第04讲 两个基本计数原理（8大题型）（寒假预习讲义）高二数学苏教版

第04讲 两个基本计数原理 内容导航——预习三步曲 第一步：学 析教材·学知识：教材精讲精析、全方位预习 练题型·强知识：核心题型举一反三精准练 第二步：记 串知识·识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第三步：测 过关测·稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点1 ：分类计数原理 1、分类加法计数原理： 完成一件事，有类办法．在第1类办法中有种不同方法，在第2类办法中有种不同的方法，在第类办法中有种不同方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 2、加法原理的特点是： ①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点诠释： 使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和． 知识点2 ：分步计数原理 1、分步乘法计数原理 “做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成． 2、乘法原理的特点： ①完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ②完成每一步有若干种方法； ③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点诠释： 使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积． 知识点3 ：分类计数原理和分步计数原理的区别 1、分类计数原理和分步计数原理的区别： 两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关． 完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理； 若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算． 2、利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序： （1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？ （2）然后考虑如何完成？主要有三种类型 ①分类或分步． ②先分类，再在每一类里再分步． ③先分步，再在每一步里再分类，等等． （3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？ 题型一：分类加法计数原理 【例1】（2025·四川自贡·一模）如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【解析】元件不通，设备从a到b的电路工作不正常，共有种， 元件正常，当且仅当元件都不通，设备从a到b的电路工作不正常，只有1种， 所以. 故选：B 【变式1-1】（2025·高二·安徽安庆·月考）如图所示，在A，B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．11 B．13 C．15 D．17 【答案】B 【解析】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：B． 【变式1-2】（2025·高二·江西赣州·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　） A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 【答案】C 【解析】当首位数字为1时，后两位相加为5，“lucky”数分别是105，150，114，141，123，132共6个； 当首位数字为2时，后两位相加为4，“lucky”数分别是204，240，213，231，222，共5个； 当首位数字为3时，后两位相加为3，“lucky”数分别是303，330，312，321，共4个； 当首位数字为4时，后两位相加为2，“lucky”数分别是402，420，411，共3个； 当首位数字为5时，后两位相加为1，“lucky”数分别是501，510，共2个； 当首位数字为6时，后两位相加为0，“lucky”数分别是600，共1个； 由分类计数原理得，共有个. 故选：C. 【变式1-3】（2025·高二·黑龙江齐齐哈尔·期中）某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片､2部文艺片､3部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（    ） A．18 B．9 C．8 D．7 【答案】C 【解析】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为. 故选：C 题型二：分步乘法计数原理 【例2】（2025·高三·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 【解析】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 【变式2-1】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 【解析】（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2-2】将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有（    ）种放法， A． B． C． D． 【答案】B 【解析】解法1：以小球为研究对象，分三步完成. （1）第一个小球有种放法； （2）第二个小球有种放法； （3）第三个小球有种放法. 根据分步乘法计数原理，共有种不同的放法. 解法2：以盒子为研究对象，盒子序号记为，，，，. 当个小球放入后还剩个空盒，通过列举法可知空盒有种情况：，，，，，，，，，. 每种情况下小球均有种放法，所以共有种放法， 故选：B. 【变式2-3】已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路（从甲到乙）接通的情况有（    ）. A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 【答案】C 【解析】根据电路中间是断开还是闭合进行分类． ①若中间断开，如图5所示，则电路接通的情况有（种）； ②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有（种）． 故共有（种）. 故选：C. 题型三：两个原理的综合应用 【例3】（2025·高二·广东江门·月考）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 【解析】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 【变式3-1】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 【解析】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 【变式3-2】设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有（    ）. A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 【答案】B 【解析】依中的最大数进行分类： ①若中的最大数为1，则有1种，则是集合的非空子集，有种，所以有（种）； ②若中的最大数为2，则有2种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ③若中的最大数为3，则有4种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ④若中的最大数为4，则有8种，则是集合的非空子集，有1种，所以有种. 所以可得，故不同的选择方法共有49种． 【变式3-3】（2025·高二·广东清远·期末）如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（    ）    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 【答案】C 【解析】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知， 不同的路径有种. 故选：C. 题型四：组数问题 【例4】（2025·高二·辽宁·月考）比2000小且没有重复数字的四位偶数有 个．（用数字表示） 【答案】280 【解析】当千位数字为1时，个位数字可以为0，2，4，6，8，有5种选择， 百位数字从剩下8个数字中选择，十位数字从剩下7个数字中选择， 共有个． 故答案为：280 【变式4-1】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】 【解析】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：. 【变式4-2】（2025·高三·四川成都·月考）重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 【答案】72 【解析】由题意知，可分2步进行：先排偶数，再排奇数. 排偶数的情况：设4个偶数排列为， 其中表示第2位，表示第4位，表示第6位，表示第8位， 则所有的可能有， ，共9种排法； 同理，满足奇数的所有可能有 ，共8种排法. 所以总的排法数为种. 故答案为：72 【变式4-3】（2025·高二·上海·期中）将各位数字之和为的三位数叫“幸运数”，比如，，则所有“幸运数”的个数为 ． 【答案】 【解析】当百位数字是，其他数字是，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和或者是和，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为. 故答案为：. 题型五：占位模型中标准的选择 【例5】8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有（    ）种． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为每一名学生都可以同时夺得4个项目的冠军，故一个项目的冠军的情况有8种， 所以分步乘法计数原理可知，冠军的可能情况有种. 故选：A． 【变式5-1】（2025·高二·新疆·期末）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 【解析】由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法共有种． 故选：C. 【变式5-2】（2025·高二·广东汕尾·期末）某班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点（景点人数不限），则这3名学生的旅游安排方式共有（    ）． A．6种 B．24种 C．64种 D．81种 【答案】C 【解析】班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点， 则这3名学生的旅游安排方式共有种. 故选：C. 【变式5-3】（2025·高二·吉林长春·月考）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 【解析】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. 题型六：涂色问题 【例6】（2025·高二·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 【解析】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. 【变式6-1】（2025·高二·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 【解析】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6-2】（2025·高二·江苏连云港·月考）如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有（    ）种． A．480 B．600 C．360 D．750 【答案】D 【解析】首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择， 根据分步计数原理得，共有（种）涂色方法． 故选：D. 【变式6-3】（2025·高二·吉林长春·月考）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 【答案】B 【解析】第一步：涂区域，有种方法； 第二步：涂区域，有种方法； 第三步：涂区域，有种方法； 第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类： 第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色； 第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色， 此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法． 所以，不同的涂色种数有. 故选：B. 题型七：种植问题 【例7】（2025·高二·四川达州·月考）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有四个区域，现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉，则该花坛的花卉种植方案共有（    ） A．210种 B．420种 C．180种 D．260种 【答案】D 【解析】当区域1与区域3种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4， 由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有种； 当区域1与区域3不种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4， 由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有种. 故该花坛的花卉种植方案共有种. 故选：D 【变式7-1】某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 【答案】C 【解析】由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类； 第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻， 分别有种选择，所以共计种； 第二、三、四类和第一类种数相同．综上总计有种方法． 故选：C. 【变式7-2】（2025·高二·黑龙江大庆·期中）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 【解析】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. 【变式7-3】（2025·高二·山东济南·期中）某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有郁金香、玛格丽特、小月季、小杜鹃四种不同的花可供采购，要求相邻区域种不同种类的花，则不同的种植方案个数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．96 【答案】C 【解析】先种区域1有种选择，区域2有种选择，区域3有种选择，区域4有种选择，区域5有2种选择，区域6有1种选择， 则共有：种. 故选：C. 题型八：列举法 【例8】（2025·高二·江西南昌·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有（） A．21个 B．20个 C．19个 D．18个 【答案】A 【解析】当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 因此，所有的“吉祥数”共有个. 故选：A 【变式8-1】已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据已知条件，消去d，e，f得：， 若a，b，c中存在5，显然成立，这里有1种． 若a，b，c中有且仅有2个5，则有，与只有2个5矛盾，舍去； 若a，b，c中只有1个5，不妨令，则，即， 所以数组，共8种． 同理，若和是也分别对应8种，当确定后，也随之确定， 所以这里有24种； 若a，b，c中不含5，则由对称性不妨设， 若，则：，不可能相等，舍去； 若时，考虑到7是质数，所以在d，e中必有7， 不妨设，则，舍去； 若时，首先d，e不能含有8，但必然为4的倍数， 则只能，经检验不符合，舍去； 若，则同样的d，e不能含9，而必须为9的倍数， 故只能，经检验不符合，综上a，b，c中必须有5． 将上述情况相加，总数为 故选：C. 【变式8-2】（2025·辽宁鞍山·一模）小李同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点．按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移动，并随机选择选择某个顶点处停止，得到一条“一笔画”路径．比如，“一笔画”路径：．若经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据从顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”， 经过4次移动后，到达点的条件下，分为三类： 第一类：； ，有2种情况； 第二类：； ， ， ， ， ，有6种情况； 第三类：； ， ，有3种情况； 故经过4次移动后，到达点的共有：， 其中经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的有： ，，，共3种， 故经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的概率为：， 故选：A． 【变式8-3】（2025·高二·四川遂宁·期中）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数中能被3整除的个数为（    ） A．5 B．7 C．15 D．26 【答案】B 【解析】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605； “百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 其中能被3整除的三位整数为：300、210、201、120、102、111、555. 所以共有7个. 故选：B. 1．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）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 【解析】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 2．（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 【解析】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 3．（24-25高二下·浙江舟山·期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（    ） A．36 B．48 C．52 D．64 【答案】C 【解析】5人传花，第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，经过4次传花，花仍回到甲手， ∴第1次传花有4种方法，第3次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两类方法， 第4次传花只能传到甲手中. ∴当第2次传花后花在甲手中时，则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊手中，共4种方法； 当第2次传花后花不在甲手中时，有3种方法，则第3次传花有3种方法. ∴经过4次传花，花仍回到甲的传法总数为：， ∴花仍回到甲的传法总数为52种， 故选：C. 4．（24-25高二下·四川内江·月考）某学校准备派遣5名教师同时到三个不同的学校进行支教活动.要求每个学校至少派遣1名教师，若教师甲乙去往不同的学校，则不同的派遣方案有（    ）种. A．36 B．72 C．114 D．162 【答案】C 【解析】安排甲有3种方法，再安排乙有2种方法，因此安排甲乙共有种方法； 余下3人，每人有3种安排方法，共有种方法，除甲乙去的学校外的学校无人去的情况有种， 所以不同的派遣方案有（种）. 故选：C 5．（24-25高二下·陕西咸阳·月考）合阳中学是陕西省第一所县立中学，始建于1916年，明年是我校建校110周年，则满足建校周年的正整数能整除对应年份的的个数为（   ） A．6 B．8 C．12 D．前三个选项都不对 【答案】A 【解析】根据已知条件有建校周年对应的年份为， 结合题意有：， 因为，所以的可能取值为： ，，，，，， 共种情况. 故选：A 6．（多选题）（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ） A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 【答案】ABC 【解析】对于A，第一步，千位可以为，有5种排法， 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个可重复数字的四位数，故A正确； 对于B，第一步，千位可以为，有5种排法； 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位数，故B正确； 对于C，第一步，个位可以为，有3种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位奇数，故C正确； 对于D，第一种情况：当个位为0时，千､百､十位有种排法， 第二种情况：第一步，个位可以为2，4，有2种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法，共有种排法， 综上所述，可以排成个无重复数字的四位偶数，故D错误. 故选：ABC. 7．（多选题）（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 【解析】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. 8．（多选题）（24-25高二下·江苏连云港·期末）用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 【答案】AB 【解析】对于A，无重复数学的三位数的情况数为，故A正确； 对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为，故B正确； 对于C，能被整除的四位数的最后两位有，则无重复数字且能被整除的四位数的情况数有，故C错误； 对于D，当千位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为且百位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为且十位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为、十位为且个位比大的无重复数字的四位数的情况数有. 综上可得，故D错误. 故选：AB. 9．（多选题）（24-25高二下·湖北武汉·月考）从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所组成的数中（    ） A．偶数有60个 B．比300大的奇数有48个 C．个位和百位数字之和为7的数有24个 D．能被3整除的数有32个 【答案】AC 【解析】对于A，要为偶数，个位可以为2或4或6，有3种情况，十位和百位在剩下的5种情况任取2个进行全排，所以共有个，故A正确； 对于B，比300大的奇数，首先百位要大于等于3，个位要为奇数， 当百位为3或5时，个位有2种情况，此时比300大的奇数有个， 当百位为4或6时，个位只有3种情况，此时比300大的奇数有， 所以比300大的奇数共有40个，故B错误； 对于C，个位和百位和为7的情况有或或，共3种情况， 则符合题意得三位数有，故C正确； 对于D，能被3整除，则三个数字之和为3的倍数，共有，， ，，，，八种情况， 所以能被3整除的数有个，故D错误； 故选：AC. 10．（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 【解析】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. 11．（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 【解析】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. 12．（2025高二·全国·专题练习）设集合，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则有 种选择. 