分类加法计数原理与分步乘法计数原理专项训练-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

分类加法计数原理与分步乘法计数原理6种高频考点专项训练 分类加法计数原理与分步乘法计数原理6种高频考点专项训练 考点目录 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 分类加法计数原理与分步乘法计数原理综合应用 数字排列问题 涂色问题 几何计数问题 考点一 分类加法计数原理 例1．（25-26高二上·陕西渭南·期末）某影城有一些电影新上映，其中有2部文艺片、3部喜剧片、2部科幻片，小明从中任选1部电影观看，则不同的选法共有（    ） A．12 种 B．8种 C．7种 D．6种 例2．（25-26高二上·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3．（24-25高二下·广东潮州·月考）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． 变式1．（25-26高二上·甘肃嘉峪关·期末）小夏计划某日从武汉到兰州游玩，当天的交通工具中，火车共有12个车次，飞机共有2个航班，则乘坐方式的种数共有（   ） A．12 B．14 C．16 D．24 变式2．（2025·辽宁大连·一模）某班有甲、乙、丙、丁四名学生依次参加接力跑的接力比赛，已知甲不能站在第一位，乙不能站在第二位，则可能的安排排列顺序有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 变式3．（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 考点二 分步乘法计数原理 例1．（25-26高二上·上海·期末）食堂有4个门，从一个门进，再从另一个门出，不同的走法一共有________种． 例2．（25-26高三上·四川自贡·期末）四川火锅以麻、辣、鲜、香著称，是四川的美食代表.某四川火锅店的一桌食客选择了麻辣汤底，食材需由食客自行挑选，这桌食客要从牛肉、鸭肠、羊肉、毛肚、黄喉、耗儿鱼、虾滑、鸭血、黄腊丁中选6种，从菠菜、娃娃菜、豆芽、土豆、藕片、莴笋、冬瓜、蘑菇、豆腐皮、山药中选8种，则这桌食客的食材选择共有______种. 例3．（24-25高二下·福建厦门·月考）给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z，后两个字符要求用数字1～9，最多可以给________个程序模块命名． 变式1．（25-26高二上·江西上饶·月考）从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是______.（用数字作答） 变式2．（24-25高二下·四川广安·月考）加德学校召集高二年级5个班级的部分家长座谈，高二（1）班有2名家长到会，其余4个班级各有1名家长到会，会上任选3名家长发言，则发言的3名家长来自3个不同班级的可能情况的方法种数为______． 变式3．（24-25高二下·浙江温州·月考）如图，一条电路从处到处接通时，可构成线路的条数为________． 考点三 分类加法计数原理与分步乘法计数原理综合应用 例1．（25-26高二下·黑龙江·开学考试）已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（    ） A．5 B． C．7 D．8 例2．（25-26高二上·河南驻马店·月考）某司法部门安排甲、乙、丙、丁四人去富强、文明、民主三个社区进行普法宣传，要求每人必须去社区且只能去一个社区，且每个社区必须有人去宣传，若甲去文明社区，乙不去富强社区，则不同的安排方法有（   ） A．16种 B．12种 C．7种 D．6种 例3．（24-25高二下·福建莆田·月考·多选）在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（    ） A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种 B．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种 C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种 D．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种 例4．（24-25高二下·四川绵阳·期中·多选）现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁、戊五个社区进行社会实践，每名同学只能选择一个社区，则下列结果正确的是（   ） A．所有可能的方法有种 B．若同学A不去社区甲，B不去社区乙，则不同的安排方法有80种 C．若社区甲必须有同学去，则不同的安排方法有61种 D．若有一个社区安排两名同学，还有一个社区安排一名同学，则不同的安排方法有60种 例5．（25-26高二上·江西赣州·月考）某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正､副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有__________种. 例6．（2025·四川成都·模拟预测）甲、乙两位同学从7部电影中各自随机选看2部，两人选择独立互不影响，则两人选看的电影中，最多有1部相同的选法共有______种. 变式1．（24-25高二下·广东广州·月考）社火，又称“演社火”，是指在传统节日里扮演的各种杂戏，属于民间的一种自演自娱活动，也是国家级非物质文化遗产的代表性项目．某地举行的一次社火活动一共持续了三天，5名小朋友希望参加该活动，每天从中任选2名小朋友参加，则这5人中恰有1人连续参加三天的选法有（   ） A．210种 B．300种 C．360种 D．480种 变式2．（24-25高二下·广东惠州·期中）光正实验学校高二年级拟举行“诗词”、“历史”、“地理”三场不同主题的知识竞答活动，要求各班各派3名学生分别参加这三个主题的竞答.某班准备从甲、乙、丙、丁4位同学中选派3位，已知甲不参加“诗词”主题的竞答活动，则该班不同的选派方法有（    ） A．9种 B．12种 C．15种 D．18种 变式3．（24-25高二下·山东青岛·期中·多选）甲、乙、丙、丁四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，每个运动队至少报1名同学，则（   ） A．所有不同的报法种数有34种 B．若甲必须报足球队，则所有不同的报法种数有12种 C．若甲、乙都不报足球队，则所有不同的报法种数有14种 D．若甲、乙不报同一个运动队，则所有不同的报法种数有30种 变式4．（24-25高二下·吉林松原·期中·多选）以下结论正确的是（   ） A．4个人分别从3个景点中选择一处游览，有81种不同选法 B．从5名员工中选出经理、副经理各1名，共有10种不同的选法 C．某学校需要从4名男生和6名女生中选取5名志愿者，则志愿者中至少有3名男生的不同选法有66种 D．用数字0，1，2，3这四个数可以组成没有重复数字的四位数共有24个 变式5．（2025·湖南长沙·二模）某中学2025年度青年教师讲题比赛分为文科、理科两个组别进行．文科组和理科组分别有4位和5位教师参赛．根据比赛规则，要求共评出一等奖4名，一等奖中的最高分设为特等奖，其余均为二等奖，且每个组至少有1名一等奖（包含一等奖中的特等奖）．则最终的可能比赛结果共有__________种． 变式6．（24-25高二下·湖南·月考）某实验室需将五份不同样本（编号为）存放于特定的五个实验柜中，这些实验柜都分布在A区，柜子编号分别为．若要求存放方案中恰有两份样本的存放柜编号与自身编号一致（编号为i的样本存放于编号为的柜子中时表示编号一致），那么符合条件的存放方案共有________种． 考点四 数字排列问题 例1．（24-25高二下·湖北十堰·月考）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？ 例2．（24-25高二下·湖南岳阳·月考）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的： (1)银行存折的四位密码？ (2)四位整数？ (3)比2000大的四位偶数？ 例3．（24-25高二下·广东湛江·月考）从1到9的九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？ (3)在（1）中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ (4)在（1）中任意两个偶数不相邻的七位数有几个？ 变式1．（25-26高二上·江苏南京·期末）用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）. (1)求可组成多少个四位数； (2)求可组成多少个偶数互不相邻的六位数； (3)将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一排，求第个数. 变式2．（24-25高二下·湖北孝感·月考）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． (1)比20000大的五位偶数共有多少个； (2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ (3)能被6整除的五位数有多少个． 变式3．（24-25高二下·福建福州·月考）用0，1，2，5，6，7这六个数字组成没有重复数字的四位数． (1)四位数共有多少个？ (2)偶数共有多少个？ (3)比2026大的数有多少个？ 考点五 涂色问题 例1．（25-26高三下·重庆·月考）如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（   ） A．20种 B．19种 C．18种 D．17种 例2．（24-25高二下·四川广安·月考）如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ） A．64 B．72 C．84 D．96 例3．（24-25高二下·江苏南京·月考）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4．（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. 变式1．（25-26高二下·辽宁·开学考试）如图，在六个区域中种植4种不同植物，同一区域只种植1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的种植方案种数为（   ） A．48 B．96 C．120 D．192 变式2．（25-26高二上·江苏常州·期末）从4种不同的颜色中选择若干种给如图所示的4个方格涂色，每个方格中只涂一种颜色且相邻两格不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．24种 B．72种 C．108种 D．120种 变式3．（24-25高二下·山东青岛·月考）用五种不同的颜色给图中的六个区域涂色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色且五种颜色要用完，则共有涂色方法______种.    变式4．（24-25高二下·辽宁大连·月考）将5种不同的颜色填入图中六边形内的6块区域中，要求相邻的区域不同色，则不同的填法有______种． 考点六 几何计数问题 例1．（24-25高二下·四川成都·月考）以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 例2．（24-25高二下·重庆沙坪坝·月考）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（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 例3．（25-26高二上·上海·期末）如图，有一个用8个完全一样的空心正方体框架所搭建的模型．现有一只蚂蚁沿着这些正方体的棱，并按照箭头所指的相互垂直的三个方向从A点爬到B点，可能的爬行路径共有______种（用数字作答）． 例4．（24-25高二下·贵州贵阳·月考）如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为_____. 变式1．（24-25高二下·江苏徐州·月考）记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（    ） A．2 B．5 C．8 D．9 变式2．（25-26高三上·湖北·月考）对于正方体6个面的中心，甲，乙两人分别从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率等于（    ） A． B． C． D． 变式3．（24-25高二下·河南鹤壁·月考）古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为______．    变式4．（24-25高二下·广西南宁·月考）二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为______.（用数字作答） 2 学科网（北京）股份有限公司 $分类加法计数原理与分步乘法计数原理6种高频考点专项训练 分类加法计数原理与分步乘法计数原理6种高频考点专项训练 考点目录 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 分类加法计数原理与分步乘法计数原理综合应用 数字排列问题 涂色问题 几何计数问题 考点一 分类加法计数原理 例1．（25-26高二上·陕西渭南·期末）某影城有一些电影新上映，其中有2部文艺片、3部喜剧片、2部科幻片，小明从中任选1部电影观看，则不同的选法共有（    ） A．12 种 B．8种 C．7种 D．6种 【答案】C 【详解】根据分类加法计数原理得不同的选法共有种. 故选：C. 例2．（25-26高二上·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 【详解】解析：分类加法计数原理，种． 故选：C． 例3．（24-25高二下·广东潮州·月考）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. 变式1．（25-26高二上·甘肃嘉峪关·期末）小夏计划某日从武汉到兰州游玩，当天的交通工具中，火车共有12个车次，飞机共有2个航班，则乘坐方式的种数共有（   ） A．12 B．14 C．16 D．24 【答案】B 【详解】根据分类加法计数原理，从武汉到兰州可以乘火车（12种）或飞机（2种），总计种方式． 故选：B 变式2．（2025·辽宁大连·一模）某班有甲、乙、丙、丁四名学生依次参加接力跑的接力比赛，已知甲不能站在第一位，乙不能站在第二位，则可能的安排排列顺序有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【详解】分甲站在第二位和不站在第二位两种情况讨论， ①当甲站在第二位时，余下三人可以全排列，此时共有种情况； ②当甲不站在第二位时，甲有个位置可选，此时乙也有种情况可选，余下两人可以全排列，则此时共有种情况； 综上所述，一共有种情况， 故选：B. 变式3．（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. 考点二 分步乘法计数原理 例1．（25-26高二上·上海·期末）食堂有4个门，从一个门进，再从另一个门出，不同的走法一共有________种． 【答案】 【详解】第一步从食堂个门中一个门进，有种办法； 第二步，从另一个门出，有种办法；所以共有种不同的走法. 故答案为： 例2．（25-26高三上·四川自贡·期末）四川火锅以麻、辣、鲜、香著称，是四川的美食代表.某四川火锅店的一桌食客选择了麻辣汤底，食材需由食客自行挑选，这桌食客要从牛肉、鸭肠、羊肉、毛肚、黄喉、耗儿鱼、虾滑、鸭血、黄腊丁中选6种，从菠菜、娃娃菜、豆芽、土豆、藕片、莴笋、冬瓜、蘑菇、豆腐皮、山药中选8种，则这桌食客的食材选择共有______种. 【答案】3780 【详解】依题意，得这桌食客的食材选择共有. 故答案为：3780 例3．（24-25高二下·福建厦门·月考）给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z，后两个字符要求用数字1～9，最多可以给________个程序模块命名． 【答案】 【详解】首字符要求用字母A～G或U～Z，共种可能， 后两个字符要求用数字1～9，所以后两个字符中每个各有种可能， ，所以最多可以给个程序模块命名． 故答案为：. 变式1．（25-26高二上·江西上饶·月考）从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是______.（用数字作答） 【答案】18 【详解】根据题意，该三位数的百位数字不能为0，所以只能从1，2，3中任取1个数字，有种选择； 而十位数字和个位数字可从剩余的3个数字中任选2个即可，有种选择， 所以从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为种选择. 故答案为：18. 变式2．（24-25高二下·四川广安·月考）加德学校召集高二年级5个班级的部分家长座谈，高二（1）班有2名家长到会，其余4个班级各有1名家长到会，会上任选3名家长发言，则发言的3名家长来自3个不同班级的可能情况的方法种数为______． 【答案】16 【详解】若高二（1）班有1名家长发言，则有种情况， 若高二（1）班没有家长发言，则有种情况， 所以共有种情况. 变式3．（24-25高二下·浙江温州·月考）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 【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. 考点三 分类加法计数原理与分步乘法计数原理综合应用 例1．（25-26高二下·黑龙江·开学考试）已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（    ） A．5 B． C．7 D．8 【答案】C 【详解】由图知，从地到地的道路有2条，从地到地的道路有3条，由分步乘法计数原理可知，从地经过地到地不同的路线共有条； 从地不经过地到地的路线有1条. 根据分类加法计数原理可得，从地到地不同的路线共条. 故选：C. 例2．（25-26高二上·河南驻马店·月考）某司法部门安排甲、乙、丙、丁四人去富强、文明、民主三个社区进行普法宣传，要求每人必须去社区且只能去一个社区，且每个社区必须有人去宣传，若甲去文明社区，乙不去富强社区，则不同的安排方法有（   ） A．16种 B．12种 C．7种 D．6种 【答案】C 【详解】由题意可知，4个人去3个社区，每人必须去且只能去一个社区， 每个社区至少1人，有以下两种情况： 第一种情况：文明社区去2人. 已知甲去文明社区，需要从乙，丙，丁三人中再选1人去文明社区，若 ①乙去文明社区，剩下丙，丁分别去富强、民主社区有种方法； ②乙不去文明社区，也不去富强社区，则有种方法. 所以文明社区去2人共有种方法； 第二种情况：文明社区只有甲1人， 则乙只能去民主社区，丙、丁可以同去富强社区有1种方法， 也可以1人去富强社区、1人去民主社区有种方法， 所以文明社区去1人共有种方法. 综上，不同的安排方法共有种. 故选：C 例3．（24-25高二下·福建莆田·月考·多选）在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（    ） A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种 B．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种 C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种 D．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种 【答案】ACD 【详解】根据题意，若抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品，即抽出的3件产品中有2件合格品，1件不合格品， 则合格品的取法有种，不合格品的取法有种， 则恰好有1件是不合格品的取法有种取法；则A正确，B错误； 若抽出的3件中至少有1件是不合格品，有2种情况， ①抽出的3件产品中有2件合格品，1件不合格品，有种取法， ②抽出的3件产品中有1件合格品，2件不合格品，有种取法， 则抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种，C正确； 也可以使用间接法：在100件产品中任选3件，有种取法， 其中全部为合格品的取法有种， 则抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种取法，D正确； 故选：ACD． 例4．（24-25高二下·四川绵阳·期中·多选）现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁、戊五个社区进行社会实践，每名同学只能选择一个社区，则下列结果正确的是（   ） A．所有可能的方法有种 B．若同学A不去社区甲，B不去社区乙，则不同的安排方法有80种 C．若社区甲必须有同学去，则不同的安排方法有61种 D．若有一个社区安排两名同学，还有一个社区安排一名同学，则不同的安排方法有60种 【答案】BCD 【详解】选项A：每名同学有5个社区可选，总共有 种方法.而选项A中写的是 ，显然错误. 选项B：同学A有4种选择（不去甲），同学B有4种选择（不去乙）， 同学C有5种选择，总数为 ，正确. 选项C：总情况数 ，减去都不去甲的情况数 . 结果为 ，故选项C正确. 选项D：满足要求的安排方法可以分为三步完成： 第一步：从5个社区中选两个不同的社区（该步的完成方法数为）， 第二步：从3名同学中选2人分配到第一个社区（该步的完成方法数为 ）， 第三步：安排所选的第三名同学，此步的完成方法数为. 总数为，故选项D正确. 故选：BCD. 例5．（25-26高二上·江西赣州·月考）某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正､副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有__________种. 【答案】 【详解】若恰有1名女生被选中，则有种选法； 若有2名女生被选中，则有种选法， 所以共有种选法， 故答案为：. 例6．（2025·四川成都·模拟预测）甲、乙两位同学从7部电影中各自随机选看2部，两人选择独立互不影响，则两人选看的电影中，最多有1部相同的选法共有______种. 【答案】420 【详解】甲、乙选看的电影中最多有1部相同包括： （1）两人选看的电影均不相同，不同选法有（种）； （2）两人选看的电影有且仅有一部相同，不同选法有（种）， 不同的选法总共有（种）. 故答案为：420. 变式1．（24-25高二下·广东广州·月考）社火，又称“演社火”，是指在传统节日里扮演的各种杂戏，属于民间的一种自演自娱活动，也是国家级非物质文化遗产的代表性项目．某地举行的一次社火活动一共持续了三天，5名小朋友希望参加该活动，每天从中任选2名小朋友参加，则这5人中恰有1人连续参加三天的选法有（   ） A．210种 B．300种 C．360种 D．480种 【答案】B 【详解】从5个人中任选一个人连续参加三天的活动，有5种选择， 若剩下的4个人中有2人参加了此项活动，则有一个人参加了其中两天的活动，有种方法， 若剩下的4个人中有3人参加了此项活动，则这三个人每人参加其中一天的活动，有种方法， 因此共有种. 故选：B 变式2．（24-25高二下·广东惠州·期中）光正实验学校高二年级拟举行“诗词”、“历史”、“地理”三场不同主题的知识竞答活动，要求各班各派3名学生分别参加这三个主题的竞答.某班准备从甲、乙、丙、丁4位同学中选派3位，已知甲不参加“诗词”主题的竞答活动，则该班不同的选派方法有（    ） A．9种 B．12种 C．15种 D．18种 【答案】D 【详解】若甲被选中，甲只能选择“历史”或“地理”，共种选择， 然后从乙、丙、丁中选人，分配到剩下的个主题，共种选派方法， 所以方法总数为； 若甲未被选中，将乙、丙、丁人分配到个主题，共有种选派方法； 所以该班不同的选派方法有种. 故选：. 变式3．（24-25高二下·山东青岛·期中·多选）甲、乙、丙、丁四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，每个运动队至少报1名同学，则（   ） A．所有不同的报法种数有34种 B．若甲必须报足球队，则所有不同的报法种数有12种 C．若甲、乙都不报足球队，则所有不同的报法种数有14种 D．若甲、乙不报同一个运动队，则所有不同的报法种数有30种 【答案】BCD 【详解】对于A：将4人分成3组，再分配即可，故不同的报法种数有，A错； 对于B：若足球只有甲报，有种报法， 若足球有两人，有种报法，故共有，正确； 对于C：若足球队有2人报，有，若足球有1人报，有，故共有，正确； 对于C：若甲乙报同一队，则有，由A知总的报法又36种， 所以甲、乙不报同一个运动队，则所有不同的报法种数有30种，D正确， 故选：BCD 变式4．（24-25高二下·吉林松原·期中·多选）以下结论正确的是（   ） A．4个人分别从3个景点中选择一处游览，有81种不同选法 B．从5名员工中选出经理、副经理各1名，共有10种不同的选法 C．某学校需要从4名男生和6名女生中选取5名志愿者，则志愿者中至少有3名男生的不同选法有66种 D．用数字0，1，2，3这四个数可以组成没有重复数字的四位数共有24个 【答案】AC 【详解】对于A，4个人分别从3个景点中选择一处游览，每个人有3种选择，故共有种选法，故A正确； 对于 B，从5名员工中选出经理、副经理各1名，共有种方法，故B错误； 对于C，要从4名男生和6名女生中选取5名志愿者，志愿者中至少有3名男生包括3名男生或4名男生两种情况， 故共有选法数为种，故C正确； 对于D，先确定千位数字，有3种方法，再考虑其它三个数位，有种方法， 故没有重复数字的四位数共有个，故D错误. 故选：AC. 变式5．（2025·湖南长沙·二模）某中学2025年度青年教师讲题比赛分为文科、理科两个组别进行．文科组和理科组分别有4位和5位教师参赛．根据比赛规则，要求共评出一等奖4名，一等奖中的最高分设为特等奖，其余均为二等奖，且每个组至少有1名一等奖（包含一等奖中的特等奖）．则最终的可能比赛结果共有__________种． 【答案】480 【详解】本题要算最终比赛结果数，分三步： ①因为共评出一等奖4名，且每个组至少有1名一等奖，分三种情况. 情况一：文科组1名一等奖、理科组3名一等奖.这种情况有种结果. 情况二：文科组2名一等奖、理科组2名一等奖.这种情况有种结果. 情况三：文科组3名一等奖、理科组1名一等奖.这种情况有种结果. 三种情况相加，共有种结果.   ②计算特等奖可能结果数：一等奖名，选特等奖有种结果. ③计算最终结果数：根据分步乘法计数原理，最终的可能比赛结果共有种. 故答案为：480. 变式6．（24-25高二下·湖南·月考）某实验室需将五份不同样本（编号为）存放于特定的五个实验柜中，这些实验柜都分布在A区，柜子编号分别为．若要求存放方案中恰有两份样本的存放柜编号与自身编号一致（编号为i的样本存放于编号为的柜子中时表示编号一致），那么符合条件的存放方案共有________种． 【答案】20 【详解】先从五份样本中选出两份放入对应编号的柜子里有种方法， 其余三份都和自身编号不一致的方法共有2种，所以共有20种方案. 故答案为：20 考点四 数字排列问题 例1．（24-25高二下·湖北十堰·月考）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 【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）． 例2．（24-25高二下·湖南岳阳·月考）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的： (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 【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）． 例3．（24-25高二下·广东湛江·月考）从1到9的九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？ (3)在（1）中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ (4)在（1）中任意两个偶数不相邻的七位数有几个？ 【答案】(1)100800 (2)14400 (3)5760 (4)28800 【详解】（1）分步完成：第一步，在4个偶数中取3个，可有种取法； 第二步，在5个奇数中取4个，可有种取法； 第三步，3个偶数、4个奇数进行排列，可有种排法． 所以符合题意的七位数有（个）． （2）上述七位数中，3个偶数排在一起的有（个）． （3）上述七位数中，3个偶数排在一起， 4个奇数也排在一起的有（个）． （4）上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好， 再将3个偶数分别插入5个空中，共有（个）． 变式1．（25-26高二上·江苏南京·期末）用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）. (1)求可组成多少个四位数； (2)求可组成多少个偶数互不相邻的六位数； (3)将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一排，求第个数. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）四位数的千位不能为，从数字中选不重复的四位数个数， 千位从中选，有种选法， 剩余三位从剩下的个数字中选个排列： 总数：. （2）用组成无重复数字的六位数，且偶数互不相邻 先排奇数，排列数：, 三个奇数从左到右形成个空隙， 个空隙中选个放入偶数（每个空隙一个偶数，保证偶数互不相邻）： 若空隙未被选：只能选空隙，偶数全排列种， 若空隙被选：空隙不能放，故从中选个放在空隙（种），剩余两个偶数放入另两个选中的空隙（种）， 包含空隙的空隙选择有种，每种对应种偶数排法，共种， 偶数排法总数：， 六位数总数：. （3）从小到大排列这些四位数，求第个数， 千位为时：后三位从剩余个数中选个排列，有个（第个）， 千位为时：也有个（第个）， 第个在千位为中排第个， 千位为时： 百位为：个（第个）， 百位为：个（第个）， 第个是，第个是. 变式2．（24-25高二下·湖北孝感·月考）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． (1)比20000大的五位偶数共有多少个； (2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ (3)能被6整除的五位数有多少个． 【答案】(1)240 (2)352 (3)108 【详解】（1）根据题意，符合题意的五位数的首位只能是2，3，4，5，共4种可能， 末位数字必须是0、2或4； 当首位是2时，末位是4或0，有种结果，当首位是4时，同样有48种结果， 当首位是3或5时，末位数字必须是0、2或4，共有种结果， 综上，可知共有种结果，即比20000大的五位偶数有个； （2）根据题意，当五位数首位数字为1、2时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为0、1、2、4时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为，第3位数字为0、1时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为0时，有2个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为1时，比35214小的还有35210，1个数； 则比35214小的五位数有个，故35214是第位； （3）根据题意，被6整除的数必须是既能被2整除，也能被3整除， 若能被3整除，则各位数字之和必须能被3整除，有2种情况， ①当五个数字由、、、、组成时，其末位数字为、，有个， ②当五个数字由、、、、组成时，首位数字为或时，末位有种选择，共有个， 首位数字为或时，末位有种选择，共有个，此时共有个， 则被整除的五位数有个． 变式3．（24-25高二下·福建福州·月考）用0，1，2，5，6，7这六个数字组成没有重复数字的四位数． (1)四位数共有多少个？ (2)偶数共有多少个？ (3)比2026大的数有多少个？ 【答案】(1)300 (2)156 (3)237 【详解】（1）方法一  先从1，2，5，6，7中选1个数字放在千位，有种方法， 再从剩余的五个数字中选3个，放在个位、十位和百位，有种方法， 故可以组成没有重复数字的四位数的个数为． 方法二  当四位数中不含数字0时，有种方法；当四位数中含数字0时，有种方法． 故可以组成没有重复数字的四位数的个数为． （2）根据四位数的个位数字是否是0进行讨论，当四位数的个位数字是0时， 没有重复数字的四位数有（个）． 当四位数的个位数字是2或6时，千位有4个数字可选，百位、十位有种选法， 满足条件的四位数有（个）． 所以共有个偶数． （3）当2在千位，0在百位，5在十位时，个位可以是1，6，7，共3个， 当2在千位，0在百位，6在十位时，个位可以是1，5，7，共3个， 当2在千位，0在百位，7在十位时，个位可以是1，5，6，共3个， 当2在千位，1在百位时，十位、个位共有种选法， 当2在千位，5在百位时，十位、个位共有种选法， 当2在千位，6在百位时，十位、个位共有种选法， 当2在千位，7在百位时，十位、个位共有种选法， 当5在千位时，百位、十位、个位共有种选法， 当6在千位时，百位、十位、个位共有种选法， 当7在千位时，百位、十位、个位共有种选法． 综上所述，比2026大的数共有（个）． 考点五 涂色问题 例1．（25-26高三下·重庆·月考）如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（   ） A．20种 B．19种 C．18种 D．17种 【答案】D 【详解】第一行全蓝（蓝蓝蓝）： 第一行无红色，第二行只需要满足自身相邻不能都红， 三个格子的染色共：1(全蓝)+3(1个红)+1(2个不相邻红)种； 第一行只有第一个格子为红（红蓝蓝）： 第二行第一个格子不能为红（和第一行第一个红相邻），第二行格式为(蓝 X Y)， 要求X、Y不都红，共3种合法染色（蓝蓝蓝、蓝红蓝、蓝蓝红）； 第一行只有中间格子为红（蓝红蓝）： 第二行中间格子不能为红，第二行格式为(X 蓝 Y)， X、Y无相邻限制，共种合法染色； 第一行只有第三个格子为红（蓝蓝红）： 和第一种情况对称，共3种合法染色； 第一行两个红（红蓝红）： 第二行第一、第三格子都不能为红，第二行格式为(蓝 X 蓝)， X可红可蓝，共2种合法染色. 所以总染色方法数：种，故选D. 例2．（24-25高二下·四川广安·月考）如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ） A．64 B．72 C．84 D．96 【答案】B 【详解】根据题意可知需要5步才能涂完， 第一步，涂区域，共有4种颜色可选；第二步，涂区域，共有3种颜色可选； 第三步，涂区域，共有2种颜色可选； 第四步，涂区域， 若和同色时，则第五步区域有2种颜色可选， 若和不同色时，区域只有一种颜色可选，则第五步区域有1种颜色可选， 利用分类加法和分步乘法计数原理可知共有种. 例3．（24-25高二下·江苏南京·月考）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 【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4．（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 【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 变式1．（25-26高二下·辽宁·开学考试）如图，在六个区域中种植4种不同植物，同一区域只种植1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的种植方案种数为（   ） A．48 B．96 C．120 D．192 【答案】C 【详解】先分组，再种植，共有5种分组方式，同组种植一种植物， 则不同的种植方案种数为． 变式2．（25-26高二上·江苏常州·期末）从4种不同的颜色中选择若干种给如图所示的4个方格涂色，每个方格中只涂一种颜色且相邻两格不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．24种 B．72种 C．108种 D．120种 【答案】C 【详解】用两种颜色时，涂法有种； 用三种颜色时，涂法有种； 用四种颜色时，涂法有种； 所以不同的涂色方法共有种. 故选：C. 变式3．（24-25高二下·山东青岛·月考）用五种不同的颜色给图中的六个区域涂色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色且五种颜色要用完，则共有涂色方法______种.    【答案】960 【详解】共6个区域，5种颜色需用完，则必有2个区域颜色相同， 而每次涂色颜色可以相同的区域有，，共8种， 故满足题意的涂法共有种. 故答案为： 变式4．（24-25高二下·辽宁大连·月考）将5种不同的颜色填入图中六边形内的6块区域中，要求相邻的区域不同色，则不同的填法有______种． 【答案】4100 【详解】第一类：区域①②③同色，则有种； 第二类：区域①②③有2种颜色，则有种； 第三类：区域①②③有3种颜色，则有种. 可得，故不同的填法有4100种. 故答案为：4100 考点六 几何计数问题 例1．（24-25高二下·四川成都·月考）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 【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 例2．（24-25高二下·重庆沙坪坝·月考）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（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 【答案】D 【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线， 对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有（个）； 对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个， 不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直， 所以正方体中“正交线面对”共有（个）. 故选：D 例3．（25-26高二上·上海·期末）如图，有一个用8个完全一样的空心正方体框架所搭建的模型．现有一只蚂蚁沿着这些正方体的棱，并按照箭头所指的相互垂直的三个方向从A点爬到B点，可能的爬行路径共有______种（用数字作答）． 【答案】296 【详解】 从高度为1的顶点沿竖直向上的棱爬到高度为2的顶点，一共有7处，分别记为，，，，，，，且，，，，， 点下方的点记为，，，，，另外，点上方的点记为， 从到有种路径，沿竖直的棱向上爬再到有种路径， 从到有种路径，沿竖直的棱向上爬再到有1种路径， 从到到有种路径，从到到有种路径， 则从到有种路径，沿竖直的棱向上爬再到有1种路径， 从到到有种路径，从到到有种路径， 从到到有种路径，再到有1种路径， 又到有种路径，则从到到有种路径， 从到到有种路径，从到到有种路径， 从到到有种路径，竖直的棱向上爬再到有1种路径， 则从到竖直向上再到有种路径， 从到到有种路径，从到到到有种路径， 沿竖直的棱向上爬再到有1种路径，则从到竖直向上再到有种路径， 从到到有种路径，从到到有种路径， 从到到到有种路径，从到到到有种路径， 再到有1种路径，则从到到有种路径， 因此从到可能的爬行路径共有种. 故答案为：296. 例4．（24-25高二下·贵州贵阳·月考）如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为_____. 【答案】3 【详解】由，且，即在面内， 要使取最小值时，点位置记为点，即面，结合正方体的对称性， 知：，，三种情况， 所以数量积的不同取值的个数为3. 故答案为：3 变式1．（24-25高二下·江苏徐州·月考）记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（    ） A．2 B．5 C．8 D．9 【答案】C 【详解】当与平面平行时，如下图存在2种情况. 当经过△中位线时，如下图其中一条中位线有2种情况，故三条中位线，共有6种情况. 综上，共有2+6=8种情况. 故选：C. 变式2．（25-26高三上·湖北·月考）对于正方体6个面的中心，甲，乙两人分别从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为从正方体6个面的中心中任取两点连成直线，可得条直线， 如图所示： 设正方体的边长为2，则， ，, , 由正方体性质可得平面,平面,平面, 四边形,四边形，四边形均为正方形， 故当甲选时,乙选或或或或或时，甲，乙所选的点的连线垂直， 甲选时，乙选或或时，甲，乙所选的点的连线垂直， 所以甲，乙两人分别从这6个点中任意选两个点连成直线共有种选法， 所以甲选相对两个面的中心时，甲乙所选的点的连线垂直的选法有种， 若甲选相邻两个侧面的中心时，满足甲乙所选的点的连线垂直的选法有种， 故甲，乙所选的点的连线垂直的选法共有54种， 所以事件甲乙所选的点的连线垂直的概率, 故选：A. 变式3．（24-25高二下·河南鹤壁·月考）古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为______．    【答案】24 【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，    若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有（个）， 若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有（个）， 所以梯形的个数是（个）． 故答案为：24 变式4．（24-25高二下·广西南宁·月考）二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为______.（用数字作答） 【答案】 【详解】由题意知，作出的正方形方格阵图，如图所示： 因为“转转码”有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合， 则可知正方形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列完全相同，且每个正方形关于其对角线、、和对称， 矩形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列也完全相同，其中正方形逆时针旋转后位置不变， 只需该的二维码中的正方形的个方格、矩形的3个方格及正方形方格，共计个方格，出现双色方格，该二维码即是“转转码”， 则该“转转码”的个数有：种， 故答案为：. 2 学科网（北京）股份有限公司 $