第01讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（知识清单+3题型讲解举三反三+强化训练）【满分全攻略备考系列】-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册重难点讲义与测试

第01讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 知识清单 知识点01：两个技术原理及其简单应用 知识点02：两个计数原理的综合应用 题型讲解 （举三反三） 题型1：分类加法计数原理的应用 题型2：分步乘法计数原理的应用 题型3：两个计数原理的综合应用 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1两个技术原理及其简单应用 1.分类加法计数原理 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.分步乘法计数原理 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． 知识点2两个计数原理的综合应用 两个计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题 不同点 针对的是“分类”问题 不同点 各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事 各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事 题型1：分类加法计数原理的应用 【例1-1】（25-26高二·江西·期末）某学校开设4门球类课程、5门田径类课程和2门体操类课程供学生选修，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（    ） A．40种 B．20种 C．11种 D．9种 【例1-2】（2025高二·全国·专题练习）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 【例1-3】（25-26高二下·全国·课后作业）求三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数． 【变式1-1】（25-26高二·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 【变式1-2】（24-25高二下·山东青岛·月考）在的展开式中含的项的系数是__________. 【变式1-3】（25-26高二下·全国·课堂例题）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2：分步乘法计数原理的应用 【例2-1】（25-26高二下·全国·单元测试）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 【例2-2】（25-26高二·北京海淀·期末）学校食堂在某天中午备有5种素菜，4种荤菜，2种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则最多可以配制出_____种不同的套餐. 【例2-3】（24-25高二下·全国·课后作业）已知，则方程可以表示不同的圆的个数是多少？ 【变式2-1】（25-26高二·甘肃武威·期末）甲、乙、丙去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则听讲座的种数为（   ） A．7 B．12 C．81 D．64 【变式2-2】（25-26高二·云南玉溪·月考）甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法有______种. 【变式2-3】（24-25高二下·全国·课后作业）把3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，3人均可分到相同或不同车间，共有多少种不同的分配方案？ 题型3：两个计数原理的综合应用 【例3-1】（25-26高二·江西赣州·月考）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 【例3-2】（2026高二下·福建厦门·专题练习）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，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 【例3-3】（2025高二·全国·专题练习）现有3名医生，5名护士，2名麻醉师.从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？ 【变式3-1】（25-26高二·江西南昌·月考）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 【变式3-2】（25-26高二下·全国·课后作业）如图所示，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，则不同染色方法的总数为________． 【变式3-3】（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. (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. 一、单选题 1．（2025高二·全国·专题练习）将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有（    ）种放法， A． B． C． D． 2．（24-25高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．19 C．90 D．200 3．（25-26高二·安徽滁州·期末）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 4．（2025高二·全国·专题练习）如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有（    ）条.    A． B． C． D． 5．（25-26高二下·全国·课后作业）将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为（   ） A．80 B．100 C．110 D．120 6．（25-26高二·甘肃兰州·期末）兰大附中计划开展“学长经验分享会”，要将6名优秀毕业生分配到高一、高二、高三3个年级进行经验宣讲，要求每个年级至少有1名，至多有3名，则不同的分配方案共有（   ） A．360种 B．450种 C．540种 D．900种 7．（25-26高二·辽宁抚顺·期末）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 8．（25-26高二·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（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 二、多选题 9．（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 10．（25-26高二·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ） 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 11．（25-26高二·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 12．（25-26高二·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. 13．（25-26高二下·全国·课后作业）如图，一条电路从处到处接通时，可构成线路的条数为________． 14．（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_____． 四、解答题 15．（25-26高二下·全国·课堂例题）某政协委员从泉城济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车，假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车有4个班次． (1)此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？ (2)如果该委员先从家乡乘坐汽车到达济南市，再乘坐飞机前往北京参加会议，其中汽车有4班，飞机有3个航班，此委员想从家乡到达北京共有多少种途径？ 