2026年高考数学一轮复第01讲计数原理(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复第01讲计数原理(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共27页。学案主要包含了方法技巧，变式训练1-1，变式训练1-2，变式训练1-3，变式训练2-1，变式训练2-2，变式训练2-3，变式训练3-1等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
01 \l "_Tc11357" \l "_Tc199181714" 考情解码・命题预警2
02体系构建·思维可视 \l "_Tc4172" PAGEREF _Tc4172 \h 3
\l "_Tc20439" 03核心突破·靶向攻坚 PAGEREF _Tc20439 \h 3
知能解码 \l "_Tc12763" PAGEREF _Tc12763 \h 3
\l "_Tc16848" 知识点1 分类加法计数原理 PAGEREF _Tc16848 \h 3
\l "_Tc26658" 知识点2 分步乘法计数原理 PAGEREF _Tc26658 \h 4
\l "_Tc18957" 知识点3 分类加法计数原理和分步乘法计数原理推广 PAGEREF _Tc18957 \h 4
题型破译 \l "_Tc24405" PAGEREF _Tc24405 \h 5
\l "_Tc342" 题型1 分类加法计数原理 PAGEREF _Tc342 \h 5
【方法技巧】分类标准的选择
\l "_Tc31994" 题型2 分步乘法计数原理 PAGEREF _Tc31994 \h 7
【方法技巧】分步乘法计数原理方法
\l "_Tc3974" 题型3 两个计数原理综合 PAGEREF _Tc3974 \h 9
【方法技巧】两个计数原理综合注意点
\l "_Tc2090" 题型4 涂色问题 PAGEREF _Tc2090 \h 11
\l "_Tc2905" 04真题溯源·考向感知 PAGEREF _Tc2905 \h 14
\l "_Tc167" 05课本典例·高考素材 PAGEREF _Tc167 \h 15
\l "_Tc25045" 知识点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.
自主检测在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（ ）
A．14B．19C．90D．200
【答案】B
【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为.
故选：B.
\l "_Tc25045" 知识点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种不同的方法.
自主检测用数字1，2，3，4组成无重复数字的两位数，其中偶数的个数为 ．
【答案】6
【详解】由题可得个位数可为2或4，当个位数选定，十位数有3种选法，
故共有种情况．
故答案为：6
\l "_Tc25045" 知识点3 分类加法计数原理和分步乘法计数原理推广
（1）完成一件事有类不同方案,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,
……,在第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）完成一件事需要个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,……,做第步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.
自主检测如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【详解】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有种走法；
又从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走，
所以根据分类加法计数原理可得：从甲地到乙地的走法种数为.
故选：D.
题型1 分类加法计数原理
例1-1将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（ ）
A．19B．20C．21D．22
【答案】C
【详解】当百位数字是6，其他数字是0，此时幸运数有1个；
当百位数字是5，其他数字是0和1，此时幸运数有2个；
当百位数字是4，其他数字是1和1或者是0和2，此时幸运数有个；
当百位数字是3，其他数字是1和2或者是0和3，此时幸运数有个；
当百位数字是2，其他数字是2和2或者是0和4或者是1和3，此时幸运数有个；
当百位数字是1，其他数字是2和3或者是1和4或者是0和5，此时幸运数有个；
所以幸运数的个数为.
故选：C.
例1-2如图，随机闭合两个开关使电路从A处到B处只有一条支路接通，可以有 种不同的闭合方法.
【答案】
【详解】根据题意分三类情况：
第一类，上路接通中路下路不通有种情况，
第二类，中路接通上路下路不通有种情况，
第三类，下路接通上路中路不通有种情况，
所以闭合两个开关使电路从A处到B处只有一条支路接通，
共有种不同的闭合方法.
故答案为：
方法技巧 分类标准的选择
（1）应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．根据题目特点恰当选择一个分类标准．
（2）分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复，但也不能有遗漏．
【变式训练1-1】如图，要让电路从处到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
【答案】C
【详解】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知，
不同的路径有种.
故选：C.
【变式训练1-2】如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，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，现从结点向结点传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（ ）
A．26B．24C．19D．18
【答案】C
【详解】由题图可知，从A到B有4种不同的传递路线，各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3，4，6，6，
由分类加法计数原理得，单位时间内传递的最大信息量为.
故选：C．
【变式训练1-3】空间中三个点、、满足，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
如图所示，设任取2个不同的点为、，当为正四棱锥的侧面时，
平面的两侧分别可以做以四边形为底面的正四棱锥，有2种情况，
同理以四边形、四边形为底面各有2种情况，所以共有6种情况；
当为正四棱锥的截面时，、位于两侧，四边形为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以四边形、四边形为底面各有1种情况，所以共有3种情况；
综上，共有种情况．
故答案为：B．
题型2 分步乘法计数原理
例2-1用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（ ）
A．48B．36C．24D．18
【答案】D
【详解】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2种情况，首位数学有3种情况，所以三位奇数的个数为种情况.
