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【概率与统计微专题】第一章排列组合与二项式定理专题一两个计数原理微点1分类加法计数原理与分步乘法计数
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专题一 两个计数原理
微点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理【基础版】
分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决计数问题的基础．
本节介绍分类加法计数原理和分步乘法计数原理常见题型及其解题方法．
一、分类加法计数原理
1．定义
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法．
2．拓展
完成一件事有类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法．
【提醒】分类加法计数原理中每类方案都能独立完成这件事，它是独立的、一次性的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事．
二、分类加法计数原理
1．定义
完成一件事需要两个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法．
2．拓展
完成一件事需要个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法
【提醒】分步乘法计数原理中每一步得到的只是其中某一步的结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事．
三、两种计数原理的区别与联系
区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步．
四、两种计数原理综合应用
1．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析—需要分类还是需要分步；
2．分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数；
3．分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
类型一 两个计数原理的综合应用
【典例1】现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
（1）从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
（2）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？
（3）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
【解析】（1）分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14（种）不同的选法．
（2）分为三步：国画、油画、水彩画各有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70（种）不同的选法．
（3）分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10（种）不同的选法；
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35（种）不同的选法；
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14（种）不同的选法．
所以共有10＋35＋14＝59（种）不同的选法．
【总结与反思】对于情况不太多的应用题可以采用枚举法，即将各种情况通过树形图法、列表法意义列举出来，适用于计数种数较少的情况．
【举一反三】
（2023下河北邯郸高二期中考试）
1．现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（ ）
A．10种B．12种C．20种D．60种
【典例2】（2023四川成都双流中学月考）如图1，小黑圆表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息（ ）
图1
A．26 B．24 C．20 D．19
【答案】D
【解析】根据题意，结合图形知，从A到B传播路径有4条，如图2所示；
图2
途径①传播的最大信息量为3，途径②传播的最大信息量为4；
途径③传播的最大信息量为6，途径④传播的最大信息量为6；
∴从A向B传递信息，单位时间内传递的最大信息量为，故选D．
【总结与反思】字典排序法：
（1）字典排序法就是把所有字母分前后次序，先排前面的字母，前面的字母排完后再依次排后面的字母，最后的字母排完，则排列结束．
（2）利用字典排序法并结合分步乘法计数原理可以解决与排列顺序有关的计数问题，利用字典排序法还可以把这些排雷不重不漏地一一列举出来．
【举一反三】
2．集合，.现从，中各取一个元素作为点的坐标．
(1)可以得到多少个不同的点？
(2)在这些点中，位于第一象限的有几个？
【典例3】设集合A＝{1，2，3，4}，m，n∈A，则方程＋＝1表示焦点位于x轴上的椭圆有（ ）
A．6个 B．8个 C．12个 D．16个
【答案】A
【解析】因为椭圆的焦点在x轴上，所以m＞n．当m＝4时，n＝1，2，3；当m＝3时，n＝1，2；当m＝2时，n＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6（个）．
【举一反三】
（2024江苏徐州一模）
3．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【典例4】某班小张等4名同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每名同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有（ ）
A．27种 B．36种 C．54种 D．81种
【答案】C
【解析】小张的报名方法有2种，其他3名同学的报名方法各有3种，由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54（种）不同的报名方法，故选C．
【总结与反思】对于含有特殊元素或特殊位置的问题，可以考虑特殊元素或特殊位置，即特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．
【举一反三】
（2023下安徽高二滁州月考）
4．甲､乙､丙､丁四名同学参加学校组织的植树活动，学校共组织了3个植树小组，每人只能参加一个植树小组，则甲､乙不在同一个植树小组的安排方法有（ ）
A．81种B．54种C．36种D．12种
类型二 实际问题中的计数问题
【典例5】（2023下山东枣庄高二月考）（多选题）现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是（ ）
A．选1人为负责人的选法种数为30
B．每组选1名组长的选法种数为3024
C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335
D．若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种
【答案】ABC
【解析】对于A，选1人为负责人的选法种数：，故A正确；
对于B，每组选1名组长的选法：，故B正确；
对于C，2人需来自不同的小组的选法：，故C正确；
于D，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有种选择，
若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有种选择，
∴不同的选法有：，故D错误；故选ABC．
【总结与反思】若计数时分类较多或无法直接计数时，可以采用间接法，即可先求出没有限制条件的种数，再减去不满足条件的种数．
【举一反三】
5．家住北京的李老师每周一要乘上午的火车或汽车到天津讲课一次．如果每天上午有6次列车和8趟汽车开往天津，计算去天津三次时，一共有多少种不同的选择．
【典例6】有两排座位，前排10个座位，后排10个座位，现安排2人就座，规定前排中间的两个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的坐法的种数是
【答案】276
【解析】分为下列三类情况：
第一类：两人分别坐前后两排，共有种；
第二类：两人都坐后排，共有种；
第三类：两人都坐前排，共有三种情况，分坐左右4个座位有32种；
都坐左边4个座位有6种；都坐右边4个座位也有6种；共有种；
由分类加法计数原理可得，共有种．
【举一反三】
6．李芳有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有两套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出,则不同的选择方式有( )
A．24种B．10种C．9种D．14种
【典例7】为亮化城市，现在要把一条路上7盏灯全部改装成彩色路灯，如果彩色路灯有红、黄、蓝共三种颜色，在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯至少要有2盏，那么有多少种不同的安装方法？
【答案】114种
【解析】由题意知，每种颜色的路灯至少要有2盏，
这说明有三种颜色的路灯的分配情况只能是2，2，3的形式．
不妨设红的3个，七个位置分别用1，2，3，4，5，6，7表示，
那么红的可以排135，136，137，146，147，157，246，247，257，357，共10种，
其中135，136，146，247，257，357会留下4个空，
两个不相邻，两个相邻，连续的不能放一样的颜色，
那么就必须一蓝一黄，剩下两个一黄一蓝放到剩下两个不相邻的空里，各4种．
147留4个空，两个两个相邻，共4种放法．
137，157，四个空中3个相邻，一个分开，各2种放法．
246，四个空都分开，有6种放法．
∴共有种，
当黄或蓝有3个时，总数一样，故一共有种不同的放法．
【总结与反思】对于较复杂的问题可以采用模型法，即通过构造图形，利用形象、直观的图形帮助分析和解决问题．
【举一反三】
（2023下河南创新发展联盟高二联考）
7．将2个不同的红球和2个不同的黑球放入3个不同的盒子中（可以有盒子不放球）.
(1)若2个红球放入同一个盒子中，则不同的放法有多少种？
(2)若每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有多少种？
【典例8】（2023下北京陈经纶中学高二期中考试）陈经纶中学高二年级近日于北京日坛公园组织社会实践活动． 日坛公园的西门位于东西中轴线上，公园内部的主要路径及主要景点如图3所示． 某活动小组计划从“烈士墓”出发，经“东西中轴线及其以北”的主要路径前往“祭日拜台”进行实践活动，活动结束后经“东西中轴线及其以南”的主要路径由南门离开． 已知小组成员的行动路线中没有重复的主要路径． 则该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过 个主要景点；该小组全程共有 条行动路线可供选择．
图3
【答案】5 35
【分析】该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过主要景点依次有：北天门，祭器库，神库神厨，悬铃木，西天门；该小组全程行动路线使用分类分步一一列举出来即可．
【解析】该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过主要景点依次有：北天门，祭器库，神库神厨，悬铃木，西天门，共5个；
图4
各路口与景点标记如图4所示，该小组全程行动路线可分三类：
第一类：由A经到H到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到H的路线有：AFGH，AFGDEH，ABDGH，ABDEH，第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：IMO，IMKLNO，IMNLKO，JLKO，JLNO，共有种．
第二类：由A经到I到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到I的路线有：AFI，ABDGFI，ABDEHGFI， 第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：JLKO，JLNO， 共有种．
第三类：由A经到J到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到J的路线有：ABCJ，AFGDBCJ，AFGHEDBCJ， 第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：IMO，IMKLNO，IMNLKO， 共有种．
因此，共有20+6+9＝35．
【点睛】易错点点睛：列举法关键是要做到不重漏，分类要清晰，步骤要合理．
【举一反三】
（2023下湖北问津教育联合体高二月考）
8．现有天平及重量为1，2，4的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全部放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（ ）种.
A．15B．13C．11D．10
类型三 代数中的计数问题
【典例9】（2024上江西九江高二期末考试）从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（ ）
A．30个 B．42个 C．41个 D．39个
【答案】D
【解析】当取时，则只能为真数，此时这个对数值为，
当不取时，底数有种，真数有种，
其中，
故此时有个，∴共有个．故选D．
【总结与反思】
代数中的计数问题通常涉及确定满足特定条件的对象数量．常见的解法如下：
（1）基本原理：使用加法原理和乘法原理；
（2）图表和框图：可以采用枚举法、树状图法等直观地表示问题、解决问题；
（3）分类讨论：将情况分成不同的类别进行分析．
总之，在解决具体的代数计数问题时，需要根据问题的特点选择合适的方法．同时，还需要注意问题的约束条件和限制，以确保得到正确的解答．
【举一反三】
9．从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为（ ）
A．64B．56C．53D．51
【典例10】（2024下四川雅安高三开学考试）已知集合，非空集合，且中所有元素之和为奇数，则满足条件的集合共有（ ）
A．12个 B．14个 C．16个 D．18个
【答案】C
【解析】，
由于中所有元素之和为奇数，且非空集合，
当中只有一个元素时，则或或，
当中有2个元素时，则中的元素必为一偶一奇，故有个满足条件的，
当中有3个元素时，则中的元素必为2偶一奇或者三个元素均为奇数，
故有4个满足条件的，
当中有4个元素时，则中的元素必为一偶3奇，故有2个满足条件的，
当中有5个元素时，则满足条件，
故共有，故选C．
【总结与反思】
求解集合类的代数计数问题，可以综合考虑集合的互异性、子集的性质等，利用加法计数原理、乘法计数原理解决问题，要注意问题的约束条件和限制．
【举一反三】
（2023下江苏淮安高二月考）
10．自然数是一个三位数，其十位与个位、百位的差的绝对值均不超过1，我们就把叫做“集中数”.那么，大于600的“集中数”的个数是（ ）
A．30B．31C．32D．33
【典例11】如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”（如：6，24，2013等均为“好数”），将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2 013，则n＝（ ）
A．50 B．51 C．52 D．53
【分析】2013是四位数，故“好数”按四位数，按三大类分首位为0、1、2每一类再分，然后把数量相加即可．
【解析】本题可以把数归为“四位数”（含0006等），
因此比2 013小的“好数”为0×××，1×××，2 004，共三类数，
第一类可分为：00××，01××，…，0 600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数；
第二类可分为：10××，11××，…，1 500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数，
第二类可分为：2 004，共1个
故2 013为第28+21+1+1=51个数，故n＝51．故选B．
【总结与反思】
在解决新定义计数问题时，关键是准确理解新定义，并将其应用到计数过程中．
解决新定义计数问题的一般步骤：
（1）理解新定义：仔细研究并理解问题中给出的新定义；
（2）分析条件：明确问题中的已知条件和限制；
（3）确定计数对象：确定需要计数的对象；
（4）根据定义分类或分步：按照新定义的要求进行分类或分步计数，再应用加法原理、乘法原理解决问题；
（5）注意特殊情况和排除重复：考虑可能存在的特殊情况，并排除重复计数；
（6）检查结果：确保计数的准确性．
【举一反三】
（2023下重庆高二统考期末考试）
11．“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6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ）
A．900个B．891个C．810个D．648个
类型四 数字组数问题
【典例12】（2024下重庆高二月考）从0，1，2，3，4中选出3个数组成各位数字不重复的3位偶数，这样的数有（ ）个．
A．24 B．30 C．36 D．60
【答案】B
【解析】若从0，1，2，3，4中选出3个数中没有0，
则组成各位数字不重复的3位偶数有个；
若从0，1，2，3，4中选出3个数中有0，且0排在个位，
则组成各位数字不重复的3位偶数有个；
若从0，1，2，3，4中选出3个数中有0，且0不在个位，
则组成各位数字不重复的3位偶数有个；
故从0，1，2，3，4中选出3个数组成各位数字不重复的3位偶数，
这样的数有个，故选B
【总结与反思】
解决数字组数问题的一般方法：
（1）对于组数问题，一般按特殊位置（一般是末位和首位）优先的方法分类或分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解；
（2）解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．组数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．
提醒：数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．
【举一反三】
（2023下广东梅州高二期中考试）
12．从0、1、2、3、4、5六个数中，选3个不同的数可以组成多少个不同的三位数？（ ）
A．60B．80C．100D．120
【典例13】（2023下山西晋中高二月考）由数字0，1，2，3组成的无重复数字的4位数字中，比2020大的数的个数为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】A
【解析】（1）当首位即千位上数字为3时，其余3个数字全排列，排在后面3位上，
此时有种排法，即有6个2020大的数；
（2）当首位即千位上数字为2时，则有：
①若百位上是1或3，将余下的2个数字全排列，排在后面2位，
此时有种排法，即有4个2020大的数；
②若百位上是0，此时只有2031比2020大，即有1个2020大的数；
综上所述：符合题意的数共有（个）．故选A．
【总结与反思】
对于本题类型的计数问题，可以应用字典排序法，把所有符合条件的数一一列举出来，若符合要求的数目较大，可以考虑“正难则反”策略，即所有的数中剔除去不符合要求的数．
【举一反三】
（2023下江苏宿迁高二期中考试）
13．由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（ ）．
A．42个B．48个C．54个D．120个
【典例14】对于自然数作竖式运算时不进位，那么称是“良数”，如32是“良数”，由于计算时不进位，23是“良数”，由于计算时要进位，那么小于1000的“良数”有（ ）
A．36个 B．39个 C．48个 D．64个
【答案】C
【解析】如果 是“良数”，则的个位数字只能是 ，非个位数字只能是（首位不为 ），而小于 的数至多三位，一位的“良数”有 ，共 个，二位良数个位可取，十位可取，共有 个，三位良数个位可取，十位可取，百位可取，共有 ，综上，小于“良数”的个数为 个，故选C．
【总结与反思】
本题考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理及新定义问题．新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．本题通过定义“良数”达到考查两计数原理的目的．
【举一反三】
（2024高三上重庆月考）
14．已知集合，且，用组成一个三位数，这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”，则这样的三位数的个数为（ ）
A．14B．17C．20D．23
类型五 涂色与种植问题
【典例15】（2023下河北沧州高二月考）有三种不同颜色供选择，给图中六个格子涂色，相邻格子颜色不能相同，共有 种不同的涂色方案．
【答案】96
【解析】将格子自左向右编号为1，2，3，4，5，6，格子1，2有种选法，
当格子3与格子1相同时，此时格子4，5，6都有2种选法，
当格子3与格子1不同时，此时格子3有1种选法，格子4，5，6都有2种选法，
∴当格子1和2颜色确定后，格子4，5，6共有种选法，
∴不同的涂色方法有种．
【总结与反思】
解决涂色与种植问题的一般思路：
（1）按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析问题；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析问题；
（3）对于涂色问题，将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
【举一反三】
（2023下吉林四平高一期中考试）
15．在如图所示的五块土地上种植四种庄稼，有五种庄稼秧苗可供选择，要求相邻的土地不种同一种庄稼，共有（ ）种植方式．
A．240种B．300种C．360种D．420种
【典例16】（2024下山西运城景胜中学高二月考）如图6，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（ ）
图6
A．24 B．48 C．96 D．120
【答案】C
【分析】讨论两种情况，第一类相同颜色，第二类不同颜色，分别利用分步计数乘法原理求解，然后求和即可．
【解析】若颜色相同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，只有一种涂法，共有种；
若颜色不同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，当和相同时，有2种涂法，当和不同时， 只有一种涂法，共有种，根据分类计数原理可得，共有 种，故选C．
【总结与反思】
解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．
【举一反三】
（2024下江苏南京三校高二联考）
16．地图涂色是一类经典的数学问题.如图，用4种不同的颜色涂所给图形中的4个区域，要求相邻区域的颜色不能相同，则不同的涂色方法有（ ）种.
A．84B．72C．48D．24
【典例17】（2024上山东德州高二月考）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图8所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，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与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
图8
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【解析】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，
故不同的涂色方案有种．故选B．
【总结与反思】
解决较复杂的涂色问题，一般步骤如下：
（1）理解题意：仔细阅读题目，明确涂色的规则和要求；
（2）确定基本元素：找出需要涂色的对象，例如图形、数字等；
（3）分析限制条件：注意题目中给出的限制条件，如不能重复涂色、某些区域必须涂特定颜色等；
（4）采用合适的方法：
①列举法：在情况较少的情况下，直接列举所有可能的涂色方案；
②排除法：排除不符合要求的方案，从而得到符合条件的方案数；
③分类讨论：根据不同的情况进行分类，分别计算涂色方案数；
④递推法：通过已知的部分结果，推导出其他情况的方案数；
⑤利用数学规律：例如，对于一些规则简单的图形，可以利用数学规律快速得出答案；
（5）检查答案：确保计算结果的准确性．
【举一反三】
（2023下山东菏泽郓城一中高二月考）
17．中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有 .
一、单选题：
（2023下吉林高二月考）
18．用、、、、五个数字，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（ ）
A．B．C．D．
（2023下广东梅州高二期中考试）
19．某校为了丰富课后服务活动，提高学校办学水平和教育质量，开设近20门选修课供学生自愿选择.甲、乙2名同学都对其中的合唱、足球、篮球、机器人课程感兴趣，若这2名同学从这4门课程中各自任选一门课程参加，则不同的选法有（ ）
A．4种B．6种C．8种D．16种
（2024下江苏淮安高二月考）
20．已知一个等腰直角，空间中取不同的两点，（不计顺序），使得这两点与，，可组成正四棱锥，且，，三点不能同时在底面上，则有（ ）种不同的方案数.
A．3B．6C．9D．12
（2024下江西高二开学考试）
21．某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、4部警匪片、3部战争片及2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法共有（ ）
A．9种B．12种C．24种D．72种
22．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中,能被5整除的有( )
A．512个B．192个
C．240个D．108个
（2024下上海宝山高二月考）
23．对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（ ）种．
A．4B．5C．6D．7
24．几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共有（ ）
A．23B．24C．32D．33
【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题．
二、多选题：
（2024下重庆万州高二月考）
25．设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则下列结论正确的是（ ）
A．从东面上山有20种走法B．从西面上山有27种走法
C．从南面上山有30种走法D．从北面上山有32种走法
（2024广东潮州饶平二中月考）
26．某校高二年级安排甲､乙､丙三名同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每名同学只能选择一个社区进行实践活动，且多名同学可以选择同一个社区进行实践活动，则下列说法正确的有（ ）
A．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
B．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有50种
C．如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种
D．如果甲､乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
（2023下山东泰安高二月考）
27．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（ ）
A．四位回文数有90个
B．四位回文数有45个
C．（）位回文数有个
D．（）位回文数有个
（2024上甘肃白银高二期末考试）
28．用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：
（2024上海同济大学附中高二月考）
29．某小组共有4名男生，和3名女生.若选一名男生和一名女生分别担任组长和干事，共有 种不同的结果.
（2023下江苏苏州高二月考）
30．若一个三位数同时满足：①各数位的数字互不相同；②任意两个数位的数字之和不等于9，则这样的三位数共有 个．(结果用数字作答)
（2023下黑龙江大兴安岭实验中学高二期末考试）
31．在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞.已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙、丙、丁四种不同的试剂对、、、、、这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对C细胞染色，则共有 种不同的染色方法（用数字作答）.
（2023下江苏高三扬州月考）
32．已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有种可能，在这种可能中，电路从P到Q接通的情况有 种．
四、解答题：
33．一栋住宅楼共有6层，第一层有8户住户，其余每层有12户住户．从中随机挑选一户进行人口调查，共有多少种不同的选择？
34．已知某容器中，H有3种同位素，Cl有2种同位素，Na有3种同位素，O有4种同位素，试问一共可以组成多少种HCl和NaOH的分子？
35．在平面直角坐标系内，若点的横、纵坐标均在内取值，则可以组成多少个不同的点P?
36．有三个袋子，第一个袋子装有标号1～20的红色小球20个，第二个袋子装有标号1～15的白色小球15个，第三个袋子装有标号1～8的蓝色小球8个．
(1)从三个袋子中取一个小球，共有多少种不同的取法？
(2)从每个袋子中各取一个小球，共有多少种不同的取法？
37．通信公司在某一段时间内向市场投放一批手机号码，这一批号码（共11位数字）的前七位是统一的，后四位都是之间的一个数字，那么这一号段共有多少个不同的号码？
38．在平面直角坐标系中，以l、2、3、4、5这五个数中的两个分别作为一个点的横坐标和纵坐标，可以组成多少个位于直线下方的点？
39．某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴与会小号的各1人，有多少种不同的选法？
40．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息．
(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下（小明不坐），有多少种不同的坐法？
(2)若小明与爸爸分别就座，有多少种不同的坐法？
41．在某设计活动中，李明要用红色和蓝色填涂四个格子（如图所示），要求每种颜色都用两次，李明共有多少种不同的填涂方法？
42．设，，且B中元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9.
(1)求B中的两位数和三位数的个数；
(2)B中是否存在五位数、六位数？
(3)若从小到大排列B中元素，求第1081个元素.
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
都是完成一件事的不同方法的种数问题
不同点1
完成一件事有类不同方案，关键词是“分类”
完成一件事需要个步骤，关键词是“分步”
不同点2
每类方案都能独立完成这件事情，且每种方法得到的最后结果，只需一种方法就可以完成这件事
任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
不同点3
各类方案之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复
参考答案：
1．B
【分析】分三类计数相加即可得解.
【详解】分三类：
第一类，从3幅不同的油画中任选一幅，有种；
第二类，从4幅不同的国画中任选一幅，有种；
第三类，从5幅不同的水彩画任选一幅，有种，
根据分类加法计数原理得共有种不同的选法.
故选：B
2．(1)24
(2)8
【分析】（1）分选中的元素为，中的元素为，及选中的元素为，中的元素为两种情况讨论，利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理计算可得；
（2）结合第一象限内点的坐标的特征，利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理计算即可；
【详解】（1）一个点的坐标由，两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点，
又集合与中的元素互不相同，
所以可分为两类：
第一类：选中的元素为，中的元素为，有（个）不同的点；
第二类：选中的元素为，中的元素为，有（个）不同的点．
由分类加法计数原理得不同的点的个数为．
（2）第一象限内的点，必须为正数，从而只能取，中的正数，
又集合与中的元素互不相同，
所以可分为两类：
第一类：选中的正元素为，中的正元素为，有（个）不同的点；
第二类：选中的正元素为，中的正元素为，有（个）不同的点．
由分类加法计数原理得不同的点的个数为．
3．A
【分析】每人都有3种选法，结合分布计数原理即可求解.
【详解】由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有种，经检验只有A选项符合.
故选：A
4．B
【分析】根据分步计数原理分析求解即可.
【详解】甲有3种参加方法，乙有2种参加方法，丙､丁均有3种参加方法，根据分步乘法计数原理可知，甲、乙不在同一个植树小组的安排方法有种，
故选：B．
5．2744
【分析】先利用分类加法计数原理，再利用分步乘法计数原理进行求解.
【详解】先由分类加法计数原理得到每一次去天津都有种选择，
再由分步乘法计数原理可知，去天津三次时，一共有次不同的选择.
6．D
【分析】分类讨论利用分步乘法和分类加法计数原理计算即可.
【详解】分两类：
第一类：选衬衣加裙子，共有种选法；
第二类：选连衣裙，共有种选法，
根据分类加法计数原理共有种选法.
故选：
7．(1)27
(2)78
【分析】（1）根据题意可得，2个红球放入同一个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中，即可得到结果；
（2）根据题意，由总情况数，减去不符合要求的情况，即可得到结果.
【详解】（1）若2个红球放入同一个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中.
不同的放法有种.
（2）不考虑每个盒子最多只能装3个球，有种放法.
若4个球放入同一个盒子中，有3种放法.
故不同的放法有种.
8．A
【分析】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解.
【详解】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解，有以下三种情况：
①第一步先放4，则4只能在左边，接下来重量为1，2的砝码顺序随意有2种，左右边随意有种，
则共有种放法；
②第一步先放2，2只能在左边，
若第二步放4，则4只能在左边，第三步砝码1左右边随意放，有种放法，
若第二步放1，则砝码1左右两边随意放，有种放法，第三步砝码4只能在左边，有1种放法，
则共有4种放法；
③第一步先放1，则1只能在左边，
若第二步放4，则4只能在左边，第三步砝码2左右边随意放，共有种；
若第二步放2，2只能在左边，第三步砝码4只能在左边，共有1种；
则共有3种放法，
综上，有种放法．
故选：A．
9．C
【分析】按所取的两个数字中有数字1和没有数字1分别计算对数值的个数，再去掉对数值相等的个数即可得解.
【详解】由于1只能作为真数，则以1为真数，从其余各数中任取一数为底数，对数值均为0，
从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成个对数式，
其中，，，，，重复了4次，
所以得到不同对数值的个数为.
故选：C
10．B
【分析】根据已知条件，一一列举即可.
【详解】当百位为6时，十位可以为5，6，7，当十位为5时，个位可以为4，5，6；
当十位为6时，个位可以为5，6，7；当十位为7时，个位可以为7，8，9；
共9个；
当百位为7时，十位可以为6，7，8，当十位为6时，个位可以为5，6，7；
当十位为7时，个位可以为6，7，8；当十位为8时，个位可以为7，8，9；
共9个；
当百位为8时，十位可以为7，8，9，当十位为7时，个位可以为6，7，8；
当十位为8时，个位可以为7，8，9；当十位为9时，个位可以为8，9；
共8个；
当百位为9时，十位可以为8，9，当十位为8时，个位可以为7，8，9；
当十位为9时，个位可以为8，9；共5个；
综上，总共9+9+8+5=31个，故A，C，D错误.
故选：B.
11．B
【分析】先求得所有6位 “回文数”的个数，再求得6位 “回文数”中各位数字全相同的个数，进而得到所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的个数.
【详解】6位 “回文数”中个位与十万位数字相同且不为0，
十位与万位数字相同，百位与千位数字相同，
第一步，确定个位与十万位数字，有9种可能，
第二步，确定十位与万位数字，有10种可能，
第三步，确定百位与千位数字，有10种可能，
则6位 “回文数”共有（个），
又6位 “回文数”中各位数字全相同的共有9个，
则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（个）.
故选：B
12．C
【分析】根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算即可求解.
【详解】从0、1、2、3、4、5六个数中，选3个不同的数，
百位上的数字有除0外的5种选法，
十位上的数字有除百位上的数字外的5种选法，
个位上的数字有除百位、十位上的数字外的4种选法，
所以总共有种不同的三位数，
故选：C
13．A
【分析】分为五位数的个位数是,五位数的个位数是两类，依据两个计数原理求解.
【详解】若五位数的个位数是，则有种情形；
若五位数的个位数是，由于不排首位，
因此只有有种情形，中间的三个位置有种情形，
依据分步计数原理，可得种情形．
由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为.
故选：A．
14．C
【分析】分类求解符合条件的三位数的个数即可.
【详解】集合，且，
则这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”包含以下三种情况：
①十位数是，则百位数可以是中的一个数，个位数可以是中的一个数，即个；
②十位数是，则百位数可以是中的一个数，个位数可以是中的一个数，即个；
③十位数是，则百位数只能是，个位数可以是中的一个数，即个；
综上，符合条件的共有个.
故选：C.
15．A
【分析】先选出4种庄稼，再根据可能的相同庄稼情况计算种数，运用分步乘法计数原理即可求解.
【详解】根据题意，五块土地上种植四种庄稼，先选出4种庄稼，共有种选择，
则地种植相同庄稼或地种植相同庄稼，共有种选择，
根据分步乘法计数原理可知，有种．
故选：A
16．A
【分析】先将区域分为上下左右，再分上下颜色相同与不同，最后用分步计数原理求解.
【详解】将图形区域氛围上下左右，
若上下颜色相同，则上有4种，左有3种，右有3种，共有种；
若上下颜色不同，则上有4种，下有3种，左右各有两种，共有种，
所以共有种，
故选：A
17．30
【分析】先涂“火、土”两个位置，再分类讨论“火”与“金”、“土”与“水”位置颜色是否相同，运算求解.
【详解】设3种不同的颜色为，
对于“火、土”两个位置有种不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别为，
1.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共2种涂色方法；
2.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为或，共2种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共3种涂色方法；
综上所述：共种不同的涂色方法.
故答案为：30.
18．A
【分析】由题意可知，末位数字为或，首位数字有种选择，则中间的数位有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，末位数字为或，首位数字有种选择，则中间的数位有种选择，
由分步乘法计数原理可知，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为.
故选：A.
19．D
【分析】根据题意甲乙两人均有4种选课方法，应用分步乘法即可得结果.
【详解】由题设，甲乙两人均有4种选课方法，
所以2名同学从这4门课程中各自任选一门课程参加的方法有种.
故选：D
20．A
【分析】先假设点为的顶点，再分类讨论点是否为正四棱锥的顶点，结合正四棱锥的结构特征即可得解.
【详解】不妨设是等腰直角的两腰，则点为的顶点，
若以为正四棱锥的顶点，
则底面正方形可以为边, 如图1，共两种,
也可以为对角线，如图2，共一种，
若不以为正四棱锥的顶点时，由于，
故不管以哪个点为正四棱锥的顶点，都不可能组成正四棱锥，
综上，一共有三种不同的方案数.
故选：A.
21．B
【分析】根据分类加法计数原理即可得解.
【详解】任选1部电影可分四类：第一类选的是科幻片，第二类选的是警匪片，
第三类选的是战争片，第四类选的是喜剧片，
由分类加法计数原理可得不同的选法共有（种）．
故选：B．
22．D
【详解】试题分析：由于能被5整除的数，其个位必为0或5，由此分两类：第一类：个位为0的，有个；第二类：个位为5的，再分两小类：第1小类：不含0的，有个，第2小类：含0的，有个，从而第二类共有48个；故在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数有60+48=108个，故选D．
考点：排列组合．
23．C
【分析】根据条件通过列举法可得答案.
【详解】因为函数的定义域，值域为，
所以要满足“增函数”的定义，一定是；
元素2,3,4的取值情况有如下几种：①三个元素均与7对应，即，符合题意；
②三个元素中有2个元素与7对应，则有或，两种情况；
③三个元素中仅有一个元素与7对应，则有或或，三种情况；
综上可得共有6种情况.
故选：C.
24．D
【分析】先判断出，按顺序排在前四个位置中的三个位置，，，且一定排在后四个位置，然后分排在前四个位置中的一个位置与不排在前四个位置中的一个位置两种情况讨论，利用分类计数加法原理可得结果.
【详解】不妨设代表树枝的高度，五根树枝从上至下共九个位置，
根据甲依次撞击到树枝；乙依次撞击到树枝；丙依次撞击到树枝；丁依次撞击到树枝；戊依次撞击到树枝可得，
在前四个位置，，，且一定排在后四个位置，
（1）若排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C,则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有种排法；
（2）若不排在前四个位置中的一个位置，则按顺序排在前四个位置，由于，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，
由分类计数原理可得，这9根树枝从高到低不同的次序有种.
故选：D.
【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.
25．ABD
【分析】利用分步乘法原理求解即可.
【详解】若从东面上山，则上山走法有2种，下山走法有10种，由分步计数原理可得共有20种走法；
若从西面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，由分步计数原理可得共有27种走法；
若从南面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，由分步计数原理可得共有27种走法；
若从北面上山，则上山走法有4种，下山走法有8种，由分步计数原理可得共有32种走法；
故选：ABD
26．AC
【分析】对于A，根据社区A必须有同学选择，由甲､乙､丙三名同学都有5种选择减去有4种选择求解；对于B，根据同学甲必须选择社区A，有乙丙都有5种选择求解；对于C，根据三名同学选择的社区各不相同求解；对于D，由甲､乙两名同学必须在同一个社区，捆绑再选择求解；
【详解】对于A，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），故A正确；
对于B，如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有（种），故B错误；
对于C，如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有（种），故C正确；
对于D，甲､乙两名同学必须在同一个社区，第一步，将甲､乙视作一个整体，第二步，两个整体挑选社区，则不同的安排方法共有（种），故D错误.
故选：AC.
27．AC
【分析】按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】根据题意，对于四位回文数，
有1001、1111、1221、……、1991、
2002、2112、2222、……、2992、
……、
9009、9119、9229、……、9999，
其首位和个位有种选法，第二为和第三位有种选法，故共有个，则A正确，B错误；
对于位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，
第个数字，即最中间的数字有10种选法，
则共有种选法，
即（）位回文数有个，故C正确，D错误.
故选：AC.
28．AD
【分析】利用分类计数原理即可得解.
【详解】当时，分四步：
第一步，涂处，有3种涂色方案；第二步，涂处，有2种涂色方案；
第三步，涂处，有2种涂色方案；第四步，涂处，有1种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故A正确；
当时，分四步：
第一步，涂处，有4种涂色方案；第二步，涂处，有3种涂色方案；
第三步，涂处，有3种涂色方案；第四步，涂处，有2种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故B错误；
当时，分四步：
第一步，涂处，有5种涂色方案；第二步，涂处，有4种涂色方案；
第三步，涂处，有4种涂色方案；第四步，涂处，有3种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故C错误；
当时，分四步：
第一步，涂处，有6种涂色方案；第二步，涂处，有5种涂色方案；
第三步，涂处，有5种涂色方案；第四步，涂处，有4种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故D正确.
故选：AD.
29．24
【分析】根据题意结合分步乘法计数原理分析求解.
【详解】因为4名男生选一名男生共有4种不同的结果；
3名女生选一名女生共有3种不同的结果；
一名男生和一名女生分别担任组长和干事共有2种不同的方法，
根据分步乘法计数原理可知：共有种不同的结果.
故答案为：24.
30．432
【分析】从百位开始讨论，然后分析十位数字，对应分析个位数字情况，最后找规律总结即可求解；
【详解】从百位开始讨论：
（1）百位数字为1，十位数字有0,2,3,4,5,6,7,9，（除1,8外所有数字）；
当十位数字为0时，个位数字为2,3,4,5,6,7,（除1,0，8，9外所有数字），所以对应的三位数有种；
（2）百位数字为2,3,4,5,6,7,8,9，情况同（1）；
综上这样的三位数共有：种；
故答案为：432.
31．90.
【分析】先考虑C细胞的染色试剂没有限制的条件下相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，然后考虑用甲试剂对C细胞染色且相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，将两种方法种数作差即可得解.
【详解】不考虑甲试剂不能对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有种方法，
共120种方法.
现考虑甲试剂对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有，
共30种方法.
所以，符合条件的染色方法有120-30=90种.
故答案为：90.
【点睛】求解染色问题一般直接用两个计算原理求解，通常的作法是，按区域的不同以区域为主分布计数，用分布乘法原理进行求解.
32．16
【分析】根据题意，按1、4的闭合与否，分三种情况讨论：（1）若1闭合，而4不闭合；（2）若4闭合，而1不闭合；（3）若1、4都闭合，分别求出每种情况下的电路接通情况的数目，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】若电路从到接通，共有三种情况：
（1）若1闭合，而4不闭合时，可得分为：
①若1、2闭合，而4不闭合，则3、5可以闭合也可以不闭合，共有种情况；
②若1、3、5闭合，而4不闭合，则2可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但①与②中都包含1、2、3、5都闭合，而4不闭合的情况，所以共有种情况；
（2）若4闭合，而1不闭合时，可分为：
③若4、5闭合，而1不闭合，则2、3可以闭合也可以不闭合，有种情况；
④若4、3、2闭合，而1不闭合，则5可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但③与④中，都包含4、2、3、5都闭合，而1不闭合的情况，所以共有种情况；
（3）若1、4都闭合，共有种情况，而其中电路不通有2、3、5都不闭合与2、5都不闭合2种情况，则此时电路接通的情况有种情况；
所以电路接通的情况有种情况.
故答案为：.
33．68种选择.
【分析】先求出住户数，再计算即可.
【详解】由题意可知该住宅楼共户，随机挑选一户则有68种选择.
34．一共可以组成6种HCl分子，和36种NaOH的分子
【分析】根据分步计数原理求解即可.
【详解】因为HCl由H和Cl组成，且H有3种同位素，Cl有2种同位素，故可以组成种HCl.
因为NaOH由Na和OH组成，且Na有3种同位素，O有4种同位素，H有3种同位素，故OH有种情况，
故可以组成种NaOH的分子.
35．16
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理求解即得.
【详解】确定点P的坐标必须分两步，即分步确定点P的横坐标与纵坐标.
第一步，确定横坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，有4种方法；
第二步，确定纵坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，也有4种方法，
根据分步乘法计数原理，所有不同的点P的个数为4×4＝16，
所以可以组成16个不同的点P.
36．(1)
(2)
【分析】（1）利用加法原理即可得出．
（2）利用乘法原理即可得出．
【详解】（1）从三个袋子里选取一个小球，有种不同的选法．
（2）从每个袋子里选取一个小球，有种不同的选法．
37．
【分析】由于前七位已确定，我们只需分4步来确定后四位数字，11位手机号码就最终确定，要用分步乘法计数原理来计算．
【详解】后四位中的每一位都可以从这10个数字中任选一个，都有10种选法．
根据分步乘法计数原理，可依次确定手机号码的第八、九、十、十一位，
那么这一号段共有个不同的号码．
38．10
【分析】根据分步乘法原理以及列举法得出结果即可.
【详解】根据分步乘法原理，
以l、2、3、4、5这五个数中的两个分别作为一个点的横坐标和纵坐标共有个点，
位于直线下方的点有，，，，，，，，，，
所以直线下方的点共10个.
39．20
【分析】由题意可知，在艺术小组9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(把该人记为甲)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．再分两种情况（甲入选和甲不入选）讨论得解.
【详解】解：由题意可知，在艺术小组9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(把该人记为甲)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．
把从中选出会钢琴与会小号各1人的方法分为两类．
第1类，甲入选，另1人只需从其他8人中任选1人，故这类选法共8种；
第2类，甲不入选，则会钢琴的只能从6个只会钢琴的人中选出，有6种不同的选法，会小号的也只能从只会小号的2人中选出，有2种不同的选法，
所以这类选法共有6×2=12(种)．
因此共有8+12=20(种)不同的选法．
【点睛】方法点睛：排列组合问题常见的解法：一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.
40．(1)14
(2)182
【分析】（1）分两种情况讨论，选东面的空闲凳子，选西面的空闲凳子，利用分类加法计数原理计算可得；
（2）分两步，先小明就座，再小明爸爸就座，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】（1）小明爸爸选凳子可以分两类：
第一类：选东面的空闲凳子，有种坐法；
第二类：选西面的空闲凳子，有种坐法．
根据分类加法计数原理知，小明爸爸共有（种）不同的坐法．
（2）小明与爸爸分别就座，可以分两步完成：
第一步，小明先就座，从东、西面共（个）空闲凳子中选一个坐下，共种坐法；
第二步，小明爸爸再就座，从东、西面共个空闲凳子中选一个坐下，共种坐法．
由分步乘法计数原理知，小明与爸爸分别就座共有（种）不同的坐法．
41．种
【分析】用表示红色，用表示蓝色，列举出所有不同的涂色方法，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】用表示红色，用表示蓝色，
用表示第一个和第三个格子涂红色，第二个和第四个格子涂蓝色．
因为红色和蓝色都要用两次，为了简化问题，考虑涂红色的格子是否相邻，
则填涂结果可以分为两类：涂红色的格子相邻，涂红色的格子不相邻．
涂红色的格子相邻的方法有：、、，共种；
涂红色的格子不相邻的方法有：、、，共种．
依据分类加法计数原理，李明共有不同的涂法种．
42．(1)两位数共有种，三位数有种
(2)五位数存在，不存在六位数
(3)4012
【分析】（1）利用分步计数原理直接计算；
（2）利用反证法可以证明；
（3）先求出符合题意的四位数有个，再找出B中第1081个元素即可.
【详解】（1）两位数中，十位上的数字可取1，2，3，…，9，个位上的数字由于不能和十位上的数字重复，且与十位上的数字之和不能为9，故对于十位上的每一个数字，相应的个位数字有8种取法，从而满足题意的两位数共有（种）.
对于三位数，我们先考虑百位上的数字，可取1，2，3，…，9；再考虑十位上的数字，由于不能与百位上的数字重复，且与百位上的数字之和不能为9，故有8种取法；
最后考虑个位上的数字，由于不能和百位、十位上的数字重复，且和百位、十位上的数字相加都不能等于9，故有6种取法，从而符合题意的三位数有（种）.
（2）五位数存在，如12340就是其中一个；不存在这样的六位数.理由如下：仿照（1）的解法，十万位上有9种取法，万位上有8种取法，千位上有6种取法，百位上有4种取法，十位上有2种取法，个位上有0种取法，矛盾.
（3）由（1）可得，符合题意的两位数有72个，三位数有432个，符合题意的四位数有（个）.四位数中千位上是1的有（个）；千位上是2，3的也各有192个，由于.所以符合题意的数是千位上是4的最小的数，即B中第1081个元素是4012.
专题一 两个计数原理
微点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理【基础版】
分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决计数问题的基础．
本节介绍分类加法计数原理和分步乘法计数原理常见题型及其解题方法．
一、分类加法计数原理
1．定义
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法．
2．拓展
完成一件事有类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法．
【提醒】分类加法计数原理中每类方案都能独立完成这件事，它是独立的、一次性的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事．
二、分类加法计数原理
1．定义
完成一件事需要两个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法．
2．拓展
完成一件事需要个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法
【提醒】分步乘法计数原理中每一步得到的只是其中某一步的结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事．
三、两种计数原理的区别与联系
区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步．
四、两种计数原理综合应用
1．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析—需要分类还是需要分步；
2．分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数；
3．分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
类型一 两个计数原理的综合应用
【典例1】现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
（1）从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
（2）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？
（3）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
【解析】（1）分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14（种）不同的选法．
（2）分为三步：国画、油画、水彩画各有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70（种）不同的选法．
（3）分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10（种）不同的选法；
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35（种）不同的选法；
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14（种）不同的选法．
所以共有10＋35＋14＝59（种）不同的选法．
【总结与反思】对于情况不太多的应用题可以采用枚举法，即将各种情况通过树形图法、列表法意义列举出来，适用于计数种数较少的情况．
【举一反三】
（2023下河北邯郸高二期中考试）
1．现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（ ）
A．10种B．12种C．20种D．60种
【典例2】（2023四川成都双流中学月考）如图1，小黑圆表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息（ ）
图1
A．26 B．24 C．20 D．19
【答案】D
【解析】根据题意，结合图形知，从A到B传播路径有4条，如图2所示；
图2
途径①传播的最大信息量为3，途径②传播的最大信息量为4；
途径③传播的最大信息量为6，途径④传播的最大信息量为6；
∴从A向B传递信息，单位时间内传递的最大信息量为，故选D．
【总结与反思】字典排序法：
（1）字典排序法就是把所有字母分前后次序，先排前面的字母，前面的字母排完后再依次排后面的字母，最后的字母排完，则排列结束．
（2）利用字典排序法并结合分步乘法计数原理可以解决与排列顺序有关的计数问题，利用字典排序法还可以把这些排雷不重不漏地一一列举出来．
【举一反三】
2．集合，.现从，中各取一个元素作为点的坐标．
(1)可以得到多少个不同的点？
(2)在这些点中，位于第一象限的有几个？
【典例3】设集合A＝{1，2，3，4}，m，n∈A，则方程＋＝1表示焦点位于x轴上的椭圆有（ ）
A．6个 B．8个 C．12个 D．16个
【答案】A
【解析】因为椭圆的焦点在x轴上，所以m＞n．当m＝4时，n＝1，2，3；当m＝3时，n＝1，2；当m＝2时，n＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6（个）．
【举一反三】
（2024江苏徐州一模）
3．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【典例4】某班小张等4名同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每名同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有（ ）
A．27种 B．36种 C．54种 D．81种
【答案】C
【解析】小张的报名方法有2种，其他3名同学的报名方法各有3种，由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54（种）不同的报名方法，故选C．
【总结与反思】对于含有特殊元素或特殊位置的问题，可以考虑特殊元素或特殊位置，即特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．
【举一反三】
（2023下安徽高二滁州月考）
4．甲､乙､丙､丁四名同学参加学校组织的植树活动，学校共组织了3个植树小组，每人只能参加一个植树小组，则甲､乙不在同一个植树小组的安排方法有（ ）
A．81种B．54种C．36种D．12种
类型二 实际问题中的计数问题
【典例5】（2023下山东枣庄高二月考）（多选题）现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是（ ）
A．选1人为负责人的选法种数为30
B．每组选1名组长的选法种数为3024
C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335
D．若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种
【答案】ABC
【解析】对于A，选1人为负责人的选法种数：，故A正确；
对于B，每组选1名组长的选法：，故B正确；
对于C，2人需来自不同的小组的选法：，故C正确；
于D，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有种选择，
若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有种选择，
∴不同的选法有：，故D错误；故选ABC．
【总结与反思】若计数时分类较多或无法直接计数时，可以采用间接法，即可先求出没有限制条件的种数，再减去不满足条件的种数．
【举一反三】
5．家住北京的李老师每周一要乘上午的火车或汽车到天津讲课一次．如果每天上午有6次列车和8趟汽车开往天津，计算去天津三次时，一共有多少种不同的选择．
【典例6】有两排座位，前排10个座位，后排10个座位，现安排2人就座，规定前排中间的两个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的坐法的种数是
【答案】276
【解析】分为下列三类情况：
第一类：两人分别坐前后两排，共有种；
第二类：两人都坐后排，共有种；
第三类：两人都坐前排，共有三种情况，分坐左右4个座位有32种；
都坐左边4个座位有6种；都坐右边4个座位也有6种；共有种；
由分类加法计数原理可得，共有种．
【举一反三】
6．李芳有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有两套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出,则不同的选择方式有( )
A．24种B．10种C．9种D．14种
【典例7】为亮化城市，现在要把一条路上7盏灯全部改装成彩色路灯，如果彩色路灯有红、黄、蓝共三种颜色，在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯至少要有2盏，那么有多少种不同的安装方法？
【答案】114种
【解析】由题意知，每种颜色的路灯至少要有2盏，
这说明有三种颜色的路灯的分配情况只能是2，2，3的形式．
不妨设红的3个，七个位置分别用1，2，3，4，5，6，7表示，
那么红的可以排135，136，137，146，147，157，246，247，257，357，共10种，
其中135，136，146，247，257，357会留下4个空，
两个不相邻，两个相邻，连续的不能放一样的颜色，
那么就必须一蓝一黄，剩下两个一黄一蓝放到剩下两个不相邻的空里，各4种．
147留4个空，两个两个相邻，共4种放法．
137，157，四个空中3个相邻，一个分开，各2种放法．
246，四个空都分开，有6种放法．
∴共有种，
当黄或蓝有3个时，总数一样，故一共有种不同的放法．
【总结与反思】对于较复杂的问题可以采用模型法，即通过构造图形，利用形象、直观的图形帮助分析和解决问题．
【举一反三】
（2023下河南创新发展联盟高二联考）
7．将2个不同的红球和2个不同的黑球放入3个不同的盒子中（可以有盒子不放球）.
(1)若2个红球放入同一个盒子中，则不同的放法有多少种？
(2)若每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有多少种？
【典例8】（2023下北京陈经纶中学高二期中考试）陈经纶中学高二年级近日于北京日坛公园组织社会实践活动． 日坛公园的西门位于东西中轴线上，公园内部的主要路径及主要景点如图3所示． 某活动小组计划从“烈士墓”出发，经“东西中轴线及其以北”的主要路径前往“祭日拜台”进行实践活动，活动结束后经“东西中轴线及其以南”的主要路径由南门离开． 已知小组成员的行动路线中没有重复的主要路径． 则该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过 个主要景点；该小组全程共有 条行动路线可供选择．
图3
【答案】5 35
【分析】该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过主要景点依次有：北天门，祭器库，神库神厨，悬铃木，西天门；该小组全程行动路线使用分类分步一一列举出来即可．
【解析】该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过主要景点依次有：北天门，祭器库，神库神厨，悬铃木，西天门，共5个；
图4
各路口与景点标记如图4所示，该小组全程行动路线可分三类：
第一类：由A经到H到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到H的路线有：AFGH，AFGDEH，ABDGH，ABDEH，第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：IMO，IMKLNO，IMNLKO，JLKO，JLNO，共有种．
第二类：由A经到I到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到I的路线有：AFI，ABDGFI，ABDEHGFI， 第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：JLKO，JLNO， 共有种．
第三类：由A经到J到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到J的路线有：ABCJ，AFGDBCJ，AFGHEDBCJ， 第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：IMO，IMKLNO，IMNLKO， 共有种．
因此，共有20+6+9＝35．
【点睛】易错点点睛：列举法关键是要做到不重漏，分类要清晰，步骤要合理．
【举一反三】
（2023下湖北问津教育联合体高二月考）
8．现有天平及重量为1，2，4的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全部放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（ ）种.
A．15B．13C．11D．10
类型三 代数中的计数问题
【典例9】（2024上江西九江高二期末考试）从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（ ）
A．30个 B．42个 C．41个 D．39个
【答案】D
【解析】当取时，则只能为真数，此时这个对数值为，
当不取时，底数有种，真数有种，
其中，
故此时有个，∴共有个．故选D．
【总结与反思】
代数中的计数问题通常涉及确定满足特定条件的对象数量．常见的解法如下：
（1）基本原理：使用加法原理和乘法原理；
（2）图表和框图：可以采用枚举法、树状图法等直观地表示问题、解决问题；
（3）分类讨论：将情况分成不同的类别进行分析．
总之，在解决具体的代数计数问题时，需要根据问题的特点选择合适的方法．同时，还需要注意问题的约束条件和限制，以确保得到正确的解答．
【举一反三】
9．从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为（ ）
A．64B．56C．53D．51
【典例10】（2024下四川雅安高三开学考试）已知集合，非空集合，且中所有元素之和为奇数，则满足条件的集合共有（ ）
A．12个 B．14个 C．16个 D．18个
【答案】C
【解析】，
由于中所有元素之和为奇数，且非空集合，
当中只有一个元素时，则或或，
当中有2个元素时，则中的元素必为一偶一奇，故有个满足条件的，
当中有3个元素时，则中的元素必为2偶一奇或者三个元素均为奇数，
故有4个满足条件的，
当中有4个元素时，则中的元素必为一偶3奇，故有2个满足条件的，
当中有5个元素时，则满足条件，
故共有，故选C．
【总结与反思】
求解集合类的代数计数问题，可以综合考虑集合的互异性、子集的性质等，利用加法计数原理、乘法计数原理解决问题，要注意问题的约束条件和限制．
【举一反三】
（2023下江苏淮安高二月考）
10．自然数是一个三位数，其十位与个位、百位的差的绝对值均不超过1，我们就把叫做“集中数”.那么，大于600的“集中数”的个数是（ ）
A．30B．31C．32D．33
【典例11】如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”（如：6，24，2013等均为“好数”），将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2 013，则n＝（ ）
A．50 B．51 C．52 D．53
【分析】2013是四位数，故“好数”按四位数，按三大类分首位为0、1、2每一类再分，然后把数量相加即可．
【解析】本题可以把数归为“四位数”（含0006等），
因此比2 013小的“好数”为0×××，1×××，2 004，共三类数，
第一类可分为：00××，01××，…，0 600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数；
第二类可分为：10××，11××，…，1 500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数，
第二类可分为：2 004，共1个
故2 013为第28+21+1+1=51个数，故n＝51．故选B．
【总结与反思】
在解决新定义计数问题时，关键是准确理解新定义，并将其应用到计数过程中．
解决新定义计数问题的一般步骤：
（1）理解新定义：仔细研究并理解问题中给出的新定义；
（2）分析条件：明确问题中的已知条件和限制；
（3）确定计数对象：确定需要计数的对象；
（4）根据定义分类或分步：按照新定义的要求进行分类或分步计数，再应用加法原理、乘法原理解决问题；
（5）注意特殊情况和排除重复：考虑可能存在的特殊情况，并排除重复计数；
（6）检查结果：确保计数的准确性．
【举一反三】
（2023下重庆高二统考期末考试）
11．“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6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ）
A．900个B．891个C．810个D．648个
类型四 数字组数问题
【典例12】（2024下重庆高二月考）从0，1，2，3，4中选出3个数组成各位数字不重复的3位偶数，这样的数有（ ）个．
A．24 B．30 C．36 D．60
【答案】B
【解析】若从0，1，2，3，4中选出3个数中没有0，
则组成各位数字不重复的3位偶数有个；
若从0，1，2，3，4中选出3个数中有0，且0排在个位，
则组成各位数字不重复的3位偶数有个；
若从0，1，2，3，4中选出3个数中有0，且0不在个位，
则组成各位数字不重复的3位偶数有个；
故从0，1，2，3，4中选出3个数组成各位数字不重复的3位偶数，
这样的数有个，故选B
【总结与反思】
解决数字组数问题的一般方法：
（1）对于组数问题，一般按特殊位置（一般是末位和首位）优先的方法分类或分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解；
（2）解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．组数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．
提醒：数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．
【举一反三】
（2023下广东梅州高二期中考试）
12．从0、1、2、3、4、5六个数中，选3个不同的数可以组成多少个不同的三位数？（ ）
A．60B．80C．100D．120
【典例13】（2023下山西晋中高二月考）由数字0，1，2，3组成的无重复数字的4位数字中，比2020大的数的个数为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】A
【解析】（1）当首位即千位上数字为3时，其余3个数字全排列，排在后面3位上，
此时有种排法，即有6个2020大的数；
（2）当首位即千位上数字为2时，则有：
①若百位上是1或3，将余下的2个数字全排列，排在后面2位，
此时有种排法，即有4个2020大的数；
②若百位上是0，此时只有2031比2020大，即有1个2020大的数；
综上所述：符合题意的数共有（个）．故选A．
【总结与反思】
对于本题类型的计数问题，可以应用字典排序法，把所有符合条件的数一一列举出来，若符合要求的数目较大，可以考虑“正难则反”策略，即所有的数中剔除去不符合要求的数．
【举一反三】
（2023下江苏宿迁高二期中考试）
13．由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（ ）．
A．42个B．48个C．54个D．120个
【典例14】对于自然数作竖式运算时不进位，那么称是“良数”，如32是“良数”，由于计算时不进位，23是“良数”，由于计算时要进位，那么小于1000的“良数”有（ ）
A．36个 B．39个 C．48个 D．64个
【答案】C
【解析】如果 是“良数”，则的个位数字只能是 ，非个位数字只能是（首位不为 ），而小于 的数至多三位，一位的“良数”有 ，共 个，二位良数个位可取，十位可取，共有 个，三位良数个位可取，十位可取，百位可取，共有 ，综上，小于“良数”的个数为 个，故选C．
【总结与反思】
本题考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理及新定义问题．新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．本题通过定义“良数”达到考查两计数原理的目的．
【举一反三】
（2024高三上重庆月考）
14．已知集合，且，用组成一个三位数，这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”，则这样的三位数的个数为（ ）
A．14B．17C．20D．23
类型五 涂色与种植问题
【典例15】（2023下河北沧州高二月考）有三种不同颜色供选择，给图中六个格子涂色，相邻格子颜色不能相同，共有 种不同的涂色方案．
【答案】96
【解析】将格子自左向右编号为1，2，3，4，5，6，格子1，2有种选法，
当格子3与格子1相同时，此时格子4，5，6都有2种选法，
当格子3与格子1不同时，此时格子3有1种选法，格子4，5，6都有2种选法，
∴当格子1和2颜色确定后，格子4，5，6共有种选法，
∴不同的涂色方法有种．
【总结与反思】
解决涂色与种植问题的一般思路：
（1）按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析问题；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析问题；
（3）对于涂色问题，将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
【举一反三】
（2023下吉林四平高一期中考试）
15．在如图所示的五块土地上种植四种庄稼，有五种庄稼秧苗可供选择，要求相邻的土地不种同一种庄稼，共有（ ）种植方式．
A．240种B．300种C．360种D．420种
【典例16】（2024下山西运城景胜中学高二月考）如图6，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（ ）
图6
A．24 B．48 C．96 D．120
【答案】C
【分析】讨论两种情况，第一类相同颜色，第二类不同颜色，分别利用分步计数乘法原理求解，然后求和即可．
【解析】若颜色相同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，只有一种涂法，共有种；
若颜色不同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，当和相同时，有2种涂法，当和不同时， 只有一种涂法，共有种，根据分类计数原理可得，共有 种，故选C．
【总结与反思】
解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．
【举一反三】
（2024下江苏南京三校高二联考）
16．地图涂色是一类经典的数学问题.如图，用4种不同的颜色涂所给图形中的4个区域，要求相邻区域的颜色不能相同，则不同的涂色方法有（ ）种.
A．84B．72C．48D．24
【典例17】（2024上山东德州高二月考）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图8所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，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与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
图8
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【解析】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，
故不同的涂色方案有种．故选B．
【总结与反思】
解决较复杂的涂色问题，一般步骤如下：
（1）理解题意：仔细阅读题目，明确涂色的规则和要求；
（2）确定基本元素：找出需要涂色的对象，例如图形、数字等；
（3）分析限制条件：注意题目中给出的限制条件，如不能重复涂色、某些区域必须涂特定颜色等；
（4）采用合适的方法：
①列举法：在情况较少的情况下，直接列举所有可能的涂色方案；
②排除法：排除不符合要求的方案，从而得到符合条件的方案数；
③分类讨论：根据不同的情况进行分类，分别计算涂色方案数；
④递推法：通过已知的部分结果，推导出其他情况的方案数；
⑤利用数学规律：例如，对于一些规则简单的图形，可以利用数学规律快速得出答案；
（5）检查答案：确保计算结果的准确性．
【举一反三】
（2023下山东菏泽郓城一中高二月考）
17．中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有 .
一、单选题：
（2023下吉林高二月考）
18．用、、、、五个数字，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（ ）
A．B．C．D．
（2023下广东梅州高二期中考试）
19．某校为了丰富课后服务活动，提高学校办学水平和教育质量，开设近20门选修课供学生自愿选择.甲、乙2名同学都对其中的合唱、足球、篮球、机器人课程感兴趣，若这2名同学从这4门课程中各自任选一门课程参加，则不同的选法有（ ）
A．4种B．6种C．8种D．16种
（2024下江苏淮安高二月考）
20．已知一个等腰直角，空间中取不同的两点，（不计顺序），使得这两点与，，可组成正四棱锥，且，，三点不能同时在底面上，则有（ ）种不同的方案数.
A．3B．6C．9D．12
（2024下江西高二开学考试）
21．某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、4部警匪片、3部战争片及2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法共有（ ）
A．9种B．12种C．24种D．72种
22．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中,能被5整除的有( )
A．512个B．192个
C．240个D．108个
（2024下上海宝山高二月考）
23．对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（ ）种．
A．4B．5C．6D．7
24．几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共有（ ）
A．23B．24C．32D．33
【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题．
二、多选题：
（2024下重庆万州高二月考）
25．设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则下列结论正确的是（ ）
A．从东面上山有20种走法B．从西面上山有27种走法
C．从南面上山有30种走法D．从北面上山有32种走法
（2024广东潮州饶平二中月考）
26．某校高二年级安排甲､乙､丙三名同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每名同学只能选择一个社区进行实践活动，且多名同学可以选择同一个社区进行实践活动，则下列说法正确的有（ ）
A．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
B．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有50种
C．如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种
D．如果甲､乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
（2023下山东泰安高二月考）
27．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（ ）
A．四位回文数有90个
B．四位回文数有45个
C．（）位回文数有个
D．（）位回文数有个
（2024上甘肃白银高二期末考试）
28．用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：
（2024上海同济大学附中高二月考）
29．某小组共有4名男生，和3名女生.若选一名男生和一名女生分别担任组长和干事，共有 种不同的结果.
（2023下江苏苏州高二月考）
30．若一个三位数同时满足：①各数位的数字互不相同；②任意两个数位的数字之和不等于9，则这样的三位数共有 个．(结果用数字作答)
（2023下黑龙江大兴安岭实验中学高二期末考试）
31．在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞.已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙、丙、丁四种不同的试剂对、、、、、这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对C细胞染色，则共有 种不同的染色方法（用数字作答）.
（2023下江苏高三扬州月考）
32．已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有种可能，在这种可能中，电路从P到Q接通的情况有 种．
四、解答题：
33．一栋住宅楼共有6层，第一层有8户住户，其余每层有12户住户．从中随机挑选一户进行人口调查，共有多少种不同的选择？
34．已知某容器中，H有3种同位素，Cl有2种同位素，Na有3种同位素，O有4种同位素，试问一共可以组成多少种HCl和NaOH的分子？
35．在平面直角坐标系内，若点的横、纵坐标均在内取值，则可以组成多少个不同的点P?
36．有三个袋子，第一个袋子装有标号1～20的红色小球20个，第二个袋子装有标号1～15的白色小球15个，第三个袋子装有标号1～8的蓝色小球8个．
(1)从三个袋子中取一个小球，共有多少种不同的取法？
(2)从每个袋子中各取一个小球，共有多少种不同的取法？
37．通信公司在某一段时间内向市场投放一批手机号码，这一批号码（共11位数字）的前七位是统一的，后四位都是之间的一个数字，那么这一号段共有多少个不同的号码？
38．在平面直角坐标系中，以l、2、3、4、5这五个数中的两个分别作为一个点的横坐标和纵坐标，可以组成多少个位于直线下方的点？
39．某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴与会小号的各1人，有多少种不同的选法？
40．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息．
(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下（小明不坐），有多少种不同的坐法？
(2)若小明与爸爸分别就座，有多少种不同的坐法？
41．在某设计活动中，李明要用红色和蓝色填涂四个格子（如图所示），要求每种颜色都用两次，李明共有多少种不同的填涂方法？
42．设，，且B中元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9.
(1)求B中的两位数和三位数的个数；
(2)B中是否存在五位数、六位数？
(3)若从小到大排列B中元素，求第1081个元素.
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
都是完成一件事的不同方法的种数问题
不同点1
完成一件事有类不同方案，关键词是“分类”
完成一件事需要个步骤，关键词是“分步”
不同点2
每类方案都能独立完成这件事情，且每种方法得到的最后结果，只需一种方法就可以完成这件事
任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
不同点3
各类方案之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复
参考答案：
1．B
【分析】分三类计数相加即可得解.
【详解】分三类：
第一类，从3幅不同的油画中任选一幅，有种；
第二类，从4幅不同的国画中任选一幅，有种；
第三类，从5幅不同的水彩画任选一幅，有种，
根据分类加法计数原理得共有种不同的选法.
故选：B
2．(1)24
(2)8
【分析】（1）分选中的元素为，中的元素为，及选中的元素为，中的元素为两种情况讨论，利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理计算可得；
（2）结合第一象限内点的坐标的特征，利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理计算即可；
【详解】（1）一个点的坐标由，两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点，
又集合与中的元素互不相同，
所以可分为两类：
第一类：选中的元素为，中的元素为，有（个）不同的点；
第二类：选中的元素为，中的元素为，有（个）不同的点．
由分类加法计数原理得不同的点的个数为．
（2）第一象限内的点，必须为正数，从而只能取，中的正数，
又集合与中的元素互不相同，
所以可分为两类：
第一类：选中的正元素为，中的正元素为，有（个）不同的点；
第二类：选中的正元素为，中的正元素为，有（个）不同的点．
由分类加法计数原理得不同的点的个数为．
3．A
【分析】每人都有3种选法，结合分布计数原理即可求解.
【详解】由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有种，经检验只有A选项符合.
故选：A
4．B
【分析】根据分步计数原理分析求解即可.
【详解】甲有3种参加方法，乙有2种参加方法，丙､丁均有3种参加方法，根据分步乘法计数原理可知，甲、乙不在同一个植树小组的安排方法有种，
故选：B．
5．2744
【分析】先利用分类加法计数原理，再利用分步乘法计数原理进行求解.
【详解】先由分类加法计数原理得到每一次去天津都有种选择，
再由分步乘法计数原理可知，去天津三次时，一共有次不同的选择.
6．D
【分析】分类讨论利用分步乘法和分类加法计数原理计算即可.
【详解】分两类：
第一类：选衬衣加裙子，共有种选法；
第二类：选连衣裙，共有种选法，
根据分类加法计数原理共有种选法.
故选：
7．(1)27
(2)78
【分析】（1）根据题意可得，2个红球放入同一个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中，即可得到结果；
（2）根据题意，由总情况数，减去不符合要求的情况，即可得到结果.
【详解】（1）若2个红球放入同一个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中.
不同的放法有种.
（2）不考虑每个盒子最多只能装3个球，有种放法.
若4个球放入同一个盒子中，有3种放法.
故不同的放法有种.
8．A
【分析】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解.
【详解】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解，有以下三种情况：
①第一步先放4，则4只能在左边，接下来重量为1，2的砝码顺序随意有2种，左右边随意有种，
则共有种放法；
②第一步先放2，2只能在左边，
若第二步放4，则4只能在左边，第三步砝码1左右边随意放，有种放法，
若第二步放1，则砝码1左右两边随意放，有种放法，第三步砝码4只能在左边，有1种放法，
则共有4种放法；
③第一步先放1，则1只能在左边，
若第二步放4，则4只能在左边，第三步砝码2左右边随意放，共有种；
若第二步放2，2只能在左边，第三步砝码4只能在左边，共有1种；
则共有3种放法，
综上，有种放法．
故选：A．
9．C
【分析】按所取的两个数字中有数字1和没有数字1分别计算对数值的个数，再去掉对数值相等的个数即可得解.
【详解】由于1只能作为真数，则以1为真数，从其余各数中任取一数为底数，对数值均为0，
从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成个对数式，
其中，，，，，重复了4次，
所以得到不同对数值的个数为.
故选：C
10．B
【分析】根据已知条件，一一列举即可.
【详解】当百位为6时，十位可以为5，6，7，当十位为5时，个位可以为4，5，6；
当十位为6时，个位可以为5，6，7；当十位为7时，个位可以为7，8，9；
共9个；
当百位为7时，十位可以为6，7，8，当十位为6时，个位可以为5，6，7；
当十位为7时，个位可以为6，7，8；当十位为8时，个位可以为7，8，9；
共9个；
当百位为8时，十位可以为7，8，9，当十位为7时，个位可以为6，7，8；
当十位为8时，个位可以为7，8，9；当十位为9时，个位可以为8，9；
共8个；
当百位为9时，十位可以为8，9，当十位为8时，个位可以为7，8，9；
当十位为9时，个位可以为8，9；共5个；
综上，总共9+9+8+5=31个，故A，C，D错误.
故选：B.
11．B
【分析】先求得所有6位 “回文数”的个数，再求得6位 “回文数”中各位数字全相同的个数，进而得到所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的个数.
【详解】6位 “回文数”中个位与十万位数字相同且不为0，
十位与万位数字相同，百位与千位数字相同，
第一步，确定个位与十万位数字，有9种可能，
第二步，确定十位与万位数字，有10种可能，
第三步，确定百位与千位数字，有10种可能，
则6位 “回文数”共有（个），
又6位 “回文数”中各位数字全相同的共有9个，
则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（个）.
故选：B
12．C
【分析】根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算即可求解.
【详解】从0、1、2、3、4、5六个数中，选3个不同的数，
百位上的数字有除0外的5种选法，
十位上的数字有除百位上的数字外的5种选法，
个位上的数字有除百位、十位上的数字外的4种选法，
所以总共有种不同的三位数，
故选：C
13．A
【分析】分为五位数的个位数是,五位数的个位数是两类，依据两个计数原理求解.
【详解】若五位数的个位数是，则有种情形；
若五位数的个位数是，由于不排首位，
因此只有有种情形，中间的三个位置有种情形，
依据分步计数原理，可得种情形．
由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为.
故选：A．
14．C
【分析】分类求解符合条件的三位数的个数即可.
【详解】集合，且，
则这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”包含以下三种情况：
①十位数是，则百位数可以是中的一个数，个位数可以是中的一个数，即个；
②十位数是，则百位数可以是中的一个数，个位数可以是中的一个数，即个；
③十位数是，则百位数只能是，个位数可以是中的一个数，即个；
综上，符合条件的共有个.
故选：C.
15．A
【分析】先选出4种庄稼，再根据可能的相同庄稼情况计算种数，运用分步乘法计数原理即可求解.
【详解】根据题意，五块土地上种植四种庄稼，先选出4种庄稼，共有种选择，
则地种植相同庄稼或地种植相同庄稼，共有种选择，
根据分步乘法计数原理可知，有种．
故选：A
16．A
【分析】先将区域分为上下左右，再分上下颜色相同与不同，最后用分步计数原理求解.
【详解】将图形区域氛围上下左右，
若上下颜色相同，则上有4种，左有3种，右有3种，共有种；
若上下颜色不同，则上有4种，下有3种，左右各有两种，共有种，
所以共有种，
故选：A
17．30
【分析】先涂“火、土”两个位置，再分类讨论“火”与“金”、“土”与“水”位置颜色是否相同，运算求解.
【详解】设3种不同的颜色为，
对于“火、土”两个位置有种不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别为，
1.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共2种涂色方法；
2.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为或，共2种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共3种涂色方法；
综上所述：共种不同的涂色方法.
故答案为：30.
18．A
【分析】由题意可知，末位数字为或，首位数字有种选择，则中间的数位有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，末位数字为或，首位数字有种选择，则中间的数位有种选择，
由分步乘法计数原理可知，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为.
故选：A.
19．D
【分析】根据题意甲乙两人均有4种选课方法，应用分步乘法即可得结果.
【详解】由题设，甲乙两人均有4种选课方法，
所以2名同学从这4门课程中各自任选一门课程参加的方法有种.
故选：D
20．A
【分析】先假设点为的顶点，再分类讨论点是否为正四棱锥的顶点，结合正四棱锥的结构特征即可得解.
【详解】不妨设是等腰直角的两腰，则点为的顶点，
若以为正四棱锥的顶点，
则底面正方形可以为边, 如图1，共两种,
也可以为对角线，如图2，共一种，
若不以为正四棱锥的顶点时，由于，
故不管以哪个点为正四棱锥的顶点，都不可能组成正四棱锥，
综上，一共有三种不同的方案数.
故选：A.
21．B
【分析】根据分类加法计数原理即可得解.
【详解】任选1部电影可分四类：第一类选的是科幻片，第二类选的是警匪片，
第三类选的是战争片，第四类选的是喜剧片，
由分类加法计数原理可得不同的选法共有（种）．
故选：B．
22．D
【详解】试题分析：由于能被5整除的数，其个位必为0或5，由此分两类：第一类：个位为0的，有个；第二类：个位为5的，再分两小类：第1小类：不含0的，有个，第2小类：含0的，有个，从而第二类共有48个；故在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数有60+48=108个，故选D．
考点：排列组合．
23．C
【分析】根据条件通过列举法可得答案.
【详解】因为函数的定义域，值域为，
所以要满足“增函数”的定义，一定是；
元素2,3,4的取值情况有如下几种：①三个元素均与7对应，即，符合题意；
②三个元素中有2个元素与7对应，则有或，两种情况；
③三个元素中仅有一个元素与7对应，则有或或，三种情况；
综上可得共有6种情况.
故选：C.
24．D
【分析】先判断出，按顺序排在前四个位置中的三个位置，，，且一定排在后四个位置，然后分排在前四个位置中的一个位置与不排在前四个位置中的一个位置两种情况讨论，利用分类计数加法原理可得结果.
【详解】不妨设代表树枝的高度，五根树枝从上至下共九个位置，
根据甲依次撞击到树枝；乙依次撞击到树枝；丙依次撞击到树枝；丁依次撞击到树枝；戊依次撞击到树枝可得，
在前四个位置，，，且一定排在后四个位置，
（1）若排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C,则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有种排法；
（2）若不排在前四个位置中的一个位置，则按顺序排在前四个位置，由于，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，
由分类计数原理可得，这9根树枝从高到低不同的次序有种.
故选：D.
【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.
25．ABD
【分析】利用分步乘法原理求解即可.
【详解】若从东面上山，则上山走法有2种，下山走法有10种，由分步计数原理可得共有20种走法；
若从西面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，由分步计数原理可得共有27种走法；
若从南面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，由分步计数原理可得共有27种走法；
若从北面上山，则上山走法有4种，下山走法有8种，由分步计数原理可得共有32种走法；
故选：ABD
26．AC
【分析】对于A，根据社区A必须有同学选择，由甲､乙､丙三名同学都有5种选择减去有4种选择求解；对于B，根据同学甲必须选择社区A，有乙丙都有5种选择求解；对于C，根据三名同学选择的社区各不相同求解；对于D，由甲､乙两名同学必须在同一个社区，捆绑再选择求解；
【详解】对于A，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），故A正确；
对于B，如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有（种），故B错误；
对于C，如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有（种），故C正确；
对于D，甲､乙两名同学必须在同一个社区，第一步，将甲､乙视作一个整体，第二步，两个整体挑选社区，则不同的安排方法共有（种），故D错误.
故选：AC.
27．AC
【分析】按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】根据题意，对于四位回文数，
有1001、1111、1221、……、1991、
2002、2112、2222、……、2992、
……、
9009、9119、9229、……、9999，
其首位和个位有种选法，第二为和第三位有种选法，故共有个，则A正确，B错误；
对于位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，
第个数字，即最中间的数字有10种选法，
则共有种选法，
即（）位回文数有个，故C正确，D错误.
故选：AC.
28．AD
【分析】利用分类计数原理即可得解.
【详解】当时，分四步：
第一步，涂处，有3种涂色方案；第二步，涂处，有2种涂色方案；
第三步，涂处，有2种涂色方案；第四步，涂处，有1种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故A正确；
当时，分四步：
第一步，涂处，有4种涂色方案；第二步，涂处，有3种涂色方案；
第三步，涂处，有3种涂色方案；第四步，涂处，有2种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故B错误；
当时，分四步：
第一步，涂处，有5种涂色方案；第二步，涂处，有4种涂色方案；
第三步，涂处，有4种涂色方案；第四步，涂处，有3种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故C错误；
当时，分四步：
第一步，涂处，有6种涂色方案；第二步，涂处，有5种涂色方案；
第三步，涂处，有5种涂色方案；第四步，涂处，有4种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故D正确.
故选：AD.
29．24
【分析】根据题意结合分步乘法计数原理分析求解.
【详解】因为4名男生选一名男生共有4种不同的结果；
3名女生选一名女生共有3种不同的结果；
一名男生和一名女生分别担任组长和干事共有2种不同的方法，
根据分步乘法计数原理可知：共有种不同的结果.
故答案为：24.
30．432
【分析】从百位开始讨论，然后分析十位数字，对应分析个位数字情况，最后找规律总结即可求解；
【详解】从百位开始讨论：
（1）百位数字为1，十位数字有0,2,3,4,5,6,7,9，（除1,8外所有数字）；
当十位数字为0时，个位数字为2,3,4,5,6,7,（除1,0，8，9外所有数字），所以对应的三位数有种；
（2）百位数字为2,3,4,5,6,7,8,9，情况同（1）；
综上这样的三位数共有：种；
故答案为：432.
31．90.
【分析】先考虑C细胞的染色试剂没有限制的条件下相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，然后考虑用甲试剂对C细胞染色且相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，将两种方法种数作差即可得解.
【详解】不考虑甲试剂不能对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有种方法，
共120种方法.
现考虑甲试剂对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有，
共30种方法.
所以，符合条件的染色方法有120-30=90种.
故答案为：90.
【点睛】求解染色问题一般直接用两个计算原理求解，通常的作法是，按区域的不同以区域为主分布计数，用分布乘法原理进行求解.
32．16
【分析】根据题意，按1、4的闭合与否，分三种情况讨论：（1）若1闭合，而4不闭合；（2）若4闭合，而1不闭合；（3）若1、4都闭合，分别求出每种情况下的电路接通情况的数目，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】若电路从到接通，共有三种情况：
（1）若1闭合，而4不闭合时，可得分为：
①若1、2闭合，而4不闭合，则3、5可以闭合也可以不闭合，共有种情况；
②若1、3、5闭合，而4不闭合，则2可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但①与②中都包含1、2、3、5都闭合，而4不闭合的情况，所以共有种情况；
（2）若4闭合，而1不闭合时，可分为：
③若4、5闭合，而1不闭合，则2、3可以闭合也可以不闭合，有种情况；
④若4、3、2闭合，而1不闭合，则5可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但③与④中，都包含4、2、3、5都闭合，而1不闭合的情况，所以共有种情况；
（3）若1、4都闭合，共有种情况，而其中电路不通有2、3、5都不闭合与2、5都不闭合2种情况，则此时电路接通的情况有种情况；
所以电路接通的情况有种情况.
故答案为：.
33．68种选择.
【分析】先求出住户数，再计算即可.
【详解】由题意可知该住宅楼共户，随机挑选一户则有68种选择.
34．一共可以组成6种HCl分子，和36种NaOH的分子
【分析】根据分步计数原理求解即可.
【详解】因为HCl由H和Cl组成，且H有3种同位素，Cl有2种同位素，故可以组成种HCl.
因为NaOH由Na和OH组成，且Na有3种同位素，O有4种同位素，H有3种同位素，故OH有种情况，
故可以组成种NaOH的分子.
35．16
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理求解即得.
【详解】确定点P的坐标必须分两步，即分步确定点P的横坐标与纵坐标.
第一步，确定横坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，有4种方法；
第二步，确定纵坐标，从0，1，2，3四个数字中选一个，也有4种方法，
根据分步乘法计数原理，所有不同的点P的个数为4×4＝16，
所以可以组成16个不同的点P.
36．(1)
(2)
【分析】（1）利用加法原理即可得出．
（2）利用乘法原理即可得出．
【详解】（1）从三个袋子里选取一个小球，有种不同的选法．
（2）从每个袋子里选取一个小球，有种不同的选法．
37．
【分析】由于前七位已确定，我们只需分4步来确定后四位数字，11位手机号码就最终确定，要用分步乘法计数原理来计算．
【详解】后四位中的每一位都可以从这10个数字中任选一个，都有10种选法．
根据分步乘法计数原理，可依次确定手机号码的第八、九、十、十一位，
那么这一号段共有个不同的号码．
38．10
【分析】根据分步乘法原理以及列举法得出结果即可.
【详解】根据分步乘法原理，
以l、2、3、4、5这五个数中的两个分别作为一个点的横坐标和纵坐标共有个点，
位于直线下方的点有，，，，，，，，，，
所以直线下方的点共10个.
39．20
【分析】由题意可知，在艺术小组9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(把该人记为甲)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．再分两种情况（甲入选和甲不入选）讨论得解.
【详解】解：由题意可知，在艺术小组9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(把该人记为甲)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．
把从中选出会钢琴与会小号各1人的方法分为两类．
第1类，甲入选，另1人只需从其他8人中任选1人，故这类选法共8种；
第2类，甲不入选，则会钢琴的只能从6个只会钢琴的人中选出，有6种不同的选法，会小号的也只能从只会小号的2人中选出，有2种不同的选法，
所以这类选法共有6×2=12(种)．
因此共有8+12=20(种)不同的选法．
【点睛】方法点睛：排列组合问题常见的解法：一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.
40．(1)14
(2)182
【分析】（1）分两种情况讨论，选东面的空闲凳子，选西面的空闲凳子，利用分类加法计数原理计算可得；
（2）分两步，先小明就座，再小明爸爸就座，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】（1）小明爸爸选凳子可以分两类：
第一类：选东面的空闲凳子，有种坐法；
第二类：选西面的空闲凳子，有种坐法．
根据分类加法计数原理知，小明爸爸共有（种）不同的坐法．
（2）小明与爸爸分别就座，可以分两步完成：
第一步，小明先就座，从东、西面共（个）空闲凳子中选一个坐下，共种坐法；
第二步，小明爸爸再就座，从东、西面共个空闲凳子中选一个坐下，共种坐法．
由分步乘法计数原理知，小明与爸爸分别就座共有（种）不同的坐法．
41．种
【分析】用表示红色，用表示蓝色，列举出所有不同的涂色方法，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】用表示红色，用表示蓝色，
用表示第一个和第三个格子涂红色，第二个和第四个格子涂蓝色．
因为红色和蓝色都要用两次，为了简化问题，考虑涂红色的格子是否相邻，
则填涂结果可以分为两类：涂红色的格子相邻，涂红色的格子不相邻．
涂红色的格子相邻的方法有：、、，共种；
涂红色的格子不相邻的方法有：、、，共种．
依据分类加法计数原理，李明共有不同的涂法种．
42．(1)两位数共有种，三位数有种
(2)五位数存在，不存在六位数
(3)4012
【分析】（1）利用分步计数原理直接计算；
（2）利用反证法可以证明；
（3）先求出符合题意的四位数有个，再找出B中第1081个元素即可.
【详解】（1）两位数中，十位上的数字可取1，2，3，…，9，个位上的数字由于不能和十位上的数字重复，且与十位上的数字之和不能为9，故对于十位上的每一个数字，相应的个位数字有8种取法，从而满足题意的两位数共有（种）.
对于三位数，我们先考虑百位上的数字，可取1，2，3，…，9；再考虑十位上的数字，由于不能与百位上的数字重复，且与百位上的数字之和不能为9，故有8种取法；
最后考虑个位上的数字，由于不能和百位、十位上的数字重复，且和百位、十位上的数字相加都不能等于9，故有6种取法，从而符合题意的三位数有（种）.
（2）五位数存在，如12340就是其中一个；不存在这样的六位数.理由如下：仿照（1）的解法，十万位上有9种取法，万位上有8种取法，千位上有6种取法，百位上有4种取法，十位上有2种取法，个位上有0种取法，矛盾.
（3）由（1）可得，符合题意的两位数有72个，三位数有432个，符合题意的四位数有（个）.四位数中千位上是1的有（个）；千位上是2，3的也各有192个，由于.所以符合题意的数是千位上是4的最小的数，即B中第1081个元素是4012.
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