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高考数学一轮复习全程复习构想·数学（理）【统考版】第一节 分类加法计数原理（课件）
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这是一份高考数学一轮复习全程复习构想·数学（理）【统考版】第一节 分类加法计数原理（课件），共48页。PPT课件主要包含了必备知识基础落实，关键能力考点突破，两类不同方案，两个步骤，m＋n，m·n，答案C，答案1A，答案A，答案1B等内容，欢迎下载使用。
·最新考纲·理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
·考向预测·考情分析：分类加法计数原理、分步乘法计数原理、两个原理的综合应用是高考的热点，题型以选择题为主，难度将会变小．学科素养：通过两个计数原理的应用考查数学抽象、数学建模的核心素养．
一、必记1个知识点两个计数原理
[提醒] 分类的关键在于要做到“不重不漏”；分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．在分类与分步之前要确定题目中是否有特殊条件限制．
二、必明2个常用结论1．分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类．2．分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”．
三、必练3类基础题(一)判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(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．( )(3)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．( )(4)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．( )
(二)教材改编2．[选修2－3·P10练习T4改编]已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( ) A．16 B．13 C．12 D．10
解析：将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共有3种走法，从2，3，4号进入，同样各有3种走法，故共有不同走法3×4＝12(种)．
3．[选修2－3·P12T5改编]设集合A＝{1，3，5，7，9}，B＝{2，4，6，8}，a∈A，b∈B，则直线ax＋by＝2 021有( )条．A．4 B．5 C．20 D．9
解析：分两个步骤：第一步确定a，有5种方法，第二步确定b，有4种方法，所以由分步乘法计数原理得直线有5×4＝20(条)．
4．[选修2－3·P5例3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，则不同取法的种数为_____．
解析：由分步乘法计数原理知，从第1，2，3层共取1本书，不同的取法共有4＋3＋2＝9(种)．
(三)易错易混5．(分类分步不清导致出错)有3女2男共5名志愿者要全部分配到3个社区去参加志愿服务，每个社区1到2人，甲、乙2名女志愿者需到同一社区，男志愿者到不同社区，则不同的分法种数为_____．
解析：设3名女志愿者分别为甲，乙，丙.2名男志愿者分别为A，B，则将5人分为3组可以是((甲，乙)，(丙，A)，B)，((甲，乙)，(丙，B)，A)2种情况，每种情况是6种分配方式，故有2×6＝12(种)．
6．(分类分步不清导致出错)从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为_____．
解析：若组成的三位数是奇数，则其百位、十位、个位数字情况只能为“奇、偶、奇”或“偶、奇、奇”．如果是“奇、偶、奇”，先选个位，则个位有3种情况，十位有2种情况，百位有2种情况，共3×2×2＝12(个)；如果是“偶、奇、奇”，先选个位，则个位有3种情况，十位有2种情况，百位只有1种情况，共3×2×1＝6(个)．因此其中总共有12＋6＝18(个)奇数．
解析：(1)因为焦点在x轴上，所以m>n.以m的值为标准可分为四类：①m＝5时，n有4种选择；②m＝4时，n有3种选择；③m＝3时，n有2种选择；④m＝2时，n有1种选择．故由分类加法计数原理可知，符合条件的椭圆共有10个．
(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．
解析： (2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5 6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
一题多变1．(变条件)在例1(1)中，若m∈{1，2，…，k}，n∈{1，2，…，k}(k∈N*)，其他条件不变，则这样的椭圆有多少个？
2．(变条件)若例1(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则这样的两位数有多少个？
解析：分两类：①个位数字大于十位数字的两位数，由例1(2)知共有36个；②个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．
反思感悟 应用分类加法计数原理解决问题的三个步骤
【对点训练】1．[2022·湘赣十四校联考]有一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A．8 B．15C．18 D．30
解析：由题意知本题是一个分类计数问题：证明方法分成两类，一是用综合法证明，有5种选法，二是用分析法证明，有3种选法，根据分类加法计数原理知共有3＋5＝8种选法．
2.如图，从A到O有_____种不同的走法(不重复过一点)．
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5(种)不同的走法．
3．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，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a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120，121，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)．
考点二 分步乘法计数原理 [基础性、综合性] [例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( ) A．24 B．18C．12 D．9
解析：(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种方法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(种)走法．
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有_____种不同的报名方法．
解析：(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人：第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理可得，不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
一题多变 1．(变条件)若本例2(2)中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解析：每人都可以从这三个智力项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理可得，不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．(变条件)若将本例2(2)条件中的“每人至多参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？
解析：每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理可得，不同的报名方法共有63＝216(种)．
反思感悟 用分步乘法计数原理解决问题的三个步骤
【对点训练】1．[2022·兰州市高三诊断考试]2019年9月1日兰州地铁1号线启用新列车运行图，进一步增加上线列车数量、缩短列车运行间隔、延长运营时间．两位同学同时去乘坐地铁，一列地铁有6节车厢，两人进入车厢的方法共有( )A．15种 B．30种 C．36种 D．64种
解析：设这两位同学分别为甲、乙，由题意，可分为两步：第一步，甲同学从这6节车厢中选择一节进入有6种选法，第二步，乙同学从这6节车厢中选择一节进入有6种选法，所以两人进入车厢的方法共有6×6＝36(种)．
2．[2022·东北三校联考]永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区居民建筑，是中国古建筑的一朵奇葩.2008年7月，永定土楼成功列入世界遗产名录．它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧．土楼具体有圆楼、方楼、五角楼、八角楼、日字形楼、回字形楼、吊脚楼等类型．现某大学建筑系学生要重点对这七种类型的土楼依次进行调查研究．要求调查顺序中，圆楼要排在第一个或最后一个，方楼、五角楼相邻，则不同的排法种数为( )A．480 B．240 C．384 D．1 440
考点三 两个计数原理的综合应用 [综合性、应用性] 角度1 与数字有关的问题[例3] 用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．(用数字作答)
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，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．①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，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法．②第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法．③根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数．
反思感悟 与数字有关的问题常见的有以下4类：(1)组成的数为“奇数”“偶数”被某数整除的数”；(2)在某范围内的数；(3)各数字的和具有某种特征；(4)各数字满足某种关系.