16．（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？ （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？ 17．（24-25高二下·山东烟台·月考）用0，1，2，3，4，5这六个数字，能组成多少个符合下列条件的数字？（用数字作答） (1)无重复数字的四位奇数； (2)无重复数字且能被5整除的四位数； (3)无重复数字且比1203大的四位数. 18．（24-25高二下·天津河西·月考）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. 19．（25-26高二下·全国·单元测试）如图有四个编号为的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第01讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 知识清单 知识点01：两个技术原理及其简单应用 知识点02：两个计数原理的综合应用 题型讲解 （举三反三） 题型1：分类加法计数原理的应用 题型2：分步乘法计数原理的应用 题型3：两个计数原理的综合应用 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1两个技术原理及其简单应用 1.分类加法计数原理 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.分步乘法计数原理 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． 知识点2两个计数原理的综合应用 两个计数原理的区别与联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题 不同点 针对的是“分类”问题 不同点 各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事 各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事 题型1：分类加法计数原理的应用 【例1-1】（25-26高二·江西·期末）某学校开设4门球类课程、5门田径类课程和2门体操类课程供学生选修，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（    ） A．40种 B．20种 C．11种 D．9种 【答案】C 【分析】直接根据分类加法计数原理得答案． 【详解】解析：分类加法计数原理，种． 故选：C． 【例1-2】（2025高二·全国·专题练习）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：. 【例1-3】（25-26高二下·全国·课后作业）求三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数． 【答案】36 【分析】设较小的两边长为，且，根据构成三角形的条件，分类讨论，即可求解． 【详解】设较小的两边长为，且， 则． 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； …； 当时，． 所以不同三角形的个数为． 【变式1-1】（25-26高二·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． 【变式1-2】（24-25高二下·山东青岛·月考）在的展开式中含的项的系数是__________. 【答案】 【分析】从个因式中，个因式选择，个因式选择常数相乘即可得到含的项，即可得解. 【详解】在中， 需要从个因式中的个因式中选择，另个因式中选择常数，相乘即可得到含的项， 故含的项的系数为. 故答案为： 【变式1-3】（25-26高二下·全国·课堂例题）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2：分步乘法计数原理的应用 【例2-1】（25-26高二下·全国·单元测试）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． 【例2-2】（25-26高二·北京海淀·期末）学校食堂在某天中午备有5种素菜，4种荤菜，2种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则最多可以配制出_____种不同的套餐. 【答案】40 【分析】根据备有5种素菜，4种荤菜，2种汤，则荤菜有4种选法，素菜有5种选法，汤菜有2种选法，然后再利用分步计数原理求解. 【详解】因为备有5种素菜，4种荤菜，2种汤， 所以荤菜有4种选法，素菜有5种选法，汤菜有2种选法， 所以要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配制出不同的套餐有种 故答案为：40. 【例2-3】（24-25高二下·全国·课后作业）已知，则方程可以表示不同的圆的个数是多少？ 【答案】24 【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】确定圆的个数，需要3步，先确定值有3种方法；再确定值有4种方法；最后确定值有2种方法， 所以方程可以表示不同的圆的个数是. 【变式2-1】（25-26高二·甘肃武威·期末）甲、乙、丙去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则听讲座的种数为（   ） A．7 B．12 C．81 D．64 【答案】D 【分析】利用分步乘法计数原理求解即可. 【详解】甲、乙、丙去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座， 即每人去听一个讲座共有种选择，则三人各选一个讲座种数为． 故选：D． 【变式2-2】（25-26高二·云南玉溪·月考）甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法有______种. 【答案】64 【分析】根据分步计数原理的应用即可求解. 【详解】由题意每个人都有4种选法，故不同的选法有种. 故答案为：64. 【变式2-3】（24-25高二下·全国·课后作业）把3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，3人均可分到相同或不同车间，共有多少种不同的分配方案？ 【答案】125 【分析】由分步乘法计算原理即可求解. 【详解】把3名学生分配到5个车间中，可分3个步骤完成，每一步分配1名学生， 分别有5种不同的方法，根据分步乘法计数原理， 共有（种）不同的分配方案． 题型3：两个计数原理的综合应用 【例3-1】（25-26高二·江西赣州·月考）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. 【例3-2】（2026高二下·福建厦门·专题练习）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，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 【答案】72 【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E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4种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种． 【例3-3】（2025高二·全国·专题练习）现有3名医生，5名护士，2名麻醉师.从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？ 【答案】30 【分析】分步计数，分别计算出第一步选医生、第二步选护士、第三步选麻醉师的选派方法数，然后相乘即可. 【详解】第一步，选出1名医生有3种选派方法； 第二步，选1名护士有5种选派方法； 第三步，选1名麻醉师有2种选派方法. 由分步计数可知，总的选派方法有种. 【变式3-1】（25-26高二·江西南昌·月考）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 【变式3-2】（25-26高二下·全国·课后作业）如图所示，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，则不同染色方法的总数为________． 【答案】420 【分析】按，是否同色分两类，求出两类的染色情况数； 再利用分类加法计数原理进行计算求解即可. 【详解】按照的顺序进行染色，按照，是否同色分类： 第一类，，同色，则有（种）不同的染色方法． 第二类，，不同色，则有（种）不同的染色方法． 根据分类加法计数原理，共有（种）不同的染色方法． 故答案为：420 【变式3-3】（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. (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. 一、单选题 1．（2025高二·全国·专题练习）将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有（    ）种放法， A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解法1：以小球为研究对象，分三步完成，即可得解； 解法2：以盒子为研究对象，当3个小球放入后还剩2个空盒，通过列举法可知空盒有10种情况，且每种情况下小球均有种放法，即可得解/ 【详解】解法1：以小球为研究对象，分三步完成. （1）第一个小球有种放法； （2）第二个小球有种放法； （3）第三个小球有种放法. 根据分步乘法计数原理，共有种不同的放法. 解法2：以盒子为研究对象，盒子序号记为，，，，. 当个小球放入后还剩个空盒，通过列举法可知空盒有种情况：，，，，，，，，，. 每种情况下小球均有种放法，所以共有种放法， 故选：B. 2．（24-25高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．19 C．90 D．200 【答案】B 【分析】由分类加法计数原理运算即可. 【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为. 故选：B. 3．（25-26高二·安徽滁州·期末）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． 4．（2025高二·全国·专题练习）如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有（    ）条.    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理直接计算即可. 【详解】从顶点出发有条路线，分别经过，，. 经过有条路线，经过有条路线，经过有条路线. 根据分类加法计数原理可知，从顶点到顶点，经过条棱的路线共有条， 故选：B. 5．（25-26高二下·全国·课后作业）将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为（   ） A．80 B．100 C．110 D．120 【答案】D 【分析】由分步乘法计数原理求解即可. 【详解】如图，若先染有5种色可选，有4种色可选，有3种色可选，有2种色可选， 则不同染色方法共有（种）． 故选：D. 6．（25-26高二·甘肃兰州·期末）兰大附中计划开展“学长经验分享会”，要将6名优秀毕业生分配到高一、高二、高三3个年级进行经验宣讲，要求每个年级至少有1名，至多有3名，则不同的分配方案共有（   ） A．360种 B．450种 C．540种 D．900种 【答案】B 【分析】利用先分组再分配原则解决即可. 【详解】6名毕业生分配到3个年级，每个年级至少有1名，至多有3名，可分为两类： ①各年级人数分别为1，2，3： 先将6人分为三组（1人，2人，3人），再分配到3个年级，方法数为种； ②各年级人数均为2： 先将6人平均分为三组，再分配到3个年级，方法数为种， 所以所求方案共有种方法． 故选：B 7．（25-26高二·辽宁抚顺·期末）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. 8．（25-26高二·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（    ）    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 二、多选题 9．（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. 10．（25-26高二·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ） 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. 11．（25-26高二·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 12．（25-26高二·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 13．（25-26高二下·全国·课后作业）如图，一条电路从处到处接通时，可构成线路的条数为________． 【答案】6 【分析】利用分步乘法计数原理可求解. 【详解】从处到处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路； 第二步，后一个并联电路接通有3条线路． 由分步乘法计数原理知电路从处到处接通时，可构成线路的条数为（条）． 故答案为：6. 14．（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_____． 【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. 四、解答题 15．（25-26高二下·全国·课堂例题）某政协委员从泉城济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车，假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车有4个班次． (1)此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？ (2)如果该委员先从家乡乘坐汽车到达济南市，再乘坐飞机前往北京参加会议，其中汽车有4班，飞机有3个航班，此委员想从家乡到达北京共有多少种途径？ 【答案】(1)7 (2)12 【分析】（1）由分类加法计数原理直接计算可得结果； （2）由分步乘法计数原理，算出每一步的结果再相乘计算可得结果. 【详解】（1）分成两类： 第一类：乘坐飞机，飞机共有3个航班可选择，即3种方法； 第二类：乘坐动车，动车有4个班次可选择，即有4种方法； 由分类加法计数原理可得此委员这一天从济南到北京共有种快捷途径. （2）分成两步： 第一步：从家乡乘坐汽车到达济南市，有4种选择； 第二步：再乘坐飞机前往北京，有3种选择； 由分步乘法计数原理可知此委员想从家乡到达北京共有种途径. 16．（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？ （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）． 17．（24-25高二下·山东烟台·月考）用0，1，2，3，4，5这六个数字，能组成多少个符合下列条件的数字？（用数字作答） (1)无重复数字的四位奇数； (2)无重复数字且能被5整除的四位数； (3)无重复数字且比1203大的四位数. 【答案】(1)144 (2)108 (3)287 【分析】（1）先从而1，3，5中选一个排在个位；在从非0的4个数中选一个数排在千位，然后从而剩下的4个数中，选2个排在中间两位，然后利用分步计数原理求解； （2）分为两类，第一类：0在个位时和5在个位时求解； （3）分为四类，第一类：形如，，，，第二类：形如，，，第三类：形如，第四类：形如，第五类：形如求解. 【详解】（1）符合要求的四位奇数为：先排个位有种，再排千位有种， 再排中间两位共种， 所以由分步计数原理，共有个； （2）符合要求的数可分为两类： 第一类：0在个位时有个； 第二类：5在个位时有个； 故满足条件的四位数共有（个）. （3）符合要求的比1203大的四位数可分为四类： 第一类：形如2，，，，共有个； 第二类：形如，，，共有个； 第三类：形如，共有个； 第四类：形如123，共有个； 第五类：形如，共有个， 由分类加法计数原理知， 无重复数字且比1203大的四位数共有（个）. 18．（24-25高二下·天津河西·月考）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. 19．（25-26高二下·全国·单元测试）如图有四个编号为的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？ 【答案】260 【分析】分类涂色，，同色和不同色，每类再分步，计算可得． 【详解】分为两类：第一类：若，同色，则有5种涂法，有4种涂法，有1种涂法（与相同），有4种涂法． 故． 第二类：若不同色，则有5种涂法，有4种涂法，有3种涂法，有3种涂法． 故（种）． 综上可知不同的涂法共有（种）． 1 学科网（北京）股份有限公司 $