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高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册7.1两个基本计数原理优秀综合训练题
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这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册7.1两个基本计数原理优秀综合训练题，文件包含71两个基本计数原理八大题型解析版docx、71两个基本计数原理八大题型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
7.1 两个基本计数原理
【题型归纳目录】
题型一：分类加法计数原理
题型二：分步乘法计数原理
题型三：两个原理的综合应用
题型四：组数问题
题型五：占位模型中标准的选择
题型六：涂色问题
题型七：种植问题
题型八：列举法
【知识点梳理】
知识点一：分类加法计数原理（也称加法原理）
1、分类加法计数原理：
完成一件事，有类办法．在第1类办法中有种不同方法，在第2类办法中有种不同的方法，……，在第类办法中有种不同方法，那么完成这件事共有种不同的方法．
2、加法原理的特点是：
①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类；
②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；
③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．
知识点诠释：
使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和．
知识点二、分步乘法计数原理
1、分步乘法计数原理
“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成．
2、乘法原理的特点：
①完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可；
②完成每一步有若干种方法；
③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．
知识点诠释：
使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积．
知识点三、分类计数原理和分步计数原理的区别：
1、分类计数原理和分步计数原理的区别：
两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关．
完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理；
若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算．
知识点四、分类计数原理和分步计数原理的应用
1、利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序：
（1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？
（2）然后考虑如何完成？主要有三种类型
①分类或分步．
②先分类，再在每一类里再分步．
③先分步，再在每一步里再分类，等等．
（3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？
【典型例题】
题型一：分类加法计数原理
【方法技巧与总结】
应用分类加法计数原理应注意如下问题
（1）明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事．
（2）无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法，即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的．
例1．（2022·全国·高三专题练习）书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法有__________种.
【答案】9
【解析】由题意，若从第一层取书，则有4种不同的取法，
若从第二层取书，则有3种不同的取法，
若从第三次取书，则有2种不同的取法，
所以不同的取法有种.
故答案为：9.
例2．（2022·全国·高三专题练习）如图，一条电路从A处到B处接通时，可以有_____________条不同的线路（每条线路仅含一条通路）．
【答案】
【解析】依题意按上、中、下三条线路可分为三类，
上线路中有种，
中线路中只有种，
下线路中有（种．
根据分类计数原理，共有（种．
故答案为：．
例3．（2022·全国·高三专题练习）某大学开设选修课，要求学生根据自己的专业方向以及自身兴趣从6个科目中选择3个科目进行研修．已知某班级a名学生对科目的选择如表所示，则的一组值可以是______．
科目
国际金融
统计学
市场管理
历史
市场营销
会计学
人数
24
28
14
15
19
b
【答案】（答案不唯一，为正整数且满足即可）
【解析】依题意，，
即，是满足该式的正整数即可．
故答案为：（答案不唯一，为正整数且满足即可）
变式1．（2022·广东·佛山市顺德区郑裕彤中学高二期中）某校高三有三个班，分别有学生50人、50人、52人.从中选一人担任学生会主席，共有_____一种不同选法.
【答案】152
【解析】有三个班，分别有学生50人、50人、52人.从中任选一人有：50+50+52=152种方法.
故答案为：152
题型二：分步乘法计数原理
【方法技巧与总结】
利用分步乘法计数原理解题的一般思路
（1）分步：将完成这件事的过程分成若干步．
（2）计数：求出每一步中的方法数．
（3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．
例4．（2022·全国·高三专题练习）直线方程，若从1，2，3，4这四个数字中每次取两个不同的数作为系数，的值，则方程表示不同直线的条数是_________.
【答案】10
【解析】第一步，给A赋值有4种选择，
第二步，给B赋值有3种选择，由分步乘法计数原理可得：(种).
又因为与表示同一直线与也表示同一直线，
所以形成不同的直线最多的条数为，
故答案为：10
例5．（2022·吉林·四平市第一高级中学高二阶段练习）某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种．
【答案】
【解析】原来个节目，形成个空位，安排一位老校友；
个节目，形成个空位，安排一位老校友；
个节目，形成个空位，安排一位老校友.
所以不同的安排方式有种.
故答案为：
例6．（2022·全国·高三专题练习）现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为______种．
【答案】12
【解析】由题意，有四件不同款式的上衣与三条不同颜色的长裤，
从中四件不同款式的上衣中，任选一件有种选法，
从中三件不同颜色的长裤中，任选一件有种选法，
根据分步计数原理，可得共有种不同的选法.
故答案为：12
题型三：两个原理的综合应用
【方法技巧与总结】
使用两个原理的原则
使用两个原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入手，“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，逐类解决，用分类加法计数原理；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后逐步解决，这时可用分步乘法计数原理．
例7．（2022·河北省文安县第一中学高二期末）如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（ ）
A．5 B．7 C．8 D．12
【答案】C
【解析】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为．
故选：C．
例8．（2022·全国·高三专题练习）已知集合，，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是（ ）
A．18 B．16 C．14 D．10
【答案】C
【解析】分两类情况讨论：
第一类，从中取的元素作为横坐标，从中取的元素作为纵坐标，则第一、二象限内的点共有（个）；
第二类，从中取的元素作为纵坐标，从中取的元素作为横坐标，则第一、二象限内的点共有（个），
由分类加法计数原理，所以所求个数为．
故选：C
例9．（2022·山东菏泽·高二期中）如图，从甲村到乙村有3条路可走，从乙村到丙村有2条路可走，从甲村不经过乙村到丙村有2条路可走，则从甲村到丙村的走法种数为（ ）
A．3 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【解析】由图可知，从甲村直接到到丙村的走法有种，
从甲村到乙村再到丙村的走法有种，
所以从甲村到丙村的走法共有种.
故选: D.
题型四：组数问题
【方法技巧与总结】
对于组数问题，应掌握以下原则
（1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊位置（特殊元素）优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解．
（2）要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位．
例10．（2022·广东广州·高二期末）用1，2，3，4组成没有重复数字的两位数，这样的两位数个数为（ ）
A．6 B．12 C．16 D．24
【答案】B
【解析】先排个位，有4种排法，再排十位，有3种排法，
因此共有种排法，
故选：B.
例11．（2022·全国·高三专题练习）“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5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ）
A．648个 B．720个 C．810个 D．891个
【答案】D
【解析】根据“回文数”的特点，只需确定前3位即可，最高位即万位有9种排法，千位和百位各有10种排法，根据分步乘法计数原理，共有种排法，其中各位数字相同的共有9种，则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有种.
故选：D.
