专题02 两个计数原理综合应用的四大常考题型（高效培优专项训练）数学人教A版高二选择性必修第三册

专题02 两个计数原理综合应用的四大常考题型 题型一：代数中的计数问题 题型二：几何计数问题 题型三：数字排列问题 题型四：涂色问题 题型一：代数中的计数问题 1．已知x，y，z均为正整数，且，则满足方程的解有 组. 2．已知集合，则满足的有序集组的个数为 ．（用数字作答） 3．按照一定次序排列的一列集合称为集合列，可记为；已知全集的子集满足.若恰有两个元素，则这样的集合列有 个；所有满足条件的集合列有 个. 4．已知函数，其中.则使函数不存在极值的有序数对共有（    ）对. A．7 B．8 C．9 D．10 5．将1，1，1，1，2，4，6，8这8个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），则不同的填数方法共有 种；若填入的每行数之和为偶数，则不同的填数方法共有 种（用数字作答）. 6．下列说法正确的个数为（    ） ①180的正因数有16个②以正方体为顶点的三棱锥有70个③+9能被7整除 ④投一枚质地均匀的硬币十次，正面朝上频率在 的概率为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．满足不等式的有序整数组的个数为（    ） A．231 B．267 C．334 D．377 8．将2个“0”、2个“1”和2个“2”这6个数，按从左到右的顺序排成一排，则能构成 个自然数，在所有构成的自然数中，第一位数为1的所有自然数之和为 . 9．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 10．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． 题型二：几何计数问题 11．以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 12．已知是由组成的一个三位数，表示为，其中，均表示从1到9中的任意数，若以为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数共有（    ）. A．185个 B．170个 C．165个 D．156个 13．直线（不全为 0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（  ） A．60 条 B．66 条 C．72 条 D．78 条 14．如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为 . 15．在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为 . 16．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 ．    17．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 ． 18．记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（    ） A．2 B．5 C．8 D．9 19．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 20．连接正方体每个面的中心构成一个正八面体．甲随机选择此正八面体的三个顶点构成三角形，乙随机选择此正八面体三个面的中心构成三角形，且甲、乙的选择互不影响，则（    ） A．甲选择的三个点构成正三角形的概率为 B．甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为 C．乙选择的三个点构成正三角形的概率为 D．甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为 题型三：数字排列问题 21．下列说法中，正确的有（   ） A．若，则 B．的展开式中，所有项的系数之和是 C．的展开式中，的系数是 D．从中任取个数字，从中任取个数字，一共可以组成个没有重复数字的五位数 22．从0，1，2，…，9这10个数字中选出3个不同的数字组成三位数，其中小于329的共有 个. 23．2025年4月23日是第三十一个世界读书日．若将，，，，，，这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有 个 24．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 25．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 26．如图，表格中是的一个排列，且满足，则满足条件的方格表共有 张. 27．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的自然数，能够组成多少个小于2018的正偶数 ． 28．用数字，，，，组成数字，下列说法正确的有（   ） A．可以组成个没有重复数字的三位数 B．可以组成个没有重复数字的四位奇数 C．可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数 D．可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数 29．用分别写有数字“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“4”的六张卡片可以组成 个六位整数．（用数字作答） 30．从0，1，2，3中任取三个数字组成无重复数字的三位数，则下列结论错误的是（   ） A．三位数共有18个 B．百位数字为1的三位数共有6个 C．十位数字为1的三位数共有6个 D．个位数字为0的三位数共有6个 题型四：涂色问题 31．给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是（    ）    A．192 B．168 C．224 D．208 32．如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．84种 33．如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 34．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（   ）种不同的种植方法． A．36 B．60 C．84 D．120 35．现有五种不同的颜料可用，从这五种染料中选取染料给四棱锥的五个顶点染色，要求同一条棱上的两个顶点不同色，问满足条件的染色方案有 种. 36．如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（    ）    A．360 B．420 C．480 D．660 37．如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ）    A．若，不同的染色方法种数为 B．若，不同的染色方法种数为 C．若，不同的染色方法种数为 D．若，不同的染色方法种数为 38．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 39．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． 40．可将此类题型进行推广：将一个圆分成一个小圆和个扇环（如图所示），用种不同的颜色对这个区域着色，每一个区域着一种颜色，相邻区域着不同颜色，共有多少种不同的着色方法？ 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 两个计数原理综合应用的四大常考题型 题型一：代数中的计数问题 题型二：几何计数问题 题型三：数字排列问题 题型四：涂色问题 题型一：代数中的计数问题 1．已知x，y，z均为正整数，且，则满足方程的解有 组. 【答案】10 【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：. 2．已知集合，则满足的有序集组的个数为 ．（用数字作答） 【答案】729 【分析】设集合A的元素个数为，可知集合B的个数有个，集合A的个数有个，结合二项式定理运算求解即可. 【详解】设集合B的元素个数为，则集合B的个数有个， 可知集合B的子集有个，即集合A的个数有个； 所以有序集组的个数为个. 故答案为：729. 3．按照一定次序排列的一列集合称为集合列，可记为；已知全集的子集满足.若恰有两个元素，则这样的集合列有 个；所有满足条件的集合列有 个. 【答案】 96 625/ 【分析】对于空①：先利用组合确定的不同的可能种数，然后结合集合的交并运算，利用乘法计数原理得到对于的每一种确定的情况，集合列的不同种数，进而利用乘法计数原理求得集合列的不同种数，得到空①的答案；类似空①的求解过程，得到的元素个数为0，1，2，3，4的各种情况下的集合列的不同种数，然后根据加法计数原理求和，并利用二项式定理化简计算得到空②的答案. 【详解】空①：有2个元素，是从中任选2个数字，有种不同的可能； 由于，所以中必须而且只需包含没有被选中的2个元素； 其余的2个元素都可以任意的在或不在中，各有4种不同的处置方法， 每种方法都确保了集合列的不同， 从而有种不同的处置方式，得到集合列的16种不同的结果， 所以集合列有种不同的结果. 空②：类似空①的过程，可知当时， 集合列有个不同的结果， 因为， 所以所有满足条件的集合列有625种不同的结果. 故答案为：96；625. 4．已知函数，其中.则使函数不存在极值的有序数对共有（    ）对. A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】由题设，根据得，进而列举出所有数对，即可得. 【详解】由题设，要使函数不存在极值，只需， 所以，满足的有序数对为，共10对. 故选：D 5．将1，1，1，1，2，4，6，8这8个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），则不同的填数方法共有 种；若填入的每行数之和为偶数，则不同的填数方法共有 种（用数字作答）. 【答案】 1680 912 【分析】应用分步分类计数原理，结合排列组合数求8个数填入格子的不同的填数方法，讨论数字1的填入方式，结合排列组合数求填入的每行数之和为偶数的填数方法. 【详解】首先任选4个格子填1，有种，再将余下的4个数填入其它4个格子，有种， 所以，不同的填数方法共有种， 要使填入的每行数之和为偶数，第1、2行填1的个数有三种情况， 若，即第1行0个1，第2行4个1，此时有种； 若，即第1行、第2行各2个1，此时有种； 若，即第1行4个1，第2行0个1，此时有种； 所以共有种. 故答案为：1680，912 6．下列说法正确的个数为（    ） ①180的正因数有16个②以正方体为顶点的三棱锥有70个③+9能被7整除 ④投一枚质地均匀的硬币十次，正面朝上频率在 的概率为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】根据180的因数计算判断①，分不同的四点共面情况求解判断②，根据二项式定理计算判断③，应用重复抛掷10次正面朝上出现的频率在得到，再结合二项分布即可求解④. 