第04讲两个基本计数原理（知识清单+5题型讲解举三反三+强化训练）讲义-【满分全攻略备考系列】2025-2026学年（苏教版选择性必修二）数学高二重难点讲义与测试

第04讲 两个基本计数原理 知识清单 知识点01：分类加法计数原理 知识点02：分类乘法计数原理 知识点03：组数问题 知识点04：涂色问题 知识点05：利用两个计数原理解决其他实际问题 题型讲解 （举三反三） 题型1：分类加法计数原理 题型2：分步乘法计数原理及简单应用 题型3：实际问题中的计数问题 题型4：数字排列问题 题型5：涂色问题 强化训练 一、单选题（8） 二、多选题（3） 三、填空题（3） 四、解答题（5） 知识点01分类加法计数原理 (1)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． (2) 能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点： ①完成一件事有若干种方法，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把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点02分类乘法计数原理 (1)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． (2) 能用分步乘法计数原理解决的问题具有以下特点： 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把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． (3) 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 不同点 运用加法运算 运用乘法运算 分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解 分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解 知识点03组数问题 对于组数问题,应掌握以下原则 ①明确特殊位置或特殊数字,是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类, 分类中再按特殊位置(特殊元素)优先的策略分步完成, 如果正面分类较多, 可采用间接法求解. ②要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的首位. 知识点04涂色问题 涂色问题常用方法: ①根据分步计数原理,对各个区域分步涂色,这是处理区域涂色问题的基本方法; ②根据共用了多少种颜色,分别计算出各种情形的种数,再利用分类计数原理求出不同的涂色方法种数; ③根据某两个不相邻区域是否同色进行分类讨论,从某两个不相邻区域同色与不同色入手,再利用分类计数原理求出不同涂色方法种数. 知识点05利用两个计数原理解决其他实际问题 在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步． [方法技巧] 使用两个计数原理进行计数的基本思想 对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．　　 题型1：分类加法计数原理 【例1-1】（24-25高二下·江苏南京·期末）将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（   ） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】C 【分析】应用分类加法原理计算得出幸运数的个数即可. 【详解】当百位数字是6，其他数字是0，此时幸运数有1个； 当百位数字是5，其他数字是0和1，此时幸运数有2个； 当百位数字是4，其他数字是1和1或者是0和2，此时幸运数有个； 当百位数字是3，其他数字是1和2或者是0和3，此时幸运数有个； 当百位数字是2，其他数字是2和2或者是0和4或者是1和3，此时幸运数有个； 当百位数字是1，其他数字是2和3或者是1和4或者是0和5，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为. 故选：C. 【例1-2】（24-25高二下·江苏无锡·期中）除数函数（divisor  function）的函数值等于的正因数的个数，例如，，则 ； . 【答案】 15 【分析】由除数函数的定义，利用分类计数求取结果. 【详解】因为的正因数有：，，，…，，共个，所以. 因为， 首先，1是的因数； 从中取1个数，可得的因数，，有2个； 从中取2个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取3个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取4个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取5个数相乘，可得的因数，，有2个； 从中取6个数相乘，可得的因数，有1个. 所以. 故答案为：；15 【例1-3】在所有的两位数中，个位数字小于十位数字且为偶数，那么这样的两位数有多少个？ 【答案】25 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理求解即得. 【详解】当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个； 当个位数字是6时，十位数字可取7，8，9，共3个； 当个位数字是4时，十位数字可取5，6，7，8，9，共5个； 同理可知，当个位数字是2时，共7个， 当个位数字是0时，共9个. 由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25（个）. 【变式1-1】（24-25高二下·江苏淮安·月考）数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（   ） A．12个 B．9个 C．6个 D．3个 【答案】B 【分析】因三位数的百位数字不能为0，可将三位数按照百位数字进行分类，分别计数，利用分类加法计数原理计算即得. 【详解】依题意，可将这样的三位数分成两类： 第一类，百位数字是2，三位数有201，210，211共3个； 第二类，百位数字是1，三位数有101，110，102，120，112，121共6个， 由分类加法计数原理，不同的三位数共有9个. 故选：B. 【变式1-2】（24-25高二下·江苏连云港·月考）将个相同的红球个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放个球，则不同的放法有 种（数字作答）. 【答案】 【分析】先从球的个数分类，再求出每类放球的方法，结合分类加法计数原理可得答案． 【详解】若一个盒子中放个红球，另一个盒子中放个黑球、个红球，则有种不同的方法； 若一个盒子中放个黑球，另一个盒子中放个红球、个黑球，则有种不同的方法； 若两个盒子中一个盒子放个红球，另一个盒子放个黑球，则有种不同的方法； 若两个盒子中都放个红球、个黑球，则有种方法. 故不同的放法有种． 故答案为：. 【变式1-3】在图中的电路中，仅合上1只开关接通电路，有多少种不同的方法？    【答案】5 【分析】由分类计数原理即可求解. 【详解】在图中，按要求接通电路，只要在A中的2只开关或B中的3只开关中合上1只即可． 根据分类计数原理，共有种不同的方法. 故在图中的电路中，仅合上1只开关接通电路，有5种不同的方法． 题型2：分步乘法计数原理及简单应用 【例2-1】5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是（    ） A．20 B．60 C．125 D．243 【答案】D 【分析】根据5名同学每名都可以有3种选择按照分步乘法计数原理进行相乘即可. 【详解】5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座， 由于这5名同学每名都可以有3种选择，所以共有种选择. 故选：D. 【例2-2】在的展开式中，含的项的系数为 ． 【答案】2 【分析】根据给定条件，利用多项式乘法法则，结合分步乘法计数原理求解. 【详解】在的展开式中， 从个因式中，个因式选择，个因式选择常数相乘的积即可得含的项， 所以含的项的系数为. 故答案为： 【例2-3】在平面直角坐标系内，若点的横、纵坐标均在内取值，则可以组成多少个不同的点P? 【答案】16 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理求解即得. 【详解】确定点P的坐标必须分两步，即分步确定点P的横坐标与纵坐标. 第一步，确定横坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，有4种方法； 第二步，确定纵坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，也有4种方法， 根据分步乘法计数原理，所有不同的点P的个数为4×4＝16， 所以可以组成16个不同的点P. 【变式2-1】（24-25高二下·江苏南京·期中）乘积展开后共有（    ）项. A．10 B．24 C．30 D．45 【答案】D 【分析】由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由于每一项互不相同，展开后共有项. 故选：D. 【变式2-2】（24-25高二下·江苏南京·月考）有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法有 种． 【答案】48 【分析】根据分步乘法原理，先选一对双胞胎，再从剩下的三对双胞胎中选出两对，从这两对中各选一个人即可. 【详解】先从四对双胞胎中选出一对，有种选择， 然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎， 这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有种选择， 根据乘法原理，总共有种选法. 故答案为：. 【变式2-3】4名学生分别报名参加学校的足球队、篮球队和棒球队，每人限报其中的一支．问：有多少种不同的报名方法？ 【答案】 【分析】根据题意，利用分步计数原理，即可求解. 【详解】因为4名学生分别报名参加学校的足球队、篮球队和棒球队，每人限报其中的一支， 可得每名同学都有3种选法，由分步计数原理得，共有种不同的报名方法. 题型3：实际问题中的计数问题 【例3-1】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 【分析】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. 【详解】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. 【例3-2】三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有 种． 【答案】6 【分析】根据题设列举出传递过程中中间三人的可能情况即可得结果. 【详解】由题设，若三人为甲、乙、丙，传递过程如下： 其中①③一定不会为甲，中间三人的可能情况为： {乙，丙，乙}、{丙，乙，丙}、{乙，甲，乙}、{乙，甲，丙}、{丙，甲，丙}、{丙，甲，乙}，共6种情况. 故答案为：6 【例3-3】在读书节上，1名学生要从7本不同的科技类图书、8本不同的历史类图书和6本不同的文艺类图书中任选1本，共有多少种不同的选法？ 【答案】21 【分析】根据分类加法计数原理即可得出结果. 【详解】解：由题可知，有7本不同的科技类图书、8本不同的历史类图书和6本不同的文艺类图书， 从中任选1本，则共有7+8+6=21种不同的选法. 【变式3-1】现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 【答案】B 【分析】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解. 【详解】依题意， 摆放20的方式有：2，0或20两种方式； 摆放220的方式有：2，2，0或22，0或2，20三种方式； 摆放126的方式有：1，2，6或12，6或1，26三种方式； 由分步计数原理知，数字20220126的摆放方式共有：种方式. 故选：B 【变式3-2】已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有种可能，在这种可能中，电路从P到Q接通的情况有 种．      【答案】16 【分析】根据题意，按1、4的闭合与否，分三种情况讨论：（1）若1闭合，而4不闭合；（2）若4闭合，而1不闭合；（3）若1、4都闭合，分别求出每种情况下的电路接通情况的数目，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】若电路从到接通，共有三种情况： （1）若1闭合，而4不闭合时，可得分为： ①若1、2闭合，而4不闭合，则3、5可以闭合也可以不闭合，共有种情况； ②若1、3、5闭合，而4不闭合，则2可以闭合也可以不闭合，有2种情况， 但①与②中都包含1、2、3、5都闭合，而4不闭合的情况，所以共有种情况； （2）若4闭合，而1不闭合时，可分为： ③若4、5闭合，而1不闭合，则2、3可以闭合也可以不闭合，有种情况； ④若4、3、2闭合，而1不闭合，则5可以闭合也可以不闭合，有2种情况， 但③与④中，都包含4、2、3、5都闭合，而1不闭合的情况，所以共有种情况； （3）若1、4都闭合，共有种情况，而其中电路不通有2、3、5都不闭合与2、5都不闭合2种情况，则此时电路接通的情况有种情况； 所以电路接通的情况有种情况. 故答案为：. 【变式3-3】为了确保电子邮箱的安全，在注册时，通常要设置电子邮箱密码．在某网站设置的邮箱中， (1)若密码为4位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？ (2)若密码为4〜6位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？ 【答案】(1)10000 (2)1110000 【分析】（1）根据分步乘法原理即可计算； （2）分密码为4位、5位、6位三种情况分别用分步乘法原理计算，再将所得结果相加即得结果. 【详解】（1）设置1个4位密码要分4步进行，每一步确定一位数字，每一位上都可以从0〜9这10个数字中任取1个，有10种取法．根据分步计数原理，4位密码的个数是． （2）设置的密码为4〜6位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，这样的密码共有3类． 其中4位密码、5位密码、6位密码的个数分别为，，． 根据分类计数原理，设置由数字0〜9组成的4〜6位密码的个数是． 故满足条件的密码有1110000个． 题型4：数字排列问题 【例4-1】（24-25高二下·江苏徐州·期末）用数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数的个数为（    ） A．48 B．60 C．96 D．120 【答案】A 【分析】考查排列组合中的分步计数原理，先确定个位数字，再确定其他位数字即可. 【详解】第一步，个位为2或4，共两种排法； 第二步，千、百、十位有种排法. 所以，共种排法. 故选：A. 【例4-2】我们把各位数字之和为6的四位数称为“四位合六数”（如1203、1005均是四位合六数），则在“四位合六数”中首位为1的不同的“四位合六数”共有 个． 【答案】21 【分析】首位为1，则后三位数字之和为5，然后分类排列即可求解. 【详解】由题知后三位数字之和为5， 当一个位置为5时有005，050，500，共3个; 当两个位置和为5时有014，041，410，401，140，104，023，032，302，320，203，230，共12个; 当三个位置和为5时有113 ， 131 ， 311 ， 122 ， 212，221，共6个; 所以一共有21个. 故答案为: 21. 【例4-3】（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) 【分析】（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. 【详解】（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. 【变式4-1】（24-25高二下·江苏无锡·期中）将数字“322469”重新排列后得到不同的偶数个数为（   ） A．240 B．192 C．120 D．72 【答案】A 【分析】考虑到该六位数中有两个2，故按照分类加法计数原理计算，对于个位是4或6的两类，只需排好另外三个数字即可，对于个位是2的一类，则可以考虑另5个数字全排即得. 【详解】依题意，因这个六位数中有两个“2”，故不能直接将其与其他数字全排，否则会出现重复.可将这样的偶数分成三类： 第一类，个位排4，在前面五位数位中，只需选三个排上数字3，6，9即可（剩下两个数位即排2），有种方法； 第二类，个位排6，与第一类相同，有种方法； 第三类个位排2，则前面五个数位只需将另外5个数字全排即可，有种方法. 由分类加法计数原理，不同的偶数个数为. 故选：A. 【变式4-2】在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有 个，其中偶数有 个． 【答案】 8 5 【分析】根据“驼峰数”的定义，分十位上的数为1和十位上的数为2两种情况，分别列举出所以的“驼峰数”，即可得答案. 【详解】解：十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个； 十位上的数为2时，有324，423，共2个； 所以共有6＋2＝8个； 偶数为214，312，314，412，324，共5个． 答案：8，5 【变式4-3】（24-25高二下·江苏无锡·月考）在0，1，2，3，4，5这6个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？ (3)能组成多少个无重复数字且不大于3450的四位数？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分个位数是否为零两种情况讨论，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； （3）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. 【详解】（1）当个位数为时，则千位数有种选法， 则百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字的四位偶数； 当个位数不为时，则个位数有种选法，则千位数有种选法， 则百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字的四位偶数， 综上所述，能组成个无重复数字的四位偶数； （2）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； （3）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. 题型5：涂色问题 【例5-1】（24-25高二下·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 【分析】由每块区域都与其他三块区域有公共边，故用分步乘法计算即可. 【详解】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. 【例5-2】（24-25高二下·江苏·月考）如图所示，用红、黄、蓝3种颜色给四棱锥的顶点涂色，要求同一条棱的两个顶点不能同色，则不同的涂色方法共有 种. 【答案】6 【分析】先涂点，再涂点、，此时分颜色相同和颜色不同两种情况，即可得出四点的涂色情况，再利用分步乘法计数原理即可. 【详解】先给点涂色，因为有红、黄、蓝3种颜色可供选择，所以点有3种涂色方法； 再给点、涂色，若颜色相同，则需与点不同，有种，则点、只有1种； 若颜色不同，则点、无法保证同一条棱的两个顶点不同色， 则共有种 故答案为： 【例5-3】现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有多少种？ 【答案】48 【分析】根据题意，依次分析C、 D区域的涂色相同和不同两种情况，由分步计数乘法原理计算可得答案． 【详解】解：由题，当C、 D区域的涂色相同时，有：种方法； 当C、 D区域的涂色不同时，有：4×3×2×1＝24种方法. 所以共有48种着色方法. 【变式5-1】（24-25高二下·江苏连云港·期末）用种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（    ）种 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】按照②③①④分步进行即可，计算出每个区域的涂色种数，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】区域②有种选择，区域③有种选择，区域①和④各有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的涂法种数为种. 故选：D. 【变式5-2】（24-25高二下·江苏南京·月考）如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有 种． 【答案】420 【分析】先安排中心区域A，再从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，分D与B选用同一种和选用不同种类菊花两种情况，结合计数原理得到答案. 【详解】先布置中心区域A共有5种方法，从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域， 则B有4种布置方法，C有3种布置方法． 如果D与B选用同一种菊花，则E有3种布置方法； 如果D与B选用不同种类菊花，则D有2种布置方法，E有2种布置方法． 按照分步乘法与分类加法计数原理， 则全部的布置方法有（种）. 故选：420． 【变式5-3】用6种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有多少种不同的书写方案？ 【答案】600 【分析】根据分步计数原理将问题分成四步，分别求得每一步的选法进行相乘可得结果. 【详解】完成这件事可分四步： 第一步，“英语角”用的粉笔颜色有6种不同的选法； 第二步，“语文学苑”用的粉笔颜色不能与“英语角”用的粉笔颜色相同，有5种不同的选法； 第三步，“理综世界”用的粉笔颜色与“英语角”和“语文学苑”用的粉笔颜色都不相同，有4种不同的选法； 第四步，“数学天地”用的粉笔颜色只要与“理综世界”用的粉笔颜色不同即可，有5种不同的选法. 由分步计数原理知，该板报共有6×5×4×5＝600（种）不同的书写方案. 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏苏州·期末）从0，1，2，3，4五个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数为（   ） A．48 B．60 C．72 D．100 【答案】A 【分析】由分步乘法计算原理可求. 【详解】根据题意，先选百位，百位有4个数字可选，剩余2位全排， 所以组成无重复数字的三位数的个数为. 故选：A. 2．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 【分析】由分步乘法计数原理即可得解. 【详解】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. 3．中国古代文化博大精深，其中很多发明至今还影响着我们，例如中国象棋．中国象棋中的“马”在棋盘上是行走“日”字可纵走如由到，也可横走如由到，在如图所示的棋盘上，“马”由点到点的最短走法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】通过列举的方法，即可求解. 【详解】如图，若到，则先到和处，如下图，最少4步，包含如下路线， 到处有2种路线，到处有2种路线，到有2种路线，到处没有路线， 综上可知， 到的最短走4步，有6种. 故选：C 4．某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（    ） A．24种 B．10种 C．9种 D．15种 【答案】D 【分析】利用分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果. 【详解】依题意可知，有两类衣服可选， 第一类：选择衬衣和裙子，共有种选择； 第二类：选择连衣裙，共有中选择； 所以共有种选择. 故选：D 5．（24-25高二下·江苏盐城·期中）五一期间甲、乙、丙、丁、戊五个同学计划在本地一日游，若每人计划只去“新四军纪念馆、大丰麋鹿自然保护区、西溪旅游文化景区”这三个景点中的一个景点，则不同的游览方法共有（    ） A．40种 B．60种 C．125种 D．243种 【答案】D 【分析】应用分步乘法计数原理求不同的游览方法数. 【详解】由题设，每人都有3种选择，故5个人不同的游览方法有种. 故选：D 6．（24-25高二下·江苏·期末）若5名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由乘法原理，每个学生均有3种选择方法，所以不同的报名方法数为， 故选：B． 7．用红、黄、蓝、白、黑五种颜色在“田”字型的4个小方格内涂色，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．120 B．260 C．280 D．320 【答案】B 【分析】利用分类分步计数原理，分4步分别计算即可求得结果. 【详解】将“田”字型的4个小方格分别编号为，如下图所示： 根据题意，将问题分成4步进行， 第一步：涂方格A，共有5种颜色选择， 第二步：涂方格B，需与A不同，共有4种颜色选择， 第三步：涂方格C，若方格C与方格B颜色相同，只有1种选择；若方格C与方格B颜色不同，则有3种选择； 第四步：涂方格D，当方格C与方格B颜色相同，方格D有4种颜色选择；当方格C与方格B颜色不同，方格D有3种颜色选择， 因此可得不同的涂色方法共有种. 故选：B 8．（24-25高二下·江苏徐州·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，现在用6种颜色给5个小区域（）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（    ）    A．480种 B．720种 C．1080种 D．1560种 【答案】D 【分析】根据题意，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】分4步进行分析： （1）对于区域，有6种颜色可选； （2）对于区域，与区域相邻，有5种颜色可选； （3）对于区域，与、区域相邻，有4种颜色可选； （4）对于区域、，若与颜色相同，区域有4种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有3种颜色可选，区域有3种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种. 故选：D. 二、多选题 9．（24-25高二下·江苏淮安·月考）下列说法正确的是（      ） A．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 B．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 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】AD 【分析】根据两个计数原理的定义逐一判断选项即可. 【详解】对于A，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A正确； 对于B，分步乘法计数原理要求每一步都完成，才能说任务完成，故B错误； 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：AD. 10．（24-25高二下·江苏镇江·月考）有4位同学参加三个不同的社团，则下列说法正确的是（    ） A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有33种 【答案】AC 【分析】利用分步乘法计数原理可得答案. 【详解】对于选项A，B，每位同学报一种社团，可以有3种选择，那么4个人可以报名的方法共有，故A对，B错； 对于选项C，D，每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则种，故C对，D错. 故选：AC. 11．（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 【分析】根据分步乘法原理，由选项中的限制条件，逐项计算，可得答案. 【详解】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. 三、填空题 12．已知某校开设4门选修课供同学们选择，现有甲、乙、丙三名同学进行选课，每人必须选择一门课程，则这3名同学不同的选课情况共有 种． 【答案】 【分析】把每人的选课情况找出后计算即可得. 【详解】甲、乙、丙三个每人都有四种选择可能，故共有种可能. 故答案为：. 13．（24-25高二下·江苏镇江·月考）如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .    【答案】960 【分析】先涂，再涂，再涂，再涂，最后涂，由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方法种数. 【详解】先涂，则有种涂法，再涂，因为与相邻，所以的颜色只要与不同即可，有种涂法，同理有种涂法，有种涂法，有种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为. 故答案为：. 14．（24-25高二下·江苏苏州·期中）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如212，324等都是“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成三位数，则组成的三位数中，“凹数”的个数是 ，其中能被3整除的“凹数”的个数是 . 【答案】 30 10 【分析】利用分类加法计数原理及分步乘法计数原理列式求出“凹数”的个数，再分类求出能被3整除的“凹数”的个数. 【详解】依题意，十位数字是1的“凹数”个数为；十位数字是2的“凹数”个数为； 十位数字是3的“凹数”个数为；十位数字是4的“凹数”个数为1， 所以所求“凹数”的个数是； 1，2，3，4，5除以3的余数依次为1，2，0，1，2， 因此能被3整除的“凹数”含有数字3时，另两个数字除以3的余数不同， 其中十位数字是1，另两个数字分别为2，3和3，5；十位数字是2，另两个数字为3，4； 十位数字是3，另两个数字分别为4，5；共有个； 不含数字3时，三个数字除以3的余数相同，十位数字是1，另两个数字分别为4，4； 十位数字是2，另两个数字为5，5，共2个， 所以能被3整除的“凹数”的个数是10个. 故答案为：30；10 四、解答题 15．口袋中装有8个白球和10个红球每个球有不同编号，现从中取出2个球． (1)至少有一个白球的取法有多少种？ (2)两球的颜色相同的取法有多少种？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据分类加法计数原理及分步乘法计数原理求解； （2）根据分类加法计数原理及分步乘法计数原理求解； 【详解】（1）根据题意分2类完成任务： 第一类：白球红球各一个有种，第二类：均为白球，种， 所以共有种； （2）根据题意分2类完成任务： 第一类：均为白球，种，第二类：均为红球，种， 所以共有种． 16．设有幅不同的国画，幅不同的油画，幅不同的水彩画． (1)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？ (2)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？ 【答案】(1)70 (2)59 【分析】（1）分三步完成，第一步选国画有种，第二步选油画有种，第三步选水彩画有种，根据分步计数原理求解即可； （2）分三类，第一类，选国画和油画，第二类，选国画和水彩画，第三类，选油画和水彩画，根据两种计数原理求解即可． 【详解】（1）分三步完成，第一步选国画有种，第二步选油画有种，第三步选水彩画有种， 根据分步计数原理得，共有种． （2）分三类，第一类，选国画和油画共有种； 第二类，选国画和水彩画共有种； 第三类，选油画和水彩画共有种； 根据分类计数原理共有种． 【点睛】本题主要考查了分类、分步计数原理，属于基础题． 17．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 【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1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）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）. 18．如图，用4种不同颜色给图中的，个点涂色，要求每个点涂1种颜色，且图中每条线段的2个端点涂不同颜色，问：不同的涂色方法有多少种？ 【答案】264 【分析】根据用二种颜色、三种颜色、四种颜色分三类，结合分类计算原理、排列的定义进行求解即可. 【详解】解：用二种颜色涂色，则有种方式； 用三种颜色涂色，则有种方式； 用四种颜色涂色，则有种方式， 所以一共有种方式. 所以，不同的涂色方法有种 19．（24-25高二下·江苏连云港·月考）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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 两个基本计数原理 知识清单 知识点01：分类加法计数原理 知识点02：分类乘法计数原理 知识点03：组数问题 知识点04：涂色问题 知识点05：利用两个计数原理解决其他实际问题 题型讲解 （举三反三） 题型1：分类加法计数原理 题型2：分步乘法计数原理及简单应用 题型3：实际问题中的计数问题 题型4：数字排列问题 题型5：涂色问题 强化训练 一、单选题（8） 二、多选题（3） 三、填空题（3） 四、解答题（5） 知识点01分类加法计数原理 (1)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． (2) 能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点： ①完成一件事有若干种方法，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把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 知识点02分类乘法计数原理 (1)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． (2) 能用分步乘法计数原理解决的问题具有以下特点： 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把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． (3) 