角度2 与涂色、种植有关的问题[例4] 现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )A．120 B．140C．240 D．260
解析：由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)．
反思感悟 涂色问题大致有两种解答方案(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数．(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数.
角度3 与几何图形有关的问题[例5] 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．18C．24 D．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)．
反思感悟 求解此类问题可借助于空间几何体，仔细分析题意中涉及的点、线、面的位置关系，把握好分类的标准和分步的顺序是求解的关键.
角度4 与集合、数列有关的问题[例6] (1)已知集合M＝{1，2，3，4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x
(2)[2023·山西太原模拟]如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝9.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有_____种．
反思感悟 在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求解．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．
【对点训练】1．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A．144个 B．120个C．96个 D．72个
解析：由题意可得，比40 000大的五位数万位只能是4或5，当万位是4时，由于该五位数是偶数，个位只能从0或2中任选一个，其余三位数字从剩下的四个数中任选三个，有2×4×3×2＝48(种)情况；当万位是5时，由于该五位数是偶数，个位只能从0，2或4中任选一个，其余三位数字从剩下的四个数中任选三个，有3×4×3×2＝72(种)情况；由分类加法计数原理可得，满足题意的数共有48＋72＝120(个)．
2.如图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则有多少种不同的涂色方法( )A．24 B．72C．84 D．120
解析：如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A→B→C→D顺序涂色，下面分两种情况：(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48(种)．(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36(种)．共有84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．3 B．4C．6 D．8
解析：以1为首项的等比数列为1，2，4；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4个等比数列的顺序颠倒，又得到另外的4个等比数列，所以所求的等比数列的个数为2×(2＋1＋1)＝8.
4.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)．
·最新考纲·理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
·考向预测·考情分析：分类加法计数原理、分步乘法计数原理、两个原理的综合应用是高考的热点，题型以选择题为主，难度将会变小．学科素养：通过两个计数原理的应用考查数学抽象、数学建模的核心素养．
一、必记1个知识点两个计数原理
[提醒] 分类的关键在于要做到“不重不漏”；分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．在分类与分步之前要确定题目中是否有特殊条件限制．
二、必明2个常用结论1．分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类．2．分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”．
三、必练3类基础题(一)判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(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．( )(3)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．( )(4)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．( )
(二)教材改编2．[选修2－3·P10练习T4改编]已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( ) A．16 B．13 C．12 D．10
解析：将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共有3种走法，从2，3，4号进入，同样各有3种走法，故共有不同走法3×4＝12(种)．
3．[选修2－3·P12T5改编]设集合A＝{1，3，5，7，9}，B＝{2，4，6，8}，a∈A，b∈B，则直线ax＋by＝2 021有( )条．A．4 B．5 C．20 D．9
解析：分两个步骤：第一步确定a，有5种方法，第二步确定b，有4种方法，所以由分步乘法计数原理得直线有5×4＝20(条)．
4．[选修2－3·P5例3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，则不同取法的种数为_____．
解析：由分步乘法计数原理知，从第1，2，3层共取1本书，不同的取法共有4＋3＋2＝9(种)．
(三)易错易混5．(分类分步不清导致出错)有3女2男共5名志愿者要全部分配到3个社区去参加志愿服务，每个社区1到2人，甲、乙2名女志愿者需到同一社区，男志愿者到不同社区，则不同的分法种数为_____．
解析：设3名女志愿者分别为甲，乙，丙.2名男志愿者分别为A，B，则将5人分为3组可以是((甲，乙)，(丙，A)，B)，((甲，乙)，(丙，B)，A)2种情况，每种情况是6种分配方式，故有2×6＝12(种)．
6．(分类分步不清导致出错)从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为_____．
解析：若组成的三位数是奇数，则其百位、十位、个位数字情况只能为“奇、偶、奇”或“偶、奇、奇”．如果是“奇、偶、奇”，先选个位，则个位有3种情况，十位有2种情况，百位有2种情况，共3×2×2＝12(个)；如果是“偶、奇、奇”，先选个位，则个位有3种情况，十位有2种情况，百位只有1种情况，共3×2×1＝6(个)．因此其中总共有12＋6＝18(个)奇数．
解析：(1)因为焦点在x轴上，所以m>n.以m的值为标准可分为四类：①m＝5时，n有4种选择；②m＝4时，n有3种选择；③m＝3时，n有2种选择；④m＝2时，n有1种选择．故由分类加法计数原理可知，符合条件的椭圆共有10个．
(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．
解析： (2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5 6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
一题多变1．(变条件)在例1(1)中，若m∈{1，2，…，k}，n∈{1，2，…，k}(k∈N*)，其他条件不变，则这样的椭圆有多少个？
2．(变条件)若例1(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则这样的两位数有多少个？
解析：分两类：①个位数字大于十位数字的两位数，由例1(2)知共有36个；②个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．
反思感悟 应用分类加法计数原理解决问题的三个步骤
【对点训练】1．[2022·湘赣十四校联考]有一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A．8 B．15C．18 D．30
