专题3.1 基本计数原理八大题型（高效培优讲义）数学人教B版2019选择性必修第二册

本高中数学讲义聚焦“基本计数原理”核心知识点，系统阐述分类加法计数原理和分步乘法计数原理的概念、区别及综合应用。作为排列组合的基础支架，前承初中简单计数问题，后启复杂排列组合知识，帮助学生构建从“分类”“分步”到综合应用的完整认知脉络。 资料以“原理理解-题型突破-综合应用”为主线，设计8类典型题型，如“幸运数”“贺卡分配”“涂色问题”等，引导学生用数学眼光观察现实问题中的数量关系。通过典例与变式题的梯度训练，培养学生逻辑推理能力（数学思维），结合概率、几何等跨情境问题，提升用数学语言表达解决方案的能力。课中助力教师分层教学，课后便于学生针对性查漏补缺，强化知识应用。

专题3.1 基本计数原理 教学目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题． 教学重难点 1.重点 （1）分类加法计数原理； （2）分部乘法计数原理； （3）分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用。 2.难点 （1）数字排列问题； （2）涂色问题。 知识点01 分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2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． 知识点02 分布乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有： 种不同的方法． 注意：两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理． 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理． 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法． 知识点03 两个计数原理的综合应用 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2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． 题型01 分类加法计数原理的应用 【典例1】.（24-25高二下·江苏南京·期末）将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（   ） A．19 B．20 C．21 D．22 【变式1】.（24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）某同学从个球类项目和个田径类项目中选个项目参加，则不同的选择方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式2】．（25-26高二上·全国·课前预习）完成一件事，如果有类办法，且：第一类办法中有种不同的方法，第二类办法中有种不同的方法……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． 【变式3】．（24-25高二下·河南·期末）一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）．若，且互不相同，则这个三位数为“有缘数”共 个． 题型02 分布乘法计数原理的应用 【典例2】.（2025高二·全国·专题练习）甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有（    ） 种. A． B． C． D． 【变式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 【变式2】．（2025高三·全国·专题练习）将27，37，47，48，55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排列有 种． 【变式3】．（24-25高二下·福建福州·期末）春节期间，甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《熊出没·重启未来》及《蛟龙行动》四部电影中任选一部，则不同的选法有 种． 题型03 两个原理的综合应用 【典例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 ． 【变式1】．随着外地返乡人员的增加，当前防疫形势愈加严峻，射洪已经发现了多起新冠阳性病人.射洪中学计划下周星期一、二、三，连续三天对我校在校师生进行核酸检测.高三数学组有金老师、赵老师、谭老师、黄老师四人主动申请参与信息采集.每人自行选择其中的某一天参与，但金老师和谭老师不能在同一天参加，则不同的安排方式有 .（用数字作答） 【变式2】．（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 【变式3】．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 题型04 代数中的计数问题 【典例4】．（23-24高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【变式1】．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）已知，且，则所有满足条件的数对的个数为（    ） A．12 B．13 C．20 D．24 【变式2】．（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. 【变式3】．（23-24高二下·北京顺义·期中）哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和.（质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数）.在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种. 题型05 几何中的计数问题 【典例5】．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 【变式1】．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 【变式2】．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06 数字排列问题 【典例6】．（24-25高二上·辽宁·期末）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 【变式1】．（23-24高二下·北京延庆·期中）由数字，，，构成的三位数有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【变式2】．（2025·河南·模拟预测）用，，，…，这个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为 ． 【变式3】．（24-25高二上·上海·期末）用0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是 题型07 涂色问题 【典例7】．（24-25高二下·云南临沧·阶段练习）用种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有 种不同的书写方案． 【变式1】．（2025·江苏南京·二模）英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）. 【变式2】．（23-24高二下·安徽池州·期中）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，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 【变式3】．（23-24高三下·重庆·开学考试）用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（    ） A．120 B．72 C．48 D．24 题型08 其它计数模型 【典例1】．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. 【变式1】．已知集合，，，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中的点的坐标，则确定不同点的坐标个数为 ． 一、单选题 1．（24-25高二下·福建福州·期末）某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（   ） A．12种 B．27种 C．120种 D．600种 2．（25-26高二上·广东江门·阶段练习）集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 3．如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有，，，，五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（    ）    A．种 B．种 C．种 D．种 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．（24-25高二上·北京西城·期末）从数字中，可重复地取出3个数字，组成各位数字之和等于6的三位数，这样的三位数的个数为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 6．（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 二、填空题 7．（24-25高二下·安徽·阶段练习）已知有4名工人分别在4个不同的岗位，现根据需要进行轮岗调整，则至少有3名工人岗位变动的轮岗方式种数有 . 8．（24-25高二下·陕西咸阳·期末）如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有 种． 9．（24-25高二下·四川广元·期中）1800有 个不同的正因数． 10．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. 11．（24-25高二下·安徽·阶段练习）某学校为培养学生的动手能力、合作能力和环保意识，在新的学期建立了一块劳动基地（形状如图），并进行花卉种植活动．现有4种不同的花卉，在基地的5个区域种植，只要求相邻区域种植不同的花卉，则不同的种植方法共有 种． 12．（2025高三·全国·专题练习）在共13个数中挑出个数，使得这个数中任意两个的差都不是5或8，则的最大值是 ．(用数字作答) 13．已知有红绿黄蓝4个不同颜色的球及红绿黄蓝4个不同颜色的盒子,现在在每个盒子里放一个球,并且确保4个盒子与盒子里的球的颜色都不相同,则不同的放法有 种. 2 / 17 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 $ 专题3.1 基本计数原理 教学目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题． 教学重难点 1.重点 （1）分类加法计数原理； （2）分部乘法计数原理； （3）分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用。 2.难点 （1）数字排列问题； （2）涂色问题。 知识点01 分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2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． 知识点02 分布乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 注意：两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理． 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理． 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法． 知识点03 两个计数原理的综合应用 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2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． 题型01 分类加法计数原理的应用 【典例1】.（24-25高二下·江苏南京·期末）将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（   ） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理 【分析】应用分类加法原理计算得出幸运数的个数即可. 【详解】当百位数字是6，其他数字是0，此时幸运数有1个； 当百位数字是5，其他数字是0和1，此时幸运数有2个； 当百位数字是4，其他数字是1和1或者是0和2，此时幸运数有个； 当百位数字是3，其他数字是1和2或者是0和3，此时幸运数有个； 当百位数字是2，其他数字是2和2或者是0和4或者是1和3，此时幸运数有个； 当百位数字是1，其他数字是2和3或者是1和4或者是0和5，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为. 故选：C. 【变式1】.（24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）某同学从个球类项目和个田径类项目中选个项目参加，则不同的选择方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】分类加法计数原理 【分析】利用分类加法计数原理可得结果. 【详解】某同学从个球类项目和个田径类项目中选个项目参加， 若选择的为球类项目，有种选择， 若选择的为田径类项目，有种选择， 由分类加法计数原理可知，不同的选择方案种数为种. 故选：A. 【变式2】．（25-26高二上·全国·课前预习）完成一件事，如果有类办法，且：第一类办法中有种不同的方法，第二类办法中有种不同的方法……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． 【答案】 【难度】0.94 【知识点】分类加法计数原理 【分析】略 【详解】略 【点睛】 【变式3】．（24-25高二下·河南·期末）一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）．若，且互不相同，则这个三位数为“有缘数”共 个． 【答案】24 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用“有缘数”的定义，利用分类讨论的思想，求出所有的三位数． 【详解】根据题意知在中，能组成有缘数的组合有；； ；， 由组成的三位自然数为 “有缘数”共6个； 同理：由组成的三位数为“有缘数”是6个； 由组成的三位数为“有缘数”是6个； 由组成的三位数为“有缘数”是6个； 所以三位数为“有缘数”的个数为：个． 故答案为：24 题型02 分布乘法计数原理的应用 【典例2】.（2025高二·全国·专题练习）甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有（    ） 种. A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据特殊元素优先原则，结合分步乘法计数原理可得解. 【详解】（1）甲先拿，有种拿法； （2）再让写那张被甲拿到的卡片的人去拿，有种拿法； （3）剩余两人只有种拿法，根据分步乘法计数原理知共有种拿法， 故选：A. 【变式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 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【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. 【变式2】．（2025高三·全国·专题练习）将27，37，47，48，55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排列有 种． 【答案】144 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】考虑这7个数被3除的余数，只需对余数排列即可，利用分步乘法原理计算得解. 【详解】注意到这7个数被3除的余数分别为0，1，2，0，1，2，0． 只需对余数排列即可，有6种情形：2010201，1020102，0120012，2100210，0210021，1200120． 每一种情形有种，所以共有种. 故答案为：144. 【变式3】．（24-25高二下·福建福州·期末）春节期间，甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《熊出没·重启未来》及《蛟龙行动》四部电影中任选一部，则不同的选法有 种． 【答案】 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分步计数原理的应用即可求解． 【详解】易知每个人都有种选法，故不同的选法有种． 故答案为：． 题型03 两个原理的综合应用 【典例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】/ 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的计数问题、计算古典概型问题的概率 【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：. 【变式1】．随着外地返乡人员的增加，当前防疫形势愈加严峻，射洪已经发现了多起新冠阳性病人.射洪中学计划下周星期一、二、三，连续三天对我校在校师生进行核酸检测.高三数学组有金老师、赵老师、谭老师、黄老师四人主动申请参与信息采集.每人自行选择其中的某一天参与，但金老师和谭老师不能在同一天参加，则不同的安排方式有 .（用数字作答） 【答案】 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的计数问题 【分析】 先考虑四位老师各随机选择一天参与核酸信息采集的安排方式种数，再考虑金老师和谭老师在同一天参加的安排方式种数，利用间接法可求得金老师和谭老师不能在同一天参加的安排方式种数. 【详解】四位老师各随机选择一天参与核酸信息采集，不同的安排方式种数为种， 其中，金老师和谭老师在同一天参加的安排方式种数为种， 因此，金老师和谭老师不能在同一天参加，不同的安排方式种数为种. 故答案为：. 【变式2】．（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 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的计数问题 【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 【变式3】．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 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的计数问题 【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. 题型04 代数中的计数问题 【典例4】．（23-24高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、代数中的计数问题 【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 【变式1】．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）已知，且，则所有满足条件的数对的个数为（    ） A．12 B．13 C．20 D．24 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】代数中的计数问题 【分析】将题设条件变形为且、，结合判断的可能数值，即可得答案. 【详解】由题设，即， 又，且，则， 所以且， 可能为、、、、、、、、、、、、，共13个， 所以对应也有13个. 综上，所有满足条件的数对的个数为13个. 故选：B 【变式2】．（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 【难度】0.65 【知识点】代数中的计数问题 【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：. 【变式3】．（23-24高二下·北京顺义·期中）哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和.（质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数）.在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种. 【答案】 【难度】0.85 【知识点】代数中的计数问题 【分析】列举出不超过的质数，分析可知必取，然后在剩余个奇数中任选一个即可，即可得出不同的选法种数. 【详解】不超过的质数有：、、、、、、，共个， 在这个数中随机选取两个不同的数，其和为奇数，则必取， 然后在剩余个奇数中任选一个即可， 所以，不同的取法种数为种. 故答案为：. 题型05 几何中的计数问题 【典例5】．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 【难度】0.65 【知识点】几何计数问题 【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. 【变式1】．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 【难度】0.85 【知识点】几何计数问题 【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 【变式2】．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】 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、几何计数问题 【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 【难度】0.65 【知识点】几何计数问题 【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06 数字排列问题 【典例6】．（24-25高二上·辽宁·期末）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 【难度】0.85 【知识点】数字排列问题 【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. 【变式1】．（23-24高二下·北京延庆·期中）由数字，，，构成的三位数有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】百位有4种选择，十位有4种选择，个位有4种选择，故构成的三位数共有个， 故选：A 【变式2】．（2025·河南·模拟预测）用，，，…，这个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为 ． 【答案】224 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题 【分析】利用分布乘法计数原理结合排列知识进行计算即可直接得答案. 【详解】从四个数中任选一个数放在个位，有4种方法， 再从其他八个数中任选2位数放在十位和百位，有种方法， 故九个数组成没有重复的三位数且是偶数共有种方法， 故答案为：224. 【变式3】．（24-25高二上·上海·期末）用0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是 【答案】 【难度】0.85 【知识点】数字排列问题 【分析】通过个位数字是0和2，两类情况讨论即可求解； 【详解】当个数数字是0时，满足条件的四位数由， 当个数数字是2时，满足条件的四位数由， 故满足条件的偶数个数是10， 故答案为：10 题型07 涂色问题 【典例7】．（24-25高二下·云南临沧·阶段练习）用种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有 种不同的书写方案． 【答案】 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】利用分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】完成工作可分四步： 第一步，“英语角”用的粉笔颜色有种不同的选法； 第二步，“语文学苑”用的粉笔颜色不能与“英语角”用的粉笔颜色相同，有种不同的选法； 第三步，“理综世界”用的粉笔颜色与“英语角”和“语文学苑”用的粉笔颜色都不相同，有种不同的选法； 第四步，“数学天地”用的粉笔颜色只要与“理综世界”用的粉笔颜色不同即可，有种不同的选法． 由分步乘法计数原理知，该板报共有种不同的书写方案． 故答案为：． 【变式1】．（2025·江苏南京·二模）英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）. 【答案】216 【难度】0.85 【知识点】排列组合综合、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】如图，将6个行政区标上序号，根据分步乘法计数原理，按照一定的顺序对各个区域进行涂色，同时考虑相邻区域颜色不同的限制条件即可求解. 【详解】如图，将6个行政区标上序号， 区域1有4种颜色可选，共4种方法； 区域2与区域1相邻，不能与区域1同色，有3种颜色可选，共3种方法； 区域3与区域1、2相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种方法； ①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法； ②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域6有3种涂色方法， 若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法， 所以一共有种方法. 故答案为：216. 【变式2】．（23-24高二下·安徽池州·期中）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，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】涂色问题 【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E，    分4步进行分析： ①，对于区域A，有5种颜色可选； ②，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选； ③，对于区域C，与A、B区域相邻，有3种颜色可选； ④，对于区域D、E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选， 若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选， 则区域D、E有种选择， 所以不同的涂色方案有种. 故选：D. 【变式3】．（23-24高三下·重庆·开学考试）用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（    ） A．120 B．72 C．48 D．24 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、涂色问题 【分析】利用两个计数原理，先分类再分步即可求解． 【详解】先涂，有4种选择，接下来涂，有3种选择，再涂,有2种选择， ① 当,颜色相同时涂色方法数是：， ② 当,颜色不相同时涂色方法数是：， 满足题意的涂色方法总数是：． 故选：A． 题型08 其它计数模型 【典例1】．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 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的计数问题、其他计数模型 【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 【点睛】本题考查错排问题，考查基本分析求解能力，属基础题. 【变式1】．已知集合，，，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中的点的坐标，则确定不同点的坐标个数为 ． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、其他计数模型 【分析】先从三个集合中各取一个元素，计算出所构成的点的总数，再减去两个坐标为时点的个数，即可得出结果. 【详解】集合，，，从这三个集合中各选一个元素构成空间直角坐标系中的点的个数为， 其中点的坐标中有两个的点为、、，共个，在选的时候重复一次， 因此，确定不同点的坐标个数为. 故答案为：. 【点睛】本题考查排列组合思想的应用，解题时要注意元素的重复，结合间接法求解，考查计算能力，属于中等题. 一、单选题 1．（24-25高二下·福建福州·期末）某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（   ） A．12种 B．27种 C．120种 D．600种 【答案】B 【难度】0.94 【知识点】分类加法计数原理 【分析】由分类加法计数原理即可求解. 【详解】已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次， 则小丁当天出行的方案共有. 故选：B. 2．（25-26高二上·广东江门·阶段练习）集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 【答案】B 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、代数中的组合计数问题 【分析】先利用计数原理得出所有的两位数，再减去重复数字即可. 【详解】个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 这两类中重复的有数字，故所有样本点的个数为. 故选：B 3．如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有，，，，五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（    ）    A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题 【分析】分水闸关闭，水闸打开时，同时关闭，水闸打开时，同时关闭，三种情况，去掉重复的情况，得到答案. 【详解】①水闸关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况， ②若水闸打开时，同时关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况， ③若水闸打开时，同时关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况， 上面②③两种情况有重复的1种情况，就是水闸打开，同时关闭的情况， 故共有种情况. 故选：B 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 【难度】0.85 【知识点】代数中的计数问题 【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．（24-25高二上·北京西城·期末）从数字中，可重复地取出3个数字，组成各位数字之和等于6的三位数，这样的三位数的个数为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】数字排列问题 【分析】分别讨论和为6的情况，再结合排列组合概念即可求解； 【详解】三个数字和为6的情况有：222,114,123， 对于3个2的排列只有1个； 对于1，1，4的排列有个， 对于1，2，3的排列有个， 所以这样的三位数有10个， 故选：C 6．（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 【难度】0.65 【知识点】涂色问题 【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 二、填空题 7．（24-25高二下·安徽·阶段练习）已知有4名工人分别在4个不同的岗位，现根据需要进行轮岗调整，则至少有3名工人岗位变动的轮岗方式种数有 . 【答案】17 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分类加法原理和分步乘法原理求解即可. 【详解】分两类：当恰有3名工人岗位变动时，则先从4名工人中选出1名保持岗位不变， 剩余3名工人进行错位排列有种； 当4名工人岗位全部变动时，则不妨记4名工人分别为，对应的岗位分别为， 工人有3种岗位选择，若工人选择岗位时， 则工人选择对应的岗位为、或共3种轮岗方式， 同理工人选择岗位时有3种轮岗方式，工人选择岗位时有3种轮岗方式， 所以4名工人进行错位排列有种； 综上，共有种轮岗方式. 故答案为：17 8．（24-25高二下·陕西咸阳·期末）如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有 种． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】解：参观路线分步完成： 第一步，选择三个“环形”路线中的一个流览，有3种选法； 而在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针2类方法完成； 第二步，选择余下的两个“环形”路线中的一个游览，有2种方法， 同理，在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针两类方法完成； 第三步，游览最后一个“环形”路线，也可以按顺时针或按逆时针两类方法完成， 根据分步乘法计数原理可知不同的参观路线共有种. 故答案为： 9．（24-25高二下·四川广元·期中）1800有 个不同的正因数． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、代数中的计数问题 【分析】根据题意，，结合分步乘法计数原理，即可得到结果. 【详解】， 每一个正因数都可表示为， 其中，且均为非负整数， 对有种可能选法，即， 对有种可能选法，即， 对有种可能选法，即， 由分步乘法计数原理可得，的正因数有个. 故答案为： 10．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】 【难度】0.94 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题 【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：. 11．（24-25高二下·安徽·阶段练习）某学校为培养学生的动手能力、合作能力和环保意识，在新的学期建立了一块劳动基地（形状如图），并进行花卉种植活动．现有4种不同的花卉，在基地的5个区域种植，只要求相邻区域种植不同的花卉，则不同的种植方法共有 种． 【答案】72 【难度】0.85 【知识点】涂色问题 【分析】按照分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果. 【详解】依题意可按照的顺序分为5步进行种植， 则区域1，2，3各有4种、3种、2种不同的花卉供选择， 若区域4与区域2种植相同的花卉，则区域4有一种选择，区域5有2种； 若区域4与区域2种植不同的花卉，则区域4有一种选择，区域5有1种； 再由分类分步计数原理计算可得. 故答案为：72 12．（2025高三·全国·专题练习）在共13个数中挑出个数，使得这个数中任意两个的差都不是5或8，则的最大值是 ．(用数字作答) 【答案】6 【难度】0.4 【知识点】其他计数模型 【分析】首先将13个数字按照要求排成一圈，再按要求进行分析即可得出的最大值． 【详解】如图，由题意，将13个数排成一圈，使相邻的两个数的差是5或8， 则其中任何相邻的数都不能同时取， 从1开始按逆时针顺序把数染成实心和空心，则所有空心圈对应的数符合题意，共6个， 且若超过6个，则必然会出现两个数相邻，因此的最大值为6， 故答案为：6. 13．已知有红绿黄蓝4个不同颜色的球及红绿黄蓝4个不同颜色的盒子,现在在每个盒子里放一个球,并且确保4个盒子与盒子里的球的颜色都不相同,则不同的放法有 种. 【答案】9 【难度】0.85 【知识点】其他计数模型 【分析】将所有情况进行一一列举出数数即可. 【详解】解:记为红绿黄蓝4个不同颜色的球,将四个盒子按红绿黄蓝顺序放好, 将表示放入四个盒子的球的颜色, 则所有的结果为: 共9种. 故答案为:9 2 / 17 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 $