3.1.1 基本计数原理（题型专练）数学人教B版2019选择性必修第二册

3.1.1 基本计数原理 题型一 分类加法计数原理及应用 1．（2001·全国·高考真题）如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（　　）    A．26 B．24 C．20 D．19 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理计算． 【详解】由题图可知，从A到B有4种不同的传递路线，各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3，4，6，6， 由分类加法计数原理得，单位时间内传递的最大信息量为. 故选：D． 2．（24-25高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．19 C．90 D．200 【答案】B 【分析】由分类加法计数原理运算即可. 【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为. 故选：B. 3．（2025高二·全国·专题练习）如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有（    ）条.    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理直接计算即可. 【详解】从顶点出发有条路线，分别经过，，. 经过有条路线，经过有条路线，经过有条路线. 根据分类加法计数原理可知，从顶点到顶点，经过条棱的路线共有条， 故选：B. 题型二 分步乘法计数原理及应用 1．（2007·全国·高考真题）5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（    ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 【答案】D 【分析】由分步乘法原理计算． 【详解】由题意，每个同学有2种选择，故不同报名方式为. 故选：D 2．（2017·全国·高考真题）从7名男运动员和3名女运动员中选出2人组队参加乒乓球混合双打比赛，则不同的选法共有（    ） A．12种 B．18种 C．20种 D．21种 【答案】D 【分析】根据分步乘法计算原理求解即可. 【详解】7名男运动员选1名组对有7种选法，3名女生选1名组对有3种选法， 则不同的选法共有种． 故选：D. 3．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（   ）种. A．504 B．84 C．1008 D．168 【答案】A 【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得. 【详解】将新买的本书逐一放进去， 对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 由分步乘法计数原理可得，共有(种). 故选：A 4．（21-22高二下·上海闵行·期末）现有5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（    ） A． B． C．20 D．9 【答案】A 【分析】将此事分为5步，每一步均为1名同学选择讲座，后由分步计数原理可得答案. 【详解】将完成此事分为5步.第1步为第一名同学完成选择，有4种方法；第2步为第二名同学完成选择，有4种方法；；第5步为第五名同学完成选择，有4种方法. 则由分步计数原理可知，不同选法的种数位为：. 故选：A 题型三 事件计数基本原理的判断 1．（判断题）（23-24高二上·全国·课后作业）判断正误（正确的写正确，错误的写错误） （1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分类问题.( ) （2）分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情．( ) （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题．( ) （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题．( ) 【答案】 错误 错误 正确 正确 【分析】根据分类加法计数原理、分步乘法计数原理的知识判断出正确答案. 【详解】（1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分步问题，（1）错误. （2）分步乘法计数原理是指完成所有的步骤才是完成整件事情，（2）错误. （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题，（3）正确. （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题，（4）正确 故答案为：错误；错误；正确；正确 2．（多选）（24-25高二下·新疆喀什·期末）下列说法正确的是（ ） A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 【答案】BD 【分析】根据两个计数原理的定义逐一判断选项即可. 【详解】对于A，分步乘法计数原理要求每一步都完成，才能说任务完成，故A错误； 对于B，从书架上任取数学书、语文书各1本，完成这件事需要分两步：第一步取1本数学书， 有若干种取法；第二步取1本语文书，故应是分步计数问题，故B正确； 对于C，任务“从甲地经丙地到乙地”，分为从甲地到丙地， 再从丙地到乙地两步完成，是分步计数问题，故C错误； 对于D，分类加法计数原理中的每一类方法都能一次性地完成任务， 故可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，即D正确. 故选：BD. 题型四 两个基本原理的简单应用 1．（24-25高二下·广西百色·期末）如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有种走法； 又从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走， 所以根据分类加法计数原理可得：从甲地到乙地的走法种数为. 故选：D. 2．（2025高三·全国·专题练习）有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种. 【答案】39 【分析】根据给定条件分成每次升1面、升2面、升3面旗3类，求出各类表示的信号数，再将各类信号数相加即得. 【详解】根据所升旗的数量进行分类： ①升1面旗，有三种颜色可供选择，故可组成3种不同信号； ②升2面旗，则升第一面旗时，有三种颜色可供选择，升第二面旗时，同样有三种颜色可供选择，故可组成种不同信号； ③升3面旗，则升每面旗时，均有三种颜色可供选择，故可组成的不同信号有种. 综上所述，可组成的不同信号共有（种）． 故答案为：39 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 【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 题型五 代数问题的计数 1.（24-25高二下·山西吕梁·阶段练习）数字540的不同正因数的个数为（    ） A．10 B．16 C．20 D．24 【答案】D 【分析】应用列举法写出所有的正因数即可. 【详解】由，共有24个正因数. 故选：D 2．（25-26高三上·湖北孝感·阶段练习）若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为（    ） A．3 B．8 C．9 D．27 【答案】D 【分析】根据已知确定函数定义域取值情况，再由集合非空子集个数及分步计数求“同族函数”个数，即可得. 【详解】由题设，的值域为，则或或， 结合“同族函数”的定义，则函数定义域分别从、、中各取至少一个数， 所以共有种. 故选：D 题型六 古典概率计算问题 1．（2015·山东·高考真题）甲、乙、丙三位同窗打算利用假期外出游览，约定每人从泰山、孔府这两处景点中任选一处，那么甲、乙两位同学恰好选取同一处景点的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用古典概型的概率求法，求甲、乙两位同窗恰好选取同一处景点的概率即可. 【详解】甲、乙两位同窗选取景点的种数为，其中甲、乙两位同窗恰好选取同一处景点的种数为2， ∴甲、乙两位同窗恰好选取同一处景点的概率为． 故选：D 2．（2020·山东·高考真题）现有5位老师，若每人随机进入两间教室中的任意一间听课，则恰好全都进入同一间教室的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用古典概型概率公式，结合分步计数原理，计算结果. 【详解】5位老师，每人随机进入两间教室中的任意一间听课，共有种方法， 其中恰好全都进入同一间教室，共有2种方法，所以. 故选：B 3．（24-25高二下·福建三明·期中）某校开展社团活动，其中有知识性社团诗词赏析，趣味数学等6个社团，有活动类社团木工、种植等4个社团，甲乙两人按顺序依次选择一社团参加，不得重复.乙选择活动类社团参加的概率为 ． 【答案】/ 【分析】根据题意先求甲乙两人按顺序依次选择一社团的情况，然后求乙选择活动类社团的情况，根据古典概型即可求解. 【详解】根据题意甲乙两人按顺序依次选择一社团参加有种情况， 其中乙选择活动类社团有， 所以根据古典概型得乙选择活动类社团参加的概率为， 故答案为：. 题型一 几何计数问题 1．（2002·江苏·高考真题）从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（    ）. A．20种 B．16种 C．12种 D．8种 【答案】C 【分析】正方体共有条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有个 共有组，再考虑重复情况得到答案. 【详解】正方体共有条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有个 共有组，每组中包含两条棱，故有 故选： 2．（2025高三·全国·专题练习）以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】由这些边为三角形仅有四种，，，，讨论底面三角形为、，结合对称性确定四面体个数. 【详解】以这些边为三角形仅有四种，，，． 固定四面体的一面作为底面： 当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即； 当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，． 其余情形得到的四面体均在上述情形中． 由此可知，四面体个数有3个． 故选：B 3．（2003·全国·高考真题）在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（    ） A．95 B．91 C．88 D．75 【答案】B 【分析】首先确定以为对角线的矩形中整点的个数，再确定上的整点数，最后根据对称性求出△中整点的个数. 【详解】由题设，直线分别交x、y轴于、，    以高为10，宽为15的矩形内（含边）整数点有176个，其中直线上的整数点有、、、、、，共6个， 所以，矩形对角线两侧的三角形中整点的个数为个， 综上，△中整点的个数为个. 故选：B 4．（24-25高二下·上海宝山·期中）直线（不全为 0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（  ） A．60 条 B．66 条 C．72 条 D．78 条 【答案】D 【分析】由题确定圆上的整点，然后由两点确定一条直线及过圆整点的切线条数可得答案. 【详解】因，，则公共点为： ，共12个. 若这样的直线为圆的切线，则满足题意的切线有12条； 若这样的直线不为圆的切线，则由两点确定一条直线，满足的直线有条. 则这样的直线有78 条. 故选：D 5．（2006·上海·高考真题）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 6．（24-25高三上·上海·阶段练习）在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为 . 【答案】 【分析】根据已知有，结合的取值判断满足条件的点，即可得答案. 【详解】由题设，又都是集合中的元素，且， 所以，满足要求的点有、、、、、、、、、、、、、、、、、、、， 所以这样的点有20个. 故答案为：20 题型二 数字排列问题 1．（24-25高二下·山东威海·期末）用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 【答案】D 【分析】根据分步乘法原理计算求解. 【详解】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2种情况，首位数字有3种情况，十位数字有3种情况， 所以三位奇数的个数为种情况. 故选：D. 2．（24-25高二下·福建福州·期末）用0，1，2，3这4个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答） 【答案】18 【分析】需要分步确定三位数的百位、十位和个位数字. 【详解】组成的数是三位数，故百位不能是， 百位有种选择； 百位选了一个数字后，十位还有种选择； 百位和十位各选了一个数字后，个位还有种选择； 一共可以组成没有重复数字的三位数有：（个） 故答案：. 3．（25-26高三上·浙江·阶段练习）用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有 个.（用数字作答） 【答案】60 【分析】应用分类分步计数原理求四位数的个数. 【详解】若四位数中没有2，共有个， 若四位数中有1个2，共有个， 若四位数中有2个2，共有个， 因此共有60个. 故答案为：60 题型三 涂色计数问题 1．（24-25高二下·江苏南京·期中）用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】由每块区域都与其他三块区域有公共边，故用分步乘法计算即可. 【详解】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种， 舍去，得(负数解舍去). 故选：C. 2．（2025高二·全国·专题练习）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算. 【详解】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法. 第二部分为，，.当，同色时，，各有2种涂法；当，异色时，有种涂法，，均只有种涂法. 故第二部分共有种涂法. 第三部分为，，，与第二部分一样，共有种涂法. 因此根据分步乘法计数原理，共有种涂法， 故选：D. 3．（24-25高二下·海南海口·期末）如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 【分析】先选择秀英区与龙华区，然后分别对琼山区，美兰区与秀英区是否同色进行讨论，然后计算可得结果. 【详解】秀英区有4种选择，龙华区有3种选择， 当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2种选择，美兰区有1种选择； 所以不同的着色方法的种数为. 故选：C 4．（2025高三·全国·专题练习）如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.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1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 【答案】630 【分析】由题知只需考虑区域1，2，3，4的颜色即可，不妨先涂区域1、区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同及相同两种情况考虑即可求解. 【详解】涂色问题  根据题意，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色情况． 先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择， 当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择； 当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择． 故不同的涂色方案有（种）． 故答案为：630. 1．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（    ）    A．9 B．11 C．13 D．15 【答案】C 【分析】按照焊接点脱落的个数分类讨论，运用分类加法计数原理求解即可. 【详解】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有共2种情况， 若脱落2个，则有共6种情况， 若脱落3个，则有共4种情况， 若脱落4个，则有共1种情况， 由分类加法计数原理，情况种数共有种． 故选：C． 2．（25-26高三上·河北保定·开学考试）我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有（    ） A．66个 B．55个 C．36个 D．28个 【答案】C 【分析】按照首位数字为1~8进行分类，相加得到答案. 【详解】当首位数字为1时，后两位相加为7， “幸运数”分别是116,161,125,152,134,143,107,170，共8个； 当首位数字为2时，后两位相加为6， “幸运数”分别是206,260,215,251,224,242,233，共7个； 当首位数字为3时，后两位相加为5，“幸运数”分别是305,350,314,341,323,332，共6个； 当首位数字为4时，后两位相加为4，“幸运数”分别是404,440,413,431,422，共5个； 当首位数字为5时，后两位相加为3，“幸运数”分别是503,530,512,521，共4个； 当首位数字为6时，后两位相加为2，“幸运数”分别是602,620,611，共3个； 当首位数字为7时，后两位相加为1，“幸运数”分别是701,710，共2个； 当首位数字为8时，后两位相加为0，“幸运数”是800，共1个. 因此，所有的“幸运数”共有个. 故选：C. 3．（多选）（2025·四川成都·模拟预测）用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（   ） A．一共可以组成96个数 B．一共可以组成120个数 C．一共可以组成偶数60个 D．一共可以组成72个大于2000的数 【答案】ACD 【分析】由特殊位置优先的原则，结合两个计数原理逐个判断即可. 【详解】对于AB，四位数的首位不能为0，有4种选项，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位， 可以组成无重复数字的四位数个，A正确， B错误； 对于C，若个位数为0，则有个，若个位数不为0，则有个， 所以可以组成无重复数字的四位偶数个，C正确； 对于D，四位数的首位有3种选择，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位， 可以组成无重复数字且大于2000的四位数个，D正确． 故选：ACD 4．（2025高二·全国·专题练习）用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 【答案】 【分析】根据特殊元素“”是否被选择进行分类讨论，根据分类加法计数原理可得解. 【详解】以特殊元素“”为研究对象分类讨论. （1）若四位数中有“”，则“”有种放法， 其他位置上的数字从，，，中挑选，故共有种； （2）若四位数中无“”，则这四位数字可以全为奇数或者有个偶数. ①全为奇数，有种； ②有个偶数，则必从，，中选个并可放置在任意数位上，其余位置填奇数，共有种； 故满足条件的四位数有个， 故答案为：. 5．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知，，则不同的有序集合对有 种. 【答案】27 【分析】先根据条件将集合分类，列举出满足条件的集合. 【详解】 A B 、 、 、 、、、 、、、 、、、 、、、、、、、 如上表，每一种集合可确定满足条件的集合，不同的有序集合对有27种. 故答案为：27. 6．（24-25高二下·河南商丘·期末）已知x，y，z均为正整数，且，则满足方程的解有 组. 【答案】10 【分析】由题意可得的取值范围，分类列举，根据分类加法原理，可得答案. 【详解】因为，所以. 当时，则，即， 可取； 当时，则可取； 当时，则，解得，或6，则为； 当时，则，为． 所以方程的解的个数为. 故答案为：. 7．（2020·福建福州·模拟预测）寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排五个座位（一排共五个座位），上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有 种. 【答案】45 【分析】先选出坐对位置的人，再对剩下四人进行错排，最后利用分布计数乘法原理求结果. 【详解】先选出坐对位置的人，即从5人中选1人，有5种可能； 剩下四人进行错排，设四人座位为，则四人都不坐在自己位置上有这9种可能； 所以恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有种 故答案为：45 8．（20-21高二下·湖北·期中）位顾客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一顶帽子，则人拿的都不是自己的帽子方案总数为 .（用数字作答） 【答案】 【分析】记位顾客分别为甲、乙、丙、丁，假设甲拿了乙的帽子，利用列举法结合分类计数原理可得结果. 【详解】记位顾客分别为甲、乙、丙、丁. 假设甲拿了乙的帽子，则乙拿了甲的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了丙的帽子；或乙拿丙的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了甲的帽子；或乙拿了丁的帽子，丙拿了甲的帽子，丁拿了丙的帽子. 若甲拿了丙或丁的帽子，同理可知，符合条件的方案数均为种. 综上所述，人拿的都不是自己的帽子方案总数为. 故答案为：. 9．（23-24高二下·江苏镇江·阶段练习）五个人排成一列，重新站队时，各人却不站在原来的位置上，那么不同的站队方式共有 种 【答案】 【分析】根据已知条件可以通过合理地分步，恰当地分类来找出递推关系，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可求解. 【详解】解考虑一般情况，即个人排成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上，设满足这样的站队方式有种，下面通过合理分步，恰当分类找出递推关系: 第一步:第一个人不站在原来的第一个位置，有种站法， 第二步:假设第一个人站在第2个位置，则第二个人的站法又可以分为两类: 第一类，第二个人恰好站在第一个位置，则余下的个人有种站队方式； 第二类，第二个人不站在第一个位置，则就是第二个人不站在第一个位置，第三个人不站在第三个位置，第四个人不站在第四个位置.....第个人不站在第个位置，所以有种站队方式， 由分步乘法计数原理和分类加法计数原理，得数列的递推关系：， 显然再由递推关系有. 故答案为：. 10．（2025·辽宁·一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有 种. 【答案】 【分析】做出图形，两个奇点和分别做起点，求出与之间的途径的情况，再求出一笔完成的画法，，进而可得出答案. 【详解】如图，两个奇点和分别做起点，有两种情况， 与之间有三种途径：①，②，③， 其中一笔完成有种画法：， ， ， 若做起点，从出发有三种不同的路径能到达，从返回有两种不同的路径， 所以不同路径方法有种. 故答案为：. 【点睛】易错点点睛：求解分类、分步计数原理需要注意以下几点： （1）处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或“分步”的具体标准； （2）分类时要满足要满足两个条件：①类与类之间要互斥（保证不重复）；②总数要完备（保证不遗漏），也就是要确定一个合理的分类标准； （3）分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续型. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.1.1 基本计数原理 题型一 分类加法计数原理及应用 1．（2001·全国·高考真题）如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（　　）    A．26 B．24 C．20 D．19 2．（24-25高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．19 C．90 D．200 3．（2025高二·全国·专题练习）如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有（    ）条.    A． B． C． D． 题型二 分步乘法计数原理及应用 1．（2007·全国·高考真题）5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（    ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 2．（2017·全国·高考真题）从7名男运动员和3名女运动员中选出2人组队参加乒乓球混合双打比赛，则不同的选法共有（    ） A．12种 B．18种 C．20种 D．21种 3．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（   ）种. A．504 B．84 C．1008 D．168 4．（21-22高二下·上海闵行·期末）现有5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（    ） A． B． C．20 D．9 题型三 事件计数基本原理的判断 1．（判断题）（23-24高二上·全国·课后作业）判断正误（正确的写正确，错误的写错误） （1）从书架上任取数学书、语文书各1本是分类问题.( ) （2）分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情．( ) （3）分类加法计数原理可用来求完成一件事有若干类方法这类问题．( ) （4）从甲地经丙地到乙地是分步问题．( ) 2．（多选）（24-25高二下·新疆喀什·期末）下列说法正确的是（ ） A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 题型四 两个基本原理的简单应用 1．（24-25高二下·广西百色·期末）如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．（2025高三·全国·专题练习）有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种. 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 ．    题型五 代数问题的计数 1.（24-25高二下·山西吕梁·阶段练习）数字540的不同正因数的个数为（    ） A．10 B．16 C．20 D．24 2．（25-26高三上·湖北孝感·阶段练习）若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为（    ） A．3 B．8 C．9 D．27 题型六 古典概率计算问题 1．（2015·山东·高考真题）甲、乙、丙三位同窗打算利用假期外出游览，约定每人从泰山、孔府这两处景点中任选一处，那么甲、乙两位同学恰好选取同一处景点的概率是（    ） A． B． C． D． 2．（2020·山东·高考真题）现有5位老师，若每人随机进入两间教室中的任意一间听课，则恰好全都进入同一间教室的概率是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·福建三明·期中）某校开展社团活动，其中有知识性社团诗词赏析，趣味数学等6个社团，有活动类社团木工、种植等4个社团，甲乙两人按顺序依次选择一社团参加，不得重复.乙选择活动类社团参加的概率为 ． 题型一 几何计数问题 1．（2002·江苏·高考真题）从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（    ）. A．20种 B．16种 C．12种 D．8种 2．（2025高三·全国·专题练习）以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 3．（2003·全国·高考真题）在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（    ） A．95 B．91 C．88 D．75 4．（24-25高二下·上海宝山·期中）直线（不全为 0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（  ） A．60 条 B．66 条 C．72 条 D．78 条 5．（2006·上海·高考真题）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 6．（24-25高三上·上海·阶段练习）在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为 . 题型二 数字排列问题 1．（24-25高二下·山东威海·期末）用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 2．（24-25高二下·福建福州·期末）用0，1，2，3这4个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答） 3．（25-26高三上·浙江·阶段练习）用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有 个.（用数字作答） 题型三 涂色计数问题 1．（24-25高二下·江苏南京·期中）用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．（2025高二·全国·专题练习）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 3．（24-25高二下·海南海口·期末）如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 4．（2025高三·全国·专题练习）如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.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1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 1．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（    ）    A．9 B．11 C．13 D．15 2．（25-26高三上·河北保定·开学考试）我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有（    ） A．66个 B．55个 C．36个 D．28个 3．（多选）（2025·四川成都·模拟预测）用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（   ） A．一共可以组成96个数 B．一共可以组成120个数 C．一共可以组成偶数60个 D．一共可以组成72个大于2000的数 4．（2025高二·全国·专题练习）用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 5．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知，，则不同的有序集合对有 种. 6．（24-25高二下·河南商丘·期末）已知x，y，z均为正整数，且，则满足方程的解有 组. 7．（2020·福建福州·模拟预测）寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排五个座位（一排共五个座位），上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有 种. 8．（20-21高二下·湖北·期中）位顾客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一顶帽子，则人拿的都不是自己的帽子方案总数为 .（用数字作答） 9．（23-24高二下·江苏镇江·阶段练习）五个人排成一列，重新站队时，各人却不站在原来的位置上，那么不同的站队方式共有 种 10．（2025·辽宁·一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有 种. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $