文档内容
课时规范练 62 分类加法计数原理与分步乘法
计数原理
基础巩固练
1.(2024·江苏徐州一模)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.34种
B.43种
C.3×2×1种
D.4×3×2种
2.(2024·湖北十堰模拟)从数字0,1,2,3,4中选四个组成没有重复数字且比2 024大的四位
数有( )
A.52个 B.64个
C.66个 D.70个
3.(2024·吉林辽源模拟)用5种不同颜色的粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区
域不能用同一种颜色的粉笔,则该板报不同的书写方案共有( )
A.240种 B.480种
C.120种 D.200种
4.(2024·浙江杭州模拟)定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”,比如116,431,则所
有幸运数的个数为( )
A.18 B.21
C.35 D.36
5.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).
6.人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”,则无重复数字的四位“吉祥数”
共有 个.
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx7.(2024·广东湛江模拟)某美食套餐中,除必选菜品以外,另有四款凉菜及四款饮品可供选
择,其中凉菜可四选二,不可同款,饮品选择两杯,可以同款,则该套餐的供餐方案共有
种.
8.(2025·北京名校一轮复习)如图所示,在排成4×4方阵的16个点中,中心位置4个点在某
圆内,其余12个点在圆外.从16个点中任选3点,作为三角形的顶点,其中至少有一个顶
点在圆内的三角形共有 个.
9.(2023·新高考Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这
8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有
种(用数字作答).
综合提升练
10.(2024·江苏常州模拟)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.如图所示的雨伞,其伞面被伞骨分成8个区域,每个区域分别印有数字1,2,3,…,8,
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1与区域5)所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供
选择,则不同的涂色方案有( )
A.1 050种 B.1 260种
C.1 302种 D.1 512种
11.(2024·上海卷,10)设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数,且元素中任意两
者之积皆为偶数,则集合A中元素个数的最大值为 .
12.通常,我国民用汽车号牌的编号由两部分组成:第一部分为汉字表示的省、自治区、
直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号,第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组
成的序号,如图所示.其中序号的编码规则为:
①由10个阿拉伯数字和除I,O之外的24个英文字母组成;
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx②最多只能有2个英文字母.
则采用5位序号编码的鲁V牌照最多能发放的汽车号牌数为 万张.(用数字作
答)
13.(2024·湖南长沙模拟)初等数论中的四平方和定理的内容是:任意正整数都可以表示为
不超过四个自然数的平方和,例如正整数6=22+12+12+02.设25=a2+b2+c2+d2,其中a,b,c,d
均为自然数,则满足条件的有序数组(a,b,c,d)的个数是 .(用数字作答)
14.(13分)(2025·上海长宁检测)关于正整数2 160,求:
(1)它有多少个不同的正因数?
(2)它的所有正因数的和是多少?
15.(2025·北京名校一轮复习)著名数学家欧几里得著的《几何原本》中记载:任何一个大
于1的整数要么是一个素数,要么可以写成一系列素数的积,例如42=2×3×7.对于1
260=a ×a ×a ×…×a ,其中a ,a ,a ,…,a 均是素数,则从a ,a ,a ,…,a 中任选3个数,可以组
1 2 3 n 1 2 3 n 1 2 3 n
成不同三位数的个数为( )
A.18 B.32
C.36 D.42
创新应用练
16.(2024·安徽淮北二模)在3×3的方格中,每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一,
若每个2×2的方格中的四个小方格的颜色都不相同,则满足要求的不同涂色方法的种数
为 .
答案：
1.A 解析 由题可知,每名同学都有3种选法,故不同的选购方式有34种.
2.D 解析 根据题意,可分为三类:
当首位大于2时有2A3=48(个);当首位为2,第二位非0时有3A2=18(个);
4 3
当首位为2,第二位为0时有2A1=4(个).
2
综上,满足题意的四位数总共有48+18+4=70(个).
3.A 解析 因为A,B,C区域两两相邻,所以有A3=5×4×3=60(种)书写方案;而D只和A相邻,只要
5
和A区域的颜色不同即可,所以有4种方案.故总共有60×4=240(种)方案.
4.D 解析 当百位数是1,后两位相加为7,有8种(07,70,16,61,25,52,34,43,以下类同);
当百位数是2,后两位相加为6,有7种;
当百位数是3,后两位相加为5,有6种;当百位数是4,后两位相加为4,有5种;
当百位数是5,后两位相加为3,有4种;当百位数是6,后两位相加为2,有3种;
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx当百位数是7,后两位相加为1,有2种;当百位数是8,后两位相加为0,有1种.
故幸运数总共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).
5.9 解析 依题意按上、中、下三条线路可分为三类:上线路中有2种;
中线路中有1种;下线路中有2×3=6(种).
根据分类加法计数原理,共有2+1+6=9(条)不同的线路.
6.448 解析 先排千位,有8种选择,再排百位,有8种选择,最后排十位,有7种选择,故共有
8×8×7=448(个).
7.60 解析 由题意可知凉菜选择方案共有C2=6(种),饮品选择方案共有C2+C1=10(种),因此该
4 4 4
套餐的供餐方案共有6×10=60(种).
8.312 解析 根据题意,分3种情况讨论:
①取出的3个点都在圆内,有C3=4(种)取法,
4
②在圆内取2点,圆外12点中取1点,有C2C1 =60(种)取法,
4 10
③在圆内取1点,圆外12点中取2点,有C1 (C2 -4)=248(种)取法,由分类加法计数原理,得至少有
4 12
一个顶点在圆内的三角形有4+60+248=312(个).
9.64 解析 方法一(直接法): 若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有C1×C1=16(种)不同
4 4
的选课方案;若选3门课,分两类.体育类选1门、艺术类选2门,体育类选2门、艺术类选1门,有
C1×C2+C2×C1 =48(种)不同的选课方案.综上,共有16+48=64(种)不同的选课方案.
4 4 4 4
方法二(间接法): 由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有C2+C3=84(种)不同的选课方案,
8 8
只选择体育类或艺术类的有2(C2+C3)=20(种),则符合题意的共有84-20=64(种)不同的选课方案.
4 4
10.C 解析 由题意可得,只需确定区域1,2,3,4的颜色,即可确定整个伞面的涂色.
先涂区域1,有7种选择;再涂区域2,有6种选择.
当区域3与区域1涂的颜色不同时,区域3有5种选择,剩下的区域4有5种选择.
当区域3与区域1涂的颜色相同时,剩下的区域4有6种选择.故不同的涂色方案有
7×6×(5×5+6)=1 302(种).
11.329 解析 由题意可知,集合A中每个元素都是互异的,且元素中最多有1个奇数,其他都是偶
数.
集合A中无重复数字的三位偶数:
(1)若个位为0,这样的偶数有A2=72(个);
9
(2)若个位不为0,这样的偶数有C1·C1·C1=256(个),所以集合A中元素个数的最大值为
4 8 8
256+72+1=329.
12.706 解析 当号牌中有两个英文字母时,且两个英文字母相同,则有C1 ×C2×103=24×104(张),
24 5
两个英文字母不相同,则有C2 ×A2×103=552×104(张);当号牌中有一个英文字母时,有C1 ×C1×
24 5 24 5
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx104=120×104(张);当号牌中没有英文字母时,有105张;所以满足条件的号牌共有
(552+24+120+10)×104张,即有706万张.
13.28 解析 显然a,b,c,d均为不超过5的自然数,下面进行讨论.
当最大数为5时,25=52+02+02+02,此时共有A1=4(种)情况.
4
当最大数为4时,
①25=42+32+02+02,此时共有A2=12(种)情况;
4
②25=42+22+22+12,此时共有A2=12(种)情况.
4
当最大数为3时,32+32+22+22>25>32+32+22+12,没有满足题意的情况.
由分类加法计数原理,满足条件的有序数组的个数是4+12+12=28.
14.解 (1)由题意,2 160=24×5×33,则2 160的正因数p=2r×5s×3t(r,s,t∈N),因为r可取0,1,2,3,4;s可
取0,1;t可取0,1,2,3;
由分步乘法计数原理,得2 160有5×2×4=40(个)不同的正因数.
(2)式子(20+21+22+23+24)×(30+31+32+33)×(50+51)的展开式就是40个正因数之和.由分步乘法计数
原理,得正因数之和为31×40×6=7 440.即2 160所有正因数的和是7 440.
15.D 解析 因1 260=2×2×3×3×5×7,依题,从2,2,3,3,5,7中任选3个数组成三位数,可以分成两类
情况:
①三个数都不相同,共有三位数A3=24(个);
4
②含有2个2或2个3,共有2×C1×C1=18(个).
3 3
由分类加法计数原理,可以组成不同三位数的个数为24+18=42.
16.72 解析 如图,将3×3的方格中的每个小格标上字母.
A B C
D E F
G H I
易知其中的2×2方格共有4组,且E格为4组共用,B,D,F,H均由2组共用,涂完E,B,D,F,H后,
A,C,G,I颜色将随之唯一确定.
首先涂E格,有4种可能;
其次涂B格,有3种可能;
涂D格,有2种可能.
最后涂F,H格,若F与A相同,则H与B相同,有1种可能;
若F与D相同,则H有2种可能.
综上,共有4×3×2×(1+2)=72(种)不同的涂色方法
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