【详解】因为，所以180的正因数有，共18个，①不正确； 以正方体为顶点的三棱锥，首先从8个顶点中选4个，共有 种结果， 在这些结果中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面，所以满足条件的结果有 个，故②不正确； 不能被7整除，③不正确； 抛掷一枚质地均匀的硬币正面朝上的概率为， 重复抛掷10次正面朝上出现的频率在内，即， 所以，④正确． 正确的个数是1个. 故选：A. 7．满足不等式的有序整数组的个数为（    ） A．231 B．267 C．334 D．377 【答案】D 【分析】根据中的个数进行分类，分四种情况讨论，相加即可. 【详解】若全为0，则有序整数组的个数为1个； 若有两个为0，则有序整数组的个数为个： 若有1个为0，则有序整数组的个数为个； 若中没有0，易知或4或5或6，则有序整数组的个数为， 所以有序整数组的个数共有个. 故选：D. 8．将2个“0”、2个“1”和2个“2”这6个数，按从左到右的顺序排成一排，则能构成 个自然数，在所有构成的自然数中，第一位数为1的所有自然数之和为 . 【答案】 60 3333330 【分析】分析可知第一位数只能是1和2，根据部分平均分组问题结合组合数运算求解；分析可知第一位数为1共有30个自然数，第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法，进而运算求解. 【详解】因为要构成自然数，所以第一位数只能是1和2，故共有个自然数； 第一位数为1共有30个自然数， 第二位排0，1，2，分别有、、种排法； 根据对称性可知：第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法； 所以，所有第一位数为1的自然数之和为. 故答案为：60；3333330. 9．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 【分析】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】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． 10．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： 题型二：几何计数问题 11．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 【分析】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. 【详解】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 12．已知是由组成的一个三位数，表示为，其中，均表示从1到9中的任意数，若以为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数共有（    ）. A．185个 B．170个 C．165个 D．156个 【答案】C 【分析】根据题意分等边三角形及等腰不等边两种情况进行分析列举即可. 【详解】①等边三角形有9个； ②等腰但不等边的三角形的情况如表1所示： 表1 底的长度 腰的情况／种 1 8 2 7 3 7 4 6 5 6 6 5 7 5 8 4 9 4 有52个，再排列，有个. 故共有这样的三位数（个）． 故选：C. 13．直线（不全为 0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（  ） A．60 条 B．66 条 C．72 条 D．78 条 【答案】D 【分析】由题确定圆上的整点，然后由两点确定一条直线及过圆整点的切线条数可得答案. 【详解】因，，则公共点为： ，共12个. 若这样的直线为圆的切线，则满足题意的切线有12条； 若这样的直线不为圆的切线，则由两点确定一条直线，满足的直线有条. 则这样的直线有78 条. 故选：D 14．如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为 . 【答案】3 【分析】根据向量共面的推论易知在面内，且面，结合正方体的对称性及空间数量积运算确定不同取值的个数. 【详解】由，且，即在面内， 要使取最小值时，点位置记为点，即面，结合正方体的对称性， 知：，，三种情况， 所以数量积的不同取值的个数为3. 故答案为：3 15．在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为 . 【答案】 【分析】根据已知有，结合的取值判断满足条件的点，即可得答案. 【详解】由题设，又都是集合中的元素，且， 所以，满足要求的点有、、、、、、、、、、、、、、、、、、、， 所以这样的点有20个. 故答案为：20 16．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 【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 17．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． 18．记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（    ） A．2 B．5 C．8 D．9 【答案】C 【分析】分两种情况：与平面平行、经过△中位线分别求出它们满足要求的个数，加总即可. 【详解】当与平面平行时，如下图存在2种情况. 当经过△中位线时，如下图其中一条中位线有2种情况，故三条中位线，共有6种情况. 综上，共有2+6=8种情况. 故选：C. 19．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 【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 20．连接正方体每个面的中心构成一个正八面体．甲随机选择此正八面体的三个顶点构成三角形，乙随机选择此正八面体三个面的中心构成三角形，且甲、乙的选择互不影响，则（    ） A．甲选择的三个点构成正三角形的概率为 B．甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为 C．乙选择的三个点构成正三角形的概率为 D．甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为 【答案】ACD 【分析】利用古典概型的概率公式分别求出四个选项中的概率，即可判断得到答案. 【详解】甲随机选择的情况有种，乙随机选择的情况有种， 对于A：甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况： 甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种， 故甲选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项A正确； 对于B：甲选择的三个点构成等腰直角三角形，有三种情况： ①上下两点都选，中间四个点中选一个，共有种； ②上下两点中选一个，中间四个点中选相对的两个点，共有种； ③中间四个点中选三个点，共有种，故共有4+4+4= 12种， 所以甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为，故选项B错误； 对于C：乙选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，共有种，所以乙选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项C正确； 对于D ：选择的三个点构成等腰直角三角形同上所求，共有8+16=24种，概率为， 甲乙相似，则甲乙均为正三角形或均为等腰直角三角形，所以甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为，故D选项正确. 故选：ACD. 题型三：数字排列问题 21．下列说法中，正确的有（   ） A．若，则 B．的展开式中，所有项的系数之和是 C．的展开式中，的系数是 D．从中任取个数字，从中任取个数字，一共可以组成个没有重复数字的五位数 【答案】ACD 【分析】利用组合数的对称性和运算即可判断选项A，对，令即可求得所有项的系数之和判断选项B，结合组合分析，的展开式中，含的项的构成是个式子取，有个式子取常数，即可得到的系数是，来判断选项C，利用排列组合结合，来求解，即可判断选项D. 【详解】因为， 所以由，得．解得，故A正确； 令，则的展开式中，所有项的系数之和是，故B错误； 因为的展开式中，含的项的构成是个式子取， 有个式子取常数，所以的系数是，故C正确； 从中任取个数字，有种不同的取法； 从中任取个数字，有种不同的取法． 取出的个数字可以组成个没有重复数字的五位数， 所以一共可以组成个没有重复数字的五位数，故D正确． 故选：ACD 22．从0，1，2，…，9这10个数字中选出3个不同的数字组成三位数，其中小于329的共有 个. 【答案】167 【分析】以百位数为3和小于3两种情况分析即可求解. 【详解】当百位数小于3时，共有个； 当百位数为3，十位数小于2时，此时共有个； 当百位数为3，十位数为2时，共有个. 综上所述，共有个. 故答案为：167 23．2025年4月23日是第三十一个世界读书日．若将，，，，，，这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有 个 【答案】 【分析】易知不在第一位，先给确定位置，再针对其他数字进行排列，再确定三个的位置，相除即可. 【详解】将七位数从左至右依次称作第一位，第二位，…，第七位， 易知不在第一位，则有个位置可以选择， 又数字中有三个， 将剩余个数字进行全排列共种排法， 所以排成不同的七位数共有种， 故答案为：. 24．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 【分析】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. 【详解】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 25．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 【分析】根据题意，按首位数字为，分类讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】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. 26．如图，表格中是的一个排列，且满足，则满足条件的方格表共有 张. 【答案】8 【分析】由条件可得，根据，推出，再证明，由此确定的可能取值，再求结论. 【详解】因为，， 所以， 所以为或； 所以，即， 所以是的倍数，又，所以， 则，因为互不相同， 所以不能是，只能是， 剩下的数字是，所以， 所以满足条件的方格表共有张. 故答案为：. 27．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的自然数，能够组成多少个小于2018的正偶数 ． 【答案】个 【分析】组成小于的正偶数，可以是一位数、两位数、三位数、四位数，再分类计算，即可得出结论. 【详解】有一位正偶数时，可选、， 当有两位正偶数时，个位可为、、，所以当最后一位为时，可能的结果为，当最后一位为或时，可能结果为，所以共有种， 当有三位正偶数时，个位可为、、，所以当最后一位为时，可能的结果为，当最后一位为或时，可能结果为，所以共有种， 当有四位正偶数时，首项为时，由种， 首位为时，只有符合条件，所以共有种. 故答案为：个. 28．用数字，，，，组成数字，下列说法正确的有（   ） A．可以组成个没有重复数字的三位数 B．可以组成个没有重复数字的四位奇数 C．可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数 D．可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数 【答案】BCD 【分析】考虑各个位置上的选法数，结合两个计数原理逐项分析即可. 【详解】对于A，百位上的数字有种选择，十位上的数字有种选择，个位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个没有重复数字的三位数，故A错误； 对于B，因为是奇数，所以个位上的数字有，，，共种选择， 千位上的数字有种选择，百位上的数字有种选择，十位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个没有重复数字的四位奇数，故B正确； 对于C，因为是偶数，所以个位上的数字有，，共种选择， 若个位上的数字是，因为组成的数小于，所以百位上的数字有，，，共种选择，十位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数， 若个位上的数字是，因为组成的数小于，所以百位上的数字有，，共种选择，十位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数． 由分类加法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数，故C正确； 因为十位上的数字最大，所以十位上的数字可以是，，， 当十位上的数字是时，若个位上的数字是，则百位上的数字有种选择， 若个位上的数字不是，则个位上的数字有种选择，百位上的数字有种选择， 所以可以组成个符合要求的三位数； 当十位上的数字是时，个位和百位都有种选择，所以可以组成个符合要求的三位数， 当十位上的数字是时，符合要求的三位数只有，共个， 综上，可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数，故D正确； 故选：BCD． 29．用分别写有数字“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“4”的六张卡片可以组成 个六位整数．（用数字作答） 【答案】300 【分析】分首位为4，和首位不为4，分两类，利用分类加法计数原理求解. 【详解】分两类： 第一类首位从“1”、“2”、“3”中取，有种取法，其余5张卡片有种排法，但有2张“4”， 所以能得到不同的6位整数共有个； 第二类，首位取“4”，其余位置5张卡片全排列，共有个6位整数， 根据分类加法计数原理，共有个六位整数. 故答案为：300 30．从0，1，2，3中任取三个数字组成无重复数字的三位数，则下列结论错误的是（   ） A．三位数共有18个 B．百位数字为1的三位数共有6个 C．十位数字为1的三位数共有6个 D．个位数字为0的三位数共有6个 【答案】C 【分析】根据各选项的条件逐一分析判断即可. 【详解】选项A，从百位排起，百位有3种选择（1、2、3，因为不能为0），十位有3种选择，个位有2种选择.总数为个，故A正确； 选项B，百位固定为1，十位从0、2、3中选（3种选择），个位从剩下2个数字中选（2种选择），共有个，故B正确； 选项C，十位固定为1，百位不能为0，且不能为1，所以百位有2种选择（2、3），个位从剩下2个数字（包括0）中选（2种选择），共个，故C 错误； 选项D，因为个位数字为0，则百位和十位可以在中任取两个排列，共个.故D正确. 故选：C. 题型四：涂色问题 31．给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是（    ）    A．192 B．168 C．224 D．208 【答案】A 【分析】利用分步乘法计数：先给，，三块区域涂色，再给区域涂色，然后给区域涂色，最后给区域涂色，即可求解. 【详解】第一步，给，，三块区域涂色，有种涂色方法； 第二步，给区域涂色，有种涂色方法； 第三步，给区域涂色，有种涂色方法； 第四步，给区域涂色，有种涂色方法， 综上，不同的涂色方法种数是，故A正确. 故选：A. 32．如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．84种 【答案】B 【分析】根据组合的定义，结合分类计数原理进行求解即可. 【详解】由题意可知，使用了3种颜色则只有和颜色相同，或只有和颜色相同， 则涂色方法共有种. 故选：B 33．如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对图中挂件进行编号，根据已知条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方法种数． 【详解】给挂件进行如图所示的编号， 中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件， 用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色， 1号有4种涂色方法，2，3，4号有种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： ①若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ②若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ③若5号与1号异色，与3号同色，5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，7号有2种涂色方法； 当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ④若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； 综上，所有的涂色方法种数为，故C正确． 故选：C． 34．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（   ）种不同的种植方法． A．36 B．60 C．84 D．120 【答案】C 【分析】设k种种子排成环形的n个区域种植不同的方法数为,利用间接法，先求出排成一行的4个区域种植且相邻区域种植4种不同的种子的方法数，减去区域1和区域n种植相同种子的方法数，即得答案. 【详解】设k种种子排成环形的n个区域种植不同的方法数为， 若先考虑排成一行的区域种植且相邻区域种植不同种子，则方法数应为， ①若区域1和区域n种植不同种子时，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时满足条件： ②若区域1和区域n种植相同种子时，把区域1和区域n粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需从种方法中被减掉． 所以，依题意，易得，则， 即． 故选：C. 35．现有五种不同的颜料可用，从这五种染料中选取染料给四棱锥的五个顶点染色，要求同一条棱上的两个顶点不同色，问满足条件的染色方案有 种. 【答案】420 【分析】分使用五种染料、四种染料、三种染料求解，最后相加即可. 【详解】五个顶点涂五种不同的颜色，有（种）涂法； 五个顶点涂四种不同的颜色，其中同色不同色或不同色同色，有（种）涂法； 五种顶点涂三种不同的颜色，其中同色且同色，有（种）涂法. 综上，共有120＋240＋60=420（种）涂色方法. 故答案为：420 36．如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（    ）    A．360 B．420 C．480 D．660 【答案】B 【分析】根据使用颜色种数分类，利用排列组合可得. 【详解】若5种颜色全涂，有种； 若5种颜色涂4种，则左右侧面或前后侧面涂同种颜色，有种； 若5种颜色涂3种，则左右侧面涂同种颜色，前后侧面涂同种颜色，有种 可得，故不同的涂色方案共有420种. 故选：B 37．如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ）    A．若，不同的染色方法种数为 B．若，不同的染色方法种数为 C．若，不同的染色方法种数为 D．若，不同的染色方法种数为 【答案】D 【分析】利用分步计数乘法原理与分类加法计数原理可求解. 【详解】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示： 1 2 3 4 时，若用两种颜色，则号和4号区域同色，且号和号区域同色，有种不同的涂法， 若用三种颜色，则要么号和4号区域同色，要么号和号区域同色，有种不同的涂法， 共有种不同的涂法，所以A错误，B错误. 时，1号区域可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法. ①当2号，3号区域涂不同颜色的染料时，有种不同的涂法，4号区域有2种不同的涂法，可知有种不同的涂法. ②当2号，3号区域涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号区域也有3种不同的涂法，可知有种不同的涂法. 综上，由分类加法计数原理，可得共有种不同的涂法. 因此，C错误，D正确. 故选： 38．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 【分析】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. 【详解】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 39．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 【分析】由题知只需考虑区域1，2，3，4的颜色即可，不妨先涂区域1、区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同及相同两种情况考虑即可求解. 【详解】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. 40．可将此类题型进行推广：将一个圆分成一个小圆和个扇环（如图所示），用种不同的颜色对这个区域着色，每一个区域着一种颜色，相邻区域着不同颜色，共有多少种不同的着色方法？ 【答案】，，． 【分析】涂色问题，特殊位置要求不同，先确定小圆的涂色，再确定圆环的涂色，根据分步计数原理可得结果. 【详解】小圆有种颜色可选， 第一个扇环有种颜色可选，其余扇环(从第二个到第个)在不与相邻区域颜色相同的情况下，每个扇环有种颜色可选； 由于第个扇环与第一个扇环相邻，需要考虑循环着色问题，利用包含排斥原理计算， 扇环颜色总的涂色方法数为 种， 所以总的着色方法为，，． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $