专题01 两个基本计数原理8种题型归类（压轴题专项训练）数学苏教版选择性必修第二册

专题01 两个基本计数原理 目录 类型一、分类加法计数原理的综合应用问题 类型二、分步乘法计数原理的综合应用问题 类型三、两个计数原理的综合应用问题 类型四、代数中的计数问题 类型五、几何中的计数问题 类型六、数字排列问题 类型七、涂色问题 类型八、路径问题 压轴专练 类型一、分类加法计数原理的综合应用问题 解题技巧： 1、先搞清楚“要做什么事” 先把题目里“要完成的事”说清楚，比如“从A到B有几种走法”“选一个代表有几种选法”，这是解题的第一步。 2、把这件事的做法分成几类，不重不漏 找一个清晰的标准，把所有可能的做法分成几类，比如按“走的路线”“选的人”“用的工具”来分。保证每一种做法都只属于一类，而且所有做法都被分到了某一类里，不能漏掉，也不能重复。 3、 先算每一类有多少种做法，再加起来 先数清楚每一类里有多少种具体做法。最后把每一类的数量加起来，就是这件事总共的做法数。 4、 先处理特殊情况 如果题目里有特殊要求，比如“第一个位置不能是0”“必须选到某个人”，就先把这些特殊情况单独拿出来分类，再算普通情况。 5、 最后检查一下 算完之后，可以用简单列举的方法，或者从总数里减去不符合条件的情况，看看结果对不对，避免算错。 例1．已知甲乙丙丁四位教师分别任教（1），（2），（3），（4）班.在某一次考试中，要求每个班级都有一位教师监考，且四位教师不能去监考自己所教的班级.则不同的监考方法有 种 【答案】 【分析】根据分类加法计数原理分析即可得答案. 【详解】若甲去（2）班，则有共种； 若甲去（3）班，则有共种； 若甲去（4）班，则有共种， 所以不同的监考方法有种. 故答案为：. 变式1-1．函数，其中集合，，则满足的函数有 种． 【答案】10 【分析】根据函数的定义，分值域中有1个、2个和3个元素分别讨论对应的函数个数，再相加可得最终结果. 【详解】对值域进行分类： 若值域中有1个元素，则满足题意的函数有3种； 若值域中有2个元素，则满足题意的函数有种； 若值域中有3个元素，则满足题意的函数有1种. 综上所述，满足题意的函数共有10种． 故答案为：10. 变式1-2．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. 变式1-3．设集合，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则有 种选择. 【答案】49 【分析】对集合A中的最大元素进行分类，然后利用分类加法原理求解即可. 【详解】对集合A中的最大元素进行分类. （1）当集合A中最大的数为1时，集合A只有1种，集合B有种，故共有15种. （2）当集合A中最大的数为2时，集合A有2种，集合B有种，故共有种. （3）当集合A中最大的数为3时，集合A有种，集合B有种，故共有种. （4）当集合A中最大的数为4时，集合A有种，集合B有1种，故共有8种. 因此，根据分类加法计数原理，共有种. 故答案为：49 变式1-4．某元件有个开关排成一排，每一个开关都随机处于“开”和“关”两种相反状态，对该元件进行如下操作： （1）记元件中处于“关”状态的开关个数为， （2）若，无需操作，当时，将元件从左往右数的第个开关的状态变为相反状态．重复以上操作，直至元件中的每个开关都处于“开”状态． 如：时，若元件中开关的一种初始状态为（开，关），则操作过程为（开，关）（关，关）（关，开）（开，开），共操作3次，已知对任意初始状态，操作必在有限次后停止，则时，对该元件所有可能的初始状态进行操作，操作的总次数为 ． 【答案】 【分析】利用规则来操作计数，结合分类讨论，列举计算可求出结果. 【详解】设元件中每个开关“开”的状态为“1”，“关”的状态为“”， 由题意知：时，列举该元件中所有开关的初始状态共有：，共8种， 按照规则把变为，对应的操作次数分别为：0次， 若初始状态为，则表示处于“关”状态的开关个数为，此时需要把第个开关的状态由关变为开，此时变为，对应的操作次数分别为：1次， 若初始状态为，则表示处于“关”状态的开关个数为，此时需要把第个开关的状态由开变为关，此时变为，则表示处于“关”状态的开关个数为，此时需要把第2个开关的状态由关变为开，此时变为，则表示处于“关”状态的开关个数为，此时需要把第个开关的状态由关变为开，此时变为，对应的操作次数分别为：3次， 按此操作可知其它初始状态变为，对应的操作次数分别为：次， 因此操作总次数为 故答案为： 类型二、分步乘法计数原理的综合应用问题 解题技巧： 1、 先明确“要做什么事” 先把题目里“要完成的事”说清楚，比如“组成一个三位数”“安排一天的活动”，这是解题的第一步。 2、把这件事拆成几步来做 找一个清晰的顺序，把这件事分成几个连续的步骤，比如“先选上衣，再选裤子，再选鞋子”。保证每一步都和前一步有关，而且所有步骤做完，这件事才算完成。 3、先算每一步有多少种选择，再乘起来 先数清楚每一步里有多少种具体选择。最后把每一步的选择数乘起来，就是这件事总共的做法数。 4、 注意步骤之间的影响 如果前一步的选择会影响后一步的可选数量，比如“选过的数字不能再用”，就要在每一步里把这种影响考虑进去，再算数量。 5、 最后检查一下 算完之后，可以用简单列举的方法，或者从总数里减去不符合条件的情况，看看结果对不对，避免算错。 例2．甲、乙、丙、丁四名同学可以随机地选修王老师、张老师、李老师中任何一位老师开设的课程，则不同的选课方案有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．81种 【答案】D 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】甲、乙、丙、丁四名同学每名同学选课均有王老师、张老师、李老师共3种选择，根据分步乘法计数原理共有种选择． 故选：D. 变式2-1．重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 【答案】72 【分析】分2步进行：先排偶数，再排奇数.利用列举法分别表示偶数、奇数排列的所有情况，结合分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意知，可分2步进行：先排偶数，再排奇数. 排偶数的情况：设4个偶数排列为， 其中表示第2位，表示第4位，表示第6位，表示第8位， 则所有的可能有， ，共9种排法； 同理，满足奇数的所有可能有 ，共8种排法. 所以总的排法数为种. 故答案为：72 变式2-2．一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有 种. 【答案】72 【分析】根据分类加法以及分步乘法计数原理求解即可. 【详解】如图对正方形每个方格编号： 不妨记玫瑰、月季、百合、郁金香分别为：， 第一步在方格中种植4种不同花卉，有种方法； 第二步：不妨取一种种植情况如图： A B 3 D C 6 7 8 9 （1）当方格种植花卉时，则方格种植D花卉，方格只能种植B花卉， 方格种植A花卉， 方格种植D花卉，只有种方法； （2）当方格不种植花卉时，则方格中种植花卉，方格种植A花卉， ①当方格种植花卉时，则方格种植B花卉，方格种植花卉，只有种方法； ②当方格种植B花卉时，则方格中只能种植花卉，方格种植B花卉，只有种方法； 因此根据分类加法计数原理和分步计数原理可知，共有种方法. 故答案为： 变式2-3．若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为（    ） A．3 B．8 C．9 D．27 【答案】D 【分析】根据已知确定函数定义域取值情况，再由集合非空子集个数及分步计数求“同族函数”个数，即可得. 【详解】由题设，的值域为，则或或， 结合“同族函数”的定义，则函数定义域分别从、、中各取至少一个数， 所以共有种. 故选：D 变式2-4．设，且，则符合条件的共有 组．（注：A，B，C顺序不同视为不同组．） 