解析：由题意知本题是一个分类计数问题：证明方法分成两类，一是用综合法证明，有5种选法，二是用分析法证明，有3种选法，根据分类加法计数原理知共有3＋5＝8种选法．
2.如图，从A到O有_____种不同的走法(不重复过一点)．
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5(种)不同的走法．
3．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
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120，121，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)．
考点二 分步乘法计数原理 [基础性、综合性] [例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( ) A．24 B．18C．12 D．9
解析：(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种方法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(种)走法．
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有_____种不同的报名方法．
解析：(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人：第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理可得，不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
一题多变 1．(变条件)若本例2(2)中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解析：每人都可以从这三个智力项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理可得，不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．(变条件)若将本例2(2)条件中的“每人至多参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？
解析：每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理可得，不同的报名方法共有63＝216(种)．
反思感悟 用分步乘法计数原理解决问题的三个步骤
【对点训练】1．[2022·兰州市高三诊断考试]2019年9月1日兰州地铁1号线启用新列车运行图，进一步增加上线列车数量、缩短列车运行间隔、延长运营时间．两位同学同时去乘坐地铁，一列地铁有6节车厢，两人进入车厢的方法共有( )A．15种 B．30种 C．36种 D．64种
解析：设这两位同学分别为甲、乙，由题意，可分为两步：第一步，甲同学从这6节车厢中选择一节进入有6种选法，第二步，乙同学从这6节车厢中选择一节进入有6种选法，所以两人进入车厢的方法共有6×6＝36(种)．
2．[2022·东北三校联考]永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区居民建筑，是中国古建筑的一朵奇葩.2008年7月，永定土楼成功列入世界遗产名录．它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧．土楼具体有圆楼、方楼、五角楼、八角楼、日字形楼、回字形楼、吊脚楼等类型．现某大学建筑系学生要重点对这七种类型的土楼依次进行调查研究．要求调查顺序中，圆楼要排在第一个或最后一个，方楼、五角楼相邻，则不同的排法种数为( )A．480 B．240 C．384 D．1 440
考点三 两个计数原理的综合应用 [综合性、应用性] 角度1 与数字有关的问题[例3] 用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．(用数字作答)
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，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．①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，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法．②第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法．③根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数．
反思感悟 与数字有关的问题常见的有以下4类：(1)组成的数为“奇数”“偶数”被某数整除的数”；(2)在某范围内的数；(3)各数字的和具有某种特征；(4)各数字满足某种关系.
角度2 与涂色、种植有关的问题[例4] 现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )A．120 B．140C．240 D．260
解析：由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)．
反思感悟 涂色问题大致有两种解答方案(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数．(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数.
角度3 与几何图形有关的问题[例5] 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．18C．24 D．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)．
反思感悟 求解此类问题可借助于空间几何体，仔细分析题意中涉及的点、线、面的位置关系，把握好分类的标准和分步的顺序是求解的关键.
角度4 与集合、数列有关的问题[例6] (1)已知集合M＝{1，2，3，4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x
(2)[2023·山西太原模拟]如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝9.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有_____种．
反思感悟 在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求解．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．
【对点训练】1．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A．144个 B．120个C．96个 D．72个
解析：由题意可得，比40 000大的五位数万位只能是4或5，当万位是4时，由于该五位数是偶数，个位只能从0或2中任选一个，其余三位数字从剩下的四个数中任选三个，有2×4×3×2＝48(种)情况；当万位是5时，由于该五位数是偶数，个位只能从0，2或4中任选一个，其余三位数字从剩下的四个数中任选三个，有3×4×3×2＝72(种)情况；由分类加法计数原理可得，满足题意的数共有48＋72＝120(个)．
2.如图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则有多少种不同的涂色方法( )A．24 B．72C．84 D．120
解析：如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A→B→C→D顺序涂色，下面分两种情况：(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48(种)．(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36(种)．共有84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．3 B．4C．6 D．8
解析：以1为首项的等比数列为1，2，4；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4个等比数列的顺序颠倒，又得到另外的4个等比数列，所以所求的等比数列的个数为2×(2＋1＋1)＝8.
4.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)．
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