重难点01 分类计数原理与分步计数原理及其拓展方法运用（8种题型）高二数学人教B版选择性必修第二册

重难点01 分类计数原理与分步计数原理及其拓展方法运用 题型01 分类加法计数原理简单运用 1. 将完成目标的所有方式按统一标准拆分为互不重叠的几类，确保“不重复、不遗漏”，每类对应一种独立完成路径，比如从A到B分“乘公交”“坐地铁”“步行”三类。 2. 分别计算每类方式的具体数量，再将各类数量相加，总和即为完成目标的所有方法数。 1．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 2．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 3．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 4．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． 5．已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一，二象限不同点的个数为（   ） A．18 B．17 C．16 D．10 6．若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（    ） A．28 B．29 C．30 D．32 7．集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 8．已知集合，现独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），则事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率为 . 题型02 分步乘法计数原理简单运用 1. 将完成目标的过程按先后顺序拆分为互不干扰的步骤，确保“步骤完整、有序衔接”，如穿衣分“选上衣”“选裤子”两步。 2. 分别算每步的方法数，再将各步数量相乘，乘积即为总方法数。 9．现有2名同学去听同时进行的3场音乐会，每名同学只能去听其中的1场，则不同的安排方法共有（    ） A．6种 B．4种 C．9种 D．8种 10．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 11．有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为（   ） A．12 B．64 C．81 D．256 12．从甲地去乙地的道路有4条，从乙地去丙地的道路有2条，则从甲地经乙地去丙地，不同路线的条数是（   ）． A．2 B．4 C．6 D．8 13．甲乙丙三名同学分别从A，B，C，D四个景点中选择一处游览，则不同的选择方案有（    ） A．24种 B．36种 C．64种 D．81种 14．已知生物体内存在酶、酶、酶、酶、酶，酶可以与酶、酶、酶、酶中的任意一种酶发生特异性结合反应.现有3个不同的酶分子，每个酶分子都随机选择一种酶进行结合，且相互独立，则不同结合方式的种数是（    ） A．72 B．68 C．64 D．58 15．从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有5条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数（ ） A．15 B．9 C．7 D．16 16．5名男生分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是（   ） A．6 B．120 C．125 D．243 题型03 两个计数原理综合运用 1. 按完成目标的不同路径分类，每类为独立“大方向”，确保不重不漏，如“从A到C”分“经B到C”“直接到C”两类。 2. 对每类用分步乘法算方法数（如“经B到C”分“A到B”“B到C”两步），再将各类结果相加得总数。 17．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． 18．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 19．我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”，如图所示，用4种不同的颜色给图中5块区域涂色，记事件“相邻区域颜色不同”，事件“区域1和3颜色相同”，则（    ） A． B． C． D． 20．由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（   ） A．48个 B．52个 C．60个 D．120个 21．高二某班为了准备校园樱花文化节活动的展示牌，计划用5种不同颜色的笔书写图中A、B、C、D四个区域的文字，规定每个区域只用一种颜色的笔书写文字，相邻区域书写的文字颜色不同，则不同的书写方法数为（ ） A．120 B．160 C．180 D．240 22．由组成允许有重复数字的自然数，将所得的自然数按照从小到大的顺序排成一列，构成无穷数列，若，则（    ） A．64 B．65 C．72 D．73 23．某药品研究所研制了5种消炎药（，，，，）、4种退热药（，，，），现从中取出两种消炎药和一种退热药同时使用进行疗效试验，但已知，两种药必须同时使用，且，两种药不能同时使用，则不同的试验方案有多少种？ 24．某校“数学俱乐部”有高一学生10人，高二学生8人，高三学生7人. (1)从中选出1人担任总干事，有多少种不同的选法？ (2)从每一个年级各选1人担任本年级的组长，有多少种不同的选法？ 题型04 几何计数问题 1. 按图形类型（如线段、三角形）或规模（如边长为1、2的正方形）分类，明确计数对象，避免重复遗漏，如计数三角形分“单个小三角形”“组合三角形”。 2. 简单图形枚举计数，复杂图形用对应公式，算每类数量后求和，得总个数。 25．以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 26．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 27．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 28．记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（    ） A．2 B．5 C．8 D．9 29．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 30．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 31．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． 32．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 题型05 代数计数问题 1. 将代数情境转化为计数模型，明确计数对象（如方程解、数字组合），梳理约束条件（如正整数解、数字不重复），确保模型贴合题意。 2. 根据模型选对应方法（如隔板法、乘法原理），结合约束条件计算，复杂时分类分步结合，最后汇总结果，如求方程正整数解用隔板法。 33．已知函数，其中.则使函数不存在极值的有序数对共有（    ）对. A．7 B．8 C．9 D．10 34．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 35．完全展开后的项数是（   ） A．7 B．9 C．12 D．18 36．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 37．如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6，24，2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2 013，则n＝（    ） A．50 B．51 C．52 D．53 38．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 39．对于自然数作竖式运算时不进位，那么称是“良数”，如32是“良数”，由于计算时不进位，23不是“良数”，由于计算时要进位，那么小于1000的“良数”有（   ） A．36个 B．39个 C．48个 D．64个 40．有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 题型06 数字排列问题 1. 确定数字范围、位数要求及特殊约束（如首位非0、数字不重复），明确排列对象（如用0-9选3个排三位数），避免遗漏关键限制。 2. 优先排特殊位置（如首位），用乘法原理算每步选法；有重复数字时用除法，复杂时分类（如含0/不含0），最后汇总得总排列数。 41．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 42．从这五个数字中任取个组成无重复数字的三位数，其中奇数个数为（    ） A． B． C． D． 43．只用0，1，2这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（    ） A．28个 B．24个 C．22个 D．18个 44．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（   ） A．24 B．30 C．36 D．60 45．用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 46．同时满足：①偶数；②没有重复数字的三位数；③个位数不为0，这三个条件的数有（    ） A．64个 B．128个 C．196个 D．256个 47．数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（   ） A．24个 B．12 C．9个 D．6个 48．用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 题型07 涂色（种植）问题 1. 确定区域（植株）数量、相邻关系（如环形/线性）及颜色（品种）数量，明确核心约束“相邻区域（植株）不同色（品种）”，标注特殊区域关联。 2. 按相邻关系分步选色，优先选相邻多的区域，用乘法原理算每步选法；环形等复杂场景分类修正，最后汇总得总方法数。 49．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 50．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 51．春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 52．如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．600 B．288 C．576 D．以上答案均不对 53．现有6种不同的颜色给图中的四块区域涂色，若每个区域涂一种颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（   ） A．400种 B．460种 C．480种 D．496种 54．用五种不同颜色的涂料涂在如图所示的五个区域，相邻两个区域不能同色，且至少要用四种颜色，则不同的涂色方法有（   ）      A．240 B．480 C．420 D．360 55．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 56．某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．720种 B．1440种 C．1560种 D．2520种 题型08 计数原理与实际问题 1. 剖析实际问题（如排列、涂色），提取核心要素（元素/区域）、关系（相同/不同、相邻）及约束，转化为计数模型（分步分类模型）。 2. 分步用乘法、分类用加法，复杂时结合（先分类再分步），适配模型选方法，规避重复遗漏，汇总得结果。 57．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 58．甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 59．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 60．某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（    ） A．9种 B．11种 C．44种 D．45种 61．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 62．2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是三位同学，但不是第一名，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 63．一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有3个小球，所有这些小球的颜色互不相同，从两个口袋内分别取一个小球，则不同的取法数为（    ） A．7 B．16 C．9 D．12 64．如图，要让电路从A处到B处只有一条支路接通，不同的路径条数为（ ） A．5 B．7 C．8 D．12 65．现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点01 分类计数原理与分步计数原理及其拓展方法运用 题型01 分类加法计数原理简单运用 1. 将完成目标的所有方式按统一标准拆分为互不重叠的几类，确保“不重复、不遗漏”，每类对应一种独立完成路径，比如从A到B分“乘公交”“坐地铁”“步行”三类。 2. 分别计算每类方式的具体数量，再将各类数量相加，总和即为完成目标的所有方法数。 1．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. 2．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． 3．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. 4．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. 5．已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一，二象限不同点的个数为（   ） A．18 B．17 C．16 D．10 【答案】B 【分析】按照横坐标和纵坐标取自的集合以及点所在象限分类讨论，利用加法计数原理即得. 【详解】因在第一，二象限内的点的横坐标可正可负，而纵坐标为正，这样的点分为两类情况： ①点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个； ②点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个. 由分类加法计数原理，第一，二象限不同点的个数为个. 故选：B 6．若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（    ） A．28 B．29 C．30 D．32 【答案】C 【分析】将数分为三组，即可根据整除的性质求解. 【详解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被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，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种． 故选：C 7．集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】根据第二象限坐标特征分类结合分类加法原理计算求解. 【详解】第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数． 若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则符合题意的点有，，共2个； 若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则符合题意的点有，，，，共4个． 综上，在第二象限内的点的个数为． 故选：D. 8．已知集合，现独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），则事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率为 . 【答案】 【分析】解题的关键在于分别计算出所有可能的非空子集选取情况以及满足条件的选取情况，然后根据古典概型概率公式计算概率. 【详解】因为集合， 故集合的非空子集个数为个， 因为独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），所以所有可能的选取情况数种. 当中最大元素为1时： 是，此时可以是共7种情况， 当中最大元素为2时： 可以是，此时可以是共种情况。 当中最大元素为3时： 可以是，此时可以是，共种情况， 当中最大元素为4时： 可以是，此时没有满足条件的子集，共0种情况， 故满足条件的子集选取情况总数为 根据古典概型概率公式， 事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率, 故答案为：. 题型02 分步乘法计数原理简单运用 1. 将完成目标的过程按先后顺序拆分为互不干扰的步骤，确保“步骤完整、有序衔接”，如穿衣分“选上衣”“选裤子”两步。 2. 分别算每步的方法数，再将各步数量相乘，乘积即为总方法数。 9．现有2名同学去听同时进行的3场音乐会，每名同学只能去听其中的1场，则不同的安排方法共有（    ） A．6种 B．4种 C．9种 D．8种 【答案】C 【分析】由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，不同的安排方法共有种． 故选：C. 10．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. 11．有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为（   ） A．12 B．64 C．81 D．256 【答案】C 【分析】由分步乘法计数原理计算可得. 【详解】由题意可得每个信号灯有三种情况，各自独立， 故该装置所能发出的不同信号种数为种. 故选：C. 12．从甲地去乙地的道路有4条，从乙地去丙地的道路有2条，则从甲地经乙地去丙地，不同路线的条数是（   ）． A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】根据分步乘法原理即可得到答案. 【详解】根据分步乘法原理得不同路线的条数是（条）. 故选：D. 13．甲乙丙三名同学分别从A，B，C，D四个景点中选择一处游览，则不同的选择方案有（    ） A．24种 B．36种 C．64种 D．81种 【答案】C 【分析】利用分步计数原理即可求得结果. 【详解】甲乙丙三名同学分别从A，B，C，D四个景点中选择一处游览，每个人都有4种选择方法， 故有种选择方案. 故选：C. 14．已知生物体内存在酶、酶、酶、酶、酶，酶可以与酶、酶、酶、酶中的任意一种酶发生特异性结合反应.现有3个不同的酶分子，每个酶分子都随机选择一种酶进行结合，且相互独立，则不同结合方式的种数是（    ） A．72 B．68 C．64 D．58 【答案】C 【分析】共三种不同的酶分子，每个酶分子都有酶四种结合方式，那么将三个3相乘即是不同的结合方式的种数. 【详解】根据题意，酶可以与酶、酶、酶、酶中的任意一种酶发生特异性结合反应， 即每一个酶分子都有4种结合选择方式， 那么3个不同的酶分子的结合方式共有（种）. 故选：C. 15．从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有5条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数（ ） A．15 B．9 C．7 D．16 【答案】A 【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】因为从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有5条， 由分步乘法计数原理可得从A村经过B村去C村不同的路线的条数有条. 故选：A 16．5名男生分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是（   ） A．6 B．120 C．125 D．243 【答案】D 【分析】分析题意，考虑每名男生报名的方法数，再按分步乘法计数原理即可求得. 【详解】依题意，每名男生都可以报名参加3个运动队中的任何一个，且每人限报其中的一个， 故每名男生的报名方法都是3种，因此5名男生的不同报法种数为. 故选：D. 题型03 两个计数原理综合运用 1. 按完成目标的不同路径分类，每类为独立“大方向”，确保不重不漏，如“从A到C”分“经B到C”“直接到C”两类。 2. 对每类用分步乘法算方法数（如“经B到C”分“A到B”“B到C”两步），再将各类结果相加得总数。 17．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. 18．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. 19．我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”，如图所示，用4种不同的颜色给图中5块区域涂色，记事件“相邻区域颜色不同”，事件“区域1和3颜色相同”，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由计数原理结合古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】事件“相邻区域颜色不同”，先对区域1涂色，有4种涂色方法， 对区域2涂色，有3种涂色方法， 对区域5涂色，有2种涂色方法， 对区域4涂色，若区域4、区域2颜色不同，则区域3只有1种涂色方法， 若区域4、区域2颜色相同，则区域3只有2种涂色方法， 所以相邻区域颜色不同包含的基本事件有：； 事件“区域1和3颜色相同”，先对区域1、区域3涂色有4种涂色方法， 对区域2涂色，有3种涂色方法， 对区域5涂色，有2种涂色方法， 对区域4涂色，有2种涂色方法， 区域1和3颜色相同所包含的基本事件有：； 故所求概率为. 故选：C. 20．由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（   ） A．48个 B．52个 C．60个 D．120个 【答案】B 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理，分类讨论，求出结果. 【详解】由题意可知，分为两种情况： 情况一：个位是0，则有不同的结果个； 情况二：个位不是0，则有不同结果个； 所以共有个； 故选：B. 21．高二某班为了准备校园樱花文化节活动的展示牌，计划用5种不同颜色的笔书写图中A、B、C、D四个区域的文字，规定每个区域只用一种颜色的笔书写文字，相邻区域书写的文字颜色不同，则不同的书写方法数为（ ） A．120 B．160 C．180 D．240 【答案】C 【分析】由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域书写的文字颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B有4种涂法，讨论C，A同色和异色，根据乘法原理可得结论． 【详解】由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色的笔书写文字，相邻的区域书写的文字颜色不同，可分步进行， 区域A有5种涂法，B有4种涂法， C，A不同色，C有3种，D有2种涂法，有5×4×3×2=120种， C，A同色，D有3种涂法，有5×4×3=60种， ∴共有180种不同的涂色方案 . 故选：C. 22．由组成允许有重复数字的自然数，将所得的自然数按照从小到大的顺序排成一列，构成无穷数列，若，则（    ） A．64 B．65 C．72 D．73 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理列式计算得解. 【详解】将1位数、2位数补成3位数，比如将6看成006，将24看成024， 由乘法原理知，由1个、2个、3个数字组成的数有个， 数列中的四位数按照从小到大的顺序排列：， 所以2026是第项. 故选：C 23．某药品研究所研制了5种消炎药（，，，，）、4种退热药（，，，），现从中取出两种消炎药和一种退热药同时使用进行疗效试验，但已知，两种药必须同时使用，且，两种药不能同时使用，则不同的试验方案有多少种？ 【答案】14 【分析】根据取出消炎药与退热药的要求，分三类情况进行讨论，根据加法原理得到结果. 【详解】解：当取，时，再取退烧药有（种）方案，此时不同的试验方案有4（种）方案； 当不取，且取时，取另一种消炎药的方法有（种）方案， 由于，两种药不能同时使用，所以再取退烧药有（种）方案， 此时不同的试验方案有（种）方案； 当取，时，再取退烧药有（种）方案，此时不同的试验方案有4（种）方案； 综上所述，不同的试验方案共有（种）方案. 24．某校“数学俱乐部”有高一学生10人，高二学生8人，高三学生7人. (1)从中选出1人担任总干事，有多少种不同的选法？ (2)从每一个年级各选1人担任本年级的组长，有多少种不同的选法？ 【答案】(1)25； (2)560. 【分析】（1）从所有人中选出1人担任总干事，根据分类加法计数原理即可得出结果； （2）从每一个年级各选1人担任本年级的组长，根据分步乘法计数原理即可得出结果. 【详解】（1）解：由题可知，该“数学俱乐部”有高一学生10人，高二学生8人，高三学生7人， 从中选出1人担任总干事，则共有10+8+7=25种选法. （2）解：每一个年级各选1人担任本年级的组长， 则共有种. 题型04 几何计数问题 1. 按图形类型（如线段、三角形）或规模（如边长为1、2的正方形）分类，明确计数对象，避免重复遗漏，如计数三角形分“单个小三角形”“组合三角形”。 2. 简单图形枚举计数，复杂图形用对应公式，算每类数量后求和，得总个数。 25．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 26．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论 ，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理， 和 也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. 27．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 28．记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（    ） A．2 B．5 C．8 D．9 【答案】C 【分析】分两种情况：与平面平行、经过△中位线分别求出它们满足要求的个数，加总即可. 【详解】当与平面平行时，如下图存在2种情况. 当经过△中位线时，如下图其中一条中位线有2种情况，故三条中位线，共有6种情况. 综上，共有2+6=8种情况. 故选：C. 29．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 【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. 30．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： 【点睛】本题考查了计数问题，意在考查学生的空间想象能力. 31．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. 32．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 【答案】C 【分析】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. 【详解】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 【点睛】本题考查空间直线平行与垂直的判断，考查空间想象能力，考查分类讨论思想，属于中档题. 题型05 代数计数问题 1. 将代数情境转化为计数模型，明确计数对象（如方程解、数字组合），梳理约束条件（如正整数解、数字不重复），确保模型贴合题意。 2. 根据模型选对应方法（如隔板法、乘法原理），结合约束条件计算，复杂时分类分步结合，最后汇总结果，如求方程正整数解用隔板法。 33．已知函数，其中.则使函数不存在极值的有序数对共有（    ）对. A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】由题设，根据得，进而列举出所有数对，即可得. 【详解】由题设，要使函数不存在极值，只需， 所以，满足的有序数对为，共10对. 故选：D 34．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 【答案】C 【分析】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】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． 35．完全展开后的项数是（   ） A．7 B．9 C．12 D．18 【答案】C 【分析】由分步乘法计数原理计算即可. 【详解】由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为. 故选：C 36．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. 37．如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6，24，2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2 013，则n＝（    ） A．50 B．51 C．52 D．53 【答案】B 【分析】2013是四位数，故“好数”按四位数，按三大类分首位为0、1、2每一类再分，然后把数量相加即可． 【详解】解：本题可以把数归为“四位数”(含0006等)， 因此比2 013小的“好数”为0×××，1×××，2 004，共三类数， 第一类可分为：00××，01××，…，0 600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数； 第二类可分为：10××，11××，…，1 500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数， 第二类可分为：2 004，共1个 故2 013为第28+21+1+1=51个数，故n＝51. 故选：B. 38．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. 39．对于自然数作竖式运算时不进位，那么称是“良数”，如32是“良数”，由于计算时不进位，23不是“良数”，由于计算时要进位，那么小于1000的“良数”有（   ） A．36个 B．39个 C．48个 D．64个 【答案】C 【详解】如果 是良数，则的个位数字只能是 ，非个位数字只能是（首位不为 ），而小于 的数至多三位，一位的良数有 ，共 个，二位良数个位可取，十位可取，共有 个，三位良数个位可取，十位可取，百位可取，共有 ，综上，小于“良数”的个数为 个，故选C. 【方法点睛】本题考查分类技术加法原理分步计数乘法原理及新定义问题，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题通过定义“良数”达到考查两计数原理的目的. 40．有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【答案】D 【分析】首先分解质因数可得，再由分步乘法计算原理计算可得. 【详解】因为，所以的不同的正因数有个. 故选：D 题型06 数字排列问题 1. 确定数字范围、位数要求及特殊约束（如首位非0、数字不重复），明确排列对象（如用0-9选3个排三位数），避免遗漏关键限制。 2. 优先排特殊位置（如首位），用乘法原理算每步选法；有重复数字时用除法，复杂时分类（如含0/不含0），最后汇总得总排列数。 41．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. 42．从这五个数字中任取个组成无重复数字的三位数，其中奇数个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，分3步：①，从中取一个排个位，有种安排方法，②，不能在百位，则百位的安排方法有种，③，在剩下的个数中任选个，安排在十位，有种情况，从而求解. 【详解】根据题意，①从中取一个排个位，有种安排方法， ②不能在百位，则百位的安排方法有种， ③在剩下的个数中任选个，安排在十位，有种情况， 故奇数的个数为：. 故选：D. 43．只用0，1，2这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（    ） A．28个 B．24个 C．22个 D．18个 【答案】A 【分析】利用间接法，先保证首位不为0且同一数字不能相邻出现，再排除只有2个数字组成的5位数即可. 【详解】先保证首位不为0且同一数字不能相邻出现， 则首位不为0，其余各位均有2种选择，可得不同排法的种数为； 下面考虑只有2个数字组成的5位数，有，只有4种可能； 所以不同排法的种数为种. 故选：A. 44．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（   ） A．24 B．30 C．36 D．60 【答案】A 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】个位只能是2和4，十位和百位可以从剩下的数字中选择， 故符合条件的偶数有， 故选：A 45．用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 【答案】B 【分析】由已知分别计算出一位数，两位数，三位数以及比3135小的四位数的个数，从而确定3135是这组数的第几项. 【详解】当组成的数字为一位数时，有1，3，5，共个， 当组成的数字为两位数时，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以两位数的个数为个， 当组成的数字为三位数时，百位，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以三位数的个数为个， 当组成的数字为四位数且比3135小时， 千位是的四位数，百位，十位和个位都有种选择，所以个数为个， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择，所以个数为个， 因为， 所以3135是这组数的第72项. 故选：B. 46．同时满足：①偶数；②没有重复数字的三位数；③个位数不为0，这三个条件的数有（    ） A．64个 B．128个 C．196个 D．256个 【答案】D 【分析】根据分步计数原理求解即可. 【详解】个位数的选择：由于是偶数且个位不能为0，个位只能是2、4、6、8中的一个，共有4种选择. 百位数的选择：百位不能为0，且不能与个位数字重复.因此，对于每个个位数，百位有8种选择（1-9中排除个位数）. 十位数的选择：十位可以是0-9中排除百位和个位已经使用的数字，剩下的8种选择. 根据分步乘法计数原理同时满足题设三个条件得数得总个数为 种. 故选：D. 47．数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（   ） A．24个 B．12 C．9个 D．6个 【答案】C 【分析】分百位上为1和百位上为2两种情况列举即可. 【详解】当百位上为1时，组成的三位数有101，102，110，112，120，121，共6个数， 当百位上为2时，组成的三位数有201，210，211，共3个数， 所以组成不同的三位数有9个. 故选：C 48．用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 【答案】B 【分析】通过个位数分别为，，，讨论即可； 【详解】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即，，，有3种选择， 因为这是一个三位数，所以百位数不能是0. ①当个位数为0时，有种， ②当个位数为2或4时，有种.综上，有30种. 故选：B. 题型07 涂色（种植）问题 1. 确定区域（植株）数量、相邻关系（如环形/线性）及颜色（品种）数量，明确核心约束“相邻区域（植株）不同色（品种）”，标注特殊区域关联。 2. 按相邻关系分步选色，优先选相邻多的区域，用乘法原理算每步选法；环形等复杂场景分类修正，最后汇总得总方法数。 49．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 50．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 51．春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】对五个区域进行编号，依次分析、、、的布置方案种数，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【详解】如下图所示： 区域有种选择，区域有种选择， 若区域、种同一种花，则区域有种选择，区域有种选择； 若区域、种所种的花不同，则区域有种选择，区域有种选择. 由分步乘法和分类加法计数原理可知，不同的布置方案种数为. 故选：A. 52．如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．600 B．288 C．576 D．以上答案均不对 【答案】A 【分析】根据题意，先排，，的方法，分与相同，与相同和既不同于又不同于，三种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】由题意，可得，，分别有4，3，2种方法， （1）当与相同时，有1种方法，此时有2种， ①若与相同有有1种方法，同时有3种方法， ②若与不同，此时有2种方法， 共有：种方法； （2）当与相同时，有1种方法，此时讨论的3种方法， 共有种方法； （3）当既不同于又不同于时，有1种方法， 共有种方法， 由分类计数原理，可得共有种方法． 故选：A． 53．现有6种不同的颜色给图中的四块区域涂色，若每个区域涂一种颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（   ） A．400种 B．460种 C．480种 D．496种 【答案】C 【分析】分使用三种颜色和四种颜色讨论即可. 【详解】当使用4种颜色时，不同的涂法有种方法； 当使用3种颜色时，不同的涂法有种方法； 所以不同的涂法共有种. 故选：C. 54．用五种不同颜色的涂料涂在如图所示的五个区域，相邻两个区域不能同色，且至少要用四种颜色，则不同的涂色方法有（   ）      A．240 B．480 C．420 D．360 【答案】D 【分析】按照分类加法和分步乘法计算原理，对5个区域进行分步、分类涂色即可. 【详解】先不考虑至少要用四种颜色，完成涂色需要分5步，按照顺序依次涂区域CADEB， C区域有5种颜色可选，A区域有4种颜色可选，D区域有3种颜色可选； 若E区域与D区域颜色相同，E区域有1种颜色可选，则B区域有3种颜色可选； 若E区域与D区域颜色不同，E区域有2种颜色可选，则B区域有2种颜色可选； 再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种； 如果只使用三种颜色涂色（小于三种无法涂色），则A，B同色且D,E同色，共有种涂色方法； 所以满足题意的不同的涂色方法有种. 故选：D. 55．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 56．某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．720种 B．1440种 C．1560种 D．2520种 【答案】C 【分析】先对图中不同的区域命名，分与布置相同的花卉、与布置不同的花卉两种情况，再运用分步计数和分类计数的方法从开始计数即可. 【详解】 如图，不同的布置方案分两类： 当与布置相同的花卉时， 先安排，有6种不同的选择；再安排与，有5种不同的选择；再安排，有4种不同的选择；最后安排，有4种不同的选择，共有种. 当与布置不同的花卉时， 先安排，有6种不同的选择；再安排与，有种不同的选择；再安排,有3种不同的选择；最后安排，有3种不同的选择，共有种. 所以不同的布置方案有种. 故选：C 题型08 计数原理与实际问题 1. 剖析实际问题（如排列、涂色），提取核心要素（元素/区域）、关系（相同/不同、相邻）及约束，转化为计数模型（分步分类模型）。 2. 分步用乘法、分类用加法，复杂时结合（先分类再分步），适配模型选方法，规避重复遗漏，汇总得结果。 57．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 58．甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【分析】由题意可得丙不是第1名，甲乙相邻，先排丙，再排甲，乙，最后再排丁，即可得答案. 【详解】解：由题意可得丙不是第1名，甲，乙相邻； 所以丙是第2名时，甲，乙只能是第3，4名，丁为第1名，此时共2种情况； 丙是第3名时，甲，乙只能是第1，2名，丁为第4名，此时共2种情况； 丙是第4名时，甲，乙有可能是第1，2名，或第2，3名， 当甲，乙是第1，2名时，丁为第3名，此时共2种情况； 当甲，乙是第2，3名时，丁为第1名，此时共2种情况； 所以一共有2+2+2+2=8种情况. 故选：C. 59．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 【答案】B 【分析】直接由分步计数原理求解即可． 【详解】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． 60．某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（    ） A．9种 B．11种 C．44种 D．45种 【答案】D 【分析】用树状图罗列4人抽到的贺年卡均不为自己的情况有几种即可得到5人中恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式. 【详解】除抽到自己的人，其它4人各写一张贺年卡集中起来，再每人从中抽取一张， 标记这4人为B、C、D、E，其对应的贺卡为b、c、d、e， 则4人均未抽到自己的贺年卡情况如下列树状图所以： 由树状图可知，这4人均未抽到自己贺卡情况下抽到的贺年卡情况共有9种， 所以5人各写一张贺年卡，集中起来再每人从中抽取一张，恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有种. 故选：D. 61．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 【答案】B 【分析】根据3枚邮票中邮票的种类进行分类求解即可. 【详解】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. 62．2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是三位同学，但不是第一名，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 【答案】C 【分析】先排，再排和，对进行分类，可排6，7，8位，最后根据的情况再排。 【详解】第一步排有两种可能：第2名或第5名； 第二步排和有两种可能； 第三步排和，有6，7，8位三种可能； 当为第6名时，有7，8，9名三种可能， 当为第7名时，有8，9名两种可能， 当为第8名时，只有第9名一种可能， 所以第三步的总数为种； 根据分类计数原理，所有名次排位的总数种。 故选：C 63．一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有3个小球，所有这些小球的颜色互不相同，从两个口袋内分别取一个小球，则不同的取法数为（    ） A．7 B．16 C．9 D．12 【答案】D 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意，从两个袋子中分别取1个球， 分两步进行: 第一个口袋内取一个球有4种取法，另一个口袋内取一个球有3种取法, ​​​​​​​根据分步乘法计数原理得到，从两个口袋内分别取1个小球, 共有种取法. 故选:D. 64．如图，要让电路从A处到B处只有一条支路接通，不同的路径条数为（ ） A．5 B．7 C．8 D．12 【答案】C 【分析】根据分类计数原理与分步计数原理计算可得答案． 【详解】要让电路从处到处接通，不同的路径条数为． 故选：C． 65．现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 【答案】B 【分析】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解. 【详解】依题意， 摆放20的方式有：2，0或20两种方式； 摆放220的方式有：2，2，0或22，0或2，20三种方式； 摆放126的方式有：1，2，6或12，6或1，26三种方式； 由分步计数原理知，数字20220126的摆放方式共有：种方式.故选：B 22 / 33 学科网（北京）股份有限公司 $