预习第04讲 两个基本计数原理7种常见考法归类-【寒假自学课】2025年高二数学寒假提升精品讲义（苏教版2019）

预习第04讲 两个基本计数原理7种常见考法归类 模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 核心考点举一反三 模块四 小试牛刀过关测 1.了解分类计数原理与分步计数原理. 2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题． 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． 注：1每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事. 2各类方法之间是互斥的、并列的、独立的. 3完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． 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． 注：(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事． (2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏. （3）完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 知识点3.两种计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是完成一件事的不同方法的种数问题 不同点1 完成一件事有类不同方案，关键词是“分类” 完成一件事需要个步骤，关键词是“分步” 不同点2 每类方案都能独立完成这件事情，且每种方法得到的最后结果，只需一种方法就可以完成这件事 任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事 不同点3 各类方案之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复 知识点4.两种计数原理综合应用 （1）用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析—需要分类还是需要分步； （2）分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数； （3）分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数。 考点一：分类加法计数原理 例1．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（ ） A．40种 B．20种 C．15种 D．11种 【变式1-1】为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ） A．11种 B．19种 C．30种 D．209种 【变式1-2】同一个宿舍的8名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去，其他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（    ） A．32种 B．128种 C．64种 D．256种 【变式1-3】我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2130是“六合数”），则其中首位为2的“六合数”共有（ ）． A．18个 B．15个 C．12个 D．9个 【变式1-4】集合，，，，5，6，，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【变式1-5】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 考点二：分步乘法计数原理 例2.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．24种 B．4种 C．种 D．种 【变式2-1】甲同学计划从3本不同的文学书和4本不同的科学书中各选1本阅读，则不同的选法共有（    ） A．81种 B．64种 C．12种 D．7种 【变式2-2】甲､乙两人从3门课程中各选修1门，则甲､乙所选的课程不相同的选法共有（   ） A．6种 B．12种 C．3种 D．9种 【变式2-3】某商店共有，，三个品牌的水杯，若甲、乙、丙每人买了一个水杯，且甲买的不是品牌，乙买的不是品牌，则这三人买水杯的情况共有（    ） A．3种 B．7种 C．12种 D．24种 【变式2-4】有6名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？（不一定6名同学都参加） （1）每人恰好参加一项，每项人数不限； （2）每项限报一人，但每人参加的项目不限. 考点三：两种计数原理综合 例3.已知集合.现在从这三个集合中取出两个集合,再从这两个集合中各取出一个元素,组成一个含有两个元素的集合,则一共可以组成集合的个数为(　　) A．24 B．36 C．26 D．27 【变式3-1】已知集合，，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是（    ） A．18 B．16 C．14 D．10 【变式3-2】【多选】现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（ ） A．只需1人参加，有16种不同选法 B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法 C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法 D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法 考点四：与数字有关的问题 例4.从1，2，3，0这四个数中取三个组成没有重复数字的三位数，则这些三位数的和为 ． 【变式4-1】“莺啼岸柳弄春晴，柳弄春晴夜月明：明月夜晴春弄柳，晴春弄柳岸啼莺.”这是清代女诗人吴绛雪的一首回文诗，“回文”是汉语特有的一种使用语序回环往复的修辞手法，而数学上也有类似这样特征的一类“回文数”，如232，251152等，那么在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有 个. 【变式4-2】在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有 个，其中偶数有 个． 【变式4-3】用，，，四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有（ ） A．个 B．个 C．个 D．个 【变式4-4】自然数是一个三位数，其十位与个位、百位的差的绝对值均不超过1，我们就把叫做“集中数”.那么，大于600的“集中数”的个数是（    ） A．30 B．31 C．32 D．33 考点五：涂色计数问题 例5.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，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，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与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 （    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式5-1】如图，用4种不同的颜色给矩形，，，涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ） A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 【变式5-2】用6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，则不同的涂色方法有（    ）    A．240 B．360 C．480 D．600 【变式5-3】如图是某校的主要设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，问有多少种不同的着色方案？    【变式5-4】如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（ ） A． B． C． D． 【变式5-5】某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（ ）． A．80种 B．120种 C．160种 D．240种 【变式5-6】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、相邻区域颜色不同，则区域不同涂色的方法种数为（ ） A．36 B．400 C．420 D．480 【变式5-7】有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有___________. 【变式5-8】如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ） A．192 B．420 C．210 D．72 考点六：几何图形问题 例6.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6-1】圆周上有个等分点，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ． 【变式6-2】已知直线中的a，b，c是取自集合中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是 ． 考点七：种植问题 例7.在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共有 种（用数字作答） 【变式7-1】某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有 种．（用数字作答） 【变式7-2】某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有郁金香、玛格丽特、小月季、小杜鹃四种不同的花可供采购，要求相邻区域种不同种类的花，则不同的种植方案个数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．96 一、单选题 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 2．（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 3．（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． 4．（24-25高二上·辽宁辽阳·期末）小青计划从北京乘坐高铁、长途汽车或火车到山东，再从山东乘坐轮船或飞机到辽宁，则小青从北京出发，途经山东再到辽宁的交通工具乘坐方式共有（    ） A．5种 B．6种 C．8种 D．9种 5．（24-25高二上·广西·期末）已知甲部门有员工4人，乙部门有员工5人，丙部门有员工6人，现从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（    ） A．120 B．15 C．25 D．90 6．（24-25高二上·甘肃白银·期末）小亦从2本不同的人教A版必修系列书籍和3本不同的人教A版选择性必修系列书籍中各选1本进行复习，则不同的选择方案共有（    ） A．5种 B．6种 C．8种 D．9种 7．（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 8．（24-25高二上·河南南阳·阶段练习）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 9．（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 10．（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 11．（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 12．（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） 13．（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 14．（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．（）位回文数有个 D．（）位回文数有个 15．（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．96 B．98 C．104 D．102 三、填空题 16．（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． 17．（24-25高二上·河南·阶段练习）现用3种不同的颜色给正五边形的五个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为 . 18．（2025高三·全国·专题练习）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，欲给如图所示的地图中南昌市及与它相邻的4个城市着色，要求相邻城市不涂同一颜色，则不同的涂色方法共有 种.    19．（24-25高二上·上海松江·阶段练习）设集合A中的元素皆为无重复数字的二位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 . 20．（24-25高三上·河北保定·期末）随机数选择器每次只能从、、、、、、、、这九个数字中选一个数，并且以相等概率做选择，那么在次选择后，选出的个数的乘积能被整除的概率为 . 四、解答题 21．（24-25高二下·全国·课后作业）某商场举行购物赠礼品活动，购物满100元不超过200元可从A组或B组礼品中取一件礼品（礼品种类互不相同，且A组礼品种类比B组礼品种类多），购物超过200元可从A组和B组中各选一个礼品．现顾客甲消费180元，可取不同礼品的情况数为9种，顾客乙消费300元可取两件礼品的不同情况数有20种．求A组、B组分别有多少种礼品？ 22．（24-25高二下·全国·课后作业）如图有A，B两组电路图． (1)对于B组电路图，闭合两个开关即可通电的方法数有多少种？ (2)若A组电路与B组电路从衔接点M，N处连接，把两电路串联起来，只需闭合三个开关就可通电的方法数有多少种？ 23．（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． 24．（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？ 25．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知件不同的产品中有件次品，现对这件产品一一进行测试，直至找到所有次品并立即停止测试. (1)若恰在第次测试时，找到第一件次品，第次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？ (2)若至多测试次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 预习第04讲 两个基本计数原理7种常见考法归类 模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 核心考点举一反三 模块四 小试牛刀过关测 1.了解分类计数原理与分步计数原理. 2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题． 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． 注：1每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事. 2各类方法之间是互斥的、并列的、独立的. 3完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． 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． 注：(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事． (2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏. （3）完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 知识点3.两种计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是完成一件事的不同方法的种数问题 不同点1 完成一件事有类不同方案，关键词是“分类” 完成一件事需要个步骤，关键词是“分步” 不同点2 每类方案都能独立完成这件事情，且每种方法得到的最后结果，只需一种方法就可以完成这件事 任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事 不同点3 各类方案之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复 知识点4.两种计数原理综合应用 （1）用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析—需要分类还是需要分步； （2）分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数； （3）分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数。 考点一：分类加法计数原理 例1．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（ ） A．40种 B．20种 C．15种 D．11种 【答案】D 【解析】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种．故选：D 【变式1-1】为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ） A．11种 B．19种 C．30种 D．209种 【答案】C 【解析】该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点， 另一类为城区接种点，所以共有种不同接种点的选法．故选：C． 【变式1-2】同一个宿舍的8名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去，其他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（    ） A．32种 B．128种 C．64种 D．256种 【答案】C 【解析】若甲、乙都去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法； 若甲、乙都不去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法． 故一共有种去法． 故选：C. 【变式1-3】我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2130是“六合数”），则其中首位为2的“六合数”共有（ ）． A．18个 B．15个 C．12个 D．9个 【答案】B 【解析】由题知后三位数字之和为4， 当一个位置为4时有004，040，400，共3个； 当两个位置和为4时有013，031，103，301，130，310，022，202，220，共9个； 当三个位置和为4时112，121，211，共3个， 所以一共有15个.故选：B 【变式1-4】集合，，，，5，6，，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】分为集合提供横坐标，集合提供纵坐标和集合提供纵坐标，集合提供横坐标两种情形讨论即可. 【详解】第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数． 若集合提供横坐标，集合提供纵坐标，则有， 若集合提供纵坐标，集合提供横坐标，则有，合计， 即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6个， 故选：D. 【变式1-5】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 【答案】B 【分析】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. 【详解】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，，，，，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，，，，，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（种）， 故选：B． 考点二：分步乘法计数原理 例2.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．24种 B．4种 C．种 D．种 【答案】D 【解析】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. 【变式2-1】甲同学计划从3本不同的文学书和4本不同的科学书中各选1本阅读，则不同的选法共有（    ） A．81种 B．64种 C．12种 D．7种 【答案】C 【分析】利用分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】根据分步乘法计数原理，不同的选法共有种. 故选：C 【变式2-2】甲､乙两人从3门课程中各选修1门，则甲､乙所选的课程不相同的选法共有（   ） A．6种 B．12种 C．3种 D．9种 【答案】A 【解析】甲､乙两人从3门课程中各选修1门， 由乘法原理可得甲､乙所选的课程不相同的选法有（种）. 故选：A 【变式2-3】某商店共有，，三个品牌的水杯，若甲、乙、丙每人买了一个水杯，且甲买的不是品牌，乙买的不是品牌，则这三人买水杯的情况共有（    ） A．3种 B．7种 C．12种 D．24种 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由分步乘法计数原理可得这三人买水杯的情况共有（种）． 故选：C 【变式2-4】有6名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？（不一定6名同学都参加） （1）每人恰好参加一项，每项人数不限； （2）每项限报一人，但每人参加的项目不限. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）每人都可以从这三个智力竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法． 根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为． （2）每项限报一人，但每人参加的项目不限． 因此每一个项目都可以从这6人中选出1人参加． 根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为． 考点三：两种计数原理综合 例3.已知集合.现在从这三个集合中取出两个集合,再从这两个集合中各取出一个元素,组成一个含有两个元素的集合,则一共可以组成集合的个数为(　　) A．24 B．36 C．26 D．27 【答案】C 【解析】所有情况分为三类： “从中各取一个元素”的方法数有种； “从中各取一个元素”的方法数有种； “从中各取一个元素”的方法数有种， 由于三个集合的元素互不相同， 故总的方法数有种， 故选：C 【变式3-1】已知集合，，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是（    ） A．18 B．16 C．14 D．10 【答案】C 【解析】分两类情况讨论： 第一类，从中取的元素作为横坐标，从中取的元素作为纵坐标，则第一、二象限内的点共有（个）； 第二类，从中取的元素作为纵坐标，从中取的元素作为横坐标，则第一、二象限内的点共有（个）， 由分类加法计数原理，所以所求个数为． 故选：C 【变式3-2】【多选】现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（ ） A．只需1人参加，有16种不同选法 B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法 C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法 D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法 【答案】ABC 【解析】选项A，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法， 故共有种选法，故A正确； 选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生， 故共有种选法，故B正确； 选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类： 第一类选男生，第二类选女生，故共有种选法，故C正确； 选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误.故选：ABC. 考点四：与数字有关的问题 例4.从1，2，3，0这四个数中取三个组成没有重复数字的三位数，则这些三位数的和为 ． 【答案】3864 【分析】按照三位数中是否含以及含时，的位置分三类计数再相加可得结果. 【详解】分三种情况： （1）在所有不含0的三位数中，百位上的所有数字之和为，十位上的所有数字之和为，百个位上的所有数字之和为， 所以所有不含0的三位数的和为； （2）在含0且0在十位上的三位数中，百位上的所有数字之和为， 个位上的所有数字之和为， 所以含0且0在十位上的三位数的和为； （3）在含0且0在个位上的三位数中，百位上的所有数字之和为， 十位上的所有数字之和为， 所以含0且0在个位上的三位数的和为； 那么可得符合条件的这些三位数之和为． 故答案为： 【变式4-1】“莺啼岸柳弄春晴，柳弄春晴夜月明：明月夜晴春弄柳，晴春弄柳岸啼莺.”这是清代女诗人吴绛雪的一首回文诗，“回文”是汉语特有的一种使用语序回环往复的修辞手法，而数学上也有类似这样特征的一类“回文数”，如232，251152等，那么在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有 个. 【答案】225 【解析】依题意，五位正整数中 “回文数”具有： 万位与个位数字相同，且不为0，千位与十位数字相同， 求有且仅有两位数字是偶数的“回文数”的个数有两类办法： 第一类：万位数字为偶数且不为0有4种，千位选一个奇数有5种， 百位选一个奇数有5种， 不同 “回文数”的个数为个， 第二类：万位数字为奇数有5种，千位选一个偶数有5种，百位选一个奇数有5种， 不同 “回文数”的个数为， 由分类加法原理得， 在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有：个. 故答案为：225 【变式4-2】在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有 个，其中偶数有 个． 【答案】 8 5 【解析】十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个； 十位上的数为2时，有324，423，共2个； 所以共有6＋2＝8个； 偶数为214，312，314，412，324，共5个． 答案：8，5 【变式4-3】用，，，四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有（ ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【分析】根据特殊位置优先安排的原则，结合乘法计数原理即可求解. 【详解】先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，由种选择， 根据分步乘法计数原理可得共有个不重复的三位偶数， 故选：D 【变式4-4】自然数是一个三位数，其十位与个位、百位的差的绝对值均不超过1，我们就把叫做“集中数”.那么，大于600的“集中数”的个数是（    ） A．30 B．31 C．32 D．33 【答案】B 【分析】根据已知条件，一一列举即可. 【详解】当百位为6时，十位可以为5，6，7，当十位为5时，个位可以为4，5，6； 当十位为6时，个位可以为5，6，7；当十位为7时，个位可以为7，8，9； 共9个； 当百位为7时，十位可以为6，7，8，当十位为6时，个位可以为5，6，7； 当十位为7时，个位可以为6，7，8；当十位为8时，个位可以为7，8，9； 共9个； 当百位为8时，十位可以为7，8，9，当十位为7时，个位可以为6，7，8； 当十位为8时，个位可以为7，8，9；当十位为9时，个位可以为8，9； 共8个； 当百位为9时，十位可以为8，9，当十位为8时，个位可以为7，8，9； 当十位为9时，个位可以为8，9；共5个； 综上，总共9+9+8+5=31个，故A，C，D错误. 故选：B. 考点五：涂色计数问题 例5.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，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，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与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 （    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【解析】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色． 先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择， 当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择； 当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择， 故不同的涂色方案有种． 故选：B． 【变式5-1】如图，用4种不同的颜色给矩形，，，涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ） A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 【答案】D 【解析】先涂C区域有4种涂法，再涂D区域3种涂法，涂A区域3种涂法，涂B区域2种涂法，由分步乘法计数原理，共有种涂法. 故选：D. 【变式5-2】用6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，则不同的涂色方法有（    ）    A．240 B．360 C．480 D．600 【答案】C 【解析】将区域标号，如下图所示： 因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法， 若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法； 若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法. 故选：C. 【变式5-3】如图是某校的主要设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，问有多少种不同的着色方案？    【答案】 【分析】根据分步计数原理，逐步为各区域着色，即可得出结论． 【详解】教学区可从6种颜色中任选1种着色； 操场可从剩下的5种颜色中任选1种着色； 宿舍区和操场、教学区颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色； 其他区域和宿舍区、教学区的颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色． 根据分步计数原理，知共有（种着色方案． 【变式5-4】如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类： 若安徽与陕西涂同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法， 涂安徽有1种方法，涂江西有种方法，最后涂湖南有3种方法， 由分步计数乘法原理得不同的涂色方案种， 若安徽与陕西不同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有3种方法， 涂江西、湖南也各有种方法， 由分步计数乘法原理得不同的涂色方案种方法， 所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有种.故选：C 【变式5-5】某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（ ）． A．80种 B．120种 C．160种 D．240种 【答案】B 【解析】第一步，对1号区域，栽种有4种选择；第二步，对2号区域，栽种有3种选择； 第三步，对3号区域，栽种有2种选择；第四步，对5号区域，栽种分为三种情况， ①5号与2号栽种相同，则4号栽种仅有1种选择，6号栽种有2中选择， ②5号与3号栽种相同，情况同上，③5号与2、3号栽种都不同， 则4、6号只有1种； 综上所述，种.故选：B. 【变式5-6】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、相邻区域颜色不同，则区域不同涂色的方法种数为（ ） A．36 B．400 C．420 D．480 【答案】C 【解析】根据题意，分4步进行分析： ①，对于区域，有5种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有4种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有3种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有3种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种；故选：C． 【变式5-7】有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有___________. 【答案】756 【解析】按区域涂色相同与不同分一下两种情况： 先涂 区域，则有4种方法，若区域涂色相同，则有3种方法， 区域分别由3种方法，共有 种方法 先涂 区域，则有4种方法，若区域涂色不同，则有 种方法， 则 区域有2种方法， 分别有3种方法，共有 种方法 故不同的涂色方法共有756种方法，故答案为：756 ( 2 )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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 【变式5-8】如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ） A．192 B．420 C．210 D．72 【答案】B 【解析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类： 第一类，A，C同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 第二类，A，C不同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 根据分类加法计数原理，共有种不同的染色方法. 故选：B. 考点六：几何图形问题 例6.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 【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6-1】圆周上有个等分点，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ． 【答案】 【分析】只有三角形的一条边为直径才能组成直角三角形,第一步选直径共有种方法，第二步选直角顶点有种，根据分步计数原理相乘即可. 【详解】由题意知,只有三角形的一条边过圆心,才能组成直角三角， 因为圆周上有 个等分，所以共有条直径， 每条直径可以和除去本身的两个端点外的点组成直角三角形，所以可做个直角三角形. 根据分步计数原理知,共有 个 故答案为:. 【变式6-2】已知直线中的a，b，c是取自集合中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是 ． 【答案】11 【分析】设倾斜角为，由，对分情况讨论，利用计数原理计算即可． 【详解】设倾斜角为，，则，不妨设，则， 若，a有2种取法，b有2种取法，排除1个重复(与)，故这样的直线有条； 若，a有2种取法，b有2种取法，c有2种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有条， 从而，符合要求的直线有条． 故答案为：11． 考点七：种植问题 例7.在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共有 种（用数字作答） 【答案】240 【解析】由分步乘法计数原理得种, 故答案为：240. 【变式7-1】某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有 种．（用数字作答） 【答案】180 【解析】先在1中种植，有5种不同的种植方法，再在2中种植，有4种不同的种植方法， 再在3中种植，有3种不同的种植方法，最后在4中种植，有3种不同的种植方法， 所以不同的种植方案共有（种）． 故答案为：180． 【变式7-2】某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有郁金香、玛格丽特、小月季、小杜鹃四种不同的花可供采购，要求相邻区域种不同种类的花，则不同的种植方案个数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．96 【答案】C 【解析】先种区域1有种选择，区域2有种选择，区域3有种选择，区域4有种选择，区域5有2种选择，区域6有1种选择， 则共有：种. 故选：C. 一、单选题 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 【答案】D 【分析】根据分步乘法计数原理求解. 【详解】根据分步乘法计数原理，不同的选法有种. 故选：D 2．（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 【答案】A 【分析】分两类，中间为3或中间为4两种情况. 【详解】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 3．（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． 【答案】D 【分析】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. 【详解】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. 4．（24-25高二上·辽宁辽阳·期末）小青计划从北京乘坐高铁、长途汽车或火车到山东，再从山东乘坐轮船或飞机到辽宁，则小青从北京出发，途经山东再到辽宁的交通工具乘坐方式共有（    ） A．5种 B．6种 C．8种 D．9种 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理得到答案 【详解】小青从北京到山东有3种乘坐方式，从山东到辽宁有2种乘坐方式， 所以共有种． 故选：B 5．（24-25高二上·广西·期末）已知甲部门有员工4人，乙部门有员工5人，丙部门有员工6人，现从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（    ） A．120 B．15 C．25 D．90 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理可得答案. 【详解】根据分类加法计数原理可知，不同的选法种数为. 故选：B. 6．（24-25高二上·甘肃白银·期末）小亦从2本不同的人教A版必修系列书籍和3本不同的人教A版选择性必修系列书籍中各选1本进行复习，则不同的选择方案共有（    ） A．5种 B．6种 C．8种 D．9种 【答案】B 【分析】应用分步计数的乘法原理求选择方案数. 【详解】由分步计数原理，得不同的选择方案共有种. 故选：B 7．（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 【答案】C 【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得. 【详解】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. 8．（24-25高二上·河南南阳·阶段练习）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 【分析】应用分类分步计数原理，求出甲安排为“定点投篮”、 不安排“定点投篮”两种情况分别写出安排方法数，即可得答案. 【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 9．（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 10．（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 【答案】B 【分析】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. 【详解】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 11．（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 12．（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） 【答案】BCD 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理可求答案. 【详解】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 13．（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 【答案】AC 【分析】利用分步乘法计数原理可得答案. 【详解】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. 14．（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．（）位回文数有个 D．（）位回文数有个 【答案】BD 【分析】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． 【详解】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． 15．（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．96 B．98 C．104 D．102 【答案】AC 【分析】分情况讨论不同情况即可. 【详解】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. 三、填空题 16．（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： 17．（24-25高二上·河南·阶段练习）现用3种不同的颜色给正五边形的五个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为 . 【答案】30 【分析】考虑B，C，E三点的涂色情况，由B，C，E三点涂三种颜色、涂两种颜色分类计数后可得所有的涂色方法种数． 【详解】如图，考虑B，C，E三点的涂色情况， 若B，C，E三点涂三种颜色，则该三点共有种涂色方法， 此时A有1种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法； 若B，C，E三点涂两种颜色，则E与B同色，或E与C同色， 当E与B同色时，该三点共有种涂色方法， 此时A有2种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法， 同理当E与C同色时，共有种涂色方法， 综上，不同的涂色方法种数为． 故答案为：30． 18．（2025高三·全国·专题练习）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，欲给如图所示的地图中南昌市及与它相邻的4个城市着色，要求相邻城市不涂同一颜色，则不同的涂色方法共有 种.    【答案】72 【分析】分两种情况讨论，运用分类计数原理、分步计算原理进行求解即可. 【详解】由地图可知，与南昌市相邻的4个城市为：九江市、上饶市、抚州市、宜春市， 先给南昌市着色，有4种方法，再给与南昌市相邻的四个城市涂色， 可分以下两类： ①九江市与抚州市涂同种颜色，方法数为：（种）； ②九江市与抚州市涂不同颜色，方法数为：（种）， 故不同涂色方法数为：. 故答案为：72 19．（24-25高二上·上海松江·阶段练习）设集合A中的元素皆为无重复数字的二位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 . 【答案】 【分析】按照二位正整数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可. 【详解】由题意知集合中元素中任意两者之积皆为偶数， 故该集合元素中最多只能有一个奇数，其余元素均是偶数． ①当个位为0时，则十位有9个数字可供选择，则这样的偶数有个； ②当个位不为0时，则个位有2,4,6,8共4个数字可供选择，十位有8个数字可供选择， 则这样的偶数有个； 则集合中元素个数的最大值为个． 故答案为：． 20．（24-25高三上·河北保定·期末）随机数选择器每次只能从、、、、、、、、这九个数字中选一个数，并且以相等概率做选择，那么在次选择后，选出的个数的乘积能被整除的概率为 . 【答案】 【分析】利用计数原理计算出全部的选择结果种数，以及“选出的个数的乘积能被整除”的选法种数，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】随机数选择器每次只能从、、、、、、、、这九个数字中选一个数， 选择次，每次都有种结果，共种结果， 若选出的个数的乘积能被整除，则其中有一次选择的数为，另一次选择的数为偶数， 则不同的选择结果有种， 由古典概型的概率公式可知，所求事件的概率为. 故答案为：. 四、解答题 21．（24-25高二下·全国·课后作业）某商场举行购物赠礼品活动，购物满100元不超过200元可从A组或B组礼品中取一件礼品（礼品种类互不相同，且A组礼品种类比B组礼品种类多），购物超过200元可从A组和B组中各选一个礼品．现顾客甲消费180元，可取不同礼品的情况数为9种，顾客乙消费300元可取两件礼品的不同情况数有20种．求A组、B组分别有多少种礼品？ 【答案】分别有5种、4种礼品 【分析】设组、组分别有种礼品，由题意可得，，求解即可. 【详解】设组、组分别有种礼品， 由题意，结合分类加法计数原理可得，； 结合分步乘法计数原理可得，， 又组礼品种类比组多， 所以得， 故组、组分别有5种、4种礼品． 22．（24-25高二下·全国·课后作业）如图有A，B两组电路图． (1)对于B组电路图，闭合两个开关即可通电的方法数有多少种？ (2)若A组电路与B组电路从衔接点M，N处连接，把两电路串联起来，只需闭合三个开关就可通电的方法数有多少种？ 【答案】(1)13 (2)65 【分析】（1）对于组电路，可分上、中、下路三类，求得每一类的方法数，进而可求总的方法数； （2）先利用分类加法计数原理求得组通电的方法数，进而结合（1）与分步计数原理求得结论. 【详解】（1）对于组电路，可分上、中、下路三类， 上路：第一步接通有1种方法，第二步接通有3种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为； 中路：第一步接通有2种方法，第二步接通有2种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为； 下路：第一步接通有2种方法，第二步接通有3种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为． 故所求方法数有种． （2）对于组，合上一个开关可使电路通电，可分两路：从上路接通有2种方法，从下路接通有3种方法， 由分类加法计数原理，总方法数为； 两组串联后要使电路通电，需两组均通电，组电路通电有5种情况，由（1）知组电路通电有13种情况， 所以串联后的电路通电有种情况． 23．（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． 【答案】(1)27 (2)37 【分析】（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． 【详解】（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． 24．（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？ 【答案】(1)625 (2)24 【分析】（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； 【详解】（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． 25．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知件不同的产品中有件次品，现对这件产品一一进行测试，直至找到所有次品并立即停止测试. (1)若恰在第次测试时，找到第一件次品，第次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？ (2)若至多测试次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据分步乘法计数原理可求得结果； （2）分两种情况讨论：（i）测试次找到所有次品；（ii）测试次找到所有的正品.求出两种情况下不同的测试情况种数，相加即可. 【详解】（1）若恰在第次测试时，找到第一件次品，第次测试时，找到第二件次品， 则第一、三、四次抽到的都是正品， 由分步乘法计数原理可知，不同的测试情况种数为种. （2）分以下两种情况讨论： （i）测试次找到所有次品，不同的测试情况种数为种； （ii）测试次找到所有的正品，则第三次抽到正品，前两次有一次抽到次品， 则不同的测试情况种数为种. 综上所述，不同的测试情况种数为种. ( 5 )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 $$