第05讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（寒假预科讲义）-2025年高二数学举一反三系列寒假精品讲义（人教A版2019）

第05讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【人教A版2019】 模块一 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)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事 情，我们可以用第一类有种方法，第二类有种方法，，第n类有种方法，来表示分类加法计数 原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有+++种不同方法可以完成 这件事. (3)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)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利 用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“”强调要依次完成各个 步骤才能完成要做的事情，从而共有×××种不同的方法可以完成这件事. (3)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： 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 (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. 【题型1 分类加法计数原理及应用】 【例1.1】（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书，甲同学想从中选出1本阅读，则不同的选法共有（   ） A．9种 B．10种 C．19种 D．90种 【解题思路】由分类加法计数原理，即可解题. 【解答过程】由分类加法计数原理知，不同的选法种数为. 故选 C. 【例1.2】（23-24高二下·陕西西安·期末）书架的第1层放有3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.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 【解题思路】根据分类加法计数原理进行求解, 【解答过程】书架的第1层放有3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.从书架上任取1本书，不同的取法种数为. 故选：B. 【变式1.1】（24-25高二上·全国·随堂练习）从地到地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为（    ） A．3 B．9 C．24 D．以上都不对 【解题思路】由分类加法计数原理可求结果. 【解答过程】由题意可知，可以乘汽车、火车、轮船三种交通工具，汽车发3次，火车发4次，轮船发2次， 则由分类加法计数原理可得共有种不同走法. 故选：B. 【变式1.2】（23-24高二下·河南商丘·期中）数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 【解题思路】根据给定条件，结合“凸数”的意义，利用分类加法计数原理求解即得. 【解答过程】最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个； 最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个， 所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为. 故选：C. 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2.1】（23-24高二下·河北·阶段练习）从7本不同的书中选出3本送给3位同学，每人一本，不同的选法种数是（    ） A． B． C．21 D．210 【解题思路】根据分步乘法计数原理求解. 【解答过程】根据分步乘法计数原理，不同的选法有种. 故选：D. 【例2.2】（24-25高二下·全国·课后作业）编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 【解题思路】根据题意因不能走与自己编号相同的门，所以每人都可从其它3个门进入，再由分步乘法计数原理从而可求解. 【解答过程】因不能走与自己编号相同的门，安排编号为1的同学进入博物馆有3种选法； 同理编号为2，3，4的同学进入博物馆各有3种方法， 由分步乘法计数原理，共有种方法．故C正确. 故选：C. 【变式2.1】（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【解题思路】对、号无人机颜色与至号的无人机颜色是否相同进行分类讨论，再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果. 【解答过程】根据题意可知，至号的无人机颜色有4种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色相同时，号无人机颜色有3种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色不同时，、号无人机颜色有3种选择，号无人机颜色有2种选择； 再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种. 故选：D. 【变式2.2】（24-25高三上·江苏徐州·开学考试）甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有（    ） A．18种 B．48种 C．108种 D．192种 【解题思路】由分步乘法计数原理求解即可. 【解答过程】因甲不去北京，应该分步完成： 第一步，甲在上海、西安、长沙三个城市中任选一个，有3种选法； 第二步，乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别任选一个，有中选法； 由分步乘法计数原理，可得不同选法有：种． 故选：D． 模块二 两个计数原理的综合应用 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原 理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分 类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合应用主要包括四个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)涂色问题. 【题型3 代数中的计数问题】 【例3.1】（23-24高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【解题思路】首先分解质因数可得，再由分步乘法计算原理计算可得. 【解答过程】因为，所以的不同的正因数有个. 故选：D. 【例3.2】（23-24高二下·河北张家口·期末）求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 【解题思路】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【解答过程】因为， 所以的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可， 有种取法，即有个正整数因数． 故选：C． 【变式3.1】（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】分是否取两类，当不取时，排除重复的即可得解. 【解答过程】当取时，则只能为真数，此时这个对数值为， 当不取时，底数有种，真数有种， 其中， 故此时有个， 所以共有个. 故选：D. 【变式3.2】（23-24高二下·重庆·期末）“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【解题思路】先求得所有6位 “回文数”的个数，再求得6位 “回文数”中各位数字全相同的个数，进而得到所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的个数. 【解答过程】6位 “回文数”中个位与十万位数字相同且不为0， 十位与万位数字相同，百位与千位数字相同， 第一步，确定个位与十万位数字，有9种可能， 第二步，确定十位与万位数字，有10种可能， 第三步，确定百位与千位数字，有10种可能， 则6位 “回文数”共有（个）， 又6位 “回文数”中各位数字全相同的共有9个， 则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（个）. 故选：B. 【题型4 几何计数问题】 【例4.1】（23-24高二下·吉林·期中）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中相互平行或相互垂直的有（   ） A．24对 B．16对 C．18对 D．48对 【解题思路】考虑相对面的相互平行或相互垂直的情况即可，相对面中，相互平行的有2对，相互垂直的4对. 【解答过程】从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，相互平行或相互垂直， 则考虑相对面的相互平行或相互垂直的情况即可. 相对面中，相互平行的有2对，相互垂直的4对，共6对， 正方体有三组相对面，故3×6=18， 故选C. 【例4.2】（23-24高二下·湖北襄阳·期中）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．18 C．24 D．36 【解题思路】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答. 【解答过程】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线， 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（个）； 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， 不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直， 所以正方体中“正交线面对”共有（个）. 故选：D. 【变式4.1】（23-24高二上·湖北黄石·期末）过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    ） A．18 B．30 C．36 D．54 【解题思路】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案. 【解答过程】解：如图，分以下几类： 棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对； 棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对； 侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 所以共有对. 故选：C. 【变式4.2】（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，在直径的左边取点，右边依次取，得到6个钝角三角形，当取时，△为锐角三角形； 同理，直径的左边取点，右边依次取，得到5个钝角三角形，当取，时，△、△为锐角三角形； …… 在直径的左边取点时，得到一个钝角△， 在直径的左边取点时，没有钝角三角形. 故以A为钝角顶点的三角形共有（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（个）钝角三角形. 故选：C. 【题型5 数字排列问题】 【例5.1】（23-24高二下·天津南开·期中）用这个数字，可以组成个没有重复数字的三位偶数（    ） A．720 B．648 C．320 D．328 【解题思路】按个位数字为和不为分类讨论，利用分步计数原理即可求得没有重复数字的三位偶数的个数. 【解答过程】若个位数字为，十位和百位的排法种数为； 若个位数字不为，则确定个位数字有种方法， 确定百位数字有种方法，确定十位数字有种方法， 所以排法种数为. 所以可以组成个没有重复数字的三位偶数. 故选：D. 【例5.2】（2024高三·全国·专题练习）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中比4 000大的偶数共有（　　） A．48个 B．56个 C．60个 D．72个 【解题思路】分首位数字为5和首位数字为4两种情况讨论，再根据分类加法和分步乘法计数原理计算即可. 【解答过程】根据题意，符合条件的四位数首位数字必须是4，5其中1个， 末位数字为0，2，4其中1个． 分两种情况讨论：①首位数字为5时，末位数字有3种情况， 在剩余的4个数中任取2个，放在剩余的2个位置上，有（种）情况， 此时有（个）； ②首位数字为4时，末位数字有2种情况， 在剩余的4个数中任取2个，放在剩余的2个位置上，有（种）情况， 此时有（个）， 综上所述，共有（个）. 故选：C. 【变式5.1】（2024高二下·全国·专题练习）用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有（    ） A．16个 B．12个 C．9个 D．8个 【解题思路】利用分类计数原理分类讨论计算即可. 【解答过程】比2000大，故千位为2，3，4， 若千位为2，则个位为4，有（个）符合题意的四位数； 若千位为3，则个位为2或4，有（个）符合题意的四位数； 若千位为4，则个位为2，有（个）符合题意的四位数． 根据分类加法计数原理得，一共有（个）符合题意的四位数． 故选:D． 【变式5.2】（23-24高二下·山西晋中·阶段练习）由数字0、1、2、3组成的无重复数字的4位数字中，比2020大的数的个数为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 【解题思路】分类讨论，考虑首位上数字，继而考虑百位上数字，即可求出符合题意的数的个数，即得答案. 【解答过程】1.当首位即千位上数字为3时，其余3个数字全排列，排在后面3位上， 此时有种排法，即有6个2020大的数； 2.当首位即千位上数字为2时，则有： （1）若百位上是1或3，将余下的2个数字全排列，排在后面2位， 此时有种排法，即有4个2020大的数； （2）若百位上是0，此时只有2031比2020大，即有1个2020大的数； 综上所述：符合题意的数共有（个）. 故选：A. 【题型6 涂色问题】 【例6.1】（23-24高二下·安徽池州·期中）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，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 【解题思路】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【解答过程】根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E，    分4步进行分析： ①，对于区域A，有5种颜色可选； ②，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选； ③，对于区域C，与A、B区域相邻，有3种颜色可选； ④，对于区域D、E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选， 若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选， 则区域D、E有种选择， 所以不同的涂色方案有种. 故选：D. 【例6.2】（23-24高二下·广东肇庆·阶段练习）如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（   ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 【解题思路】根据任意两个相邻区域不同色，利用分步计数原理即可求解． 【解答过程】如图，区域1有4种选法，区域2有3种选法，区域3有2种选法， 区域4可选剩下的一种或选区域1，2所选的颜色，共有3种选法， 区域5从区域4剩下的2种颜色中选有2种选法， 共有种． 故选：D. 【变式6.1】（23-24高二下·湖北黄冈·期中）某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【解题思路】先对A，B，C三个区域染色，再讨论B，E是否同色 【解答过程】当B，E同色时，共有种不同的染色方案， 当B，E不同色时，共有种不同的染色方案， 所以共有72种不同的染色方案. 故选：D. 【变式6.2】（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 【解题思路】按照分步、分类计数原理计算可得. 【解答过程】第一步：涂区域，有种方法； 第二步：涂区域，有种方法； 第三步：涂区域，有种方法； 第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类： 第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色； 第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色， 此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法． 所以，不同的涂色种数有. 故选：B. 【题型7 两个计数原理的综合应用】 【例7.1】（24-25高二上·全国·课后作业）根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数．算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子以不同的排列方式来表示数字，如图所示．如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹不一样多的两位数有（    ） 1    2     3       4       5      6      7      8      9表示如下 纵式： 横式： A．81个 B．64个 C．18个 D．17个 【解题思路】首先根据分步计数原理计算不含0的所有两位数，再分类计算不满足条件的两位数，即可求解. 【解答过程】用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，共可以摆出（个）两位数， 其中个位和十位上的算筹都为1有（个）； 个位和十位上的算筹都为2有（个）； 个位和十位上的算筹都为3有（个）； 个位和十位上的算筹都为4有（个）； 个位和十位上的算筹都为5有（个）， 共有（个）， 所以个位和十位上的算筹不一样多的两位数有（个）. 故选：B. 【例7.2】（23-24高二下·海南儋州·期中）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．4 B．8 C．16 D．18 【解题思路】根据3枚邮票中邮票的种类进行分类求解即可. 【解答过程】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7.1】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【解题思路】（1）根据分步乘法计数原理可得结果； （2）根据分步乘法计数原理可得结果； （3）根据组成三位偶数，末位数字可分两类，末位数字是0或者不是0，根据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】（1）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方 法，第二、三位可以排0，因此，根据分步乘法计数原理共有（个）． （2）三位数的首位不能为0，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二位可以排0，除 首位排的数字共有4种方法，第三位除前两位排的数字共有3种方法，因此，根据分步乘 法计数原理共有（个）． （3）偶数末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类： 一类是末位数字是0，则有（种）排法； 一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位， 所以有3种排法，十位有3种排法，因此有（种）排法． 因此有（种）排法．即可以排成30个无重复数字的三位偶数. 【变式7.2】（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 【解题思路】（1）根据分类加法计数原理求解； （2）根据分步乘法计数原理求解； （3）综合利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解； 【解答过程】（1）事件选一人当组长可分三类方案完成， 第一类，组长从（1）班选出，有7种选法、 第二类，组长从（48）班选出，有5种选法、 第三类，组长从（62）班选出，有9种选法， 根据分类加法计数原理，选一人当组长有种选法， （2）如果老师任组长，每班选一名副组长，则需要分三步， 第一步，从（1）班选一名同学担任副组长，有7种选法， 第二步，从（48）班选一名同学担任副组长，有5种选法， 第三步，从（62）班选一名同学担任副组长，有9种选法， 根据分步乘法计数原理，每班选一名副组长共有种选法； （3）事件推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，可分为三类方案， 第一类，若两人来自（1）班和（48）班，有种选法， 第二列，若两人来自（1）班和（62）班，有种选法， 第三类，若两人来（48）班和（62）班，有种选法， 综上可知，这两人来自不同的班级的不同的选法有种． 一、单选题 1．（24-25高二上·江西·阶段练习）某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（    ） A．36种 B．60种 C．75种 D．85种 【解题思路】借助分步乘法计数原理计算即可得. 【解答过程】小明有三种选课方法，小强和小豆各有五种选课方法， 故共有种选课方法. 故选：C. 2．（24-25高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 【解题思路】相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类，再分别计算每一类的方法数，可求得结论. 【解答过程】由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类； 第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻， 分别有种选择，所以共计种； 第二、三、四类和第一类种数相同．综上总计有种方法． 故选：C. 3．（23-24高二下·河南洛阳·期中）用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有（    ） A．48个 B．24个 C．18个 D．12个 【解题思路】根据题意，依次分析三位数的个位、百位、十位数字的情况，由分步计数原理计算可得答案． 【解答过程】根据题意，三位数的个位数字必须为1或3，有2种情况， 百位数字不能为0，有3种情况， 十位数字在剩下的3个数字任选1个，有3种情况， 则共有种情况，即有18个符合题意的三位奇数． 故选：C． 4．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）如果一个三位正整数“”满足且，则称这样的三位数为凸数（如120，343，275），当中间数为3或4时，那么所有凸数的个数为（   ） A．18 B．15 C．16 D．21 【解题思路】分两类，中间为3或中间为4两种情况. 【解答过程】当中间数为3时，有（个）； 当中间数为4时，有（个）． 故共有（个）． 故选：A. 5．（23-24高二下·贵州·期中）高二某班级4名同学要参加足球、篮球、乒乓球比赛，每人限报一项，其中甲同学不能报名足球，乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同，则不同的报名种数有（    ） A．54 B．12 C．8 D．81 【解题思路】直接由分步计数原理求解即可． 【解答过程】由甲同学不能报名足球，可得甲有2种报名方式， 乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同， 可得乙有3种报名方式，丙有2种报名方式，丁只有1种报名方式， 共分步计数原理可得共有种． 故选：B． 6．（23-24高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是和不是进行分类; 个位不是时要注意选中的数有和不是情况求解. 【解答过程】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择， 而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论: ①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况， 与百位数一样，只有一种选择， 与个位数一样，也只有一种选择; ②当个位数为2时， 如果百位数为2，则十位数有6种选择， 如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择: 当个位数为4时， 如果百位数为4，则十位数有6种选择， 如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择 综上所述，. 故选：B. 7．（24-25高二上·湖南·期中）某学校高二年级拟举办艺术节，要求各班级从《黄河大合唱》，《我和我的祖国》，《北京欢迎你》，《我爱你中国》和《我们走在大路上》这五首指定曲目中任选一首作为表演节目，则高二（1）班与高二（2）班抽到不同曲目的概率为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】理解题意，利用分步乘法计数原理和古典概型概率公式计算即得. 【解答过程】高二（1）班与高二（2）班分别从这五首曲目中任选一首作为表演节目的方法数有种， 而要使两个班抽到不同曲目，可分步完成： 先让高二（1）班选一首有5种方法，再由高二（2）班从余下的4首曲目中选一首，有4种方法， 由分步乘法计数原理，可知方法数有种. 由古典概型概率公式，可得高二（1）班与高二（2）班抽到不同曲目的概率为. 故选：D. 8．（24-25高二上·河南南阳·阶段练习）用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（    ） A．25 B．630 C．605 D．580 【解题思路】先计算所有的情况，然后计算不涂红色和只有一个圆涂红色，最后求差即可. 【解答过程】先涂第一个圆，由6种情况；再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有5种情况；涂第四个圆有5种情况；涂第五个圆有5种情况，利用计数原理可知，一共有种； 若没有红色， 先涂第一个圆，由5种情况；再涂第二个圆有4种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种； 若红色涂一个圆， 当红色涂第一个圆，再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种； 当红色涂第二个圆，再涂第一个圆有5种情况，涂第三个圆有5种情况，涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第三个圆，再涂第二个圆有5种情况，涂第四个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第四个圆，再涂第三个圆有5种情况，涂第五个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第二个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第五个圆，再涂第四个圆有5种情况，涂第是三个圆有4种情况，涂第二个圆有4种情况；涂第一个圆有4种情况；一共有种； 所以红色至少涂两个圆的方案有. 故选：B. 二、多选题 9．（24-25高三·上海·随堂练习）有4名同学报名参加三个不同的社团，则下列说法中正确的是（    ）． A．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有种 【解题思路】利用分步乘法计数原理可得答案. 【解答过程】对于AB选项，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法， 后面的2个同学也有3种报法，根据分步计数原理共有种结果，A正确，B错误； 对于CD选项，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择， 第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择， 根据分步计数原理共有种结果，C正确，D错误． 故选：AC. 10．（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（    ） 站数 票价/元 2 3 4 A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种 B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种 C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种 D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种（同一地铁站出站不分先后） 【解题思路】利用分类计数原理和分步计数原理可求答案. 【解答过程】两人共花费5元分为两类：小明花费2元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种， 同理小明花费3元，小华花费2元时，两人下地铁的方案也是种，所以共有18种，A不正确，B正确. 两人共花费6元分为三类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有种， 共有27种，C正确. 小明比小华先下地铁有两类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明和小华均花费3元，小明比小华先下地铁仅有3种方案，所以共有12种方案，D正确. 故选：BCD. 11．（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为（），则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去．某人抛掷三次股子后棋子恰好又回到点处，则（    ） A．三次股子后所走的单位数可以是12 B．三次骰子的点数之和只可能有两种结果 C．三次股子的点数之和超过10的走法有6种 D．回到点处的所有不同走法共有24种 【解题思路】利用列举法可得点数和为8和16的所有情况，即可结合选项逐一求解. 【解答过程】由题意知正方形（边长为2个单位）的周长是8，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的表示三次骰子的点数之和是8，16，故A错误，B正确： 在点数中三个数字能够使得和为8，16的有125，134，116，224，233，466，556， 在组合125，134，每种情况可以排列出种结果，共有种结果； 在116，224，233，466，556各有3种结果，共有种结果， 其中点数之和超过10的走法为466，556，共有种，故C正确； 根据分类计数原理知共有种结果，故D错误； 故选：BC. 三、填空题 12．（2025高三·全国·专题练习）用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成 420 个无重复数字的四位偶数．（用数字作答） 【解题思路】应用千位数字分奇数和偶数两类，再分别应用分步乘法原理，最后应用加法原理计算即可. 【解答过程】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，有种法． 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外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，有种取法． 所以根据分类加法计数原理，共可以组成个无重复数字的四位偶数． 故答案为：420. 13．（24-25高二上·广西·阶段练习）甲、乙、丙三位同学去电影院看电影，每人可在《志愿军：存亡之战》《出人平安》《爆款好人》《危机航线》四部电影中任选一部，则不同的选法有 64 种. 【解题思路】根据分步计数原理的应用即可求解. 【解答过程】易知每个人都有4种选法，故不同的选法有种. 故答案为：64. 14．（24-25高三上·重庆·阶段练习）如下图，用4种不同颜色标注地图中的6个区域，相邻省颜色不同，有 120 种不同的涂色方式. 【解题思路】利用分类和分步计数原理，即可求解. 【解答过程】当陕西和贵州相同，陕西和贵州4种颜色，重庆3种颜色，四川有2种颜色，湖北有2种颜色，湖南有1种颜色，则共有种方法， 当陕西和贵州不同，湖北和贵州相同，则陕西有4种颜色，重庆3种颜色，贵州和湖北有2种颜色，湖南有2种颜色，四川有1种颜色，则共有种方法， 当陕西和贵州不同，湖北和贵州不同，则陕西有4种颜色，重庆3种颜色，贵州有2种颜色，湖北有1种颜色，湖南有1种颜色，四川有1种则共有种方法， 综上可知有种方法. 故答案为：120. 四、解答题 15．（24-25高二上·全国·课前预习）某位全国人大代表明天要从济南前往北京参加会议，有两类快捷途径可供选择：一是乘飞机，二是乘高铁，假如这天飞机有3个航班可乘，高铁有4个班次可乘．那么该代表从济南到北京共有多少种快捷途径可选呢？ 【解题思路】由分类加法计数原理即可求得. 【解答过程】因有两类途径可选，故运用分类加法计数原理， 该代表共有（种）快捷途径可选． 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（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（种）放法，一类是1号盒中有两个球，共有（种）放法，一类是1号盒中有三个球，有1种放法． 共有（种）放法． 17．（24-25高二下·全国·课后作业）现有甲、乙、丙、丁、戊五类不同的书，放入四个窗格的书架中． (1)每个窗格从五类书中选一类放入（书的本数不限），共有多少种放法？ (2)若甲、乙两类书必须放在同一窗格，丙、丁、戊分别放到剩余三个窗格内，共有多少种放法？ 【解题思路】（1）每个窗格都有5种，由分步乘法计数原理计算可得； （2）特殊的先放，即甲乙有4种，再依次放剩下的即可，最后由分步乘法计算原理计算即可； 【解答过程】（1）第1个窗格，从五类书中任选一类，有5种选法， 同理，第2，3，4个窗格也分别有5种选法， 由分步乘法计数原理可得，共有种放法． （2）先放甲、乙，有4种放法； 再放丙，有3种放法； 然后放丁，有2种放法； 最后放戊，剩1种放法． 由分步乘法计数原理可得，共计种放法． 18．（24-25高三·上海·课堂例题）用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 【解题思路】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出正确答案； （3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析个位数满足条件的数字计算出正确答案. 【解答过程】（1）由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法， 十位与个位上的数字均有10种选法， 所以不同的三位数共有（个）； （2）百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法， 个位数字应从剩余8个数字中选取， 所以共有（个）无重复数字的三位数； （3）若个位为1或3，则小于500的三位奇数有（个）； 若个位为5或7或9，则小于500的三位奇数有（个）； 所以小于500的三位奇数有． 19．（23-24高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【解题思路】（1）由分步乘法原理，先涂S，再涂A，再涂B，最后涂CD计算即可. （2）解法一：由分步乘法原理，先涂AC，再一次涂SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照A与C颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可. 【解答过程】（1）由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C颜色相同，且B，D颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法. （2）解法一：由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同， 所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法（如：B，D颜色相同）； 再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上， 最后D涂B的颜色，有种不同的涂色方法. 根据分步计数原理知，共有种不同的涂色方法. 解法二：分两类. 第一类，A与C颜色相同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法； 第二类，A与C颜色不同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法. 根据分类计数原理知，共有种不同的涂色方法. 第 1 页 共 23 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第05讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【人教A版2019】 模块一 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)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事 情，我们可以用第一类有种方法，第二类有种方法，，第n类有种方法，来表示分类加法计数 原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有+++种不同方法可以完成 这件事. (3)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)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利 用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“”强调要依次完成各个 步骤才能完成要做的事情，从而共有×××种不同的方法可以完成这件事. (3)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： 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 (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. 【题型1 分类加法计数原理及应用】 【例1.1】（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书，甲同学想从中选出1本阅读，则不同的选法共有（   ） A．9种 B．10种 C．19种 D．90种 【例1.2】（23-24高二下·陕西西安·期末）书架的第1层放有3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.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 【变式1.1】（24-25高二上·全国·随堂练习）从地到地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为（    ） A．3 B．9 C．24 D．以上都不对 【变式1.2】（23-24高二下·河南商丘·期中）数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2.1】（23-24高二下·河北·阶段练习）从7本不同的书中选出3本送给3位同学，每人一本，不同的选法种数是（    ） A． B． C．21 D．210 【例2.2】（24-25高二下·全国·课后作业）编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 【变式2.1】（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【变式2.2】（24-25高三上·江苏徐州·开学考试）甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有（    ） A．18种 B．48种 C．108种 D．192种 模块二 两个计数原理的综合应用 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原 理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分 类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合应用主要包括四个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)涂色问题. 【题型3 代数中的计数问题】 【例3.1】（23-24高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【例3.2】（23-24高二下·河北张家口·期末）求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 【变式3.1】（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 【变式3.2】（23-24高二下·重庆·期末）“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【题型4 几何计数问题】 【例4.1】（23-24高二下·吉林·期中）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中相互平行或相互垂直的有（   ） A．24对 B．16对 C．18对 D．48对 【例4.2】（23-24高二下·湖北襄阳·期中）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．18 C．24 D．36 【变式4.1】（23-24高二上·湖北黄石·期末）过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    ） A．18 B．30 C．36 D．54 【变式4.2】（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 【题型5 数字排列问题】 【例5.1】（23-24高二下·天津南开·期中）用这个数字，可以组成个没有重复数字的三位偶数（    ） A．720 B．648 C．320 D．328 【例5.2】（2024高三·全国·专题练习）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中比4 000大的偶数共有（　　） A．48个 B．56个 C．60个 D．72个 【变式5.1】（2024高二下·全国·专题练习）用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有（    ） A．16个 B．12个 C．9个 D．8个 【变式5.2】（23-24高二下·山西晋中·阶段练习）由数字0、1、2、3组成的无重复数字的4位数字中，比2020大的数的个数为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 【题型6 涂色问题】 【例6.1】（23-24高二下·安徽池州·期中）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，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 【例6.2】（23-24高二下·广东肇庆·阶段练习）如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（   ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 【变式6.1】（23-24高二下·湖北黄冈·期中）某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【变式6.2】（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 【题型7 两个计数原理的综合应用】 【例7.1】（24-25高二上·全国·课后作业）根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数．算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子以不同的排列方式来表示数字，如图所示．如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹不一样多的两位数有（    ） 1    2     3       4       5      6      7      8      9表示如下 纵式： 横式： A．81个 B．64个 C．18个 D．17个 【例7.2】（23-24高二下·海南儋州·期中）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．4 B．8 C．16 D．18 【变式7.1】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【变式7.2】（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 一、单选题 1．（24-25高二上·江西·阶段练习）某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（    ） A．36种 B．60种 C．75种 D．85种 2．（24-25高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 3．（23-24高二下·河南洛阳·期中）用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有（    ） A．48个 B．24个 C．18个 D．12个 4．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）如果一个三位正整数“”满足且，则称这样的三位数为凸数（如120，343，275），当中间数为3或4时，那么所有凸数的个数为（   ） A．18 B．15 C．16 D．21 5．（23-24高二下·贵州·期中）高二某班级4名同学要参加足球、篮球、乒乓球比赛，每人限报一项，其中甲同学不能报名足球，乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同，则不同的报名种数有（    ） A．54 B．12 C．8 D．81 6．（23-24高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高二上·湖南·期中）某学校高二年级拟举办艺术节，要求各班级从《黄河大合唱》，《我和我的祖国》，《北京欢迎你》，《我爱你中国》和《我们走在大路上》这五首指定曲目中任选一首作为表演节目，则高二（1）班与高二（2）班抽到不同曲目的概率为（   ） A． B． C． D． 8．（24-25高二上·河南南阳·阶段练习）用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（    ） A．25 B．630 C．605 D．580 二、多选题 9．（24-25高三·上海·随堂练习）有4名同学报名参加三个不同的社团，则下列说法中正确的是（    ）． A．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有种 10．（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（    ） 站数 票价/元 2 3 4 A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种 B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种 C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种 D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种（同一地铁站出站不分先后） 11．（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为（），则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去．某人抛掷三次股子后棋子恰好又回到点处，则（    ） A．三次股子后所走的单位数可以是12 B．三次骰子的点数之和只可能有两种结果 C．三次股子的点数之和超过10的走法有6种 D．回到点处的所有不同走法共有24种 三、填空题 12．（2025高三·全国·专题练习）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） 13．（24-25高二上·广西·阶段练习）甲、乙、丙三位同学去电影院看电影，每人可在《志愿军：存亡之战》《出人平安》《爆款好人》《危机航线》四部电影中任选一部，则不同的选法有 种. 14．（24-25高三上·重庆·阶段练习）如下图，用4种不同颜色标注地图中的6个区域，相邻省颜色不同，有 种不同的涂色方式. 四、解答题 15．（24-25高二上·全国·课前预习）某位全国人大代表明天要从济南前往北京参加会议，有两类快捷途径可供选择：一是乘飞机，二是乘高铁，假如这天飞机有3个航班可乘，高铁有4个班次可乘．那么该代表从济南到北京共有多少种快捷途径可选呢？ 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． 17．（24-25高二下·全国·课后作业）现有甲、乙、丙、丁、戊五类不同的书，放入四个窗格的书架中． (1)每个窗格从五类书中选一类放入（书的本数不限），共有多少种放法？ (2)若甲、乙两类书必须放在同一窗格，丙、丁、戊分别放到剩余三个窗格内，共有多少种放法？ 18．（24-25高三·上海·课堂例题）用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 19．（23-24高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 第 1 页 共 23 页 学科网（北京）股份有限公司 $$