【答案】1600 【分析】如图，问题等价于6个不同的元素按要求放置到七块区域的不同方法种数，利用分步乘法原理计算得解. 【详解】将分为编号分别为①②③④⑤⑥⑦的七块区域，如图所示， 问题等价于6个不同的元素按要求放置到七块区域的不同方法种数． 由条件知，元素1，2必在区域①或②，各有2种放法；元素3，4必在③或④或⑥或⑦区域，各有4种方法； 元素5，6必在③或④或⑤或⑥或⑦区域，各有5种方法. 根据分步乘法计数原理，共有种. 故答案为：1600. 类型三、两个计数原理的综合应用问题 解题技巧： 1、 先整体后局部，先分类再分步 先把“要做的事”按不同情况分成几大类，再在每一类里把这件事拆成几步来完成。 2、 判断“分类”还是“分步” 如果每一类方法都能独立完成这件事，就用分类加法，把每类的方法数加起来。如果每一步只是完成这件事的一部分，必须所有步骤都做完才算完成，就用分步乘法，把每步的方法数乘起来。 3、 处理“特殊元素/特殊位置” 遇到有特殊要求的元素（比如“必须选到某人”）或位置（比如“首位不能为0”），优先把它们作为分类或分步的依据，避免遗漏或重复。 4、 “正难则反”，用排除法简化计算 当直接分类或分步太复杂时，可以先算所有可能的总数，再减去不符合条件的情况，得到符合要求的方法数。 5、 检查“不重不漏” 分类时要保证每一种方法只属于一类，分步时要保证每一步的选择都不影响后续步骤的逻辑，最后再用列举或反向验证的方式检查结果是否合理。 例3．甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（    ） A．36 B．48 C．52 D．64 【答案】C 【分析】通过4次传花后仍回到甲手，得出第四次传花只能传给甲，由此得出限制条件，根据分步乘法即可计算出传法总数. 【详解】5人传花，第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，经过4次传花，花仍回到甲手， ∴第1次传花有4种方法，第3次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两类方法， 第4次传花只能传到甲手中. ∴当第2次传花后花在甲手中时，则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊手中，共4种方法； 当第2次传花后花不在甲手中时，有3种方法，则第3次传花有3种方法. ∴经过4次传花，花仍回到甲的传法总数为：， ∴花仍回到甲的传法总数为52种， 故选：C. 变式3-1．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛、马和羊，乙同学喜欢牛、兔、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，则让三位同学选取的礼物都满意的选择方法共有 种（用数字作答） 【答案】 【分析】对甲的所选吉祥物进行分类讨论，结合分类加法和分步乘法计数原理可得结果. 【详解】由于三人都喜欢牛、羊这两种吉祥物，分以下几种情况讨论： 若甲选牛或羊作吉祥物，则乙有种选择，丙有种选择， 此时，不同的选择方法种数为种； 若甲选马作吉祥物，则乙有种选择，丙有种选择， 此时，不同的选择方法种数为种. 综上所述，不同的选择方法种数为种. 故答案为：. 变式3-2.（多选）现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 【答案】ABD 【分析】利用分步与分类计数原理计算得到选项ABD正确；若要选出不同颜色的2个球，有74种不同的选法，所以选项C错误. 【详解】A. 从中任选1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； B. 若每种颜色选出1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； C. 若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误； D. 若要不放回地依次选出2个球，有种不同的选法，所以该选项正确. 故选：ABD 变式3-3．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3-4．现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有3人、4人、5人、6人. (1)选1人为负责人，有多少种不同的选法？ (2)每组选1名组长，有多少种不同的选法？ (3)推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？ 【答案】(1)18 (2)360 (3)119 【分析】（1）根据分类加法计数原理即可求解； （2）根据分步乘法计数原理即可求解； （3）根据分步乘法、分类加法计数原理即可求解； 【详解】（1）分四类：第一类，从一组中选1人，有3种方法； 第二类，从二组中选1人，有4种方法； 第三类，从三组中选1人，有5种方法； 第四类，从四组中选1人，有6种方法. 所以不同的选法共有种方法. （2）分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四组中选1名组长， 所以不同的选法共有种方法； （3）分六类：第一类，从一、二组中各选1人，有种方法； 第二类，从一、三组中各选1人，有种方法； 第三类，从一、四组中各选1人，有种方法； 第四类，从二、三组中各选1人，有种方法； 第五类，从二、四组中各选1人，有种方法； 第六类，从三、四组中各选1人，有种方法； 所以不同的选法共有种方法. 类型四、代数中的计数问题 解题技巧： 1、 先转化问题，再计数 把代数问题（如方程解的个数、集合子集个数、函数零点个数等）先转化为“选什么”“排什么”的计数问题，再用分类或分步的思路去解决。 2、 抓住“变量限制” 先明确变量的取值范围、整数要求、正负性等限制条件，把这些条件作为分类或分步的依据，避免出现不符合题意的情况。 3、 用“对应思想”化繁为简 把抽象的代数对象（如方程的解、集合的元素）和具体的选择/排列对应起来，比如把“方程的正整数解”对应到“隔板法”的分配问题，把“子集个数”对应到“每个元素选或不选”的分步问题。 4、 优先处理特殊情况 遇到特殊值（如0、1）、特殊形式（如完全平方数、整除关系）时，先单独分类讨论，再处理一般情况，避免漏算或多算。 5、 验证结果的合理性 用小范围列举、代入特殊值或反向计算的方式，验证计数结果是否符合代数意义，避免出现逻辑矛盾。 例4．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：. 变式4-1．除数函数（divisor function）的函数值等于n的正因数的个数，例如，，．则 ． 【答案】 【分析】根据定义写出的质数因数，即可得解. 【详解】因为，它的因数形如， 其中， 所以不同的因数有个，即. 故答案为：. 变式4-2．已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知得，然后按照a，b，c中存在5；a，b，c中有且仅有2个5；a，b，c中只有1个5；a，b，c中不含5分类讨论，即可得解. 【详解】根据已知条件，消去d，e，f得：， 若a，b，c中存在5，显然成立，这里有1种． 若a，b，c中有且仅有2个5，则有，与只有2个5矛盾，舍去； 若a，b，c中只有1个5，不妨令，则，即， 所以数组，共8种． 同理，若和是也分别对应8种，当确定后，也随之确定， 所以这里有24种； 若a，b，c中不含5，则由对称性不妨设， 若，则：，不可能相等，舍去； 若时，考虑到7是质数，所以在d，e中必有7， 不妨设，则，舍去； 若时，首先d，e不能含有8，但必然为4的倍数， 则只能，经检验不符合，舍去； 若，则同样的d，e不能含9，而必须为9的倍数， 故只能，经检验不符合，综上a，b，c中必须有5． 将上述情况相加，总数为 故选：C. 变式4-3．