预习篇 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理【提高复习+自主学习】-2024-- 2025学年高二数学寒假进阶学习讲义（人教A版2019）

6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【题型1】 分类加法计数原理的应用 【基础知识】 做一件事情，完成它可以有类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，……，在第类办法中有种不同的方法 那么完成这件事共有种不同的方法. Eg 1 贵哥手上有份高考真题试卷，份高考模拟试卷，若给学生发一份试卷作为作业，有多少种可能？ 答案 . Eg 2 贵哥的书柜上有很多书，第一层是数学教材，有本；第二层是奥数练习册，有本；第三层是数学趣味读物，有本；不上课有空抽一本书看看，有多少种可能？ 答案 . 【经典例题】 【例1】（22-23高二下·河北邯郸·期中）有序数对满足，且使关于的方程有实数解，则这样的有序数对的个数为（    ） A．15 B．14 C．13 D．10 【巩固练习】 1（24-25高二上·全国·课后作业）某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．推选1名优秀团员为总负责人，不同的选法种数是（    ） A．480 B．24 C．14 D．18 2（22-23高三·河南南阳·阶段练习）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 3（23-24高二下·浙江·期中）定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数为（    ） A．18 B．21 C．35 D．36 4（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 5（2024·浙江温州·模拟预测）平面上的两个点A()，B()，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．19 B．20 C．25 D．27 【题型2】分步乘法计数原理 【基础知识】 1 分步乘法计数原理 做一件事情，完成它需要分成个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第步有种不同的方法，那么完成这件事有种不同的方法. Eg 贵哥要从湛江去北京出差，途中要经过广州作个演讲“如何学好数学”，从湛江去广州有种交通方式，从广州到北京有种交通方式，那去北京共有多少种交通方式? 解析 .为什么是相乘呢？我们可以借助树状图进行分析！ 2 分类计数原理、分步计数原理区别 分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事. 分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． Eg 小芳要去，衣柜里有件连衣裙、4件上衣和件裙子，那她有多少种搭配的方式去呢？显然是种方式. 【经典例题】 【例1】（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 【巩固练习】 1（23-24高二下·内蒙古·期中）已知某社区门口有8个停车位，甲、乙各开一辆汽车同时到该社区办事，则两辆车不同的停放方法有（    ） A．15种 B．56种 C．28种 D．64种 2（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（    ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 3（24-25高二上·全国·课后作业）从集合中任取2个不同的数，作为直线的系数，则形成的不同的直线有（    ） A．18条 B．20条 C．25条 D．10条 4（24-25高三·上海·课堂例题）将标有1、2、3、4的四个球放到标号为1、2、3、4的四个盒子里，每只盒子放一个球，则盒子的标号与球号均不相同的放法种数为（    ） A．6种 B．9种 C．11种 D．23种 【题型3】可重复的排列求幂法 【经典例题】 【例1】（23-24高二下·江苏徐州·期中）房间里有6盏电灯，分别由6个开关控制，至少开1盏灯用以照明，则不同的方法种数是（    ） A．31 B．32 C．63 D．64 【巩固练习】 1（22-23高三·全国·对口高考）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，报名方法的种数是（    ） A．27 B．64 C．81 D．256 2（2023·河北·模拟预测）已知有四个不同的小球A，B，C，D，准备放入四个不同的盒子之中，则小球A，B放入到同一个盒子中的概率为（    ） A． B． C． D． 3（24-25高二上·全国·课后作业）某城市的电话号码由七位升为八位（首位数字均不为零），则该城市可增加的电话部数是（   ） A． B． C． D． 【题型4】涂色问题 【经典例题】 【例1】（23-24高二下·江苏盐城·期中）用4种不同的颜色给如图所示的4块区域上色，要求相邻2块涂不同的颜色，问有（    ）种不同的涂法？ A．24 B．48 C．96 D．120 【例2】（24-25高三上·广西·阶段练习）如图，对，，，，五块区域涂色，现有种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【巩固练习】 1（23-24高二下·广东清远·期中）已知五个区域A，B，C，D，E依次相邻，如图所示，现在给这5个区域涂色，要求相邻的两个区域不能涂相同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法有（    ） A．1140 B．1200 C．1280 D．1400 2（22-23高二下·上海普陀·阶段练习）现要用种不同颜色对如图所示的五个区域进行涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（    ）      A．180种 B．192种 C．300种 D．420种 3（2023高三·全国·专题练习）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 4（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 5（23-24高二下·重庆·期中）给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 【题型5】代数中的计数问题 【经典例题】 【例1】（23-24高二下·山东青岛·期中）1080不同的正因数个数为（    ） A．32 B．36 C．48 D．50 【例2】（24-25高三上·云南昆明·期中）满足不等式的有序整数组的个数为（    ） A．231 B．267 C．334 D．377 【巩固练习】 1（23-24高二下·四川南充·阶段练习）从1，2，3，4，5五个数字中随机地有放回地依次抽取三个数字，则数字2只出现一次的取法总数有（    ） A．16 B．48 C．75 D．96 2（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）从集合中依次任取两数，组成复数，其中虚数有（    ） A．30个 B．42个 C．36个 D．35个 3（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）2160有多少个不同的正因数？（    ） A．24 B．36 C．40 D．58 4（2024·陕西西安·三模）方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 5（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 6（多选）（22-23高二下·江苏宿迁·期中）下列正确的是（    ） A．由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数 B．由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数 C．由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码 D．由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数 【题型6】几何中的计数问题 【经典例题】 【例1】（18-19高三下·河南鹤壁·阶段练习）若一个正方体绕着某直线旋转不到一周后能与自身重合，那么这样的直线的条数为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习】 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 2（21-22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 3（19-20高三·重庆渝中·阶段练习）已知分子是一种由60个碳原子构成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，它具有60个顶点和若干个面，.各个面的形状为正五边形或正六边形，结构如图.已知其中正六边形的面为20个，则正五边形的面为（    ）个. A．10 B．12 C．16 D．20 4（2023·全国·模拟预测）二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为 .（用数字作答） 【A组---基础题】 1（23-24高二下·重庆长寿·期末）书架上共有10本不同的书，其中第一层有2本书，第二层有3本书，第三层有5本书，现从书架上任取一本书共有（    ）种不同的取法. A．2 B．3 C．5 D．10 2（24-25高二上·全国·课前预习）名同学报名参加跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，则不同的报名方法共有（    ） A．种 B．种 C．7种 D．12种 3（23-24高二下·浙江嘉兴·期中）不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有种不同颜色的球被取出的取法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4（2022·河南安阳·模拟预测）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（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）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一样多的概率为（    ） A． B． C． D． 5（23-24高二下·河北沧州·阶段练习）为纪念抗美援朝，某市举办了一场“红色”歌曲文艺演出，已知节目单中共有6个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了3位参加过抗美援朝的老战士分别演唱一首当年的革命歌曲，在不改变原来的节目顺序的情况下，将这3个不同的节目添加到节目单中，则不同的安排方式共有（    ） A．210种 B．336种 C．504种 D．672种 6（20-21高二·全国·课后作业）从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为（    ） A．64 B．56 C．53 D．51 7（22-23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 8（2017高三·全国·专题练习）设集合A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}，如果方程x2－mx－n＝0 (m，n∈A)至少有一个根x0∈A，就称方程为合格方程，则合格方程的个数为(　　) A．13 B．15 C．17 D．19 9（2023·天津·一模）甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，则下列结论正确的是（    ） A．最高处的树枝定是 B．最低处的树枝一定是 C．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 D．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 10（多选）（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． 11（2001·全国·高考真题）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 ． 【B组---提高题】 1（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 2（2024·上海·三模）已知数列共有5项，且满足：①，；②；③，．则满足条件的数列共有 个 3（2015高二·全国·竞赛）为美化环境，某地决定在一个大型广场建一个同心圆形花坛，花坛分为两部分，中间小圆部分种植草坪，周围的圆环分为等份种植红、黄、蓝三色不同的花.要求相邻两部分种植不同颜色的花.如图①，圆环分成的等份分别为，，，有种不同的种植方法.    （1）如图②，圆环分成的4等份分别为 ，，，，有 种不同的种植方法； （2）如图③，圆环分成的等份分别为，，，， 有 种不同的种植方法. 2 / 2 多反思总结多交流的学习才高效！ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【题型1】 分类加法计数原理的应用 【基础知识】 做一件事情，完成它可以有类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，……，在第类办法中有种不同的方法 那么完成这件事共有种不同的方法. Eg 1 贵哥手上有份高考真题试卷，份高考模拟试卷，若给学生发一份试卷作为作业，有多少种可能？ 答案 . Eg 2 贵哥的书柜上有很多书，第一层是数学教材，有本；第二层是奥数练习册，有本；第三层是数学趣味读物，有本；不上课有空抽一本书看看，有多少种可能？ 答案 . 【经典例题】 【例1】（22-23高二下·河北邯郸·期中）有序数对满足，且使关于的方程有实数解，则这样的有序数对的个数为（    ） A．15 B．14 C．13 D．10 【答案】A 【分析】分情况讨论即可计算有序数对的个数. 【详解】（1）当时，有为实根，则有4种可能； （2）当时，方程有实根，所以，所以. 当时，有4种. 当时，有4种. 当时，有3种. 所以，有序数对的个数为. 故选：A. 【巩固练习】 1（24-25高二上·全国·课后作业）某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．推选1名优秀团员为总负责人，不同的选法种数是（    ） A．480 B．24 C．14 D．18 【答案】B 【分析】采用分类计数原理，即可求解. 【详解】采用分类计数原理，有种方法. 故选：B 2（22-23高三·河南南阳·阶段练习）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 【分析】首位数字是2，则后三位数字之和为4，然后分类排列即可求解. 【详解】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 3（23-24高二下·浙江·期中）定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数为（    ） A．18 B．21 C．35 D．36 【答案】D 【分析】运用分类加法原理计算即可. 【详解】按照百位数字进行分类讨论： 当百位数是1，后两位相加为7，有8种；当百位数是2，后两位相加为6，有7种； 当百位数是3，后两位相加为5，有6种；当百位数是4，后两位相加为4，有5种； 当百位数是5，后两位相加为3，有4种；当百位数是6，后两位相加为2，有3种； 当百位数是7，后两位相加为1，有2种；当百位数是8，后两位相加为0，有1种； 总共有种. 故选：D. 4（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 【答案】C 【分析】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. 