3.1.1基本计数原理（高效培优讲义）高二数学人教B版选择性必修第二册

3.1.1 基本计数原理 教学目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理。 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题。 教学重难点 1.重点 （1）会运用加法计数原理； （2）会运用乘法计数原理； （3）分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用。 2.难点 （1）数字排列问题； （2）涂色问题。 知识点01 分类加法计数原理 1. 定义：做一件事情，完成它可以有类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二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。 2. 解题思路：（1）分类：将完成这件事的方法分成若干类； （2） 计数：求出每一类的方法数； （3） 结论：将每一步的方法数相加得出结果. 【即学即练】 （25-26高二下·陕西榆林·期中）某校开设类选修课3门，类选修课2门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（    ） A．2种 B．3种 C．5种 D．6种 【答案】C 【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种. 知识点02 分步乘法计数原理 1. 定义：做一件事情，完成它需要分成个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第步有种不同的方法，那么完成这件事有种不同的方法。 2. 解题思路：（1）判：是不是必须一步一步依次做完； （2） 拆：拆成一步一步的； （3） 数：写出每一步有多少种选择； （4） 乘：全部相乘得到总方法数. 3.分步两个条件：①步骤互相独立，互不干扰 ②步与步确保连续，逐步完成 【即学即练】 （26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）某小区有4个出入门，如果甲同学从其中的任意一个门进入小区，并要求从其他的门出去，那么甲同学进出小区的方式共有（    ） A．4种 B．7种 C．12种 D．16种 【答案】C 【详解】根据分步乘法计数原理， 第一步，甲先选一个门进入，有4种选择； 第二步，甲选一个门出去，有3种选择， 所以甲同学进出小区的方式共有种. 知识点03 两种计数原理的综合应用 1.两个计数原理的联系与区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种类 不同点 分类完成，类类相加，关键是“分类” 分步相乘，步步相乘，关键是“分步” 分类完成一件事，每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性。分类计数原理可利用“并联”电路来理解。 分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事，要注意“步”与“步”之间的连续性。分步计数原理可利用“串联”电路来理解。 运用加法运算 运用乘法运算 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 2.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路： ①弄清完成一件事是做什么； ②确定是先分类后分步，还是先分步后分类； ③弄清分步、分类的标准是什么； ④类要做到不重不漏。 【即学即练】 （25-26高二下·全国·课后作业）甲同学有5本不同的数学书、4本不同的物理书、3本不同的化学书，现在乙同学向甲同学借书． (1)若借1本书，则有多少种借法？ (2)若每科各借1本书，则有多少种借法？ (3)若任借2本不同学科的书，则有多少种借法？ 【答案】(1)12种；(2)60种；(3)47种． 【分析】(1)分三类借书，利用分类加法计数原理求和；(2)三科依次取一本，分步乘法计数原理；(3)先分三类学科组合，每一类内部分步选取，最后相加. 【详解】（1）借1本书，可按书的学科分类，共种． （2）每科各借1本，需要从数学、物理、化学三科各选1本，共种． （3）借2本不同学科的书，分为“数学+物理”“数学+化学”“物理+化学”三类，共种． 题型01 分类加法计数原理的应用 【典例1】（25-26高二下·陕西西安·期末）书桌上有2本不同的语文课外读物和3本不同的数学课外读物．现从中取出一本，则不同的取法种数为（    ） A．5 B．6 C．8 D．9 【答案】A 【分析】利用分类加法计数原理，直接将两类书籍的数量相加即可得出取出一本书的总取法数. 【详解】由题意得不同的取法种数为种. 【变式1】（25-26高二下·陕西西安·期末）从2幅不同的国画和5幅不同的水彩画中任选一幅布置房间，则不同的选法共有（     ） A．4种 B．7种 C．10种 D．25种 【答案】B 【详解】从2幅不同的国画里选1幅，共有2种选法； 从5幅不同的水彩画里选1幅，共有5种选法. 根据分类加法计数原理，总的不同选法数是两类选法数相加：种. 【变式2】（25-26高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）某书架有三层，上层有本不同的数学书，中层有本不同的语文书，下层有本不同的英语书.若从该书架任取本书.则不同的取法数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题知，从该书架任取本书，不同的取法数为. 【变式3】（25-26高二下·广东梅州·期末）学校社团招新，其中有5个不同的文艺类社团、7个不同的体育类社团和6个不同的科技类社团．甲同学从这些社团中选择一个加入，不同的选法有（    ） A．3种 B．7种 C．18种 D．210种 【答案】C 【详解】，故不同的选法有种. 【变式4】（25-26高二下·山东烟台·开学考试）甲、乙两个班级分别有29名学生，30名学生，从两个班中选一名学生，则不同的选法有（    ） A．59种 B．29种 C．30种 D．种 【答案】A 【详解】分两类：第一类从甲班选有29种方法，第二类从乙班选有30种方法. 由分类加法计数原理得共有种不同方法. 题型02 分步乘法计数原理的应用 【典例1】（24-25高二下·河北廊坊·阶段检测）若4名同学报名参加书法、绘画、计算机兴趣小组，每人限报一项，则有（  ）种报名方法． A．7 B．12 C．64 D．81 【答案】D 【分析】运用分步乘法计数原理，依次计算每名同学的报名选择数，相乘得到总报名方法数. 【详解】完成4名同学的报名需分4个独立步骤，依次确定每名同学的报名项目： 每名同学均可从书法、绘画、计算机3个兴趣小组中任选1项，每人都有3种可选方案； 根据分步乘法计数原理，总报名方法数为各步方法数的乘积，即种. 【变式1】（25-26高二下·四川遂宁·期中）为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、6种荤菜中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（ ） A．48种 B．36种 C．24种 D．12种 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理计算. 【详解】由题意可知，分三步完成： 第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法； 第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法， 根据分步计数原理，共有种不同的选取方法， 【变式2】（24-25高二下·河北廊坊·阶段检测）已知某体育场有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为（   ） A．4 B．8 C．12 D．16 【答案】C 【详解】第一步，体育场共有4个门，因此进门的走法共有4种； 第二步，要求从与进门不同的另一个门出，因此排除已选的进门，出门的走法共有种； 根据分步乘法计数原理，不同走法的总种数为. 【变式3】（2026高二·全国·专题练习）名学生分别从，，三个志愿服务项目中任选个参加，要求，两个项目都至少有人参加，则不同的选择方法共有多少种？ 【答案】 【分析】先从所有选择方法中分别减去“项目无人参加”和“项目无人参加”的情况，再处理二者同时发生时产生的重复扣除问题即可求解． 【详解】不考虑限制条件，即名学生参加三个志愿服务项目，共有种选择方法； 若项目无人参加，即名学生参加两个志愿服务项目，有种选择方法； 若项目无人参加，即名学生参加两个志愿服务项目，有种选择方法； 若，两个项目都无人参加，即名学生只能全部参加项目，只有1种选择方法，这种方法在前面被重复扣除，因此需要补回， 所以符合条件的方法共有种选择方法． 【变式4】（2026高二·全国·专题练习）5名学生分别从 A，B，C 三个志愿服务项目中任选1个参加，要求 项目至少有1人参加，则不同的选择方法共有多少种？ 【答案】211 【分析】“ 项目至少有1人参加”的相反情况是“没有人参加 项目”，采用间接法求解. 【详解】不考虑限制条件时，每名学生都有3种选择，共有种选择方法. 若没有人参加 项目，则每名学生只能从 B，C 两个项目中选择，共有种选择方法. 所以 项目至少有1人参加的选择方法共有种. 题型03 两种计数原理的综合运用 【典例1】（25-26高二下·四川遂宁·期末）如图，若电路从到只有一条支路接通，则不同的路径有（    ） A．6种 B．7种 C．8种 D．9种 【答案】C 【详解】根据电路知识及分类加法计数原理、分步乘法计数原理可知， 共有种不同路径. 【变式1】（25-26高二下·河北保定·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丙地有2条路，则从甲地到丙地一共有（    ）条不同的路线． A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】D 【详解】若从甲地直接到丙地，有2条路线； 若从甲地到乙地，再到丙地，有条路线； 综上所述：从甲地到丙地一共有11条不同的路线. 【变式2】（24-25高二下·新疆喀什·期末）（多选）下列说法正确的是（ ） A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 【答案】BD 【分析】根据两个计数原理的定义逐一判断选项即可. 【详解】对于A，分步乘法计数原理要求每一步都完成，才能说任务完成，故A错误； 对于B，从书架上任取数学书、语文书各1本，完成这件事需要分两步：第一步取1本数学书， 有若干种取法；第二步取1本语文书，故应是分步计数问题，故B正确； 对于C，任务“从甲地经丙地到乙地”，分为从甲地到丙地， 再从丙地到乙地两步完成，是分步计数问题，故C错误； 对于D，分类加法计数原理中的每一类方法都能一次性地完成任务， 故可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，即D正确. 故选：BD. 【变式3】（25-26高二下·全国·课后作业）某外语组有5人，每人至少会英语、法语中的一门，其中3人会英语，3人会法语．从中选会英语和法语的各一人去做翻译工作，则不同的选法种数为________． 【答案】8 【分析】先分析人员构成，算出既会英语又会法语和仅会英语和仅会法语的人数，分成两类情况，选“多面手”和不选“多面手”，分别计算各自的选法种数，相加即可. 【详解】既会英语又会法语的人数为， 仅会英语和仅会法语的各有2人． 若不选这名“多面手”，有种； 若选这名“多面手”，还需从其他4人中选1人配合，有4种． 共有种． 【变式4】（25-26高二下·全国·课后作业）如图所示，从地到地有3条不同的道路，从地到地有4条不同的道路，从地不经地直接到地有2条不同的道路． (1)从地到地有多少种不同的走法？ (2)从地到地再回到A地有多少种不同的走法？ (3)从地到地再回到地，回来时的走法不能与去时完全相同，有多少种不同的走法？ 【答案】(1)14种；(2)196种；(3)182种 【详解】（1）从到可分两类：经过B地，有种；不经过B地，有2种．共有种． （2）去和回是两个步骤，每步都有14种走法，共种． （3）回来时不能与去时完全相同，所以回程比去程少1种选择，共种． 题型04 代数中的计数问题 【典例1】（25-26高二下·四川雅安·期末）乘积展开后的项数为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由分步乘法计数原理可得：第一步从任选个数共种选法， 第二步从任选个数共种选法，第三步从任选个数共种选法， 故展开后的项数为：. 【变式1】（25-26高二下·河南·阶段检测）若，则方程表示的直线条数为（    ） A．12 B．13 C．15 D．16 【答案】B 【分析】先分两类讨论：当时，方程仅表示条直线；当时，共个有序对，再找出其中因成比例而重复的个有序对，用总数减去重复数，最终得到直线条数为． 【详解】当时，方程只表示直线， 当时，对应的数组有个， 但是下列各组中的方程分别表示同一条直线： ，，， ，，， 所以方程表示的直线条数为． 【变式2】（26-27高三上·上海浦东新·阶段检测）已知函数的定义域为，值域为，则满足条件的函数最多有（    ）个. A．28 B．30 C．31 D．32 【答案】B 【分析】根据函数定义域与值域的映射规则写出所有可能的情况数，注意排除值域不为的情况即可得. 【详解】函数的定义域为，共有5个元素， 函数的值域为，共有2个元素， 映射规则要求定义域中的每个元素都必须且只能对应值域中的一个元素， 因为定义域有5个元素，每个元素都有2种选择， 不考虑值域的限制，一共可以构成个不同的函数， 要求函数的值域恰好是，意味着值域中的两个元素都必须被取到， 若所有定义域元素都映射到或中的一个，值域为或，不符合题意， 因此，满足条件的函数的数量为个. 【变式3】（2027高三·全国·专题练习）与是的子集，若，则称为一个理想配集，若将与看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”的个数是（   ） A．4 B．8 C．9 D．16 【答案】C 【分析】对子集分，，，四种情况讨论，列出所有符合题意的集合即可求解. 【详解】因为，与是的子集，， 对子集分情况讨论： 当时，，，，，有种情况； 当时，，，有种情况； 当时，，，有种情况； 当 时，，有种情况； 所以共有种. 题型05 几何中的计数问题 【典例1】（25-26高二下·全国·期中）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1】（2027高三·全国·专题练习）设三位数，若以为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n有（   ） A．12种 B．24种 C．28种 D．36种 【答案】C 【分析】分等边三角形、腰和底不相等的等腰三角形两种情况，分别计数后相加即可. 【详解】先考虑等边三角形情况，共有，此时n有4种， 再考虑等腰三角形情况，若是腰，即， 当时，，则，与等边三角形情况重复； 当时，，则（的情况等边三角形已有），此时n有2种； 当时，，则，此时n有3种； 当时，，则，有3种； 故n有（种）同理，时，时也都有8种. 共有（种）． 【变式2】（2026·海南海口·模拟预测）如图由4条水平方向的平行线和5条竖直方向的平行线围成的图形中共有______个不同的平行四边形； 【答案】 【详解】从 4 条水平方向的平行线中选 2 条，有种选法， 从 5 条竖直方向的平行线中选 2 条，有种选法， 根据分步乘法计数原理得总平行四边形个数为. 【变式3】（2027高三·全国·专题练习）已知空间中有三点满足，再取两个点，使得这两点与点可以组成正四棱锥，则不同的取法有________种． 【答案】9 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解. 【详解】空间中三个点，满足，显然点不能同为正四棱锥底面顶点， 当为正四棱锥的侧面时，如图1， 此时分别为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的， 不妨以为例，此时符合要求的另两个点在直线同侧，有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，共有6种；    当为正四棱锥的对角面时，如图2， 此时分别为底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的， 不妨以为例，此时符合要求的另两个点关于直线对称，只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，共有3种， 所以总共有9种情况. 题型06 数字排列问题 【典例1】（2026高二·全国·专题练习）某系统的5位验证码，每一位都可以从数字 0，1，2 中任选一个，数字可以重复.若验证码中 0，1，2 三个数字都至少出现一次，则不同的验证码共有多少个？ 【答案】150 【分析】先求所有验证码的个数，再排除至少缺少一个数字的情况.只出现一种数字的验证码会被重复扣除，再加上即可求出答案. 【详解】每一位都有3种选择，所以所有验证码共有个. 若缺少数字0，则每一位只能从1，2中选择，有个. 同理，缺少数字1或缺少数字2时也各有 个， 但是，验证码“00000”“11111”“22222”各同时缺少另外两个数字，在上述计算中均被重复扣除，因此需要补回3个. 所以三个数字都至少出现一次的验证码共有个. 【变式1】（25-26高二下·广东深圳·期末）用数字0，1，2可以组成多少个没有重复数字的三位数（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】A 【详解】用数字0，1，2组成没有重复数字的三位数：102，120，201，210，共4个. 【变式2】（25-26高二上·江西南昌·阶段检测）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】（2026·贵州遵义·模拟预测）用这个数字可以组成没有重复数字三位数的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用分步乘法计数原理，依次确定无重复数字的三位数的百位、十位、个位的可选数字数量，相乘即可得到总个数. 【详解】 由于三位数的百位不能为，且各数位数字不重复，结合分步乘法计数原理计算： 确定百位数字：可从共个非零数字中任选个，共有种选择； 确定十位数字：百位已选个数字，剩余个数字（包含）可选，共有种选择； 确定个位数字：百位和十位共选走个不同数字，剩余个数字可选，共有种选择。 因此满足条件的三位数总个数为. 【变式4】（25-26高二下·全国·课后作业）已知0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成多少个大于且小于的数字不重复的四位数？ 【答案】175 【分析】四位数千位决定范围,分3大类：千位为3,4,5,千位为5时要注意小于的限制，把这3类情况的数量相加即可. 【详解】千位为3或4时，有个； 千位为5且百位为0，1，2，3之一时，有个； 千位为5、百位为4、十位为0或1时，有个； 另外5420满足条件． 共有个． 题型07 涂色问题 【典例1】（25-26高二下·四川乐山·期末）如图，现要对某市的5个区域地图进行着色，有4种颜色可供选择，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．108种 【答案】B 【分析】应用分步分类计数原理求不同着色方法数. 【详解】第一步涂：有种颜色可选，共种选择， 第二步涂：与不同色，共种选择， 第三步涂：与都不同色，共种选择， 第四步涂、：分两类讨论， 当与同色时， 只有种， 与相邻，只需排除两种颜色，共种， 此情况总数， 当与不同色时， 需要排除三种颜色，共种， 与相邻，需要排除三个不同颜色，共种， 此情况总数， 所以总着色方法为种. 【变式1】（2027高二·全国·专题练习）如图，要给 5 个区域染色，有 5 种不同的颜色可供选择，并要求相邻区域颜色不同，则不同的染法种数为_____. 【答案】540 【分析】每个区域只染一个颜色，且相邻区域颜色不同，根据图形特点，先给中间区域③涂色，然后再考虑剩余部分即可求解. 【详解】先给③选择一个颜色，有种； 剩下的①‑②‑④‑⑤这4个区域看作直线链条，4 个区域，4 种剩余颜色，相邻区域颜色不同， 第一个区域①：4 种；后面每一个都不能和前一个同色，各 3 种：； 所以不同的染法种数为. 【变式2】（25-26高二下·四川南充·阶段检测）用4种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是________． 【答案】72 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】第一步，种植区域，有种不同的花卉可选； 第二步，种植区域，由于区域与区域相邻， 故区域不能选与区域相同的花卉，有种选法； 第三步，种植区域，由于区域与区域、区域均相邻，且区域与区域的花卉不同， 故区域有种选法； 第四步，种植区域，由于区域只与区域相邻， 故区域只要不与区域相同即可，有种选法. 根据分步乘法计数原理，不同的种植方法种数为. 【变式3】（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，已知四棱锥.用红、黄、蓝、绿四种颜色（四种颜色全部使用），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（    ）    A．24 B．48 C．72 D．96 【答案】B 【分析】由于 5 个顶点涂 4 种颜色且棱两端异色、4 色全部使用，故只能是同色或同色两类，两类计数方式同理，相加可得总涂色方法数. 【详解】因为同一条棱的2个顶点异色，所以恰好有一对不相邻顶点颜色相同，其余顶点颜色互不相同， 故分两类：一类是同色；另一类是同色. 若同色，可分4步完成涂色： 第一步，涂顶点，有4种颜色可选； 第二步，涂，不能和同色，有3种颜色可选； 第三步，涂，与都异色，有2种颜色可选； 第四步，涂，与异色，且四种颜色必须全部用完， 已经用了三种颜色，只有1种颜色可选； 故不同的涂色方法有种， 同理可得同色时，也有不同的涂色方法种， 所以共有不同的涂色方法种. 【变式4】（25-26高二下·全国·课后作业）现有红、黄、蓝、绿种颜色可选择（不要求用完所有颜色）． (1)如图1所示，给、、、四个区域涂色，要求相邻区域必须涂不同颜色，同一区域只涂一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种？ (2)如图2所示，给四棱锥的顶点涂色，要求同一条棱的两个顶点不能同色，则不同的涂色方法共有多少种？ 【答案】(1)种；(2)种 【分析】（1）应用分步计数原理及排列数计算即可； （2）先涂点，再涂点，接着分、同色和不同色两种情况，即可得出四点的涂色情况，再应用分步计数原理计算即可. 【详解】（1）先填区域，有种选择，再填区域，有种选择，接下来填区域、，各有种选择， 由分步乘法计数原理可知，共有种涂法. （2）先涂顶点，有种；再涂，有种． 接着考虑、、： 若、同色，则、有种，有种； 若、不同色，则、有种，有种． 因此共有种． 题型08 其他计数模型 【典例1】（25-26高二下·全国·课后作业）将标有序号1，2，3的三个小球放入标有序号1，2，3，4的四个盒子里，每个盒子最多放一个小球，且要求小球和盒子的序号均不对应相同，则所有放法的种数为________． 【答案】11 【分析】分类讨论盒子的序号，结合分类加法计数原理运算求解即可. 【详解】若盒子序号为,则球的序号依次为或,共有2种放法; 若盒子序号为或或,根据对称性可知不同的方法种数相同, 例如盒子序号为,则球的序号依次为或或,共有3种放法； 故总数为种. 【变式1】5．（25-26高二下·全国·课后作业）有红、黄、蓝三种颜色的旗各足够多面，每次可以升1面、2面或3面旗，纵向排列在旗杆上表示信号，旗数或顺序不同时表示不同信号，则可以表示不同信号的种数为（   ） A．38 B．39 C．40 D．42 【答案】B 【分析】首先，将升旗分类可分为升1面，升2面，升3面，求出每一类表示信号的数量，再相加即可求解. 【详解】升1面旗有3种信号，升2面旗有种信号，升3面旗有种信号． 总数为种． 【变式2】（25-26高二下·浙江杭州·期末）从如图所示的方格表中随机选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则事件“选中方格中的4个数之和为”的概率为（     ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由分步计数原理可得符合题目要求的选取4个方格的情况数，随后找到“选中方格中的4个数之和为”的情况数，据此可得答案. 【详解】从第一行选出一个方格，有4种选法，再从剩下的3行中选取一个与第一个方格不同列的方格，有3种选法， 然后从剩下2行中选取1个与前2个方格不同列的方格，有2种选法，最后剩下一种， 则符合要求的选取4个方格的情况数为种. 又由题可得当“选中方格中的4个数之和为”时，方格中的数字只能为， 则从第三行选定后， 若第一行选取第一个0，则第二行只能选取第4个0，第四行只能选取第3个0； 若第一行选取第三个0，则第二行只能选取第1个0，第四行只能选取第4个0； 若第一行选取第四个0，则第二行只能选取第1个0，第四行只能选取第3个0. 综上“选中方格中的4个数之和为”的情况数为3，则对应概率为. 【变式3】（2025·辽宁·一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有__________种. 【答案】 【分析】做出图形，两个奇点和分别做起点，求出与之间的途径的情况，再求出一笔完成的画法，，进而可得出答案. 【详解】如图，两个奇点和分别做起点，有两种情况， 与之间有三种途径：①，②，③， 其中一笔完成有种画法：， ， ， 若做起点，从出发有三种不同的路径能到达，从返回有两种不同的路径， 所以不同路径方法有种. 故答案为：. 1．（25-26高二下·新疆巴州·期末）某日，从库尔勒到乌鲁木齐的火车共有10个车次，飞机共有2个航班，长途汽车共有12个班次，若该日甲只选择这3种交通工具中的一种，则甲从库尔勒到乌鲁木齐共有（ ） A．12种选法 B．24种选法 C．22种选法 D．14种选法 【答案】B 【分析】根据计数原理的加法法则可得选项. 【详解】由计数原理的加法法则可得，甲从库尔勒到乌鲁木齐共有种选法. 2．（25-26高二下·全国·课后作业）假定有一排蜂房，其形状如图所示，一只蜜蜂在左下角的蜂房中，由于受了伤只能爬，不能飞，而且只能从一间蜂房爬到与之相邻的右方（包括右上、右下）蜂房中去．若该蜜蜂从最初位置爬到4号蜂房中，则不同的路线有（   ） A．4种 B．6种 C．8种 D．10种 【答案】C 【详解】按每一步可到达的相邻右方蜂房展开树状图，如图， 由图可知从起点到4号蜂房的全部路线共8种． 3.（25-26高二下·安徽宿州·期末）暑假期间，小明和小红打算从黄山、九华山、宏村、天柱山四个安徽著名景点中各随机挑选2个进行游玩，则两人所选不同景点的总数为3的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用计数原理求出选取的方法数，再根据古典概型概率公式计算. 【详解】两人各选2个景点的方法数是， 所选不同景点的总数为3，则其中一个景点重复，方法数是， 所以概率为. 4.（25-26高二下·青海海东·期末）某外语组有9人，其中6人主修英语，3人主修俄语，从中选出主修英语和俄语的各一人，不同的选法有（    ） A．9种 B．18种 C．种 D．种 【答案】B 【详解】从主修英语的选1人，有6种方法；从主修俄语的选1人，有3种方法， 所以不同选法种数是. 5.（25-26高二下·河北唐山·期末）“这么近，那么美，周末到河北”．2026年暑假来临之际，甲、乙、丙、丁、戊五位同学决定一起游历河北．夏天到河北的游客，一般都会选择承德避暑山庄、秦皇岛山海关、唐山清东陵这三个地方游览，如果某天每人只能去这三个景点中的一个地方，清东陵一定有人去，则不同游览方案的种数为（    ） A．243 B．211 C．125 D．60 【答案】B 【详解】根据分步乘法计数原理： 计算无限制条件下的总方案数：每位同学可从3个景点中任选1个，5位同学的总方案数为种； 计算清东陵无人去的方案数：此时每位同学仅能从剩余2个景点中选择，方案数为种； 清东陵一定有人去的方案数为总方案数减去清东陵无人去的方案数，即. 6.（25-26高二下·北京海淀·期末）从中任取两个不同的数，组成有序数对．在平面直角坐标系中，以为坐标的点位于第一象限的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据第一象限点横、纵坐标均为正的特征，利用分步乘法计数原理计算符合条件的有序数对个数． 【详解】平面直角坐标系中，第一象限内的点满足横坐标且纵坐标，题设给出的数中，大于的数为，共个，要求选取两个不同的数组成有序数对， 选横坐标：从个正数中任选1个，共种选法 选纵坐标：由于为不同的数，故从剩余个正数中任选个，共种选法， 根据分步乘法计数原理，符合条件的点的总个数为． 7．（25-26高二下·全国·课后作业）为优惠于民，某通信运营商推出“优惠卡活动”，每张卡卡号的前7位是固定的．现从后4位号码为“0000”到“9999”的10000张卡中选带有“6”或“9”的卡作为“优惠卡”，则“优惠卡”的张数是（   ） A．1980 B．4096 C．5904 D．8020 【答案】C 【分析】直接统计 “含有 6 或 9” 情况较多，采用间接法（正难则反），先计算后四位既不含数字 6、也不含数字 9 的号码数量，再用总号码数去减，得到优惠卡张数. 【详解】卡号后四位每一位可取 0∼9，共 10 个数字, 若既不含 6，也不含 9，则每一位只能从剩下 8 个数字中选取， 由分步乘法计数原理得到后4位不含6且不含9的卡共有张． 卡号后4位共有种，因此优惠卡有张． 8．（26-27高三上·河北唐山·开学考试）点的横、纵坐标都是正整数，且，则满足条件的点个数为（   ） A．12 B．10 C．9 D．8 【答案】A 【分析】利用分步计数原理结合质因数分解求解. 【详解】因为，故的正因数的形式为， 其中可取，可取，故的正因数的个数为. 因，故确定时唯一确定，故满足条件的的个数为. 9．（25-26高三下·广西南宁·阶段检测）的不同正因数的个数共有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】先将，所以正因数可定成，进而再确定取值情况，由分步乘法计数原理可得. 【详解】先对做质因数分解： ，所以任意一个的正因数都可以写成的形式， 其中指数的取值范围是：可取，共种选择；可取，共种选择； 可取，共种选择. 根据分步乘法计数原理，不同正因数的总个数为 个. 10．（24-25高二下·江苏苏州·阶段检测）（多选）下列说法正确的是（   ） A．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 B．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 C．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 D．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同 【答案】AC 【分析】根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理的概念，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】选项A：先取数学书（第一步），再取语文书（第二步），或相反步骤， 两步都完成，才算完成这件事，故属于分步计数问题，故A正确； 选项B：分步乘法计数原理是指完成一件事需要多个步骤，只有完成所有步骤， 才算完成整件事，故B错误； 选项C：分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，故C正确； 选项D：在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法是不同的，故D错误. 11．（25-26高二下·河北唐山·期中）（多选）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（   ） 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 【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，则和同色，和同色，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，，同色，相邻区域不同色，故可以先涂，区域，有种涂法， 因三个区域都与，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，按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 因，不同色（只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能与同色，此时共有24种涂法，故D错误. 12.（25-26高二下·全国·课后作业）6名同学均报考，，三所院校中的1所，如果每一所院校至少有1人报考，则不同的报考方法共有______种． 【答案】540 【分析】先考虑6人随意报3校的报考方法，再将不符合条件的情况减去，又考虑到其中包含将两所学校没人报的情况重复计数情形，故可求出不同的报考方法种数． 【详解】先不考虑限制，每名同学有3种选择，共种． 至少有一所院校无人报考的情况：指定一所无人报考有种，，，三所可选，共种； 但所有人都只报同一所院校的3种情况被多减了一次，需要加回． 因此共有种． 13.（25-26高二上·山东潍坊·阶段检测）若将本不同的书放到个不同的盒子里，则不同的放法种数为__________ 【答案】/ 【分析】利用计数原理的方法直接求解即可. 【详解】由题知，每本书都有种选择， 故不同的放法种数为. 14.（24-25高二下·福建厦门·阶段检测）某城市一地铁站有四个出站口，乘客甲，乙，丙相互独立地任选一个出站口出站，则共有_____________种出站方法． 【答案】64 【详解】每位乘客都有4种出站选择，根据分步乘法计数原理可得共有种出站方法． 15．（25-26高二下·江苏泰州·期末）从甲地到乙地有3条公路，从乙地到丙地有2条公路，从甲地不经过乙地到丙地有3条水路，则从甲地到丙地共有______种不同的走法． 【答案】 【详解】根据分步和分类计数原理可知，甲地到丙地共有条不同的走法. 16．（26-27高三上·河南南阳·开学考试）用、、、、、、这个数字可以组成没有重复数字三位数的个数为______（用数字作答）． 【答案】 【详解】数字不能放首位，则首位有种选择，十位有种选择，个位有种选择， 由分步乘法计数原理可知，满足条件的三位数的个数为个. 17．（25-26高二下·贵州遵义·期末）如图，给图中的A，B，C，D，E五个区域涂色，要求相邻区域涂不同的颜色．现有4种不同的颜色供选择，则有________种不同的涂色方案．（用数字作答） 【答案】72 【详解】分步完成，首先涂区域，共有4种涂法，第二步涂区域，共有3种涂法， 第三步涂区域，共有2种涂法， 对于区域和区域，分类讨论， 若区域与区域颜色相同，则区域有1种涂法，区域有2种涂法， 若区域与区域颜色不同，则区域有1种涂法，区域有1种涂法， 所以共有种涂法. 18．（25-26高二下·安徽蚌埠·期末）现给蚌埠市四区三县区域示意图涂色，有4种颜色供选择，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，且蚌山区、龙子湖区、禹会区、淮上区四区颜色各不相同，则不同的涂色方法有_________种．（用数字作答） 【答案】192 【分析】根据分步乘法和分类加法计算原理进行计算． 【详解】先涂四个区，要求颜色各不相同，共有种涂法； 再涂三个县： 怀远县：与禹会区，淮上区相邻，两个区颜色不同，故怀远县可选的颜色有2种； 固镇县：与淮上区，怀远县相邻，两个区颜色不同，故固镇县可选的颜色有2种； 五河县：与淮上区，固镇县相邻，两个区颜色不同，故五河县可选的颜色有2种； 根据分步乘法计数原理可知：共有种涂色方法． 19．（26-27高二上·湖北武汉·阶段检测）已知集合，在M中可重复地依次取出三个数a，b，c，则“以a，b，c为边长恰好构成三角形”的概率是________． 【答案】 【分析】先得到基本事件数，再得到不能构成三角形的事件数，利用古典概型公式结合对立事件概率公式求解即可. 【详解】从三个数里取三次，共有种情况，其中只有，，，，，， ，，，，，等12种情况无法构成三角形， 则“以a，b，c为边长恰好构成三角形”的概率为. 20．（25-26高二下·安徽六安·期末）某班一天8节课，上、下午各4节.现安排上午两节语文课连上，上、下午均有一节数学课，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，则不同的排法有__________种.（用数字作答） 【答案】576 【分析】先排语文与数学，再通过乘法原理求解即可. 【详解】先安排上午连上的语文课，则可能有3种，再安排数学课，上午还剩下两节课， 所以上午数学课有2种选择，下午有四节课，所以下午数学课有4种选择， 最后安排英语、物理、体育、音乐，共种，所以共种. 21．（25-26高二下·上海闵行·期末）已知，、，则的情况有________种． 【答案】8 【分析】按的不同取值分类讨论即可. 【详解】当（即）时：需要满足，集合中符合条件的有，共种， 因此这类情况有种； 当（即或）时：需要满足， 集合中符合条件的有，共种，因此这类情况有种； 当（即或）时：集合中不存在的元素，因此这类情况有0种， 将所有情况相加，总共有种. 22．（25-26高二下·全国·课后作业）求解下列问题： (1)在图的电路中，只合上一只开关，接通电源使灯泡发光的不同方法有多少种？ (2)在图的电路中，合上两只开关，接通电源使灯泡发光的不同方法有多少种？ 【答案】(1)种；(2)种 【分析】（1）根据并联电路的连接方式结合分类加法计数原理可得结果； （2）根据串联电路的连接方法结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】（1）并联电路中，只要在组或组中合上一只开关即可使灯泡发光，两类方法互斥，因此有种． （2）串联电路中，必须先在组中选个开关，再在组中选个开关，两个步骤缺一不可， 因此有种． 23．（25-26高二下·江苏徐州·期中）用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）. (1)求可组成多少个三位数； (2)将（1）中的三位数按从小到大的顺序排成一排，求第55个数. 【答案】(1)100；(2)342 【分析】（1）先排百位数，再排其余数位； （2）按百位数字分类讨论，逐步缩小范围． 【详解】（1）百位数字可以从中选择，共种选择. 十位数字可以从剩下的个数字选择，共种选择，个位数字可以从剩下个数字选择，共种选择. 可以组成个三位数. （2）按百位分类计数：百位为的三位数：共个（对应第个数）； 百位为的三位数：共个（对应第个数）. 因此第55个数的百位是，且是百位为的数中第个. 再按十位从小到大分类计数（百位固定为）： 十位为：个位可选，共个数（对应百位为3的第个）； 十位为：个位可选，共个数（对应第个）； 十位为：个位可选，共个数（对应第个）. 此时累计到第12个，接下来十位从小到大是， 按顺序排列，第13个：，第14个：，第15个：. 因此第55个数是. 24．（25-26高二下·全国·课后作业）将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数． (1)可以排出多少个不同的三位数？ (2)各位数字互不相同的三位数有多少个？ (3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？ 【答案】(1)216；(2)120；(3)90 【分析】（1）可先排百位，再排十位，最后排个位，结合分步乘法计数原理，即可求解； （2）根据题意，先排百位，再排十位，最后排个位，结合分步乘法计数原理，即可求解； （3）根据题意，可分为百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，且每种都有个，进而得到答案. 【详解】（1）解：根据题意，可分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位， 根据分步乘法计数原理知，可以排出（个）不同的三位数． （2）解：根据题意，可分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位， 百位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位上数字的排法有4种， 根据分步乘法计数原理知，各位数字互不相同的三位数有（个）． （3）解：两个数字相同有三种可能，即百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同， 且每种都有（个），故满足条件的三位数共有（个）． 25．（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）． 1．（25-26高二下·重庆·期末）从这10个数字中任取三个数字，则至少有两个数是连续数字的取法共有（     ） A．35种 B．56种 C．64种 D．70种 【答案】C 【详解】由题意，3个数都是连续数字的情况： 若取到的3个数中最小的数为，则剩下的2个数为， 因此共有8种取法； 恰有2个数是连续数字的情况： 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这7个中任取1个，共7种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这7个中任取1个，共7种取法， 因此共有种取法. 综上所述，至少有两个数是连续数字的取法共有种. 2．（25-26高二下·天津·阶段检测）有5个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5，从中无放回地随机取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的不同取法总数为（   ） A．28 B．32 C．36 D．48 【答案】B 【分析】设三次取出的球编号依次为，由题可得，然后由列举法可得答案. 【详解】设三次取出的球编号依次为，由题可得. 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有2种； 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有8种； 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有12种； 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有8种； 当时，可得，则可为，即满足题意的情况有2种. 综上可得满足题意的不同取法数为：. 3．（25-26高二下·重庆渝中·期末）若一个三位数的百位数字是，十位数字是，个位数字是,，且 三个数中最大值和最小值的和等于，则这样的三位数的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件，分，和三种情况讨论，即可求解. 【详解】因为三个数中最大值和最小值的和等于，且， 若，则，或，或，或，或 若，则，，或，，或 ，或，或， 若，则，可以是，或，可以是， 所以符合条件的三位数的个数是. 4.（25-26高二下·内蒙古通辽·期末）甲、乙、丙三人相互做传球训练，由甲开始传球，传球者每次传球时都将球传给另外两个人中的一个人.经过次传球后球在甲手中，则不同的传递方式共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】通过建立传球后球在甲手中与不在甲手中的递推关系，逐步计算得到次传球后球在甲手中的情况数. 方法二：直接列出所有满足要求的传递方式即可. 【详解】方法一：设为经过次传球后球在甲手中的不同传递方式数，为经过次传球后球不在甲手中的不同传递方式数，. 初始状态：次传球时球在甲手中，故，. 每次传球有种选择，因此次传球的总方式数为，即. 若次传球后球在甲手中，则第次传球后球必定不在甲手中，且第次由持球者传给甲， 因此递推关系为. 依次计算： 当时，，； 当时，，； 当时，，； 当时，. 故经过次传球后球在甲手中的不同传递方式共有种. 方法二：满足题意的有：甲-乙-甲-乙-甲、甲-乙-甲-丙-甲、甲-乙-丙-乙-甲、 1- 丙-甲-乙-甲、甲-丙-甲-丙-甲、甲-丙-乙-丙-甲，共有种， 5.（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）从0至6这七个数中取出5个数组成一个五位数，要求百位和千位上的数相差1且都比另外三个数位上的数大，则这样无重复数字的五位偶数有（     ） A．42个 B．43个 C．84个 D．86个 【答案】D 【分析】由题意可得五位偶数的个位数字只能是，百位和千位上的数都要大于等于3，且百位和千位上的数相差1，进而百位和千位上的数为3和4、4和5、5和6，三种情况讨论求解即可. 【详解】由于要组成无重复数字的五位偶数，百位和千位上的数相差1且都比另外三个数位上的数大， 则其个位数字只能是，百位和千位上的数都要大于等于3. ①当百位和千位上的数为3和4时（3和4可以交换位置），其它位置只能从中选择， 若万位选1，则剩下两个位置排0和2（0和2可以交换位置）； 若万位选2，则个位只能选0，十位选1. 因此，共有个； ②当百位和千位上的数为4和5时（4和5可以交换位置），其它位置只能从中选择， 若万位选1或3，则个位可以从0和2中任选1个，十位从剩下的2个数中任选1个； 若万位选2，则个位只能选0，十位从剩下的2个数中任选1个. 因此，共有个； ③当百位和千位上的数为5和6时（5和6可以交换位置），其它位置只能从中选择， 若万位选1或3，则个位可以从中任选1个，十位从剩下的3个数中任选1个； 若万位选2或4，则个位从剩下的2个偶数中任选1个，十位从剩下的3个数中任选1个. 因此，共有个. 综上所述，共有个. 6．（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）如图，对一个正五边形的五个区域进行涂色，要求同一个区域只涂一种颜色，相邻的两个区域涂不同的颜色.现有红、黄、蓝3种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方案数为（    ） A．24 B．28 C．30 D．36 【答案】C 【分析】A与C同色时，先涂A，B，C，再分D选择与B同色和B不同色求解；当A与C不同色时，先涂A，B，C再分D选择与A同色和B同色求解. 【详解】当A与C同色时，A有3种涂法，B有2种涂法，C有1种涂法， D选择与B同色时，E选择剩下的1种颜色，有1种涂法， D选择与B不同色时，则选择剩下的1种颜色，E选择与B同色，有1种涂法， 共有种涂法； 当A与C不同色时，A有3种涂法，B有2种涂法，C有1种涂法， D选择与A同色时，E可以选择B或C同色，有2种涂法， D选择与B同色时， E选择与C同色， 共有， 综上：共有种涂法. 7．（25-26高二下·四川成都·期中）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（     ）    A．192 B．216 C．264 D．288 【答案】C 【分析】先对图中挂件进行编号，根据已有条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方法种类数. 