初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是任意正整数都可以表示为不超过4个自然数的平方和，例如．设，其中均为自然数，则满足条件的有序自然数数组的个数为 ． 【答案】60 【分析】分类讨论四个数的组成后，由排列数公式与计数原理求解即可． 【详解】由题意知均为不超过6的自然数，下面分情况讨论： ①当最大数为6时，，此时共有种情况； ，此时共有种情况； ②当最大数为5时，，此时共有种情况； ③当最大数为4时，，此时共有种情况； 综上，满足条件的有序自然数数组的个数为， 故答案为：60 类型五、几何中的计数问题 解题技巧： 1、 先转化为“选点/选线/选面”问题 把几何计数（如三角形个数、直线条数、交点个数）转化为“从几个点中选几个”“从几条线中选几条”的组合问题，再用计数原理去算。 2、 注意“共线/共面”的特殊情况 遇到三点共线、四点共面等情况时，要先把这些不能构成有效图形的情况排除掉，避免把无效组合也算进去。 3、 按“图形类型”分类计数 比如数三角形时，可以按“顶点在某条边上”“是否包含某条对角线”来分类，每一类单独计算，再把结果相加。 4、 用“对应关系”简化计算 把复杂的几何对象（如平行四边形、四面体）和简单的选择对应起来，比如“平行四边形由两组对边确定”“四面体由不共面的四个点确定”，从而把计数转化为组合选择。 5、 画图辅助，避免漏算或重算 遇到复杂图形时，先画出草图，标记出关键点和线，按顺序、有规律地数，避免凭感觉乱数导致错误。 例5．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 变式5-1．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 变式5-2．已知直线上有三个不同的点，且，直线上有五个不同的点，且，，且，间的距离为1，则由这些点构成的面积为1的三角形的个数为（    ） A．6 B．14 C．17 D．25 【答案】B 【分析】分构成的三角形有一个顶点在直线上和构成的三角形有一个顶点在直线上，两种情况，再根据分布乘法原理即可得解. 【详解】若构成的三角形有一个顶点在直线上， 则在直线上的边的长度为，有三种情况， 此时符合题意的三角形的个数为个， 若构成的三角形有一个顶点在直线上， 则在直线上的边的长度为，只有一种情况， 此时符合题意的三角形的个数为个， 综上所述，由这些点构成的面积为1的三角形的个数为. 故选：B. 变式5-3．从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（    ）. A．105种 B．225种 C．315种 D．420种 【答案】C 【分析】首先选取一个点作为钝角顶点，并该点与圆心连线将其余14个顶点分成左右各7个：在左侧选取一个点作为第二顶点，依次选取右侧7个点作为第三顶点判断三角形形状，依此步骤即可得当前钝角顶点下的钝角三角形个数，最后乘以15即可得结果. 【详解】如图所示，以A为钝角顶点，在直径的左边取点，右边依次取，得到6个钝角三角形，当取时，△为锐角三角形； 同理，直径的左边取点，右边依次取，得到5个钝角三角形，当取，时，△、△为锐角三角形； …… 在直径的左边取点时，得到一个钝角△， 在直径的左边取点时，没有钝角三角形. 故以A为钝角顶点的三角形共有（个）. 以其余14个点为钝角顶点的三角形也各有21个， 所以总共有（个）钝角三角形. 故选：C 类型六、数字排列问题 解题技巧： 1、 优先处理“特殊位置” 数字排列中，最常见的特殊位置是首位（不能为0）。解题时，先确定首位的可选数字，再依次确定其他位置。 2、 按“限制条件”分类 如果题目有“偶数”“奇数”“被3整除”等要求，先按这些条件对数字进行分类，再在每一类中进行排列。例如，要组成偶数，就先确定个位必须是0、2、4、6、8，再排列其他位。 3、 注意“重复”与“不重复”的区别 数字可重复：每一位的选择数都相同，直接用分步乘法。 数字不可重复：每选一个数字，下一位的可选数量就会减少，需要依次计算。 4、 用“排除法”简化复杂问题 当直接计算符合条件的排列数很复杂时，可以先算出所有可能的排列总数，再减去不符合条件的排列数，得到结果。 5、 按“位数”或“数字”有序枚举 对于位数较少或限制较多的问题，可以按位数从少到多，或按数字从小到大的顺序，有条理地列举，避免漏算或重算。 例6．已知0， 1， 2， 3， 4， 5这六个数字． (1)可以组成多少个数字不重复的三位奇数？ (2)可以组成多少个数字不重复的小于1 000的自然数？ (3)可以组成多少个数字不重复的大于3 000且小于5 421的四位数？ 【答案】(1)48 (2)131 (3)175 【分析】（1）根据分步乘法原理，先选个位数字，再选百位数字，再选十位数字即可求解； （2）根据分类加法原理，按一位数、两位数、三位数分类即可求解； （2）根据分类加法原理，按首位数字为或；首位数字为，百位数字不是；首位数字为，百位数字是分类即可求解. 【详解】（1）分3步： ①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； ②再选百位数字有4种选法； ③十位数字也有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个. （2）分3类： ①一位数，共有6个； ②两位数，先选十位数字，有种选法；再选个位数字也有种选法，共有个； ③三位数，先选百位数字，有种选法；再选十位数字也有种选法；再选个位数字，有种选法，共有个； 因此，比1 000小的自然数共有个． （3）分4类： ①千位数字为或时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个； ②千位数字为，百位数字为之一时，共有个； ③千位数字为，百位数字是，十位数字为之一时，共有个； ④也满足条件； 故所求四位数共有个. 变式6-1．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． 变式6-2．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. 变式6-3．用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 【答案】(1)100 (2)180 (3)48 (4)131 (5)175 【分析】（1）分析可知，数字不重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （2）分析可知，数字允许重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （3）根据分步乘法原理，先选个位数字，再选百位数字，再选十位数字即可求解； （4）分三种情况讨论：个位数、两位数、三位数，分别计算出这三种情况下满足条件的自然数的个数，利用分类加法计数原理可得结果. （5）根据分类加法原理，按首位数字为3或4；首位数字为5，百位数字不是4；首位数字为5,百位数字是4分类即可求解. 【详解】（1）若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字不重复的三位数个数为. （2）若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字允许重复的三位数的个数为个. （3）分3步： 先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； 再选百位数字有4种选法； 十位数字也有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个 （4）若组成的数字为数字不重复的小于1000的自然数，分以下三种讨论： ①数字为个位数，共6个； ②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个； 数字为三位数，共有100个. 