第01讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（3大知识点+6大题型+分层练习）-2024-2025学年高二数学考试满分全攻略同步备课备考系列（人教A版2019选修三）

第01讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 目录 题型归纳 1 题型01 分类加法计数原理 3 题型02 分步乘法计数原理及简单应用 4 题型03 代数中的计数问题 4 题型04 几何计数问题 5 题型05 数字排列问题 6 题型06 涂色问题 6 分层练习 8 夯实基础 8 能力提升 10 知识点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. 知识点02分布乘法技术原理 (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. 知识点03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01分类加法计数原理 【例1】（23-24高二上·陕西渭南·期末）一个三层书架，分别放置语文类读物7本，政治类读物8本，英语类读物9本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（    ） A．3种 B．504种 C．24种 D．12种 【变式1】（23-24高二上·江西·期末）某学校开设5门球类运动课程、6门田径类运动课程和3门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（    ） A．90种 B．30种 C．14种 D．11种 【变式2】（22-23高二上·辽宁阜新·期末）某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有 种. 【变式3】（22-23高二上·辽宁葫芦岛·期中）将4个不同的小球放入2个不同的袋子中． (1)若每个袋子中放2个小球，有多少种放法？ (2)若每个袋子中至少放1个小球，有多少种放法？ 题型02 分步乘法计数原理及简单应用 【例2】（23-24高二上·甘肃白银·期末）从4名男生与3名女生中选两人去参加一场数学竞赛，则男女各一人的不同的选派方法数为（    ） A．7 B．12 C．18 D．24 【变式1】（23-24高二上·云南曲靖·期末）10000的除去1和自己外的正因数的个数是（    ） A．25 B．24 C．23 D．16 【变式2】（22-23高二上·辽宁葫芦岛·期中）如图，提供4种不同的颜色给图中，，，四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有 种． 【变式3】（23-24高二上·四川遂宁·期中）袋子中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球.有放回摸球两次，每次从袋子中随机摸出1个球 (1)第一次摸到白球的概率； (2)两次都摸到白球的概率. 题型03 代数中的计数问题 【例3】（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1】（22-23高二·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 【变式2】（高二上·湖北武汉·期末）用数字0，1，2，3，5组成 个没有重复数字的五位偶数． 【变式3】（23-24高二·北京顺义·期中）哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和.（质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数）.在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种. 题型04 几何计数问题 【例4】（20-21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1】（2022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 【变式2】（22-23高二上·上海宝山·期中）正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有 种不同选法 【变式3】（24-25高二上·全国·课后作业）古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 ．    题型05 数字排列问题 【例5】（23-24高二上·江苏常州·期末）在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（　　） A．120 B．204 C．168 D．216 【变式1】（23-24高二上·辽宁大连·期末）用1，2，3，4，5，6写出没有重复数字的六位数中，满足相邻的数字奇偶性不同的数有（    ）个 A．18 B．36 C．72 D．86 【变式2】（24-25高二上·甘肃武威·期中）从1，3，5中任取2个数，从0，2，4中任取2个数，则组成没有重复数字的四位数的个数为 . 【变式3】（20-21高二·江苏·期中）有0，1，2，3，4，5六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ 题型06 涂色问题 【例6】（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色､米白色､橄榄绿､薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有（    ）种不同的涂色方法. A．78 B．66 C．56 D．48 【变式1】（24-25高二上·辽宁·期末）《九章算术》第一章“方田”问题二十五、二十六指出了三角形田面积算法：“半广以乘正从”.数学社团制作板报向全校师生介绍这一结论，给证明图形的六个区域涂色，有三种颜色可用，要求有相邻边的区域颜色不同，则不同的涂色方法有（    ） A．48种 B．96种 C．102种 D．120种 【变式2】（22-23高二上·辽宁沈阳·期中）如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择，要求每一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 ． 【变式3】（23-24高二上·云南曲靖·期末）（1）现要用红、橙、黄、绿、青、蓝、紫7种颜色对某市的如图的四个区域进行着色，有公共边的两个区域不涂同一种颜色，则共有几种不同的涂色方法？ （2）由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成多少个没有重复数字的不超过2024的正整数？ 【夯实基础】 一、单选题 1．（22-23高二上·广东深圳·期末）某班4个同学分别从3处风景点中选择一处进行旅游观光，则不同的选择方案是（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（23-24高二上·山东德州·期末）已知集合，从集合M中选一个元素作为点的横坐标，从集合N中选一个元素作为点的纵坐标，则落在第三、第四象限内点的个数是（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 3．（23-24高二上·江西萍乡·期末）有7种不同的颜色给下图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不能相同，若最多使用3种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．462 B．630 C．672 D．882 4．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）某电视台连续播放4个广告，现将2个不同的公益广告插入其中，保持原来的4个广告播放顺序不变，不同的播放方式有（   ） A．10种 B．20种 C．30种 D．60种 二、多选题 5．（21-22高二上·辽宁营口·期末）现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 6．（23-24高二上·甘肃白银·期末）用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则（    ）    A． B． C． D． 三、填空题 7．（24-25高二上·上海·期末）乘积 (其中)的展开式中共有 项． 8．（24-25高二上·甘肃白银·期末）某城市一地铁站有四个出站口，乘客甲，乙，丙，丁相互独立地任选一个出站口出站，则共有 种出站方法． 四、解答题 9．（21-22高二上·辽宁营口·期末）（1）某校运动会上甲、乙、丙、丁四名同学在100m、400m、800m三个项目中选择，每人报一项，共有多少种报名方法？ （2）若甲、乙、丙、丁四名同学选报100m、400m、800m三个项目，每项均有一人报名，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？ （3）若甲、乙、丙、丁名同学争夺100m、400m、800m三项冠军，共有多少种可能的结果？ 10．（21-22高二上·福建龙岩·期末）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表： 乘坐站数 票价（元） 2 4 6 现有甲､乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的. (1)若甲､乙两人共付费6元，则甲､乙下地铁的方案共有多少种？ (2)若甲､乙两人共付费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？ 11．（23-24高二上·辽宁·期末）某单位职工义务献血，在身体检查合格的人中，是O型血的共有28人，是A型血的共有7人，是B型血的共有9人，是AB型血的共有3人． (1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从4种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？ (3)这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是多少？ 【能力提升】 一、单选题 1．（22-23高二上·辽宁丹东·期末）如图所示为某公园景观的一隅，是由五处区域构成，现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同色的鲜花，有种颜色鲜花可供选用，则不同的装饰方案数为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）某高中安排4名同学（不同姓）到甲、乙、丙3个小区参加垃圾分类宣传活动，若每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，其中张同学不去乙小区，则不同的分配方案种数为（   ） A．36 B．24 C．48 D．12 3．（23-24高二上·云南曲靖·期末）一间学生宿舍的6名同学被邀请去参加一个晚会，至少有一个人去参会，若每个同学参会的可能性相同，则甲同学去参加晚会的概率等于（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·天津红桥·期末）将数字，，，填入标号为，，，的四个方格中，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均互不相同的填法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 二、多选题 5．（24-25高二上·四川眉山·期中）从0，1，2，3，4，5这6个数字中取出4个数字，则（    ） A．可以组成300个无重复数字的四位数 B．可以组成144个无重复数字的四位奇数 C．可以组成160个无重复数字且比3400大的四位数 D．可以组成21个无重复数字且能被25整除的四位数 6．（22-23高二上·甘肃庆阳·期末）用0，1，2，4，6，7组成无重复数字的四位数，则（    ） A．个位是0的四位数共有60个 B．2与4相邻的四位数共有60个 C．不含6的四位数共有100个 D．比6701大的四位数共有71个 7．（24-25高二上·河南·期中）用、、、、这五个数字组成无重复数字的三位数，则（    ） A．可以组成个三位数 B．在组成的三位数中，各位数字之和为的个数为 C．在组成的三位数中，比大的个数为 D．在组成的三位数中，百位上的数字最小的个数为 三、填空题 8．（23-24高二上·福建龙岩·期末）编号不同的四个球放入四个不同的盒子中，恰有一个空盒的不同放法有 种.（用数字回答） 9．（23-24高二上·辽宁大连·期末）大连市普通高中创新实践学校始建于2010年1月，以丰富多彩的活动广受学生们的喜爱．现有A，B，C，D，E五名同学参加现代农业技术模块，影视艺术创作模块和生物创新实验模块三个模块，每个人只能参加一个模块，每个模块至少有一个人参加，其中A不参加现代农业技术模块，生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，则不同的分配方式共有 种． 四、解答题 10．（20-21高二上·湖北武汉·期中）从1，2，3，4，5，6，7，8，9九个数字中任取三个不同的数字. （1）将这三个数字从小到大依次排列形成一个数列，则可得到多少个不同的等差数列? （2）这三个数字的和能被3整除的概率是多少? 11．（20-21高二上·湖北黄石·期末）有四个编有1､2､3､4的四个不同的盒子，有编有1､2､3､4的四个不同的小球，现把四个小球逐个随机放入四个盒子里. （1）小球全部放入盒子中有多少种不同的放法？ （2）在（1）的条件下求恰有一个盒子没放球的概率？ （3）若没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？ 12．（22-23高二上·辽宁朝阳·期末）将0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的五位数，则： (1)可以组成多少个偶数？ (2)可以组成多少个比13123大的数？ 13．（23-24高二上·黑龙江·期末）某商场在迎新春活动中进行抽卡活动，不透明的卡箱中共有“福”“禄”“寿”“喜”卡各两张，“财”卡三张.每位顾客从卡箱中随机抽取5张卡片，其中抽到“财”卡获得3分，抽到其他卡均获得1分，若抽中“福”“禄”“寿”“喜”“财”卡片各一张，则额外获得4分. (1)求顾客甲最终获得7分的不同的抽法种数； (2)求顾客乙最终获得11分的不同的抽法种数. 14．（23-24高二上·江西·期末）从这7个数字中取出4个数字，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的四位数？ (2)能组成多少个没有重复数字的四位偶数？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第01讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 目录 题型归纳 1 题型01 分类加法计数原理 3 题型02 分步乘法计数原理及简单应用 5 题型03 代数中的计数问题 7 题型04 几何计数问题 9 题型05 数字排列问题 12 题型06 涂色问题 15 分层练习 18 夯实基础 18 能力提升 25 知识点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. 知识点02分布乘法技术原理 (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. 知识点03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01分类加法计数原理 【例1】（23-24高二上·陕西渭南·期末）一个三层书架，分别放置语文类读物7本，政治类读物8本，英语类读物9本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（    ） A．3种 B．504种 C．24种 D．12种 【答案】C 【知识点】分类加法计数原理 【分析】由分类加法计数原理即可求解. 【详解】从书架上取一本书，由分类加法计数原理可知，不同的取法共有种. 故选：C. 【变式1】（23-24高二上·江西·期末）某学校开设5门球类运动课程、6门田径类运动课程和3门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（    ） A．90种 B．30种 C．14种 D．11种 【答案】C 【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据分类加法计数原理求解即可. 【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种． 故选：C． 【变式2】（22-23高二上·辽宁阜新·期末）某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有 种. 【答案】11 【知识点】分类加法计数原理 【分析】直接根据分类加法计数原理得答案. 【详解】根据分类加法计数原理得不同的选法共有种. 故答案为：11. 【变式3】（22-23高二上·辽宁葫芦岛·期中）将4个不同的小球放入2个不同的袋子中． (1)若每个袋子中放2个小球，有多少种放法？ (2)若每个袋子中至少放1个小球，有多少种放法？ 【答案】(1)6； (2)14. 【知识点】分类加法计数原理、分组分配问题 【分析】（1）每个袋子中放2个小球，有种放法. （2）先分三类在分组，所有情况加起来，即可求出答案. 【详解】（1）若每个袋子中放2个小球，有种放法． （2）若每个袋子中至少放1个小球，分三种情况讨论． ①第1个袋子中放1个小球，第2个袋子中放3个小球，有种放法． ②第1个袋子中放2个小球，第2个袋子中放2个小球，有种放法． ③第1个袋子中放3个小球，第2个袋子中放1个小球，有种放法． 故若每个袋子中至少放一个小球，有种放法． 题型02 分步乘法计数原理及简单应用 【例2】（23-24高二上·甘肃白银·期末）从4名男生与3名女生中选两人去参加一场数学竞赛，则男女各一人的不同的选派方法数为（    ） A．7 B．12 C．18 D．24 【答案】B 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据题意，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】从4名男生与3名女生中选两人，其中男女各一人， 由分步计数原理，可得不同的选派方法数为种. 故选：B. 【变式1】（23-24高二上·云南曲靖·期末）10000的除去1和自己外的正因数的个数是（    ） A．25 B．24 C．23 D．16 【答案】C 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】依题意可得，将问题转化为从盒子中取数，按照分步乘法计数原理计算即可. 【详解】由题意， 所求数的不同正因数的个数可以看做从两盒子中取数， 其中盒子中有4个2，盒子中装有4个5，从两盒中各取一个数相乘可以得到一个因数（如不取可看作取1）， 所以从两盒中取数均有5种取法，但要舍去都不取或全取出所有的4个2和4个5这2种情况（即因数为1和10000本身的情况）， 综上所述，10000的除去1和自己外的正因数的个数是. 故选：C. 【变式2】（22-23高二上·辽宁葫芦岛·期中）如图，提供4种不同的颜色给图中，，，四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有 种． 【答案】48 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】先对区域涂色，再对区域涂色，再对区域涂色，最后对区域涂色，再根据分步乘法原理可得答案． 【详解】先对区域涂色，共有4种不同的涂法，再对区域涂色，共有3种不同的涂法，再对区域涂色，共有2种不同的涂法，最后对区域涂色，共有2种不同的涂法， 根据分步乘法计数原理，则不同的涂法共有种， 故答案为：48. 【变式3】（23-24高二上·四川遂宁·期中）袋子中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球.有放回摸球两次，每次从袋子中随机摸出1个球 (1)第一次摸到白球的概率； (2)两次都摸到白球的概率. 【答案】(1) (2) 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、有放回与无放回问题的概率、计算古典概型问题的概率 【分析】（1）（2）根据分步乘法计数原理求解所有取法，然后求解所求事件的个数，即可由古典概型概率公式求解. 【详解】（1）由于是有放回摸球两次的摸球，所以每次摸球都有5种选择，故摸球两次，所有可能的取法有种， 第一次摸到白球的取法有种， 所以第一次摸到白球的概率为 （2）两次都摸到白球的所有可能取法有， 所以两次都摸到白球的概率为 题型03 代数中的计数问题 【例3】（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 【答案】D 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、代数中的计数问题 【分析】分是否取两类，当不取时，排除重复的即可得解. 【详解】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1】（22-23高二·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 【答案】B 【知识点】代数中的计数问题 【分析】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. 【详解】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 【变式2】（高二上·湖北武汉·期末）用数字0，1，2，3，5组成 个没有重复数字的五位偶数． 【答案】42 【知识点】代数中的计数问题、其他排列模型 【分析】应用分类计数原理，当个位数字为0时五位数共有个，当个位数字为2时五位数共有个，进而得到答案． 【详解】当个位数字为0时，这样的五位数共有：个， 当个位数字为2时，这样的五位数共有：个， 所以组成没有重复数字的五位偶数共有个． 故答案为：42 【变式3】（23-24高二·北京顺义·期中）哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和.（质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数）.在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种. 【答案】 【知识点】代数中的计数问题 【分析】列举出不超过的质数，分析可知必取，然后在剩余个奇数中任选一个即可，即可得出不同的选法种数. 【详解】不超过的质数有：、、、、、、，共个， 在这个数中随机选取两个不同的数，其和为奇数，则必取， 然后在剩余个奇数中任选一个即可， 所以，不同的取法种数为种. 故答案为：. 题型04 几何计数问题 【例4】（20-21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 【答案】C 【知识点】分类加法计数原理、几何计数问题 【解析】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. 【详解】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. 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题. 【变式1】（2022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 【答案】C 【知识点】几何计数问题 【分析】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. 【详解】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 【变式2】（22-23高二上·上海宝山·期中）正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有 种不同选法 【答案】12 【知识点】空间中的点（线）共面问题、几何计数问题 【分析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点，确定共面的情况数，注意重复计数的情况. 【详解】 从任意一个侧棱出发，其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况， 所以，所有共面的情况有种，而每条棱均重复计数一次， 综上，正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有种. 故答案为：12 【变式3】（24-25高二上·全国·课后作业）古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 ．    【答案】24 【知识点】几何计数问题、null 【分析】首先分情况，先确定两个顶点，再确定其他顶点，即可求解. 【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，    若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有（个）， 若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有（个）， 所以梯形的个数是（个）． 故答案为：24 题型05 数字排列问题 【例5】（23-24高二上·江苏常州·期末）在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（　　） A．120 B．204 C．168 D．216 【答案】B 【知识点】分类加法计数原理、数字排列问题、代数中的组合计数问题 【分析】根据三个数字中是否有“0”分两类，利用分类加法计数原理求解. 【详解】分两类，第一类不含数字“0”，从1到9的自然数中任意取出3个，都可以得到严格递增或严格递减顺序排列的三位数，共有个； 第二类含有数字“0”，从1到9的自然数中任意取出2个，三个数只能排出严格递减顺序的三位数，共有个， 根据分类加法计数原理，所以共有个. 故选：B 【变式1】（23-24高二上·辽宁大连·期末）用1，2，3，4，5，6写出没有重复数字的六位数中，满足相邻的数字奇偶性不同的数有（    ）个 A．18 B．36 C．72 D．86 【答案】C 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题 【分析】可先对计数进行全排列，再在连续前三个空隙或后相邻的三个空隙中放入偶数，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】由题意，可先对计数进行全排列，共有种排法； 再对构成的4个空隙中，连续前三个空隙或后相邻的三个空隙，放入偶数， 共有种放法， 根据分步计数原理，可得共有种不同的排法. 故选：C. 【变式2】（24-25高二上·甘肃武威·期中）从1，3，5中任取2个数，从0，2，4中任取2个数，则组成没有重复数字的四位数的个数为 . 【答案】 【知识点】排列组合综合、数字排列问题 【分析】先分类讨论从0，2，4中任取2个数时，其中含数字0时，和不含数字0时，结合排列组合即可得解． 【详解】从1，3，5中任取两个数，从0，2，4中任取2个数，组成没有重复数字的四位数，分两种情况： ①当从0，2，4中任取2个数，其中含数字0时，则组成没有重复数字的四位数的个数为; ②当从0，2，4中任取2个数，其中不含数字0时，则组成没有重复数字的四位数的个数为. 综合①②得：组成没有重复数字的四位数的个数为. 故答案为：． 【变式3】（20-21高二·江苏·期中）有0，1，2，3，4，5六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ 【答案】(1)156 (2)108 (3)284 【知识点】数字排列问题、分步乘法计数原理及简单应用、排列数的计算 【分析】（1）考虑个位数字的情况，分为三类，分别计算每种情况的偶数的个数，相加可得答案； （2）考虑个位数字分别为0，5时情况，分别计算每种情况的数的个数，相加可得答案； （3）从千位数字百位数字以及十位数字个位数字，分类考虑，分别计算出每种情况的数的个数，相加可得答案. 【详解】（1）由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类： 第一类：0在个位时，有个； 第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有种，十位和百位从余下的数字中选，有种，共有个； 第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个， 由分类加法计数原理知，共有个无重复数字的四位偶数． （2）组成无重复数字且为5的倍数的四位数分为两类： 个位上的数字是0时，满足条件的四位数有个； 个位数上的数字是5时，满足条件的四位数有个， 故满足条件的四位数有（个）． （3）组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类： 第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个； 第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个； 第三类：形如124□，125□，共有个； 第四类：形如123□，共有 个． 由分类加法计数原理知，共有（个）． 题型06 涂色问题 【例6】（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色､米白色､橄榄绿､薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有（    ）种不同的涂色方法. A．78 B．66 C．56 D．48 【答案】B 【知识点】涂色问题 【分析】运用分类计数原理、分步计算原理，结合组合定义进行求解即可. 【详解】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内， 所以共有种选法，因此不同的涂色方法有种， 当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有种方法选法， 因此不同的涂色方法有种， 当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有种方法选法， 因此不同的涂色方法有种， 当选择四种颜色时，不同的涂色方法有种， 所以共有种不不同的涂色方法， 故选：B. 【变式1】（24-25高二上·辽宁·期末）《九章算术》第一章“方田”问题二十五、二十六指出了三角形田面积算法：“半广以乘正从”.数学社团制作板报向全校师生介绍这一结论，给证明图形的六个区域涂色，有三种颜色可用，要求有相邻边的区域颜色不同，则不同的涂色方法有（    ） A．48种 B．96种 C．102种 D．120种 【答案】B 【知识点】涂色问题、排列组合综合 【分析】设图中的六个区域分别为，按照是否同色，分两类，再结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】如图，设图中的六个区域分别为， 按照是否同色，分两类： ①不同色，先给涂色，有，再根据是否用余下那种颜色分两种情况， 不用第三种颜色，即用的颜色，用的颜色，有种，有种，则有种涂法； 用第三种颜色，即用第三种颜色，用的颜色，有种，有种， 或用第三种颜色， 用的颜色，则有种涂法， 所以不同色的涂法有：， ②同色，先给涂色，有，则只能用第三种颜色，有种，有种， 所以同色的涂法有：， 综上，不同的涂色方法有：种. 故选：B. 【变式2】（22-23高二上·辽宁沈阳·期中）如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择，要求每一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 ． 【答案】72 【知识点】涂色问题 【分析】对进行分类，再利用分步计数原理，进行求解. 【详解】分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有种； ②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有种．故不同的涂色方法有种． 故答案为：72 【变式3】（23-24高二上·云南曲靖·期末）（1）现要用红、橙、黄、绿、青、蓝、紫7种颜色对某市的如图的四个区域进行着色，有公共边的两个区域不涂同一种颜色，则共有几种不同的涂色方法？ （2）由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成多少个没有重复数字的不超过2024的正整数？ 【答案】（1）1050；（2）346. 【知识点】数字排列问题、涂色问题、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）利用分类加法计数原理，结合排列应用问题列式计算即得. （2）按一位正整数、两位正整数、三位正整数、四位正整数分类，结合排列应用问题列式计算即得. 【详解】（1）由图形知，Ⅰ与Ⅳ可以同色，因此涂四个区域可用3种颜色，也可用4种颜色， 用3种颜色涂色，有种方法，用4种颜色涂有种方法， 所以不同的涂色方法种数是. （2）依题意，不超过2024的正整数有一位正整数、两位正整数、三位正整数、四位正整数4类， 一位正整数有个，两位正整数有个，三位正整数有， 四位正整数的最高位上数字只能是1或2，当最高位上数字是1时，有个； 当最高位上数字是2时，显然百位数字只能是0，十位数字只能是1，个位数字有个， 所以没有重复数字且不超过2024的正整数共有（个）. 【夯实基础】 一、单选题 1．（22-23高二上·广东深圳·期末）某班4个同学分别从3处风景点中选择一处进行旅游观光，则不同的选择方案是（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】利用分步计数乘法原理即可求解. 【详解】由题意知每位同学都有3种选择，可分4步完成，每步由一位同学选择， 故共有种选择方法. 故选：D. 2．（23-24高二上·山东德州·期末）已知集合，从集合M中选一个元素作为点的横坐标，从集合N中选一个元素作为点的纵坐标，则落在第三、第四象限内点的个数是（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】A 【分析】依题意，找到点的坐标即可解决. 【详解】依题意，可得点的坐标有： 其中落在第三、第四象限内点有 共6个. 故选：A 3．（23-24高二上·江西萍乡·期末）有7种不同的颜色给下图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不能相同，若最多使用3种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．462 B．630 C．672 D．882 【答案】C 【分析】根据题意，按使用颜色的数目分两种情况讨论，由加法原理计算可得答案. 【详解】根据题意，分两种情况讨论： 若用两种颜色涂色，有种涂色方法； 若用三种颜色涂色，有种涂色方法； 所以有种不同的涂色方法. 故选：C. 4．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）某电视台连续播放4个广告，现将2个不同的公益广告插入其中，保持原来的4个广告播放顺序不变，不同的播放方式有（   ） A．10种 B．20种 C．30种 D．60种 【答案】C 【分析】根据题意，由分步乘法计数原理，代入计算，即可得到结果. 【详解】原来有4个广告，则这4个广告之间以及两端共有5个空位插入第一个公益广告， 则有5种方法； 插入第一个公益广告之后，此时包括原来的4个广告和已经插入的第一个公益广告， 共5个元素，它们之间以及两端共有6个空位可以插入第二个公益广告， 则有6种方法； 由分步乘法计数原理可得，将两个公益广告插入的方式有种. 故选：C 二、多选题 5．（21-22高二上·辽宁营口·期末）现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 【答案】ABD 【分析】利用排列知识计算得到选项ABD正确；若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以选项C错误. 【详解】解：A. 从中任选1个球，有15种不同的选法，所以该选项正确； B. 若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法，所以该选项正确； C. 若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误； D. 若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法，所以该选项正确. 故选：ABD 6．（23-24高二上·甘肃白银·期末）用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】利用分类计数原理即可得解. 【详解】当时，分四步： 第一步，涂处，有3种涂色方案；第二步，涂处，有2种涂色方案； 第三步，涂处，有2种涂色方案；第四步，涂处，有1种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故A正确； 当时，分四步： 第一步，涂处，有4种涂色方案；第二步，涂处，有3种涂色方案； 第三步，涂处，有3种涂色方案；第四步，涂处，有2种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故B错误； 当时，分四步： 第一步，涂处，有5种涂色方案；第二步，涂处，有4种涂色方案； 第三步，涂处，有4种涂色方案；第四步，涂处，有3种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故C错误； 当时，分四步： 第一步，涂处，有6种涂色方案；第二步，涂处，有5种涂色方案； 第三步，涂处，有5种涂色方案；第四步，涂处，有4种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故D正确. 故选：AD. 三、填空题 7．（24-25高二上·上海·期末）乘积 (其中)的展开式中共有 项． 【答案】12 【分析】根据分步乘法计数原理计算可得答案. 【详解】从中取一项共有3种不同取法，从中取一项有4种不同取法， 由分步乘法计数原理知，该展开式共 (项). 故答案为：12. 8．（24-25高二上·甘肃白银·期末）某城市一地铁站有四个出站口，乘客甲，乙，丙，丁相互独立地任选一个出站口出站，则共有 种出站方法． 【答案】256 【分析】根据分步乘法计数原理来求得正确答案. 【详解】每位乘客都有4种出站选择，根据分步计数原理可得种． 故答案为： 四、解答题 9．（21-22高二上·辽宁营口·期末）（1）某校运动会上甲、乙、丙、丁四名同学在100m、400m、800m三个项目中选择，每人报一项，共有多少种报名方法？ （2）若甲、乙、丙、丁四名同学选报100m、400m、800m三个项目，每项均有一人报名，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？ （3）若甲、乙、丙、丁名同学争夺100m、400m、800m三项冠军，共有多少种可能的结果？ 【答案】（1）81种；（2）24种；（3）64种 【分析】（1）利用分步计数原理可求报名方法总数. （2）利用分步计数原理可求报名方法总数. （3）利用分步计数原理可求报名方法总数. 【详解】（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有（种）报名方法． （2）每项限报一人，且每人至多报一项，因此100m项目有4种选法，400m项目有3种选法，800m项目只有2种选法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有（种）． （3）要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有（种）可能的结果． 10．（21-22高二上·福建龙岩·期末）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表： 乘坐站数 票价（元） 2 4 6 现有甲､乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的. (1)若甲､乙两人共付费6元，则甲､乙下地铁的方案共有多少种？ (2)若甲､乙两人共付费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？ 【答案】(1)24（种） (2)21（种） 【分析】（1）先根据共付费6元得一人付费2元一人付费4元，再确定人与乘坐站数，即可得结果； （2）先根据共付费8元得一人付费2元一人付费6元或两人都付费4元，再求甲比乙先下地铁的方案数. 【详解】（1）由已知可得：甲､乙两人共付费6元，则甲､乙一人付费2元一人付费4元， 又付费2元的乘坐站数有1，2，3三种选择，付费4元的乘坐站数有4，5，6，7四种选， 所以甲､乙下地铁的方案共有（3×4）×2=24（种）. （2）甲､乙两人共付费8元，则甲､乙一人付费2元一人付费6元或两人都付费4元； 当甲付费2元，乙付费6元时，甲乘坐站数有1，2，3三种选择，乙乘坐站数有8，9，10，11，12五种选择，此时，共有35=15（种）方案； 当两人都付费4元时，若甲在第4站下地铁，则乙可在第5，6，7站下地铁，有3种方案； 若甲在第5站下地铁，则乙可在第6，7站下地铁，有2种方案； 若甲在第6站下地铁，则乙可在第7站下地铁，有1种方案； 综上，甲比乙先下地铁的方案共有（种）. 11．（23-24高二上·辽宁·期末）某单位职工义务献血，在身体检查合格的人中，是O型血的共有28人，是A型血的共有7人，是B型血的共有9人，是AB型血的共有3人． (1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从4种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？ (3)这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是多少？ 【答案】(1)47 (2)5292种 (3) 【分析】（1）用分类计数原理得出答案； （2）用分步计数原理得出答案； （3）用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】（1）从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血中选1人有7种不同的选法， 从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法． 任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人， 这件“任选1人去献血”的事情都可以完成， 所以用分类计数原理．有28+7+9+3＝47种不同选法． （2）要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后， 这种“各选1人去献血”的事情才完成， 所以用分步计数原理．有28×7×9×3＝5292种不同选法． （3）这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是： 【能力提升】 一、单选题 1．（22-23高二上·辽宁丹东·期末）如图所示为某公园景观的一隅，是由五处区域构成，现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同色的鲜花，有种颜色鲜花可供选用，则不同的装饰方案数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依次确定区域、、、、的选法种数，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择， 区域、各有种颜色鲜花可供选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的装饰方案数为种. 故选：B. 2．（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）某高中安排4名同学（不同姓）到甲、乙、丙3个小区参加垃圾分类宣传活动，若每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，其中张同学不去乙小区，则不同的分配方案种数为（   ） A．36 B．24 C．48 D．12 【答案】B 【分析】分张同学单独一组和与其他人一组，先排张同学，再分组分配即可. 【详解】张同学单独一组，由于张同学不去乙小区，所以先排张同学共有种， 再将其余三人分成两组共有，再分配到另外两个小区共有，此种情况共有种； 张同学与其他同学在一组，先排张同学共有种，其余三人三组全排列共有，此种共有12种， 所以共有24种. 故选：B 3．（23-24高二上·云南曲靖·期末）一间学生宿舍的6名同学被邀请去参加一个晚会，至少有一个人去参会，若每个同学参会的可能性相同，则甲同学去参加晚会的概率等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将甲同学去参加晚会的所有可能情况数以及这六个人去参加晚会的所有可能情况数分别算出来，结合古典概型概率计算公式计算即可得解. 【详解】这六个人去参加晚会，至少有一个人去参会的所有可能情况数为， 而“甲”去参加晚会了，则其他人都可以选择去或不去， 这也就意味着甲同学去参加晚会的所有可能情况数为， 所以甲同学去参加晚会的概率等于. 故选：D. 4．（24-25高二上·天津红桥·期末）将数字，，，填入标号为，，，的四个方格中，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均互不相同的填法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】第一步，把填入方格中，第二步，把数字填入的那个方格的序号所对应数字填入剩下的个方格其中之一，第三步填余下的两个数字，即可求解. 【详解】第一步：先把数字填入方格中，符合条件的有种方法， 第二步：把第一步中数字填入的方格的序号所对应数字填入剩下的三个方格其中之一， 又有种方法， 第三步：填余下的两个数字，只有种填法，共有种填法. 故选：B. 二、多选题 5．（24-25高二上·四川眉山·期中）从0，1，2，3，4，5这6个数字中取出4个数字，则（    ） A．可以组成300个无重复数字的四位数 B．可以组成144个无重复数字的四位奇数 C．可以组成160个无重复数字且比3400大的四位数 D．可以组成21个无重复数字且能被25整除的四位数 【答案】ABD 【分析】根据计数原理和特殊位置优先和特殊元素优先的方法计数即可. 【详解】对于A，首位不能排0，有种排法，后面三位从剩下的5个数字中任选3个进行排列，所以共有种排法，即可以组成300个无重复数字的四位数，故A正确； 对于B，个位从1，3，5选择一个，有种选法；千位数字不可选0，从剩下的4个中选一个，有种选法；在剩下的4个数字中选出2个，安排在百位、十位数字，有种选法，则有个无重复数字的四位奇数，故B正确； 对于C，比3400大的四位数分三类： 第一类千位比3大的数，其它三位任意排，有个， 第二类千位是3，百位比4大的数只有5，其它两位任意排，有个， 第三类千位是3，百位是4的数，其它两位任意排，有个， 根据分类计数原理得比3400大的四位数共有种，故C不正确； 对于D，能被25整除的四位数分两类： 第一类：形如□□25，共有个；第二类：形如□□50，共有个， 所以能被25整除的四位数共有个，故D正确． 故选：ABD 6．（22-23高二上·甘肃庆阳·期末）用0，1，2，4，6，7组成无重复数字的四位数，则（    ） A．个位是0的四位数共有60个 B．2与4相邻的四位数共有60个 C．不含6的四位数共有100个 D．比6701大的四位数共有71个 【答案】ABD 【分析】对于A特殊元素法，先排零； 对于B捆绑法，分零是否被选到两种情况讨论； 对于C在0，1，2，4，7选排，先排首位； 对于C，分别考虑首位为7，前两位为67. 【详解】个位是0的四位数共有个，A正确． 若不含0，则2与4相邻的四位数有个；若含0，则2与4相邻的四位数有个，故2与4相邻的四位数共有60个，B正确． 不含6的四位数共有个，C错误． 比6701大的四位数共有个，D正确． 故选：ABD 7．（24-25高二上·河南·期中）用、、、、这五个数字组成无重复数字的三位数，则（    ） A．可以组成个三位数 B．在组成的三位数中，各位数字之和为的个数为 C．在组成的三位数中，比大的个数为 D．在组成的三位数中，百位上的数字最小的个数为 【答案】ABD 【分析】根据排列数公式可判断A选项；根据，结合排列数公式可判断B选项；分析可知，百位数字为或，利用排列数公式可判断C选项；分析可知，从五个数字中任意抽个数，最小的放在百位上，结合排列数和组合数公式可判断D选项. 【详解】用、、、、这五个数字组成无重复数字的三位数 对于A选项，可以组成个三位数，A对； 对于B选项，因为， 所以，在组成的三位数中，各位数字之和为的个数为个，B对； 对于C选项，由题意可知，百位数字为或， 所以，在组成的三位数中，比大的个数为个，C错； 对于D选项，在组成的三位数中，百位上的数字最小， 即从五个数字中任意抽个数，最小的放在百位上， 所以，百位上的数字最小的个数为个，D对. 故选：ABD. 三、填空题 8．（23-24高二上·福建龙岩·期末）编号不同的四个球放入四个不同的盒子中，恰有一个空盒的不同放法有 种.（用数字回答） 【答案】144 【分析】首先把四个小球分成2、1、1三组，然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，即可求解. 【详解】首先把四个小球分成2、1、1三组，共有种不同的分法， 然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，共有种放法. 故答案为：144. 9．（23-24高二上·辽宁大连·期末）大连市普通高中创新实践学校始建于2010年1月，以丰富多彩的活动广受学生们的喜爱．现有A，B，C，D，E五名同学参加现代农业技术模块，影视艺术创作模块和生物创新实验模块三个模块，每个人只能参加一个模块，每个模块至少有一个人参加，其中A不参加现代农业技术模块，生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，则不同的分配方式共有 种． 【答案】84 【分析】分去生物且生物只去一人、去生物且生物只去两人、去影视且生物只去一人、去影视且生物只去两人四种情况讨论求出，注意特殊的先讨论. 【详解】去生物且生物只去一人：种， 去生物且生物只去两人：种， 去影视且生物只去一人：种， 去影视且生物只去两人：种， 一共种， 故答案为：84 四、解答题 10．（20-21高二上·湖北武汉·期中）从1，2，3，4，5，6，7，8，9九个数字中任取三个不同的数字. （1）将这三个数字从小到大依次排列形成一个数列，则可得到多少个不同的等差数列? （2）这三个数字的和能被3整除的概率是多少? 【答案】（1）16；（2）. 【分析】（1）按照公差分类，列出所有情况，即可得解； （2）将数字分为三组，将三个数字的和能被3整除分类，由古典概型概率公式即可得解. 【详解】（1）从这九个数字中任取三个不同的数字，可分为三种情况： ①公差为1：1，2，3；2，3，4；3，4，5；4，5，6；5，6，7；7，8，9；共7种； ②公差为2：1，3，5；2，4，6；3，5，7；4，6，8；5，7，9；共5种； ③公差为3：1，4，7；2，5，8；3，6，9；共3种； ④公差为4：1，5，9；共1种； 综上，可得到个不同的等差数列； （2）从这九个数字中任取三个不同的数字，共有种情况， 1，4，7被3除余1；2，5，8被3除余2；3，6，9刚好被3整除； 若要使选取的三个数字和能被3整除， 则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，共有种情况， 故所求概率 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是对符合题意的情况分类，不能遗漏也不能重复. 11．（20-21高二上·湖北黄石·期末）有四个编有1､2､3､4的四个不同的盒子，有编有1､2､3､4的四个不同的小球，现把四个小球逐个随机放入四个盒子里. （1）小球全部放入盒子中有多少种不同的放法？ （2）在（1）的条件下求恰有一个盒子没放球的概率？ （3）若没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？ 【答案】（1）种；（2）；（3）种. 【解析】（1）用分步乘法计数原理计算，考虑每个球的放法可得； （2）选取2球放在一起作为一个球，共3个球放到3个盒子中，用排列求得放法后由古典概型概率公式可计算出概率； （3）4个球的全排列数减去编号全相同的排法1即可得． 【详解】（1）每个球都有4种方法，故有种 （2）从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有种不同的放法.概率为： （3）每个盒子不空，共有，种． 【点睛】关键点点睛：本题考查计数原理，古典概型，排列的应用．难点是事件“4个盒子中恰有一个盒子没放球”，解题关键是确定完成这件事的方法，4个球放到3个盒子中，其中有一个盒子中必有2个球，由此可选取2个球放在一起作为一个球，4个球看作3个球放入4个盒子中的3个中，用排列知识可求解． 12．（22-23高二上·辽宁朝阳·期末）将0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的五位数，则： (1)可以组成多少个偶数？ (2)可以组成多少个比13123大的数？ 【答案】(1)60； (2)82. 【分析】（1）按个位数字是0和不是0分类，结合排列应用问题求解作答. （2）根据给定条件，按最高位数字是1和比1大分类，再利用排列应用问题求解作答. 【详解】（1）当个位数字为0时，可以组成个偶数； 当个位数字不为0时，可以组成个偶数； 所以可以组成个偶数. （2）所组成的比13123大的五位数，可以分为以下2类： 第一类：形如，共有个， 第二类：形如，共有个， 所以可以组成个比13123大的数. 13．（23-24高二上·黑龙江·期末）某商场在迎新春活动中进行抽卡活动，不透明的卡箱中共有“福”“禄”“寿”“喜”卡各两张，“财”卡三张.每位顾客从卡箱中随机抽取5张卡片，其中抽到“财”卡获得3分，抽到其他卡均获得1分，若抽中“福”“禄”“寿”“喜”“财”卡片各一张，则额外获得4分. (1)求顾客甲最终获得7分的不同的抽法种数； (2)求顾客乙最终获得11分的不同的抽法种数. 【答案】(1)162 (2)76 【分析】(1) 根据排列组合，结合分类和分步计数原理即可求解. (2) 根据排列组合，结合分类和分步计数原理即可求解. 【详解】（1）顾客甲最终获得7分，则需抽中1张“财”卡和4张其他卡，且不能抽齐“福”“禄”“寿”“喜”“财”，则不同的抽法种数为. （2）顾客乙最终获得11分的情况有2种：一种是抽中3张“财”卡和2张其他卡，另一种是抽齐“福”“禄”“寿”“喜”“财”卡， 不同的抽法种数为. 14．（23-24高二上·江西·期末）从这7个数字中取出4个数字，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的四位数？ (2)能组成多少个没有重复数字的四位偶数？ 【答案】(1)720 (2)420 【分析】（1）按照千位，百位，十位，个位的顺序，利用分布乘法计数原理即可求； （2）个位数字可能为0，2，4，6，有四种情况，利用分类加法计数原理即可求. 【详解】（1）第一步：千位不能为0，有6种选择； 第二步：百位可以从剩余数字中选，有6种选择； 第三步：十位可以从剩余数字中选，有5种选择； 第四步：个位可以从剩余数字中选，有4种选择． 根据分步计数原理，能组成个没有重复数字的四位数． （2）第一类：当个位数字是0时，没有重复数字的四位数有个； 第二类：当个位数字是2时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个； 第三类：当个位数字是4时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个； 第四类：当个位数字是6时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个． 根据分类计数原理．能组成个没有重复数字的四位偶数． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司6 学科网（北京）股份有限公司 $$