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 不同点 运用加法运算 运用乘法运算 分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解 分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解 知识点03组数问题 对于组数问题,应掌握以下原则 ①明确特殊位置或特殊数字,是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类, 分类中再按特殊位置(特殊元素)优先的策略分步完成, 如果正面分类较多, 可采用间接法求解. ②要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的首位. 知识点04涂色问题 涂色问题常用方法: ①根据分步计数原理,对各个区域分步涂色,这是处理区域涂色问题的基本方法; ②根据共用了多少种颜色,分别计算出各种情形的种数,再利用分类计数原理求出不同的涂色方法种数; ③根据某两个不相邻区域是否同色进行分类讨论,从某两个不相邻区域同色与不同色入手,再利用分类计数原理求出不同涂色方法种数. 知识点05利用两个计数原理解决其他实际问题 在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步． [方法技巧] 使用两个计数原理进行计数的基本思想 对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．　　 题型1：分类加法计数原理 【例1-1】（24-25高二下·江苏南京·期末）将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（   ） A．19 B．20 C．21 D．22 【例1-2】（24-25高二下·江苏无锡·期中）除数函数（divisor  function）的函数值等于的正因数的个数，例如，，则 ； . 【例1-3】在所有的两位数中，个位数字小于十位数字且为偶数，那么这样的两位数有多少个？ 【变式1-1】（24-25高二下·江苏淮安·月考）数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（   ） A．12个 B．9个 C．6个 D．3个 【变式1-2】（24-25高二下·江苏连云港·月考）将个相同的红球个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放个球，则不同的放法有 种（数字作答）. 【变式1-3】在图中的电路中，仅合上1只开关接通电路，有多少种不同的方法？    题型2：分步乘法计数原理及简单应用 【例2-1】5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是（    ） A．20 B．60 C．125 D．243 【例2-2】在的展开式中，含的项的系数为 ． 【例2-3】在平面直角坐标系内，若点的横、纵坐标均在内取值，则可以组成多少个不同的点P? 【变式2-1】（24-25高二下·江苏南京·期中）乘积展开后共有（    ）项. A．10 B．24 C．30 D．45 【变式2-2】（24-25高二下·江苏南京·月考）有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法有 种． 【变式2-3】4名学生分别报名参加学校的足球队、篮球队和棒球队，每人限报其中的一支．问：有多少种不同的报名方法？ 题型3：实际问题中的计数问题 【例3-1】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 【例3-2】三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有 种． 【例3-3】在读书节上，1名学生要从7本不同的科技类图书、8本不同的历史类图书和6本不同的文艺类图书中任选1本，共有多少种不同的选法？ 【变式3-1】现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 【变式3-2】已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有种可能，在这种可能中，电路从P到Q接通的情况有 种．      【变式3-3】为了确保电子邮箱的安全，在注册时，通常要设置电子邮箱密码．在某网站设置的邮箱中， (1)若密码为4位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？ (2)若密码为4〜6位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？ 题型4：数字排列问题 【例4-1】（24-25高二下·江苏徐州·期末）用数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数的个数为（    ） A．48 B．60 C．96 D．120 【例4-2】我们把各位数字之和为6的四位数称为“四位合六数”（如1203、1005均是四位合六数），则在“四位合六数”中首位为1的不同的“四位合六数”共有 个． 【例4-3】（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？ 【变式4-1】（24-25高二下·江苏无锡·期中）将数字“322469”重新排列后得到不同的偶数个数为（   ） A．240 B．192 C．120 D．72 【变式4-2】在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有 个，其中偶数有 个． 【变式4-3】（24-25高二下·江苏无锡·月考）在0，1，2，3，4，5这6个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？ (3)能组成多少个无重复数字且不大于3450的四位数？ 题型5：涂色问题 【例5-1】（24-25高二下·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 【例5-2】（24-25高二下·江苏·月考）如图所示，用红、黄、蓝3种颜色给四棱锥的顶点涂色，要求同一条棱的两个顶点不能同色，则不同的涂色方法共有 种. 【例5-3】现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有多少种？ 【变式5-1】（24-25高二下·江苏连云港·期末）用种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（    ）种 A． B． C． D． 【变式5-2】（24-25高二下·江苏南京·月考）如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有 种． 【变式5-3】用6种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有多少种不同的书写方案？ 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏苏州·期末）从0，1，2，3，4五个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数为（   ） A．48 B．60 C．72 D．100 2．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 3．中国古代文化博大精深，其中很多发明至今还影响着我们，例如中国象棋．中国象棋中的“马”在棋盘上是行走“日”字可纵走如由到，也可横走如由到，在如图所示的棋盘上，“马”由点到点的最短走法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4．某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（    ） A．24种 B．10种 C．9种 D．15种 5．（24-25高二下·江苏盐城·期中）五一期间甲、乙、丙、丁、戊五个同学计划在本地一日游，若每人计划只去“新四军纪念馆、大丰麋鹿自然保护区、西溪旅游文化景区”这三个景点中的一个景点，则不同的游览方法共有（    ） A．40种 B．60种 C．125种 D．243种 6．（24-25高二下·江苏·期末）若5名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 7．用红、黄、蓝、白、黑五种颜色在“田”字型的4个小方格内涂色，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．120 B．260 C．280 D．320 8．（24-25高二下·江苏徐州·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，现在用6种颜色给5个小区域（）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（    ）    A．480种 B．720种 C．1080种 D．1560种 二、多选题 9．（24-25高二下·江苏淮安·月考）下列说法正确的是（      ） A．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 B．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 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．（24-25高二下·江苏镇江·月考）有4位同学参加三个不同的社团，则下列说法正确的是（    ） A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有33种 11．（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 三、填空题 12．已知某校开设4门选修课供同学们选择，现有甲、乙、丙三名同学进行选课，每人必须选择一门课程，则这3名同学不同的选课情况共有 种． 13．（24-25高二下·江苏镇江·月考）如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .    14．（24-25高二下·江苏苏州·期中）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如212，324等都是“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成三位数，则组成的三位数中，“凹数”的个数是 ，其中能被3整除的“凹数”的个数是 . 四、解答题 15．口袋中装有8个白球和10个红球每个球有不同编号，现从中取出2个球． (1)至少有一个白球的取法有多少种？ (2)两球的颜色相同的取法有多少种？ 16．设有幅不同的国画，幅不同的油画，幅不同的水彩画． (1)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？ (2)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？ 17．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？ 18．如图，用4种不同颜色给图中的，个点涂色，要求每个点涂1种颜色，且图中每条线段的2个端点涂不同颜色，问：不同的涂色方法有多少种？ 19．（24-25高二下·江苏连云港·月考）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？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $