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高考数学一轮复习【考点题型归纳讲练】导学案（新高考专用）第03课时计数原理(原卷版+解析)
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这是一份高考数学一轮复习【考点题型归纳讲练】导学案（新高考专用）第03课时计数原理(原卷版+解析)，共27页。
【回归教材】
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，
那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，
那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法．
3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
【典例讲练】
题型一 两个计数原理
【例1-1】为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ）
A．11种B．19种C．30种D．209种
【例1-2】已知集合，，从集合S，P中各取一个元素作为点的坐标，在直角坐标系中表示不同点的个数为_________.
【例1-3】如图，小明从街道的处出发，先到处与小红会合，再一起到位于处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）
A．24B．18C．12D．35
归纳总结：
【练习1-1】某省新高考采用“”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有（ ）
A．4种B．6种C．8种D．12种
【练习1-2】从集合中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到多少个不同的对数值？
【练习1-3】如图为某地街道路线简图，甲从街道的A处出发，先到达B处与乙会和，再一起去到C处，可以选择的最短路径条数为___________．
题型二 数字问题
【例2-1】现有0，1，2，3，4，5六个数字.
(1)用所给数字能够组成多少个四位数？
(2)用所给数字可以组成多少个没有重复数字的五位数？
(3)用所给数字可以组成多少个没有重复数字且比3142大的数？（最后结果均用数字作答）
归纳总结：
【练习2-1】由数字组成无重复数字的五位数.
(1)一共可以组成多少个五位偶数？ (2)在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有几个？
【练习2-2】杭二中数学兴趣小组用“1，2，3，4，5，6”来构成四位数．
(1)共有多少个无重复数字的四位数； (2)在这些无重复数字的四位数中有多少个是3的倍数．
题型三 冠军问题
【例3-1】在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种
A．B．C．D．
【例3-2】现有3位游客来黄山旅游，分别从4个景点中任选一处游览，不同选法的种数是（ ）
A．B．C．24D．12
归纳总结：
【练习3-1】某班有5名同学报名参加三个智力竞赛项目．
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限，有多少种不同的报名方法？
(2)每项只报1人，且每人至多参加一项，有多少种不同的报名方法？
题型四 染色问题
【例4-1】在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（ ）
A．1440B．720C．1920D．960
【例4-2】给四面体ABCD的六条棱涂色，每条棱可涂红、黄、蓝、绿四种颜色中的任意一种，且任意共顶点的两条棱颜色都不相同，则不同的涂色方法种数为（ ）
A．24B．72C．96D．144
归纳总结：
【练习4-1】学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有______种不同的涂色方法.
【练习4-2】用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有_________种．
题型五 几何问题
【例5-1】平面内有10个点，其中任意3个点不共线.
（1）以其中任意2个点为端点的线段有多少条？
（2）以其中任意2个点为端点的有向线段有多少条？
（3）以其中任意3个点为顶点的三角形有多少个？
【例5-2】平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线，以这些点为顶点，可得多少个不同的三角形?
归纳总结：
【练习5-1】【多选题】下列说法正确的是（ ）
A．空间中有8个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作56个平面
B．平面内有10条直线，它们最多有90个交点
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有70个
D．平面内有两组平行线，一组有5条，另一组有4条，这两组平行线相交，可以构成60个平行四边形
【完成课时作业（六十五）】
【课时作业（六十五）】
A组 础题巩固
1．2022年北京冬奥会某滑雪项目有四个不同的运动员服务点，现需将5名志愿者分配到这四个运动员服务点处，每处至少需要1名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）种．
A．B．C．240D．480
2．一个电路中含有（1）（2）两个零件，零件（1）含有A，B两个元件，零件（2）含有C，D，E三个元件，每个零件中有一个元件能正常工作则该零件就能正常工作，则该电路能正常工作的线路条数为（ ）
A．9B．8C．6D．5
3．7月3日，甲、乙两人从邢台各自乘坐火车到石家庄，当天从刑台到石家庄有11个车次，其中有5个车次的发车时间为凌晨1点到凌晨5点，有6个车次的发车时间为早上7点到晚上6点.已知甲选择凌晨6点以后出发的车次，乙选择凌晨1点到晚上6点出发的车次，则两人车次的不同选择共有（ ）
A．11种B．36种C．66种D．121种
4．从数字1，2，3，4中取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为（ ）
A．7B．9C．10D．13
5．3名同学报名参加足球队、篮球队，每名同学限报其中的一个运动队，则不同的报名方法的种数是（ ）
A．8B．6C．5D．9
6．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现用5种不同的颜色对这四个直角三角形和一个正方形区域涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）
A．180B．192C．300D．420
7．【多选题】现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ）
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有2个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有1个空盒的放法共有72种
D．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子一个小球，且小球的编号和盒子的编号全不相同的方法共有9种
8．某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有________种．（用数字作答）
9．如图，某地有南北街道5条、东西街道6条．一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，且途经C地，要求所走路程最短，共有 种不同的走法？
10．某社区服务站将5名抗疫志愿者分到3个不同的社区参加疫情防控工作，要求每个社区至少1人，则不同的分配方案有__________种.
11．用0、1、2、3、4五个数字．
(1)可组成多少个五位数？
(2)可组成多少个无重复数字的五位数？
(3)可组成多少个无重复数字且是3的倍数的三位数？
(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数？
(5)组成没有重复数字的五位数，将这些数字由小到大排列，42130是第几个数？
(6)已知椭圆方程，其中，则满足焦距不小于的不同椭圆方程有多少个？
B组 挑战自我
1．过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（ ）
A．18B．30C．36D．54
2．四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”．某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的面）不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂法有（ ）
A．36种B．72种C．48种D．24种
3．从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（ ）.
A．105种B．225种C．315种D．420种
4．数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为___________.原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
联系
两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言
区别一
每类办法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事
区别二
各类办法之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏
第 3 课时 计数原理
编写：廖云波
【回归教材】
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，
那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，
那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
【典例讲练】
题型一 两个计数原理
【例1-1】为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ）
A．11种B．19种C．30种D．209种
【答案】C
【分析】根据题意，该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点,由加法原理计算可得答案.
【详解】该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点，所以共有种不同接种点的选法．
故选：C．
【例1-2】已知集合，，从集合S，P中各取一个元素作为点的坐标，在直角坐标系中表示不同点的个数为_________.
【答案】29
【分析】由题意知本题是一个分步计数问题，S集合中选出一个数字共有3种选法，P集合中选出一个数字共有5种结果，取出的两个数字可以作为横标和纵标，因此要乘以2，去掉重复的数字，得到结果．
【详解】解：由题意知本题是一个分步计数问题，
首先从S集合中选出一个数字共有3种选法，
再从P集合中选出一个数字共有5种结果，
取出的两个数字可以作为横标，也可以作为纵标，
∴ 共有，
其中重复了一次．去掉重复的数字有种结果，
故答案为：29
【例1-3】如图，小明从街道的处出发，先到处与小红会合，再一起到位于处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）
A．24B．18C．12D．35
【答案】B
【分析】利用组合数以及分步乘法计数原理即可求解.
【详解】从到，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，
从到最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，
其中2段方向相同，另2段方向相同，
每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，
选出2段走北向的，故共有种走法.
同理从到，最短的走法，有种走法.
∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为种走法.
所以B选项是正确的.
故选：B
归纳总结：
【练习1-1】某省新高考采用“”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有（ ）
A．4种B．6种C．8种D．12种
【答案】B
【分析】应用分步乘法求小明选择方案的方法数.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①小明必选化学，则须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；
②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种．
由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有（种）．
故选：B
【练习1-2】从集合中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到多少个不同的对数值？
【答案】
【分析】分所取得两个数中是否含有1分为两类，再利用排列的计算公式、对数的运算法则和性质即可得出.
【详解】①当取得两个数中有一个是1时，则1只能作真数，此时或3或4或5或6或7或8或9.
②所取的两个数不含有1时，即从2，3, 4，5，6，7，8, 9中任取两个，分别作为底数与真数可有个对数，
但是其中，
综上可知:共可以得到个不同的对数值.
【练习1-3】如图为某地街道路线简图，甲从街道的A处出发，先到达B处与乙会和，再一起去到C处，可以选择的最短路径条数为___________．
【答案】18
【分析】分两步，第一步从到，第二步从到，由分步乘法原理计算．
【详解】分2步，第一步从到，第二步从到，方法数为．
故答案为：18．
题型二 数字问题
【例2-1】现有0，1，2，3，4，5六个数字.
(1)用所给数字能够组成多少个四位数？
(2)用所给数字可以组成多少个没有重复数字的五位数？
(3)用所给数字可以组成多少个没有重复数字且比3142大的数？（最后结果均用数字作答）
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用分步计数原理，第一步先排首位（因为零不能在首位），再排其它三个位置，注意数字可以重复，
（2）利用分步计数原理，第一步先排首位（因为零不能在首位），再排其它四个位置，注意数字不可以重复，
（3）利用分类计数原理，比3142大的数包含四位数、五位数和六位数，然后再分类求出即可．
(1)
解：首先排最高位，只能从1、2、3、4、5这5个数中选一个，再排其他三个位置，每个数位上都有6种选法，
故能够组成四位数的个数为
即能组成四位数有1080个；
(2)
解：能组成没有重复数字的五位数的个数为；
故没有重复数字的五位数有600个；
(3)
比3142大的数包含四位数、五位数和六位数，其中：
六位数有：；
五位数有：；
四位数有千位是4或5的，千位是3的，而千位是4或5的有；
千位是3的分为百位是2、4、5的与百位是1的，
百位是2、4、5的有，
百位是1的分为十位是4和5两种情况，十位是5的有3种，十位是4的有1种，
所以共有．
故比3142大的数有1360个．
归纳总结：
【练习2-1】由数字组成无重复数字的五位数.
(1)一共可以组成多少个五位偶数？
(2)在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有几个？
【答案】(1)48
(2)65
【分析】（1）先考虑个数，再考虑其他四个数位，分步计数原理进行求解；（2）分万位数是3,4,5三种情况进行求解，最后相加即可.
(1)
先考虑个位数，从2或4中选择1个，有种，再考虑其余4个数位，即余下的4个数字进行全排列，有种，所以一共有=48个五位偶数；
(2)
若万位数是3，千位是4或5，共有个符合要求；
若万位数是3，千位是2，则百位须是4或5，共有个符合要求；
若万位数是4或5，则有个符合要求，32154符合要求；
综上：在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有12+4+48+1=65个.
【练习2-2】杭二中数学兴趣小组用“1，2，3，4，5，6”来构成四位数．
(1)共有多少个无重复数字的四位数；
(2)在这些无重复数字的四位数中有多少个是3的倍数．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接利用排列的公式计算求解即可.
（2）由题意得，取4个数时是3的倍数，列举出两个数字和是3的倍数，然后，去掉两个数字和也是3的倍数的组合，再进行排列，然后计算求解即可.
(1)
用“1，2，3，4，5，6”这六个数字组成没有重复数字的四位数，也就是从6个数字中取出4个数字的所有排列的个数，故有；
(2)
因为6个数字的和是21，是3的倍数，所以取4个数时也要是3的倍数，
就是去掉的两个数字和也是3的倍数即可．
可以去掉的组合：，，，，，所求有种．
题型三 冠军问题
【例3-1】在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用分步乘法原理求解.
【详解】由题意四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有种．故A，B，D错误.
故选：C．
【例3-2】现有3位游客来黄山旅游，分别从4个景点中任选一处游览，不同选法的种数是（ ）
A．B．C．24D．12
【答案】B
【分析】利用分步乘法计数原理计算可得.
【详解】解：每位游客有4种选择，由分步乘法计数原理知不同选法的种数是.
故选：B
归纳总结：
【练习3-1】某班有5名同学报名参加三个智力竞赛项目．
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限，有多少种不同的报名方法？
(2)每项只报1人，且每人至多参加一项，有多少种不同的报名方法？
【答案】(1)
(2)60
【分析】（1）直接利用分步乘法计数原理求解；
（2）由项目选人，利用分步乘法计数原理求解.
(1)
每人都可以从这三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有；
(2)
每项限报1人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有5种选法，第二个项目有4种选法，第三个项目有3种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有种.
题型四 染色问题
【例4-1】在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（ ）
A．1440B．720C．1920D．960
【答案】C
【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.
【详解】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.
第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；
第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；
第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；
第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；
若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；
则区域E可选择的花卉有种，
故不同的种植方法种数是.
故选：C
【例4-2】给四面体ABCD的六条棱涂色，每条棱可涂红、黄、蓝、绿四种颜色中的任意一种，且任意共顶点的两条棱颜色都不相同，则不同的涂色方法种数为（ ）
A．24B．72C．96D．144
【答案】C
【分析】可按分步原理求解本题，第一步涂有四种方法，第二步涂有三种方法，第三步涂有二种涂法，第四步涂时分两类，若与同色与不同色，即可得出涂法总数选出正确答案．
【详解】由题意，第一步涂有四种方法，第二步涂有三种方法，第三步涂有二种涂法，第四步涂，若与同，则一种涂法，第五步可分两种情况，若与同色，最后一步涂有2种涂法，若第四步涂，与不同，则涂第四种颜色，此时，各有一种涂法
综上，总的涂法种数是．
故选：C．
归纳总结：
【练习4-1】学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有______种不同的涂色方法.
【答案】66
【分析】运用分类计数原理、分步计算原理，结合组合定义进行求解即可.
【详解】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有种选法，因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择四种颜色时，不同的涂色方法有种，
所以共有种不不同的涂色方法，
故答案为：66
【练习4-2】用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有_________种．
【答案】38880
【分析】第一步对四条侧棱涂色，第二步对底面四边形的四边涂色（需分类讨论：按选取的新颜色种类分类）．然后由分步乘法原理计算．
【详解】按题意可先对四条侧棱涂色，有种方法，再对底面四边形的四条边涂色，
如果选取了1种新颜色，这1种颜色只涂一边，方法数为，这1种颜色涂对边，方法数为，
如果选取的2种新颜色，涂2条邻边，方法数为，
涂两条对边，方法数为，涂3条边，方法数为，涂4条边，方法数为2，
如果没有选取新颜色，只有2种方法，
所以底面4条边的涂色方法数为，
所以所求涂色方法数为．
故答案为：.
题型五 几何问题
【例5-1】平面内有10个点，其中任意3个点不共线.
（1）以其中任意2个点为端点的线段有多少条？
（2）以其中任意2个点为端点的有向线段有多少条？
（3）以其中任意3个点为顶点的三角形有多少个？
【答案】（1）45；（2）90；（3）120．
【分析】（1）是组合问题，即求；
（2）是排列问题，即求；
（3）是组合问题，求组合数即可．
【详解】（1）求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合数，
共有，即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条；
（2）所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列数，共有(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的有向线段共有90条.
（3）所求三角形的个数，即为从10个元素中任选3个元素的组合数，共有(个)．
【例5-2】平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线，以这些点为顶点，可得多少个不同的三角形?
【答案】216个
【分析】利用间接法求得不同的三角形的数量.
【详解】依题意，不同的三角形个数为个.
归纳总结：
【练习5-1】【多选题】下列说法正确的是（ ）
A．空间中有8个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作56个平面
B．平面内有10条直线，它们最多有90个交点
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有70个
D．平面内有两组平行线，一组有5条，另一组有4条，这两组平行线相交，可以构成60个平行四边形
【答案】AD
【分析】本题考查分类计数原理，考查排列组合的实际应用，只要对每一个选项进行判断即可
【详解】对于A，一个平面对应着从8个点中取出3个点的一个组合，故可以作个不同的平面，故A正确；对于B，每一条线都可以与另外的9条线相交，最多就有9个交点，但都重复了一次，所以最多共有个交点，故B不正确；对于C，首先从8个顶点中选4个，共有 种结果，在这些结果中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面，所以满足条件的结果有 个，故C不正确；对于D，先从第一组5条平行线中任选2条作为平行四边形的一组对边，有 种取法，再从另一组4条平行线中任选2条作为平行四边形的另一组对边，有 种取法，所以可以构成 个平行四边形，故D正确
故选：AD
【完成课时作业（六十五）】
【课时作业（六十五）】
A组 础题巩固
1．2022年北京冬奥会某滑雪项目有四个不同的运动员服务点，现需将5名志愿者分配到这四个运动员服务点处，每处至少需要1名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）种．
A．B．C．240D．480
【答案】C
【分析】人分成满足题意的组只有，即只有一个服务点有人，其余都是人，先选人作为一组，然后全排列即可.
【详解】依题意得，
人分成满足题意的组只有，即只有一个服务点有人，其余都是人，
不同的安排方法共有种.
故选：C.
2．一个电路中含有（1）（2）两个零件，零件（1）含有A，B两个元件，零件（2）含有C，D，E三个元件，每个零件中有一个元件能正常工作则该零件就能正常工作，则该电路能正常工作的线路条数为（ ）
A．9B．8C．6D．5
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理即可求得
【详解】由分步乘法计数原理易得，该电路能正常工作的线路条数为条．
故选：C．
3．7月3日，甲、乙两人从邢台各自乘坐火车到石家庄，当天从刑台到石家庄有11个车次，其中有5个车次的发车时间为凌晨1点到凌晨5点，有6个车次的发车时间为早上7点到晚上6点.已知甲选择凌晨6点以后出发的车次，乙选择凌晨1点到晚上6点出发的车次，则两人车次的不同选择共有（ ）
A．11种B．36种C．66种D．121种
【答案】C
【分析】利用分步乘法计数原理计算可得.
【详解】解：依题意可得甲有6种选择，乙有11种选择，
由分步乘法计数原理可得两人车次的不同选择共有种.
故选：C
4．从数字1，2，3，4中取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为（ ）
A．7B．9C．10D．13
【答案】C
【分析】根据各位数字之和等于6的所有可能情况，①1，1，4，②1，2，3，③2，2，2三种情况分别讨论求和即可
【详解】其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：
①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；
②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个；
③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222．
共有个，
故选：C．
5．3名同学报名参加足球队、篮球队，每名同学限报其中的一个运动队，则不同的报名方法的种数是（ ）
A．8B．6C．5D．9
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理直接列式计算作答.
【详解】依题意，每名同学报名方法数是2，所以3名同学不同的报名方法的种数是.
故选：A
6．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现用5种不同的颜色对这四个直角三角形和一个正方形区域涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）
A．180B．192C．300D．420
【答案】D
【分析】将五个区域表示为①②③④⑤，先考虑区域①②③，再分情况考虑区域④⑤，由分步乘法计数原理求解即可.
【详解】
如图，将五个区域表示为①②③④⑤，对于区域①②③，三个区域两两相邻，有种；对于区域④⑤，若①与⑤颜色相同，则④有3种情况，
若①与⑤颜色不同，则⑤有2种情况，④有2种情况，此时区域④⑤的情况有种情况；则一共有种情况
故选：D．
7．【多选题】现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ）
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有2个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有1个空盒的放法共有72种
D．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子一个小球，且小球的编号和盒子的编号全不相同的方法共有9种
【答案】BD
【分析】对于A：利用分步计数原理计算可得答案；
对于B：利用分别分步原理，先选出两个空盒，再放球，即可求解；
对于C：分2步进行分析：①将4个小球分为3组，②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，由分步计数原理计算即可判断.
对于D：直接列举所有情况，即可判断.
【详解】对于A：根据题意，4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个小球有4种放法，则4个小球有种不同的放法，A错误；
对于B：因为恰有两个空盒,则先选出两个空盒；再放球有两种放法：一个盒子放3个,另盒子放1个有种方法,或者两个盒子都放两个有1种放法,所以一共有 (种)放法,故B正确;
对于C：
根据题意，分2步进行分析：
①将4个小球分为3组，有种分组方法，
②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，有种情况，
则有种不同的放法，故C错误.
对于D：若编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同,若(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3,
列出所有符合要求的情况:
(2,1,4,3),(4,1,2,3)，（3,1,4,2),(2,4,1,3),(3,4,1,2),(4,3,1,2)，（2,3,4,1),(3,4,2,1),(4,3,2,1),共9(种)放法.故D正确.
故选：BD
8．某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有________种．（用数字作答）
【答案】180
【分析】利用分步乘法计数原理即得.
【详解】先在1中种植，有5种不同的种植方法，再在2中种植，有4种不同的种植方法，
再在3中种植，有3种不同的种植方法，最后在4中种植，有3种不同的种植方法，
所以不同的种植方案共有（种）．
故答案为：180．
9．如图，某地有南北街道5条、东西街道6条．一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，且途经C地，要求所走路程最短，共有 种不同的走法？
【答案】60
【分析】由题可知从A到C，最短路程有种不同的走法，从C到B，最短路程有种不同的走法，再利用分步计数原理即得.
【详解】由题意可知，从A经C到B的最短路程，只能向西、向南运动；
从A到C，最短路程需要向南走3次，向西走2次，即从5次中任取2次向西，剩下3次向南，有种不同的走法，
从C到B，最短路程需要向南走2次，向西走2次，即从4次中任取2次向西，剩下2次向南，有种不同的走法，
故从A经C到B的最短路程，共有种不同的走法.
10．某社区服务站将5名抗疫志愿者分到3个不同的社区参加疫情防控工作，要求每个社区至少1人，则不同的分配方案有__________种.
【答案】150
【分析】根据分类计数原理，先分别算出两种情况分配方案的数量再相加即可.
【详解】若3个社区的志愿者人数分别为3，1，1，此时不同的分配方案有种；
若3个社区的志愿者人数分别为2，2，1，此时不同的分配方案有种.
根据分类计数原理，不同的分配方案共有种.
故答案为：150
11．用0、1、2、3、4五个数字．
(1)可组成多少个五位数？
(2)可组成多少个无重复数字的五位数？
(3)可组成多少个无重复数字且是3的倍数的三位数？
(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数？
(5)组成没有重复数字的五位数，将这些数字由小到大排列，42130是第几个数？
(6)已知椭圆方程，其中，则满足焦距不小于的不同椭圆方程有多少个？
【答案】(1)2500
(2)96
(3)20
(4)36
(5)88
(6)
【分析】（1）首位上不能为0，用分步乘法计数原理即可求解；
（2）先排特殊位置“万位”有4种填法，再排其余四个位置；
（3）构成3的倍数的三位数，各个位上数字之和是3的倍数，分别由和，以及组成三位数即可；
（4）考虑特殊位置个位和万位，先填个位，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，最后排其他位置；
（5）本小问的本质就是不大于42130的数有多少，按分类加法计数原理，讨论各位数字排列即可．
(1)
各个数位上数字允许重复，首位上不能为0，故采用分步乘法计数原理，
有个．
(2)
考虑特殊位置“万位”，从1、2、3、4中任选一个填入万位，共有4种填法，
其余四个位置，4个数字全排列，故共有个．
(3)
构成3的倍数的三位数，其各个位上数字之和是3的倍数，
则由和，以及组成三位数，
由和组成的三位数有个，
由以及组成三位数有个，故共有个；
(4)
考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1、3中选一个填入个位有种填法，
然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有种填法，包含0在内还有3个数
在中间三个位置上全排列，排列数为，故共有个．
(5)
本小问的本质就是不大于42130的数有多少．
按分类加法计数原理，当万位数字为1、2、3时均满足，共有三个数，
当万位数字为4，千位数为0、1时均满足，共有个数，
当万位数字为4，千位数字为2，而百位数字为0和1时均满足，共有个，
所以42130是第个数．
(6)
由椭圆方程，其中，知，
当时，由，得整理得，
所以或，
若时，则，此时满足条件的椭圆有个，
若时，则，此时满足条件的椭圆有个，
所以满足条件的椭圆有个
同理，当，满足条件的椭圆也有个，
综上，焦距不小于的不同椭圆方程有个.
B组 挑战自我
1．过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（ ）
A．18B．30C．36D．54
【答案】C
【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案.
【详解】解：如图，分以下几类：
棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
所以共有对.
故选：C.
【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题.
2．四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”．某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的面）不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂法有（ ）
A．36种B．72种C．48种D．24种
【答案】B
【分析】利用分步乘法原理和分类加法原理分析求解
【详解】依次涂色，底面ABCD的涂色有4种选择，侧面PAB的涂色有3种选择，侧面PBC的涂色有2种选择．
①若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色相同，则侧面PAD的涂色有2种选择；
②若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色不同，则侧面PCD的涂色有1种选择，侧面PAD的涂色有1种选择．
综上，不同的涂法种数为．
故选：B．
3．从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（ ）.
A．105种B．225种C．315种D．420种
【答案】C
【分析】首先选取一个点作为钝角顶点，并该点与圆心连线将其余14个顶点分成左右各7个：在左侧选取一个点作为第二顶点，依次选取右侧7个点作为第三顶点判断三角形形状，依此步骤即可得当前钝角顶点下的钝角三角形个数，最后乘以15即可得结果.
【详解】如图所示，以A为钝角顶点，在直径的左边取点，右边依次取，得到6个钝角三角形，当取时，△为锐角三角形；
同理，直径的左边取点，右边依次取，得到5个钝角三角形，当取，时，△、△为锐角三角形；
……
在直径的左边取点时，得到一个钝角△，
在直径的左边取点时，没有钝角三角形.
故以A为钝角顶点的三角形共有（个）.
以其余14个点为钝角顶点的三角形也各有21个，
所以总共有（个）钝角三角形.
故选：C
4．数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为___________.
【答案】12
【分析】讨论百位数为6、5、4、3、2、1分别列举出符合要求的“吉祥数”，即可得结果.
【详解】当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600；
当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510；
当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420、402；
当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330、312；
当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240、204、222；
当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150、114、132；
综上，共有12个“吉祥数”.
故答案为：12
原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
联系
两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言
区别一
每类办法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事
区别二
各类办法之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏
【回归教材】
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，
那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，
那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法．
3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
【典例讲练】
题型一 两个计数原理
【例1-1】为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ）
A．11种B．19种C．30种D．209种
【例1-2】已知集合，，从集合S，P中各取一个元素作为点的坐标，在直角坐标系中表示不同点的个数为_________.
【例1-3】如图，小明从街道的处出发，先到处与小红会合，再一起到位于处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）
A．24B．18C．12D．35
归纳总结：
【练习1-1】某省新高考采用“”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有（ ）
A．4种B．6种C．8种D．12种
【练习1-2】从集合中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到多少个不同的对数值？
【练习1-3】如图为某地街道路线简图，甲从街道的A处出发，先到达B处与乙会和，再一起去到C处，可以选择的最短路径条数为___________．
题型二 数字问题
【例2-1】现有0，1，2，3，4，5六个数字.
(1)用所给数字能够组成多少个四位数？
(2)用所给数字可以组成多少个没有重复数字的五位数？
(3)用所给数字可以组成多少个没有重复数字且比3142大的数？（最后结果均用数字作答）
归纳总结：
【练习2-1】由数字组成无重复数字的五位数.
(1)一共可以组成多少个五位偶数？ (2)在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有几个？
【练习2-2】杭二中数学兴趣小组用“1，2，3，4，5，6”来构成四位数．
(1)共有多少个无重复数字的四位数； (2)在这些无重复数字的四位数中有多少个是3的倍数．
题型三 冠军问题
【例3-1】在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种
A．B．C．D．
【例3-2】现有3位游客来黄山旅游，分别从4个景点中任选一处游览，不同选法的种数是（ ）
A．B．C．24D．12
归纳总结：
【练习3-1】某班有5名同学报名参加三个智力竞赛项目．
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限，有多少种不同的报名方法？
(2)每项只报1人，且每人至多参加一项，有多少种不同的报名方法？
题型四 染色问题
【例4-1】在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（ ）
A．1440B．720C．1920D．960
【例4-2】给四面体ABCD的六条棱涂色，每条棱可涂红、黄、蓝、绿四种颜色中的任意一种，且任意共顶点的两条棱颜色都不相同，则不同的涂色方法种数为（ ）
A．24B．72C．96D．144
归纳总结：
【练习4-1】学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有______种不同的涂色方法.
【练习4-2】用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有_________种．
题型五 几何问题
【例5-1】平面内有10个点，其中任意3个点不共线.
（1）以其中任意2个点为端点的线段有多少条？
（2）以其中任意2个点为端点的有向线段有多少条？
（3）以其中任意3个点为顶点的三角形有多少个？
【例5-2】平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线，以这些点为顶点，可得多少个不同的三角形?
归纳总结：
【练习5-1】【多选题】下列说法正确的是（ ）
A．空间中有8个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作56个平面
B．平面内有10条直线，它们最多有90个交点
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有70个
D．平面内有两组平行线，一组有5条，另一组有4条，这两组平行线相交，可以构成60个平行四边形
【完成课时作业（六十五）】
【课时作业（六十五）】
A组 础题巩固
1．2022年北京冬奥会某滑雪项目有四个不同的运动员服务点，现需将5名志愿者分配到这四个运动员服务点处，每处至少需要1名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）种．
A．B．C．240D．480
2．一个电路中含有（1）（2）两个零件，零件（1）含有A，B两个元件，零件（2）含有C，D，E三个元件，每个零件中有一个元件能正常工作则该零件就能正常工作，则该电路能正常工作的线路条数为（ ）
A．9B．8C．6D．5
3．7月3日，甲、乙两人从邢台各自乘坐火车到石家庄，当天从刑台到石家庄有11个车次，其中有5个车次的发车时间为凌晨1点到凌晨5点，有6个车次的发车时间为早上7点到晚上6点.已知甲选择凌晨6点以后出发的车次，乙选择凌晨1点到晚上6点出发的车次，则两人车次的不同选择共有（ ）
A．11种B．36种C．66种D．121种
4．从数字1，2，3，4中取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为（ ）
A．7B．9C．10D．13
5．3名同学报名参加足球队、篮球队，每名同学限报其中的一个运动队，则不同的报名方法的种数是（ ）
A．8B．6C．5D．9
6．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现用5种不同的颜色对这四个直角三角形和一个正方形区域涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）
A．180B．192C．300D．420
7．【多选题】现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ）
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有2个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有1个空盒的放法共有72种
D．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子一个小球，且小球的编号和盒子的编号全不相同的方法共有9种
8．某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有________种．（用数字作答）
9．如图，某地有南北街道5条、东西街道6条．一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，且途经C地，要求所走路程最短，共有 种不同的走法？
10．某社区服务站将5名抗疫志愿者分到3个不同的社区参加疫情防控工作，要求每个社区至少1人，则不同的分配方案有__________种.
11．用0、1、2、3、4五个数字．
(1)可组成多少个五位数？
(2)可组成多少个无重复数字的五位数？
(3)可组成多少个无重复数字且是3的倍数的三位数？
(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数？
(5)组成没有重复数字的五位数，将这些数字由小到大排列，42130是第几个数？
(6)已知椭圆方程，其中，则满足焦距不小于的不同椭圆方程有多少个？
B组 挑战自我
1．过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（ ）
A．18B．30C．36D．54
2．四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”．某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的面）不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂法有（ ）
A．36种B．72种C．48种D．24种
3．从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（ ）.
A．105种B．225种C．315种D．420种
4．数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为___________.原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
联系
两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言
区别一
每类办法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事
区别二
各类办法之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏
第 3 课时 计数原理
编写：廖云波
【回归教材】
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，
那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，
那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
【典例讲练】
题型一 两个计数原理
【例1-1】为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ）
A．11种B．19种C．30种D．209种
【答案】C
【分析】根据题意，该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点,由加法原理计算可得答案.
【详解】该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点，所以共有种不同接种点的选法．
故选：C．
【例1-2】已知集合，，从集合S，P中各取一个元素作为点的坐标，在直角坐标系中表示不同点的个数为_________.
【答案】29
【分析】由题意知本题是一个分步计数问题，S集合中选出一个数字共有3种选法，P集合中选出一个数字共有5种结果，取出的两个数字可以作为横标和纵标，因此要乘以2，去掉重复的数字，得到结果．
【详解】解：由题意知本题是一个分步计数问题，
首先从S集合中选出一个数字共有3种选法，
再从P集合中选出一个数字共有5种结果，
取出的两个数字可以作为横标，也可以作为纵标，
∴ 共有，
其中重复了一次．去掉重复的数字有种结果，
故答案为：29
【例1-3】如图，小明从街道的处出发，先到处与小红会合，再一起到位于处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）
A．24B．18C．12D．35
【答案】B
【分析】利用组合数以及分步乘法计数原理即可求解.
【详解】从到，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，
从到最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，
其中2段方向相同，另2段方向相同，
每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，
选出2段走北向的，故共有种走法.
同理从到，最短的走法，有种走法.
∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为种走法.
所以B选项是正确的.
故选：B
归纳总结：
【练习1-1】某省新高考采用“”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有（ ）
A．4种B．6种C．8种D．12种
【答案】B
【分析】应用分步乘法求小明选择方案的方法数.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①小明必选化学，则须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；
②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种．
由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有（种）．
故选：B
【练习1-2】从集合中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到多少个不同的对数值？
【答案】
【分析】分所取得两个数中是否含有1分为两类，再利用排列的计算公式、对数的运算法则和性质即可得出.
【详解】①当取得两个数中有一个是1时，则1只能作真数，此时或3或4或5或6或7或8或9.
②所取的两个数不含有1时，即从2，3, 4，5，6，7，8, 9中任取两个，分别作为底数与真数可有个对数，
但是其中，
综上可知:共可以得到个不同的对数值.
【练习1-3】如图为某地街道路线简图，甲从街道的A处出发，先到达B处与乙会和，再一起去到C处，可以选择的最短路径条数为___________．
【答案】18
【分析】分两步，第一步从到，第二步从到，由分步乘法原理计算．
【详解】分2步，第一步从到，第二步从到，方法数为．
故答案为：18．
题型二 数字问题
【例2-1】现有0，1，2，3，4，5六个数字.
(1)用所给数字能够组成多少个四位数？
(2)用所给数字可以组成多少个没有重复数字的五位数？
(3)用所给数字可以组成多少个没有重复数字且比3142大的数？（最后结果均用数字作答）
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用分步计数原理，第一步先排首位（因为零不能在首位），再排其它三个位置，注意数字可以重复，
（2）利用分步计数原理，第一步先排首位（因为零不能在首位），再排其它四个位置，注意数字不可以重复，
（3）利用分类计数原理，比3142大的数包含四位数、五位数和六位数，然后再分类求出即可．
(1)
解：首先排最高位，只能从1、2、3、4、5这5个数中选一个，再排其他三个位置，每个数位上都有6种选法，
故能够组成四位数的个数为
即能组成四位数有1080个；
(2)
解：能组成没有重复数字的五位数的个数为；
故没有重复数字的五位数有600个；
(3)
比3142大的数包含四位数、五位数和六位数，其中：
六位数有：；
五位数有：；
四位数有千位是4或5的，千位是3的，而千位是4或5的有；
千位是3的分为百位是2、4、5的与百位是1的，
百位是2、4、5的有，
百位是1的分为十位是4和5两种情况，十位是5的有3种，十位是4的有1种，
所以共有．
故比3142大的数有1360个．
归纳总结：
【练习2-1】由数字组成无重复数字的五位数.
(1)一共可以组成多少个五位偶数？
(2)在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有几个？
【答案】(1)48
(2)65
【分析】（1）先考虑个数，再考虑其他四个数位，分步计数原理进行求解；（2）分万位数是3,4,5三种情况进行求解，最后相加即可.
(1)
先考虑个位数，从2或4中选择1个，有种，再考虑其余4个数位，即余下的4个数字进行全排列，有种，所以一共有=48个五位偶数；
(2)
若万位数是3，千位是4或5，共有个符合要求；
若万位数是3，千位是2，则百位须是4或5，共有个符合要求；
若万位数是4或5，则有个符合要求，32154符合要求；
综上：在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有12+4+48+1=65个.
【练习2-2】杭二中数学兴趣小组用“1，2，3，4，5，6”来构成四位数．
(1)共有多少个无重复数字的四位数；
(2)在这些无重复数字的四位数中有多少个是3的倍数．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接利用排列的公式计算求解即可.
（2）由题意得，取4个数时是3的倍数，列举出两个数字和是3的倍数，然后，去掉两个数字和也是3的倍数的组合，再进行排列，然后计算求解即可.
(1)
用“1，2，3，4，5，6”这六个数字组成没有重复数字的四位数，也就是从6个数字中取出4个数字的所有排列的个数，故有；
(2)
因为6个数字的和是21，是3的倍数，所以取4个数时也要是3的倍数，
就是去掉的两个数字和也是3的倍数即可．
可以去掉的组合：，，，，，所求有种．
题型三 冠军问题
【例3-1】在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用分步乘法原理求解.
【详解】由题意四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有种．故A，B，D错误.
故选：C．
【例3-2】现有3位游客来黄山旅游，分别从4个景点中任选一处游览，不同选法的种数是（ ）
A．B．C．24D．12
【答案】B
【分析】利用分步乘法计数原理计算可得.
【详解】解：每位游客有4种选择，由分步乘法计数原理知不同选法的种数是.
故选：B
归纳总结：
【练习3-1】某班有5名同学报名参加三个智力竞赛项目．
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限，有多少种不同的报名方法？
(2)每项只报1人，且每人至多参加一项，有多少种不同的报名方法？
【答案】(1)
(2)60
【分析】（1）直接利用分步乘法计数原理求解；
（2）由项目选人，利用分步乘法计数原理求解.
(1)
每人都可以从这三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有；
(2)
每项限报1人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有5种选法，第二个项目有4种选法，第三个项目有3种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有种.
题型四 染色问题
【例4-1】在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（ ）
A．1440B．720C．1920D．960
【答案】C
【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.
【详解】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.
第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；
第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；
第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；
第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；
若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；
则区域E可选择的花卉有种，
故不同的种植方法种数是.
故选：C
【例4-2】给四面体ABCD的六条棱涂色，每条棱可涂红、黄、蓝、绿四种颜色中的任意一种，且任意共顶点的两条棱颜色都不相同，则不同的涂色方法种数为（ ）
A．24B．72C．96D．144
【答案】C
【分析】可按分步原理求解本题，第一步涂有四种方法，第二步涂有三种方法，第三步涂有二种涂法，第四步涂时分两类，若与同色与不同色，即可得出涂法总数选出正确答案．
【详解】由题意，第一步涂有四种方法，第二步涂有三种方法，第三步涂有二种涂法，第四步涂，若与同，则一种涂法，第五步可分两种情况，若与同色，最后一步涂有2种涂法，若第四步涂，与不同，则涂第四种颜色，此时，各有一种涂法
综上，总的涂法种数是．
故选：C．
归纳总结：
【练习4-1】学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有______种不同的涂色方法.
【答案】66
【分析】运用分类计数原理、分步计算原理，结合组合定义进行求解即可.
【详解】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有种选法，因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择四种颜色时，不同的涂色方法有种，
所以共有种不不同的涂色方法，
故答案为：66
【练习4-2】用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有_________种．
【答案】38880
【分析】第一步对四条侧棱涂色，第二步对底面四边形的四边涂色（需分类讨论：按选取的新颜色种类分类）．然后由分步乘法原理计算．
【详解】按题意可先对四条侧棱涂色，有种方法，再对底面四边形的四条边涂色，
如果选取了1种新颜色，这1种颜色只涂一边，方法数为，这1种颜色涂对边，方法数为，
如果选取的2种新颜色，涂2条邻边，方法数为，
涂两条对边，方法数为，涂3条边，方法数为，涂4条边，方法数为2，
如果没有选取新颜色，只有2种方法，
所以底面4条边的涂色方法数为，
所以所求涂色方法数为．
故答案为：.
题型五 几何问题
【例5-1】平面内有10个点，其中任意3个点不共线.
（1）以其中任意2个点为端点的线段有多少条？
（2）以其中任意2个点为端点的有向线段有多少条？
（3）以其中任意3个点为顶点的三角形有多少个？
【答案】（1）45；（2）90；（3）120．
【分析】（1）是组合问题，即求；
（2）是排列问题，即求；
（3）是组合问题，求组合数即可．
【详解】（1）求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合数，
共有，即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条；
（2）所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列数，共有(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的有向线段共有90条.
（3）所求三角形的个数，即为从10个元素中任选3个元素的组合数，共有(个)．
【例5-2】平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线，以这些点为顶点，可得多少个不同的三角形?
【答案】216个
【分析】利用间接法求得不同的三角形的数量.
【详解】依题意，不同的三角形个数为个.
归纳总结：
【练习5-1】【多选题】下列说法正确的是（ ）
A．空间中有8个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作56个平面
B．平面内有10条直线，它们最多有90个交点
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有70个
D．平面内有两组平行线，一组有5条，另一组有4条，这两组平行线相交，可以构成60个平行四边形
【答案】AD
【分析】本题考查分类计数原理，考查排列组合的实际应用，只要对每一个选项进行判断即可
【详解】对于A，一个平面对应着从8个点中取出3个点的一个组合，故可以作个不同的平面，故A正确；对于B，每一条线都可以与另外的9条线相交，最多就有9个交点，但都重复了一次，所以最多共有个交点，故B不正确；对于C，首先从8个顶点中选4个，共有 种结果，在这些结果中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面，所以满足条件的结果有 个，故C不正确；对于D，先从第一组5条平行线中任选2条作为平行四边形的一组对边，有 种取法，再从另一组4条平行线中任选2条作为平行四边形的另一组对边，有 种取法，所以可以构成 个平行四边形，故D正确
故选：AD
【完成课时作业（六十五）】
【课时作业（六十五）】
A组 础题巩固
1．2022年北京冬奥会某滑雪项目有四个不同的运动员服务点，现需将5名志愿者分配到这四个运动员服务点处，每处至少需要1名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）种．
A．B．C．240D．480
【答案】C
【分析】人分成满足题意的组只有，即只有一个服务点有人，其余都是人，先选人作为一组，然后全排列即可.
【详解】依题意得，
人分成满足题意的组只有，即只有一个服务点有人，其余都是人，
不同的安排方法共有种.
故选：C.
2．一个电路中含有（1）（2）两个零件，零件（1）含有A，B两个元件，零件（2）含有C，D，E三个元件，每个零件中有一个元件能正常工作则该零件就能正常工作，则该电路能正常工作的线路条数为（ ）
A．9B．8C．6D．5
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理即可求得
【详解】由分步乘法计数原理易得，该电路能正常工作的线路条数为条．
故选：C．
3．7月3日，甲、乙两人从邢台各自乘坐火车到石家庄，当天从刑台到石家庄有11个车次，其中有5个车次的发车时间为凌晨1点到凌晨5点，有6个车次的发车时间为早上7点到晚上6点.已知甲选择凌晨6点以后出发的车次，乙选择凌晨1点到晚上6点出发的车次，则两人车次的不同选择共有（ ）
A．11种B．36种C．66种D．121种
【答案】C
【分析】利用分步乘法计数原理计算可得.
【详解】解：依题意可得甲有6种选择，乙有11种选择，
由分步乘法计数原理可得两人车次的不同选择共有种.
故选：C
4．从数字1，2，3，4中取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为（ ）
A．7B．9C．10D．13
【答案】C
【分析】根据各位数字之和等于6的所有可能情况，①1，1，4，②1，2，3，③2，2，2三种情况分别讨论求和即可
【详解】其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：
①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；
②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个；
③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222．
共有个，
故选：C．
5．3名同学报名参加足球队、篮球队，每名同学限报其中的一个运动队，则不同的报名方法的种数是（ ）
A．8B．6C．5D．9
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理直接列式计算作答.
【详解】依题意，每名同学报名方法数是2，所以3名同学不同的报名方法的种数是.
故选：A
6．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现用5种不同的颜色对这四个直角三角形和一个正方形区域涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）
A．180B．192C．300D．420
【答案】D
【分析】将五个区域表示为①②③④⑤，先考虑区域①②③，再分情况考虑区域④⑤，由分步乘法计数原理求解即可.
【详解】
如图，将五个区域表示为①②③④⑤，对于区域①②③，三个区域两两相邻，有种；对于区域④⑤，若①与⑤颜色相同，则④有3种情况，
若①与⑤颜色不同，则⑤有2种情况，④有2种情况，此时区域④⑤的情况有种情况；则一共有种情况
故选：D．
7．【多选题】现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ）
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有2个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有1个空盒的放法共有72种
D．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子一个小球，且小球的编号和盒子的编号全不相同的方法共有9种
【答案】BD
【分析】对于A：利用分步计数原理计算可得答案；
对于B：利用分别分步原理，先选出两个空盒，再放球，即可求解；
对于C：分2步进行分析：①将4个小球分为3组，②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，由分步计数原理计算即可判断.
对于D：直接列举所有情况，即可判断.
【详解】对于A：根据题意，4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个小球有4种放法，则4个小球有种不同的放法，A错误；
对于B：因为恰有两个空盒,则先选出两个空盒；再放球有两种放法：一个盒子放3个,另盒子放1个有种方法,或者两个盒子都放两个有1种放法,所以一共有 (种)放法,故B正确;
对于C：
根据题意，分2步进行分析：
①将4个小球分为3组，有种分组方法，
②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，有种情况，
则有种不同的放法，故C错误.
对于D：若编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同,若(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3,
列出所有符合要求的情况:
(2,1,4,3),(4,1,2,3)，（3,1,4,2),(2,4,1,3),(3,4,1,2),(4,3,1,2)，（2,3,4,1),(3,4,2,1),(4,3,2,1),共9(种)放法.故D正确.
故选：BD
8．某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有________种．（用数字作答）
【答案】180
【分析】利用分步乘法计数原理即得.
【详解】先在1中种植，有5种不同的种植方法，再在2中种植，有4种不同的种植方法，
再在3中种植，有3种不同的种植方法，最后在4中种植，有3种不同的种植方法，
所以不同的种植方案共有（种）．
故答案为：180．
9．如图，某地有南北街道5条、东西街道6条．一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，且途经C地，要求所走路程最短，共有 种不同的走法？
【答案】60
【分析】由题可知从A到C，最短路程有种不同的走法，从C到B，最短路程有种不同的走法，再利用分步计数原理即得.
【详解】由题意可知，从A经C到B的最短路程，只能向西、向南运动；
从A到C，最短路程需要向南走3次，向西走2次，即从5次中任取2次向西，剩下3次向南，有种不同的走法，
从C到B，最短路程需要向南走2次，向西走2次，即从4次中任取2次向西，剩下2次向南，有种不同的走法，
故从A经C到B的最短路程，共有种不同的走法.
10．某社区服务站将5名抗疫志愿者分到3个不同的社区参加疫情防控工作，要求每个社区至少1人，则不同的分配方案有__________种.
【答案】150
【分析】根据分类计数原理，先分别算出两种情况分配方案的数量再相加即可.
【详解】若3个社区的志愿者人数分别为3，1，1，此时不同的分配方案有种；
若3个社区的志愿者人数分别为2，2，1，此时不同的分配方案有种.
根据分类计数原理，不同的分配方案共有种.
故答案为：150
11．用0、1、2、3、4五个数字．
(1)可组成多少个五位数？
(2)可组成多少个无重复数字的五位数？
(3)可组成多少个无重复数字且是3的倍数的三位数？
(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数？
(5)组成没有重复数字的五位数，将这些数字由小到大排列，42130是第几个数？
(6)已知椭圆方程，其中，则满足焦距不小于的不同椭圆方程有多少个？
【答案】(1)2500
(2)96
(3)20
(4)36
(5)88
(6)
【分析】（1）首位上不能为0，用分步乘法计数原理即可求解；
（2）先排特殊位置“万位”有4种填法，再排其余四个位置；
（3）构成3的倍数的三位数，各个位上数字之和是3的倍数，分别由和，以及组成三位数即可；
（4）考虑特殊位置个位和万位，先填个位，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，最后排其他位置；
（5）本小问的本质就是不大于42130的数有多少，按分类加法计数原理，讨论各位数字排列即可．
(1)
各个数位上数字允许重复，首位上不能为0，故采用分步乘法计数原理，
有个．
(2)
考虑特殊位置“万位”，从1、2、3、4中任选一个填入万位，共有4种填法，
其余四个位置，4个数字全排列，故共有个．
(3)
构成3的倍数的三位数，其各个位上数字之和是3的倍数，
则由和，以及组成三位数，
由和组成的三位数有个，
由以及组成三位数有个，故共有个；
(4)
考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1、3中选一个填入个位有种填法，
然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有种填法，包含0在内还有3个数
在中间三个位置上全排列，排列数为，故共有个．
(5)
本小问的本质就是不大于42130的数有多少．
按分类加法计数原理，当万位数字为1、2、3时均满足，共有三个数，
当万位数字为4，千位数为0、1时均满足，共有个数，
当万位数字为4，千位数字为2，而百位数字为0和1时均满足，共有个，
所以42130是第个数．
(6)
由椭圆方程，其中，知，
当时，由，得整理得，
所以或，
若时，则，此时满足条件的椭圆有个，
若时，则，此时满足条件的椭圆有个，
所以满足条件的椭圆有个
同理，当，满足条件的椭圆也有个，
综上，焦距不小于的不同椭圆方程有个.
B组 挑战自我
1．过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（ ）
A．18B．30C．36D．54
【答案】C
【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案.
【详解】解：如图，分以下几类：
棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
所以共有对.
故选：C.
【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题.
2．四色定理又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是于1852年由毕业于伦敦大学的格斯里提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”．某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的面）不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂法有（ ）
A．36种B．72种C．48种D．24种
【答案】B
【分析】利用分步乘法原理和分类加法原理分析求解
【详解】依次涂色，底面ABCD的涂色有4种选择，侧面PAB的涂色有3种选择，侧面PBC的涂色有2种选择．
①若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色相同，则侧面PAD的涂色有2种选择；
②若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色不同，则侧面PCD的涂色有1种选择，侧面PAD的涂色有1种选择．
综上，不同的涂法种数为．
故选：B．
3．从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（ ）.
A．105种B．225种C．315种D．420种
【答案】C
【分析】首先选取一个点作为钝角顶点，并该点与圆心连线将其余14个顶点分成左右各7个：在左侧选取一个点作为第二顶点，依次选取右侧7个点作为第三顶点判断三角形形状，依此步骤即可得当前钝角顶点下的钝角三角形个数，最后乘以15即可得结果.
【详解】如图所示，以A为钝角顶点，在直径的左边取点，右边依次取，得到6个钝角三角形，当取时，△为锐角三角形；
同理，直径的左边取点，右边依次取，得到5个钝角三角形，当取，时，△、△为锐角三角形；
……
在直径的左边取点时，得到一个钝角△，
在直径的左边取点时，没有钝角三角形.
故以A为钝角顶点的三角形共有（个）.
以其余14个点为钝角顶点的三角形也各有21个，
所以总共有（个）钝角三角形.
故选：C
4．数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为___________.
【答案】12
【分析】讨论百位数为6、5、4、3、2、1分别列举出符合要求的“吉祥数”，即可得结果.
【详解】当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600；
当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510；
当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420、402；
当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330、312；
当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240、204、222；
当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150、114、132；
综上，共有12个“吉祥数”.
故答案为：12
原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
联系
两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言
区别一
每类办法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事
区别二
各类办法之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏
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