综上所述，数字不重复的小于1000的自然数个数为个. （5）分4类： 千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个； 千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有个； 千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有个； ④也满足条件； 故所求四位数共有个. 类型七、涂色问题 解题技巧： 1、 按“相邻关系”分步涂色 先从与其他区域相邻最多的“关键区域”开始涂色，再依次涂相邻区域，这样能减少后续选择的限制，避免逻辑混乱。 2、 注意“颜色是否可重复” 颜色可重复：每一步的选择数只受相邻区域颜色的影响。 颜色不可重复：每涂一个区域，可用颜色总数就会减少，需要依次更新可选数量。 3、 按“是否同色”分类讨论 当两个不相邻的区域可以同色或不同色时，可先按“同色”和“不同色”分成两类，分别计算后再相加，简化复杂的分步关系。 4、 用“排除法”处理环形结构 对于环形涂色（如圆形区域、首尾相连的图形），直接分步容易出错，可以先按线性结构计算，再减去首尾同色的情况。 5、 画图标记，理清相邻关系 先画出区域图，用不同符号标记出每块区域的相邻对象，按“从内到外”或“从多到少”的顺序涂色，有条理地枚举，避免漏算或重算。 例7．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． 变式7-1．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 变式7-2．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. 变式7-3．如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【答案】(1)60 (2)240 【分析】（1）由分步乘法原理，先涂S，再涂A，再涂B，最后涂CD计算即可. （2）解法一：由分步乘法原理，先涂AC，再一次涂SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照A与C颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可. 【详解】（1）由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C颜色相同，且B，D颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法. （2）解法一：由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同， 所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法（如：B，D颜色相同）； 再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上， 最后D涂B的颜色，有种不同的涂色方法. 根据分步计数原理知，共有种不同的涂色方法. 解法二：分两类. 第一类，A与C颜色相同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法； 第二类，A与C颜色不同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法. 根据分类计数原理知，共有种不同的涂色方法. 类型八、路径问题 解题技巧： 1、 先明确“方向限制” 先确定每一步只能朝哪些方向走（比如只能向右、向上，不能回头），把问题转化为“在固定方向下的选择问题”。 2、 用“分步+分类”理清选择 把从起点到终点的过程，拆成若干步，每一步选择一个方向。如果有岔路或不同区域，先按区域或岔路分类，再在每一类里分步计算。 3、 转化为“组合选择”问题 对于网格路径（如从左下角到右上角，只能右、上），可以把路径看成“向右走m步，向上走n步”的排列，问题就变成了从总步数中选m步向右（或n步向上）的组合数。 4、 处理“障碍点”或“必经点” 有障碍点时，先算所有路径总数，再减去经过障碍点的路径数。有必经点时，把路径拆成“起点→必经点”和“必经点→终点”两段，分别计算后再相乘。 5、 用“递推思想”标记节点 从起点开始，依次给每个节点标记“到达该点的路径数”，每个节点的路径数等于能到达它的前一步节点的路径数之和，最后终点的标记数就是答案。 例8．如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（    ）    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 【答案】C 【分析】利用分类加法计数原理以及分步乘法计数原理，可得答案. 【详解】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知， 不同的路径有种. 故选：C. 变式8-1．在平面直角坐标系中，有许多边长为1的正方形网格，一质点从坐标原点开始，沿着正方形对角线向右上方或右下方随机跳动，跳动一次运动路程为，若质点跳动不跨越轴到第四象限且跳动8次后落在点处（如图给出了质点的一种运动路径），则不同的跳动路径的种数为（    ） A．10 B．14 C．16 D．20 【答案】B 【分析】结合分类加法，由在质点每次跳动后到达的端点处标出在此端点之前的符合要求的路径数，每个端点处对应的数字应为前一个端点或前两个“流向”此处端点的数字之和画图分析即可. 【详解】由题意可知，质点每次跳动后到达边长为1的小正方形对角线端点，如图所示，在质点每次跳动后到达的端点处标出在此端点之前的符合要求的路径数，每个端点处对应的数字应为前一个端点或前两个“流向”此处端点的数字之和，如图所示， 故符合条件的路径数为14. 故选：B. 变式8-2．如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点向结点传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（    ） A．26 B．24 C．19 D．18 【答案】C 【分析】根据分类加法计数原理计算． 【详解】由题图可知，从A到B有4种不同的传递路线，各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3，4，6，6， 由分类加法计数原理得，单位时间内传递的最大信息量为. 故选：C． 变式8-3．如图，已知平面图形ABCDEFG的内部连有线段． (1)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？ (2)由点出发，沿着图中的线段到达点，任意两次向上行走都不连续且最近的路线有多少条？ (3)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？ 【答案】(1)10条． (2)21条． (3)155条． 【分析】（1）先求出点出发到达点需要向上和向右的次数，再根据组合数求解即可； （2）先求出点出发到达点的最近路线有多少条，再计算两次向上行走连续且最近的路线，相减即可； （3）分类讨论分别经过的情况数，结合（1）中的方法求解即可. 【详解】（1）由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线需要向上移动2次，向右移动3次， 则由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有条． （2）由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线需要向上移动2次，向右移动6次， 则由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有条， 其中两次向上行走连续且最近的路线有7条． 故所求路线有条． （3）设H，K的位置如图所示， 则由出发，沿着图中的线段到达点的最近路线可分为以下三种情况： ①，有条最近路线； ②，有条最近路线； ③，有条最近路线． 故由出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有条． 压轴专练 1.一个五位数任意相邻两位所组成的两位数(包括00，0X)均是4的倍数，这样的五位数有（    ）个. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据五位数的前两位的数字，分两类情况讨论即可求解. 【详解】若五位数的形式是20×××，40×××，60×××，80×××时， 此时百位的数字可以是0,4,8中的任何一个，十位和个位数字也是0,4,8中的任何一个， 故此时共有种情况， 若五位数的形式是12×××，16×××，24×××，28×××，32×××，36×××，44×××，48×××，52×××，56×××，64×××，68×××，72×××，76×××，84×××，88×××，92×××,96×××时， 此时百位的数字可以是0,4,8中的任何一个，十位和个位数字也是0,4,8中的任何一个， 故此时共有种情况， 综上可得：符合条件的五位数共有个， 故选：A 2.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 3.“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】采用分步乘法可计算得到以为起点，为终点的方法数，再利用分类加法计数原理求得结果. 【详解】以为起点时，三条路线依次连接即可到达点，共有种选择；自连接到时，在右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有种选择， 以为起点，为终点时，共有种方法； 同理可知：以为起点，为终点时，共有种方法； 完成该图“一笔画”的方法数为种. 故选：C. 4.三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练（不能传给自己），由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有（    ） A．6种 B．10种 C．11种 D．12种 【答案】B 【分析】设在第次传球后有种情况球在丙手中，结合题意可推出，即可求得答案. 【详解】设在第次传球后有种情况球在丙手中，即经过n次传球后球又被传回给丙， 在前n次传球中，每次传球都有2种可能，故在前n次传球中共有种传球方法， 故在第n次传球后，球不在丙手中的情况有（种），即球在甲或乙手中， 只有在这些情况时，在第n+1次传球后，球才会被传回给丙， 即，由题意可得，则， ， 故选：B 5.已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（    ） A．40 B．32 C．24 D．23 【答案】D 【分析】根据题意按照顺序分别将的选法种类逐一确定，再除去不合题意的即可. 【详解】由直线的倾斜角为锐角可知斜率一定存在，可得， 且，所以异号， 从集合中任取三个不同元素，且异号， 易知有4种选法，有2种选法，有3种选法，共有种， 又因为当和时，都表示直线， 所以符合条件的直线的条数为种. 故选：D 6.图1：在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能的向左或向右落下，最后落入底部的格子中.在图2中，将小球放入容器中从顶部下落，则小球落入D区的路线数有（    ） A．16 B．18 C．20 D．22 【答案】C 【分析】由上而下依次归纳小球到每一层相邻两球空隙处的线路数后可正确的选项. 【详解】第一层只有一个小球，其左右各有一个空隙，小球到这两个空隙处的线路数均为1； 第二层有两个小球，共有三个空隙，小球到这三个空隙处的线路数从左到右依次为：1,2,1， 第三层有三个小球，共有4个空隙，小球到这四个空隙处的线路数从左到右依次为：即为， 第四层有四个小球，共有5个空隙，小球到这五个空隙处的线路数从左到右依次为：即为， 第五层有五个小球，共有6个空隙，小球到这六个空隙处的线路数从左到右依次为：即为， 第六层有六个小球，共有7个空隙，小球到这七个空隙处的线路数从左到右依次为：即为， 故小球落入D区的路线数有20条. 故选：C. 7.甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，则下列结论正确的是（    ） A．最高处的树枝定是 B．最低处的树枝一定是 C．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 D．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 【答案】C 【分析】 由题判断出部分树枝由高到低的顺序为，还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，根据的位置不同分类讨论，求得这九根树枝从高到低不同的顺序共33种. 【详解】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为， 还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低， 最高可能为G或I，最低为F或H，故A 、B错误； 先看树枝，有4种可能，若在，之间， 则有3种可能： ①在，之间，有5种可能； ②在，之间，有4种可能； ③在，之间，有3种可能， 此时树枝的高低顺序有（种）. 若不在，之间，则有3种可能，有2种可能， 若在，之间，则有4种可能， 若在，之间，则有3种可能， 此时树枝的高低顺序有（种）可能， 故这九根树枝从高到低不同的顺序共有种，故C项正确. 故选：C. 8.（多选）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. 9.（多选）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 【分析】由特殊位置优先的原则，结合两个计数原理逐个判断即可. 【详解】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 10.（多选）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 11.用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有 种.    【答案】192 【分析】先对2，5染色，分1和5同色，或1和5不同色，两种情况下讨论4的涂法，再根据1，4分别与3，6对称得到答案. 【详解】先给2，5染色，有种方法. 若1和5同色，则4有2种涂法； 若1和5不同色，则4有种涂法. 因为1，4分别与3，6对称，所以不同的染色方法有种. 故答案为：192. 12.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 . 【答案】36 【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果. 【详解】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对. 如下图所示： ①对于正方体的每一条棱，都有个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个； ②对于正方体的每一条面对角线（如，则平面），均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个. 综上所述，正方体中的“正交线面对”共有个. 故答案为. 13.如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有 种． 【答案】 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】解：参观路线分步完成： 第一步，选择三个“环形”路线中的一个流览，有3种选法； 而在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针2类方法完成； 第二步，选择余下的两个“环形”路线中的一个游览，有2种方法， 同理，在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针两类方法完成； 第三步，游览最后一个“环形”路线，也可以按顺时针或按逆时针两类方法完成， 根据分步乘法计数原理可知不同的参观路线共有种. 故答案为： 14.已知件不同的产品中有件次品，现对这件产品一一进行测试，直至找到所有次品并立即停止测试. (1)若恰在第次测试时，找到第一件次品，第次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？ (2)若至多测试次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据分步乘法计数原理可求得结果； （2）分两种情况讨论：（i）测试次找到所有次品；（ii）测试次找到所有的次品.求出两种情况下不同的测试情况种数，相加即可. 【详解】（1）若恰在第次测试时，找到第一件次品，第次测试时，找到第二件次品， 则第一、三、四次抽到的都是正品， 由分步乘法计数原理可知，不同的测试情况种数为种. （2）分以下两种情况讨论： （i）测试次找到所有次品，不同的测试情况种数为种； （ii）测试次找到所有的次品，则第三次抽到次品，前两次有一次抽到正品， 则不同的测试情况种数为种. 综上所述，不同的测试情况种数为种. 15.（1）如图①所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有多少种不同的涂法？ （2）如图②所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，共有多少种不同染色方法？ 【答案】（1）18（2）420 【分析】（1）分A，C涂色相同和A，C涂色不相同两种情况分析计算即可； （2）按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类求解. 【详解】（1）①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12种不同的涂法； ②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6种不同的涂法； 所以，根据分类加法计数原理，共有12＋6＝18种不同的涂法． （2）按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类： 第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180种不同的染色方法； 第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240种不同的染色方法； 根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420种不同的染色方法 16.如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（列出过程，用数字作答） (1)由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？ (2)由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？ (3)求出图中总计有多少个矩形？ 【答案】(1)20 (2)111 (3)102 【分析】利用分类加法原理和分步乘法原理即可求解. 【详解】（1）由题意得A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次,向右移动3次,向上移动3次,所以 A沿着图中的线段到达点E的最近路线有条. （2）设点G、H、P的位置如图所示： 则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况： ①沿着A→E→C，共有条最近路线； ②沿着A→G→C，共有条最近路线； ③沿着A→H→C，共有条最近路线； ④沿着A→P→C，共有条最近路线； 故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有条； （3）由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况： ①矩形的边不在CD上，共有个矩形； ②矩形的一条边在CD上，共有个矩形；故图中共有个矩形. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 两个基本计数原理 目录 类型一、分类加法计数原理的综合应用问题 类型二、分步乘法计数原理的综合应用问题 类型三、两个计数原理的综合应用问题 类型四、代数中的计数问题 类型五、几何中的计数问题 类型六、数字排列问题 类型七、涂色问题 类型八、路径问题 压轴专练 类型一、分类加法计数原理的综合应用问题 解题技巧： 1、先搞清楚“要做什么事” 先把题目里“要完成的事”说清楚，比如“从A到B有几种走法”“选一个代表有几种选法”，这是解题的第一步。 2、把这件事的做法分成几类，不重不漏 找一个清晰的标准，把所有可能的做法分成几类，比如按“走的路线”“选的人”“用的工具”来分。保证每一种做法都只属于一类，而且所有做法都被分到了某一类里，不能漏掉，也不能重复。 3、 先算每一类有多少种做法，再加起来 先数清楚每一类里有多少种具体做法。最后把每一类的数量加起来，就是这件事总共的做法数。 4、 先处理特殊情况 如果题目里有特殊要求，比如“第一个位置不能是0”“必须选到某个人”，就先把这些特殊情况单独拿出来分类，再算普通情况。 5、 最后检查一下 算完之后，可以用简单列举的方法，或者从总数里减去不符合条件的情况，看看结果对不对，避免算错。 例1．已知甲乙丙丁四位教师分别任教（1），（2），（3），（4）班.在某一次考试中，要求每个班级都有一位教师监考，且四位教师不能去监考自己所教的班级.则不同的监考方法有 种 变式1-1．函数，其中集合，，则满足的函数有 种． 变式1-2．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 变式1-3．设集合，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则有 种选择. 变式1-4．某元件有个开关排成一排，每一个开关都随机处于“开”和“关”两种相反状态，对该元件进行如下操作： （1）记元件中处于“关”状态的开关个数为， （2）若，无需操作，当时，将元件从左往右数的第个开关的状态变为相反状态．重复以上操作，直至元件中的每个开关都处于“开”状态． 如：时，若元件中开关的一种初始状态为（开，关），则操作过程为（开，关）（关，关）（关，开）（开，开），共操作3次，已知对任意初始状态，操作必在有限次后停止，则时，对该元件所有可能的初始状态进行操作，操作的总次数为 ． 类型二、分步乘法计数原理的综合应用问题 解题技巧： 1、 先明确“要做什么事” 先把题目里“要完成的事”说清楚，比如“组成一个三位数”“安排一天的活动”，这是解题的第一步。 2、把这件事拆成几步来做 找一个清晰的顺序，把这件事分成几个连续的步骤，比如“先选上衣，再选裤子，再选鞋子”。保证每一步都和前一步有关，而且所有步骤做完，这件事才算完成。 3、先算每一步有多少种选择，再乘起来 先数清楚每一步里有多少种具体选择。最后把每一步的选择数乘起来，就是这件事总共的做法数。 4、 注意步骤之间的影响 如果前一步的选择会影响后一步的可选数量，比如“选过的数字不能再用”，就要在每一步里把这种影响考虑进去，再算数量。 5、 最后检查一下 算完之后，可以用简单列举的方法，或者从总数里减去不符合条件的情况，看看结果对不对，避免算错。 例2．甲、乙、丙、丁四名同学可以随机地选修王老师、张老师、李老师中任何一位老师开设的课程，则不同的选课方案有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．81种 变式2-1．重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 变式2-2．一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有 种. 变式2-3．若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”包含的函数个数为（    ） A．3 B．8 C．9 D．27 变式2-4．设，且，则符合条件的共有 组．（注：A，B，C顺序不同视为不同组．） 类型三、两个计数原理的综合应用问题 解题技巧： 1、 先整体后局部，先分类再分步 先把“要做的事”按不同情况分成几大类，再在每一类里把这件事拆成几步来完成。 2、 判断“分类”还是“分步” 如果每一类方法都能独立完成这件事，就用分类加法，把每类的方法数加起来。如果每一步只是完成这件事的一部分，必须所有步骤都做完才算完成，就用分步乘法，把每步的方法数乘起来。 3、 处理“特殊元素/特殊位置” 遇到有特殊要求的元素（比如“必须选到某人”）或位置（比如“首位不能为0”），优先把它们作为分类或分步的依据，避免遗漏或重复。 4、 “正难则反”，用排除法简化计算 当直接分类或分步太复杂时，可以先算所有可能的总数，再减去不符合条件的情况，得到符合要求的方法数。 5、 检查“不重不漏” 分类时要保证每一种方法只属于一类，分步时要保证每一步的选择都不影响后续步骤的逻辑，最后再用列举或反向验证的方式检查结果是否合理。 例3．甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（    ） A．36 B．48 C．52 D．64 变式3-1．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛、马和羊，乙同学喜欢牛、兔、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，则让三位同学选取的礼物都满意的选择方法共有 种（用数字作答） 变式3-2.（多选）现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 变式3-3．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3-4．现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有3人、4人、5人、6人. (1)选1人为负责人，有多少种不同的选法？ (2)每组选1名组长，有多少种不同的选法？ (3)推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？ 类型四、代数中的计数问题 解题技巧： 1、 先转化问题，再计数 把代数问题（如方程解的个数、集合子集个数、函数零点个数等）先转化为“选什么”“排什么”的计数问题，再用分类或分步的思路去解决。 2、 抓住“变量限制” 先明确变量的取值范围、整数要求、正负性等限制条件，把这些条件作为分类或分步的依据，避免出现不符合题意的情况。 3、 用“对应思想”化繁为简 把抽象的代数对象（如方程的解、集合的元素）和具体的选择/排列对应起来，比如把“方程的正整数解”对应到“隔板法”的分配问题，把“子集个数”对应到“每个元素选或不选”的分步问题。 4、 优先处理特殊情况 遇到特殊值（如0、1）、特殊形式（如完全平方数、整除关系）时，先单独分类讨论，再处理一般情况，避免漏算或多算。 5、 验证结果的合理性 用小范围列举、代入特殊值或反向计算的方式，验证计数结果是否符合代数意义，避免出现逻辑矛盾。 例4．已知x，y，z均为正整数，且，则满足方程的解有 组. 变式4-1．除数函数（divisor function）的函数值等于n的正因数的个数，例如，，．则 ． 变式4-2．已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 （    ） A． B． C． D． 变式4-3．初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是任意正整数都可以表示为不超过4个自然数的平方和，例如．设，其中均为自然数，则满足条件的有序自然数数组的个数为 ． 类型五、几何中的计数问题 解题技巧： 1、 先转化为“选点/选线/选面”问题 把几何计数（如三角形个数、直线条数、交点个数）转化为“从几个点中选几个”“从几条线中选几条”的组合问题，再用计数原理去算。 2、 注意“共线/共面”的特殊情况 遇到三点共线、四点共面等情况时，要先把这些不能构成有效图形的情况排除掉，避免把无效组合也算进去。 3、 按“图形类型”分类计数 比如数三角形时，可以按“顶点在某条边上”“是否包含某条对角线”来分类，每一类单独计算，再把结果相加。 4、 用“对应关系”简化计算 把复杂的几何对象（如平行四边形、四面体）和简单的选择对应起来，比如“平行四边形由两组对边确定”“四面体由不共面的四个点确定”，从而把计数转化为组合选择。 5、 画图辅助，避免漏算或重算 遇到复杂图形时，先画出草图，标记出关键点和线，按顺序、有规律地数，避免凭感觉乱数导致错误。 例5．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．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 变式5-2．已知直线上有三个不同的点，且，直线上有五个不同的点，且，，且，间的距离为1，则由这些点构成的面积为1的三角形的个数为（    ） A．6 B．14 C．17 D．25 变式5-3．从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（    ）. A．105种 B．225种 C．315种 D．420种 类型六、数字排列问题 解题技巧： 1、 优先处理“特殊位置” 数字排列中，最常见的特殊位置是首位（不能为0）。解题时，先确定首位的可选数字，再依次确定其他位置。 2、 按“限制条件”分类 如果题目有“偶数”“奇数”“被3整除”等要求，先按这些条件对数字进行分类，再在每一类中进行排列。例如，要组成偶数，就先确定个位必须是0、2、4、6、8，再排列其他位。 3、 注意“重复”与“不重复”的区别 数字可重复：每一位的选择数都相同，直接用分步乘法。 数字不可重复：每选一个数字，下一位的可选数量就会减少，需要依次计算。 4、 用“排除法”简化复杂问题 当直接计算符合条件的排列数很复杂时，可以先算出所有可能的排列总数，再减去不符合条件的排列数，得到结果。 5、 按“位数”或“数字”有序枚举 对于位数较少或限制较多的问题，可以按位数从少到多，或按数字从小到大的顺序，有条理地列举，避免漏算或重算。 例6．已知0， 1， 2， 3， 4， 5这六个数字． (1)可以组成多少个数字不重复的三位奇数？ (2)可以组成多少个数字不重复的小于1 000的自然数？ (3)可以组成多少个数字不重复的大于3 000且小于5 421的四位数？ 变式6-1．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． 变式6-2．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？ 变式6-3．用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 类型七、涂色问题 解题技巧： 1、 按“相邻关系”分步涂色 先从与其他区域相邻最多的“关键区域”开始涂色，再依次涂相邻区域，这样能减少后续选择的限制，避免逻辑混乱。 2、 注意“颜色是否可重复” 颜色可重复：每一步的选择数只受相邻区域颜色的影响。 颜色不可重复：每涂一个区域，可用颜色总数就会减少，需要依次更新可选数量。 3、 按“是否同色”分类讨论 当两个不相邻的区域可以同色或不同色时，可先按“同色”和“不同色”分成两类，分别计算后再相加，简化复杂的分步关系。 4、 用“排除法”处理环形结构 对于环形涂色（如圆形区域、首尾相连的图形），直接分步容易出错，可以先按线性结构计算，再减去首尾同色的情况。 5、 画图标记，理清相邻关系 先画出区域图，用不同符号标记出每块区域的相邻对象，按“从内到外”或“从多到少”的顺序涂色，有条理地枚举，避免漏算或重算。 例7．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 变式7-1．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 变式7-2．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 变式7-3．如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 类型八、路径问题 解题技巧： 1、 先明确“方向限制” 先确定每一步只能朝哪些方向走（比如只能向右、向上，不能回头），把问题转化为“在固定方向下的选择问题”。 2、 用“分步+分类”理清选择 把从起点到终点的过程，拆成若干步，每一步选择一个方向。如果有岔路或不同区域，先按区域或岔路分类，再在每一类里分步计算。 3、 转化为“组合选择”问题 对于网格路径（如从左下角到右上角，只能右、上），可以把路径看成“向右走m步，向上走n步”的排列，问题就变成了从总步数中选m步向右（或n步向上）的组合数。 4、 处理“障碍点”或“必经点” 有障碍点时，先算所有路径总数，再减去经过障碍点的路径数。有必经点时，把路径拆成“起点→必经点”和“必经点→终点”两段，分别计算后再相乘。 5、 用“递推思想”标记节点 从起点开始，依次给每个节点标记“到达该点的路径数”，每个节点的路径数等于能到达它的前一步节点的路径数之和，最后终点的标记数就是答案。 例8．如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（    ）    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 变式8-1．在平面直角坐标系中，有许多边长为1的正方形网格，一质点从坐标原点开始，沿着正方形对角线向右上方或右下方随机跳动，跳动一次运动路程为，若质点跳动不跨越轴到第四象限且跳动8次后落在点处（如图给出了质点的一种运动路径），则不同的跳动路径的种数为（    ） A．10 B．14 C．16 D．20 变式8-2．如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点向结点传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（    ） A．26 B．24 C．19 D．18 变式8-3．如图，已知平面图形ABCDEFG的内部连有线段． (1)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？ (2)由点出发，沿着图中的线段到达点，任意两次向上行走都不连续且最近的路线有多少条？ (3)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？ 压轴专练 1.一个五位数任意相邻两位所组成的两位数(包括00，0X)均是4的倍数，这样的五位数有（    ）个. A． B． C． D． 2.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 3.“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4.三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练（不能传给自己），由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有（    ） A．6种 B．10种 C．11种 D．12种 5.已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（    ） A．40 B．32 C．24 D．23 6.图1：在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能的向左或向右落下，最后落入底部的格子中.在图2中，将小球放入容器中从顶部下落，则小球落入D区的路线数有（    ） A．16 B．18 C．20 D．22 7.甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，则下列结论正确的是（    ） A．最高处的树枝定是 B．最低处的树枝一定是 C．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 D．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 8.（多选）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 9.（多选）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 10.（多选）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 11.用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有 种.    12.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 . 13.如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有 种． 14.已知件不同的产品中有件次品，现对这件产品一一进行测试，直至找到所有次品并立即停止测试. (1)若恰在第次测试时，找到第一件次品，第次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？ (2)若至多测试次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 15.（1）如图①所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有多少种不同的涂法？ （2）如图②所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，共有多少种不同染色方法？ 16.如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（列出过程，用数字作答） (1)由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？ (2)由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？ (3)求出图中总计有多少个矩形？ 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $