10.1 计数原理（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“计数原理”核心考点，依据新课标要求覆盖分类加法与分步乘法计数原理的理解及应用，通过表格对比原理差异、基点诊断题夯实基础，对接高考评价体系，梳理出数字问题、涂色问题、几何问题等高频题型，近五年高考真题占比达60%，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+分类突破+思维建模”，如以2024杭州调研“有重复数字的三位数”为例，用分步乘法原理结合排除法解题，培养学生逻辑思维与应用意识。特设“思维升华”总结分类不重不漏、分步独立连续策略，课下精练含2024长郡中学等模拟题，帮助学生掌握答题技巧，教师可精准把握学情实现高效复习。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第十章 计数原理、概率、 随机变量及其分布 10 [课标要求] 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． 10．1　计数原理 01 03 02 题型一 题型三 题型二 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(八十) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 夯基·主干知识巩固牢 m1+m2+…+mn m1·m2·…·mn 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(八十) 计数原理 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 感谢观看 【必备知识】 两个基本计数原理 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法 完成一件事需要经过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 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 结论 完成这件事共有N＝ 种不同的方法 完成这件事共有N＝ 种不同的方法 依据 能否独立完成整件事 能否逐步完成整件事 【基点诊断】 1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”) (1)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(　　 ) (2)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　　 ) (3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　　 ) √ √ × 2．如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路．则从甲地到丁地不同的路线有(　　 ) A．11条 B．12条 C．13条 D．14条 解析：选D.从甲到丁分为两类，第一类，从甲过乙到丁分两步，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路，由分步乘法计数原理得，从甲到丁有6种走法； 第二类，从甲过丙到丁分两步，从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路，由分步乘法计数原理得，从甲到丁有8种走法．再由分类加法计数原理得，从甲到丁共有6＋8＝14(种)走法． 3．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为(　　 ) A．16 B．13 C．12 D．10 解析：选C.将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，故不同走法共有4×3＝12(种)． 4．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层各取1本书，不同的取法种数为________． 解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法种数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层各取1本书，不同的取法种数为4×5×6＝120. 答案：15　120 5．3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有______种． 解析：因为第1、第2、第3个班各有5种选法，由分步乘法计数原理，可得不同的选法有5×5×5＝125(种)． 答案：125 题型一　分类加法计数原理 【例1】　(1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　　 ) A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 解析：选B.赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种)． (2)椭圆＝1(m>0，n>0)的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为(　　 ) A．10 B．12 C．20 D．35 解析：选A.因为焦点在x轴上，所以m>n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：当m＝5时，n有4种选择；第二类：当m＝4时，n有3种选择；第三类：当m＝3时，n有2种选择；第四类：当m＝2时，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个． 思维升华　使用分类加法计数原理的两个注意点 (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏． (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复． 【对点练习】　1.(1)集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　 ) A．9 B．14 C．15 D．21 解析：选B.当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7. 当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y. ∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法． 因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)． (2)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定________个平面． 解析：异面直线a与异面直线b上的8个点中的任意一个点都可以构成一个平面；异面直线b与异面直线a上的5个点中的任意一个点都可以构成一个平面，所以共可以确定8＋5＝13(个)平面． 答案：13 题型二　分步乘法计数原理 【例2】　(1)一次时装表演中，有7顶不同款式的帽子，12件不同款式的上衣和8条不同款式的裤子．一位模特要从这些帽子、上衣和裤子中各选1款穿戴，则有________种不同的选法． 解析：模特完成穿戴需要分三步：第一步，选择帽子，共有7种选择；第二步，选择上衣，共有12种选择；第三步，选择裤子，共有8种选择，根据分步乘法计数原理知，共有7×12×8＝672(种)不同的选法． 答案：672 (2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法． 解析：每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)． 答案：120 [变式1]　本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？ 解：每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)． [变式2]　本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？ 解：每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)． 思维升华　利用分步乘法计数原理解决问题的策略 (1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事． (2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成． 【对点练习】　2.(1)从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)． 解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知，共有3×3×2＝18(个)不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数． 答案：18　6 (2)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是______(用数字作答)． 解析：甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343(种)站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336(种)． 答案：336 题型三　两个计数原理的简单应用 角度1　与数字有关的问题 【例3】　用0、1、2、3、4、5这六个数字． (1)可以组成多少个数字不重复的三位数； (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数； (3)可以组成多少个数字不重复的小于1 000的自然数． 解：(1)若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，所以数字不重复的三位数个数为5×5×4＝100. (2)若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，所以数字允许重复的三位数的个数为5×62＝180. (3)若组成的数字为数字不重复的小于1 000的自然数，分以下三种讨论： ①数字为个位数，共6个； ②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共5×5＝25个； ③数字为三位数，共有100个． 综上所述，数字不重复的小于1 000的自然数个数为6＋25＋100＝131. 角度2　涂色(种植)问题 【例4】　中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．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7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有(　　 ) A．1 050种 B．1 260种 C．1 302种 D．1 512种 解析：选C.由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色， 即可确定整个伞面的涂色． 先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择． 当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择， 剩下的区域4有5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6种选择． 故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1 302(种)． 角度3　与几何图形有关的问题 【例5】　如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　　 ) A．60 B．48 C．36 D．24 解析：选B.一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个)． 长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个)． 根据分类加法计数原理知共有36＋12＝48(个)． 思维升华　完成一件事的方法种数的计算步骤 (1)审清题意，弄清要完成的事件是怎样的． (2)分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种． (3)弄清在每一类或每一步中的方法种数． (4)根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数． 【对点练习】　3.(1)(2024·杭州调研)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　 ) A．243 B．252 C．261 D．279 解析：选B.0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，故有重复数字的三位数有900－648＝252(个)． (2)(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有(　　 ) A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 解析：选C.分两种情况： ①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种， 有4×3×2×1＝24(种)； ②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种， 有4×3×2×2＝48(种)． 故不同的涂色方法有48＋24＝72(种)． (3)(2024·乐清模拟)一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为________． 解析：如图1，由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形，共有6个； 如图2，由圆上相间隔的三点可构成等边三角形，共有2个， 所以在这7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为6＋2＝8. 答案：8 【基础巩固题】 1．从甲地到乙地，若一天中有火车5班、汽车12班、飞机3班、轮船6班，则一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有不同走法的种数是(　　 ) A．18 B．20 C．26 D．1 080 解析：选C.由题意，从甲地到乙地，一天中这些交通工具的每一班都能到达，根据分类加法原理知共有5＋12＋3＋6＝26(种)不同走法． 2．将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为(　　 ) A．720 B．240 C．120 D．60 解析：选A.可分三步：第一步，第1张门票有10种不同的分法；第二步，第2张门票有9种不同的分法；第三步，第3张门票有8种不同的分法，由分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720(种)不同分法． 3．高二1，2，3班各有升旗班同学人数分别为1，3，3，现从中任选2人参加升旗，则2人来自不同班的选法种数为(　　 ) A．12 B．15 C．20 D．21 解析：选B.依题意，选中高二1班的同学有1×6种方法，高二1班的同学没选中有3×3(种)方法，所以2人来自不同班的选法种数为1×6＋3×3＝15. 4．(人教A版选择性必修三P11)乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为(　　 ) A．5 B．11 C．20 D．45 解析：选D.根据多项式的乘法法则，(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后每一项均是从(a1＋a2＋a3)，(b1＋b2＋b3)，(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)中各取1项相乘得到，所以展开后的项数为3×3×5＝45. 5．(2024·湖南长郡中学模拟)如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有(　　 ) A．72 B．56 C．48 D．36 解析：选C.将四个区域标记为A，B，C，D，如图所示． 第一步涂A：4种涂法，第二步涂B：3种涂法，第三步涂C：2种涂法，第四步涂D：2种涂法，根据分步乘法计数原理可知，一共有4×3×2×2＝48(种)着色方法． 6．从数字1，2，3，4中取出3个数字(允许重复)组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为(　　 ) A．7 B．9 C．10 D．13 解析：选C.各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形： ①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411，共3个； ②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321， 共6个； ③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222. 所以共有3＋6＋1＝10(个)． 7．(多选)现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有(　　 ) A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法 B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法 C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D．要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 解析：选ABC.对于选项A，根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法，故A正确； 对于选项B，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法，故B正确； 对于选项C，可分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画， 一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法，所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法，故C正确； 对于选项D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，知不同挂法的种数是N＝3×2＝6，故D错误． 8．(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是(　　 ) A．选1人为负责人的选法种数为34 B．每组选1名组长的选法种数为5 400 C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为 420 D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一 组必须有人选，则不同的选法有37种 解析：选AD.对于A，4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法共有34种，故A对； 对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5 040(种)，故B错； 对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法； 从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，故C错； 对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，所以不同的选法有64－27＝37(种)，故D对． 9．从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为________． 解析：在8个数中任取2个不同的数共可组成8×7＝56(个)对数值，但在这56个数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94重复了4个数值，要减去4，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)． 答案：52 10．(人教A版选择性必修三P11)用1，5，9，13中的任意一个数作分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可构成________个不同的分数，可构成________个不同的真分数． 解析：从1，5，9，13中的任选一个数作分子，4，8，12，16中任选一个数作分母，可构成4×4＝16(个)不同的分数； 由真分数的定义， ①若1为分子，分母有4种选择； ②若5为分子，分母有3种选择； ③若9为分子，分母有2种选择； ④若13为分子，分母有1种选择； 所以真分数共有4＋3＋2＋1＝10(个)． 答案：16　10 【综合应用题】 11．如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12.若k－j＝3且j－i＝4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k－j＝4且j－i＝3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为(　　 ) A．5 B．8 C．10 D．15 解析：选C.满足条件1≤i<j<k≤12，k－j＝3且j－i＝4的(i，j，k)有(1，5，8)，(2，6，9)，(3，7，10)，(4，8，11)，(5，9，12)，共5个； 满足条件1≤i<j<k≤12，k－j＝4且j－i＝3的(i，j，k)有(1，4，8)，(2，5，9)，(3，6，10)，(4，7，11)，(5，8，12)，共5个．所以一共有10个． 12．(2024·佛山联考)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．1 440种 C．1 560种 D．2 520种 解析：选C.如图，不同的布置方案分两类： ①A与C布置相同的花卉． 先安排E，有6种不同的选择；再安排A与C，有5种不同的选择；再安排B，有4种不同的选择；最后安排D，有4种不同的选择，共有6×5×4×4＝480(种)布置方案． ②A与C布置不同的花卉． 先安排E，有6种不同的选择；再安排A与C，有5×4种不同的选择；再安排B，有3种不同的选择；最后安排D，有3种不同的选择，共有6×5×4×3×3＝1 080(种)布置方案． 所以不同的布置方案共有480＋1 080＝1 560(种)． 13．(人教A版选择性必修三P12)2 160有_____个不同的正因数． 解析：由题意，2 160＝24×5×33， 则2 160的正因数p＝2r×5s×3t(r，s，t∈N)， 因为r可取0，1，2，3，4；s可取0，1；t可取0，1，2，3； 所以2 160有5×2×4＝40(个)不同的正因数． 答案：40 14．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法．在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________． 解析：第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析， 第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112. 答案：24　112 $