专题10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc1285" 【题型1 分类加法计数原理的应用】 PAGEREF _Tc1285 \h 3
\l "_Tc18262" 【题型2 分步乘法计数原理的应用】 PAGEREF _Tc18262 \h 5
\l "_Tc12508" 【题型3 涂色问题】 PAGEREF _Tc12508 \h 6
\l "_Tc8461" 【题型4 两个计数原理的综合应用】 PAGEREF _Tc8461 \h 10
1、分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【知识点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)分类加法计数原理的概念
完成一件事直两类不同方案，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.
概念推广：完成一件事有n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n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有N=+++种不同
的方法.
(2)分类的原则
分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类，
分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种
方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏.
2．分步乘法计数原理
(1)分步乘法计数原理的概念
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.
概念推广：完成一件事需要n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n步有种不同的方法，那么完成这件事共有N=×××种不同的方法.
(2)分步的原则
①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才
能完成这件事；
②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件
事就不可能完成；不能缺少步骤.
③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各
个步骤既不能重复也不能遗漏.
3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析
(1)联系
分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题.
(2)区别
分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区
别如下表：
(3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择
分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理；
分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理.
在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用.
【知识点2 分类、分步计数原理的解题策略】
1．分类加法计数原理的解题策略
分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置.
(1)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才
是不同的方法，不能重复；
(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏.
2．分步乘法计数原理的解题策略
(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.
【方法技巧与总结】
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)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，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
【题型1 分类加法计数原理的应用】
【例1】（2024·全国·模拟预测）从1至7这7个整数中随机取出3个不同的数，则它们的积与和都是3的倍数的不同取法有（ ）
A．9种B．12种C．20种D．30种
【解题思路】
根据题意分3个不同的数中不含3和6，取出的3个不同的数中含有3不含有6，取出的3个不同的数中含有6不含有3，取出的3个不同的数中含有3和6时四种情况研究即可.
【解答过程】
①当取出的3个不同的数中不含3和6时，显然它们的积不可能是3的倍数，不符合题意；
②当取出的3个不同的数中含有3不含有6时，它们的积一定是3的倍数，
但只有当另外2个数是1,2，1,5，2,4，2,7，4,5，5,7时，
它们的和才是3的倍数，共有6种取法；、
③当取出的3个不同的数中含有6不含有3时，它们的积一定是3的倍数，
但只有当另外2个数是1,2，1,5，2,4，2,7，4,5，5,7时，
它们的和才是3的倍数，也有6种取法；
④当取出的3个不同的数中含有3和6时，它们的积一定是3的倍数，
但它们的和一定不是3的倍数，不符合题意．
综上，它们的积与和都是3的倍数的不同取法有6+6=12（种），
故选：B．
【变式1-1】（2024·浙江温州·模拟预测）平面上的两个点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中横纵坐标均为自然数，且不大于5，则两点之间的距离可以有多少种取值（ ）
A．19B．20C．25D．27
【解题思路】依题先确定x1,x2,y1,y2中任意两个数的差的绝对值的所有可能值有0,1,2,3,4,5共6个，推得(x1−x2)2与(y1−y2)2的可能的取值都分别有0,1,4,9,16,25共6个，再结合两点间距离公式，考虑|AB|的不同取值即得.
【解答过程】依题意， x1,x2,y1,y2∈N，且x1,x2,y1,y2均不大于5，
将其中任意两个数的差的绝对值记为d1，则d1可能的值有0,1,2,3,4,5共6个，
而A(x1，y1)，B(x2，y2)之间的距离为|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2,
而x1−x22与y1−y22的可能的取值都分别有0,1,4,9,16,25共6个，
故AB的不同取值可分成五类：
①|x1−x2|与|y1−y2|中有一个取0，另一个可取0,1,2,3,4,5六个数，则|AB|的不同取值有：0,1,2,3,4,5；
②|x1−x2|与|y1−y2|中有一个取1，另一个可取1,2,3,4,5五个数，则|AB|的不同取值有：2,5,10,17,26；
③ |x1−x2|与|y1−y2|中有一个取2，另一个可取2,3,4,5四个数，则|AB|的不同取值有：22,13,25,29；
④ |x1−x2|与|y1−y2|中有一个取3，另一个可取3,5两个数，则|AB|的不同取值有：32,34,
⑤ |x1−x2|与|y1−y2|中有一个取4，另一个可取4,5两个数，则|AB|的不同取值有：42,41；
⑥|x1−x2|与|y1−y2|均取5时，则|AB|的不同取值有52；
由分类加法计数原理可得，不同的取值共有6+5+4+2+2+1=20个.
故选：B.
【变式1-2】（2024·安徽·模拟预测）甲､乙等6名高三同学计划今年暑假在A,B,C,D四个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个同学去打卡游玩，每位同学都会选择一个景点打卡游玩，且甲､乙都单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（ ）
A．96种B．132种C．168种D．204种
【解题思路】根据题意，剩下4人去其他两个景点游玩，由此按游玩的人数分2种情况讨论，结合分类加法计数原理，即可求解.
【解答过程】由题意，甲、乙都单独1人去某一个景点打卡游玩，
则剩下的4人去其他两个景点游玩，有两种情况：
①若3位同学去一个景点，1位同学去另一个景点，有A42C43A22=96种不同游玩方法；
②分别都是2位同学去一个景点，有A42⋅C42C22A22⋅A22=72种不同游玩方法，
由分类计数原理得，共有96+72=168种.
故选：C.
【变式1-3】（2024·贵州黔东南·二模）在n个数码1,2,⋯,nn≤9,n∈N*的全排列j1j2⋯jn中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成一个逆序，这个排列的所有逆序个数的总和称为这个排列的逆序数，记为Tj1j2⋯jn.例如，在3个数码的排列312中，3与1，3与2都构成逆序，因此T312=2.那么T87542136=（ ）
A．19B．20C．21D．22
【解题思路】根据题意，结合数字8,7,5,4,2都构成逆序，结合分类计数原理，即可求解.
【解答过程】由题意，对于八位数87542136，可得8与后面每个数字都构成逆序，
7与后面每个数字都构成逆序，5与4,2,1,3都构成逆序，4与2,1,3都构成逆序，
2与1构成逆序，所以T87542136=7+6+4+3+1=21.
故选：C.
【题型2 分步乘法计数原理的应用】
【例2】（2024·湖北武汉·模拟预测）五一小长假前夕，甲、乙、丙三人从A，B，C，D四个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲到过A景点，所以甲不选A景点，则不同的选法有（ ）
A．64种B．48种C．36种D．24种
【解题思路】由分步乘法计数原理求解即可.
【解答过程】因甲不选A景点，应该分步完成：
第一步，先考虑甲在B,C,D三个景点中任选一个，有3种选法；
第二步，再考虑乙和丙，从A,B,C,D中分别任选一个景点，有4×4=16中选法．
由分步乘法计数原理，可得不同选法有：3×16=48种．
故选：B．
【变式2-1】（2024·河南郑州·模拟预测）已知x∈Z，y∈Z，则满足方程xy+2024(x−y)=8092的解(x,y)的个数为（ ）
A．27B．54C．108D．216
【解题思路】由已知可得(x−2024)(y+2024)=−20222，又2022=2×3×337，结合分步乘法计数原理求结论.
【解答过程】由题设，得(x−2024)(y+2024)=−20222，
又2022=2×3×337，其中2,3,337都为质数，
所以(x−2024)(y+2024)=−22×32×3372，
因为x，y∈Z，所以x−2024可能为−1k+12a3b337c，k∈0,1，a,b,c∈0,1,2，
所以x−2024的取值个数为2×3×3×3=54，
方程xy+2024(x−y)=8092的整数解(x,y)的个数为54．
故选：B．
【变式2-2】（2024·湖南岳阳·三模）把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法数是（ ）
A．96种B．60种C．48种D．36种
【解题思路】根据分步乘法计数原理，结合相邻问题和不相邻问题的方法即可求得.
【解答过程】依题意，设这五个人分别为甲乙丙丁戊.
第一步，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有A22=2种情况，
第二步，将这个整体与丁戊全排列，有A33=6种安排方法，
第三步，排好后产生4个空位，因甲乙不相邻，则只能从3个空中任选1个安排甲，有A31=3种安排方法.
则由分步乘法计数原理，不同的方案共有2×6×3=36种.
故选：D.
【变式2-3】（2024·海南·模拟预测）将“1，2，2，3，4，5”这6个数字填入如图所示的表格区域中，每个区域填一个数字，1不在A区域且三列中只有中间一列区域的数字之和为7，若中间一列填2和5，则不同的填法有（ ）
A．20种B．24种C．36种D．48种
【解题思路】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算即得.
【解答过程】求不同填法需要4步，填中间一列有2种方法，再填1有3种方法，
与1同列的只能是3或4，有2种方法，最后两个区域，填两个数字有2种方法，
所以不同填法种数是2×3×2×2=24.
故选：B.
【题型3 涂色问题】
【例3】（2024·四川资阳·模拟预测）某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有（ ）
A．360种B．420种C．480种D．540种
【解题思路】利用要求根据区域依次讨论计算即可.
【解答过程】如图，先在区域A布置花卉，有5种不同的布置方案，再在区域E布置花卉，有4种不同的布置方案，
再在区域D布置花卉，有3种不同的布置方案．
若区域B与区域E布置同一种花卉，则区域C有3种不同的布置方案；
若区域B与区域E布置不同的花卉，则区域B有2种不同的布置方案，区域C有3种不同的布置方案．
故不同的布置方案有5×4×3×3+2×3=540种．
故选：D.
【变式3-1】（2024·辽宁·模拟预测）为迎接元宵节，某广场将一个圆形区域分成A,B,C,D,E五个部分（如图所示），现用4种颜色的鲜花进行装扮（4种颜色均用到），每部分用一种颜色，相邻部分用不同颜色，则该区域鲜花的摆放方案共有（ ）
A．48种B．36种C．24种D．12种．
【解题思路】满足条件的涂色方案可分为B,D区域同色，且和其它区域不同色和C,E区域同色两类，且和其它区域不同色，结合分步乘法计数原理，分类加法计数原理求解即可
【解答过程】满足条件的摆放方案可分为两类，
第一类B,D区域同色，且和其它区域不同色的摆放方案，
满足条件的方案可分四步完成，
第一步，先摆区域A有4种方法，
第二步，摆放区域B,D有3种方法，
第三步，摆放区域C有2种方法，
第四步，考虑到区域A,B,C不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域E有1种方法，
由分步乘法计数原理可得第一类中共有4×3×2×1=24种方案，
第二类，C,E区域同色两类，且和其它区域不同色的摆放方案，
满足条件的方案可分四步完成，
第一步，先摆区域A有4种方法，
第二步，摆放区域B有3种方法，
第三步，摆放区域C,E有2种方法，
第四步，考虑到区域A,B,C不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域D有1种方法，
由分步乘法计数原理可得第一类中共有4×3×2×1=24种方案，
根据分步加法计数原理可得该区域鲜花的摆放方案共有48种，
故选：A.
【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A与C不相邻，B与D不相邻），则使用2种颜色涂色的概率为（ ）
A．18B．17C．16D．15
【解题思路】由排列组合以及分类加法计数原理求解个数，即可由古典概型概率公式求解.
【解答过程】使用4种颜色给四个区域涂色，有A44=24种涂法；
使用3种颜色给四个区域涂色，共有2C43C31A22=48种涂法；
（使用3种颜色给四个区域涂色有两类情况：①区域A与区域C涂同一种颜色，区域B与区域D涂另外2种颜色；
②区域B与区域D涂同一种颜色，区域A与区域C涂另外2种颜色）
使用2种颜色给四个区域涂色，共有A42=12种不同的涂法．
所以所有的涂色方法共有24+48+12=84（种），故使用2种颜色给四个区域涂色的概率为1284=17．
故选：B.
【变式3-3】（2024·广西南宁·模拟预测）五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有4种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）

A．30B．120C．150D．240
【解题思路】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.
【解答过程】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），
五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），
不妨设四种颜色分别为A、B、C、D，
先填涂区域“火”，有4种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为A，
接下来填涂区域“土”，有3种选择，分别为B、C、D，
若区域“土”填涂的颜色为B，则区域“金”填涂的颜色分别为A、C、D；
若区域“土”填涂的颜色为C，则区域“金”填涂的颜色分别为A、B、D；
若区域“土”填涂的颜色为D，则区域“金”填涂的颜色分别为A、B、C.
综上所述，区域“金”填涂A、B、C、D的方案种数分别为3、2、2、2种，
接下来考虑区域“水”的填涂方案：
若区域“金”填涂的颜色为A，则区域“水”填涂的颜色可为B、C、D；
若区域“金”填涂的颜色为B，则区域“水”填涂的颜色可为A、C、D；
若区域“金”填涂的颜色为C，则区域“水”填涂的颜色可为A、B、D；
若区域“金”填涂的颜色为D，则区域“水”填涂的颜色可为A、B、C.
则区域“水”填涂A的方案种数为2×3=6种，填涂B的方案种数为3+2×2=7种，
填涂C的方案种数为3+2×2=7种，填涂D的方案种数为3+2×2=7种.
从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，
当区域“水”填涂的颜色为A时，区域“木”填涂的颜色可为B、C、D；
若区域“水”填涂的颜色为B时，区域“木”填涂的颜色可为C、D；
若区域“水”填涂的颜色为C时，区域“木”填涂的颜色可为B、D；
若区域“水”填涂的颜色为D时，区域“木”填涂的颜色可为B、C.
所以，当区域“火”填涂颜色A时，填涂方案种数为6×3+7×2×3=60种.
因此，不同的涂色方法种数有4×60=240种.
故选：D.
【题型4 两个计数原理的综合应用】
【例4】（23-24高二上·江西九江·期末）从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（ ）
A．30个B．42个C．41个D．39个
【解题思路】分是否取1两类，当不取1时，排除重复的即可得解.
【解答过程】当取1时，则1只能为真数，此时这个对数值为0，
当不取1时，底数有7种，真数有6种，
其中lg24=lg39=2,lg42=lg93=12,lg23=lg49,lg32=lg94，
故此时有7×6−4=38个，
所以共有38+1=39个.
故选：D.
【变式4-1】（2024·河北·模拟预测）用0,1,2,3,4能组成没有重复数字且比32000小的数字（ ）个.
A．212B．213C．224D．225
【解题思路】先对数字位数分类讨论，在对五位数的首位数字进行分类讨论：①首位为1，2；②首位为3.然后分析千位数的选取，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果.
【解答过程】分数字位数讨论：
一位数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，此时共有2A44=2×24=48个；
②首位数字为3，则千位数从0或1中选择一个，其余三个数位任意排列，
此时共有2A33=12个.
综上所述，共有5+16+48+96+48+12=225个比32000小的数.
故选：D.
【变式4-2】（24-25高三上·江苏南京·开学考试）甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种数为（ ）
A．4B．6C．8D．12
【解题思路】由题意可得丙不是第1名，甲乙相邻，先排丙，再排甲，乙，最后再排丁，即可得答案.
【解答过程】解：由题意可得丙不是第1名，甲，乙相邻；
所以丙是第2名时，甲，乙只能是第3，4名，丁为第1名，此时共2种情况；
丙是第3名时，甲，乙只能是第1，2名，丁为第4名，此时共2种情况；
丙是第4名时，甲，乙有可能是第1，2名，或第2，3名，
当甲，乙是第1，2名时，丁为第3名，此时共2种情况；
当甲，乙是第2，3名时，丁为第1名，此时共2种情况；
所以一共有2+2+2+2=8种情况.
故选：C.
【变式4-3】（2024高二·全国·专题练习）从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（ ）.
A．105种B．225种C．315种D．420种
【解题思路】首先选取一个点作为钝角顶点，并该点与圆心连线将其余14个顶点分成左右各7个：在左侧选取一个点作为第二顶点，依次选取右侧7个点作为第三顶点判断三角形形状，依此步骤即可得当前钝角顶点下的钝角三角形个数，最后乘以15即可得结果.
【解答过程】如图所示，以A为钝角顶点，在直径AA′的左边取点B1，右边依次取C1,C2,⋅⋅⋅,C6，得到6个钝角三角形，当取C7时，△B1AC7为锐角三角形；
同理，直径AA′的左边取点B2，右边依次取C1,C2,⋅⋅⋅,C5，得到5个钝角三角形，当取C6，C7时，△B2AC6、△B2AC7为锐角三角形；
……
在直径AA′的左边取点B6时，得到一个钝角△B6AC1，
在直径AA′的左边取点B7时，没有钝角三角形.
故以A为钝角顶点的三角形共有6+5+4+3+2+1=21（个）.
以其余14个点为钝角顶点的三角形也各有21个，
所以总共有15×21=315（个）钝角三角形.
故选：C.
一、单选题
1．（2024·陕西商洛·三模）甲、乙、丙、丁、戊5名大学生实习时，有A，B，C三家企业可供选择，若去C企业最多一人，则不同分配种数是（ ）
A．112B．80C．64D．32
【解题思路】根据已知条件及分类分步计数原理即可求解.
【解答过程】分两类情况，第一类情况，去C企业仅有一人，有C51×24=80种情况；
第二类情况，没有一个去C企业，有25=32种情况，
所以根据分类加法计数原理共有80+32=112种.
故选：A.
2．（2024·陕西西安·三模）方程xy=2160的非负整数解的组数为（ ）
A．40B．28C．22D．12
【解题思路】将2160分解质因数，即可求出2160的因数的个数，从而得解.
【解答过程】因为2160=24×33×5，所以2160的因数有5×4×2=40个，
故方程xy=2160的非负整数解的组数为40．
故选：A.
3．（2024·山东淄博·一模）小明设置六位数字的手机密码时，计划将自然常数e≈2.71828…的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.若排列时要求相同数字不相邻，且相同数字之间有一个数字，则小明可以设置的不同密码种数为（ ）
A．24B．16C．12D．10
【解题思路】分两个2之间是8和不是8两大类讨论即可.
【解答过程】若两个2之间是8，则有282817；282871；728281；128287；172828；712828；
828217；828271；782821；182827；178282；718282，共12种
若两个2之间是1或7，则有272818；818272；212878； 878212，共4种；
则总共有16种，
故选：B.
4．（2024·山东泰安·模拟预测）某市人民医院急诊科有3名男医生和4名女医生，内科有4名男医生和4名女医生，现从该医院急诊科和内科各选派1名男医生和1名女医生组成4人组，参加省人民医院组织的交流会，则所有不同的选派方案有（ ）
A．192种B．180种C．29种D．15种
【解题思路】由分步乘法计数原理可求结论.
【解答过程】从急诊科选派1名男医生和1名女医生有3×4=12 种方案，
从内科选派1名男医生和1名女医生有4×4=16 种方案，
根据分步乘法计数原理，共有12×16=192 种不同的选派方案.
故选:A.
5．（2024·四川成都·模拟预测）《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》三部贺岁片引爆了2024年春节电影市场．某电影院同时段播放这三部电影，小李和小明每人只能选择看其中的一场电影，则两位同学选择的电影不相同的概率为（ ）
A．16B．12C．13D．23
【解题思路】分别求2个人不同的选择方案以及选择的电影相同的选择方案，根据对立事件结合古典概型分析求解.
【解答过程】因为每个人选择方案有3种，可知2个人不同的选择方案有32=9种；
且三位同学选择的电影相同的选择方案有3种；
所以三位同学选择的电影不相同的概率为P=1−39=23.
故选：D.
6．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球， 由加法原理及乘法原理， 从 1 个红球和 1 个蓝球中取出若干个球的所有取法可由 1+a⋅1+b 的展开式 1+a+b+ab 表示出来， 如： “ 1 ” 表示一个球都不取、“ a ”表示取出一个红球， 而 “ ab ” 表示把红球和蓝球都取出来， 以此类推， 下列各式中， 其展开式可用来表示从 3 个无区别的红球、 3 个无区别的蓝球、 2 个有区别的黑球中取出若干个球， 且所有蓝球都取出或都不取出的所有取法的是（ ）
A．1+a+a2+a31+b31+c2
B．1+a31+b+b2+b31+c2
C．1+a31+b+b2+b31+c2
D．1+a31+b31+c+c2
【解题思路】分三步处理问题，分别表示出取红球、篮球、黑球的表达式，相乘即可求得.
【解答过程】第一步，从3个无区别的红球中取出若干球，
则有1+a+a2+a3；
第二步，从3个无区别的蓝球中都取出或都不取出，要满足题意，
只有1+b3；
第三步，从2个有区别的黑球中取出若干个，
则有1+c1+c=1+c2.
根据分步计数原理，则要满足题意的取法有：
1+a+a2+a31+b31+c2.
故选：A.
7．（23-24高二上·山东德州·阶段练习）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6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．550种B．630种
C．720种D．840种
【解题思路】确定区域1，2，3，4的颜色，分区域3与区域1涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出答案.
【解答过程】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6种选择，再涂区域2，有5种选择，
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4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5种选择，
故不同的涂色方案有6×5×(4×4+5)=630种．
故选：B．
8．（2024·四川南充·模拟预测）距高考30天之际，高三某班级五位同学打算利用周末亲近大自然，陶冶情操，释放压力.这五位同学准备星期天在凌云山景区，印象嘉陵江湿地公园，西山风景区三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数为（ ）
A．18B．36C．48D．32
【解题思路】先根据甲乙选的景点其他人是否选分成两类情况，①无人再选，按照1:2:2分组计算方法数；②还有人选，按照1:1:3部分平均分组计算方法数.最后用分类加法原理计算总的方法数即可.
【解答过程】若甲乙选的景点没有其他人选，则分组方式为：1,2,2的选法总数为：C32A33=18，
若甲乙选的景点还有其他人选择，则分组方式为：1,1,3的选法总数为：C31C21A22A33=18，
所以不同的选法总数为: 18+18=36.
故选：B.
二、多选题
9．（23-24高三下·全国·强基计划）某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点．已知向左转了100次，则可能向右转了（ ）次．
A．96B．98C．104D．102
【解题思路】分情况讨论不同情况即可.
【解答过程】总体的路线形成一个多边形，
如果出发点在多边形的边上，左转、右转的次数差一定是4的倍数，
如果出发点在多边形的顶点上，左转、右转的次数差一定奇数，因此只有AC有可能．
下面两图的路线分别对应右转96次和104次的情形：
故选：AC.
10．（23-24高二下·湖北武汉·阶段练习）数学中蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观和显著.回文数是对称美的一种体现，它是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（ ）
A．四位回文数有45个B．四位回文数有90个
C．2n（n∈N*）位回文数有10n个D．2n+1（n∈N*）位回文数有9×10n个
【解题思路】根据题意，用列举法分析四位回文数数目，可得A错误，B正确；再用分步计数原理分析2n+1位回文数的数目，可得C错误，D正确，综合可得答案．
【解答过程】据题意，对于四位回文数，有1001、1111、1221、……、1991、2002、2112、2222、……、2992、……9009、9119、9229、……、9999，共90个，则A错误，B正确；
对于2n位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n和第n+1位也有10种，则共有9×10×10×……×10＝9×10n-1种选法，故C错；
对于2n+1位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n+1个数字，即最中间的数字有10种选法，
则共有9×10×10×……×10＝9×10n种选法，即2n+1（n∈N*）位回文数有9×10n个，所以 D正确．
故选：BD．
11．（2024·重庆·模拟预测）如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)（ ）
A．可以围成20个不同的正方形
B．可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)
C．可以围成516个不同的三角形
D．可以围成16个不同的等边三角形
【解题思路】利用分类计算原理及组合，结合图形，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【解答过程】不妨设两个钉子间的距离为1，
对于选项A，由图知，边长为1的正方形有3×3=9个，边长为2的正方形有2×2=4个，
边长为3的正方形有1个，边长为2的正方形有2×2=4个，边长为5的有2个，共有20个，所以选项A正确，
对于选项B，由图知，宽为1的长方形有3×3=9个，宽为2的长方形有4×2=8个，
宽为3的长方形有5个，宽为2的有2个，共有24个，所以选项B正确，
对于选项C，由图知，可以围成C163−10C43−4C33=516个不同的三角形，所以选项C正确，
对于选项D，由图可知，不存在等边三角形，所以选项D错误，
故选：ABC.
三、填空题
12．（2024·湖南岳阳·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊5名大学生实习时，有A，B，C三家企业可供选择，若去C企业最多一人，则不同分配种数是 112 .
【解题思路】根据给定条件，利用两个计数原理列式计算即得.
【解答过程】求不同分配种数的问题，有两类办法：
没有人去C企业，有25种分配方法，
有1人去C企业，有5×24种分配方法，
所以不同分配种数是25+5×24=112.
故答案为：112.
13．（2024·河南濮阳·模拟预测）对一个四棱锥各个顶点着色，现有5种不同颜色供选择，要求同一条棱连接的两个顶点不能着相同的颜色，则不同的着色方法有 420 种（用数字作答）．
【解题思路】依题意按照分类分步计数原理直接计算可得结果.
【解答过程】根据题意可知，需分五步进行着色，
在四棱锥P−ABCD中，如下图所示：

按照P−A−B−C−D的顺序进行着色，则P点有5种颜色可选，A点有4种颜色可选；
B点有3种颜色可选，
若C点颜色与A点相同，则D点有3种颜色可选；
若C点颜色与A点不同，则C点有2种颜色可选，此时D点有2种颜色可选；
所以共有5×4×3×1×3+2×2=420种.
故答案为：420.
14．（2024·江苏连云港·模拟预测）某排球赛共有三个组：第一、二组各有6个队，第三组有7个队，首先各组进行单循环赛，然后各小组的第一名共3个队分主客场进行决赛，最终决出冠、亚军，则该排球比赛一共需要比赛 57 场．
【解题思路】利用分类加法计数原理结合排列组合知识求解即可.
【解答过程】首先在3个小组进行单循环赛，第一组有6个队，需进行C62=15场比赛，第二组有6个队，需进行C62=15场比赛，第三组有7个队，需进行C72=21场比赛，第一阶段需要进行15+15+21=51场比赛.
然后各小组的第一名共3个队分主客场进行决赛，有A32=6场比赛，
所以共需要比赛51+6=57场.
故答案为：57.
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）分别编有1，2，3，4，5号码的人与椅，其中i号人不坐i号椅(i=1，2，3，4，5)的不同坐法有多少种？
【解题思路】根据给定条件，利用分步乘法计数原理、分类加法计数原理列式计算即得.
【解答过程】1号椅有4种坐法(2，3，4，5均可坐），
假设1号椅由3号坐，则按排3号椅，那3号椅也有4种坐法(1，2，4，5可坐），
假设3号椅由1号坐了，剩下2，4，5坐2，4，5这3个椅，只有2种坐法，
如果3号椅由4号坐了，剩下1，2，5坐2，4，5这3个椅，有3种坐法，
同样，3号椅由2号，5号坐的时候，也是各有3种坐法，
所以总坐法数是4×(2+3+3+3)=44种．
16．（24-25高二上·全国·课后作业）将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．求：
(1)1号盒中无球的不同放法种数；
(2)1号盒中有球的不同放法种数．
【解题思路】（1）由分步乘法计数原理可直接求出答案；
（2）分1号盒中有一个球、1号盒中有两个球、1号盒中有三个球3种情况进行讨论，再根据分类计数原理得到结果．
【解答过程】（1）1号盒中无球即A，B，C三个球只能放入2，3，4号盒子中，有3×3×3=27（种）放法．
（2）1号盒中有球可分三类：一类是1号盒中有一个球，共有3×3×3=27（种）放法，一类是1号盒中有两个球，共有3×3=9（种）放法，一类是1号盒中有三个球，有1种放法．
共有27+9+1=37（种）放法．
17．（23-24高二下·青海西宁·期中）由0，1，2，3，4这五个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的五位数？
(2)能组成多少个无重复数字的五位偶数？
(3)组成无重复数字的五位数中比21034大的数有多少个？
【解题思路】（1）先排数字0，再排其它4个数字即可计算得解；
（2）选偶数先排个位数，分个位数字为0和个位数字为2或4两种情况，再排其它数位；
（3）按最高位上的数字比2大和2两类分类计算作答.
【解答过程】（1）先排数字0，0只能占除最高位外的其余四个数位，有A41种排法，
再排四个非0数字有A44种，由分步乘法计数原理得A41A44=4×24=96，
所以能组成96个无重复数字的五位数；
（2）当个位数字为0时，则可以组成A44=24个无重复数字的五位偶数，
当个位数字为2或4时，则可以组成C21C31A33=36个无重复数字的五位偶数，
即可以组成24+36=60个无重复数字的五位偶数；
（3）计算比21034大的五位数的个数分两类：
万位比2大的五位数个数是A21A44，
万位是2的五位数中，千位比1大的有A22A33个，千位是1，百位比0大的有A22A22个，千位是1，百位是0，十位比3大的有1个，
由分类加法计数原理得A21A44+A22A33+A22A22+1=65，
所以组成无重复数字的五位数中比21034大的数有65个.
18．（23-24高二下·安徽合肥·期中）如图，从左到右有5个空格．
(1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答）
(2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答）
(3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
【解题思路】（1）先将0排好，再排其他数字即可；
（2）先涂第一个格子，再涂第二个格子，依次进行，求出每步的方法种数，即可得解；
（3）法一：从5家企业中选一家，再从3位校长中选2位，再从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，进而可得出答案.
法二：先将五家企业分为3份，再将这3份分给3位校长即可.
【解答过程】（1）分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法；
②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有A44种情况，
则一共有4A44=96种不同的填法；
（2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，
则五个格子共有3×2×2×2×2=48种不同的涂法；
（3）法一：根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈，
第1步：从5家企业中选一家C51，
第2步：从3位校长中选2位C32，
第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长C42，
第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业A22，
因此有C51C32C42A22=180种．
法二：五家企业记为A，B，C，D，E，把这五家企业分为3份，
如AB，CD，E，
含有E的这一份要从A，B，C，D取一家组成2家，如取A得EA，
前面分三份会出现AE，因此有C52C32A22⋅C41×12，
然后再分给3位校长A33，
因此总排法有C52C32A22⋅C41×12×A33=180种．
19．（23-24高二下·广东茂名·期中）某校高二年级开设了《数学建模》、《电影赏析》、《经典阅读》、《英语写作》四门校本选修课程，甲、乙、丙三位同学打算在上述四门课程中随机选择一门进行学习，已知三人选择课程时互不影响，且每人选择每一门课程都是等可能的．
(1)三人共有多少种不同的课程选择种数?
(2)求三位同学选择的课程互不相同的概率;
(3)若至少有两位同学选择《数学建模》，则三人共有多少种不同的选课种数?
【解题思路】（1）由分步计数原理计算即可；
（2）先计算出三位同学选择的课程互不相同的选法种数，利用古典概型的概率公式可求得结果；
（3）分两种情况讨论：有两位同学选择《数学建模》和三位同学都选择《数学建模》，分别计算出两种情况下不同的选课种数，利用分类加法计数原理可得结果.
【解答过程】（1）因为每位同学都有四种不同的选择，所以选课种数为43=64；
（2）三位同学选择的课程互不相同的选课种数为A43=4×3×2=24，
所以三位同学选择的课程互不相同的概率为2464=38；
（3）恰有两位同学选择《数学建模》，另一位同学在其它三门选一门，故选课种数为C32⋅C31=9，
三位同学都选择《数学建模》的选课种数为1，
所以若至少有两位同学选择《数学建模》，则三人共有10种不同的选课种数．
考点要求
真题统计
考情分析
(1)理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义
(2)能利用计数原理解决简单的实际问题
2023年新高考I卷：第13题，5分
2023年新高考Ⅱ卷：第3题，5分
2023年全国乙卷（理数）：第7题，5分
2023年全国甲卷（理数）：第9题，5分
从近几年的高考情况来看，高考对两个计数原理的考查比较稳定，多以选择题、填空题的形式出现，以考查两个计数原理的基本概念与步骤方法为主，往往与排列组合结合考查，难度不大.
区别
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
①
针对的是“分类”问题
针对的是“分步”问题
②
各种方法相互独立
各个步骤中的方法互相依存
③
用其中任何一种方法都可以完成这件事
只有各个步骤都完成才算完成这件事
A
B
C
D
E
F