例12．（2022·江苏·镇江市实验高级中学高二期中）用数字0，1，2，3，4组成允许有重复数字的三位数，这样的三位数个数为（ ）
A．125种 B．100种 C．64种 D．60种
【答案】B
【解析】首先排百位数字，只能是1，2，3，4中的一个，故有4种排法，
因为允许有重复数字，故十位与个位均有5种排法，故一共有种；
故选：B
变式2．（2022·全国·高二课时练习）若一个三位数的各位数字之和等于，且各位数字允许重复（如，等），则这种三位数的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】若百位为，则十位可从中任选一个数，有种选法，又各位数字之和等于，个位只有种选法，有个满足条件的数；
若百位为，则十位可从中任选一个数，此时个位只有种选法，
有个满足条件的数；
同理可知：若百位分别为，依次可得满足条件的数有个.
根据分类加法计数原理可知：这种三位数共有个.
故选：A.
变式3．（2022·全国·高二课时练习）用数字0，1，2，3组成没有重复数字的3位数，其中比200大的有（ ）
A．24个 B．12个 C．18个 D．6个
【答案】B
【解析】由题意可知，百位上的数字为2或3，十位上的数字可在剩余3个数字中选择1个数字，个位上的数字再在剩下的2个数字中任选1个，
故比200大的3位数的个数为.
故选：B
变式4．（2022·全国·高二课时练习）将1，2，3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，当3，4固定在图中的位置时，填写空格的方法有（ ）.
A．6种 B．12种 C．18种 D．24种
【答案】A
【解析】因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，
所以只能填在第一行第一列，只能填在第行第列，只能填在第一行第二列，
有种填法（第一行第三列或第三行第一列），5填好后与之相邻的空格可填6，7，8任一个，余下两个数字按从小到大的顺序填入剩余空格只有一种方法，
所以共有2×3=6（种）方法，
故选；A．
题型五：占位模型中标准的选择
【方法技巧与总结】
在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解．
例13．（2022·广东·潮州市绵德中学高二阶段练习）教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，由一楼到4楼共有走法种数为（ ）
A．6 B．23 C．42 D．43
【答案】B
【解析】由题意得可知：
由一层走到二层有两种选择，由二层走到三层有两种选择，由三层走到四层有两种选择，根据分步计数法的原则可知共有种走法.
故选：B
例14．（2023秋·吉林四平·高二四平市第一高级中学校考阶段练习）用0，1，2，3，4，5，6七个数共可以组成______个没有重复数字的三位数.
【答案】180
【解析】选0时，0不能在首位，故有个，
不选0时，有个，
根据分类加法原理，共有个，
故答案为:180.
例15．（2023·高二课时练习）3张卡片正、反面分别标有数字1和2，3和4，5和7，若将3张卡片并列组成一个三位数，则可以得到______个不同的三位数．
【答案】48
【解析】解:根据题意，分两步完成：
第一步：确定排在百位、十位、个位上的卡片，即3个元素的一个全排列，即；
第二步：分别确定百位、十位、个位上的数字，各有2种选法，即．
根据分步乘法计数原理，可以得到个不同的三位数．
故答案为：
变式5．（2023春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位的偶数，其中比50000大的有__________个．
【答案】
【解析】依题意最高位必须是，个位数字为0、2、4中其中1个，
所以首先排个位数字，有种，
再在剩余的4个数中任取3个，排在剩余的3个位置上，有种情况，
因此共有个；
故答案为：
变式6．（2023春·北京·高二北京市十一学校校考期中）数字“2015”中，各位数字相加和为8，称该数为“如意四位数”，则用数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有_______个．
【答案】23
【解析】由数字0，1，2，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”
首位数字必为2或5，有个，
由数字0，1，3，4组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”
首位数字必为3或4，有，
故共有23个．
故答案为：23
题型六：涂色问题
【方法技巧与总结】
解决涂色问题的一般思路
（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．
（2）以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．
（3）将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
例16．（2023秋·江苏南京·高三校联考阶段练习）如图，用种不同的颜色把图中、、、四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（ ）种
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先对区域涂色，有种选择，其次再对区域涂色，有种选择，
然后再与区域、涂色，有两种情况：
（1）若区域、同色，有种情况；
（2）若区域、不同色，有种情况.
综上所述，不同的涂法种数为种.
故选：C.
例17．（2023春·福建三明·高二校联考期中）如图．5个完全相同的圆盘用长度相同的线段连接成十字形．将其中两个圆盘染上红色．三个圆盘染上蓝色．并规定：若一种染色方法经过旋转后与第二种染色方法一致．则认为这两者是同一种染色方法．则不同的染色方法共有（ ）
A．2种 B．3种 C．6种 D．10种
【答案】B
【解析】第一种：中心圆盘染蓝色，周围圆盘中有两个染红色且红色圆盘相邻；
第二种：中心圆盘染蓝色，周围圆盘中有两个染红色且红色圆盘不相邻；
第三种：中心圆盘染红色，周围圆盘中有一个染红色．
故选：B．
例18．（2023春·全国·高二期末）如图，在四棱锥中，现给5个顶点安装彩色灯泡，要求相邻顶点的位置不得使用同一颜色，有4种不同颜色可供选择，则不同的安装方法共有（ ）
A．48种 B．72种 C．80种 D．96种
【答案】B
【解析】若A，C使用同一颜色，则由分步计数原理可知有（种）；
若A，C不使用同一颜色，则由分步计数原理可知有（种），
由分类计数原理可得共有（种），
故选：B.
变式7．（2023春·重庆巴南·高二重庆市清华中学校校考阶段练习）对图中的A、B、C、D四个区域染色，每块区域染一种颜色，有公共边的区域不同色，
A
B
C
D
现有红、黄、蓝三种不同颜色可以选择，则不同的染色方法共有（ ）A．12种 B．18种 C．20 D．22种
【答案】B
【解析】若相同，先染A，D处，有种方法，
再染处有种方法，第三步染有种方法，共有种，
若不同，先染A处，有种方法，再染处 种方法，
第三步染处有种方法，第四步染处种方法，共有种，
根据分类加法计数原理得，共有种，
故选：B
变式8．（2023春·北京东城·高二景山学校校考期中）如图，用种不同颜色给图中标有、、、各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻两部分涂不同颜色，则不同的涂色方法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】先给第部分涂色，有种涂色方法；再给第部分涂色，有种涂色方法；
再给第部分涂色：
若第部分颜色与第部分相同，则第部分只有种涂色方法，再给第部分涂色，有种涂色方法；
若第部分颜色与第部分不相同，则第部分有种涂色方法，再给第部分涂色，有种涂色方法．
所以不同的涂色方法一共有种．
故选：C
题型七：种植问题
【方法技巧与总结】
种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数．
例19．（2022·全国·高三专题练习）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
【解析】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．
例20．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有________种.
【答案】12
【解析】A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有1种种植方法.B在左边种植的情形与上述情形相同.故共有2×(3＋2＋1)＝12(种)不同的选垄方法.
故答案为：12
例21．（2022·湖北·高二阶段练习）如图，圆形花坛分为部分，现在这部分种植花卉，要求每部分种植种，且相邻部分不能种植同一种花卉，现有种不同的花卉供选择，则不同的种植方案共有______种（用数字作答）
【答案】260
【解析】根据题意：当1，3相同时，2，4相同或不同两类，有：种，
当1，3不相同时，2，4相同或不同两类，有：种，
所以不同的种植方案共有种，
故答案为：260
变式9．将3种作物种植在如图5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有 种.（以数字做答）
【答案】42
【解析】
题型八：列举法
【方法技巧与总结】
将所有情况一一列举出来．
例22．（2022·河南·马店第一高级中学模拟预测（理））如图，某水果店门前用3根绳子挂了6串香蕉，从左往右的串数依次为1，2，3．到了晚上，水果店老板要收摊了，假设每次只取1串（挂在一列的只能先收下面的），则将这些香蕉都取完的不同取法种数是（ ）
A．144 B．96 C．72 D．60
【答案】D
【解析】将6串香蕉编号为1，2，3，4，5，6．
把“2，3，4，5，6”取完，方法为23456，24356，24536，24563，42356，42536，42563，45263，45623，45236，共10种，再把1插入其中，每个有6种插法．共有60种方法，
故选：D．
例23．元旦来临之际，某寝室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡不同的分配方式有（ ）
A．6种 B．9种 C．11种 D．23种
【答案】B
【解析】解法1：设四人A、B、C、D写的贺卡分别是a、b、c、d，
当A拿贺卡b，则B可拿a、c、d中的任何一张，即B拿a，C拿d，D拿c，或B拿c，D拿a，C拿d，或B拿d，C拿a，D拿c，
所以A拿b时有三种不同的分配方式；
同理，A拿c，d时也各有三种不同的分配方式，
由分类加法计数原理，四张贺卡共有（种）分配方式；
解法2：让四人A、B、C、D依次拿一张别人送出的贺卡，
如果A先拿，有3种，此时被A拿走的那张贺卡的人也有3种不同的取法，
接下来，剩下的两个人都各只有1种取法，
由分步乘法计数原理，四张贺卡不同的分配方式有（种）．
故选：B.
例24．（2022·全国·高三专题练习）已知正整数有序数对满足：
①；
②．
则满足条件的正整数有序数对共有（ ）组．
A．24 B．12 C．9 D．6
【答案】B
【解析】由题意知，为正整数，
故由可得，
因为 ，故，则满足的数为3和2，
则有序数对可能为 ，
再由可得 ，
则的可能有共6种情况，
故满足条件的正整数有序数对共有组，
故选：B
变式10．（2022·全国·高三专题练习）将编号的小球放入编号为 盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的编号不能相同，则不同的放球方法有__种．
【答案】12.
【解析】由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，
当四个小球分组为如下情况时，放球方法有：
当1与2号球放在同一盒子中时，只能放入3号盒，号球放入号盒，有2种不同的放法；
同理当1与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当1与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当2与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当2与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当3与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
因此，不同的放球方法有12种．
故答案为：12．
【同步练习】
一、单选题
1．（2023·辽宁葫芦岛·高二统考期末）为了备战下一届排球世锦赛，中国国家队甲、乙、丙、丁四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手，则传法总数为（ ）
A．30 B．24 C．21 D．12
【答案】C
【解析】由题意，
四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，经过4次传球，球仍回到甲手，
∴第1次传球有3种方法，第2次传球分成“在甲手中”和“不在甲手中”两类方法，
第3次传球，球也不一定在甲手中；第4次传球只能在甲手中；
∴当第2次传球后球在甲手中时，
则第3次传球可能为丙或乙或丁，共3种方法；
当第2次传球后球不在甲手中时，有2种方法，
则第3次传球有2种方法.
∴经过4次传球，球仍回到甲的传法总数为：
，
∴球仍回到甲的传法总数为21种，
故选：C.
2．（2023·海南儋州·高二校考期末）3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作，每名大学生只能去1个村，则不同的分配方案共有（ ）
A．4种 B．6种 C．8种 D．10种
【答案】C
【解析】每个大学生都有种选择方法，
所以不同的分配方案共有种.
故选：C
3．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】以为起点时，三条路线依次连接即可到达点，共有种选择；自连接到时，在右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有种选择，
以为起点，为终点时，共有种方法；
同理可知：以为起点，为终点时，共有种方法；
完成该图“一笔画”的方法数为种.
故选：C.
4．（2023·全国·高二专题练习）有5件不同款式的上衣和8条不同颜色的长裤，若一件上衣与一条长裤配成一套，则不同的配法种数为（ ）
A．13 B．40 C．72 D．60
【答案】B
【解析】由分步乘法计数原理得不同的配法种数为.
故选：B.
5．（2023·全国·高二专题练习）某鞋店销售a，b，c，d四种不同款式的运动鞋，甲、乙、丙三人每人任意选择一款运动鞋购买，则不同的购买选择有（ ）
A．24种 B．48种 C．64种 D．81种
【答案】C
【解析】每人有4种不同的购买选择，总的购买选择有种.
故选：C．
6．（2023·江苏南通·高三统考期末）在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美.如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作.数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）.数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如11，242，5225都是回文数，则用0，1，2，3，4，5这些数字构成的所有三位数的回文数中能被3整除的个数是（ ）
A．8 B．10 C．11 D．13
【答案】B
【解析】当三位数的三个数位上的数都相同时，有，共有5个；
当三位数的三个数位上的数有二个相同时，有，共有5个，
所以满足题意的回文数共有10个，
故选：B
7．（2023·全国·高三专题练习）设集合，集合，定义，则中元素个数是（ ）
A．7 B．10 C． D．
【答案】B
【解析】由题意得，，，
则有2种情况，有5种情况，则由乘法原理可得的元素个数有个，
故选：B.
8．（2023·全国·高三专题练习）在法国启蒙思想家狄德罗所著的《论盲人书简》一书中，向读者介绍了英国的盲人数学家桑德森发明的几何学研究盘，如下图所示，它是在刻着田字格的板上钉钉子，钉子钉在田字格的9个格点处，只要用手触摸钉子的位置和大小，就可以进行结构的研究．假设钉子有大、小两种，在田字格上至少有一个钉子、至多有两个钉子，且田字格的中心必须有一个钉子．如果钉子的不同排法代表不同的几何结构，那么按照这样的规则，共可以研究多少种不同的几何结构？（ ）
A．18 B．32 C．34 D．36
【答案】C
【解析】第一类：若田字格上只有一个钉子，此钉子只能钉在田字格中心，可以有钉大、小两种，此类共有种不同结构；
第二类：若田字格上钉两个钉子，第一步：中心处必须钉钉子，有大、小两种可能，第二步：在其余个位置选择一个位置钉钉子，此位置有大、小钉子两种选择，所以此类情况共有种不同结构：
所以两类共有34种不同结构．
故选：C．
9．（2023·辽宁葫芦岛·高二兴城市高级中学校考期末）重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式．九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）：
“中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；
“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；
“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ）
A．108 B．36 C．9 D．6
【答案】C
【解析】由题可知中间格只有一种放法；
十字格有四个位置，3种适合放入，所以有一种放两个位置，共有3种放法；
四角格有四个位置，2种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，有两种放法，或每种都放两个位置，有一种放法，故四角格共有3种放法；
所以不同放法共有种.
故选：C.
10．（2023春·湖南岳阳·高二湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）为促进中学生综合素质全面发展，某校开设5个社团，甲、乙、丙三名同学每人只报名参加1个社团，则不同的报名方式共有（ ）
A．60种 B．120种 C．125种 D．243种
【答案】C
【解析】由题意知，甲、乙、丙三名同学每人只报名参加1个社团，所以每个人有5种选择．则不同的报名方式共有（种），
故选：C．
11．（2023·全国·高二专题练习）我国古代数学名著《续古摘奇算法》（杨辉）一书中有关于三阶幻方的问题：将1，2，3，4，5，6，7，8，9分别填入的方格中，使得每一行，每一列及对角线上的三个数的和都相等（如图所示），我们规定：只要两个幻方的对应位置（如每行第一列的方格）中的数字不全相同，就称为不同的幻方，那么所有不同的三阶幻方的个数是（ ）
A．9 B．8 C．6 D．4
【答案】B
【解析】因为所有数的和为，所以每行每列以及对角线的和都是15，采用列举法：492、357、816；276、951、438；294、753、618；438、951、276；816、357、492；618、753、294；672、159、834；834、159、672.共8种方法，
故选：B.
二、填空题
12．（2023春·安徽亳州·高三蒙城第一中学统考开学考试）A，B两篮球运动员在球衣号分别为6，8，9，18的四件球衣中各随机选一件，则A选的是偶数号球衣的不同选法共有__________种．
【答案】9
【解析】A选的是偶数号球衣的选法有3种，
B从A选完后剩余的3件球衣中选1件的选法有3种，
则A选的是偶数号球衣的不同选法共有种，
故答案为：9.
13．（2023春·江西·高二校联考开学考试）网课期间，小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如下图形状，现需要给下图七巧板右下方的五个块涂色（图中的1，2，3，4，5），有4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不能同色，有______种不同的涂色方案.
【答案】252
【解析】第一步：涂2，有4种颜色；
第二步：涂5，有3种颜色
第三步：涂3、4，当3与5同色时，4有3种颜色；当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第三步共7种.
第四步：涂1，有3种颜色.
共计种.
故答案为：252
14．（2023·全国·高二专题练习）如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有________种不同的绿化方案（用数字作答）.
【答案】180
【解析】如图：
A
B
D
C
从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，
B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；
由D区与B，C花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色，
则D有3种颜色花卉摆放方法.
故共有种涂色方法.
故答案为：180
15．（2023·全国·高二专题练习）本次数学期末考试共三种题型：填空题、选择题、解答题，其中填空题满分54分，共有12道小题，前6题每小题4分，后6题每小题5分，每小题答对得满分，答错得零分，则学生解答填空题共有______种不同的可能分值.
【答案】43
【解析】设4分题答对的个数为，答对5分题的个数为，则总的分，
当时，，共7个数值；
当时，分别可取6个不同的值.
故共有：种不同的结果.
故答案为：43.
16．（2023·全国·高二专题练习）在由1、2、3组成的不多于三位的自然数（可以有重复数字）中任意取一个，正好抽出两位自然数的概率是______.
【答案】
【解析】由1、2、3组成的一位自然数有3个，二位自然数有个，三位自然数有个，故正好抽出两位自然数的概率是，
故答案为：．
17．（2023·高三课时练习）将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只能填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有_________种.
【答案】576
【解析】福字有16种填写方法，禄字有9种填写方法，寿字有4种填写方法，
所以不同的填写方法有种，
故答案为：576
18．（2023·高三课时练习）若一个三位数的百位数字、十位数字、个位数字恰好构成等差数列，则称之为“等差三位数”，例如：147，642，777，420等.等差三位数的总个数为_________.
【答案】45
【解析】由题意得若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为0的“等差三位数”，则只要各位数字不为零即可，有9个；
若百位数字、十位数字个位数字构成公差为1的“等差三位数”，则百位数字不大于7，有7个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为2的“等差三位数”，则百位数字不大于5，有5个；
若百位数字十位数字个位数字构成公差为3的“等差三位数”，则百位数字不大于3，有3个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为4的“等差三位数”，则百位数字只能为1，有1个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为的“等差三位数，则百位数字不小于2，有8个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为的“等差三位数”，则百位数字不小于4，有6个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为的“等差三位数”，则百位数字不小于6，有4个；
若百位数字、十位数字个位数字构成公差为的“等差三位数”，则百位数字不小于8有2个.
综上所述，“等差三位数”的总数为个.
故答案为：45.
19．（2023·江苏·高三南京师大附中校联考期末）2022年卡塔尔世界杯已落下帷幕，里奥梅西率领的阿根廷队获得冠军，捧得“大力神”杯.据悉，从下届美加墨（美国、加拿大、墨西哥）世界杯开始，参赛球队将扩军至48支.比赛分小组赛和淘汰赛两个阶段.小组赛将会分为16个小组，每个小组3支球队，采用单循环赛制（即3支队伍两两交手），小组前两名晋级32强赛，第三名被淘汰，淘汰赛阶段：1/16决赛：32强分成16组对阵，获胜的16个队进入1/8决赛，即所谓“16强”，负者被淘汰.1/8决赛：16强分成8组对阵，获胜的8个队进入1/4决赛，即所谓“8强”，负者被淘汰.1/4决赛：8强分成4组对阵，获胜的4个队进入半决赛，即所谓“4强”，负者被淘汰.半决赛：4强分成2组对阵.决赛：半决赛获胜两队进入决赛，失利的两队争夺第三名.如按此规则，则2026美加墨世界杯共需举办________场比赛.
【答案】80
【解析】小组赛场，1/16决赛16场，1/8决赛8场，1/4决赛4场，半决赛2场，决赛2场，共场比赛.
故答案为：80
20．（2023·全国·高三专题练习）2021年12月，南昌最美地铁4号线开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去观洲、人民公园、新洪城大市场三个地方游览，每人只能去一个地方，人民公园一定要有人去，则不同游览方案的种数为______.
【答案】65
【解析】由题可知没有限制时，每人有3种选择，则4人共有种，
若没人去人民公园，则每人有2种选择，则4人共有种，
故人民公园一定要有人去的不同游览方案有种.
故答案为：65.
21．（2023·高二课时练习）如图所示的电路图，从A到B共有___________条不同的线路可通电.
【答案】8
【解析】解析：先分三类.第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2=4种方法，所以总的线路条数N=3+1+4=8.
故答案：8
7.1 两个基本计数原理
【题型归纳目录】
题型一：分类加法计数原理
题型二：分步乘法计数原理
题型三：两个原理的综合应用
题型四：组数问题
题型五：占位模型中标准的选择
题型六：涂色问题
题型七：种植问题
题型八：列举法
【知识点梳理】
知识点一：分类加法计数原理（也称加法原理）
1、分类加法计数原理：
完成一件事，有类办法．在第1类办法中有种不同方法，在第2类办法中有种不同的方法，……，在第类办法中有种不同方法，那么完成这件事共有种不同的方法．
2、加法原理的特点是：
①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类；
②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；
③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．
知识点诠释：
使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和．
知识点二、分步乘法计数原理
1、分步乘法计数原理
“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成．
2、乘法原理的特点：
①完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可；
②完成每一步有若干种方法；
③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．
知识点诠释：
使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积．
知识点三、分类计数原理和分步计数原理的区别：
1、分类计数原理和分步计数原理的区别：
两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关．
完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理；
若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算．
知识点四、分类计数原理和分步计数原理的应用
1、利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序：
（1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？
（2）然后考虑如何完成？主要有三种类型
①分类或分步．
②先分类，再在每一类里再分步．
③先分步，再在每一步里再分类，等等．
（3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？
【典型例题】
题型一：分类加法计数原理
【方法技巧与总结】
应用分类加法计数原理应注意如下问题
（1）明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事．
（2）无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法，即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的．
例1．（2022·全国·高三专题练习）书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法有__________种.
【答案】9
【解析】由题意，若从第一层取书，则有4种不同的取法，
若从第二层取书，则有3种不同的取法，
若从第三次取书，则有2种不同的取法，
所以不同的取法有种.
故答案为：9.
例2．（2022·全国·高三专题练习）如图，一条电路从A处到B处接通时，可以有_____________条不同的线路（每条线路仅含一条通路）．
【答案】
【解析】依题意按上、中、下三条线路可分为三类，
上线路中有种，
中线路中只有种，
下线路中有（种．
根据分类计数原理，共有（种．
故答案为：．
例3．（2022·全国·高三专题练习）某大学开设选修课，要求学生根据自己的专业方向以及自身兴趣从6个科目中选择3个科目进行研修．已知某班级a名学生对科目的选择如表所示，则的一组值可以是______．
科目
国际金融
统计学
市场管理
历史
市场营销
会计学
人数
24
28
14
15
19
b
【答案】（答案不唯一，为正整数且满足即可）
【解析】依题意，，
即，是满足该式的正整数即可．
故答案为：（答案不唯一，为正整数且满足即可）
变式1．（2022·广东·佛山市顺德区郑裕彤中学高二期中）某校高三有三个班，分别有学生50人、50人、52人.从中选一人担任学生会主席，共有_____一种不同选法.
【答案】152
【解析】有三个班，分别有学生50人、50人、52人.从中任选一人有：50+50+52=152种方法.
故答案为：152
题型二：分步乘法计数原理
【方法技巧与总结】
利用分步乘法计数原理解题的一般思路
（1）分步：将完成这件事的过程分成若干步．
（2）计数：求出每一步中的方法数．
（3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．
例4．（2022·全国·高三专题练习）直线方程，若从1，2，3，4这四个数字中每次取两个不同的数作为系数，的值，则方程表示不同直线的条数是_________.
【答案】10
【解析】第一步，给A赋值有4种选择，
第二步，给B赋值有3种选择，由分步乘法计数原理可得：(种).
又因为与表示同一直线与也表示同一直线，
所以形成不同的直线最多的条数为，
故答案为：10
例5．（2022·吉林·四平市第一高级中学高二阶段练习）某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种．
【答案】
【解析】原来个节目，形成个空位，安排一位老校友；
个节目，形成个空位，安排一位老校友；
个节目，形成个空位，安排一位老校友.
所以不同的安排方式有种.
故答案为：
例6．（2022·全国·高三专题练习）现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为______种．
【答案】12
【解析】由题意，有四件不同款式的上衣与三条不同颜色的长裤，
从中四件不同款式的上衣中，任选一件有种选法，
从中三件不同颜色的长裤中，任选一件有种选法，
根据分步计数原理，可得共有种不同的选法.
故答案为：12
题型三：两个原理的综合应用
【方法技巧与总结】
使用两个原理的原则
使用两个原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入手，“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，逐类解决，用分类加法计数原理；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后逐步解决，这时可用分步乘法计数原理．
例7．（2022·河北省文安县第一中学高二期末）如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（ ）
A．5 B．7 C．8 D．12
【答案】C
【解析】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为．
故选：C．
例8．（2022·全国·高三专题练习）已知集合，，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是（ ）
A．18 B．16 C．14 D．10
【答案】C
【解析】分两类情况讨论：
第一类，从中取的元素作为横坐标，从中取的元素作为纵坐标，则第一、二象限内的点共有（个）；
第二类，从中取的元素作为纵坐标，从中取的元素作为横坐标，则第一、二象限内的点共有（个），
由分类加法计数原理，所以所求个数为．
故选：C
例9．（2022·山东菏泽·高二期中）如图，从甲村到乙村有3条路可走，从乙村到丙村有2条路可走，从甲村不经过乙村到丙村有2条路可走，则从甲村到丙村的走法种数为（ ）
A．3 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【解析】由图可知，从甲村直接到到丙村的走法有种，
从甲村到乙村再到丙村的走法有种，
所以从甲村到丙村的走法共有种.
故选: D.
题型四：组数问题
【方法技巧与总结】
对于组数问题，应掌握以下原则
（1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊位置（特殊元素）优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解．
（2）要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位．
例10．（2022·广东广州·高二期末）用1，2，3，4组成没有重复数字的两位数，这样的两位数个数为（ ）
A．6 B．12 C．16 D．24
【答案】B
【解析】先排个位，有4种排法，再排十位，有3种排法，
因此共有种排法，
故选：B.
例11．（2022·全国·高三专题练习）“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5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ）
A．648个 B．720个 C．810个 D．891个
【答案】D
【解析】根据“回文数”的特点，只需确定前3位即可，最高位即万位有9种排法，千位和百位各有10种排法，根据分步乘法计数原理，共有种排法，其中各位数字相同的共有9种，则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有种.
故选：D.
例12．（2022·江苏·镇江市实验高级中学高二期中）用数字0，1，2，3，4组成允许有重复数字的三位数，这样的三位数个数为（ ）
A．125种 B．100种 C．64种 D．60种
【答案】B
【解析】首先排百位数字，只能是1，2，3，4中的一个，故有4种排法，
因为允许有重复数字，故十位与个位均有5种排法，故一共有种；
故选：B
变式2．（2022·全国·高二课时练习）若一个三位数的各位数字之和等于，且各位数字允许重复（如，等），则这种三位数的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】若百位为，则十位可从中任选一个数，有种选法，又各位数字之和等于，个位只有种选法，有个满足条件的数；
若百位为，则十位可从中任选一个数，此时个位只有种选法，
有个满足条件的数；
同理可知：若百位分别为，依次可得满足条件的数有个.
根据分类加法计数原理可知：这种三位数共有个.
故选：A.
变式3．（2022·全国·高二课时练习）用数字0，1，2，3组成没有重复数字的3位数，其中比200大的有（ ）
A．24个 B．12个 C．18个 D．6个
【答案】B
【解析】由题意可知，百位上的数字为2或3，十位上的数字可在剩余3个数字中选择1个数字，个位上的数字再在剩下的2个数字中任选1个，
故比200大的3位数的个数为.
故选：B
变式4．（2022·全国·高二课时练习）将1，2，3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，当3，4固定在图中的位置时，填写空格的方法有（ ）.
A．6种 B．12种 C．18种 D．24种
【答案】A
【解析】因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，
所以只能填在第一行第一列，只能填在第行第列，只能填在第一行第二列，
有种填法（第一行第三列或第三行第一列），5填好后与之相邻的空格可填6，7，8任一个，余下两个数字按从小到大的顺序填入剩余空格只有一种方法，
所以共有2×3=6（种）方法，
故选；A．
题型五：占位模型中标准的选择
【方法技巧与总结】
在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解．
例13．（2022·广东·潮州市绵德中学高二阶段练习）教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，由一楼到4楼共有走法种数为（ ）
A．6 B．23 C．42 D．43
【答案】B
【解析】由题意得可知：
由一层走到二层有两种选择，由二层走到三层有两种选择，由三层走到四层有两种选择，根据分步计数法的原则可知共有种走法.
故选：B
例14．（2023秋·吉林四平·高二四平市第一高级中学校考阶段练习）用0，1，2，3，4，5，6七个数共可以组成______个没有重复数字的三位数.
【答案】180
【解析】选0时，0不能在首位，故有个，
不选0时，有个，
根据分类加法原理，共有个，
故答案为:180.
例15．（2023·高二课时练习）3张卡片正、反面分别标有数字1和2，3和4，5和7，若将3张卡片并列组成一个三位数，则可以得到______个不同的三位数．
【答案】48
【解析】解:根据题意，分两步完成：
第一步：确定排在百位、十位、个位上的卡片，即3个元素的一个全排列，即；
第二步：分别确定百位、十位、个位上的数字，各有2种选法，即．
根据分步乘法计数原理，可以得到个不同的三位数．
故答案为：
变式5．（2023春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位的偶数，其中比50000大的有__________个．
【答案】
【解析】依题意最高位必须是，个位数字为0、2、4中其中1个，
所以首先排个位数字，有种，
再在剩余的4个数中任取3个，排在剩余的3个位置上，有种情况，
因此共有个；
故答案为：
变式6．（2023春·北京·高二北京市十一学校校考期中）数字“2015”中，各位数字相加和为8，称该数为“如意四位数”，则用数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有_______个．
【答案】23
【解析】由数字0，1，2，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”
首位数字必为2或5，有个，
由数字0，1，3，4组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”
首位数字必为3或4，有，
故共有23个．
故答案为：23
题型六：涂色问题
【方法技巧与总结】
解决涂色问题的一般思路
（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．
（2）以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．
（3）将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
例16．（2023秋·江苏南京·高三校联考阶段练习）如图，用种不同的颜色把图中、、、四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（ ）种
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先对区域涂色，有种选择，其次再对区域涂色，有种选择，
然后再与区域、涂色，有两种情况：
（1）若区域、同色，有种情况；
（2）若区域、不同色，有种情况.
综上所述，不同的涂法种数为种.
故选：C.
例17．（2023春·福建三明·高二校联考期中）如图．5个完全相同的圆盘用长度相同的线段连接成十字形．将其中两个圆盘染上红色．三个圆盘染上蓝色．并规定：若一种染色方法经过旋转后与第二种染色方法一致．则认为这两者是同一种染色方法．则不同的染色方法共有（ ）
A．2种 B．3种 C．6种 D．10种
【答案】B
【解析】第一种：中心圆盘染蓝色，周围圆盘中有两个染红色且红色圆盘相邻；
第二种：中心圆盘染蓝色，周围圆盘中有两个染红色且红色圆盘不相邻；
第三种：中心圆盘染红色，周围圆盘中有一个染红色．
故选：B．
例18．（2023春·全国·高二期末）如图，在四棱锥中，现给5个顶点安装彩色灯泡，要求相邻顶点的位置不得使用同一颜色，有4种不同颜色可供选择，则不同的安装方法共有（ ）
A．48种 B．72种 C．80种 D．96种
【答案】B
【解析】若A，C使用同一颜色，则由分步计数原理可知有（种）；
若A，C不使用同一颜色，则由分步计数原理可知有（种），
由分类计数原理可得共有（种），
故选：B.
变式7．（2023春·重庆巴南·高二重庆市清华中学校校考阶段练习）对图中的A、B、C、D四个区域染色，每块区域染一种颜色，有公共边的区域不同色，
A
B
C
D
现有红、黄、蓝三种不同颜色可以选择，则不同的染色方法共有（ ）A．12种 B．18种 C．20 D．22种
【答案】B
【解析】若相同，先染A，D处，有种方法，
再染处有种方法，第三步染有种方法，共有种，
若不同，先染A处，有种方法，再染处 种方法，
第三步染处有种方法，第四步染处种方法，共有种，
根据分类加法计数原理得，共有种，
故选：B
变式8．（2023春·北京东城·高二景山学校校考期中）如图，用种不同颜色给图中标有、、、各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻两部分涂不同颜色，则不同的涂色方法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】先给第部分涂色，有种涂色方法；再给第部分涂色，有种涂色方法；
再给第部分涂色：
若第部分颜色与第部分相同，则第部分只有种涂色方法，再给第部分涂色，有种涂色方法；
若第部分颜色与第部分不相同，则第部分有种涂色方法，再给第部分涂色，有种涂色方法．
所以不同的涂色方法一共有种．
故选：C
题型七：种植问题
【方法技巧与总结】
种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数．
例19．（2022·全国·高三专题练习）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
【解析】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．
例20．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有________种.
【答案】12
【解析】A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有1种种植方法.B在左边种植的情形与上述情形相同.故共有2×(3＋2＋1)＝12(种)不同的选垄方法.
故答案为：12
例21．（2022·湖北·高二阶段练习）如图，圆形花坛分为部分，现在这部分种植花卉，要求每部分种植种，且相邻部分不能种植同一种花卉，现有种不同的花卉供选择，则不同的种植方案共有______种（用数字作答）
【答案】260
【解析】根据题意：当1，3相同时，2，4相同或不同两类，有：种，
当1，3不相同时，2，4相同或不同两类，有：种，
所以不同的种植方案共有种，
故答案为：260
变式9．将3种作物种植在如图5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有 种.（以数字做答）
【答案】42
【解析】
题型八：列举法
【方法技巧与总结】
将所有情况一一列举出来．
例22．（2022·河南·马店第一高级中学模拟预测（理））如图，某水果店门前用3根绳子挂了6串香蕉，从左往右的串数依次为1，2，3．到了晚上，水果店老板要收摊了，假设每次只取1串（挂在一列的只能先收下面的），则将这些香蕉都取完的不同取法种数是（ ）
A．144 B．96 C．72 D．60
【答案】D
【解析】将6串香蕉编号为1，2，3，4，5，6．
把“2，3，4，5，6”取完，方法为23456，24356，24536，24563，42356，42536，42563，45263，45623，45236，共10种，再把1插入其中，每个有6种插法．共有60种方法，
故选：D．
例23．元旦来临之际，某寝室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡不同的分配方式有（ ）
A．6种 B．9种 C．11种 D．23种
【答案】B
【解析】解法1：设四人A、B、C、D写的贺卡分别是a、b、c、d，
当A拿贺卡b，则B可拿a、c、d中的任何一张，即B拿a，C拿d，D拿c，或B拿c，D拿a，C拿d，或B拿d，C拿a，D拿c，
所以A拿b时有三种不同的分配方式；
同理，A拿c，d时也各有三种不同的分配方式，
由分类加法计数原理，四张贺卡共有（种）分配方式；
解法2：让四人A、B、C、D依次拿一张别人送出的贺卡，
如果A先拿，有3种，此时被A拿走的那张贺卡的人也有3种不同的取法，
接下来，剩下的两个人都各只有1种取法，
由分步乘法计数原理，四张贺卡不同的分配方式有（种）．
故选：B.
例24．（2022·全国·高三专题练习）已知正整数有序数对满足：
①；
②．
则满足条件的正整数有序数对共有（ ）组．
A．24 B．12 C．9 D．6
【答案】B
【解析】由题意知，为正整数，
故由可得，
因为 ，故，则满足的数为3和2，
则有序数对可能为 ，
再由可得 ，
则的可能有共6种情况，
故满足条件的正整数有序数对共有组，
故选：B
变式10．（2022·全国·高三专题练习）将编号的小球放入编号为 盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的编号不能相同，则不同的放球方法有__种．
【答案】12.
【解析】由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，
当四个小球分组为如下情况时，放球方法有：
当1与2号球放在同一盒子中时，只能放入3号盒，号球放入号盒，有2种不同的放法；
同理当1与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当1与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当2与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当2与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当3与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
因此，不同的放球方法有12种．
故答案为：12．
【同步练习】
一、单选题
1．（2023·辽宁葫芦岛·高二统考期末）为了备战下一届排球世锦赛，中国国家队甲、乙、丙、丁四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手，则传法总数为（ ）
A．30 B．24 C．21 D．12
【答案】C
【解析】由题意，
四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，经过4次传球，球仍回到甲手，
∴第1次传球有3种方法，第2次传球分成“在甲手中”和“不在甲手中”两类方法，
第3次传球，球也不一定在甲手中；第4次传球只能在甲手中；
∴当第2次传球后球在甲手中时，
则第3次传球可能为丙或乙或丁，共3种方法；
当第2次传球后球不在甲手中时，有2种方法，
则第3次传球有2种方法.
∴经过4次传球，球仍回到甲的传法总数为：
，
∴球仍回到甲的传法总数为21种，
故选：C.
2．（2023·海南儋州·高二校考期末）3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作，每名大学生只能去1个村，则不同的分配方案共有（ ）
A．4种 B．6种 C．8种 D．10种
【答案】C
【解析】每个大学生都有种选择方法，
所以不同的分配方案共有种.
故选：C
3．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】以为起点时，三条路线依次连接即可到达点，共有种选择；自连接到时，在右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有种选择，
以为起点，为终点时，共有种方法；
同理可知：以为起点，为终点时，共有种方法；
完成该图“一笔画”的方法数为种.
故选：C.
4．（2023·全国·高二专题练习）有5件不同款式的上衣和8条不同颜色的长裤，若一件上衣与一条长裤配成一套，则不同的配法种数为（ ）
A．13 B．40 C．72 D．60
【答案】B
【解析】由分步乘法计数原理得不同的配法种数为.
故选：B.
5．（2023·全国·高二专题练习）某鞋店销售a，b，c，d四种不同款式的运动鞋，甲、乙、丙三人每人任意选择一款运动鞋购买，则不同的购买选择有（ ）
A．24种 B．48种 C．64种 D．81种
【答案】C
【解析】每人有4种不同的购买选择，总的购买选择有种.
故选：C．
6．（2023·江苏南通·高三统考期末）在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美.如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作.数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）.数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如11，242，5225都是回文数，则用0，1，2，3，4，5这些数字构成的所有三位数的回文数中能被3整除的个数是（ ）
A．8 B．10 C．11 D．13
【答案】B
【解析】当三位数的三个数位上的数都相同时，有，共有5个；
当三位数的三个数位上的数有二个相同时，有，共有5个，
所以满足题意的回文数共有10个，
故选：B
7．（2023·全国·高三专题练习）设集合，集合，定义，则中元素个数是（ ）
A．7 B．10 C． D．
【答案】B
【解析】由题意得，，，
则有2种情况，有5种情况，则由乘法原理可得的元素个数有个，
故选：B.
8．（2023·全国·高三专题练习）在法国启蒙思想家狄德罗所著的《论盲人书简》一书中，向读者介绍了英国的盲人数学家桑德森发明的几何学研究盘，如下图所示，它是在刻着田字格的板上钉钉子，钉子钉在田字格的9个格点处，只要用手触摸钉子的位置和大小，就可以进行结构的研究．假设钉子有大、小两种，在田字格上至少有一个钉子、至多有两个钉子，且田字格的中心必须有一个钉子．如果钉子的不同排法代表不同的几何结构，那么按照这样的规则，共可以研究多少种不同的几何结构？（ ）
A．18 B．32 C．34 D．36
【答案】C
【解析】第一类：若田字格上只有一个钉子，此钉子只能钉在田字格中心，可以有钉大、小两种，此类共有种不同结构；
第二类：若田字格上钉两个钉子，第一步：中心处必须钉钉子，有大、小两种可能，第二步：在其余个位置选择一个位置钉钉子，此位置有大、小钉子两种选择，所以此类情况共有种不同结构：
所以两类共有34种不同结构．
故选：C．
9．（2023·辽宁葫芦岛·高二兴城市高级中学校考期末）重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式．九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）：
“中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；
“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；
“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ）
A．108 B．36 C．9 D．6
【答案】C
【解析】由题可知中间格只有一种放法；
十字格有四个位置，3种适合放入，所以有一种放两个位置，共有3种放法；
四角格有四个位置，2种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，有两种放法，或每种都放两个位置，有一种放法，故四角格共有3种放法；
所以不同放法共有种.
故选：C.
10．（2023春·湖南岳阳·高二湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）为促进中学生综合素质全面发展，某校开设5个社团，甲、乙、丙三名同学每人只报名参加1个社团，则不同的报名方式共有（ ）
A．60种 B．120种 C．125种 D．243种
【答案】C
【解析】由题意知，甲、乙、丙三名同学每人只报名参加1个社团，所以每个人有5种选择．则不同的报名方式共有（种），
故选：C．
11．（2023·全国·高二专题练习）我国古代数学名著《续古摘奇算法》（杨辉）一书中有关于三阶幻方的问题：将1，2，3，4，5，6，7，8，9分别填入的方格中，使得每一行，每一列及对角线上的三个数的和都相等（如图所示），我们规定：只要两个幻方的对应位置（如每行第一列的方格）中的数字不全相同，就称为不同的幻方，那么所有不同的三阶幻方的个数是（ ）
A．9 B．8 C．6 D．4
【答案】B
【解析】因为所有数的和为，所以每行每列以及对角线的和都是15，采用列举法：492、357、816；276、951、438；294、753、618；438、951、276；816、357、492；618、753、294；672、159、834；834、159、672.共8种方法，
故选：B.
二、填空题
12．（2023春·安徽亳州·高三蒙城第一中学统考开学考试）A，B两篮球运动员在球衣号分别为6，8，9，18的四件球衣中各随机选一件，则A选的是偶数号球衣的不同选法共有__________种．
【答案】9
【解析】A选的是偶数号球衣的选法有3种，
B从A选完后剩余的3件球衣中选1件的选法有3种，
则A选的是偶数号球衣的不同选法共有种，
故答案为：9.
13．（2023春·江西·高二校联考开学考试）网课期间，小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如下图形状，现需要给下图七巧板右下方的五个块涂色（图中的1，2，3，4，5），有4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不能同色，有______种不同的涂色方案.
【答案】252
【解析】第一步：涂2，有4种颜色；
第二步：涂5，有3种颜色
第三步：涂3、4，当3与5同色时，4有3种颜色；当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第三步共7种.
第四步：涂1，有3种颜色.
共计种.
故答案为：252
14．（2023·全国·高二专题练习）如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有________种不同的绿化方案（用数字作答）.
【答案】180
【解析】如图：
A
B
D
C
从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，
B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；
由D区与B，C花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色，
则D有3种颜色花卉摆放方法.
故共有种涂色方法.
故答案为：180
15．（2023·全国·高二专题练习）本次数学期末考试共三种题型：填空题、选择题、解答题，其中填空题满分54分，共有12道小题，前6题每小题4分，后6题每小题5分，每小题答对得满分，答错得零分，则学生解答填空题共有______种不同的可能分值.
【答案】43
【解析】设4分题答对的个数为，答对5分题的个数为，则总的分，
当时，，共7个数值；
当时，分别可取6个不同的值.
故共有：种不同的结果.
故答案为：43.
16．（2023·全国·高二专题练习）在由1、2、3组成的不多于三位的自然数（可以有重复数字）中任意取一个，正好抽出两位自然数的概率是______.
【答案】
【解析】由1、2、3组成的一位自然数有3个，二位自然数有个，三位自然数有个，故正好抽出两位自然数的概率是，
故答案为：．
17．（2023·高三课时练习）将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只能填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有_________种.
【答案】576
【解析】福字有16种填写方法，禄字有9种填写方法，寿字有4种填写方法，
所以不同的填写方法有种，
故答案为：576
18．（2023·高三课时练习）若一个三位数的百位数字、十位数字、个位数字恰好构成等差数列，则称之为“等差三位数”，例如：147，642，777，420等.等差三位数的总个数为_________.
【答案】45
【解析】由题意得若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为0的“等差三位数”，则只要各位数字不为零即可，有9个；
若百位数字、十位数字个位数字构成公差为1的“等差三位数”，则百位数字不大于7，有7个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为2的“等差三位数”，则百位数字不大于5，有5个；
若百位数字十位数字个位数字构成公差为3的“等差三位数”，则百位数字不大于3，有3个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为4的“等差三位数”，则百位数字只能为1，有1个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为的“等差三位数，则百位数字不小于2，有8个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为的“等差三位数”，则百位数字不小于4，有6个；
若百位数字、十位数字、个位数字构成公差为的“等差三位数”，则百位数字不小于6，有4个；
若百位数字、十位数字个位数字构成公差为的“等差三位数”，则百位数字不小于8有2个.
综上所述，“等差三位数”的总数为个.
故答案为：45.
19．（2023·江苏·高三南京师大附中校联考期末）2022年卡塔尔世界杯已落下帷幕，里奥梅西率领的阿根廷队获得冠军，捧得“大力神”杯.据悉，从下届美加墨（美国、加拿大、墨西哥）世界杯开始，参赛球队将扩军至48支.比赛分小组赛和淘汰赛两个阶段.小组赛将会分为16个小组，每个小组3支球队，采用单循环赛制（即3支队伍两两交手），小组前两名晋级32强赛，第三名被淘汰，淘汰赛阶段：1/16决赛：32强分成16组对阵，获胜的16个队进入1/8决赛，即所谓“16强”，负者被淘汰.1/8决赛：16强分成8组对阵，获胜的8个队进入1/4决赛，即所谓“8强”，负者被淘汰.1/4决赛：8强分成4组对阵，获胜的4个队进入半决赛，即所谓“4强”，负者被淘汰.半决赛：4强分成2组对阵.决赛：半决赛获胜两队进入决赛，失利的两队争夺第三名.如按此规则，则2026美加墨世界杯共需举办________场比赛.
【答案】80
【解析】小组赛场，1/16决赛16场，1/8决赛8场，1/4决赛4场，半决赛2场，决赛2场，共场比赛.
故答案为：80
20．（2023·全国·高三专题练习）2021年12月，南昌最美地铁4号线开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去观洲、人民公园、新洪城大市场三个地方游览，每人只能去一个地方，人民公园一定要有人去，则不同游览方案的种数为______.
【答案】65
【解析】由题可知没有限制时，每人有3种选择，则4人共有种，
若没人去人民公园，则每人有2种选择，则4人共有种，
故人民公园一定要有人去的不同游览方案有种.
故答案为：65.
21．（2023·高二课时练习）如图所示的电路图，从A到B共有___________条不同的线路可通电.
【答案】8
【解析】解析：先分三类.第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2=4种方法，所以总的线路条数N=3+1+4=8.
故答案：8
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