第6讲：分类加法计数原理与分步乘法计数原理【8个常考题型归纳】讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

2026年高二数学下学期常考题型归纳 【第6讲：分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【A ·基础达标题型】 【题型1：分类加法计数原理】 【练方法】 知识梳理 核心定义：完成一件事，有类办法，在第类办法中有种不同的方法，在第类办法中有种不同的方法……在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 本质：分类，各类办法之间相互独立，都能独立完成这件事 适用场景：问题可拆分为互斥的若干类情况，每类情况都能单独达成目标 解题思路 1.明确“完成一件事”的具体目标 2.确定分类标准，将问题拆分为互不重叠的类别（不重不漏） 3.计算每一类的方法数 4.将各类方法数相加，得到总方法数 名师点睛 分类要做到“不重不漏”，同一元素不能同时属于两类 优先选择最清晰的分类标准（如位置、性质、结果等） 若某类方法数复杂，可再细分小类，继续用加法原理 注意“或”的逻辑：出现“要么……要么……”时，用加法 （25-26高二下·全国·课堂例题）（1）从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？经典例题1例题 （2）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ 【答案】（1）22;（2）36 【分析】（1）分别确定从四个班中选一人为组长的情况 ，将各类情况求和即可； （2）法一：满足题意的两位数十位上的数可以是1，2，3，4，5，6，7，8，共8类，分别确定每类满足条件的两位数的个数，再求和即可； 法二：满足题意的两位数个位上的数字可以是2，3，4，5，6，7，8，9，共8类，分别确定每类满足条件的两位数的个数，再求和即可. 【详解】（1）由题可知选其中一人为组长分四类： 从一班中选一人为组长，有4种选法； 从二班中选一人为组长，有5种选法； 从三班中选一人为组长，有6种选法； 从四班中选一人为组长，有7种选法． 共有不同选法（种）． （2）法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有（个）． 法二：按个位上的数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有（个）． （24-25高二下·河南·期末）一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）．若，且互不相同，则这个三位数为“有缘数”共______个．经典例题2例题 【答案】24 【分析】利用“有缘数”的定义，利用分类讨论的思想，求出所有的三位数． 【详解】根据题意知在中，能组成有缘数的组合有；； ；， 由组成的三位自然数为 “有缘数”共6个； 同理：由组成的三位数为“有缘数”是6个； 由组成的三位数为“有缘数”是6个； 由组成的三位数为“有缘数”是6个； 所以三位数为“有缘数”的个数为：个． 故答案为：24 （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）.小试牛刀1 【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：. （23-24高二下·陕西咸阳·月考）数字波是由0和1组成的脉冲信号序列，某类信号序列包含有个数字0和个数字1，且每个数字0之前1的个数多于0的个数.当时，这样的信号序列有_____________种.小试牛刀2 【答案】14 【分析】根据题意列出符合题意的序列即可. 【详解】根据题意可知第一位只能是1，最后一位只能是0， 符合题意的序列分别为： 11011000；11010100；11010010；11001100；11001010； 10111000；10101100；10110100；10101010；10110010； 11101000；11100100；11100010；11110000，共计14个， 故答案为：14. （2024·全国·模拟预测）从1至7这7个整数中随机取出3个不同的数，则它们的积与和都是3的倍数的不同取法有（    ）小试牛刀3 A．9种 B．12种 C．20种 D．30种 【答案】B 【分析】根据题意分3个不同的数中不含3和6，取出的3个不同的数中含有3不含有6，取出的3个不同的数中含有6不含有3，取出的3个不同的数中含有3和6时四种情况研究即可. 【详解】①当取出的3个不同的数中不含3和6时，显然它们的积不可能是3的倍数，不符合题意； ②当取出的3个不同的数中含有3不含有6时，它们的积一定是3的倍数， 但只有当另外2个数是，，，，，时， 它们的和才是3的倍数，共有6种取法；、 ③当取出的3个不同的数中含有6不含有3时，它们的积一定是3的倍数， 但只有当另外2个数是，，，，，时， 它们的和才是3的倍数，也有6种取法； ④当取出的3个不同的数中含有3和6时，它们的积一定是3的倍数， 但它们的和一定不是3的倍数，不符合题意． 综上，它们的积与和都是3的倍数的不同取法有（种）， 故选：B． 【题型2：分步乘法计数原理】 【练方法】 知识梳理 核心定义：完成一件事，需要分成个步骤，做第步有种不同的方法，做第步有种不同的方法……做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 本质：分步，各步骤相互依存，只有完成所有步骤才能完成这件事 适用场景：问题可拆分为顺序执行的若干步骤，每一步都有多种选择 解题思路 1.明确“完成一件事”的具体目标 2.确定分步顺序，将问题拆分为连续的步骤（步骤之间相互独立） 3.计算每一步的方法数 4.将各步方法数相乘，得到总方法数 名师点睛 分步要做到“步骤完整”，缺少任何一步都无法完成目标 步骤之间要独立，上一步的选择不影响下一步的方法数 注意“且”的逻辑：出现“先……再……然后……”时，用乘法 若某步方法数为0，则总方法数为0，即无法完成目标 （24-25高二下·贵州遵义·月考）若正整数（b，c都是整数），则称b和c为a的因数，的不同正因数的个数为__________.经典例题1例题 【答案】210 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算得解. 【详解】正整数的正因数形如， 其中， 因此依次确定的值即得一个确定的正因数，确定分别有5种、6种、7种方法， 由分步乘法计数原理得不同正因数个数为. 故答案为：210 （2025高三·全国·专题练习）植树节那天，4位同学去植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数为（    ）经典例题2例题 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】按照分步乘法计数原理和分类加法原理计算可得. 【详解】根据题意，现在记为4个人，为3棵树. 法一：从人作为元素（主动）来讲，分三类. 第一类可以选择1人去种3棵树，一共有4种方法. 第二类可以选择2个人去种3棵树， 第一步，从4个人中选出2个人，一共有6种选择，分别是 第二步，要2人种3棵树，一共有6种选择，分别为选择3棵树中的1棵， 选择剩下的2棵，或者选择3棵树中的2棵，选择剩下的1棵， 根据分步乘法计数原理，一共有种方法. 第三类可以选择4个人中3个人分别种3棵树，分两步完成， 第一步，从4个人中选出3人，一共有4种选择，分别是 第二步，要3人种3棵树，一共有6种选择， 分别为选择3棵树中的1棵，选择剩下2棵中的1棵，剩下最后1棵由种， 根据分步乘法计数原理，一共有种方法. 综上，根据分类加法计数原理，一共有种方法． 法二：从树为元素来讲，完成这件事分三步. 第一步，第一棵树有4个人可选，共有4种方法， 第二步，第二棵树有4个人可选，共有4种方法， 第三步，第三棵树有4个人可选，共有4种方法， 据分步乘法计数原理可得一共有种方法，故B正确. 故选：B． （2025·山东·三模）甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2样，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有__________种．（用数字作答）小试牛刀1 【答案】60 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式求解. 