6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第2课时） （题型专练）数学人教A版选择性必修第三册

6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 （第2课时） 题型一：排数问题 1．从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 2．用五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？ 3．有0，1，2，3，4五个数字，问： (1)可以组成多少个无重复数字的四位密码? (2)可以组成多少个无重复数字的四位数? 4．用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 5．用0，1，2，3，…，9十个数字可能组成多少个不同的 (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且没有重复数字的自然数？ 6．用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数? (1)三位整数; (2)无重复数字的三位整数; (3)小于500的无重复数字的三位整数; (4)小于100的无重复数字的自然数. 题型二：代数中的计数问题 1．1800有 个不同的正因数． 2．数字540的不同正因数的个数为（    ） A．10 B．16 C．20 D．24 3．集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 4．从1，2，3，6，9中任取两个不同的数相乘，则不同的乘积结果有 种，乘积为偶数的取法有 种. 5．从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（    ） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 6．“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 7．世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在年和年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．如今，哥德巴赫猜想仍未解决．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于的偶数，都可以写成两个质数之和．（质数是指在大于的自然数中，除了和它本身以外不再有其他因数的自然数）．在不超过的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种． 题型三：几何中的计数问题 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 2．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 ． 3．正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有 种不同选法 4．已知直线中的、、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 ． 5．以三棱柱的顶点为顶点共可组成________个不同的三棱锥？ 题型一：实际问题中计数问题 1．现有3名医生，5名护士，2名麻醉师.从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？ 2．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种. 3．从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4．一杂技团有8名会表演魔术或口技的演员，其中有6人会表演口技，有5人会表演魔术，现从这8人中选出2人上台表演，1人表演口技，1人表演魔术，则不同的安排方法有 种． 5．假期里，有4名同学去社区做文明实践活动，根据需要，要安排这4名同学去甲、乙两个文明实践站，每个实践站至少去1名同学，每名同学只去1个实践站，则不同的安排方法共有 种． 题型二：涂色问题 1．用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ）    A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 2．用3种不同颜色给下图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，共有（ ）种不同的涂色方案． A．243 B．32 C．48 D．1280 3．如图，用四种不同颜色给矩形A、B、C、D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ）    A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 4．用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 5．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有 种. A B C          D 6．现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（    ） A．24种 B．30种 C．36种 D．48种 1．用0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字比其左邻的数字小的数叫作“渐降数”，求上述四位数中“渐降数”的个数． 2．数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为 . 3．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是 A．37 B．19 C．13 D．7 4．（多选）现安排高二年级、、三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（    ） A．共有不同的安排方法有种 B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C．若同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种 D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 5．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）. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 （第2课时） 题型一：排数问题 1．从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【答案】(1)100 (2)48 (3)30 【分析】（1）根据分步乘法计数原理可得结果； （2）根据分步乘法计数原理可得结果； （3）根据组成三位偶数，末位数字可分两类，末位数字是0或者不是0，根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果； 【详解】（1）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方 法，第二、三位可以排0，因此，根据分步乘法计数原理共有（个）． （2）三位数的首位不能为0，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二位可以排0，除 首位排的数字共有4种方法，第三位除前两位排的数字共有3种方法，因此，根据分步乘 法计数原理共有（个）． （3）偶数末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类： 一类是末位数字是0，则有（种）排法； 一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位， 所以有3种排法，十位有3种排法，因此有（种）排法． 因此有（种）排法．即可以排成30个无重复数字的三位偶数. 2．用五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？ 【答案】 【分析】完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：先排个位，再排千位，再排百位，最后排十位，结合分步乘法计数原理求解即可. 【详解】完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步： 第一步从中任取一个排在个位上，有2种方法； 第二步，从中除去用过的一个，从剩下的3个数中任取一个排千位，有3种方法； 第三步，从剩下的3个数字中任取一个排百位，有3种方法； 第四步，从剩下2个数字任取一个排十位，有2种方法． 由分步乘法计数原理知利用可以排出个无重复数字的四位奇数． 3．有0，1，2，3，4五个数字，问： (1)可以组成多少个无重复数字的四位密码? (2)可以组成多少个无重复数字的四位数? 【答案】(1)120 (2)96 【分析】（1）（2）根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤： 第1步，选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法； 第2步，选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法； 第3步，选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法； 第4步，选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120个. （2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤： 第1步，从1，2，3，4中选取一个数字做千位数字，有4种不同的选取方法； 第2步，从1，2，3，4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字做百位数字，有4种不同的选取方法； 第3步，从剩余的三个数字中选取一个数字做十位数字，有3种不同的选取方法； 第4步，从剩余的两个数字中选取一个数字做个位数字，有2种不同的选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）. 4．用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 【答案】(1)900 (2)648 (3)144 【分析】（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，分别分析个位数满足条件的数字计算出正确答案. 【详解】（1）由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法， 十位与个位上的数字均有10种选法， 所以不同的三位数共有（个）； （2）百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法， 个位数字应从剩余8个数字中选取， 所以共有（个）无重复数字的三位数； （3）若个位为1或3，则小于500的三位奇数有（个）； 若个位为5或7或9，则小于500的三位奇数有（个）； 所以小于500的三位奇数有． 5．用0，1，2，3，…，9十个数字可能组成多少个不同的 (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且没有重复数字的自然数？ 【答案】(1)900（个） (2)648（个） (3)379（个） 【分析】（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，分别分析一位数，两位数与三位数满足条件的数字计算出正确答案. 【详解】（1）由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法， 十位与个位上的数字均有10种选法， 所以不同的三位数共有（个）； （2）百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法， 个位数字应从剩余8个数字中选取， 所以共有（个）无重复数字的三位数； （3）一位自然数有10（个）， 二位自然数有（个）， 小于500的三位自然数有（个）． 所以共有（个）小于500且无重复数字的自然数． 6．用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数? (1)三位整数; (2)无重复数字的三位整数; (3)小于500的无重复数字的三位整数; (4)小于100的无重复数字的自然数. 【答案】(1)900 (2)648 (3)288 (4)91 【分析】（1）由于百位有9种选法，十位和个位各有10种选法，然后由分步乘法原理可求得答案； （2）从百位到个位依次选取数字，然后利用分步乘法原理可求得答案； （3）百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，然后由分步乘法原理可求得答案； （4）分一位自然数和两位自然数两种情况求解，然后利用分类加法原理求得答案. 【详解】（1）百位上有9种选择，十位和个位各有10种选法. 由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×10×10=900. （2）由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择， 由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×9×8=648. （3）百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择， 由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是4×9×8=288. （4）小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数:10个 .两位自然数:十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的两位数的个数是9×9=81. 由分类加法计数原理知，适合题意的自然数的个数是10+81=91. 题型二：代数中的计数问题 1．1800有 个不同的正因数． 【答案】 【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： 2．数字540的不同正因数的个数为（    ） A．10 B．16 C．20 D．24 【答案】D 【分析】应用列举法写出所有的正因数即可. 【详解】由 ，共有24个正因数. 故选：D 3．集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 【答案】 【分析】令，，求出集合的非空子集数，与集合的子集数，再由分步乘法计数原理计算可得. 【详解】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为： 4．从1，2，3，6，9中任取两个不同的数相乘，则不同的乘积结果有 种，乘积为偶数的取法有 种. 【答案】 8 7 【分析】利用组合公式可求得总的取法数，进而确定不同的乘积结果的方法数与乘积为偶数的方法数即可. 【详解】从五个不同的数中任取两个数共有种不同的取法， 不同的乘积结果有 ， 所以不同的乘积结果有8种，其中乘积为偶数的有共7种. 故答案为：①8；②7. 5．从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（    ） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 【答案】D 【分析】分是否取两类，当不取时，排除重复的即可得解. 【详解】当取时，则只能为真数，此时这个对数值为， 当不取时，底数有种，真数有种， 其中， 故此时有个， 所以共有个. 故选：D. 6．“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【答案】B 【分析】先求得所有6位 “回文数”的个数，再求得6位 “回文数”中各位数字全相同的个数，进而得到所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的个数. 【详解】6位 “回文数”中个位与十万位数字相同且不为0， 十位与万位数字相同，百位与千位数字相同， 第一步，确定个位与十万位数字，有9种可能， 第二步，确定十位与万位数字，有10种可能， 第三步，确定百位与千位数字，有10种可能， 则6位 “回文数”共有（个）， 又6位 “回文数”中各位数字全相同的共有9个， 则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（个）. 故选：B 7．世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在年和年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．如今，哥德巴赫猜想仍未解决．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于的偶数，都可以写成两个质数之和．（质数是指在大于的自然数中，除了和它本身以外不再有其他因数的自然数）．在不超过的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种． 【答案】 【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：. 题型三：几何中的计数问题 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 2．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 【分析】设倾斜角为，由，对分情况讨论，利用计数原理计算即可． 【详解】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． 3．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 【分析】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. 【详解】 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 4．已知直线中的、、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】43 【分析】先由直线的倾斜角为锐角得到异号，再按c分类讨论去求符合要求的直线条数即可. 【详解】设直线的倾斜角为θ，则． 不妨设，则． （1）时，a有三种取法，b有三种取法， 排除2个重复（与为同一直线）， 故这样的直线有（条）； （2）时，则a有三种取法，b有三种取法，c有四种取法， 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：43． 5．以三棱柱的顶点为顶点共可组成________个不同的三棱锥？ 【答案】12 【分析】先计算出个顶点选出个的方法数，然后减去共面的方法数，由此求得可以构成三棱锥的方法数. 【详解】 从个顶点中选出个的方法数有种， 其中共面的有种（即个侧面）， 故可以构成不同三棱锥的方法数有种. 故答案为：12 题型一：实际问题中计数问题 1．现有3名医生，5名护士，2名麻醉师.从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？ 【答案】30 【分析】分步计数，分别计算出第一步选医生、第二步选护士、第三步选麻醉师的选派方法数，然后相乘即可. 【详解】第一步，选出1名医生有3种选派方法； 第二步，选1名护士有5种选派方法； 第三步，选1名麻醉师有2种选派方法. 由分步计数可知，总的选派方法有种. 2．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种. 【答案】39 【分析】根据给定条件分成每次升1面、升2面、升3面旗3类，求出各类表示的信号数，再将各类信号数相加即得. 【详解】根据所升旗的数量进行分类： ①升1面旗，有三种颜色可供选择，故可组成3种不同信号； ②升2面旗，则升第一面旗时，有三种颜色可供选择，升第二面旗时，同样有三种颜色可供选择，故可组成种不同信号； ③升3面旗，则升每面旗时，均有三种颜色可供选择，故可组成的不同信号有种. 综上所述，可组成的不同信号共有（种）． 故答案为：39 3．从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】利用分步计数原理可得出结果. 【详解】从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人， 第一个路口有种选择，第二个路口有种选择，最后一个路口有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为种. 故选：B. 4．一杂技团有8名会表演魔术或口技的演员，其中有6人会表演口技，有5人会表演魔术，现从这8人中选出2人上台表演，1人表演口技，1人表演魔术，则不同的安排方法有 种． 【答案】27 【分析】由题可得有2人只会表演魔术，3人只会表演口技，3人既会表演魔术又会表演口技，然后以只会表演魔术的人分类讨论结合两个基本原理即得. 【详解】由题可知有2人只会表演魔术，3人只会表演口技，3人既会表演魔术又会表演口技， 针对只会表演魔术的人讨论，先从只会表演魔术的人表演魔术有2种选择，再从其他的6人选1人表演口技有6种选择，故共有种选择； 不选只会表演魔术的人，从既会表演魔术又会表演口技的3人中选1人表演魔术，有3种选择， 再从只会表演口技的3人和既会表演魔术又会表演口技的剩余2人选1人表演口技，有5种选择， 故共有种选择； 所以不同的安排方法有种. 故答案为：27. 5．假期里，有4名同学去社区做文明实践活动，根据需要，要安排这4名同学去甲、乙两个文明实践站，每个实践站至少去1名同学，每名同学只去1个实践站，则不同的安排方法共有 种． 【答案】14 【分析】根据题意，用间接法分析，先计算“将4人安排到2个文明实践站”的方法，排除其中“都安排在同一个文明实践站”的方法，计算可得答案. 【详解】根据题意，将4人安排到2个文明实践站，每人有2种安排方法，则有2×2×2×2=16种安排方法，其中都安排在同一个文明实践站的方法有2种，则有16-2=14种不同的安排方法. 故答案为：14. 题型二：涂色问题 1．用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ）    A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 【答案】D 【分析】利用分步乘法计数原理可得答案. 【详解】有5种颜色可选，有4种颜色可选，有3种颜色可选， ，均有4种颜色可选，故共有涂色方法（种）． 故选：D. 2．用3种不同颜色给下图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，共有（ ）种不同的涂色方案． A．243 B．32 C．48 D．1280 【答案】C 【分析】直接由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】从左到右依次涂色，第一个图形可以涂3种颜色，第二、三、四、五个图形可以涂2种颜色， 共有种不同的涂色方案. 故选：C. 3．如图，用四种不同颜色给矩形A、B、C、D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ）    A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 【答案】C 【分析】先A区域，再涂B，涂C，涂D，根据分步乘法计数原理可得解. 【详解】先A区域，再涂B，涂C，涂D，根据分步乘法计数原理共有种涂法. 故选：C. 4．用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理逐一按①②③和④涂色，即可求解. 【详解】对于①②③，两两相邻，依次用不同颜色涂，共有种涂色方法，对于④，与②③相邻，但与①相隔，此时可用剩下的一种颜色或者与①同色，共2种涂色方法，则由分步乘法计数原理得种不同的涂色方法. 故选:C 5．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有 种. A B C          D 【答案】108 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法， 共有4×3×3×3＝108(种)涂法. 故答案为：108 6．现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（    ） A．24种 B．30种 C．36种 D．48种 【答案】D 【分析】按涂色顺序进行分四步，根据分步乘法计数原理可得解. 【详解】按涂色顺序进行分四步： 涂①部分时，有4种涂法； 涂②部分时，有3种涂法； 涂③部分时，有2种涂法； 涂④部分时，有2种涂法． 由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有4×3×2×2＝48种． 故选：D. 1．用0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字比其左邻的数字小的数叫作“渐降数”，求上述四位数中“渐降数”的个数． 【答案】 【分析】首先确定千位可以是3，4，5，再根据题意，利用列举的方法，即可求解. 【详解】分三类： 第一类，千位数字为3时，“渐降数”只有3210，共1个； 第二类，千位数字为4时，“渐降数”有4321，4320，4310，4210，共4个； 第三类，千位数字为5时，“渐降数”有5432，5431，5430，5421，5420，5410，5321，5320，5310，5210，共10个． 由分类加法计数原理，共有（个）“渐降数”． 2．数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为 . 【答案】12 【分析】讨论百位数为6、5、4、3、2、1分别列举出符合要求的“吉祥数”，即可得结果. 【详解】当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600； 当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510； 当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420、402； 当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330、312； 当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240、204、222； 当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150、114、132； 综上，共有12个“吉祥数”. 故答案为：12 3．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是 A．37 B．19 C．13 D．7 【答案】B 【分析】为了使直线最少，应出现三点共线或更多的点共线，分别计算圆上的四点和圆上点与直线上的点的连线即可得解. 【详解】为了使直线最少，应出现三点共线或更多的点共线， 因为直线与圆相离，所以圆上的四个点与直线的六个点最多有6个三点共线. 此时由圆上的四点共确定条直线. 圆上的一个点与直线上的六个点共确定6条直线，但是其中有3条与圆上两点连线重合，所以有：， 另外直线上六点共一条直线. 所以共有条. 故选: B. 4．（多选）现安排高二年级、、三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（    ） A．共有不同的安排方法有种 B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C．若同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种 D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 【答案】ABD 【分析】按照分步乘法计数原理一一计算可得； 【详解】解：根据题意， 对于A：，，三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践， 每个学生有4种选法，则三个学生有种选法，故A正确； 对于B：三人到4个工厂，有种情况，其中甲工厂没有人去， 即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有种， 则工厂甲必须有同学去的安排方法有种，故B正确； 对于C：若同学必须去工厂甲，剩下2名同学安排到4个工厂即可， 有种安排方法，故C错误； 对于D：若三名同学所选工厂各不相同，有种安排方法，故D正确； 故选：ABD． 5．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 【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. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $