第20頁（共20頁）2024-2025學年上學期高二數學人教A版（2019）期中必刷?？碱}之分類加法計數原理與分步乘法計數原理一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?深圳校級期末）5個人排成一排，如果甲必須站在排頭或排尾，而乙不能站在排頭或排尾，那么不同站法總數為（）A．18 B．36 C．48 D．602．（2024秋?越秀區校級期末）甲、乙等5人去聽同時舉行的4個講座，每人可自由選擇聽其中一個講座，則恰好只有甲、乙兩人聽同一個講座，其他人聽的講座互不相同的種數為（）A．12 B．16 C．18 D．243．（2024秋?長壽區期末）數字0，1，1，2可以組成不同的三位數共有（）A．24個 B．12 C．9個 D．6個4．（2024秋?衡水期末）給圖中A，B，C，D，E五個區域染色，每個區域只染一種顏色，且相鄰的區域不同色．若有四種顏色可供選擇，則不同的染色方案共有（）A．24種 B．36種 C．48種 D．72種5．（2024秋?定西期末）如圖，給編號為1，2，3，…，6的區域涂色，要求每個區域涂一種顏色，相鄰兩個區域所涂顏色不能相同，中心對稱的兩個區域（如區域1與區域4）所涂顏色相同．若有5種不同顏色的顏料可供選擇，則不同的涂色方案有（）A．60種 B．80種 C．100種 D．125種二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?鄄城縣校級期末）設從東、西、南、北四面通往山頂的路分別有2，3，3，4條，現要從一面上山，從剩余三面中的任意一面下山，則下列結論正確的是（）A．從東面上山有20種走法 B．從西面上山有27種走法 C．從南面上山有30種走法 D．從北面上山有32種走法（多選）7．（2024春?宿遷期中）（多選）下列說法中正確的有（）A．4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，共有43種報名方法 B．4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，共有34種報名方法 C．4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），共有43種可能結果 D．4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），共有34種可能結果（多選）8．（2024春?武漢期末）將四個編號為1，2，3，4的小球放入四個分別標有1，2，3，4號的盒子中，則下列結論正確的有（）A．共有256種放法 B．恰有一個盒子不放球，共有72種放法 C．恰有兩個盒子不放球，共有84種放法 D．沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號都不相同的放法共有9種三．填空題（共4小題）9．（2024秋?太原期末）十六進制中分別用0、1、2、?、9、A、B、C、D、E、F表示十進制中0、1、2、?、9、10、11、12、13、14、15這十六個數字．現將0、1、2、?、9、A、B、C、D、E、F這十六個數字全部填入表中16個空格中（只需補充未填數字），要求每行從左到右，每列從上到下，依次地增大，則所填空格的不同方法種數為（用數字作答）．948A10．（2024秋?浦東新區校級期末）乘積（a+b+c）（d+e+f+g）（其中abcdefg≠0）的展開式中共有項．11．（2024秋?寶山區校級期末）有4名學生報名參加“行知杯”足球賽和“靈辰杯”籃球賽兩項比賽，每人至少報一項，每項比賽參加人數不限，則不同的報名結果有種．12．（2024秋?靖遠縣校級期末）某城市一地鐵站有A，B，C，D四個出站口，乘客甲，乙，丙，丁相互獨立地任選一個出站口出站，則共有種出站方法．四．解答題（共3小題）13．（2024秋?于洪區校級期末）用1，2，3，4，5，6，7組成無重復數字七位數，滿足下述條件的七位數各有多少個？（Ⅰ）奇數都排在一起；（Ⅱ）偶數不相鄰；（Ⅲ）三個偶數從左到右按從小到大的順序排列．14．（2024秋?華池縣校級期末）（1）用0，1，2，3，4，5可以組成多少個無重復數字的五位數？（2）用0，1，2，3，4，5這六個數字組成無重復數字的六位數，若所有的六位數按從小到大的順序組成一個數列{an}，則240135是第幾項．15．（2024秋?慶陽期末）已知6件不同的產品中有2件次品，現對這6件產品一一進行測試，直至找到所有次品并立即停止測試．（1）若恰在第2次測試時，找到第一件次品，第5次測試時，找到第二件次品，則共有多少種不同的測試情況？（2）若至多測試3次就能找到所有次品，則共有多少種不同的測試情況？

2024-2025學年上學期高二數學人教A版（2019）期中必刷?？碱}之分類加法計數原理與分步乘法計數原理參考答案與試題解析題號12345答案BDCDA一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?深圳校級期末）5個人排成一排，如果甲必須站在排頭或排尾，而乙不能站在排頭或排尾，那么不同站法總數為（）A．18 B．36 C．48 D．60【考點】計數原理的應用．【專題】排列組合．【答案】B【分析】本題分三步，先排甲，再排乙，其他的任意排，根據分步計數原理可得．【解答】解：甲必須站在排頭或排尾，甲有2種站法，乙不能站在排頭或排尾，乙有3種站法，其他3人任意排，故有2×3×A33＝36種，故選：B．【點評】本題考查了分步計數原理，關鍵是分步，屬于基礎題．2．（2024秋?越秀區校級期末）甲、乙等5人去聽同時舉行的4個講座，每人可自由選擇聽其中一個講座，則恰好只有甲、乙兩人聽同一個講座，其他人聽的講座互不相同的種數為（）A．12 B．16 C．18 D．24【考點】分步乘法計數原理．【專題】方程思想；定義法；排列組合；運算求解．【答案】D【分析】先安排甲乙，然后安排其他人，再根據分步乘法計數原理求得正確答案．【解答】解：甲、乙等5人去聽同時舉行的4個講座，每人可自由選擇聽其中一個講座，甲乙兩人聽同一個講座，方法數有C4其他人聽不同的講座，方法數有A3∴恰好只有甲、乙兩人聽同一個講座的種數為4×6＝24種．故選：D．【點評】本題考查分步乘法計數原理等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．3．（2024秋?長壽區期末）數字0，1，1，2可以組成不同的三位數共有（）A．24個 B．12 C．9個 D．6個【考點】計數原理的應用．【專題】對應思想；定義法；排列組合；運算求解．【答案】C【分析】分百位上為1和百位上為2兩種情況列舉即可．【解答】解：當百位上為2時，組成的三位數有201，210，211，共3個數，當百位上為1時，組成的三位數有101，102，110，112，120，121，共6個數，所以組成不同的三位數有9個．故選：C．【點評】本題考查計數原理相關知識，屬于基礎題．4．（2024秋?衡水期末）給圖中A，B，C，D，E五個區域染色，每個區域只染一種顏色，且相鄰的區域不同色．若有四種顏色可供選擇，則不同的染色方案共有（）A．24種 B．36種 C．48種 D．72種【考點】染色問題．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】D【分析】根據題意，分別討論區域BCD和區域AE的染色方案，由分步計數原理計算可得答案．【解答】解：根據題意，對于區域BCD，三個區域兩兩相鄰，有A43對于區域AE，若A與D選擇相同，E有2種選法，若A與D選擇不同，A有1種選法，E有1種選法，則區域AE有2+1×1＝3種選法，則有24×3＝72種選法，故選：D．【點評】本題考查排列組合的實際應用，涉及分步、分類計數原理，屬于基礎題．5．（2024秋?定西期末）如圖，給編號為1，2，3，…，6的區域涂色，要求每個區域涂一種顏色，相鄰兩個區域所涂顏色不能相同，中心對稱的兩個區域（如區域1與區域4）所涂顏色相同．若有5種不同顏色的顏料可供選擇，則不同的涂色方案有（）A．60種 B．80種 C．100種 D．125種【考點】分步乘法計數原理．【專題】整體思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】A【分析】根據分步乘法計數原理依次涂色即可．【解答】解：因為中心對稱的兩個區域（如區域1與區域4）所涂顏色相同，所以只需確定區域1，2，3的顏色，即可確定所有區域的涂色，先涂區域1，有5種選擇，再涂區域2，有4種選擇，最后涂區域3，有3種選擇，故不同的涂色方案有5×4×3＝60種．故選：A．【點評】本題主要考查了排列組合知識，考查了計數原理的應用，屬于基礎題．二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?鄄城縣校級期末）設從東、西、南、北四面通往山頂的路分別有2，3，3，4條，現要從一面上山，從剩余三面中的任意一面下山，則下列結論正確的是（）A．從東面上山有20種走法 B．從西面上山有27種走法 C．從南面上山有30種走法 D．從北面上山有32種走法【考點】分步乘法計數原理；分類加法計數原理．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】ABD【分析】根據題意，由分步計數原理依次分析選項，綜合可得答案．【解答】解：根據題意，依次分析選項：對于A，若從東面上山，上山的路2條，下山的路有3+3+4＝10條，則有2×10＝20條，A正確；對于B，若從西面上山，上山的路3條，下山的路有2+3+4＝9條，則有3×9＝27條，B正確；對于C，若從南面上山，上山的路3條，下山的路有2+3+4＝9條，則有3×9＝27條，C錯誤；對于D，若從北面上山，上山的路4條，下山的路有2+3+3＝8條，則有4×8＝32條，D正確；故選：ABD．【點評】本題考查分步、分類計數原理的應用，注意分類、分步計數原理的不同，屬于基礎題．（多選）7．（2024春?宿遷期中）（多選）下列說法中正確的有（）A．4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，共有43種報名方法 B．4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，共有34種報名方法 C．4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），共有43種可能結果 D．4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），共有34種可能結果【考點】計數原理的應用．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】BC【分析】利用計算原理，轉化求解判斷選項的正誤即可．【解答】解：對于A、B，4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，每人都有3種選擇，共有34種報名方法，所以A錯誤；B正確；對于C、D，4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），每個冠軍有4種可能，共有43種可能結果，所以C正確，D錯誤．故選：BC．【點評】本題考查計數原理以及排列組合的簡單應用，是中檔題．（多選）8．（2024春?武漢期末）將四個編號為1，2，3，4的小球放入四個分別標有1，2，3，4號的盒子中，則下列結論正確的有（）A．共有256種放法 B．恰有一個盒子不放球，共有72種放法 C．恰有兩個盒子不放球，共有84種放法 D．沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號都不相同的放法共有9種【考點】分步乘法計數原理；簡單組合問題．【專題】對應思想；定義法；排列組合；運算求解．【答案】ACD【分析】按照分步乘法計數原理判斷A，B，先分組、再分配，即可判斷C，先確定編號為1的球的放法，再確定與1號球所放盒子的編號相同的球的放法，按照分步乘法計數原理判斷D．【解答】解：若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，共有44＝256種放法，故A正確；恰有一個盒子不放球，先選一個盒子，再選一個盒子放兩個球，則C41?恰有兩個盒子不放球，首先選出兩個空盒子，再將四個球分為3，1或2，2兩種情況，故共C42?編號為1的球有3種放法，編號為1的球所放盒子的編號相同的球放入1號或其他兩個盒子，共有1+C21=3，即3×3＝故選：ACD．【點評】本題考查排列組合的應用，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）9．（2024秋?太原期末）十六進制中分別用0、1、2、?、9、A、B、C、D、E、F表示十進制中0、1、2、?、9、10、11、12、13、14、15這十六個數字．現將0、1、2、?、9、A、B、C、D、E、F這十六個數字全部填入表中16個空格中（只需補充未填數字），要求每行從左到右，每列從上到下，依次地增大，則所填空格的不同方法種數為（用數字作答）108．948A【考點】計數原理的應用．【專題】對應思想；定義法；排列組合；運算求解．【答案】108．【分析】分析可知，表格的左上角必為0，右下角必為F，則第四行和第四列的空格只能放B、C、D、E，剩余空格只能放1、2、3、5、6、7，對0的左邊和下方所放的數字進行分類討論，結合分步和分類計數原理可得結果．【解答】解：由題意可知，表格的左上角必為0，右下角必為F，由題意可知，如下表的空格中只能填1、2、3、5、6、7，048剩下的B、C、D、E只能放在第四列和第四行的空格中，9AF故只需確定第四列的兩個空格即可，則第四行的兩個空格就可以確定了，此時只需在B、C、D、E中選擇2個字母由上到下依次增大的順序填入即可，則第四行的兩個空格只需在最后兩個字母按照由左到右依次增大填入即可，此時，不同的填入的方法種數為C42=6種，接下來考慮1、2、3、5、6①當把3放入此處時，1、2只能按照如下表的方式填入，031428此時，剩下的三個格子要放5、6、7，只需考慮7的放置．如7放在如下位置，則剩余的兩個空，5、6可以隨意填入，此時有2種填法；0314728若7放在如下位置，則5、6只能按照如下位置放置；035146278此時，不同的放法種數為3種；②當把2放在如下位置時，1只能放在0的下方，02△14△8此時，3只能放在△的任一位置，剩余3個位置放5、6、7，也是3種放法，此時有2×3＝6種放法；③若1放在如下位置，此時2可以放在1的右邊或0的下方，0148當把2放在0的下方時，01△24△8則3可以放在△的任一位置，剩余三個空格放5、6、7，有3種放法，當把2放在1的右邊時，則3只能放在0的下方，012348剩余的三個格子放5、6、7，有3種放法，此時有3種放法，此時有2×3＝6種不同的放法．綜上所示，不同的填法種數為6×（3+6+3+6）＝108種．故答案為：108．【點評】本題考查計數原理相關知識，屬于中檔題．10．（2024秋?浦東新區校級期末）乘積（a+b+c）（d+e+f+g）（其中abcdefg≠0）的展開式中共有12項．【考點】分步乘法計數原理．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；概率與統計；運算求解．【答案】12．【分析】根據分步乘法計數原理計算可得答案．【解答】解：乘積（a+b+c）（d+e+f+g）（其中abcdefg≠0）的展開式中，從a，b，c中取一項共有3種不同取法，從d，e，f，g中取一項有4種不同取法，由分步乘法計數原理知，該展開式共3×4＝12（項）．故答案為：12．【點評】本題考查了分步乘法計數原理，是基礎題．11．（2024秋?寶山區校級期末）有4名學生報名參加“行知杯”足球賽和“靈辰杯”籃球賽兩項比賽，每人至少報一項，每項比賽參加人數不限，則不同的報名結果有81種．【考點】分步乘法計數原理．【專題】整體思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】81．【分析】利用分步乘法計數原理求解．【解答】解：因為每人至少報一項，每項比賽參加人數不限，所以每名學生都有3種報名結果，只報“行知杯”足球賽，或只報“靈辰杯”籃球賽，或兩個比賽都報，所以4名學生不同的報名結果有3×3×3×3＝81種．故答案為：81．【點評】本題主要考查了分步乘法計數原理的應用，屬于基礎題．12．（2024秋?靖遠縣校級期末）某城市一地鐵站有A，B，C，D四個出站口，乘客甲，乙，丙，丁相互獨立地任選一個出站口出站，則共有256種出站方法．【考點】分步乘法計數原理．【專題】對應思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】256．【分析】根據分步乘法計數原理來求得正確答案．【解答】解：由題意得，每位乘客都有4種出站選擇，所以根據分步計數原理可得共有4×4×4×4＝256種出站方法．故答案為：256．【點評】本題考查分步乘法計數原理的應用，屬于基礎題．四．解答題（共3小題）13．（2024秋?于洪區校級期末）用1，2，3，4，5，6，7組成無重復數字七位數，滿足下述條件的七位數各有多少個？（Ⅰ）奇數都排在一起；（Ⅱ）偶數不相鄰；（Ⅲ）三個偶數從左到右按從小到大的順序排列．【考點】數字問題．【專題】計算題；整體思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】（Ⅰ）576個；（Ⅱ）1440個；（Ⅲ）840個．【分析】（Ⅰ）利用捆綁法即可求解；（Ⅱ）利用插空法即可求解；（Ⅲ）先選3個位置排偶數，再在剩下的位置排奇數．【解答】解：（Ⅰ）①先將4個奇數排好，有A4②將四個數字看成一個整體，與其他3個數字全排列，有A4則有A44（Ⅱ）①先將4個奇數排好，有A4②排好后，有5個空位可選，在其中任選3個，安排3個偶數，有A5則有A44（Ⅲ）①在7個數位中任選3個，將三個偶數從左到右按從小到大的順序排列，有C7②剩下的4個數字安排在剩下的4個數位上，有A4則有C73【點評】本題考查了捆綁法和插空法的應用，屬于中檔題．14．（2024秋?華池縣校級期末）（1）用0，1，2，3，4，5可以組成多少個無重復數字的五位數？（2）用0，1，2，3，4，5這六個數字組成無重復數字的六位數，若所有的六位數按從小到大的順序組成一個數列{an}，則240135是第幾項．【考點】數字問題．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】（1）600；（2）193．【分析】（1）根據題意，先排首位，再排其它位置，進而結合分步計數乘法原理得到答案；（2）根據所給數字，考慮首位數字是1和2兩種情況，當首位數字為1時都比240135小，當首位數字為2時考慮比240135小的數字，進而根據排列數公式和分類加法計數原理得到答案．【解答】解：（1）由于是五位數，首位數字不能為0，首位數字有A5其它位置有A5所以用0，1，2，3，4，5可以組成5×120＝600個無重復數字的五位數．（2）由于是六位數，首位數字不能為0，首位數字為1有A5首位數字為2，萬位上為0，1，3中的一個有3A所以從小到大排列，240135是第A55+3即所有的六位數按從小到大的順序組成一個數列{an}，240135是數列的第193項．【點評】本題主要考查排列、組合及簡單計數問題，考查運算求解能力，屬于中檔題．15．（2024秋?慶陽期末）已知6件不同的產品中有2件次品，現對這6件產品一一進行測試，直至找到所有次品并立即停止測試．（1）若恰在第2次測試時，找到第一件次品，第5次測試時，找到第二件次品，則共有多少種不同的測試情況？（2）若至多測試3次就能找到所有次品，則共有多少種不同的測試情況？【考點】計數原理的應用．【專題】整體思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】（1）48；（2）18．【分析】（1）根據分步乘法計數原理可求得結果；（2）分兩種情況討論：（i）測試2次找到所有次品；（ii）測試3次找到所有的正品．求出兩種情況下不同的測試情況種數，相加即可．【解答】解：（1）若恰在第2次測試時，找到第一件次品，第5次測試時，找到第二件次品，則第一、三、四次抽到的都是正品，由分步乘法計數原理可知，不同的測試情況種數為4×2×3×2×1＝48種；（2）至多測試3次就能找到所有次品，有兩種情況：（i）測試2次找到所有次品，不同的測試情況種數為2×1＝2種，（ii）測試3次找到所有的次品，則第三次抽到次品，前兩次有一次抽到次品，則不同的測試情況種數為2×2×4＝16種，綜上所述，不同的測試情況種數為2+16＝18種．【點評】本題主要考查了排列組合知識，考查了計數原理的應用，屬于基礎題．

考點卡片1．分類加法計數原理【知識點的認識】1．定義：完成一件事有兩類不同方案：在第1類辦法中有m種不同的方法，在第2類辦法中有n種不同的方法，那么完成這件事共有：N＝m+n種不同的方法．2．推廣：完成一件事有n類不同方案：在第1類辦法中有m1種不同的方法，在第2類辦法中有m2種不同的方法，…，在第n類辦法中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有：N＝m1+m2+…+mn種不同的方法．3．特點：（1）完成一件事的n類方案相互獨立；（2）同一類方案中的各種方法相對獨立．（3）用任何一類方案中的任何一種方法均可獨立完成這件事；4．注意：與分步乘法計數原理區別分類加法計數原理分步乘法計數原理相同點計算“完成一件事”的方法種數不同點分類完成，類類相加分步完成，步步相乘每類方案中的每一種方法都能獨立完成這件事每步依次完成才算完成這件事情（每步中的每一種方法不能獨立完成這件事）注意點類類獨立，不重不漏步步相依，步驟完整【解題方法點撥】如果完成一件事情有n類方案，且每一類方案中的任何一種方法均能獨立完成這件事，則可使用分類加法計數原理．實現步驟：（1）分類；（2）對每一類方法進行計數；（3）用分類加法計數原理求和；【命題方向】與實際生活相聯系，以選擇題、填空題的形式出現，并綜合排列組合知識成為能力型題目，主要考查學生分析問題和解決問題的能力及分類討論思想．例：某校開設A類選修課3門，B類選擇課4門，一位同學從中共選3門，若要求兩類課程中各至少選一門，則不同的選法共有（）A.30種B.35種C.42種D.48種分析：兩類課程中各至少選一門，包含兩種情況：A類選修課選1門，B類選修課選2門；A類選修課選2門，B類選修課選1門，寫出組合數，根據分類計數原理得到結果．解答：可分以下2種情況：①A類選修課選1門，B類選修課選2門，有C3②A類選修課選2門，B類選修課選1門，有C3∴根據分類計數原理知不同的選法共有C31C4故選A．點評：本小題主要考查分類計數原理、組合知識，以及分類討論的數學思想．本題也可以從排列的對立面來考慮，寫出所有的減去不合題意的，可以這樣解：C732．分步乘法計數原理【知識點的認識】1．定義：完成一件事需要分成兩個步驟：做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有：N＝m×n種不同的方法．2．推廣：完成一件事需要分成n個步驟：做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法，…，做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有：N＝m1×m2×…×mn種不同的方法．3．特點：完成一件事的n個步驟相互依存，必須依次完成n個步驟才能完成這件事；4．注意：與分類加法計數原理區別分類加法計數原理分步乘法計數原理相同點計算“完成一件事”的方法種數不同點分類完成，類類相加分步完成，步步相乘每類方案中的每一種方法都能獨立完成這件事每步依次完成才算完成這件事情（每步中的每一種方法不能獨立完成這件事）注意點類類獨立，不重不漏步步相依，步驟完整【解題方法點撥】如果完成一件事情有n個步驟，各個步驟都是不可缺少的，需要依次完成所有的步驟才能完成這件事，則可使用分步乘法計數原理．實現步驟：（1）分步；（2）對每一步的方法進行計數；（3）用分步乘法計數原理求積；【命題方向】與實際生活相聯系，以選擇題、填空題的形式出現，并綜合排列組合知識成為能力型題目，主要考查學生分析問題和解決問題的能力及分類討論思想．例：從1，2，3，4，5，6，7這七個數字中任取兩個奇數和兩個偶數，組成沒有重復數字的四位數，其中奇數的個數為（）A.432B.288C.216D.108分析：本題是一個分步計數原理，先從4個奇數中取2個再從3個偶數中取2個共C42C32解答：∵由題意知本題是一個分步計數原理，第一步先從4個奇數中取2個再從3個偶數中取2個共C42第二步再把4個數排列，其中是奇數的共A21∴所求奇數的個數共有18×12＝216種．故選C．點評：本題考查分步計數原理，是一個數字問題，數字問題是排列中的一大類問題，把排列問題包含在數字問題中，解題的關鍵是看清題目的實質，很多題目要分類討論，要做到不重不漏．3．計數原理的應用【知識點的認識】1．兩個計數原理（1）分類加法計數原理：N＝m1+m2+…+mn（2）分步乘法計數原理：N＝m1×m2×…×mn2．兩個計數原理的比較分類加法計數原理分步乘法計數原理共同點都是計數原理，即統計完成某件事不同方法種數的原理．不同點分類完成，類類相加分步完成，步步相乘n類方案相互獨立，且每類方案中的每種方法都能獨立完成這件事n個步驟相互依存，每步依次完成才算完成這件事情（每步中的每一種方法不能獨立完成這件事）注意點類類獨立，不重不漏步步相依，步驟完整【解題方法點撥】1．計數原理的應用（1）如果完成一件事的各種方法是相互獨立的，那么計算完成這件事的方法數時，使用分類加法計數原理；（2）如果完成一件事的各個步驟是相互聯系的，即各個步驟都必須完成，這件事才告完成，那么計算完成這件事的方法數時，使用分步乘法計數原理．2．解題步驟（1）指明要完成一件什么事，并依事件特點確定是“分n類”還是“分n步”；（2）求每“類”或每“步”中不同方法的種數；（3）利用“相加”或“相乘”得到完成事件的方法總數；（4）作答．【命題方向】