【详解】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 5（2024·浙江温州·模拟预测）平面上的两个点A()，B()，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．19 B．20 C．25 D．27 【答案】B 【分析】依题先确定中任意两个数的差的绝对值的所有可能值有共6个，推得与的可能的取值都分别有共6个，再结合两点间距离公式，考虑的不同取值即得. 【详解】依题意， ，且均不大于5， 将其中任意两个数的差的绝对值记为，则可能的值有共6个， 而A()，B()之间的距离为, 而与的可能的取值都分别有共6个， 故的不同取值可分成五类： ①与中有一个取0，另一个可取六个数，则|AB|的不同取值有：； ②与中有一个取1，另一个可取五个数，则|AB|的不同取值有：； ③ 与中有一个取2，另一个可取四个数，则|AB|的不同取值有：； ④ 与中有一个取3，另一个可取两个数，则|AB|的不同取值有： ⑤ 与中有一个取4，另一个可取两个数，则|AB|的不同取值有：； ⑥与均取5时，则|AB|的不同取值有； 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. 【题型2】分步乘法计数原理 【基础知识】 1 分步乘法计数原理 做一件事情，完成它需要分成个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第步有种不同的方法，那么完成这件事有种不同的方法. Eg 贵哥要从湛江去北京出差，途中要经过广州作个演讲“如何学好数学”，从湛江去广州有种交通方式，从广州到北京有种交通方式，那去北京共有多少种交通方式? 解析 .为什么是相乘呢？我们可以借助树状图进行分析！ 2 分类计数原理、分步计数原理区别 分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事. 分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． Eg 小芳要去，衣柜里有件连衣裙、4件上衣和件裙子，那她有多少种搭配的方式去呢？显然是种方式. 【经典例题】 【例1】（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 【答案】C 【分析】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. 【详解】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. 【巩固练习】 1（23-24高二下·内蒙古·期中）已知某社区门口有8个停车位，甲、乙各开一辆汽车同时到该社区办事，则两辆车不同的停放方法有（    ） A．15种 B．56种 C．28种 D．64种 【答案】B 【分析】利用分步计数原理，甲车停放的方法有8种，乙车停放的方法有7种，则两辆车不同的停放方法有种. 【详解】由已知，甲车停放的方法有8种，乙车停放的方法有7种， 由分步计数原理可得两辆车不同的停放方法有种. 故选：B 2（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（    ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】C 【分析】应用分步乘法原理计算即可. 【详解】4个同学站成一排有5个空，甲加入排列有5种情况，队列变成5个人有6个空，乙加入排列有6种情况， 由分步计数原理得，共有种不同的方法. 故选：C 3（24-25高二上·全国·课后作业）从集合中任取2个不同的数，作为直线的系数，则形成的不同的直线有（    ） A．18条 B．20条 C．25条 D．10条 【答案】A 【分析】按照分步计数原理，再减去重复的直线，即可求解. 【详解】第一步取A的值，有5种取法，第二步取B的值，有4种取法，其中当，时，与当，时所得直线是相同的； 当，时，与当，时所得直线是相同的， 故共有（条）不同的直线． 故选：A 4（24-25高三·上海·课堂例题）将标有1、2、3、4的四个球放到标号为1、2、3、4的四个盒子里，每只盒子放一个球，则盒子的标号与球号均不相同的放法种数为（    ） A．6种 B．9种 C．11种 D．23种 【答案】B 【分析】由分步乘法计数原理可得. 【详解】要得到盒子标号与球号均不同的一种放法，可分三个步骤： 第一步，先放1号球，从标号2、3、4的3个盒子中任选一个放入，有3种放法； 第二步，再放与1号球放入的盒子标号相同的球，有3种放法， 例如，第一步中1号球放入2号盒子；第二步则放2号球，可从1、3、4号盒子中任选一个放入； 第三步，最后放余下两球，只有1种放法. 由乘法原理得，不同的放法有种. 故选：B. 【题型3】可重复的排列求幂法 【经典例题】 【例1】（23-24高二下·江苏徐州·期中）房间里有6盏电灯，分别由6个开关控制，至少开1盏灯用以照明，则不同的方法种数是（    ） A．31 B．32 C．63 D．64 【答案】C 【分析】使用间接法，计算出所有情况总数减去不开灯的情况总数即可得. 【详解】每盏灯都有开或不开两种情况，故共有种情况， 其中不开灯的情况共有1种， 则至少开1盏灯的情况有种. 故选：C. 【巩固练习】 1（22-23高三·全国·对口高考）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，报名方法的种数是（    ） A．27 B．64 C．81 D．256 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项， 所以每位同学有3种选择， 所以共有：种， 故选：C. 2（2023·河北·模拟预测）已知有四个不同的小球A，B，C，D，准备放入四个不同的盒子之中，则小球A，B放入到同一个盒子中的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出四个不同的小球放入四个不同的盒子的方法总数以及小球A，B放入到同一个盒子中的方法总数，由古典概率的公式代入即可得出答案. 【详解】根据题意得四个不同的小球A，B，C，D放入四个不同的盒子中的全部情况有种， 而满足小球A，B放入到同一个盒子中的情况有种， 所以小球A，B放入到同一个盒子中的概率为. 故选：B. 3（24-25高二上·全国·课后作业）某城市的电话号码由七位升为八位（首位数字均不为零），则该城市可增加的电话部数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】电话号码是七位数字时，该城市可安装电话部，电话号码是八位时为部，作差即可. 【详解】电话号码是七位数字时，因为首位数字不为零， 所以该城市可安装电话部， 同理电话号码是八位时为部， 所以可增加的电话部数是． 故选：D. 【题型4】涂色问题 【经典例题】 【例1】（23-24高二下·江苏盐城·期中）用4种不同的颜色给如图所示的4块区域上色，要求相邻2块涂不同的颜色，问有（    ）种不同的涂法？ A．24 B．48 C．96 D．120 【答案】B 【分析】首先涂，再涂，第三步涂，最后涂，按照 分步乘法计数原理计算可得. 【详解】首先给涂色有种涂法，再涂有种涂法，第三步涂有种涂法， 最后涂有种涂法， 按照分步乘法计数原理可知一共有种涂法. 故选：B 【例2】（24-25高三上·广西·阶段练习）如图，对，，，，五块区域涂色，现有种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】先涂，，，然后分类讨论的颜色，最后利用乘法原理与加法原理可得答案. 【详解】先涂，，，有种方法. 若的颜色不同于，，所涂颜色，有种涂法，此时有种涂法，则对应总涂法数为； 若的颜色与的颜色相同，此时有种涂法，则对应总涂法数为； 若的颜色与的颜色相同，此时有种涂法，则对应总涂法数为. 综上，总涂法数为. 故选：C 【巩固练习】 1（23-24高二下·广东清远·期中）已知五个区域A，B，C，D，E依次相邻，如图所示，现在给这5个区域涂色，要求相邻的两个区域不能涂相同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法有（    ） A．1140 B．1200 C．1280 D．1400 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算即得. 【详解】依题意，分5步依次对涂色， 所以不同的涂色方法有（种）. 故选：C 2（22-23高二下·上海普陀·阶段练习）现要用种不同颜色对如图所示的五个区域进行涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（    ）      A．180种 B．192种 C．300种 D．420种 【答案】D 【分析】先涂区域，再涂区域，然后涂区域，分区域与区域同色、区域与区域不同色两种情况讨论，按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】先涂区域有种选择，再涂区域有种选择，然后涂区域有种选择， 若区域与区域同色，此时区域有种选择， 若区域与区域不同色，则区域有种选择，区域有种选择， 故有种涂色方法. 故选：D 3（2023高三·全国·专题练习）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 【分析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类，结合分类加法、分步乘法计算即可. 【详解】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. 4（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 【答案】B 【分析】按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】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. 5（23-24高二下·重庆·期中）给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 【答案】C 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果. 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 第二类，三条边用种颜色， 由三条边用种颜色，可得必有条边涂同一种颜色， 先涂有种方法，再涂，，有种方法， 共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故选：C． 【题型5】代数中的计数问题 【经典例题】 【例1】（23-24高二下·山东青岛·期中）1080不同的正因数个数为（    ） A．32 B．36 C．48 D．50 【答案】A 【分析】根据质因数分解，结合分步计数原理即可求解. 【详解】由题意可知，则 1080的正因数， 因为可取，可取，可取， 所以1080不同的正因数个数为. 故选：A. 【例2】（24-25高三上·云南昆明·期中）满足不等式的有序整数组的个数为（    ） A．231 B．267 C．334 D．377 【答案】D 【分析】根据中的个数进行分类，分四种情况讨论，相加即可. 【详解】若全为0，则有序整数组的个数为1个； 若有两个为0，则有序整数组的个数为个： 若有1个为0，则有序整数组的个数为个； 若中没有0，易知或4或5或6，则有序整数组的个数为， 所以有序整数组的个数共有个. 故选：D. 【巩固练习】 1（23-24高二下·四川南充·阶段练习）从1，2，3，4，5五个数字中随机地有放回地依次抽取三个数字，则数字2只出现一次的取法总数有（    ） A．16 B．48 C．75 D．96 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算即得. 【详解】有放回三次抽取的数字中，2只出现一次，按抽取的顺序有3种方法，另两次抽取的数字各有4种方法， 所以不同取法总数是. 故选：B 2（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）从集合中依次任取两数，组成复数，其中虚数有（    ） A．30个 B．42个 C．36个 D．35个 【答案】B 【分析】运用间接法，可放回地抽取两个数，得所有的复数个数，减去所有可组成的实数个数即得. 【详解】依题意，当且仅当时，复数表示虚数， 故可用间接法，先考虑从中可放回地任取两个数作为，有个复数， 再去掉时实数的个数7，即得虚数有个. 故选：B. 3（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）2160有多少个不同的正因数？（    ） A．24 B．36 C．40 D．58 【答案】C 【分析】对2160分解因数，转化2160的正因数，结合参数的取值及分步乘法计数原理即可得解. 【详解】由题意，， 则2160的正因数， 因为可取可取0，可取； 所以2160有个不同的正因数. 故选：C. 4（2024·陕西西安·三模）方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 【答案】A 【分析】将分解质因数，即可求出的因数的个数，从而得解. 【详解】因为，所以的因数有个， 故方程的非负整数解的组数为40． 故选：A 5（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 【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. 6（多选）（22-23高二下·江苏宿迁·期中）下列正确的是（    ） A．由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数 B．由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数 C．由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码 D．由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数 【答案】ACD 【分析】利用分步计数原理结合排列组合数进行计算即可． 【详解】由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有个，故A正确； 若三个数是偶数，则个位可以是2，4，则共有没有重复数字有个，故B错误； 数字1，2，3，4能够组成三位密码有个，故C正确； 若三位数比320大，则百位是4时，有个， 若百位是3，则十位可以是2，3，4时，个位可以是1，2，3，4，共有个，则比320大的三位数有个，故D正确． 故选：ACD． 【题型6】几何中的计数问题 【经典例题】 【例1】（18-19高三下·河南鹤壁·阶段练习）若一个正方体绕着某直线旋转不到一周后能与自身重合，那么这样的直线的条数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】正方体绕着直线旋转不到一周能与自身重合，则必过正方体中心，再分三种情况讨论得解. 【详解】若正方体绕着直线旋转不到一周能与自身重合，则必过正方体中心，否则，正方体绕着直线旋转不到一周后，中心不能回到原来的位置；共有三种情况：如图所示； 当过正方体的对角线两顶点时，把正方体绕旋转，正方体回到原来的位置，此时的直线共有条； 当过正方体两相对棱中点时，把正方体绕旋转，正方体回到原来的位置，此时直线共有条； 当过正方体对面中心时，把正方体绕旋转，正方体回到原来的位置，此时直线共有条； 综上，符合条件的直线有条. 故选：D.    【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平. 【巩固练习】 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 【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 2（21-22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 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答. 【详解】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 3（19-20高三·重庆渝中·阶段练习）已知分子是一种由60个碳原子构成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，它具有60个顶点和若干个面，.各个面的形状为正五边形或正六边形，结构如图.已知其中正六边形的面为20个，则正五边形的面为（    ）个. A．10 B．12 C．16 D．20 【答案】B 【分析】由结构图知：每个顶点同时在3个面内，计算出五边形的总顶点数，从而得到结果. 【详解】由结构图知：每个顶点同时在3个面内， 所以五边形面数为个， 故选B. 【点睛】本题以分子为载体，考查空间问题的计数问题，考查空间想象能力与推理能力，属于中档题. 4（2023·全国·模拟预测）二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为 .（用数字作答） 【答案】 【分析】根据图形的旋转规律，结合分步计数原理即可求解. 【详解】由题意知，作出的正方形方格阵图，如图所示： 因为“转转码”有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合， 则可知正方形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列完全相同，且每个正方形关于其对角线、、和对称， 矩形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列也完全相同，其中正方形逆时针旋转后位置不变， 只需该的二维码中的正方形的个方格、矩形的3个方格及正方形方格，共计个方格，出现双色方格，该二维码即是“转转码”， 则该“转转码”的个数有：种， 故答案为：. 【A组---基础题】 1（23-24高二下·重庆长寿·期末）书架上共有10本不同的书，其中第一层有2本书，第二层有3本书，第三层有5本书，现从书架上任取一本书共有（    ）种不同的取法. A．2 B．3 C．5 D．10 【答案】D 【分析】由分类计数原理，即可求解. 【详解】由分类计数原理可知，任取一本书共有种不同的取法. 故选：D 2（24-25高二上·全国·课前预习）名同学报名参加跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，则不同的报名方法共有（    ） A．种 B．种 C．7种 D．12种 【答案】B 【分析】利用分步乘法计数原理可得. 【详解】第一步，4名同学中第一个同学先选，共有3个项目可选，共有3种方法， 同理第二步、第三步、第四步分别由第二、三、四个同学选，也各有3种方法， 故共有种方法， 故选：B 3（23-24高二下·浙江嘉兴·期中）不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有种不同颜色的球被取出的取法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】合理分步，应用分步乘法原理计算即可. 【详解】第一步，从9个球中任意取一个，有 种取法； 第二步，从与第一步所取球颜色不同的6个球中任意取一个，有种取法； 第三步，剩下的球中与第一步颜色相同的球有2个，与第二步颜色相同的球也有2个，从这4个球中任意选一个，有 种取法； 根据分步乘法计数原理，结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有种. 故选：D . 4（2022·河南安阳·模拟预测）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（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）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一样多的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出一共摆出的两位数的个数，再求出个位和十位上的算筹一样多的两位数的个数，利用古典概型概率公式计算即可. 【详解】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有种， 个位和十位上的算筹都为2有种，个位和十位上的算筹都为3有种， 个位和十位上的算筹都为4有种，个位和十位上的算筹都为5有种， 共有种，所以个位和十位上的算筹一样多的概率为. 故选：C 5（23-24高二下·河北沧州·阶段练习）为纪念抗美援朝，某市举办了一场“红色”歌曲文艺演出，已知节目单中共有6个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了3位参加过抗美援朝的老战士分别演唱一首当年的革命歌曲，在不改变原来的节目顺序的情况下，将这3个不同的节目添加到节目单中，则不同的安排方式共有（    ） A．210种 B．336种 C．504种 D．672种 【答案】C 【分析】利用插空法及分步乘法计数原理计算可得. 【详解】原来的个节日形成个空，插入第一个节目，共有种结果， 原来的个和刚插入的一个，形成个空，插入第二个节目有种结果， 同理插入最后一个节目有种结果，根据分步乘法计数原理得到不同的安排方式有种． 故选：C． 6（20-21高二·全国·课后作业）从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为（    ） A．64 B．56 C．53 D．51 【答案】C 【分析】按所取的两个数字中有数字1和没有数字1分别计算对数值的个数，再去掉对数值相等的个数即可得解. 【详解】由于1只能作为真数，则以1为真数，从其余各数中任取一数为底数，对数值均为0， 从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成个对数式， 其中，，，，，重复了4次， 所以得到不同对数值的个数为. 故选：C 7（22-23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 【答案】B 【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 8（2017高三·全国·专题练习）设集合A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}，如果方程x2－mx－n＝0 (m，n∈A)至少有一个根x0∈A，就称方程为合格方程，则合格方程的个数为(　　) A．13 B．15 C．17 D．19 【答案】C 【详解】当m＝0时，取n＝0,1,4，方程为合格方程； 当m＝1时，取n＝0,2,6，方程为合格方程； 当m＝2时，取n＝0,3，方程为合格方程； 当m＝3时，取n＝0,4，方程为合格方程； 当m＝4时，取n＝0,5，方程为合格方程； 当m＝5时，取n＝0,6，方程为合格方程； 当m＝6时，取n＝0,7，方程为合格方程； 当m＝7时，取n＝0，方程为合格方程． 综上可得，合格方程的个数为17； 故选：C. 9（2023·天津·一模）甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，则下列结论正确的是（    ） A．最高处的树枝定是 B．最低处的树枝一定是 C．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 D．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 【答案】C 【分析】 由题判断出部分树枝由高到低的顺序为，还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，根据的位置不同分类讨论，求得这九根树枝从高到低不同的顺序共33种. 【详解】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为， 还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低， 最高可能为G或I，最低为F或H，故A 、B错误； 先看树枝，有4种可能，若在，之间， 则有3种可能： ①在，之间，有5种可能； ②在，之间，有4种可能； ③在，之间，有3种可能， 此时树枝的高低顺序有（种）. 若不在，之间，则有3种可能，有2种可能， 若在，之间，则有4种可能， 若在，之间，则有3种可能， 此时树枝的高低顺序有（种）可能， 故这九根树枝从高到低不同的顺序共有种，故C项正确. 故选：C. 10（多选）（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. 11（2001·全国·高考真题）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:. 【B组---提高题】 1（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 2（2024·上海·三模）已知数列共有5项，且满足：①，；②；③，．则满足条件的数列共有 个 【答案】80 【分析】根据，得到，进而得到、、可能的取值，再分类讨论的值即可. 【详解】因为，， 所以，又， 所以，，， 所以，，， 又因为，，， 所以， ， 时，有种选法，有种选法，一共有种选法， 时，有种选法，有种选法，一共有种选法， 时，有种选法，有种选法，一共有种选法， 时，有种选法，有种选法，一共有种选法， 时，有种选法，有种选法，一共有种选法， 时，有种选法，有种选法，一共有种选法， 时，有种选法，有种选法，一共有种选法， 所以满足条件的数列共有个. 故答案为：80. 【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数、数列、计数原理综合，综合性很强，关键在于找到、、所要满足的条件，再找到合适的角度进行分类讨论. 3（2015高二·全国·竞赛）为美化环境，某地决定在一个大型广场建一个同心圆形花坛，花坛分为两部分，中间小圆部分种植草坪，周围的圆环分为等份种植红、黄、蓝三色不同的花.要求相邻两部分种植不同颜色的花.如图①，圆环分成的等份分别为，，，有种不同的种植方法.    （1）如图②，圆环分成的4等份分别为 ，，，，有 种不同的种植方法； （2）如图③，圆环分成的等份分别为，，，， 有 种不同的种植方法. 【答案】 18 且 【分析】（1）分类讨论不同色与同色两种情况，由分步计数原理得到结果； （2）由题意知圆环分为等份，对有3种不同的种法，对、、都有两种不同的种法，但这样的种法只能保证与、3、不同颜色，但不能保证与不同颜色．在这种情况下要分类，一类是与不同色的种法，另一类是与同色的种法，根据分类计数原理得到结果． 【详解】（1）如图②，当不同色时，有(种)种植方法， 当同色时，有(种)种植方法， 由分类加法计数原理得，共有(种)种植方法； （2）如图3，圆环分为等份，对有3种不同的种法，对都有两种不同的种法， 但这样的种法只能保证与、3、不同颜色，但不能保证与不同颜色． 于是一类是与不同色的种法，这是符合要求的种法，记为种． 另一类是与同色的种法，这时可以把与看成一部分， 这样的种法相当于对部分符合要求的种法，记为，共有种种法， 这样就有，即， 则数列是首项为，公比为的等比数列． 则． 由题意知：，则 ，. 故答案为：18，（且． 2 / 2 多反思总结多交流的学习才高效！ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$