【详解】该挂件进行如图所示的编号：    依题意1号有4种涂色方案，2，3，4号有种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： 第一种：若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法； 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第二种：若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第三种：若5号与1号异色，与3号同色，此时5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，则7号有2种涂色方法， 当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法； 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第四种：若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有两种涂色方法， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 综上可知，所有涂色方法种类数为种涂色方法. 8．（25-26高二下·河北保定·期中）某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 【答案】C 【分析】利用分步乘法原理可得答案. 【详解】若颜色全相同，选颜色共种选法； 涂：每个区域不能是的颜色， 因此每个区域各有种选择，共种.共有种方法. 若用两种不同颜色，选2种颜色种；再分配给三个区域种， 因此共种涂法. 涂，仅夹在两个同色区域之间的那个区域有种选择， 其余两个夹在异色区域之间的区域各只有种选择，共种. 因此共有种方法. 若颜色全不同，用3种颜色，共种涂法； 涂，每个区域夹在两个异色区域之间，仅剩余1种颜色可选，共种. 共有种方法. 将三类相加，总涂色方法为种. 9．（26-27高一上·陕西·开学考试）若不等式组的整数解仅为，，则适合这个不等式组的整数，的有序数对的个数是（    ） A．17 B．64 C．72 D．81 【答案】C 【分析】解原不等式组得的范围，根据题意求出，的范围，确定整数，的个数，利用分步乘法计数原理可得结果． 【详解】由，得， 因为不等式组的整数解仅为，， 所以，解得， 因为， 所以，， 所以可取个整数，可取个整数， 可知的个数为． 10．（25-26高二下·四川广安·期中）若自然数P使得作竖式加法不发生进位现象，称P为“加德数”，如不产生进位，所以11是“加德数”；产生了进位现象，所以42不是“加德数”．那么在小于2026的四位自然数中，“加德数”共有（   ） A．48个 B．54个 C．57个 D．96个 【答案】C 【分析】按千位数字分类，利用计数原理可得答案． 【详解】在小于2026的四位自然数中，当千位数字时，“加德数”需要满足个位数字，十位数字． 当千位数字为1时，百位和十位数字可以为0，1，2，3，个位数字可以为0,1，2，此时共有个； 当千位数字为2时，百位数字只能为0，十位数字可以为0，1，2，个位数字可以为0，1，2，此时共有个． 所以共有个． 11．（25-26高二上·河南·阶段检测）（多选）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． 12．（25-26高二下·河南郑州·期末）古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》中，通过严谨的几何公理和逻辑推理，系统化地证明并确立了“正多边形有且只有一个外接圆”这一性质.现从正边形的顶点中任取若干个，使之能作为正边形的顶点，则的不同选法共有______种. 【答案】11 【分析】由题意可知正边形的顶点是正边形的顶点，分析可知，则一定是的因数，且不小于3，根据可得出因数的个数，结合即可得解. 【详解】正边形的顶点共有个，它们是正边形外接圆的等分点， 由题意可知正边形的顶点是正边形的顶点， 且正边形的顶点也是上述圆的等分点， 正边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 正边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 因为正边形的顶点是正边形的顶点，所以（为正整数）， 所以，所以正边形的一定是的因数，且不小于3， 又， 故的可能取值为从中选一个数，和从中选一个数， 将选出的这两个数相乘得到，故的因数个数为个， 但，故的个数为，所以满足题意的有个. 13．（25-26高二下·四川达州·期末）如图所示，一个椭圆形区域被分割为互不重叠的六个部分，依次标记为，，，，，.现用4种不同的颜色对图中6个区域着色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色，四种颜色全部参与着色，则所有着色方案种数为______.（用数字作答） 【答案】 【分析】首先不考虑颜色是否全用，涂色顺序依次为求出所有涂色情况数，再排除只涂3种颜色的情况数，最后作差即可得. 【详解】由图，若不考虑颜色是否全用，涂色顺序依次为， 则涂色种数依次为：有4种，有3种，有2种，有2种，有2种，有2种， 所以共有种， 由于4种颜色全部参与着色，需排除只涂3种颜色的情况（注意不可能有小于三种颜色的情况）， 第一步：从4种选3种颜色种选色， 第二步：在选定的3种颜色：选1种颜色种，从剩余2种颜色选，满足约束， 仅能是或，注意字母相同表示涂同一种颜色，共种， 第三步：此时3种颜色已用：占1种，占2种，只能选的颜色（满足），仅1种选择， 所以，仅用3种颜色的方案数， 综上，种. 14．（25-26高二下·天津武清·期中）如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求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，则不同的涂色方案有________种. 【答案】 【分析】利用分步计数原理即可求解. 【详解】我们按区域顺序分步计算涂色方案，根据相邻区域不同色的要求，每一步的选择数如下： 涂区域A：共4种颜色可选，有种方案。 涂区域B：B与A相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域C：C与A、B都相邻，颜色都不同，有种方案。 涂区域D：D与B、C都相邻，颜色都不同，B、C异色，因此有种方案。 涂区域E：E仅与D相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域F：F与D、E都相邻，D、E异色，因此有种方案。 涂区域G：G仅与E、F都相邻，E、F异色，因此有种方案。 根据分步乘法计数原理，总方案数为： . 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.1.1 基本计数原理 教学目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理。 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题。 教学重难点 1.重点 （1）会运用加法计数原理； （2）会运用乘法计数原理； （3）分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用。 2.难点 （1）数字排列问题； （2）涂色问题。 知识点01 分类加法计数原理 1. 定义：做一件事情，完成它可以有类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二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。 2. 解题思路：（1）分类：将完成这件事的方法分成若干类； （2） 计数：求出每一类的方法数； （3） 结论：将每一步的方法数相加得出结果. 【即学即练】 （25-26高二下·陕西榆林·期中）某校开设类选修课3门，类选修课2门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（    ） A．2种 B．3种 C．5种 D．6种 知识点02 分步乘法计数原理 1. 定义：做一件事情，完成它需要分成个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第步有种不同的方法，那么完成这件事有种不同的方法。 2. 解题思路：（1）判：是不是必须一步一步依次做完； （2） 拆：拆成一步一步的； （3） 数：写出每一步有多少种选择； （4） 乘：全部相乘得到总方法数. 3.分步两个条件：①步骤互相独立，互不干扰 ②步与步确保连续，逐步完成 【即学即练】 （26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）某小区有4个出入门，如果甲同学从其中的任意一个门进入小区，并要求从其他的门出去，那么甲同学进出小区的方式共有（    ） A．4种 B．7种 C．12种 D．16种 知识点03 两种计数原理的综合应用 1.两个计数原理的联系与区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种类 不同点 分类完成，类类相加，关键是“分类” 分步相乘，步步相乘，关键是“分步” 分类完成一件事，每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性。分类计数原理可利用“并联”电路来理解。 分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事，要注意“步”与“步”之间的连续性。分步计数原理可利用“串联”电路来理解。 运用加法运算 运用乘法运算 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 2.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路： ①弄清完成一件事是做什么； ②确定是先分类后分步，还是先分步后分类； ③弄清分步、分类的标准是什么； ④类要做到不重不漏。 【即学即练】 （25-26高二下·全国·课后作业）甲同学有5本不同的数学书、4本不同的物理书、3本不同的化学书，现在乙同学向甲同学借书． (1)若借1本书，则有多少种借法？ (2)若每科各借1本书，则有多少种借法？ (3)若任借2本不同学科的书，则有多少种借法？ 题型01 分类加法计数原理的应用 【典例1】（25-26高二下·陕西西安·期末）书桌上有2本不同的语文课外读物和3本不同的数学课外读物．现从中取出一本，则不同的取法种数为（    ） A．5 B．6 C．8 D．9 【变式1】（25-26高二下·陕西西安·期末）从2幅不同的国画和5幅不同的水彩画中任选一幅布置房间，则不同的选法共有（     ） A．4种 B．7种 C．10种 D．25种 【变式2】（25-26高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）某书架有三层，上层有本不同的数学书，中层有本不同的语文书，下层有本不同的英语书.若从该书架任取本书.则不同的取法数为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（25-26高二下·广东梅州·期末）学校社团招新，其中有5个不同的文艺类社团、7个不同的体育类社团和6个不同的科技类社团．甲同学从这些社团中选择一个加入，不同的选法有（    ） A．3种 B．7种 C．18种 D．210种 【变式4】（25-26高二下·山东烟台·开学考试）甲、乙两个班级分别有29名学生，30名学生，从两个班中选一名学生，则不同的选法有（    ） A．59种 B．29种 C．30种 D．种 题型02 分步乘法计数原理的应用 【典例1】（24-25高二下·河北廊坊·阶段检测）若4名同学报名参加书法、绘画、计算机兴趣小组，每人限报一项，则有（  ）种报名方法． A．7 B．12 C．64 D．81 【变式1】（25-26高二下·四川遂宁·期中）为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、6种荤菜中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（ ） A．48种 B．36种 C．24种 D．12种 【变式2】（24-25高二下·河北廊坊·阶段检测）已知某体育场有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为（   ） A．4 B．8 C．12 D．16 【变式3】（2026高二·全国·专题练习）名学生分别从，，三个志愿服务项目中任选个参加，要求，两个项目都至少有人参加，则不同的选择方法共有多少种？ 【变式4】（2026高二·全国·专题练习）5名学生分别从 A，B，C 三个志愿服务项目中任选1个参加，要求 项目至少有1人参加，则不同的选择方法共有多少种？ 题型03 两种计数原理的综合运用 【典例1】（25-26高二下·四川遂宁·期末）如图，若电路从到只有一条支路接通，则不同的路径有（    ） A．6种 B．7种 C．8种 D．9种 【变式1】（25-26高二下·河北保定·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丙地有2条路，则从甲地到丙地一共有（    ）条不同的路线． A．8 B．9 C．10 D．11 【变式2】（24-25高二下·新疆喀什·期末）（多选）下列说法正确的是（ ） A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 【变式3】（25-26高二下·全国·课后作业）某外语组有5人，每人至少会英语、法语中的一门，其中3人会英语，3人会法语．从中选会英语和法语的各一人去做翻译工作，则不同的选法种数为________． 【变式4】（25-26高二下·全国·课后作业）如图所示，从地到地有3条不同的道路，从地到地有4条不同的道路，从地不经地直接到地有2条不同的道路． (1)从地到地有多少种不同的走法？ (2)从地到地再回到A地有多少种不同的走法？ (3)从地到地再回到地，回来时的走法不能与去时完全相同，有多少种不同的走法？ 题型04 代数中的计数问题 【典例1】（25-26高二下·四川雅安·期末）乘积展开后的项数为（    ）． A． B． C． D． 【变式1】（25-26高二下·河南·阶段检测）若，则方程表示的直线条数为（    ） A．12 B．13 C．15 D．16 【变式2】（26-27高三上·上海浦东新·阶段检测）已知函数的定义域为，值域为，则满足条件的函数最多有（    ）个. A．28 B．30 C．31 D．32 【变式3】（2027高三·全国·专题练习）与是的子集，若，则称为一个理想配集，若将与看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”的个数是（   ） A．4 B．8 C．9 D．16 题型05 几何中的计数问题 【典例1】（25-26高二下·全国·期中）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1】（2027高三·全国·专题练习）设三位数，若以为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n有（   ） A．12种 B．24种 C．28种 D．36种 【变式2】（2026·海南海口·模拟预测）如图由4条水平方向的平行线和5条竖直方向的平行线围成的图形中共有______个不同的平行四边形； 【变式3】（2027高三·全国·专题练习）已知空间中有三点满足，再取两个点，使得这两点与点可以组成正四棱锥，则不同的取法有________种． 题型06 数字排列问题 【典例1】（2026高二·全国·专题练习）某系统的5位验证码，每一位都可以从数字 0，1，2 中任选一个，数字可以重复.若验证码中 0，1，2 三个数字都至少出现一次，则不同的验证码共有多少个？ 【变式1】（25-26高二下·广东深圳·期末）用数字0，1，2可以组成多少个没有重复数字的三位数（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【变式2】（25-26高二上·江西南昌·阶段检测）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】（2026·贵州遵义·模拟预测）用这个数字可以组成没有重复数字三位数的个数是（     ） A． B． C． D． 【变式4】（25-26高二下·全国·课后作业）已知0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成多少个大于且小于的数字不重复的四位数？ 题型07 涂色问题 【典例1】（25-26高二下·四川乐山·期末）如图，现要对某市的5个区域地图进行着色，有4种颜色可供选择，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．108种 【变式1】（2027高二·全国·专题练习）如图，要给 5 个区域染色，有 5 种不同的颜色可供选择，并要求相邻区域颜色不同，则不同的染法种数为_____. 【变式2】（25-26高二下·四川南充·阶段检测）用4种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是________． 【变式3】（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，已知四棱锥.用红、黄、蓝、绿四种颜色（四种颜色全部使用），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（    ）    A．24 B．48 C．72 D．96 【变式4】（25-26高二下·全国·课后作业）现有红、黄、蓝、绿种颜色可选择（不要求用完所有颜色）． (1)如图1所示，给、、、四个区域涂色，要求相邻区域必须涂不同颜色，同一区域只涂一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种？ (2)如图2所示，给四棱锥的顶点涂色，要求同一条棱的两个顶点不能同色，则不同的涂色方法共有多少种？ 题型08 其他计数模型 【典例1】（25-26高二下·全国·课后作业）将标有序号1，2，3的三个小球放入标有序号1，2，3，4的四个盒子里，每个盒子最多放一个小球，且要求小球和盒子的序号均不对应相同，则所有放法的种数为________． 【变式1】5．（25-26高二下·全国·课后作业）有红、黄、蓝三种颜色的旗各足够多面，每次可以升1面、2面或3面旗，纵向排列在旗杆上表示信号，旗数或顺序不同时表示不同信号，则可以表示不同信号的种数为（   ） A．38 B．39 C．40 D．42 【变式2】（25-26高二下·浙江杭州·期末）从如图所示的方格表中随机选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则事件“选中方格中的4个数之和为”的概率为（     ）    A． B． C． D． 【变式3】（2025·辽宁·一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有__________种. 1．（25-26高二下·新疆巴州·期末）某日，从库尔勒到乌鲁木齐的火车共有10个车次，飞机共有2个航班，长途汽车共有12个班次，若该日甲只选择这3种交通工具中的一种，则甲从库尔勒到乌鲁木齐共有（ ） A．12种选法 B．24种选法 C．22种选法 D．14种选法 2．（25-26高二下·全国·课后作业）假定有一排蜂房，其形状如图所示，一只蜜蜂在左下角的蜂房中，由于受了伤只能爬，不能飞，而且只能从一间蜂房爬到与之相邻的右方（包括右上、右下）蜂房中去．若该蜜蜂从最初位置爬到4号蜂房中，则不同的路线有（   ） A．4种 B．6种 C．8种 D．10种 3.（25-26高二下·安徽宿州·期末）暑假期间，小明和小红打算从黄山、九华山、宏村、天柱山四个安徽著名景点中各随机挑选2个进行游玩，则两人所选不同景点的总数为3的概率为（    ） A． B． C． D． 4.（25-26高二下·青海海东·期末）某外语组有9人，其中6人主修英语，3人主修俄语，从中选出主修英语和俄语的各一人，不同的选法有（    ） A．9种 B．18种 C．种 D．种 5.（25-26高二下·河北唐山·期末）“这么近，那么美，周末到河北”．2026年暑假来临之际，甲、乙、丙、丁、戊五位同学决定一起游历河北．夏天到河北的游客，一般都会选择承德避暑山庄、秦皇岛山海关、唐山清东陵这三个地方游览，如果某天每人只能去这三个景点中的一个地方，清东陵一定有人去，则不同游览方案的种数为（    ） A．243 B．211 C．125 D．60 6.（25-26高二下·北京海淀·期末）从中任取两个不同的数，组成有序数对．在平面直角坐标系中，以为坐标的点位于第一象限的个数为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高二下·全国·课后作业）为优惠于民，某通信运营商推出“优惠卡活动”，每张卡卡号的前7位是固定的．现从后4位号码为“0000”到“9999”的10000张卡中选带有“6”或“9”的卡作为“优惠卡”，则“优惠卡”的张数是（   ） A．1980 B．4096 C．5904 D．8020 8．（26-27高三上·河北唐山·开学考试）点的横、纵坐标都是正整数，且，则满足条件的点个数为（   ） A．12 B．10 C．9 D．8 9．（25-26高三下·广西南宁·阶段检测）的不同正因数的个数共有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 10．（24-25高二下·江苏苏州·阶段检测）（多选）下列说法正确的是（   ） A．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 B．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 C．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 D．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同 11．（25-26高二下·河北唐山·期中）（多选）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（   ） 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 12.（25-26高二下·全国·课后作业）6名同学均报考，，三所院校中的1所，如果每一所院校至少有1人报考，则不同的报考方法共有______种． 13.（25-26高二上·山东潍坊·阶段检测）若将本不同的书放到个不同的盒子里，则不同的放法种数为__________ 14.（24-25高二下·福建厦门·阶段检测）某城市一地铁站有四个出站口，乘客甲，乙，丙相互独立地任选一个出站口出站，则共有_____________种出站方法． 15．（25-26高二下·江苏泰州·期末）从甲地到乙地有3条公路，从乙地到丙地有2条公路，从甲地不经过乙地到丙地有3条水路，则从甲地到丙地共有______种不同的走法． 16．（26-27高三上·河南南阳·开学考试）用、、、、、、这个数字可以组成没有重复数字三位数的个数为______（用数字作答）． 17．（25-26高二下·贵州遵义·期末）如图，给图中的A，B，C，D，E五个区域涂色，要求相邻区域涂不同的颜色．现有4种不同的颜色供选择，则有________种不同的涂色方案．（用数字作答） 18．（25-26高二下·安徽蚌埠·期末）现给蚌埠市四区三县区域示意图涂色，有4种颜色供选择，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，且蚌山区、龙子湖区、禹会区、淮上区四区颜色各不相同，则不同的涂色方法有_________种．（用数字作答） 19．（26-27高二上·湖北武汉·阶段检测）已知集合，在M中可重复地依次取出三个数a，b，c，则“以a，b，c为边长恰好构成三角形”的概率是________． 20．（25-26高二下·安徽六安·期末）某班一天8节课，上、下午各4节.现安排上午两节语文课连上，上、下午均有一节数学课，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，则不同的排法有__________种.（用数字作答） 21．（25-26高二下·上海闵行·期末）已知，、，则的情况有________种． 22．（25-26高二下·全国·课后作业）求解下列问题： (1)在图的电路中，只合上一只开关，接通电源使灯泡发光的不同方法有多少种？ (2)在图的电路中，合上两只开关，接通电源使灯泡发光的不同方法有多少种？ 23．（25-26高二下·江苏徐州·期中）用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）. (1)求可组成多少个三位数； (2)将（1）中的三位数按从小到大的顺序排成一排，求第55个数. 24．（25-26高二下·全国·课后作业）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？ 25．（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？ 1．（25-26高二下·重庆·期末）从这10个数字中任取三个数字，则至少有两个数是连续数字的取法共有（     ） A．35种 B．56种 C．64种 D．70种 2．（25-26高二下·天津·阶段检测）有5个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5，从中无放回地随机取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的不同取法总数为（   ） A．28 B．32 C．36 D．48 3．（25-26高二下·重庆渝中·期末）若一个三位数的百位数字是，十位数字是，个位数字是,，且 三个数中最大值和最小值的和等于，则这样的三位数的个数是（    ） A． B． C． D． 4.（25-26高二下·内蒙古通辽·期末）甲、乙、丙三人相互做传球训练，由甲开始传球，传球者每次传球时都将球传给另外两个人中的一个人.经过次传球后球在甲手中，则不同的传递方式共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 5.（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）从0至6这七个数中取出5个数组成一个五位数，要求百位和千位上的数相差1且都比另外三个数位上的数大，则这样无重复数字的五位偶数有（     ） A．42个 B．43个 C．84个 D．86个 6．（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）如图，对一个正五边形的五个区域进行涂色，要求同一个区域只涂一种颜色，相邻的两个区域涂不同的颜色.现有红、黄、蓝3种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方案数为（    ） A．24 B．28 C．30 D．36 7．（25-26高二下·四川成都·期中）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（     ）    A．192 B．216 C．264 D．288 8．（25-26高二下·河北保定·期中）某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 9．（26-27高一上·陕西·开学考试）若不等式组的整数解仅为，，则适合这个不等式组的整数，的有序数对的个数是（    ） A．17 B．64 C．72 D．81 10．（25-26高二下·四川广安·期中）若自然数P使得作竖式加法不发生进位现象，称P为“加德数”，如不产生进位，所以11是“加德数”；产生了进位现象，所以42不是“加德数”．那么在小于2026的四位自然数中，“加德数”共有（   ） A．48个 B．54个 C．57个 D．96个 11．（25-26高二上·河南·阶段检测）（多选）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 12．（25-26高二下·河南郑州·期末）古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》中，通过严谨的几何公理和逻辑推理，系统化地证明并确立了“正多边形有且只有一个外接圆”这一性质.现从正边形的顶点中任取若干个，使之能作为正边形的顶点，则的不同选法共有______种. 13．（25-26高二下·四川达州·期末）如图所示，一个椭圆形区域被分割为互不重叠的六个部分，依次标记为，，，，，.现用4种不同的颜色对图中6个区域着色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色，四种颜色全部参与着色，则所有着色方案种数为______.（用数字作答） 14．（25-26高二下·天津武清·期中）如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求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，则不同的涂色方案有________种. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $