6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理训练（五大题型）-2025-2026学年高二下学期数学人教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 题型一 分类加法计数原理 1．某校高三有三个班，分别有学生50人、50人、52人．从中选一人担任学生会主席，共有（ ）种不同的选法. A．100 B．102 C．152 D．50 【答案】C 【分析】依据分类加法计数原理直接计算可得结果. 【详解】这名学生会主席可能是一班学生，可能是二班学生，也可能是三班学生． 依据分类加法计数原理可知共有（种）不同选法． 故选：C 2．如图，对于编号1～8的8盏灯，有如下规则：对1盏灯进行开灯或关灯为1次操作，1号灯在任意情况下都可以进行1次操作，对号灯，当且仅当号灯左边有且仅有号灯打开时才可进行1次操作．下列说法正确的是（    ） A．若所有灯全部处于关灯状态，则至少需要4次操作才能打开3号灯 B．若所有灯全部处于开灯状态，则至少需要3次操作才能关闭4号灯 C．若除了6号灯以外其余灯全部打开，则至少需要32次操作才能打开所有灯 D．若除了6号灯以外其余灯全部关闭，则至少需要32次操作才能关闭6号灯 【答案】ABD 【分析】用列举法列举求得打开3号灯的次数即可判断A；用列举法列举求得关闭4号灯的次数即可判断B；要打开6号灯，则需先关闭前4号灯，用列举法列举求得关闭前4号灯的状态变化即可判断C；要关闭6号灯，则需打开5号灯且1～4号灯关闭，用列举法列举求得前5号灯的状态变化情况即可判断D. 【详解】设开灯为，关灯为． 对于A，只考虑1～3号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行4次操作，A正确． 对于B，只考虑1～4号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行3次操作，B正确． 对于C，要打开6号灯，则需先关闭前4号灯，前4号灯的状态变化如下： ，需进行10次操作． 然后打开6号灯，前6号灯的状态变化如下：，需进行1次操作． 最后再把前4号灯打开，需进行10次操作． 所以共需进行21次操作，C错误． 对于D，要关闭6号灯，则需打开5号灯且1～4号灯关闭，前5号灯的状态变化如下： （只亮2号灯）（只亮3号灯） （只亮4号灯） （只亮5号灯），需进行31次操作． 关闭6号灯，需进行1次操作，故共需进行32次操作，D正确． 故选：ABD 3．为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二（1）班的男生38人和女生18人中选取1名学生做代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有 种． 【答案】56 【分析】完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，第二类：选1名女生，根据分类加法计数原理计算即可. 【详解】完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，有38种选法；第二类：选1名女生，有18种选法，根据分类加法计数原理，共有（种）不同的选法． 故答案为： 4．高三·一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三·二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三·三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三·一班、二班或三班中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三·一班、二班男生中，或从高三·三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 【答案】(1)165 (2)80 【分析】利用分类加法计数原理将问题分成三类，分别计算可得出（1）（2）中的结果. 【详解】（1）分三类： 第一类选法，从高三·一班中任选一名，有50种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班中任选一名，有60种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班中任选一名，有55种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得（种），因此共有165种不同的选法． （2）分三类： 第一类选法，从高三·一班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第二类选法，从高三·二班男生中任选一名，有30种不同的方法； 第三类选法，从高三·三班女生中任选一名，有20种不同的方法． 根据分类加法计数原理，得（种）． 故共有80种不同的选法． 题型二 分步乘法计数原理及简单应用 5．有2位同学报名参加5个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法有（   ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 【答案】C 【分析】利用分步乘法计数原理求解即可. 【详解】每位同学都有5种选择，则不同的报名方法有（种）． 故选：C． 6．已知数字0，1，2，3，4，用它们组成四位数，下列说法正确的有（    ） A．可以组成无重复数字的四位数96个 B．可以组成没有重复数字的四位奇数36个 C．可以组成无重复数字的四位偶数60个 D．可以组成百位是奇数的四位偶数28个 【答案】ABC 【分析】ABD选项，特殊位置先排的原则，结合分步乘法原理处理，C选项可以借助AB选项的结果求解. 【详解】对于A，无重复数字的四位数，千位有种，剩余位置有种，（个），A正确； 对于B，没有重复数字的四位奇数，先排个位有种，千位有种，剩下百位和十位共种，没有重复数字的四位奇数有种，B正确； 对于C，由AB可知，不重复的四位数可分成不重复的四位奇数，不重复的四位偶数，于是无重复数字的四位偶数有个，C正确； 对于D，百位是奇数的四位偶数，由于没有重复与否的要求，千位有种，百位种，十位种，个位种，共种，D错误． 故选：ABC 7．中国灯笼又统称为灯彩、主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．育德中学4名同学在庆元旦活动中，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方法有 种．（用数字作答） 【答案】 【分析】利用分步计数原理进行求解. 【详解】因为这4名同学每人有三种选购方法，所以共有种不同的选购方法． 故答案为：81. 8．将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数． (1)可以排出多少个不同的三位数？ (2)各位数字互不相同的三位数有多少个？ (3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？ 【答案】(1)216 (2)120 (3)90 【分析】（1）可先排百位，再排十位，最后排个位，结合分步乘法计数原理，即可求解； （2）根据题意，先排百位，再排十位，最后排个位，结合分步乘法计数原理，即可求解； （3）根据题意，可分为百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，且每种都有个，进而得到答案. 【详解】（1）解：根据题意，可分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位， 根据分步乘法计数原理知，可以排出（个）不同的三位数． （2）解：根据题意，可分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位， 百位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位上数字的排法有4种， 根据分步乘法计数原理知，各位数字互不相同的三位数有（个）． （3）解：两个数字相同有三种可能，即百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同， 且每种都有（个），故满足条件的三位数共有（个）． 题型三 判断事件计数的原理（3） 9．将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（   ） A．的最小值为5 B．的最大值为9 C．的最小值为24325 D．的最大值为54325 【答案】C 【分析】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数，前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除，进而分析判断各选项即可. 【详解】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数， 前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除． 对于A项，若，可得可以为34520或54320或32405或34205， 故最小可以取到0，A错误； 对于B项，若，将2，3，4，5，9排序，得个位只能是5，且十位和千位是偶数， 则这个五位数的前三位上的数字之和为14或16， 因为14和16均不能被3整除，不满足题意，所以，B错误； 对于C项，将2，3，4，5，排序， ①当且为首位时，个位为5，此时没有满足题意的五位数，即； ②当首位是2，个位为5，要满足十位和千位均是偶数，此时百位只能是3， 要满足前三位上的各数字之和能被3整除，所以千位的最小值为4， 此时要满足前四位上的各数之和能被4整除，十位的最小值为2， 得，满足题意，所以的最小值为24325，C正确； 对于D项，将2，3，4，5，排序，由B项分析得， 故当且为首位时，个位为5，此时当且仅当千位为4，百位为3，十位为2时， 满足题意，取最大值84325，D错误． 故选：C. 10．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法 B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】ABD 【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可 【详解】对于A，某学生从中选2门课程学习，共有种选法，A正确； 对于B，课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有种排法，B正确； 对于C，课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有种排法，C错误； 对于D，课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有种排法，D正确； 故选：ABD. 11．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态.因此计算机内部就采用了每一位只有或两种数字的记数法，即二进制.为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由个二进制位构成.问： （1）一个字节(位)最多可以表示多少个不同的字符？ （2）计算机汉字国标码(码)包含了个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？ 【答案】（1）256个；（2）2个. 【解析】（1）一个字节共有位，每位上有种选择，根据分步乘法计数原理，即可得解； （2）由（1）知，用一个字节能表示个字符，不够表示，继续利用分步相乘原理计算个字节可以表示的不同的字符，判断与的大小关系即可. 【详解】（1）一个字节共有位，每位上有种选择， 根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示个不同的字符； （2）由（1）知，用一个字节能表示个字符，，一个字节不够； 根据分步乘法计数原理，个字节可以表示个不同的字符， ，所以每个汉字至少要用个字节表示. 【点睛】关键点点睛：本题考查分步乘法计数原理，熟练掌握分步计数原理的概念及计算公式是解题的关键，考查学生的逻辑思维与运算能力，属于基础题. 题型四 实际问题中的计数问题 12．现某学校自愿组成数学建模社团，其中高一年级3人，高二年级4人，高三年级6人，选其中一人为负责人，则不同的选法有（   ） A．18种 B．72种 C．13种 D．24种 【答案】C 【分析】根据分类加法计数原理直接计算即可. 【详解】由题意得，若选出的负责人是高一学生，有3种情况； 若选出的负责人是高二学生，有4种情况； 若选出的负责人是高三学生，有6种情况． 由分类加法计数原理可得，共有种不同的选法． 故选：C． 13．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法 B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】ABD 【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可 【详解】对于A，某学生从中选2门课程学习，共有种选法，A正确； 对于B，课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有种排法，B正确； 对于C，课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有种排法，C错误； 对于D，课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有种排法，D正确； 故选：ABD. 14．用12种不同的动物图案制作成一些动物卡片，使得每张卡片上都有其中的4种不同的动物图案，且制作过程中要求任取的两张卡片有且仅有一种动物是相同的，则最多能制作的卡片数量为 ． 【答案】9 【分析】首先将动物图案编号，然后考虑相同的动物图案，最后考虑剩余动物图案. 【详解】将12种不同的动物图案卡片编号为. 考虑相同的动物图案卡片为1号时，剩余11种动物图案卡片，故最多3种卡片， 具体为； 相同动物图案卡片为2号时，动物图案2已在中，剩余8种动物图案卡片， 故最多有2种，设为； 相同动物图案为3号时，最多有2种，分别为； 相同动物图案为4号时，最多有2种，分别为. 所以最多能制作的卡片数量为9. 故答案为：9. 15．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 【答案】(1)122 (2)63000 (3)4860 【分析】（1）利用分类加法计数原理将三个年级人数相加即可； （2）利用分步乘法计数原理将三个年级人数相乘即可； （3）结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理分为三类，每一类分成两步相乘再求和即可. 【详解】（1）从高一选1人作为总负责人有50种选法； 从高二选1人作为总负责人有42种选法； 从高三选1人作为总负责人有30种选法． 由分类加法计数原理，可知共有50（种）选法． （2）从高一选1名负责人有50种选法； 从高二选1名负责人有42种选法； 从高三选1名负责人有30种选法． 由分步乘法计数原理，可知共有（种）选法． （3）①从高一和高二中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ②从高二和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ③从高一和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法． 故共有（种）选法． 题型五 涂色问题 16．给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 【答案】D 【分析】直接根据，，，，，，按顺序涂色，逐步分析各个步骤的可能数，最后根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】从四个不同的颜色中选出一种颜色给涂色，有4种可能，再给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能，给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能， 这样给七个正六边形区域，，，，，，涂色， 不同的涂色方案有． 故选：D． 17．空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 【答案】AD 【分析】根据的取值、根据染色的要求进行分析，从而确定正确答案. 【详解】若，4点仅能构成一个三棱锥，记为， 不妨把，，染成红色，把，，染成蓝色， 则满足要求，故A正确； 若，设这5个点分别为，如图，实线表示红色线段， 虚线表示蓝色线段，则存在三角形的3条边不是同一种颜色的情况，故B错误； 若，设这6个点分别为， 考虑由一点引出5条线段，，，，， 则至少有3条线段是同色，不妨设，，为红色，，为蓝色． 对于的三条边，若有一条边为红色（不妨设为红色）， 则的3条边都是红色，若任意一条边都为蓝色， 则的三条边都是蓝色， 故一定存在一个三角形的3条边都是同一种颜色的情况，故C错误； 若，设这8个点分别为，从中任取6个点，则由上可知， 这6个点所构成的三角形中一定存在3条边是同一种颜色的三角形， 不妨设的3条边都是红色，则以中一点为顶点， 以为底面的三棱锥中，仅当棱都是蓝色时， 在三棱锥的所有棱中恰有3条是红色，3条是蓝色， 否则存在某个三棱锥至少有4条棱是红色的情况， 但如果棱都是蓝色，则在三棱锥中， 棱，，，是蓝色，故无论棱是何种颜色， 三棱锥至少有4条棱是蓝色， 所以不存在一个三棱锥的6条棱恰有3条棱是红色，3条棱是蓝色的情况，故D正确． 故选：AD 18．在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成，，，四个区域，现有牡丹、芍药、月季三种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有 种. 【答案】18 【分析】根据区域种花情况，分两类情况求解，根据分类加法计数原理可得答案. 【详解】区域种同一种花，不同的种植方法有：； 区域种不同的花，不同的种植方法有：； 由分类加法计数原理可得，共有18种方法. 故答案为：18 19．将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ ① ② ④ ③ 【答案】180 【分析】分①④不同色；①④同色两种情况，结合分步乘法计数原理求出两种情况下的涂法，再相加得到答案. 【详解】依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色． 第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成四步来完成． 第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法； 第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法； 第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法． 于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为（种）． 第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成． 第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法． 于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有（种）． 综上可知，所求的涂色方法共有（种）． 故答案为：180 1 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 题型一 分类加法计数原理 1．某校高三有三个班，分别有学生50人、50人、52人．从中选一人担任学生会主席，共有（ ）种不同的选法. A．100 B．102 C．152 D．50 2．如图，对于编号1～8的8盏灯，有如下规则：对1盏灯进行开灯或关灯为1次操作，1号灯在任意情况下都可以进行1次操作，对号灯，当且仅当号灯左边有且仅有号灯打开时才可进行1次操作．下列说法正确的是（    ） A．若所有灯全部处于关灯状态，则至少需要4次操作才能打开3号灯 B．若所有灯全部处于开灯状态，则至少需要3次操作才能关闭4号灯 C．若除了6号灯以外其余灯全部打开，则至少需要32次操作才能打开所有灯 D．若除了6号灯以外其余灯全部关闭，则至少需要32次操作才能关闭6号灯 3．为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二（1）班的男生38人和女生18人中选取1名学生做代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有 种． 4．高三·一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三·二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三·三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三·一班、二班或三班中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三·一班、二班男生中，或从高三·三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 题型二 分步乘法计数原理及简单应用 5．有2位同学报名参加5个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法有（   ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 6．已知数字0，1，2，3，4，用它们组成四位数，下列说法正确的有（    ） A．可以组成无重复数字的四位数96个 B．可以组成没有重复数字的四位奇数36个 C．可以组成无重复数字的四位偶数60个 D．可以组成百位是奇数的四位偶数28个 7．中国灯笼又统称为灯彩、主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．育德中学4名同学在庆元旦活动中，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方法有 种．（用数字作答） 8．将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数． (1)可以排出多少个不同的三位数？ (2)各位数字互不相同的三位数有多少个？ (3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？ 题型三 判断事件计数的原理（3） 9．将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（   ） A．的最小值为5 B．的最大值为9 C．的最小值为24325 D．的最大值为54325 10．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法 B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 11．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态.因此计算机内部就采用了每一位只有或两种数字的记数法，即二进制.为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由个二进制位构成.问： （1）一个字节(位)最多可以表示多少个不同的字符？ （2）计算机汉字国标码(码)包含了个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？ 题型四 实际问题中的计数问题 12．现某学校自愿组成数学建模社团，其中高一年级3人，高二年级4人，高三年级6人，选其中一人为负责人，则不同的选法有（   ） A．18种 B．72种 C．13种 D．24种 13．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法 B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 14．用12种不同的动物图案制作成一些动物卡片，使得每张卡片上都有其中的4种不同的动物图案，且制作过程中要求任取的两张卡片有且仅有一种动物是相同的，则最多能制作的卡片数量为 ． 15．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 题型五 涂色问题 16．给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 17．空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 18．在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成，，，四个区域，现有牡丹、芍药、月季三种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有 种. 19．将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ ① ② ④ ③ 1 学科网（北京）股份有限公司 $