第01讲 计数原理（高效培优讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习高效培优系列

第01讲 计数原理 考情探究 1 知识梳理 2 探究核心考点 3 考点一 分类加法计数原理 3 考点二 分步乘法计数原理 4 考点三 实际问题中的计数问题 4 考点四 代数中的计数问题 5 考点五 几何计数问题 5 考点六 数字排列问题 6 考点七 涂色问题 7 考点八 其他计数模型 8 三阶突破训练 9 基础过关 9 能力提升 11 真题感知 12 一、5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 关联考点 2025上海卷 分步、分类计算 无 2024上海卷 分步、分类计算 无 2023全国甲卷 分布计算总数 概率 2023全国乙卷 分步、分类综合 无 二、命题规律及备考策略 【命题规律】从近几年的高考情况来看，高考对两个计数原理的考查比较稳定，多以选择题、填空题的形式出现 【备考策略】(1)理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义 (2)能利用计数原理解决简单的实际问题 【命题预测】以考查两个计数原理的基本概念与步骤方法为主，有时会与排列组合结合考查，难度不大. 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. (2)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. 2．分步乘法计数原理 (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. (2)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. 3．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. 考点一 分类加法计数原理 典例1．设集合，，那么集合中满足的元素的个数为（    ） A．144 B．184 C．232 D．252 典例2．一份考卷有10道考题，分别为两组，每组5道．现要求考生选答6道，但每组最多选4道，有 种选法． 跟踪训练1．已知函数的定义域为，值域为，则满足条件的函数最多有 个. 跟踪训练2．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 . 考点二 分步乘法计数原理 典例1．3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（    ）种． A．36 B．108 C．120 D．144 典例2．“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 跟踪训练1．（多选）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 跟踪训练2．(多选)现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、礼仪、司机三项工作可以安排，以下说法正确的是（    ） A．每人安排一项工作的不同方法数为 B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C．若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不用的安排方法为 D．每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 考点三 实际问题中的计数问题 典例1．社火，又称“演社火”，是指在传统节日里扮演的各种杂戏，属于民间的一种自演自娱活动，也是国家级非物质文化遗产的代表性项目．某地举行的一次社火活动一共持续了三天，5名小朋友希望参加该活动，每天从中任选2名小朋友参加，则这5人中恰有1人连续参加三天的选法有（   ） A．210种 B．300种 C．360种 D．480种 典例2．在某古装影视剧中，某地治安机构通过望楼传递信息．望楼传递信息的方式如下：如图所示，信号旗的旗面为九宫格，每个小方格可以在白色和黑色之间变换，则一共有 种不同的颜色组合来传递不同的信息．若要求最多出现3个黑色格子，那么一共可以传递 种不同的信息． 跟踪训练1．下列说法正确的个数为（    ） ①180的正因数有16个②以正方体为顶点的三棱锥有70个③+9能被7整除 ④投一枚质地均匀的硬币十次，正面朝上频率在 的概率为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 跟踪训练2．已知集合，则满足的有序集组的个数为 ．（用数字作答） 考点四 代数中的计数问题 典例1．满足不等式的有序整数组的个数为（    ） A．231 B．267 C．334 D．377 典例2．从1，2，…，2024中任取两数，（可以相同），则个位为8的概率为 跟踪训练1．设集合，函数，且对任意的，则满足题设的的个数为（　　） A．14 B．13 C．11 D．9 跟踪训练2．将2个“0”、2个“1”和2个“2”这6个数，按从左到右的顺序排成一排，则能构成 个自然数，在所有构成的自然数中，第一位数为1的所有自然数之和为 . 考点五 几何计数问题 典例1．以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 典例2．已知是由组成的一个三位数，表示为，其中，均表示从1到9中的任意数，若以为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数共有（    ）. A．185个 B．170个 C．165个 D．156个 跟踪训练1．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 跟踪训练2．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 考点六 数字排列问题 典例1．（多选）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 典例2．把1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字分别填入右图所示的方框中，每一排构成一个三位数，若要求图中每个数位上的数字第二排比第一排大，第三排比第二排大，且这三个三位数的和为999，则最后一列的三个数字之和为 （填出所有可能的结果）；这样的排列方法共有 种. 跟踪训练1．用1，2，3，四个数组成一个五位数（每个数仅用到1次），则能组成 个不同的五位数． 跟踪训练2．小明忘记了自己的某软件的账户密码，只记得如图所示的三个数字.已知小明设置的密码满足以下两个原则： ①密码中所有数字的可能取值集合为； ②密码中不存在重复三次及以上的数字. 则小明在符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为 . 考点七 涂色问题 典例1．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（   ）种不同的种植方法． A．36 B．60 C．84 D．120 典例2．如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为 .    跟踪训练1．若一个四位数的各位数字之和为3，则这样的四位数有（   ） A．9个 B．10个 C．12个 D．15个 跟踪训练2．现有五种不同的颜料可用，从这五种染料中选取染料给四棱锥的五个顶点染色，要求同一条棱上的两个顶点不同色，问满足条件的染色方案有 种. 考点八 其他计数模型 典例1．几位同学假期组成一个小组去某市旅游，已知该市有6座塔，它们的位置分别为．同学们自由行动一段时间后，每位同学都发现自己在所在的位置只能看到位于处的4座塔，而看不到位于和处的塔．已知 （1）同学们的位置和塔的位置均视为同一平面上的点，且这些点彼此不重合； （2）中任意3点不共线； （3）看不到塔的唯一可能就是视线被其他的塔所阻挡，例如，如果某位同学所在的位置和共线，且在线段上，那么该同学就看不到位于处的塔． 请问，这个旅游小组最多可能有多少名同学？（    ） A．3 B．4 C．6 D．12 典例2．（多选）现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（   ） A．若自由放置，共有3125种不同的放法 B．恰有一个盒子不放球，共有240种放法 C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有20种 D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有20种 跟踪训练1．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. 跟踪训练2．已知一个基因由若干个碱基对组成，而一个碱基对由，，，四种碱基中任取两个碱基配对排列而成，其中只能与配对，只能与配对．如果个碱基对组成一个基因，那么个碱基对组成的基因个数为 ． 1．游戏《黑神话：悟空》在山西的取景地共27处，包括长治市的崇庆寺、观音堂，大同市的云冈石窟等，具体分布如下： 城市 大同 朔州 忻州 晋中 长治 晋城 临汾 运城 取景地个数 6 2 6 2 2 3 2 4 某游客计划从中选5处景点游玩，其中长治、晋城各选一处，大同选两处，且云冈石窟必选，共有多少种不同的选法（    ） A．26 B．450 C．480 D．1440 2．将数字1，2，3，4，5，6填入如图的6个方格中，每个方格填一个数字，每个方格中的数字均不相同，若每行中任意两个相邻数字之和为偶数，则不同的填法共有（    ）    A．36种 B．48种 C．72种 D．108种 3．甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、重庆动物园、白帝城这4个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（   ） A．24种 B．18种 C．12种 D．6种 4．已知4位学生被分配到A、B、C三地学习，每地至少分配一位学生且每位学生只能去一个地方学习，则不同的分配方式有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 5．从4个汉字、10个数字、3种颜色中选元素组成3个标识，每个标识含1个汉字、1个数字、1种颜色，且同一组内汉字、数字、颜色均不重复.最多可设计不同标识组的数量为（    ） A．2400 B．3200 C．4320 D．5760 6．现将2本不同的数学书、3本不同的物理书、1本化学书放在一个单层的书架上，且同类的书各不相邻，则不同的放法有（   ） A．120种 B．144种 C．96种 D．160种 7．某校的音乐学会有7名男生及5名女生．某舞台上放了两行椅子，且每行有3张椅子．从该音乐学会中随机选出3名男生及3名女生在舞台上就座．若选出的女生必须坐在首行：求编排男生和女生在舞台上就座的方法的数目．（　　） A．350 B．720 C．12600 D．25200 8．有共六个人，他们的座位分别为，现在要求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则共有（   ）种不同的方法． A．9 B．16 C．44 D．265 9．某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 三、填空题 10．甲、乙等5名同学参加羽毛球比赛，决出特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、优秀奖各1名.若甲、乙均没有获得特等奖，则获奖的所有可能情况有 （用数字作答）种. 11．通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由4个数字（其中随机组成，如果验证码满足，则称该验证码为递增型验证码.某人收到一个验证码，则它首位为2的递增型验证码的概率为 ． 12．有4名男生，5名女生，全排成一行，则甲不在中间也不在两端的排法种数的是 . 13．记是从1，2，3，4，5，6，7中任取三个不同的数字构成的最大的三位数（例如：取1，2，3时，则为321）；是从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数字构成的最大的三位数，则的概率为 . 14．某市抽调5位老师分赴3所山区学校支教，要求每位老师只能去一所学校，每所学校至少安排一位老师.由于工作需要，甲、乙两位老师必须安排在不同的学校，则不同的分派方法的种数是 . 15．某数学兴趣小组的6名同学排成一排照相，其中甲、乙两名同学必须彼此相邻，丙不在队伍两头的安排方式共有 （用数字作答）种. 16．一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有 种. 17．某校安排甲，乙，丙，丁共4位教师分别去高一，高二，高三三个年级任教，其中每个年级至少安排一位教师，若甲，乙不去高三年级但能去其他两个年级，丙，丁都能去三个年级，则不同的安排方案的种数为 ．（用数字作答） 18．某班5位同学参加3项跑步比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有 种. 19．现有3名男生和3名女生要与班主任站成一排合影，班主任站中间，则3名女生有且仅有2名相邻的站法总数为 .（结果用数字作答）. 1．n元有序数对，其中且不全相等，则满足方程的有序数对共有（   ）组. A． B． C． D． 2．（多选）某班要举办一次学科交流活动，现安排 这五名同学负责语文，数学，英语，物理学科相关工作． 则下列说法中正确的是（    ） A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有 种 B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有 240 种不同的方案 C．若数学学科必须安排两人， 其余学科安排一人， 则有 60 种不同的方案 D．若每人至多安排一门学科，其中安排 和 负责语文、数学工作，其余三人中任选两人负责英语、 物理工作， 则有 12 种不同的方案 3．（多选）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ）    A．若，不同的染色方法种数为 B．若，不同的染色方法种数为 C．若，不同的染色方法种数为 D．若，不同的染色方法种数为 4．纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会于2025年9月3日上午在天安门广场隆重举行，以盛大阅兵仪式同世界人民一道纪念这个伟大的日子，共同开创更加光明的未来.这次阅兵中亮相的某新式武器的信息设备由装有一排四只发光电子元件组成，每个电子元件被点亮时可发出红色光、蓝色光、绿色光中的一种光，若每次恰有两个电子元件被点亮，但相邻的电子元件不能同时被点亮，根据这两个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这四个电子元件能表示的信息种数共有 种. 5．如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位长度，记为第次跳跃后对应数轴上的数字，则满足的跳跃方法有 种． 6．数列共有项，，，且，（，，，，则满足这种条件的不同数列的个数为 ． 一、单选题 1．（2023·全国甲卷·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（    ） A．120 B．60 C．30 D．20 3．（2023·全国乙卷·高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 二、填空题 4．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种． 5．（2024·上海·高考真题）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ． $第01讲 计数原理 考情探究 1 知识梳理 2 探究核心考点 3 考点一 分类加法计数原理 3 考点二 分步乘法计数原理 5 考点三 实际问题中的计数问题 7 考点四 代数中的计数问题 9 考点五 几何计数问题 12 考点六 数字排列问题 15 考点七 涂色问题 17 考点八 其他计数模型 20 三阶突破训练 23 基础过关 23 能力提升 30 真题感知 34 一、5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 关联考点 2025上海卷 分步、分类计算 无 2024上海卷 分步、分类计算 无 2023全国甲卷 分布计算总数 概率 2023全国乙卷 分步、分类综合 无 二、命题规律及备考策略 【命题规律】从近几年的高考情况来看，高考对两个计数原理的考查比较稳定，多以选择题、填空题的形式出现 【备考策略】(1)理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义 (2)能利用计数原理解决简单的实际问题 【命题预测】以考查两个计数原理的基本概念与步骤方法为主，有时会与排列组合结合考查，难度不大. 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. (2)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. 2．分步乘法计数原理 (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. (2)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. 3．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. 考点一 分类加法计数原理 典例1．设集合，，那么集合中满足的元素的个数为（    ） A．144 B．184 C．232 D．252 【答案】C 【分析】分的值为1,2,3进行讨论，结合组合数的性质计算即可得. 【详解】若， 则中有5个为0，1个为1或， 此时共有种不同元素； 若， 则中有4个为0，2个为1或， 此时共有种不同元素； 若， 则中有3个为0，3个为1或， 此时共有种； 即共有种不同元素， 即集合中满足的元素的个数为232. 故选：C. 典例2．一份考卷有10道考题，分别为两组，每组5道．现要求考生选答6道，但每组最多选4道，有 种选法． 【答案】200 【分析】利用分类加法计数原理，即可求得答案. 【详解】由题意可分3类考虑： 第一类：A组选4题，B组选2题，有种选法； 第二类：A组选3题，B组选3题，有种选法； 第三类：A组选2题，B组选4题，有种选法； 故共有（种）选法， 故答案为：200 跟踪训练1．已知函数的定义域为，值域为，则满足条件的函数最多有 个. 【答案】 【分析】由函数的概念及分类加法计数原理、组合数计算即可. 【详解】由函数定义，转化为给，安排对应的自变量，每一种对应方式，即为一个函数， 给取个自变量，则对应个自变量，有种， 给取个自变量，则对应个自变量，有种， 给取个自变量，则对应个自变量，有种， 所以由分类加法计数原理知，共有 种不同的对应方式， 故答案为：. 跟踪训练2．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：. 考点二 分步乘法计数原理 典例1．3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（    ）种． A．36 B．108 C．120 D．144 【答案】D 【分析】分步骤分析，利用排列组合的乘法原理来计算即可． 【详解】总共有3个男同学，排头必须是男同学，所以排头的选择有种， 所以排尾只能从剩余2个男同学选取，有种， 最后剩余4人安排在中间4个位置，有种，所以一共有种． 故选：D． 典例2．“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】分两步完成，先分跳箱、再分药球，确定每一步的分法种数，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】分以下两步： （1）先分跳箱：个相同的跳箱分给三个球队，三个球队分得的跳箱数量分别为、、或、、或、、， 所以，跳箱的分法种数为种； （2）接下来分药球：将个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为、、或、、， 所以，药球的分法种数为种. 由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为种. 故选：B. 跟踪训练1．（多选）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. 跟踪训练2．(多选)现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、礼仪、司机三项工作可以安排，以下说法正确的是（    ） A．每人安排一项工作的不同方法数为 B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C．若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不用的安排方法为 D．每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 【答案】CD 【分析】根据分步乘法计数原理判断A，根据分组分配问题判断B；根据分类加法计数原理判断C，根据分步乘法计数原理及排除法判断D. 【详解】对于A，由乘法原理可得每人安排一项工作的不同方法数为，故A错误； 对于B，每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加， 则每项工作的人生分别为或， 故不同的安排方法， 而，故B错误； 对于C，若多面手丙做翻译，则不同的安排方法为， 若多面手丙不做翻译，则不同的安排方法为， 故不同的安排方法为，故C正确； 对于D，每人安排一项工作做翻译或司机，共有， 如果只参加翻译或司机，共有2种安排，故不同的安排方法数为，故D正确. 故选：CD. 考点三 实际问题中的计数问题 典例1．社火，又称“演社火”，是指在传统节日里扮演的各种杂戏，属于民间的一种自演自娱活动，也是国家级非物质文化遗产的代表性项目．某地举行的一次社火活动一共持续了三天，5名小朋友希望参加该活动，每天从中任选2名小朋友参加，则这5人中恰有1人连续参加三天的选法有（   ） A．210种 B．300种 C．360种 D．480种 【答案】B 【分析】应用分步分类计数原理，结合排列组合数求不同的选法数. 【详解】从5个人中任选一个人连续参加三天的活动，有5种选择， 若剩下的4个人中有2人参加了此项活动，则有一个人参加了其中两天的活动，有种方法， 若剩下的4个人中有3人参加了此项活动，则这三个人每人参加其中一天的活动，有种方法， 因此共有种. 故选：B 典例2．在某古装影视剧中，某地治安机构通过望楼传递信息．望楼传递信息的方式如下：如图所示，信号旗的旗面为九宫格，每个小方格可以在白色和黑色之间变换，则一共有 种不同的颜色组合来传递不同的信息．若要求最多出现3个黑色格子，那么一共可以传递 种不同的信息． 【答案】 512 130 【分析】应用乘法原理计算得出共有多少种不同的颜色组合来传递不同的信息；分一个黑色格子也没出现、出现1个黑色格子、出现2个黑色格子、出现3个黑色格子求可以传递不同的信息的方法可得答案. 【详解】信号旗的旗面为九宫格，每个小方格可以在白色和黑色之间变换， 则一共有（种）不同颜色组合来传递不同的信息； 若一个黑色格子也没出现，可以传递1种信息； 若出现1个黑色格子，可以传递9种不同信息； 若出现2个黑色格子，可以传递（种）不同信息； 若出现3个黑色格子，可以传递（种）不同信息． 所以若最多出现3个黑色格子，可以传递（种）不同信息． 故答案为：①512；②130. 跟踪训练1．下列说法正确的个数为（    ） ①180的正因数有16个②以正方体为顶点的三棱锥有70个③+9能被7整除 ④投一枚质地均匀的硬币十次，正面朝上频率在 的概率为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】根据180的因数计算判断①，分不同的四点共面情况求解判断②，根据二项式定理计算判断③，应用重复抛掷10次正面朝上出现的频率在得到，再结合二项分布即可求解④. 【详解】因为，所以180的正因数有，共18个，①不正确； 以正方体为顶点的三棱锥，首先从8个顶点中选4个，共有 种结果， 在这些结果中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面，所以满足条件的结果有 个，故②不正确； 不能被7整除，③不正确； 抛掷一枚质地均匀的硬币正面朝上的概率为， 重复抛掷10次正面朝上出现的频率在内，即， 所以，④正确． 正确的个数是1个. 故选：A. 跟踪训练2．已知集合，则满足的有序集组的个数为 ．（用数字作答） 【答案】729 【分析】设集合A的元素个数为，可知集合B的个数有个，集合A的个数有个，结合二项式定理运算求解即可. 【详解】设集合B的元素个数为，则集合B的个数有个， 可知集合B的子集有个，即集合A的个数有个； 所以有序集组的个数为个. 故答案为：729. 考点四 代数中的计数问题 典例1．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. 典例2．从1，2，…，2024中任取两数，（可以相同），则个位为8的概率为 【答案】 【分析】先研究和的个位数字的规律，确定它们的周期均为4，再借助古典概型知识，即可求解. 【详解】从1，2，⋯，2024中任取两数a，b(可以相同)，共有种取法， 因为的个位数字随着从1开始，依次是，周期变化， 的个位数字随着从1开始，则依次是，周期变化， 故它们的周期均为， 所以，中，共有种数型， 且每种数型的个数是均等的，都是个， 和的尾数中只有三种情形中个位数字是， 即时，的个位数字是，， 所以满足的个位数字是的取法有种取法， 所以所求概率为. 即个位为的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析发现的个位数与的个位数呈周期规律，从而得解. 跟踪训练1．设集合，函数，且对任意的，则满足题设的的个数为（　　） A．14 B．13 C．11 D．9 【答案】B 【分析】根据函数的定义，应用列举法写出对应函数值，进而确定的值，结合不等关系确定满足条件的函数个数. 【详解】由，函数，任意的， 若依次为，依次为， 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 综上，共有13个满足条件. 故选：B 跟踪训练2．将2个“0”、2个“1”和2个“2”这6个数，按从左到右的顺序排成一排，则能构成 个自然数，在所有构成的自然数中，第一位数为1的所有自然数之和为 . 【答案】 60 3333330 【分析】分析可知第一位数只能是1和2，根据部分平均分组问题结合组合数运算求解；分析可知第一位数为1共有30个自然数，第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法，进而运算求解. 【详解】因为要构成自然数，所以第一位数只能是1和2，故共有个自然数； 第一位数为1共有30个自然数， 第二位排0，1，2，分别有、、种排法； 根据对称性可知：第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法； 所以，所有第一位数为1的自然数之和为. 故答案为：60；3333330. 【点睛】关键点点睛：根据对称性可知：第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法，进而可得结果. 考点五 几何计数问题 典例1．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 典例2．已知是由组成的一个三位数，表示为，其中，均表示从1到9中的任意数，若以为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数共有（    ）. A．185个 B．170个 C．165个 D．156个 【答案】C 【分析】根据题意分等边三角形及等腰不等边两种情况进行分析列举即可. 【详解】①等边三角形有9个； ②等腰但不等边的三角形的情况如表1所示： 表1 底的长度 腰的情况／种 1 8 2 7 3 7 4 6 5 6 6 5 7 5 8 4 9 4 有52个，再排列，有个. 故共有这样的三位数（个）． 故选：C. 跟踪训练1．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 跟踪训练2．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. 考点六 数字排列问题 典例1．（多选）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 典例2．把1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字分别填入右图所示的方框中，每一排构成一个三位数，若要求图中每个数位上的数字第二排比第一排大，第三排比第二排大，且这三个三位数的和为999，则最后一列的三个数字之和为 （填出所有可能的结果）；这样的排列方法共有 种. 【答案】 19 5 【分析】根据这三个三位数的和为999，先得出最后一列的数字之和为19，再分第1、2列的三个数字之和依次为8，18得出排法. 【详解】由于1到9的和为45，，这三个三位数的和为999，依题意该算式进位了两次，则最后一列的三个数字之和为19. 第1、2列的三个数字之和依次为8，18. （1）当百位数字从上到下依次为1，2，5时，十位数字从上到下依次可以为4，6，8； 十位数字从上到下依次也可以为3，6，9；十位数字还可以从上到下依次为4，5，9，共有3种填法. （2）当百位数字从上到下依次为1，3，4时，十位数字从上到下依次可以为5，6，7； 十位数字从上到下依次也可以为2，7，9，共有2种填法. 这样的排列方法共有种： 故答案为：19；5. 跟踪训练1．用1，2，3，四个数组成一个五位数（每个数仅用到1次），则能组成 个不同的五位数． 【答案】 【分析】先分两大类，第一类为1和2相邻，然后再按1和2的左右顺序分两小类，分别由分步乘法计数得出，第二类为1和2不相邻，然后再按3在不在数字1和2中间分两小类，分别由分步乘法计数得出，最后再由分类加法计数得到答案. 【详解】分两大类进行： 第一类：数字1和2相邻时，再分两小类： ①数字1和2相邻且1在2的左边，这时相当于两个和一个3排序，先排两个只有一种方法如图， 再由这两个产生3个空中选一个空插入3，所以共有种不同的五位数；    ②数字1和2相邻且2在1的左边，这时1，2，3的排法有2种顺序如图，此时产生3个空， 再从这3个空中选一个空插入，所以共有种不同的五位数. 或   第二类：数字1和2不相邻时，再分两小类： ③数字3在数字1和2中间，此时共有两种顺序132和231如图， 再由这3个数产生4个空选一个空插入，所以共有种不同的五位数， 或   ④数字3不在数字1和2中间，那么只能在数字1和2中间，此时共有2种不同的排法如图， 最后3只能排首位或者末位，所以共有种不同的五位数. 或   故一共有种不同的五位数. 故答案为：. 跟踪训练2．小明忘记了自己的某软件的账户密码，只记得如图所示的三个数字.已知小明设置的密码满足以下两个原则： ①密码中所有数字的可能取值集合为； ②密码中不存在重复三次及以上的数字. 则小明在符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为 . 【答案】84 【分析】根据分步乘法计数原理求出所有可能的组合数，再结合组合数的概念，分类讨论不满足原则②的情况，用所有可能的组合数减去不符合规则的组合数即可得解. 【详解】由题意可知密码共有6位，其中第1、2、4位已知，分别为3，4，2， 由原则①密码中所有数字的可能取值集合为可知可能的密码组合数为种， 其中数字1或5重复三次的情况有2种， 数字2或3或4重复三次的情况有种， 数字2或3或4重复四次的情况有3种， 所以符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为种， 故答案为：84 考点七 涂色问题 典例1．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（   ）种不同的种植方法． A．36 B．60 C．84 D．120 【答案】C 【分析】设k种种子排成环形的n个区域种植不同的方法数为,利用间接法，先求出排成一行的4个区域种植且相邻区域种植4种不同的种子的方法数，减去区域1和区域n种植相同种子的方法数，即得答案. 【详解】设k种种子排成环形的n个区域种植不同的方法数为， 若先考虑排成一行的区域种植且相邻区域种植不同种子，则方法数应为， ①若区域1和区域n种植不同种子时，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时满足条件： ②若区域1和区域n种植相同种子时，把区域1和区域n粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需从种方法中被减掉． 所以，依题意，易得，则， 即． 故选：C. 典例2．如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为 .    【答案】/ 【分析】首先根据分类和分步计数原理，计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况，再结合古典概型概率公式，即可求解. 【详解】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数. 第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有种； 第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽车有3种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2种停法，此时另一辆黑色汽车有2种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有种. 因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14种， 8个车位停入4辆车的试验共有种情况， 所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为. 故答案为： 跟踪训练1．若一个四位数的各位数字之和为3，则这样的四位数有（   ） A．9个 B．10个 C．12个 D．15个 【答案】B 【分析】根据3的不同组成，分类讨论求解. 【详解】当这个四位数由3，0，0，0构成时，共有1种情况， 当这个四位数由2，1，0，0构成时，共有种情况， 当这个四位数由1，1，1，0构成时，共有种情况， 综上所述，共有1+6+3=10种情况 故选：B 跟踪训练2．现有五种不同的颜料可用，从这五种染料中选取染料给四棱锥的五个顶点染色，要求同一条棱上的两个顶点不同色，问满足条件的染色方案有 种. 【答案】420 【分析】分使用五种染料、四种染料、三种染料求解，最后相加即可. 【详解】五个顶点涂五种不同的颜色，有（种）涂法； 五个顶点涂四种不同的颜色，其中同色不同色或不同色同色，有（种）涂法； 五种顶点涂三种不同的颜色，其中同色且同色，有（种）涂法. 综上，共有120＋240＋60=420（种）涂色方法. 故答案为：420 考点八 其他计数模型 典例1．几位同学假期组成一个小组去某市旅游，已知该市有6座塔，它们的位置分别为．同学们自由行动一段时间后，每位同学都发现自己在所在的位置只能看到位于处的4座塔，而看不到位于和处的塔．已知 （1）同学们的位置和塔的位置均视为同一平面上的点，且这些点彼此不重合； （2）中任意3点不共线； （3）看不到塔的唯一可能就是视线被其他的塔所阻挡，例如，如果某位同学所在的位置和共线，且在线段上，那么该同学就看不到位于处的塔． 请问，这个旅游小组最多可能有多少名同学？（    ） A．3 B．4 C．6 D．12 【答案】C 【分析】根据题目条件，举例分析推理即可得出答案. 【详解】由于任意3座塔的位置不共线， 所以对任意一位同学来说，和处的塔必然是被2座不同的塔所阻挡了视线， 我们任取处的2座塔（不妨取处和处的塔）， 假设一位同学的视线是被这2座塔阻挡， 那么该同学的位置是的延长线和的延长线的交点， 或者是的延长线和的延长线的交点， 且被处和处的塔阻挡住视线的同学最多有一位， 由于在处的4座塔中选取2座塔的方式有6种， 所以同学的人数不超过6． 设是6名同学的位置，则如图是一种符合题意的位置分配方法． 故选：C. 典例2．（多选）现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（   ） A．若自由放置，共有3125种不同的放法 B．恰有一个盒子不放球，共有240种放法 C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有20种 D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有20种 【答案】ACD 【分析】结合组合数、排列数由分步乘法计算原理逐项计算即可求解； 【详解】对于选项A：每个小球都有5种选择，所有共有种，故A正确； 对于选项B：第一步，选择一个盒子不放球，由, 第二步，5个小球分成4组，分别放入4个盒子有：， 所以共有种，故B错误； 对于选项C：第一步选择两个盒子使得编号与小球相同，有， 第二步，剩下3个球，3个盒子使得盒子编号与小球编号不相同共有2种， 所以共有20种，故C正确； 对于选项D：第一步，确定哪个盒子不放球，有， 第二步，剩下四个盒子确定哪个盒子放两个球，即可； 所有共有20种，故D正确； 故选：ACD. 跟踪训练1．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. 跟踪训练2．已知一个基因由若干个碱基对组成，而一个碱基对由，，，四种碱基中任取两个碱基配对排列而成，其中只能与配对，只能与配对．如果个碱基对组成一个基因，那么个碱基对组成的基因个数为 ． 【答案】 【分析】因为一个碱基对是由，，，四种碱基中任取两个碱基配对排列而成，其中只能与配对，只能与配对，依题意解出碱基对个数即可. 【详解】因为一个碱基对是由，，，四种碱基中任取两个碱基配对排列而成， 其中只能与配对，只能与配对， 所以碱基对有共有个， 若个碱基对组成一个基因，那么个碱基对组成的基因个数为. 故答案为：. 1．游戏《黑神话：悟空》在山西的取景地共27处，包括长治市的崇庆寺、观音堂，大同市的云冈石窟等，具体分布如下： 城市 大同 朔州 忻州 晋中 长治 晋城 临汾 运城 取景地个数 6 2 6 2 2 3 2 4 某游客计划从中选5处景点游玩，其中长治、晋城各选一处，大同选两处，且云冈石窟必选，共有多少种不同的选法（    ） A．26 B．450 C．480 D．1440 【答案】C 【分析】结合题意，利用组合数分析即可求解. 【详解】长治、晋城各选一处，共有种选法， 大同选两处，且云冈石窟必选，共有种选法， 剩下可选的景点有：处，再选1处，种选法， 所以共有种选法. 故选：C. 2．将数字1，2，3，4，5，6填入如图的6个方格中，每个方格填一个数字，每个方格中的数字均不相同，若每行中任意两个相邻数字之和为偶数，则不同的填法共有（    ）    A．36种 B．48种 C．72种 D．108种 【答案】C 【分析】依题意可分两种情况：①第一行为奇数，第二行为偶数，②第一行为偶数，第二行为奇数，进而结合排列数公式即可求解． 【详解】由每行中任意两个相邻数字之和为偶数， 即一个数为奇数，则另一个数需为奇数，或一个数为偶数，则另一个数需为偶数， 因为共有6个数字，其中3个奇数、3个偶数，所以分两种情况： ①第一行为奇数，第二行为偶数， ②第一行为偶数，第二行为奇数， 所以共有（种）不同的填法． 故选：C． 3．甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、重庆动物园、白帝城这4个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（   ） A．24种 B．18种 C．12种 D．6种 【答案】B 【分析】根据排列的定义，结合分步计数原理进行求解即可. 【详解】因为甲不去重庆动物园， 所以甲有三种不同的去处， 又因为甲、乙、丙三人去的景区互不相同， 所以这三人的不同选择方法共有， 故选：B 4．已知4位学生被分配到A、B、C三地学习，每地至少分配一位学生且每位学生只能去一个地方学习，则不同的分配方式有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【答案】D 【分析】根据题意先将4位学生分成三组，再分配到A、B、C三地学习，根据分步乘法计数原理即可求解． 【详解】根据题意，先从4人中选2人组成一组，有种方法， 然后将3组学生分配到A、B、C三地学习，有种方法， 由分步计数原理知共有种不同的分配方法， 故选：D． 5．从4个汉字、10个数字、3种颜色中选元素组成3个标识，每个标识含1个汉字、1个数字、1种颜色，且同一组内汉字、数字、颜色均不重复.最多可设计不同标识组的数量为（    ） A．2400 B．3200 C．4320 D．5760 【答案】D 【分析】根据题设，以颜色为序将4个汉字、10个数字填入，应用分步乘法求出所有可能标识个数，再由每3个标识构成一个标识组求出不同标识组最多个数. 【详解】由题设，3种颜色（假设为红黄蓝）分别填入3条标识的颜色栏，如下表， 颜色 汉字 数字 红 * * 黄 * * 蓝 * * 再将4个汉字、10个数字安排到上表的3条标识中，且各条标识间的汉字、数字不重复， 所以，依次填入3条标识汉字栏、数字栏，有种， 所以一共可以构成个标识，而每3个标识构成一个标识组， 所以不同标识组最多有个. 故选：D 6．现将2本不同的数学书、3本不同的物理书、1本化学书放在一个单层的书架上，且同类的书各不相邻，则不同的放法有（   ） A．120种 B．144种 C．96种 D．160种 【答案】A 【分析】分化学书在2本数学书之间，或是1本物理书在2本数学书直接，再按照分步计数原理，插空法解决问题. 【详解】第一种情况，首先化学书在2本数学书的中间，数学书排列有2种方法，再让三本物理书插空，有种方法，所以共有种方法， 第二种情况，若1本物理书在2本数学书的中间，则这3本书看成1个元素，有种方法，再和化学书排列有种方法，最后剩下的2本物理书插空，有种方法，所以共有种方法， 综上，共有种方法. 故选：A 7．某校的音乐学会有7名男生及5名女生．某舞台上放了两行椅子，且每行有3张椅子．从该音乐学会中随机选出3名男生及3名女生在舞台上就座．若选出的女生必须坐在首行：求编排男生和女生在舞台上就座的方法的数目．（　　） A．350 B．720 C．12600 D．25200 【答案】C 【分析】利用分步乘法计数原理和组合数的性质求解即可. 【详解】先选女生：从5名女生中选3名，可以选种， 再选男生：从7名男生中选3名，可以选种， 再对女生排列：3名女生在首行3张椅子上排列，有种， 再对男生排列：3名男生在第二行3张椅子上排列，有种， 由分步乘法计数原理得，总方法数为种，故C正确. 故选：C 8．有共六个人，他们的座位分别为，现在要求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则共有（   ）种不同的方法． A．9 B．16 C．44 D．265 【答案】D 【分析】记n个人坐位子且自己不坐自己的座位的方法数构成一个数列，易得,设选了，然后分选时和不选两种情况分别表示出方法数，即得递推式，依次赋值代入求出即可. 【详解】记n个人坐位子且自己不坐自己的座位的方法数构成一个数列，易得， 首先，让选位，不选，则共有种方法，不妨设选了，然后再让选位， ①当选时，则余下的个人和个座位，共有种坐法； ②当不选时，则余下的个人都有一个不能选的座位，则共有种方法， 所以，， 所以，． 故选：D. 9．某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 【答案】C 【分析】甲班的2名同学相邻，用“捆绑法”，乙班的2名同学不相邻，用“插空法”，再根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一步，将甲班的2人捆绑，连同丙班的2人作全排列，有种站法； 第二步，将乙班的2人插入前后4个空档，有种站法. 根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种. 故选：C 三、填空题 10．甲、乙等5名同学参加羽毛球比赛，决出特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、优秀奖各1名.若甲、乙均没有获得特等奖，则获奖的所有可能情况有 （用数字作答）种. 【答案】72 【分析】根据排列的定义，结合分步乘法原理进行求解即可. 【详解】因为甲、乙均没有获得特等奖，所以甲、乙获奖的可能情况有种， 则除甲、乙之外的三个同学获奖情况有种，， 所以5名同学获奖的所有可能情况有种. 故答案为：72 11．通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由4个数字（其中随机组成，如果验证码满足，则称该验证码为递增型验证码.某人收到一个验证码，则它首位为2的递增型验证码的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意，由分步计数原理求得验证码总数为种，再由，且，利用组合数公式，求得位为2的递增型验证码数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，手机验证码由4个数字（其中随机组成， 根据分步计数原理，可得验证码共有种， 若，且满足， 则从，这7个数字中选出3个数字，并且按从小到大的顺序排列， 共有种， 所以首位为2的递增型验证码的概率. 故答案为： 12．有4名男生，5名女生，全排成一行，则甲不在中间也不在两端的排法种数的是 . 【答案】241920 【分析】先排甲再排没有限制条件的另外8人，按照分步乘法计数原理计算. 【详解】先排甲有种不同的排法，再排其余8人，有种不同的排法， 根据分步乘法计数原理，不同的排法共有种． 故答案为：. 13．记是从1，2，3，4，5，6，7中任取三个不同的数字构成的最大的三位数（例如：取1，2，3时，则为321）；是从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数字构成的最大的三位数，则的概率为 . 【答案】/0.7 【分析】利用组合数公式，求出的所有组合数量，再求出满足的取法数量，计算所求概率即可. 【详解】是从1，2，3，4，5，6，7中任取三个不同的数字构成的最大的三位数， 是从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数字构成的最大的三位数， 则取得的共有种组合， 中有数字7时，都满足，有种组合， 中没有数字7时，则和都是从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数字构成的最大的三位数， 共种组合， 其中满足的有种组合，满足的有种组合， 所以依题意取到的和中，的概率. 故答案为：. 14．某市抽调5位老师分赴3所山区学校支教，要求每位老师只能去一所学校，每所学校至少安排一位老师.由于工作需要，甲、乙两位老师必须安排在不同的学校，则不同的分派方法的种数是 . 【答案】 【分析】先安排甲、乙两位老师，再利用间接法安排剩下的3位老师，最后利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】设学校为，先把甲、乙两位老师安排到不同学校，有种， 不妨设甲在，乙在，只需剩余3人至少有1人去即可， 利用间接法计算，有种不同安排方法， 根据分步乘法计数原理可知，共有种不同安排方法. 故答案为：. 15．某数学兴趣小组的6名同学排成一排照相，其中甲、乙两名同学必须彼此相邻，丙不在队伍两头的安排方式共有 （用数字作答）种. 【答案】144 【分析】利用捆绑法、分步乘法计数原理和间接法求解. 【详解】6名同学排成一排照相，其中甲、乙相邻的安排方式有（种）， 6名同学排成一排照相，其中甲、乙相邻，丙在队伍两头的安排方式有（种）， 所以6名同学排成一排照相，其中甲、乙两名同学彼此相邻，丙不在队伍两头的安排方式共有（种）. 故答案为：144. 16．一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有 种. 【答案】72 【分析】根据分类加法以及分步乘法计数原理求解即可. 【详解】如图对正方形每个方格编号： 不妨记玫瑰、月季、百合、郁金香分别为：， 第一步在方格中种植4种不同花卉，有种方法； 第二步：不妨取一种种植情况如图： A B 3 D C 6 7 8 9 （1）当方格种植花卉时，则方格种植D花卉，方格只能种植B花卉， 方格种植A花卉， 方格种植D花卉，只有种方法； （2）当方格不种植花卉时，则方格中种植花卉，方格种植A花卉， ①当方格种植花卉时，则方格种植B花卉，方格种植花卉，只有种方法； ②当方格种植B花卉时，则方格中只能种植花卉，方格种植B花卉，只有种方法； 因此根据分类加法计数原理和分步计数原理可知，共有种方法. 故答案为： 17．某校安排甲，乙，丙，丁共4位教师分别去高一，高二，高三三个年级任教，其中每个年级至少安排一位教师，若甲，乙不去高三年级但能去其他两个年级，丙，丁都能去三个年级，则不同的安排方案的种数为 ．（用数字作答） 【答案】14 【分析】根据去高三年级的情况分类讨论即可. 【详解】若高三年级去一个人，只能从丙，丁中选1个，剩余3人选2人去1个学校，将这两人看成1人，则2人分到2个学校的方法是,所以不同的分配方案有：； 若高三年级去2个人：只能是丙，丁，所以不同的分配方案有：. 所以共有种. 故答案为：14 18．某班5位同学参加3项跑步比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有 种. 【答案】 【分析】设报1项的同学有人，报2项的同学有人，根据题意得，解出，再利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】设报1项的同学有人，报2项的同学有人， 由题意有：5位同学每人报名1项或2项，3个项目每个项目恰有2人报名，总报名名额为， 所以，即恰好有1人报2项，其余4人各报1项， 第一步：先选报2项的同学有种选法， 第二步：选该同学报的2个项目有种选法，假设选的项目是和， 则项目各已有1人，还需各1人，项目还需要2人， 第三步：分配剩余4人，从4人中选1人去项目有种选法，选1人去项目有种选法， 剩余的2人去项目有种选法，共有种选法， 根据分步乘法计数原理有：种选法. 故答案为：. 19．现有3名男生和3名女生要与班主任站成一排合影，班主任站中间，则3名女生有且仅有2名相邻的站法总数为 .（结果用数字作答）. 【答案】 【分析】先确定班主任位置，再从3名女生中选2名“捆绑”，将“捆绑”的女生与剩余1名女生插入男生形成的空位，最后排列男生和“捆绑”体、剩余女生，根据分步乘法计数原理计算站法总数. 【详解】班主任站中间位置，只有1种站法； 从3名女生中选2名女生并“捆绑”，有种选法；“捆绑”的2名女生内部有种排列顺序； 3名男生全排列，有种排法，3名男生排列后形成4个空位（包括两端）； 从4个空位中选2个空位插入“捆绑”的女生整体和剩余1名女生，有种插空方法； 根据分步乘法计数原理，总站法数为. 故答案为： 1．n元有序数对，其中且不全相等，则满足方程的有序数对共有（   ）组. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】计算得，再根据不等式得，最后利用分步乘法计算公式即可得到答案. 【详解】由，得，即， 又，从而， 当且仅当时等号成立，即， 又不全相等，故有序数对共有种情况， 故选：A． 2．（多选）某班要举办一次学科交流活动，现安排 这五名同学负责语文，数学，英语，物理学科相关工作． 则下列说法中正确的是（    ） A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有 种 B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有 240 种不同的方案 C．若数学学科必须安排两人， 其余学科安排一人， 则有 60 种不同的方案 D．若每人至多安排一门学科，其中安排 和 负责语文、数学工作，其余三人中任选两人负责英语、 物理工作， 则有 12 种不同的方案 【答案】BCD 【分析】利用分步计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可求解. 【详解】这五人每人任选一门学科，则不同的选法有 种，故A错误； 根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人， 我们把这五人分成四组共有种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种 ， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确； 若数学学科必须安排两人，则有种方法，其余学科各安排一人共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故C正确； 安排 和 负责语文、数学工作，共有种安排， 其余三人中任选两人负责英语、 物理工作，共有种安排， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故D正确； 故选：BCD. 3．（多选）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ）    A．若，不同的染色方法种数为 B．若，不同的染色方法种数为 C．若，不同的染色方法种数为 D．若，不同的染色方法种数为 【答案】BD 【分析】利用分步计数乘法原理与分类加法计数原理可求解. 【详解】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示： 1 2 3 4 若用三种颜色，则要么号和4号区域同色，要么号和号区域同色， 故有种不同的涂法，所以A错误，B正确. 若用四种颜色，1号区域可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法. ①当2号，3号区域涂不同颜色的染料时，有种不同的涂法，4号区域有2种不同的涂法，可知有种不同的涂法. ②当2号，3号区域涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号区域也有3种不同的涂法，可知有种不同的涂法. 综上，由分类加法计数原理，可得共有种不同的涂法. 因此，C错误，D正确. 故选： 4．纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会于2025年9月3日上午在天安门广场隆重举行，以盛大阅兵仪式同世界人民一道纪念这个伟大的日子，共同开创更加光明的未来.这次阅兵中亮相的某新式武器的信息设备由装有一排四只发光电子元件组成，每个电子元件被点亮时可发出红色光、蓝色光、绿色光中的一种光，若每次恰有两个电子元件被点亮，但相邻的电子元件不能同时被点亮，根据这两个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这四个电子元件能表示的信息种数共有 种. 【答案】27 【分析】根据题意先计算选两个不相邻的电子元件的方案数，接着计算两个元件表示的不同信号数，最后根据分步乘法计算原理求解． 【详解】设四只发光电子元件分别为， 则选两个不相邻的电子元件共有三种情况； 每种情况可表示种信息， 所以共可表示种不同信号． 故答案为：27． 5．如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位长度，记为第次跳跃后对应数轴上的数字，则满足的跳跃方法有 种． 【答案】448 【分析】分和两种情况，讨论向左和向右的次数，再结合组合数公式，即可求解. 【详解】因为，所以或． 当时，前8次向左跳跃6次，向右跳跃2次，后6次向右跳跃6次， 所以有（种）跳跃方法； 当时，前8次向右跳跃6次，向左跳跃2次，后6次向左跳跃4次，向右跳跃2次， 所以有（种）跳跃方法． 综上所述，满足的跳跃方法有（种）． 故答案为： 6．数列共有项，，，且，（，，，，则满足这种条件的不同数列的个数为 ． 【答案】 【分析】根据题意，先确定数列中的个数，再利用组合知识，即可得到结论． 【详解】， 或， ， 设上式中有个，则有个， ，解得：， 这样的数列个数有. 故答案为： 一、单选题 1．（2023·全国甲卷·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解. 【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件， 其中这2名学生来自不同年级的基本事件有， 所以这2名学生来自不同年级的概率为. 故选：D. 2．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（    ） A．120 B．60 C．30 D．20 【答案】B 【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解. 【详解】不妨记五名志愿者为， 假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法， 同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法， 所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种. 故选：B. 3．（2023·全国乙卷·高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【答案】C 【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案. 【详解】首先确定相同得读物，共有种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种， 根据分步乘法公式则共有种， 故选：C. 二、填空题 4．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种． 【答案】288 【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可. 【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法， 故有种排法. 故答案为：288 5．（2024·上海·高考真题）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ． 【答案】329 【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可. 【详解】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数． 首先讨论三位数中的偶数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个； ②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选， 根据分步乘法这样的偶数共有， 最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为个． 故答案为：329． $