故选：D.
例2-2用种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有 种不同的书写方案．
【答案】
【详解】完成工作可分四步：
第一步，“英语角”用的粉笔颜色有种不同的选法；
第二步，“语文学苑”用的粉笔颜色不能与“英语角”用的粉笔颜色相同，有种不同的选法；
第三步，“理综世界”用的粉笔颜色与“英语角”和“语文学苑”用的粉笔颜色都不相同，有种不同的选法；
第四步，“数学天地”用的粉笔颜色只要与“理综世界”用的粉笔颜色不同即可，有种不同的选法．
由分步乘法计数原理知，该板报共有种不同的书写方案．
故答案为：．
方法技巧 分步乘法计数原理方法
（1）明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．
（2）将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．
【变式训练2-1】将数字1，2，3填在的表格中，要求每行的数字互不相同，每列的数字也互不相同，则不同的排列方法共有（ ）
A．12种B．18种C．24种D．36种
【答案】A
【详解】第一列第一个数有3种选择，第二个数有2种选择，第三个数有1种选择；
第一行第二个数有2种选择，其它空格只有1种选择；
所以共有种.
故选：A
【变式训练2-2】重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）：
“中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；
“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；
“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题可知中间格只有一种放法；
十字格有四个位置，种适合放入，所以有一种放两个位置，共有种放法；
四角格有四个位置，种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，
有种放法，或每种都放两个位置，有种放法，故四角格共有种放法；
所以不同放法共有种.
故选：C.
【变式训练2-3】用0，1，2，3这4个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答）
【答案】18
【详解】组成的数是三位数，故百位不能是，
百位有种选择；
百位选了一个数字后，十位还有种选择；
百位和十位各选了一个数字后，个位还有种选择；
一共可以组成没有重复数字的三位数有：（个）
故答案：.
题型3 两个计数原理综合
例3-1由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
A．48个B．52个C．60个D．120个
【答案】B
【详解】由题意可知，分为两种情况：
情况一：个位是0，则有不同的结果个；
情况二：个位不是0，则有不同结果个；
所以共有个；
故选：B.
例3-22024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是三位同学，但不是第一名，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（ ）
A．6B．12C．24D．48
【答案】C
【详解】第一步排有两种可能：第2名或第5名；
第二步排和有两种可能；
第三步排和，有6，7，8位三种可能；
当为第6名时，有7，8，9名三种可能，
当为第7名时，有8，9名两种可能，
当为第8名时，只有第9名一种可能，
所以第三步的总数为种；
根据分类计数原理，所有名次排位的总数种。
故选：C
方法技巧 两个计数原理综合注意点
（1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即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．
【变式训练3-1】学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有（ ）
A．12种B．14种
C．7种D．9种
【答案】B
【详解】当甲安排“定点投篮”，另外3人任意安排工作有6种方法.
当甲不安排“定点投篮”时，先安排甲有2种，再安排乙有2种，另外剩余2人有2种，此时有种方法，
共有种，
故选：B
【变式训练3-2】为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（ ）
A．4B．8C．16D．18
【答案】B
【详解】由题意可知：会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有2枚，“志愿者标志”有1枚，
若任取3枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有：
若会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有1枚，共有种；
若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有2枚，共有种；
若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有1枚，“志愿者标志”有1枚，共有种；
故共有种．
故选：B.
【变式训练3-3】中国有十二生肖，又叫十二属相，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 种．
【答案】50
【详解】第一种情况是甲选龙，乙只能选马，丙有10种方法，
第二种情况是甲选牛或羊，甲有2种方法，乙也有2种方法，那么丙有10种方法，则共有种方法，
所以共有种方法.
故答案为：50
题型4 涂色问题
例4-1用种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（ ）种
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】区域②有种选择，区域③有种选择，区域①和④各有种选择，
由分步乘法计数原理可知，不同的涂法种数为种.
故选：D.
例4-2某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有四个区域，现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉，则该花坛的花卉种植方案共有（ ）
A．210种B．420种C．180种D．260种
【答案】D
【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4，
由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有种；
当区域1与区域3不种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4，
由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有种.
故该花坛的花卉种植方案共有种.
故选：D
【变式训练4-1】如图，用6种不同的颜色给图中，，，区域染色，要求相邻区域不能同色，则不同的染色方法共有（ ）
A．400种B．460种C．480种D．496种
【答案】C
【详解】按的顺序涂色，
共有：种.
故选：C.