【详解】从5种课外读物中任取1样为甲乙共同的，有5种方法； 再从余下4种中取1样给甲，有4种方法；最后从3种中取1样给乙，有3种方法， 所以这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（种）. 故答案为：60 （2025高三·全国·专题练习）现有4 种不同的颜色， 给图中的 5 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.小试牛刀2 【答案】324 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算. 【详解】从左起第1个格子开始开始按顺序涂色，第1个格子有 4 种方法； 第2个格子因与第1个格子相邻，只要与第1个格子不同色，有3种方法； 第3个格子只要与前面的格子不同色，有3种方法； 第4个格子只要与前面的格子不同色，有 3 种方法； 第5个格子只要与前面的格子不同色，有3种方法， 所以由分步乘法计数原理，得涂色方法总数为. 故答案为：324 （2025·上海杨浦·二模）3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（    ）种.小试牛刀3 A．6 B．24 C．64 D．81 【答案】C 【分析】由分步乘法原理计算可得. 【详解】由题意可得每位同学有4种选择，根据乘法原理，共有种. 故选：C 【题型3：分类加法与分步乘法计数原理综合】 【练方法】 知识梳理 场景：问题同时包含分类和分步，需先分类再分步，或先分步再分类 核心逻辑：先分类，后分步，每一类内部再用分步乘法计算方法数 本质：分类是“或”的关系，分步是“且”的关系 解题思路 1.明确“完成一件事”的具体目标 2.先确定分类标准，将问题拆分为若干类 3.对每一类，再拆分为若干步骤，用分步乘法计算该类的方法数 4.将各类方法数相加，得到总方法数 名师点睛 优先分类，再分步，避免逻辑混乱 若某类内部步骤较多，可画流程图辅助分析 注意分类与分步的边界：能独立完成目标的归为一类，需连续完成的归为一步 计算时先算每类的分步乘积，再相加 （24-25高二上·甘肃庆阳·期末）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.经典例题1例题 (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. （2025·青海海南·模拟预测）正整数19600的不同正因数的个数为________．经典例题2例题 【答案】45 【分析】由，令，结合乘法原理即可求解 【详解】易知，设为正整数19600的正因数， 故，其中， 故有种不同的可能， 则正整数19600的不同正因数的个数为45． 故答案为：45 （2026高二下·福建厦门·专题练习）从1，2，3，…，20，21这21个整数中任选两个不同的整数，，其中使得的个位上的数字为9的有序数组的个数为_____．小试牛刀1 【答案】85 【分析】根据，的个位上的数字具有周期性规律，对、的取值分类讨论，结合计数原理求得答案． 【详解】，的个位上的数字具有周期性规律，如表所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 的个位上的数字 2 4 8 6 2 4 8 6 的个位上的数字 3 9 7 1 3 9 7 1 由表可得，的个位上的数字周期为4， 因此，①当取1，5，9，13，17，21时，可取3，7，11，15，19，此时满足题意的有序数组有个； ②当取3，7，11，15，19时，可取4，8，12，16，20，此时满足题意的有序数组有个； ③当取4，8，12，16，20时，可取1，5，9，13，17，21，此时满足题意的有序数组有个； ④当取2，6，10，14，18时，的个位数为4，此时要求的个位数为5，而的个位数不可能为5，故此种情况不成立. 综上，满足题意的有序数组的个数为个. （23-24高二下·福建·期末）某快件从甲送到乙需要5个转运环节，其中第1，2两个环节各有a，b两种方式，第3，4两个环节各有b，c两种方式，第5个环节有d，e两种方式，则快件从甲送到乙，第一个环节使用a方式的送达方式有______种；从甲到乙恰好用到4种方式的送达方式有______种.小试牛刀2 【答案】 16 16 【分析】根据题意，直接由分步乘法计数原理代入计算，即可求解；若1，2，3，4个环节必须包含三种不同的运输方式，分为若第1，2个环节运输方式相同，和第1，2个环节运输方式不相同两类，分类分步研究可解. 【详解】由题意可得，若第一个环节使用a方式的送达方式有种； 快递从甲送到乙有4种运输方式，且第5个环节从d，e两种运输方式中选一种， 1，2，3，4个环节必须包含三种不同的运输方式， 若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选，则3，4个环节一个选，一个选， 则有种， 若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含两种运输方式， 则3，4个环节一个选，一个选，或者都选， 则由种， 快递从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有种. 故答案为：16；16 （24-25高二上·上海·假期作业）关于正整数2160，求：小试牛刀3 (1)它有多少个不同的正因数？ (2)它的所有正因数的和是多少？ 【答案】(1)40个； (2)7440． 【分析】（1）对2160分解因数，转化2160的正因数，结合参数的取值及分步乘法计数原理即可得解. （2）我们要求正整数2160正因数的和，我们可以根据式子的展开式就是40个正因数．展开求和，即可得到答案． 【详解】（1）由题意，， 则2160的正因数， 因为可取0，1，2，3，4；可取0，1；可取0，1，2，3； 所以2160有个不同的正因数. （2）式子的展开式就是40个正因数之和． 所以，正因数之和为. 即2160所有正因数的和是. 【题型4：与数字组合有关的题型】 【练方法】 知识梳理 场景：组成多位数、电话号码、密码等，涉及数字的选取与排列 核心约束：首位不能为0（多位数）、数字可重复/不可重复、奇偶性要求等 本质：分步选取每一位数字，结合约束条件计数 解题思路 1.明确数字位数、是否允许重复、是否有特殊约束（如首位不为0、奇偶性等） 2.按数位分步，从受约束最多的数位开始（如首位、末位） 3.计算每一位的可选数字个数 4.用分步乘法计算总方法数 5.若有特殊约束（如偶数、奇数），需单独分类讨论 名师点睛 多位数问题中，首位不能为0，这是最常见的约束 若允许重复，每一位的可选数字数相同；若不允许重复，后一位的可选数字数依次减少 奇偶性约束：末位为偶数（0,2,4,6,8）或奇数（1,3,5,7,9） 注意“0”的特殊性：0不能在首位，但可在其他位置 （23-24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．经典例题1例题 (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. （25-26高二下·全国·课堂例题）用0，1，…，9这10个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为（   ）经典例题2例题 A．243 B．252 C．261 D．648 【答案】B 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】0，1，2，…，9共能组成个三位数，其中无重复数字的三位数有个，所以有重复数字的三位数有个． 故选：B （25-26高二下·全国·课堂例题）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的：小试牛刀1 (1)银行存折的四位密码？ (2)四位整数？ (3)比2000大的四位偶数？ 【答案】(1)360 (2)300 (3)120 【分析】（1）由分步乘法计数原理，将问题分成四步，算出每一步的种类数并将各数相乘即可求得结果； （2）根据分步乘法计数原理，将问题也分成四步，算出每一步的种类数并将各数相乘即可求得结果； （3）法一：按末位是0，2，4分为三类，再由分类加法和分步乘法计数原理计算即可； 法二：按千位是2，3，4，5分四类，再由分类加法和分步乘法计数原理计算即可； 法三：利用间接法求出所有的四位偶数，再除去小于2000的偶数即可. 【详解】（1）分四步： 第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法； 第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法； 第三步；选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法； 第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3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（个） （2）分四步： 第一步：首位数字有5种选取方法； 第二步：百位数字有5种选取方法； 第三步：十位数字有4种选取方法； 第四步：个位数字有3种选取方法． 由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有（个）． （3）法一：按末位是0，2，4分为三类： 第一类：末位是0的有（个）； 第二类：末位是2的有（个）； 第三类：末位是4的有（个）． 则由分类加法计数原理有（个）． 法二：按千位是2，3，4，5分四类： 第一类：千位是2，个位有2种选择（0或4），百位有4种选择，十位有3种选择，共有（个）； 第二类：千位是3，个位有3种选择（0或2或4），百位有4种选择，十位有3种选择，共有（个）； 第三类：千位是4，个位有2种选择（0或2），百位有4种选择，十位有3种选择，共有（个）； 第四类：千位是5，个位有3种选择（0或2或4），百位有4种选择，十位有3种选择，共有（个）． 则由分类加法计数原理有（个）． 法三： 用0，1，2，3，4，5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类： 第一类：末位是0的有（个）； 第二类：末位是2或4的有（个）． 共有（个）． 其中比2000小的有千位是1的共有（个）， 所以符合条件的四位偶数共有（个）． 【多选题】（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ）小试牛刀2 A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 【答案】ABC 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理逐项求解即可. 【详解】对于A，第一步，千位可以为，有5种排法， 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个可重复数字的四位数，故A正确； 对于B，第一步，千位可以为，有5种排法； 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位数，故B正确； 对于C，第一步，个位可以为，有3种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位奇数，故C正确； 对于D，第一种情况：当个位为0时，千､百､十位有种排法， 第二种情况：第一步，个位可以为2，4，有2种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法，共有种排法， 综上所述，可以排成个无重复数字的四位偶数，故D错误. 故选：ABC. 【多选题】（2025·四川成都·模拟预测）用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（   ）小试牛刀3 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 【B·能力提升题型】 【题型1：染色问题】 【练方法】 知识梳理 场景：给地图、图形、区域染色，要求相邻区域颜色不同 核心：按区域顺序分步染色，每一步的可选颜色数受相邻区域影响 本质：分步乘法计数原理，每一步的方法数取决于已染色区域的颜色 解题思路 1.明确图形结构，确定染色顺序（优先染相邻区域最多的区域） 2.按顺序分步染色，每一步计算可选颜色数（排除相邻区域已用颜色） 3.用分步乘法计算总染色方法数 4.若颜色数有限，需分类讨论（如是否有区域颜色相同） 名师点睛 染色顺序是关键：优先染约束最多的区域，可减少后续步骤的复杂情况 若区域形成环形（如地图的环形区域），需注意首尾相连的约束，可能需要分类讨论 若颜色数足够多，每一步的可选颜色数为“总颜色数-已用相邻颜色数” 环形染色问题是高考难点，需熟练掌握分类讨论方法 （25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）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（    ）经典例题1例题    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 （2025高三·全国·专题练习）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．经典例题2例题 【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. （24-25高二下·安徽·月考）给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同.小试牛刀1 (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【答案】(1)3种 (2)72 【分析】根据排列组合涂色问题解题方法，先分类再分步完成涂色即可. 【详解】（1）由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务. （2）分两种情况: 情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有种涂法; 情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有种涂法. 所以共有24+48=72种不同的涂色方法. 【多选题】（24-25高二下·广东深圳·期中）将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（    ）小试牛刀2 A B E C D A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 【答案】AB 【分析】根据所用颜色种数，以及各区域所用颜色的规定，运用两个计数原理逐一计算判断即可. 【详解】对于A，每块区域任意涂上一种颜色，即每块区域都有4种选择，则有种不同涂法，A正确； 对于B，若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则B和D同色，A和E同色，则共有种不同涂法，故B正确； 对于C，因4种不同颜色全部用上，B，D同色，相邻区域不同色，故可以先涂B，D区域，有种涂法， 因三个区域都与B，D相邻，故只需将余下的3种颜色在上全排，有种涂法，则共有种涂法，故C错误； 对于D，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 因B，D不同色（D只有一种颜色可选），此时ABCD四块区域所用颜色各不相同，涂E只能与A同色，此时共有24种涂法，故D错误． 故选：AB. （24-25高二下·云南·期中）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.小试牛刀3    【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. 【题型2：与文化背景有关的综合素养题型】 【练方法】 知识梳理 场景：以传统文化（如剪纸、对联、算盘、古建筑等）为背景，考查计数原理 核心：将文化背景转化为计数问题，本质还是分类加法与分步乘法 目标：提取数学信息，忽略无关文化描述 解题思路 1.审题，提取核心计数信息（忽略文化背景描述） 2.明确“完成一件事”的具体目标 3.按基础题型的方法，分类或分步计算方法数 4.验证结果符合题意 名师点睛 此类问题“起点高，落点低”，背景复杂但数学本质简单 不要被文化背景迷惑，重点提取“选择”“步骤”“分类”等关键词 若题干较长，可先圈出关键数量关系，再分析计数方法 结果要符合实际意义，如“种数”“个数”等 （2022·河南安阳·模拟预测）根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹一样多的概率为（    ）经典例题1例题 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出一共摆出的两位数的个数，再求出个位和十位上的算筹一样多的两位数的个数，利用古典概型概率公式计算即可. 【详解】用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式， 共可以摆出个两位数，其中个位和十位上的算筹都为1有种， 个位和十位上的算筹都为2有种，个位和十位上的算筹都为3有种， 个位和十位上的算筹都为4有种，个位和十位上的算筹都为5有种， 共有种，所以个位和十位上的算筹一样多的概率为. 故选：C （2023·湖北襄阳·模拟预测）算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国传统的计算工具：现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）.如果拨动图1算盘中的两枚算珠，则表示的数字大于50的概率为（    ）经典例题2例题 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件分类探求出拨动两枚算珠的结果，从而得到表示不同整数的个数和表示的数字大于50的个数，再根据古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】拨动图1算盘中的两枚算珠，有两类办法， 第一类，只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法，表示的数字分别为； 第二类，在每一个档各拨动一枚算珠共有4种方法，表示的数字分别为， 所以表示不同整数的个数为8. 其中表示的数字大于50的有共3个， 所以表示的数字大于50的概率为. 故选：B （2022·山东济南·三模）“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5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ）小试牛刀1 A．648个 B．720个 C．810个 D．891个 【答案】D 【分析】5位“回文数”的万位与个位相同，千位与十位相同，所以只需确定前3位即可. 【详解】根据“回文数”的特点，只需确定前3位即可，最高位即万位有9种排法，千位和百位各有10种排法，根据分步乘法计数原理，共有种排法，其中各位数字相同的共有9种，则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有种. 故选：D. （2022·江苏连云港·模拟预测）两千多年前我们的祖先就使用“算筹”表示数，后渐渐发展为算盘．算筹有纵式和横式两种排列方式，各个数字及其算筹表示的对应关系如下表：小试牛刀2 纵式 〇 横式 排列数字时，个位采用纵式，十位采用横式，百位采用纵式，千位采用横式纵式和横式依次交替出现．如“”表示，“〇”表示． 在“〇”、“”、“” 、“”、“”按照一定顺序排列成的三位数中任取一个，取到奇数的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用分类加法计数原理计算出三位数的个数，并求出满足条件的三位奇数的个数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】纵式所表示的数字为、，横式所表示的数字为、， 在“〇”、“”、“” 、“”、“”按照一定顺序排成的三位数中， 百位数字可在或中任选一个，分以下三种情况讨论： ①零不选，则十位数字有种选择，个位数字只有种选择，此时三位数的个数为； ②零放在十位，则个位数只有种选择，此时三位数的个数为； ③零放在个位，则十位数有种选择，此时三位数的个数为. 由分类加法计数原理可知，三位数个数的总数为. 其中满足条件的三位数的奇数为：、、，共个， 因此，所求概率为. 故选：D. （24-25高二·全国·课后作业）算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字，梁下五珠，上拨一珠记作数字（如图2中算盘表示整数）．如果拨动图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为（    ）小试牛刀3 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分四种情况讨论：①个位拨动三枚；②十位拨动一枚，个位拨动两枚；③十位拨动两枚，个位拨动一枚；④十位拨动三枚.分别列举出每种情况下对应的数字，利用分类加法计数原理可得结果. 【详解】由题意，拨动三枚算珠，有种拨法： ①个位拨动三枚，有种结果：、； ②十位拨动一枚，个位拨动两枚，有种结果：、、、； ③十位拨动两枚，个位拨动一枚，有种结果：、、、； ④十位拨动三枚，有种结果：、． 综上，拨动题图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为． 故选：C. 【题型3：与古典概型综合的概率问题】 【练方法】 知识梳理 本质：先用计数原理计算基本事件总数和事件A包含的事件数，再求概率 场景：摸球、抽奖、排队、数字组合等，结合古典概型 解题思路 1.用分类加法或分步乘法计算基本事件总数 2.用同样的方法计算事件包含的基本事件数 3.代入概率公式，计算概率 4.验证结果符合概率范围 名师点睛 计数时要保证基本事件等可能，避免重复或遗漏 若问题涉及“至少”“至多”，优先用对立事件计算，简化概率 注意概率与计数的区别：概率是比值，计数是数量 若事件复杂，可先分类再分步，确保计算准确 （25-26高三上·广西·期末）5本不同的书分给甲、乙、丙三人（允许有人分不到书），则甲分得1本书的概率为______．经典例题1例题 【答案】 【分析】利用古典概型概率公式，结合特殊元素优先法列式计算即得. 【详解】5本书都可以分给甲、乙、丙三个人的任意一个，所以每本书有3种选择，5本书的总方法数为：. 先从5本书中选1本给甲，有5种，剩下的4本书，每本都可以分给乙或丙，每本有2种选择，方法数为， 则甲分得1本书的方法数为. 故甲分得1本书的概率为． 故答案为：. （25-26高二下·黑龙江·开学考试）某超市举行抽奖活动，规则如下：从装有编号四个小球的抽奖箱中，每次取出1个小球，记下编号后放回，连续取2次，取出的2个小球号码之和等于7中一等奖，等于6中二等奖，等于5中三等奖，则顾客参与抽奖1次中奖的概率是（    ）经典例题2例题 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由分步乘法计数原理确定基本事件总数，再确定符合条件的基本事件个数，由古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】因为每次取球都有4种可能，且取2次，根据分步乘法计数原理，总的基本事件数种， 小球号码之和等于7的情况有，共2种情况； 号码之和等于6的情况有，共3种情况； 号码之和等于5的情况有，共4种情况， 所以中奖的情况数种，所以中奖的概率为. 故选：D. （25-26高三上·河北·月考）从360的所有正因数中随机抽取一个数，则这个数是某个正整数的平方的概率为（   ）小试牛刀1 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先求出360的正因数个数，再选出是某个正整数平方的数字，由古典概型计算出其概率. 【详解】360的任一正因数都可表示为的形式，， 即360的正因数中数字2可以有0个、1个、2个、3个共4种选择，同理可知3有3种选择，5有2种选择； 所以360的正因数有个， 其中是某个正整数平方的有1，4，9，36，共4个， 故所求概率为. 故选：D. （25-26高三上·上海·期中）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数中，任取一个数，其为奇数的概率为___________（用最简分数表示）小试牛刀2 【答案】 【分析】根据分步乘法计数原理结合古典概型运算求解. 【详解】数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数的个数为：， 其中奇数的个数为， 所以任取一个数，其为奇数的概率为． 故答案为：． （25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）甲、乙等6名同学参加政史地三科知识竞赛，每人随机选择一科参加竞赛，则甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为________．小试牛刀3 【答案】 【分析】求出每人随机选择一科参加竞赛，共有的选法数，再求出符合题意要求的选法数，根据古典概型的概率公式，即可求得答案. 【详解】甲、乙等6名同学参加政史地三科知识竞赛，每人随机选择一科参加竞赛， 每人都有3种选择，共有种选法； 固定甲和丙在同一科（记为科A）：科A可以是政、史、地中的任意一科，有3种选择， 甲和丙确定在科A后，他们的选择固定（甲选择A后，丙必须选择A）； 由于乙不能与甲同科（即不能选择A），只能选择B或C（记剩余两科中为B，C），即乙有2种选择（选B或选C）； 剩余3名同学的选择：每个同学有3种选择（A、B或C），总选择方式为种， 由题意知需确保三科均有人参加：若乙选择B，则科C必须有人参加（即至少一个剩余同学选择C）， 若乙选择C，则科B必须有人参加（即至少一个剩余同学选择B）； 则计算满足条件的种数： 当乙选B时，科C无人的情况：所有剩余同学均选A或B（即不选C），有 种， 因此，科C有人选的情况为 种； 当乙选C时，同理求得科B有人选的情况为 种； 因此，总满足条件的种数为种， 故甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为， 故答案为： 【题型4：综合素养题型】 【练方法】 知识梳理 场景：结合多个知识点（如排列组合、概率、函数、不等式），考查综合应用能力 核心：将复杂问题拆解为基础计数问题，再用分类加法与分步乘法解决 目标：提取关键信息，建立计数模型，解决实际问题 解题思路 1.审题，明确目标和约束条件 2.将问题拆解为基础计数模块（分类、分步、数字组合、染色等） 3.用计数原理计算各模块的方法数，再汇总得到总方法数 4.结合其他知识点（如概率、不等式）求解最终问题 5.验证结果符合题意 名师点睛 综合题的关键是“拆解”，将复杂问题转化为熟悉的基础题型 优先处理约束最多的部分，再逐步解决其他部分 注意“至多”“至少”“恰好”等关键词，对应分类讨论 若结果较大，可检查是否有重复计数或漏算的情况 （25-26高二下·全国·课后作业）已知，则方程可表示的不同圆的个数是（   ）经典例题1例题 A．6 B．9 C．16 D．24 【答案】D 【分析】根据圆的标准方程，依次确定的值，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，确定一个圆的方程可分为三个步骤： 第一步，确定，有3种选法； 第二步，确定，有2种选法； 第三步，确定，有4种选法， 由分步乘法计数原理得，不同圆的个数为． 故选：D. （25-26高二上·福建泉州·期中）设是从集合中随机选取的数，则直线与圆有公共点的概率为（    ）经典例题2例题 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知求出圆心、半径，求出圆心到直线的距离，根据直线与圆公共点的个数，列出不等式，列举得出满足条件的基本事件，根据古典概型概率公式，即可求解. 【详解】由已知可得，直线，圆圆心为，半径， 则圆心到直线的距离. 因为直线与圆有公共点，所以，整理可得. 因为，所以满足条件的可能为，，，，， ，，，，，，，，，，， ，，，共包含19个基本事件. 又总的可能包含的基本事件的个数为. 所以直线与圆有公共点的概率是. 故选：A （2025高三·全国·专题练习）设，若对任意实数都有，定义在区间上的函数的图象与的图象的交点个数是，则满足条件的有序实数组的组数为（    ）．小试牛刀1 A．7 B．11 C．14 D．28 【答案】D 【分析】先求得，然后分类讨论求出满足条件的有序实数组，再利用二倍角公式及正弦函数性质和余弦函数性质求得的个数，最后利用分步乘法原理求解即可. 【详解】由于对任意实数都有，所以必有． 当时，方程等价于，则函数的周期相同． 若，则；若，则． 当时，方程等价于． 若，则；若，则． 故满足条件的有序实数组为，，，，共4组． 而当时，，即或， 所以，或，或． 又因为，所以，共7个． 综上，满足条件的有序实数组有组. 故选：D． （2025高二下·全国·专题练习）已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 （    ）小试牛刀2 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. （24-25高二下·江苏宿迁·期中）集合具有如下性质：若某集合内有n个元素，则该集合共有子集的个数为2n.现有集合M内含有3个元素，则其共有八个子集，分别为.甲、乙两同学依次各取一个子集分别记为，可以相同，中元素的个数为m，则的概率为______小试牛刀3 【答案】 【分析】根据给定条件，求出试验含有的基本事件总数，的事件含有的基本事件数，再求出古典概率. 【详解】依题意，甲、乙两同学依次各取一个子集的试验有个基本事件， 设的事件为，中的元素至少2个， 当都只有2个元素时，相同，共有3个情况； 当中一个有2个、另一个有3个元素时，共有种情况； 当都有3个元素时，有1种情况，因此事件含有的基本事件数为种， 所以. 故答案为： 课后过关检测 一、单选题 1．（24-25高二下·河北邢台·月考）三个家庭分别从承德避暑山庄、北戴河、野山坡百里峡、白石山这四个景点中选择一个景点旅游，则不同的选择方法共有（   ） A．256种 B．24种 C．64种 D．81种 【答案】C 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意可知三个家庭中，每个家庭都有种选择方法， 由分步乘法计数原理得，共有种不同的选择方法． 故选：C. 2．（24-25高二下·吉林松原·月考）从集合中任取两个不相等的数、，组成复数，其中虚数有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【分析】由题意知，确定满足条件的实数、的个数，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】因为、互不相等且为虚数，所以只能从、、中任选一个，有种情况， 从剩余的个数中任选一个，有种情况， 所以根据分步乘法计数原理，虚数的个数为． 故选：A． 3．（24-25高二下·河北沧州·期中）对图中个区域涂色，有种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都使用），要求每个区域涂种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】先涂区域，有种选择，再涂区域、、、，各有种选择，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】先涂区域，有种选择，再涂区域、、、，各有种选择， 故不同的涂色方法有种. 故选：B. 4．（24-25高二下·重庆·月考）甲、乙、丙三位同学报名参加某校的四个课外活动小组，每人限报其中一个小组，甲不参加课外活动小组，则不同的报名方法种数为（   ） A．64 B．48 C．24 D．18 【答案】B 【分析】根据分步乘法计算原理，由题中条件，先进行甲，再进行乙丙，可直接求出结果. 【详解】根据题意可知,甲报名方法应该有种情况,乙丙各具有种， 所以. 故选：B. 5．（24-25高二下·四川达州·月考）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有四个区域，现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉，则该花坛的花卉种植方案共有（    ） A．210种 B．420种 C．180种 D．260种 【答案】D 【分析】分区域1与区域3种同种花卉和不同花卉两种情况，根据分步乘法计数原理可得. 【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4， 由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有种； 当区域1与区域3不种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4， 由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有种. 故该花坛的花卉种植方案共有种. 故选：D 6．（24-25高二下·吉林·月考）将数字1，2，3填在的表格中，要求每行的数字互不相同，每列的数字也互不相同，则不同的排列方法共有（   ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【答案】A 【分析】根据乘法计数原理分情况判断即可. 【详解】第一列第一个数有3种选择，第二个数有2种选择，第三个数有1种选择； 第一行第二个数有2种选择，其它空格只有1种选择； 所以共有种. 故选：A 7．（25-26高三上·江苏·月考）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. 8．（25-26高二上·甘肃白银·期末）3名同学计划去四个景点游玩，每人只去1个景点，则不同的选法种数是（    ） A．81 B．64 C．24 D．12 【答案】B 【分析】应用分步乘法计数原理列式计算即可. 【详解】由题意，每位同学均有4个选择，所以不同选法种数是. 故选：B 9．（25-26高二上·河南·月考）某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（   ） A．5种 B．7种 C．15种 D．20种 【答案】D 【分析】根据已知确定成员总数，分析即可得答案. 【详解】由题意，兴趣小组有名成员，从中选1名，有20种不同的选法． 故选：D． 10．（25-26高一上·浙江杭州·月考）将四个数组成没有重复数字的四位数，将这些四位数从小到大排列，那么第个四位数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】将四个数组成没有重复数字的四位数， 从小到大排列：， 所以第个四位数是. 11．（25-26高三上·河北秦皇岛·月考）从1，2，3，…，20，21这21个整数中任选两个不同的整数，其中使得的个位上的数字为9的有序数组的个数为（   ） A．75 B．80 C．85 D．90 【答案】C 【分析】根据的个位上的数字具有周期性规律，对、的取值分类讨论，结合计数原理求得答案. 【详解】的个位上的数字具有周期性规律，如表所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 的个位上的数字 2 4 8 6 2 4 8 6 的个位上的数字 3 9 7 1 3 9 7 1 由表可得，的个位上的数字周期为， 因此，①当取时，可取，此时满足题意的有序数组有个； ②当取时，可取，此时满足题意的有序数组有个； ③当取时，可取，此时满足题意的有序数组有个， 综上，满足题意的有序数组的个数为个， 故选：C. 二、多选题 12．（24-25高二下·湖北武汉·月考）从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所组成的数中（    ） A．偶数有60个 B．比300大的奇数有48个 C．个位和百位数字之和为7的数有24个 D．能被3整除的数有32个 【答案】AC 【分析】根据分步、分类计算原理及排列组合的应用逐项验证即可. 【详解】对于A，要为偶数，个位可以为2或4或6，有3种情况，十位和百位在剩下的5种情况任取2个进行全排，所以共有个，故A正确； 对于B，比300大的奇数，首先百位要大于等于3，个位要为奇数， 当百位为3或5时，个位有2种情况，此时比300大的奇数有个， 当百位为4或6时，个位只有3种情况，此时比300大的奇数有， 所以比300大的奇数共有40个，故B错误； 对于C，个位和百位和为7的情况有或或，共3种情况， 则符合题意得三位数有，故C正确； 对于D，能被3整除，则三个数字之和为3的倍数，共有，， ，，，，八种情况， 所以能被3整除的数有个，故D错误； 故选：AC. 13．（25-26高二上·河南·月考）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． 三、填空题 14．（25-26高二上·辽宁·月考）比2000小且没有重复数字的四位偶数有________个．（用数字表示） 【答案】280 【分析】分析可得千位为1，个位数字有5种选择，百位数字有8种选择，十位数字有7种选择，列式计算，即可得答案. 【详解】当千位数字为1时，个位数字可以为0，2，4，6，8，有5种选择， 百位数字从剩下8个数字中选择，十位数字从剩下7个数字中选择， 共有个． 故答案为：280 15．（25-26高二上·江西景德镇·期末）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 16．（24-25高二下·山东临沂·月考）2160不同的正因数个数为______． 【答案】40 【分析】先将2160表示成，则可得到2160的正因数表示形式，根据表示形式结合分步乘法计算原理即可计算求解. 【详解】因为， 所以2160的正因数均可表示为， 所以2160不同的正因数个数为. 故答案为： 1 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高二数学下学期常考题型归纳 【第6讲：分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【A ·基础达标题型】 【题型1：分类加法计数原理】 【练方法】 知识梳理 核心定义：完成一件事，有类办法，在第类办法中有种不同的方法，在第类办法中有种不同的方法……在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 本质：分类，各类办法之间相互独立，都能独立完成这件事 适用场景：问题可拆分为互斥的若干类情况，每类情况都能单独达成目标 解题思路 1.明确“完成一件事”的具体目标 2.确定分类标准，将问题拆分为互不重叠的类别（不重不漏） 3.计算每一类的方法数 4.将各类方法数相加，得到总方法数 名师点睛 分类要做到“不重不漏”，同一元素不能同时属于两类 优先选择最清晰的分类标准（如位置、性质、结果等） 若某类方法数复杂，可再细分小类，继续用加法原理 注意“或”的逻辑：出现“要么……要么……”时，用加法 （25-26高二下·全国·课堂例题）（1）从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？经典例题1例题 （2）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ （24-25高二下·河南·期末）一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）．若，且互不相同，则这个三位数为“有缘数”共______个．经典例题2例题 （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）.小试牛刀1 （23-24高二下·陕西咸阳·月考）数字波是由0和1组成的脉冲信号序列，某类信号序列包含有个数字0和个数字1，且每个数字0之前1的个数多于0的个数.当时，这样的信号序列有_____________种.小试牛刀2 （2024·全国·模拟预测）从1至7这7个整数中随机取出3个不同的数，则它们的积与和都是3的倍数的不同取法有（    ）小试牛刀3 A．9种 B．12种 C．20种 D．30种 【题型2：分步乘法计数原理】 【练方法】 知识梳理 核心定义：完成一件事，需要分成个步骤，做第步有种不同的方法，做第步有种不同的方法……做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 本质：分步，各步骤相互依存，只有完成所有步骤才能完成这件事 适用场景：问题可拆分为顺序执行的若干步骤，每一步都有多种选择 解题思路 1.明确“完成一件事”的具体目标 2.确定分步顺序，将问题拆分为连续的步骤（步骤之间相互独立） 3.计算每一步的方法数 4.将各步方法数相乘，得到总方法数 名师点睛 分步要做到“步骤完整”，缺少任何一步都无法完成目标 步骤之间要独立，上一步的选择不影响下一步的方法数 注意“且”的逻辑：出现“先……再……然后……”时，用乘法 若某步方法数为0，则总方法数为0，即无法完成目标 （24-25高二下·贵州遵义·月考）若正整数（b，c都是整数），则称b和c为a的因数，的不同正因数的个数为__________.经典例题1例题 （2025高三·全国·专题练习）植树节那天，4位同学去植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数为（    ）经典例题2例题 A． B． C． D． （2025·山东·三模）甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2样，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有__________种．（用数字作答）小试牛刀1 （2025高三·全国·专题练习）现有4 种不同的颜色， 给图中的 5 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.小试牛刀2 （2025·上海杨浦·二模）3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（    ）种.小试牛刀3 A．6 B．24 C．64 D．81 【题型3：分类加法与分步乘法计数原理综合】 【练方法】 知识梳理 场景：问题同时包含分类和分步，需先分类再分步，或先分步再分类 核心逻辑：先分类，后分步，每一类内部再用分步乘法计算方法数 本质：分类是“或”的关系，分步是“且”的关系 解题思路 1.明确“完成一件事”的具体目标 2.先确定分类标准，将问题拆分为若干类 3.对每一类，再拆分为若干步骤，用分步乘法计算该类的方法数 4.将各类方法数相加，得到总方法数 名师点睛 优先分类，再分步，避免逻辑混乱 若某类内部步骤较多，可画流程图辅助分析 注意分类与分步的边界：能独立完成目标的归为一类，需连续完成的归为一步 计算时先算每类的分步乘积，再相加 （24-25高二上·甘肃庆阳·期末）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.经典例题1例题 (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？ （2025·青海海南·模拟预测）正整数19600的不同正因数的个数为________．经典例题2例题 （2026高二下·福建厦门·专题练习）从1，2，3，…，20，21这21个整数中任选两个不同的整数，，其中使得的个位上的数字为9的有序数组的个数为_____．小试牛刀1 （23-24高二下·福建·期末）某快件从甲送到乙需要5个转运环节，其中第1，2两个环节各有a，b两种方式，第3，4两个环节各有b，c两种方式，第5个环节有d，e两种方式，则快件从甲送到乙，第一个环节使用a方式的送达方式有______种；从甲到乙恰好用到4种方式的送达方式有______种.小试牛刀2 （24-25高二上·上海·假期作业）关于正整数2160，求：小试牛刀3 (1)它有多少个不同的正因数？ (2)它的所有正因数的和是多少？ 【题型4：与数字组合有关的题型】 【练方法】 知识梳理 场景：组成多位数、电话号码、密码等，涉及数字的选取与排列 核心约束：首位不能为0（多位数）、数字可重复/不可重复、奇偶性要求等 本质：分步选取每一位数字，结合约束条件计数 解题思路 1.明确数字位数、是否允许重复、是否有特殊约束（如首位不为0、奇偶性等） 2.按数位分步，从受约束最多的数位开始（如首位、末位） 3.计算每一位的可选数字个数 4.用分步乘法计算总方法数 5.若有特殊约束（如偶数、奇数），需单独分类讨论 名师点睛 多位数问题中，首位不能为0，这是最常见的约束 若允许重复，每一位的可选数字数相同；若不允许重复，后一位的可选数字数依次减少 奇偶性约束：末位为偶数（0,2,4,6,8）或奇数（1,3,5,7,9） 注意“0”的特殊性：0不能在首位，但可在其他位置 （23-24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．经典例题1例题 (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？ （25-26高二下·全国·课堂例题）用0，1，…，9这10个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为（   ）经典例题2例题 A．243 B．252 C．261 D．648 （25-26高二下·全国·课堂例题）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的：小试牛刀1 (1)银行存折的四位密码？ (2)四位整数？ (3)比2000大的四位偶数？ 【多选题】（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ）小试牛刀2 A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 【多选题】（2025·四川成都·模拟预测）用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（   ）小试牛刀3 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 【B·能力提升题型】 【题型1：染色问题】 【练方法】 知识梳理 场景：给地图、图形、区域染色，要求相邻区域颜色不同 核心：按区域顺序分步染色，每一步的可选颜色数受相邻区域影响 本质：分步乘法计数原理，每一步的方法数取决于已染色区域的颜色 解题思路 1.明确图形结构，确定染色顺序（优先染相邻区域最多的区域） 2.按顺序分步染色，每一步计算可选颜色数（排除相邻区域已用颜色） 3.用分步乘法计算总染色方法数 4.若颜色数有限，需分类讨论（如是否有区域颜色相同） 名师点睛 染色顺序是关键：优先染约束最多的区域，可减少后续步骤的复杂情况 若区域形成环形（如地图的环形区域），需注意首尾相连的约束，可能需要分类讨论 若颜色数足够多，每一步的可选颜色数为“总颜色数-已用相邻颜色数” 环形染色问题是高考难点，需熟练掌握分类讨论方法 （25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）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（    ）经典例题1例题    A．72 B．96 C．120 D．144 （2025高三·全国·专题练习）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．经典例题2例题 （24-25高二下·安徽·月考）给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同.小试牛刀1 (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【多选题】（24-25高二下·广东深圳·期中）将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（    ）小试牛刀2 A B E C D A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 （24-25高二下·云南·期中）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.小试牛刀3    【题型2：与文化背景有关的综合素养题型】 【练方法】 知识梳理 场景：以传统文化（如剪纸、对联、算盘、古建筑等）为背景，考查计数原理 核心：将文化背景转化为计数问题，本质还是分类加法与分步乘法 目标：提取数学信息，忽略无关文化描述 解题思路 1.审题，提取核心计数信息（忽略文化背景描述） 2.明确“完成一件事”的具体目标 3.按基础题型的方法，分类或分步计算方法数 4.验证结果符合题意 名师点睛 此类问题“起点高，落点低”，背景复杂但数学本质简单 不要被文化背景迷惑，重点提取“选择”“步骤”“分类”等关键词 若题干较长，可先圈出关键数量关系，再分析计数方法 结果要符合实际意义，如“种数”“个数”等 （2022·河南安阳·模拟预测）根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹一样多的概率为（    ）经典例题1例题 A． B． C． D． （2023·湖北襄阳·模拟预测）算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国传统的计算工具：现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）.如果拨动图1算盘中的两枚算珠，则表示的数字大于50的概率为（    ）经典例题2例题 A． B． C． D． （2022·山东济南·三模）“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5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ）小试牛刀1 A．648个 B．720个 C．810个 D．891个 （2022·江苏连云港·模拟预测）两千多年前我们的祖先就使用“算筹”表示数，后渐渐发展为算盘．算筹有纵式和横式两种排列方式，各个数字及其算筹表示的对应关系如下表：小试牛刀2 纵式 〇 横式 排列数字时，个位采用纵式，十位采用横式，百位采用纵式，千位采用横式纵式和横式依次交替出现．如“”表示，“〇”表示． 在“〇”、“”、“” 、“”、“”按照一定顺序排列成的三位数中任取一个，取到奇数的概率是（    ） A． B． C． D． （24-25高二·全国·课后作业）算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字，梁下五珠，上拨一珠记作数字（如图2中算盘表示整数）．如果拨动图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为（    ）小试牛刀3 A． B． C． D． 【题型3：与古典概型综合的概率问题】 【练方法】 知识梳理 本质：先用计数原理计算基本事件总数和事件A包含的事件数，再求概率 场景：摸球、抽奖、排队、数字组合等，结合古典概型 解题思路 1.用分类加法或分步乘法计算基本事件总数 2.用同样的方法计算事件包含的基本事件数 3.代入概率公式，计算概率 4.验证结果符合概率范围 名师点睛 计数时要保证基本事件等可能，避免重复或遗漏 若问题涉及“至少”“至多”，优先用对立事件计算，简化概率 注意概率与计数的区别：概率是比值，计数是数量 若事件复杂，可先分类再分步，确保计算准确 （25-26高三上·广西·期末）5本不同的书分给甲、乙、丙三人（允许有人分不到书），则甲分得1本书的概率为______．经典例题1例题 （25-26高二下·黑龙江·开学考试）某超市举行抽奖活动，规则如下：从装有编号四个小球的抽奖箱中，每次取出1个小球，记下编号后放回，连续取2次，取出的2个小球号码之和等于7中一等奖，等于6中二等奖，等于5中三等奖，则顾客参与抽奖1次中奖的概率是（    ）经典例题2例题 A． B． C． D． （25-26高三上·河北·月考）从360的所有正因数中随机抽取一个数，则这个数是某个正整数的平方的概率为（   ）小试牛刀1 A． B． C． D． （25-26高三上·上海·期中）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数中，任取一个数，其为奇数的概率为___________（用最简分数表示）小试牛刀2 （25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）甲、乙等6名同学参加政史地三科知识竞赛，每人随机选择一科参加竞赛，则甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为________．小试牛刀3 【题型4：综合素养题型】 【练方法】 知识梳理 场景：结合多个知识点（如排列组合、概率、函数、不等式），考查综合应用能力 核心：将复杂问题拆解为基础计数问题，再用分类加法与分步乘法解决 目标：提取关键信息，建立计数模型，解决实际问题 解题思路 1.审题，明确目标和约束条件 2.将问题拆解为基础计数模块（分类、分步、数字组合、染色等） 3.用计数原理计算各模块的方法数，再汇总得到总方法数 4.结合其他知识点（如概率、不等式）求解最终问题 5.验证结果符合题意 名师点睛 综合题的关键是“拆解”，将复杂问题转化为熟悉的基础题型 优先处理约束最多的部分，再逐步解决其他部分 注意“至多”“至少”“恰好”等关键词，对应分类讨论 若结果较大，可检查是否有重复计数或漏算的情况 （25-26高二下·全国·课后作业）已知，则方程可表示的不同圆的个数是（   ）经典例题1例题 A．6 B．9 C．16 D．24 （25-26高二上·福建泉州·期中）设是从集合中随机选取的数，则直线与圆有公共点的概率为（    ）经典例题2例题 A． B． C． D． （2025高三·全国·专题练习）设，若对任意实数都有，定义在区间上的函数的图象与的图象的交点个数是，则满足条件的有序实数组的组数为（    ）．小试牛刀1 A．7 B．11 C．14 D．28 （2025高二下·全国·专题练习）已知正整数满足：且，则有序数组的组数为 （    ）小试牛刀2 A． B． C． D． （24-25高二下·江苏宿迁·期中）集合具有如下性质：若某集合内有n个元素，则该集合共有子集的个数为2n.现有集合M内含有3个元素，则其共有八个子集，分别为.甲、乙两同学依次各取一个子集分别记为，可以相同，中元素的个数为m，则的概率为______小试牛刀3 课后过关检测 一、单选题 1．（24-25高二下·河北邢台·月考）三个家庭分别从承德避暑山庄、北戴河、野山坡百里峡、白石山这四个景点中选择一个景点旅游，则不同的选择方法共有（   ） A．256种 B．24种 C．64种 D．81种 2．（24-25高二下·吉林松原·月考）从集合中任取两个不相等的数、，组成复数，其中虚数有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 3．（24-25高二下·河北沧州·期中）对图中个区域涂色，有种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都使用），要求每个区域涂种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 4．（24-25高二下·重庆·月考）甲、乙、丙三位同学报名参加某校的四个课外活动小组，每人限报其中一个小组，甲不参加课外活动小组，则不同的报名方法种数为（   ） A．64 B．48 C．24 D．18 5．（24-25高二下·四川达州·月考）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有四个区域，现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉，则该花坛的花卉种植方案共有（    ） A．210种 B．420种 C．180种 D．260种 6．（24-25高二下·吉林·月考）将数字1，2，3填在的表格中，要求每行的数字互不相同，每列的数字也互不相同，则不同的排列方法共有（   ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 7．（25-26高三上·江苏·月考）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 8．（25-26高二上·甘肃白银·期末）3名同学计划去四个景点游玩，每人只去1个景点，则不同的选法种数是（    ） A．81 B．64 C．24 D．12 9．（25-26高二上·河南·月考）某兴趣小组由5名高一学生、7名高二学生和8名高三学生组成，选1名代表小组参加比赛，不同的选法有（   ） A．5种 B．7种 C．15种 D．20种 10．（25-26高一上·浙江杭州·月考）将四个数组成没有重复数字的四位数，将这些四位数从小到大排列，那么第个四位数是（   ） A． B． C． D． 11．（25-26高三上·河北秦皇岛·月考）从1，2，3，…，20，21这21个整数中任选两个不同的整数，其中使得的个位上的数字为9的有序数组的个数为（   ） A．75 B．80 C．85 D．90 二、多选题 12．（24-25高二下·湖北武汉·月考）从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所组成的数中（    ） A．偶数有60个 B．比300大的奇数有48个 C．个位和百位数字之和为7的数有24个 D．能被3整除的数有32个 13．（25-26高二上·河南·月考）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 三、填空题 14．（25-26高二上·辽宁·月考）比2000小且没有重复数字的四位偶数有________个．（用数字表示） 15．（25-26高二上·江西景德镇·期末）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. 16．（24-25高二下·山东临沂·月考）2160不同的正因数个数为______． 1 学科网（北京）股份有限公司 $