第07讲 两个基本计数原理（七大题型+思维导图+知识梳理+课后作业）（寒假预习讲义）-2026年高二数学寒假预科讲义（苏教版）

第07讲 两个基本计数原理 【苏教版】 模块一 两个基本计数原理 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 完成一件事有两类不同方案，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=种不同的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事情，我们可以用第一类有m1种方法，第二类有m2种方法，…，第n类有mn种方法，来表示分类加法计数原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有种不同方法可以完成这件事. (3)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=种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“→”强调要依次完成各个步骤才能完成要做的事情，从而共有种不同的方法可以完成这件事. (3)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. 【题型1 分类加法计数原理及应用】 【例1】（24-25高二下·青海海南·期末）一项工作可以用两种方法完成，有6人只会用第一种方法完成，另有11人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为（   ） A．60 B．66 C．16 D．17 【答案】D 【解题思路】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式求解. 【解答过程】求出不同选法的种数，有两类：选取只会用第一种方法的人，有6种方法； 再选取只会用第二种方法的人，有11种， 所以不同方法种数是. 故选：D. 【变式1.1】（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 【解题思路】由分类加法计数原理即可求解. 【解答过程】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. 【变式1.2】（24-25高二下·新疆巴音郭楞·期末）某班有女生22人，男生24人，现从该班级选1名同学参加某活动，不同的选法有（   ） A．22种 B．24种 C．46种 D．48种 【答案】C 【解题思路】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算得解. 【解答过程】完成不同选法这件事有两类办法：选女生有22种方法；选男生有24种方法， 所以不同的选法有（种）. 故选：C. 【变式1.3】（24-25高二下·青海西宁·期末）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 【解题思路】由分类加法计数原理运算即可. 【解答过程】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. 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2】（24-25高二下·四川广元·期末）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 【解题思路】根据分步乘法原理即可得到答案. 【解答过程】根据分步乘法原理得不同路线的条数是（条）. 故选：D. 【变式2.1】（24-25高二下·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 【解题思路】由分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】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2.2】（24-25高二下·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 【解题思路】由分步乘法计数原理计算可得. 【解答过程】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. 【变式2.3】（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 【解题思路】根据分步乘法原理计算求解. 【解答过程】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. 模块二 两个基本计数原理的综合应用 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个基本计数原理的综合应用 两个基本计数原理的综合应用主要包括五个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【题型3 实际问题中的计数问题】 【例3】（24-25高二上·湖南长沙·期末）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 【解题思路】根据分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】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. 【变式3.1】（24-25高二下·广西百色·期末）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 【解题思路】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】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. 【变式3.2】（24-25高三上·江苏南京·开学考试）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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【变式3.3】（24-25高二下·陕西榆林·期中）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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【题型4 代数中的计数问题】 【例4】（24-25高二下·河北张家口·期末）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 【解题思路】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【解答过程】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． 【变式4.1】（2025·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 【解题思路】将分解质因数，即可求出的因数的个数，从而得解. 【解答过程】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. 【变式4.2】（24-25高二下·四川广元·期中）1800有 个不同的正因数． 【答案】 【解题思路】根据题意，，结合分步乘法计数原理，即可得到结果. 【解答过程】， 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：. 【变式4.3】（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 【解题思路】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. 【解答过程】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：. 【题型5 几何计数问题】 【例5】（2025高三·全国·专题练习）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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【变式5.1】（24-25高二上·湖北黄石·期末）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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【变式5.2】（24-25高二上·上海宝山·期中）正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有 种不同选法. 【答案】12 【解题思路】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点，确定共面的情况数，注意重复计数的情况. 【解答过程】 从任意一个侧棱出发，其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况， 所以，所有共面的情况有种，而每条棱均重复计数一次， 综上，正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有种. 故答案为：12. 【变式5.3】（24-25高二下·江苏扬州·期中）已知直线中的a，b，c是取自集合中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是 ． 【答案】11 【解题思路】设倾斜角为，由，对分情况讨论，利用计数原理计算即可． 【解答过程】设倾斜角为，，则，不妨设，则， 若，a有2种取法，b有2种取法，排除1个重复(与)，故这样的直线有条； 若，a有2种取法，b有2种取法，c有2种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有条， 从而，符合要求的直线有条． 故答案为：11． 【题型6 数字排列问题】 【例6】（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【变式6.1】（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 【解题思路】通过个位数分别为，，，讨论即可； 【解答过程】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6.2】（24-25高二下·湖北宜昌·月考）已知0， 1， 2， 3， 4， 5这六个数字. (1)可以组成多少个允许数字重复的三位数？ (2)可以组成多少个不允许数字重复的三位偶数？ 【答案】(1)180 (2)52 【解题思路】（1）按照分步乘法计数原理计算可得； （2）分个位数为，，三种情况讨论，按照分类加法计数原理计算可得. 【解答过程】（1）完成任务分3步： ①先选百位数字，由于不能作为百位数，因此有种选法； ②十位数字有种选法； ③个位数字有种选法. 所以由分步计数原理知所求三位数共有个. （2）先分3类：个位数分别为，，. ①第一类个位数排时，有个； ②第二类个位数排时，百位不能排0，所以有个； ③第三类个位数排4时，百位不能排0，所以有个； 所以由分类计数原理知所求三位数共有个. 【变式6.3】（24-25高二下·内蒙古赤峰·月考）用0，1，…，9这十个数字可以组成多少个：（结果用数字作答） (1)三位数？ (2)无重复数字的三位数？ (3)小于的无重复数字的三位数？ (4)无重复数字的三位数的奇数？ 【答案】(1) (2) (3) (4) 【解题思路】（1）因为百位不能是0，可以有重复数字，按特殊优先原则，应用分步乘法计数原理可得解； （2）因为0不能做百位，故先安排百位的数字，然后剩下的数字中，分别选取百位及个位数字即可； （3）为百位是5的所有数据中最小的三位数，要求小于，则先确定百位的数只能取1,2,3,4中的其一，再在剩下的数据中，考虑十位及个位的数即可； （4）无重复数字的三位数的奇数，需考虑个位的数只能选奇数，百位的数字不能为0，则分类考虑百位为奇数和百位不为奇数的情况，再安排个位，最后在剩下的数据中考虑十位的安排即可. 【解答过程】（1）百位非零，则百位有9个数可选，十位和个位无要求，则个数字均可，共有个； （2）百位非零，则百位有9个数可选，要求无重复数字，则出现过的数不能再选择，共有个； （3）百位可为1，2，3，4中的任意数字，共有4种可能，十位有9种，个位有8种，共有个； （4）十个数字中有5个奇数5个偶数， 第一类：百位为奇数，则可以有5种选择，个位还有4个奇数可选，十位无限制，还有8个数字可选，共有个； 第二类：百位为非零偶数，则共有4种，个位有5个奇数可选，十位无限制，还有8个数字可选，共有个； 综上，共有个. 【题型7 涂色问题】 【例7】（24-25高二下·陕西咸阳·月考）如图，用6种不同的颜色给图中，，，区域染色，要求相邻区域不能同色，则不同的染色方法共有（   ） A．400种 B．460种 C．480种 D．496种 【答案】C 【解题思路】根据分步乘法计数原理，按的顺序涂色，即可得到答案. 【解答过程】按的顺序涂色， 共有：种. 故选：C. 【变式7.1】（2025高二·全国·专题练习）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 【解题思路】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算. 【解答过程】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. 【变式7.2】（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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【变式7.3】（24-25高二下·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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 一、单选题 1．（25-26高二上·河南·月考）某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（   ） A．5种 B．7种 C．15种 D．20种 【答案】D 【解题思路】根据已知确定成员总数，分析即可得答案. 【解答过程】由题意，兴趣小组有名成员，从中选1名，有20种不同的选法． 故选：D． 2．（25-26高二上·河南·月考）已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（   ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 【答案】B 【解题思路】根据第二象限点的特征，运用分步乘法计数原理进行求解即可. 【解答过程】在第二象限的点的横坐标为负数，纵坐标为正数， 由题意得点的横坐标有，两种选择，点的纵坐标有3，5两种选择． 由分步乘法计数原理，得在第二象限的点有个． 故选：B． 3．（2026高三·全国·专题练习）4名同学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，则不同的报名方法种数是（    ） A．12 B．24 C．64 D．81 【答案】D 【解题思路】根据题意结合分步乘法计数原理运算求解即可. 【解答过程】由题意可知：每位同学均有3个运动队选择， 所以不同的报名方法种数是. 故选：D. 4．（25-26高二上·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 【解题思路】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. 【解答过程】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． 5．（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 【解题思路】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式求解. 【解答过程】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. 6．（24-25高二下·河北唐山·月考）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 【解题思路】根据分类加法和分步乘法计数原理，分类讨论，求出结果. 【解答过程】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. 7．（25-26高二上·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 【解题思路】按照首位数字为进行分类，计算每种情况下的“吉祥数”个数，相加得到总数. 【解答过程】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. 8．（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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 二、多选题 9．（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 【解题思路】根据两个计数原理的定义逐一判断选项即可. 【解答过程】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. 10．（2025·四川成都·模拟预测）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 【解题思路】由特殊位置优先的原则，结合两个计数原理逐个判断即可. 【解答过程】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. 11．（2025·四川眉山·模拟预测）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（   ） A．从中任选1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1幅布置房间，有70种不同的选法 C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D．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 【答案】ABC 【解题思路】根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解. 【解答过程】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确. 对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确. 对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法； 第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法； 第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法， 故共有种不同的选法，故C正确. 对于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，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题 12．（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】 【解题思路】根据分步计数原理的应用即可求解． 【解答过程】易知每个人都有种选法，故不同的选法有种． 故答案为：． 13．（24-25高二下·福建福州·期末）用0，1，2，3这4个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答） 【答案】18 【解题思路】需要分步确定三位数的百位、十位和个位数字. 【解答过程】组成的数是三位数，故百位不能是， 百位有种选择； 百位选了一个数字后，十位还有种选择； 百位和十位各选了一个数字后，个位还有种选择； 一共可以组成没有重复数字的三位数有：（个） 故答案：. 14．（24-25高二下·陕西铜川·期末）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，现在用7种颜色给5个小区域（A，B，C，D，E）涂色，规定每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 种. 【答案】4410 【解题思路】根据分步乘法原理及分类加法原理计算求解. 【解答过程】分4步进行分析： ①对于区域，有7种颜色可选； ②对于区域，与区域相邻，有6种颜色可选； ③对于区域，与、区域相邻，有5种颜色可选； ④对于区域、， 若与颜色相同，区域有5种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有4种颜色可选，区域有4种颜色可选， 则区域、有种选择.综上所述， 不同的涂色方案有种. 故答案为：. 四、解答题 15．（24-25高二下·全国·课后作业）把3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，3人均可分到相同或不同车间，共有多少种不同的分配方案？ 【答案】125 【解题思路】由分步乘法计算原理即可求解. 【解答过程】把3名学生分配到5个车间中，可分3个步骤完成，每一步分配1名学生， 分别有5种不同的方法，根据分步乘法计数原理， 共有（种）不同的分配方案． 16．（24-25高二下·全国·课后作业）现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组． (1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？ (2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？ 【答案】(1)5040 (2)431 【解题思路】（1）由分步乘法计算原理即可求解； （2）先分2人来自哪两个班，再用分步乘法计算原理求解. 【解答过程】（1）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选1名组长． 所以，共有（种）不同的选法． （2）分六类，每一类又分两步： 从一、二班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从一、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从一、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从二、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从二、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法； 从三、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法． 所以，共有（种）不同的选法． 17．（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？ 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）分个位数为和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解； （2）分千位数为或和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解. 【解答过程】（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. 18．（24-25高二下·安徽·月考）给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【答案】(1)3种 (2)72 【解题思路】根据排列组合涂色问题解题方法，先分类再分步完成涂色即可. 【解答过程】（1）由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务. （2）分两种情况: 情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有种涂法; 情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有种涂法. 所以共有24+48=72种不同的涂色方法. 19．（24-25高二下·山东济宁·月考）用0，1，2，3，…，9这十个数字． (1)可组成多少个三位数？ (2)可组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？ 【答案】(1)900； (2)648； (3)379 【解题思路】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出正确答案. （3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析1位数，两位数与三位数满足条件的数字计算出正确答案. 【解答过程】（1）要确定一个三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，百位不能为0，有9种选法； 第二步，确定十位数，有10种选法；第三步，确定个位数，有10种选法， 根据分步乘法计数原理，共有个. （2）要确定一个无重复数字的三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，有9种选法； 第二步，确定十位数，有9种选法；第三步，确定个位数，有8种选法， 根据分步乘法计数原理，无重复数字的三位数共有个． （3）作用题意，小于500且没有重复数字的自然数分为以下三类： 第一类，满足条件的一位自然数：有10个， 第二类，满足条件的两位自然数：有个， 第三类，满足条件的三位自然数： 第一步，确定百位数，百位数字可取1，2，3，4，有4种选法； 第二步，确定十位数，有9种选法； 第三步，确定个位数，有8种选法，根据分步乘法计数原理，有个， 所以小于500且没有重复数字的自然数共有（个）. 第 1 页 共 23 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 两个基本计数原理 【苏教版】 模块一 两个基本计数原理 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 完成一件事有两类不同方案，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=种不同的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事情，我们可以用第一类有m1种方法，第二类有m2种方法，…，第n类有mn种方法，来表示分类加法计数原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有种不同方法可以完成这件事. (3)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=种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“→”强调要依次完成各个步骤才能完成要做的事情，从而共有种不同的方法可以完成这件事. (3)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. 【题型1 分类加法计数原理及应用】 【例1】（24-25高二下·青海海南·期末）一项工作可以用两种方法完成，有6人只会用第一种方法完成，另有11人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为（   ） A．60 B．66 C．16 D．17 【变式1.1】（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 【变式1.2】（24-25高二下·新疆巴音郭楞·期末）某班有女生22人，男生24人，现从该班级选1名同学参加某活动，不同的选法有（   ） A．22种 B．24种 C．46种 D．48种 【变式1.3】（24-25高二下·青海西宁·期末）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 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2】（24-25高二下·四川广元·期末）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 【变式2.1】（24-25高二下·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2.2】（24-25高二下·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 【变式2.3】（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 模块二 两个基本计数原理的综合应用 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个基本计数原理的综合应用 两个基本计数原理的综合应用主要包括五个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【题型3 实际问题中的计数问题】 【例3】（24-25高二上·湖南长沙·期末）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 【变式3.1】（24-25高二下·广西百色·期末）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 【变式3.2】（24-25高三上·江苏南京·开学考试）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 【变式3.3】（24-25高二下·陕西榆林·期中）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 【题型4 代数中的计数问题】 【例4】（24-25高二下·河北张家口·期末）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 【变式4.1】（2025·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 【变式4.2】（24-25高二下·四川广元·期中）1800有 个不同的正因数． 【变式4.3】（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. 【题型5 几何计数问题】 【例5】（2025高三·全国·专题练习）以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【变式5.1】（24-25高二上·湖北黄石·期末）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 【变式5.2】（24-25高二上·上海宝山·期中）正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有 种不同选法. 【变式5.3】（24-25高二下·江苏扬州·期中）已知直线中的a，b，c是取自集合中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是 ． 【题型6 数字排列问题】 【例6】（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）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． 【变式6.1】（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6.2】（24-25高二下·湖北宜昌·月考）已知0， 1， 2， 3， 4， 5这六个数字. (1)可以组成多少个允许数字重复的三位数？ (2)可以组成多少个不允许数字重复的三位偶数？ 【变式6.3】（24-25高二下·内蒙古赤峰·月考）用0，1，…，9这十个数字可以组成多少个：（结果用数字作答） (1)三位数？ (2)无重复数字的三位数？ (3)小于的无重复数字的三位数？ (4)无重复数字的三位数的奇数？ 【题型7 涂色问题】 【例7】（24-25高二下·陕西咸阳·月考）如图，用6种不同的颜色给图中，，，区域染色，要求相邻区域不能同色，则不同的染色方法共有（   ） A．400种 B．460种 C．480种 D．496种 【变式7.1】（2025高二·全国·专题练习）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． 【变式7.2】（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 【变式7.3】（24-25高二下·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 一、单选题 1．（25-26高二上·河南·月考）某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（   ） A．5种 B．7种 C．15种 D．20种 2．（25-26高二上·河南·月考）已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（   ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 3．（2026高三·全国·专题练习）4名同学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，则不同的报名方法种数是（    ） A．12 B．24 C．64 D．81 4．（25-26高二上·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 5．（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 6．（24-25高二下·河北唐山·月考）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 7．（25-26高二上·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 8．（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 二、多选题 9．（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 10．（2025·四川成都·模拟预测）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 11．（2025·四川眉山·模拟预测）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（   ） A．从中任选1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1幅布置房间，有70种不同的选法 C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D．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 三、填空题 12．（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． 13．（24-25高二下·福建福州·期末）用0，1，2，3这4个数字，可组成 个没有重复数字的三位数（用数字作答） 14．（24-25高二下·陕西铜川·期末）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，现在用7种颜色给5个小区域（A，B，C，D，E）涂色，规定每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 种. 四、解答题 15．（24-25高二下·全国·课后作业）把3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，3人均可分到相同或不同车间，共有多少种不同的分配方案？ 16．（24-25高二下·全国·课后作业）现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组． (1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？ (2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？ 17．（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？ 18．（24-25高二下·安徽·月考）给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 19．（24-25高二下·山东济宁·月考）用0，1，2，3，…，9这十个数字． (1)可组成多少个三位数？ (2)可组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？ 第 1 页 共 23 页 学科网（北京）股份有限公司 $