【变式训练4-2】高二某班为了准备校园樱花文化节活动的展示牌，计划用5种不同颜色的笔书写图中A、B、C、D四个区域的文字，规定每个区域只用一种颜色的笔书写文字，相邻区域书写的文字颜色不同，则不同的书写方法数为（ ）
A．120B．160
C．180D．240
【答案】C
【详解】由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色的笔书写文字，相邻的区域书写的文字颜色不同，可分步进行，
区域A有5种涂法，B有4种涂法，
C，A不同色，C有3种，D有2种涂法，有5×4×3×2=120种，
C，A同色，D有3种涂法，有5×4×3=60种，
∴共有180种不同的涂色方案 .
故选：C.
【变式训练4-3】如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用7种颜色给5个小区域（A，B，C，D，E）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有 种.
【答案】4410
【详解】分4步进行分析：
①对于区域，有7种颜色可选；
②对于区域，与区域相邻，有6种颜色可选；
③对于区域，与、区域相邻，有5种颜色可选；
④对于区域、，
若与颜色相同，区域有5种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有4种颜色可选，区域有4种颜色可选，
则区域、有种选择.综上所述，
不同的涂色方案有种.
故答案为：.
1．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120B．60C．30D．20
【答案】B
【详解】不妨记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.
故选：B.
2．（2024·上海·高考真题）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ．
【答案】329
【详解】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数．
首先讨论三位数中的偶数，
①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个；
②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选，
根据分步乘法这样的偶数共有，
最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为个．
故答案为：329．
1．某电话局管辖范围内的电话号码由8位数字组成，其中前4位的数字是不变的，后4位数字都是0~9之间的一个数字，这个电话局不同的电话号码最多有多少个？
【答案】10000
【详解】解：后四位数字都是0到9之间的一个数字，每一位都有10种选择方法，故有个．
故这个电话局不同的电话号码最多有10000个．
2．由数字1，2，3，4，5可以组成多少个三位数（各位上的数字可以重复）？
【答案】125个
【详解】由题意，百位、十位和个位上的数字均有5种选法，
∴由数字1，2，3，4，5可以组成个三位数．
3．任意画一条直线，在直线上任取n个分点．
（1）从这n个分点中任取2个点形成一条线段，可得到多少条线段？
（2）从这n个分点中任取2个点形成一个向量，可得到多少个向量？
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）因为线段与端点的顺序无关，所以从这个分点中任取2个点可形成的线段共条；
（2）因为向量与端点的顺序有关，所以从这个分点中任取2个点可形成的向量共个.
4．用1，5，9，13中的任意一个数作分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可构成多少个不同的分数？可构成多少个不同的真分数？
【答案】16个不同的分数；真分数有10个.
【详解】从1，5，9，13中的任选一个数作分子，4，8，12，16中任选一个数作分母，
可构成个不同的分数；
由真分数的定义，
①若1为分子，分母有4种选择；
②若5为分子，分母有3种选择；
③若9为分子，分母有2种选择；
④若13为分子，分母有1种选择；
所以真分数共有个.
5．（1）在平面直角坐标系内，横坐标与纵坐标均在内取值的不同点共有多少个？
（2）在平面直角坐标系内，斜率在集合内取值，y轴上的截距在集合内取值的不同直线共有多少条？
【答案】（1）36；（2）16
【详解】解：（1）先取横坐标有6种取法；再取纵坐标也有6种取法；
故共有种结果；
即对应的点有36个．
（2）根据题意，直线的斜率在集合，3，5，内取值，有4种情况，
在轴上的截距在集合，4，6，内取值，有4种情况，
则直线有条．
6．口袋中装有8个白球和10个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球.
（1）正好是白球、红球各一个的取法有多少种？
（2）正好是两个白球的取法有多少种？
（3）至少有一个白球的取法有多少种？
（4）两球的颜色相同的取法有多少种？
【答案】（1）80；（2）28；（3）108；（4）73.
【详解】（1）取出1个白球，有8种取法；取出1个红球，有10种取法；
所以取出两个球正好是白球、红球各一个的取法有种；
（2）取出两个球正好是两个白球的取法有种；
（3）至少有一个白球分为白球、红球各一个和两个全是白球，共有种取法；
（4）两球的颜色相同分为两球全是白球和两球全是红球，
两球全是红球的选法有种，
所以两球的颜色相同的取法有种.
7．在国庆长假期间，要从7人中选若干人在7天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，有多少种可能的安排方法？
【答案】326592种
【详解】第一天，每个人均可选，有7种选法；
从第二天至第七天，选出的人只需与前一天不同即可，均有6种选法；
所以符合题意的安排方法共有种.
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
（1）分类加法计数原理
（2）分步乘法计数原理
单选题
多选题
填空题
解答题
/
2023年上海卷第10题，5分
2023年上海卷第12题，5分
2023年甲卷（理）第9题，12分
考情分析：本节的考查形式以选择或者填空为主，以考查基本概念和基本方法为主，难度中等偏下，与教材相当
复习目标：
（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．