的选法有34种
(2)[2025·吉林长春模拟] 用3种不同的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,则不同的涂色方案的种数为 (　 )
A.243　 　B.32　 C.48　 　D.1280
总结反思
(1)分步乘法计数原理的实质:
完成一件事要分为若干步,各个步骤相互依存,缺少其中的任何一步都不能完成这件事,只有当每个步骤都完成后,才能完成这件事.
(2)使用分步乘法计数原理应注意的问题:
①明确题目中所要完成的这件事是什么,确定完成这件事需要几个步骤.
②将完成这件事划分成几个步骤来执行,各步骤之间有一定的连续性,只有当所有步骤都完成了,这件事才能完成,这是分步的基础,也是关键.
【对点演练2】 (1)[2026·海南海口期中] 已知864=25×33,则864的不同正因数的个数为 (　 )
A.12 B.15 C.24 D.20
(2)[2025·北京师大附中期中] 学校组织游学,学生可以从华山、衡山、恒山、嵩山四个景点中任选一处前往,3个好朋友每人随机选择一个目的地,则不同的选法种数是 (　 )
A.81 B.64 C.24 D.12
　两个计数原理的综合
例3 (1)从1,2,4,5,7,8这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数,则在这些组成的四位数中,大于7000的奇数的个数是(　 )
A.24 B.36 C.60 D.120
(2)[2026·广东深圳模拟] 已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,7},从两个集合中各取一个元素组成点的坐标,则在直角坐标系中第一、二象限不同点的个数为 (　 )
A.18 B.17 C.16 D.10
(3)现需要给一个四棱锥P-ABCD的五个顶点涂色,有四种不同的颜色可供选择,要求相邻顶点(在同一条棱上的两个顶点)不能涂同一种颜色,则不同的涂色方案种数为 (　 )
A.48 B.72 C.96 D.144
总结反思
(1)复杂问题中,两个计数原理可以综合应用:可以先分类,在各类中再分步,或先分步,到某一步时按需要再分类处理.
(2)涂色问题一般综合利用两个计数原理求解,但也有两种常用方法:按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析;以颜色为主分类讨论,用分类加法计数原理分析.
【对点演练3】 (1)如图,要让电路从A处到B处只有一条支路接通,则不同的路径有 (　 )
A.5种 B.6种 C.7种 D.9种
(2)[2025·浙江舟山期末] 甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人,第2次由持花者传给另外四人中的任意一人,往后依此类推,经过4次传花,花仍回到甲手中,则传法总数为 (　 )
A.36 B.48 C.52 D.64第十单元　排列、组合与二项式定理、概率
第55讲　两个计数原理
● 课前基础巩固
【知识聚焦】
m+n　m×n
【课前演练】
题组一
(1)√　(2)√　(3)√　(4)×
[解析] (1)由分步乘法计数原理的概念知该说法正确.
(2)由分类加法计数原理的概念知该说法正确.
(3)由分步乘法计数原理,可知不同的选法有4×3×2=24(种).
(4)第1个球投入盒子中有4种投法;第2个球投入盒子中也有4种投法;第3个球投入盒子中也有4种投法.只要把这3个球投完,就做完了这件事情,由分步乘法计数原理可得共有43种投法.
题组二
1.D　[解析] 因为每一项互不相同,所以展开后共有3×5×3=45(项).故选D.
2.120　[解析] 根据分步乘法计数原理得,可选择的不同的路线有10×12=120(种).
3.21　[解析] 依题意知共有10+8+3=21(种)不同的选法.
4.32　1024　[解析] 若每位同学限报其中一个小组,则每位同学都有2种报名方法,由分步乘法计数原理知,不同的报名方法共有2×2×2×2×2=32(种).若没有任何限制,则每位同学可以都不报,可以报一个,还可以都报,则每位同学有4种报名方法,则不同的报名方法共有4×4×4×4×4=1024(种).
● 课堂考点探究
探究点一
例1　(1)D　(2)C　[解析] (1)根据分类加法计数原理可知,不同的选法共有6+4+2=12(种).故选D.
(2)当首位数字为1时,后两位上的数字相加为7, “幸运数”分别是116,161,125,152,134,143,107,170,共8个;当首位数字为2时,后两位上的数字相加为6, “幸运数”分别是206,260,215,251,224,242,233,共7个;当首位数字为3时,后两位上的数字相加为5,“幸运数”分别是305,350,314,341,323,332,共6个;当首位数字为4时,后两位上的数字相加为4,“幸运数”分别是404,440,413,431,422,共5个;当首位数字为5时,后两位上的数字相加为3,“幸运数”分别是503,530,512,521,共4个;当首位数字为6时,后两位上的数字相加为2,“幸运数”分别是602,620,611,共3个;当首位数字为7时,后两位上的数字相加为1,“幸运数”分别是701,710,共2个;当首位数字为8时,后两位上的数字相加为0,“幸运数”是800,共1个.因此,所有的“幸运数”共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).故选C.
对点演练1　(1)B　(2)9　[解析] (1)由题可知构成的不同的真分数为,,,,,,,,,,共10个.故选B.
(2)根据题意,若A= ,则B={1,2},若A={1},则B={2}或B={1,2},若A={2},则B={1}或B={1,2},若A={1,2},则B= 或B={1}或B={2}或B={1,2},故不同的有序集合组(A,B)共有1+2+2+4=9(种).
探究点二
例2　(1)D　(2)C　[解析] (1)对于A,3封不同的信投入4个不同的邮筒,则不同的投法有43种,故A错误;对于B,4位运动员争夺3个项目的冠军(每个项目只有一个冠军),则不同的结果有43种,故B错误;对于C,3个人从4种不同的蔬菜中各任选一种,则不同的选法有43种,故C错误;对于D,4名学生从3种不同的书籍(每种书籍各有20本)中各任选1种,则不同的选法有34种,故D正确.故选D.
(2)从左到右依次涂色,第一个圆环有3种颜色可选,第二、三、四、五个圆环各有2种颜色可选,则共有3×2×2×2×2=48(种)不同的涂色方案.故选C.
对点演练2　(1)C　(2)B　[解析] (1)因为864=25×33,所以864的正因数一定可以写成2m×3n的形式,其中m,n为非负整数.易知m的取值可以是0,1,2,3,4,5,共6种情况;n的取值可以是0,1,2,3,共4种情况.根据分步乘法计数原理可知,864的正因数的个数为6×4=24.故选C.
(2)学生可以从华山、衡山、恒山、嵩山四个景点中任选一处前往,则每人有4种选法,所以3个好朋友共有43=64(种)选法,故选B.
探究点三
例3　(1)C　(2)B　(3)B　[解析] (1)因为组成的四位数大于7000,所以千位上的数字只能是7或8.因为组成的四位数是奇数,所以个位上的数字只能是1,5或7.若千位上的数字是7,则个位上的数字只能是1或5,故符合题意的四位数有2×4×3=24(个);若千位上的数字是8,则个位上的数字是1,5或7,故符合题意的四位数有3×4×3=36(个).综上,符合题意的四位数共有24+36=60(个).故选C.
(2)在第一、二象限内的点的横坐标可正可负,而纵坐标为正,这样的点分为两类:①当点的横坐标取自集合M,纵坐标取自集合N时,不同的点有3×3=9(个);②当点的横坐标取自集合N,纵坐标取自集合M时,不同的点有4×2=8(个).由分类加法计数原理可知,第一、二象限不同点的个数为9+8=17.故选B.
(3)若用四种颜色,则A,C同色或B,D同色,则涂色方案有2=48(种);若用三种颜色,则A,C同色且B,D同色,则涂色方案有=24(种).综上,不同的涂色方案有48+24=72(种).故选B.
对点演练3　(1)C　(2)C　[解析] (1)由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知,不同的路径有1+2×3=7(种).故选C.
(2)由题可知,第1次传花有4种方法,第2次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两种情况,第3次传花不能传到甲手中,第4次传花只能传到甲手中.若第2次传花后花在甲手中,则第3次传花,花可能在丙或乙或丁或戊手中,共4种方法;若第2次传花后花不在甲手中,则有3种方法,则第3次传花有3种方法.故经过4次传花,花仍回到甲手中的传法总数为4×(1×4+3×3)=52,故选C.

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