【答案】49 【解析】对集合A中的最大元素进行分类. （1）当集合A中最大的数为1时，集合A只有1种，集合B有种，故共有15种. （2）当集合A中最大的数为2时，集合A有2种，集合B有种，故共有种. （3）当集合A中最大的数为3时，集合A有种，集合B有种，故共有种. （4）当集合A中最大的数为4时，集合A有种，集合B有1种，故共有8种. 因此，根据分类加法计数原理，共有种. 故答案为：49 13．（24-25高二下·广东揭阳·期末）如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则 ， ． 【答案】 5 【解析】由题意得：，若移动到数字，则由数字或数字移动一次得到，则， 据此即可得到，，又因为从到共有三条路径可走， 故从1到9经过6的路径共有，故, 故答案为： ， 14．（24-25高二下·山西·期末）某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为 .    【答案】120 【解析】先排1，3，5区域，此时从4种鲜花中任选3种全排列，故共有种方法， 接下来排区域4，2，6， 若4与5同色，1，2同色，此时区域6有2种选择， 若4与5同色，1，2不同色，此时区域2只有一种选择，区域6也只有1种选择， 若4与5不同色，此时1，2只能同色，此时区域6有2种选择， 故涂区域2，4，6共有种方法， 因此总的涂法共有， 故答案为：120 15．（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 【解析】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：. 16．（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】 【解析】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： 17．（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 【解析】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 18．（24-25高二下·贵州遵义·月考）若正整数（b，c都是整数），则称b和c为a的因数，的不同正因数的个数为 . 【答案】210 【解析】正整数的正因数形如， 其中， 因此依次确定的值即得一个确定的正因数，确定分别有5种、6种、7种方法， 由分步乘法计数原理得不同正因数个数为. 故答案为：210 19．（24-25高二下·江苏南通·月考）在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 【解析】（1）当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； 当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数， 综上所述，能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； （2）当千位数为或时， 则能组成个无重复数字且不大于3450的四位数； 当千位数为，百位数为，十位数为时，则符合题意的数只有一个； 当千位数为，百位数为，十位数不为时， 则十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种； 当千位数为，百位数不为， 则百位数有种选法，十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种， 综上所述，能组成个无重复数字且不大于3450的四位数. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 两个基本计数原理 内容导航——预习三步曲 第一步：学 析教材·学知识：教材精讲精析、全方位预习 练题型·强知识：核心题型举一反三精准练 第二步：记 串知识·识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第三步：测 过关测·稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点1 ：分类计数原理 1、分类加法计数原理： 完成一件事，有类办法．在第1类办法中有种不同方法，在第2类办法中有种不同的方法，在第类办法中有种不同方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 2、加法原理的特点是： ①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点诠释： 使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和． 知识点2 ：分步计数原理 1、分步乘法计数原理 “做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成． 2、乘法原理的特点： ①完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ②完成每一步有若干种方法； ③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点诠释： 使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积． 知识点3 ：分类计数原理和分步计数原理的区别 1、分类计数原理和分步计数原理的区别： 两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关． 完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理； 若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算． 2、利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序： （1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？ （2）然后考虑如何完成？主要有三种类型 ①分类或分步． ②先分类，再在每一类里再分步． ③先分步，再在每一步里再分类，等等． （3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？ 题型一：分类加法计数原理 【例1】（2025·四川自贡·一模）如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式1-1】（2025·高二·安徽安庆·月考）如图所示，在A，B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．11 B．13 C．15 D．17 【变式1-2】（2025·高二·江西赣州·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　） A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 【变式1-3】（2025·高二·黑龙江齐齐哈尔·期中）某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片､2部文艺片､3部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（    ） A．18 B．9 C．8 D．7 题型二：分步乘法计数原理 【例2】（2025·高三·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 【变式2-1】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2-2】将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有（    ）种放法， A． B． C． D． 【变式2-3】已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路（从甲到乙）接通的情况有（    ）. A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 题型三：两个原理的综合应用 【例3】（2025·高二·广东江门·月考）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 【变式3-1】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 【变式3-2】设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有（    ）. A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 【变式3-3】（2025·高二·广东清远·期末）如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（    ）    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 题型四：组数问题 【例4】（2025·高二·辽宁·月考）比2000小且没有重复数字的四位偶数有 个．（用数字表示） 【变式4-1】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. 【变式4-2】（2025·高三·四川成都·月考）重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 【变式4-3】（2025·高二·上海·期中）将各位数字之和为的三位数叫“幸运数”，比如，，则所有“幸运数”的个数为 ． 题型五：占位模型中标准的选择 【例5】8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有（    ）种． A． B． C． D． 【变式5-1】（2025·高二·新疆·期末）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 【变式5-2】（2025·高二·广东汕尾·期末）某班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点（景点人数不限），则这3名学生的旅游安排方式共有（    ）． A．6种 B．24种 C．64种 D．81种 【变式5-3】（2025·高二·吉林长春·月考）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 题型六：涂色问题 【例6】（2025·高二·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 【变式6-1】（2025·高二·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6-2】（2025·高二·江苏连云港·月考）如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有（    ）种． A．480 B．600 C．360 D．750 【变式6-3】（2025·高二·吉林长春·月考）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 题型七：种植问题 【例7】（2025·高二·四川达州·月考）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有四个区域，现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉，则该花坛的花卉种植方案共有（    ） A．210种 B．420种 C．180种 D．260种 【变式7-1】某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 【变式7-2】（2025·高二·黑龙江大庆·期中）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 【变式7-3】（2025·高二·山东济南·期中）某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有郁金香、玛格丽特、小月季、小杜鹃四种不同的花可供采购，要求相邻区域种不同种类的花，则不同的种植方案个数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．96 题型八：列举法 【例8】（2025·高二·江西南昌·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有（） A．21个 B．20个 C．19个 D．18个 【变式8-1】已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 （    ） A． B． C． D． 【变式8-2】（2025·辽宁鞍山·一模）小李同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点．按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移动，并随机选择选择某个顶点处停止，得到一条“一笔画”路径．比如，“一笔画”路径：．若经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的概率为（   ） A． B． C． D． 【变式8-3】（2025·高二·四川遂宁·期中）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数中能被3整除的个数为（    ） A．5 B．7 C．15 D．26 1．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）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 2．（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 3．（24-25高二下·浙江舟山·期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（    ） A．36 B．48 C．52 D．64 4．（24-25高二下·四川内江·月考）某学校准备派遣5名教师同时到三个不同的学校进行支教活动.要求每个学校至少派遣1名教师，若教师甲乙去往不同的学校，则不同的派遣方案有（    ）种. A．36 B．72 C．114 D．162 5．（24-25高二下·陕西咸阳·月考）合阳中学是陕西省第一所县立中学，始建于1916年，明年是我校建校110周年，则满足建校周年的正整数能整除对应年份的的个数为（   ） A．6 B．8 C．12 D．前三个选项都不对 6．（多选题）（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ） A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 7．（多选题）（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 8．（多选题）（24-25高二下·江苏连云港·期末）用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 9．（多选题）（24-25高二下·湖北武汉·月考）从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所组成的数中（    ） A．偶数有60个 B．比300大的奇数有48个 C．个位和百位数字之和为7的数有24个 D．能被3整除的数有32个 10．（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． 11．（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． 12．（2025高二·全国·专题练习）设集合，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则有 种选择. 13．（24-25高二下·广东揭阳·期末）如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则 ， ． 14．（24-25高二下·山西·期末）某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为 .    15．（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. 16．（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． 17．（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． 18．（24-25高二下·贵州遵义·月考）若正整数（b，c都是整数），则称b和c为a的因数，的不同正因数的个数为 . 19．（24-25高二下·江苏南通·月考）在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $