6.1 分类计数原理与分步计数原理
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：分类加法计数原理.......................................................... 2
考点二：分步乘法计数原理.......................................................... 2
考点三：两个计数原理的区别与联系...............................................2
考点四：两个计数原理的应用....................................................... 2
模块二：题型分类.........................................................................3
题型一：分类加法计数原理.......................................................... 3
题型二：分步乘法计数原理.......................................................... 5
题型三：两个计数原理的综合应用..................................................8
题型四：实际问题的计数原理......................................................11
题型五：代数中的计数原理........................................................ 13
题型六：几何的计数原理........................................................... 14
题型七：数字的排列原理........................................................... 16
题型八：涂色(种植)问题............................................................18
模块三：综合巩固....................................................................... 25
6.1 分类计数原理与分步计数原理
模块一：基础知识
考点一：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）推广：如果完成一件事情有n 类不同方案,在第1 类方案中有
1
m 种不同的方法,在第2 类方案中有
2
m
种不同的方法,……在第n 类方案中有
n
m 种不同的方法,那么完成这件事共有
1
2
n
N
m
m
m
种不同
的方法.
考点二：分步乘法计数原理
（1）定义：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.
（2）推广：完成一件事需要n 个步骤,做第1 步有
1
m 种不同的方法,做第2 步有
2
m 种不同的方法,……做
第n 步有
n
m 种不同的方法,则完成这件事共有
1
2
n
N
m m
m
种不同的方法.
考点三：两个计数原理的区别与联系
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题
不同点
针对的是“分类”问题
不同点
各种方法相互独立，用其中任何
一种方法都可以做完这件事
各个步骤中的方法互相依存，只有
每一个步骤都完成才算做完这件事
考点四：两个计数原理的应用
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：
一、要完成的“一件事”是什么；二、需要分类还是需要分步．
(1)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．
(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分类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．
模块二：题型分类
题型一：分类加法计数原理
1．某同学逛书店，发现3 本喜欢的书，若决定至少买其中的两本，则购买方案有（
）
A．4 种
B．6 种
C．7 种
D．9 种
【答案】A
【分析】分为买两本和买三本两种情况求解即可.
【详解】买两本，有3 种方案；买三本，有1 种方案；
因此共有方案3 1
4
(种)．
故选：A.
2．高二1、2、3 班各有升旗班同学人数分别为：1、3、3 人，现从中任选2 人参加升旗，则2 人来自不同
班的选法种数为（
）
A．12
B．15
C．20
D．21
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式计算作答.
【详解】依题意，选中高二1 班的同学有1 6
种方法，高二1 班的同学没选中有3 3
，
所以2 人来自不同班的选法种数为1 6
3 3
15
.
故选：B
3.如图，在由电键组A 与B 所组成的并联电路中，要接通电源，使电灯发光的方法种数是
．
【答案】5
【详解】在电键组A 中有2 个电键，电键组B 中有3 个电键，
应用分类加法计数原理，共有2＋3＝5 种接通电源使电灯发光的方法．
故答案为：5.
4.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲只用银联卡结账，顾客乙
只用微信和银联卡结账，顾客丁与甲、乙结账方式不同，丙用哪种结账方式都可以.若甲乙丙丁购物后依次
结账，那么他们结账方式的组合种数共有（
）
A．20 种
B．24 种
C．30 种
D．36 种
【答案】A
【分析】分乙使用银联卡和微信结算两种方法，分类求结账方法的组合数.
【详解】当乙用银联卡结算时，此时甲和乙都用银联卡结算，
所以丁有3 种方法，丙有4 种方法，共有3 4
12
种方法；
当乙用微信结算时，此时甲用银联卡结算，丁有2 种方法，
丙有4 种方法，共有2 4
8
种方法，
综上，共有12
8
20
种方法.
故选：A
5.音乐播放器里存有10 首中文歌曲，8 首英文歌曲，3 首法文歌曲，任选一首歌曲进行播放，有多少种不
同的选法？
【答案】21
【详解】依题意一共有10
8
3
21
种选法.
6.某比赛有8 支队伍参赛，分别为中国赛区1，2，3，4 号队伍，韩国赛区1，2，3 号队伍，欧洲赛区1 号
队伍.现淘汰赛需要抽签，分四组两两对决，要求来自同一赛区的队伍不进行对战且同一编号队伍不进行对
战.则会出现
种不同的对局情况.
【答案】8
【分析】根据题意可知中国赛区1 号队伍的对阵情况，再分类讨论，利用穷举法将所有对阵情况一一列出
即可.
【详解】记中国赛区1，2，3，4 号队伍分别为
, ,
,
A B C D ，韩国赛区1，2，3 号队伍分别为, ,
a b c ，欧洲
赛区1 号队伍为m ，
根据题意，A 只能对战,b c 中的一支队伍，
i) 当A 对战b 时，B 可以对战, ,
a c m 中的一支队伍，
若B 对战a ，则C 只能对战m ，故D 只能对战c ，只有1 种情况；
若B 对战c ，则C 可以对战,a m 中一支队伍，D 对战剩下的队伍，一共有2 种情况；
若B 对战m ，则C 只能对战a ，故D 只能对战c ，只有1 种情况；
ii) 当A 对战c 时，B 只能对战,a m 中的一支队伍，
若B 对战a ，则C 可以对战,b m 中一支队伍，D 对战剩下的队伍，一共有2 种情况；
若B 对战m ，则C 可以对战,a b 中一支队伍，D 对战剩下的队伍，一共有2 种情况；
综上：对局情况一共有1
2 1
2
2
8
种.
故答案为：8.
7.解1 道数学题，有三种方法，有3 个人只会用第一种方法，有4 个人只会用第二种方法，有3 个人只会
用第三种方法，从这10 个人中选1 个人能解这道题目，则不同的选法共有（
）
A．10 种
B．21 种
C．24 种
D．36 种
【答案】A
【分析】利用分类加法计数原理计算即可.
【详解】根据分类加法计数原理得：
不同的选法共有3
4
3
10
（种）．
故选：A．
8.某班有男生13 人，女生17 人，从中选一名同学为数学课代表，则不同的选法的种数有（
）
A．121
B．13
C．30
D．17
【答案】C
【分析】根据分类加法计数原理即可得到答案
【详解】由分类加法计数原理可知，共有13+17=30 种选法
故选：C
9.如图，将钢琴上的12个键依次记为
1a ，
2a ，…，12
a ．设1
12
i
j
k
，若
3
k
j
且
4
j
i
，则称
ia ，
ja ，
ka 为大三和弦；若
4
k
j
且
3
j
i
，则称
ia ，
ja ，
ka 为小三和弦．用这12个键可以构成的大三和弦与小
三和弦的个数之和为（
）
A．5
B．8
C．10
D．15
【答案】C
【分析】由大三和弦满
3
k
j
，
4
j
i
，列举出i 和j 的取值；小三和弦满足
4
k
j
，
3
j
i
，列举出i
和j 的取值；进而可得答案．
【详解】根据题意可知，大三和弦满
3
k
j
，
4
j
i
，所以有5 种情况，即
1
i ，
5
j
，
8
k =
；
2
i
，
6
j ，
9
k
；
3
i
，
7
j
，
10
k
；
4
i
，
8
j ，
11
k
；
5
i
，
9
j
，
12
k
．小三和弦满足
4
k
j
，
3
j
i
，所以有5 种情况，即
1
i ，
4
j ，
8
k =
；
2
i
，
5
j
，
9
k
；
3
i
，
6
j
，
10
k
；
4
i
，
7
j
，
11
k
；
5
i
，
8
j ，
12
k
．故大三和弦与小三和弦个数之和为5
5
10
，
故选:C．
题型二：分步乘法计数原理
1.某游泳锦标赛上有四名运动员甲、乙、丙、丁，他们每人参加项目且每人只能参加一个项目，有三个游
泳项目供选择，这四人参赛方案的种类共有（
）
A．
43
B．
34
C．12
D．9
【答案】A
【分析】由分步乘法计数原理即可得到结果.
【详解】甲、乙、丙、丁每人均有3 种选择，可以采用分步计数原理，得四人参赛方案的种类为
43 ．
故选：A.
2.一种号码拨号锁有4 个拨号盘，每个拨号盘上有从0 到9 共10 个数字，这4 个拨号盘可以组成
个四位数号码？．
【答案】10000
【详解】按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第1 步，有10 种拨号方式，
第2 步，有10 种拨号方式，
第3 步，有10 种拨号方式，
第4 步，有10 种拨号方式，
根据分步计数原理，共可以组成10 10 10 10
10000
个四位数的号码.
故答案为：10000.
3.同一个宿舍的8 名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去，其
他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（
）
A．32 种
B．128 种
C．64 种
D．256 种
【答案】C
【分析】分甲和乙都去和甲和乙都不去两类，利用分类计数原理求解.
【详解】若甲、乙都去，剩下的5 人每个人都可以选择去或不去，有
5
2 种去法；
若甲、乙都不去，剩下的5 人每个人都可以选择去或不去，有
5
2 种去法．
故一共有
5
5
2
2
64
种去法．
故选：C.
4.某班4 个同学分别从3 处风景点中选择一处进行旅游观光，则不同的选择方案是（
）
A．
3
4
A 种
B．
3
4
C 种
C．
34 种
D．
43 种
【初学者可能看不懂AB 选项，一般问题不大】
【答案】D
【分析】利用分步计数乘法原理即可求解.
【详解】由题意知每位同学都有3 种选择，可分4 步完成，每步由一位同学选择，
故共有
4
3 3 3 3
3
种选择方法.
故选：D.
5.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
【分析】由分步计数原理，即可求解.
【详解】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4 种选法，
从中三件不同颜色的长裤中，任选一件有3 种选法，
根据分步计数原理，可得共有4 3
12
种不同的选法.
故答案为：12
6.全国中学生学科竞赛包含数学、物理、化学、生物、信息5 个学科，4 名同学欲报名参赛，每人必选且
只能选择1 个学科参加竞赛，则不同的报名方法种数是
．
【答案】625
【分析】利用分步乘法有理求不同的报名方法种数即可.
【详解】由已知第一位同学的报名方法有5 种，第二名同学的报名方法有5 种，第三名同学的报名方法有
5 种，第四名同学的报名方法有5种，由分步乘法计数原理可得4名同学的不同的报名方法种数是5 5 5 5
种，即625 种，
故答案为：625.
7.若
, ,
3, 2, 1,0,1,2,3,4
a b c
，则符合条件的二次函数
2
y
ax
bx
c
的解析式有
个．
【答案】294
【分析】由分步乘法原理求解
【详解】
2
y
ax
bx
c
是二次函数，故
0
a
．
由集合元素的互异性知, ,
a b c 互不相同，故符合条件的函数解析式有7
7
6
294
个．
故答案为：294
8.将4 封信投入3 个不同的信箱，不同的投信方法有
种.
【答案】81
【分析】根据分步乘法计数原理分析可得结果.
【详解】先投第一封信，有3 个不同的信箱可投，即有3 种投信方法；
同理，第二、三、四封信都有3 种投信方法，
故利用分步乘法计数原理得到3
3
3
3
81
种投信方法.
故答案为：81.
9.核糖核酸RNA 是存在于生物细胞以及部分病毒、类病毒中的遗传信息载体．参与形成RNA 的碱基有4
种，分别用A，C，G，U 表示．在一个RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，假设某一RNA 分子
由100 个碱基组成，则不同的RNA 分子的种数为（
）
A．
4
100
B．
100
4
C．
100
2
D．
10
4
【答案】B
【分析】根据分步乘法计数原理进行计算即可.
【详解】每个碱基有4 种可能，根据分步乘法计数原理，可得不同的RNA 分子的种数为
100
4
．故A，C，
D 错误.
故选：B.
10.四名师范生从A，B，C 三所学校中任选一所进行教学实习，其中A 学校必有师范生去，则不同的选法
方案有（
）
A．37 种
B．65 种
C．96 种
D．108 种
【答案】B
【分析】可从反面考虑，计算A 学校没有人去的种数.
【详解】若不考虑限制条件，每人都有3 种选择，则共有
43
81
种方法，
若没有人去A 学校，每人都有2 种选择，则共有
4
2
16
种方法，
故不同的选法方案有81 16
65
种.
故选:B.
题型三：两个计数原理的综合应用
1.在正方形ABCD的每一个顶点处分别标上1,2,3,4 中的某一个数字（可以重复），则顶点
,
A B 处的数字都
大于顶点
,
C D 处的数字的标注方法有（
）
A．36 种
B．48 种
C．24 种
D．26 种
【答案】D
【详解】按顶点
,
A B 处标注的数字分类，有如下几种情况：
若
,
A B 处都标注的是4，则
,
C D 处的标注方法有3 3
9
（种）；
若
,
A B 处都标注的是3，则
,
C D 处的标注方法有2 2
4
（种）；
若
,
A B 处都标注的是2，则
,
C D 处的标注方法有1 种；
若
,
A B 处标注的是4 和3 两个数字，则
,
C D 处的标注方法有2 2
4
（种），不同的标注方法共有2 4
8
（种）；
若
,
A B 处标注的是4 和2 两个数字，则
,
C D 处的标注方法有1 种，不同的标注方法共有2 1
2
（种）；
若
,
A B 处标注的是3 和2 两个数字，则
,
C D 处的标注方法有1 种，不同的标注方法共有2 1
2
（种）.
由分类加法计数原理可知，顶点
,
A B 处的数字都大于顶点
,
C D 处的数字的标注方法共有
9
4
1 8
2
2
26
（种）.
故选:D.
2.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶
点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（
）
A．48
B．18
C．24
D．36
【答案】D
【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线，
对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2 12
24
（个）；
对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12 个，
不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，
所以正方体中“正交线面对”共有24 12
36
（个）.
故选：D
3.某班班委由2 位女同学、3 位男同学组成，现要从该班委里选出2 人去参加学校组织的培训活动，要求
至少要有1 位女同学参加，则不同的选法共有多少种？
【答案】7
【详解】按照选择的女同学人数分为两种情况，即2 名都是女同学和只有1 名女同学．
第1 类：2 名都是女同学的选法显然只有1 种．
第2 类：只有1 名女同学的选法，可以分为两步完成：先从2 名女同学中选出1 人，有2 种选法；
再从3 位男同学中选出1 人，有3 种选法．依据分步乘法计数原理，共有不同的安排方法2 3
6
种．
依据分类加法计数原理，不同的选法共有1
6
7
种．
4.集合
{1
M
，2
，3}，
{ 3
N ，5，6，4}
，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标
在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是（
）
A．2
B．4
C．5
D．6
【答案】D
【详解】第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数．
若M 集合提供横坐标，N 集合提供纵坐标，则有1 2
2
，
若M 集合提供纵坐标，N 集合提供横坐标，则有2 2
4
，合计2
4
6
，
即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6 个，
故选：D.
5.口袋中装有8 个白球和10 个红球每个球有不同编号，现从中取出2 个球．
(1)至少有一个白球的取法有多少种？
(2)两球的颜色相同的取法有多少种？
【答案】(1)108
(2)73
【详解】（1）根据题意分2 类完成任务：
第一类：白球红球各一个有8 10
80
种，第二类：均为白球，
1
8 7
28
2
种，
所以共有80
28
108
种；
（2）根据题意分2 类完成任务：
第一类：均为白球，
1
8 7
28
2
种，第二类：均为红球，
1
10 9
45
2
种，
所以共有28
45
73
种．
6.从a、b、c、d、e 这5 个元素中取出4 个，放在4 个不同的格子中，且元素b 不能放在第二个格子里．问：
一共有多少种不同的放法？
【答案】96
【详解】元素b 不被取出，不同的放法有4
3
2 1
24
种，
当元素b 被取出，则元素b 有三个位置，不同的放法有3 4 3 2
72
种，
所以一共有72
24
96
种不同的放法.
7.如果一个整数的各位数字是左右对称的，则称这个数是对称数.例:1 234 321，123 321 等.显然，两位数的
对称数有9 个，即11，22，33，…，99，则三位数的对称数有
个，
*
2
)
1(
n
n
N
位数的对称数有
个.
【答案】
90
9 10n
【分析】根据题意，对于三位数的对称数，先分析其百位和个位数字的选法，再分析十位数字的情况，由
分步原理可求得稳定，对于
*
2
)
1(
n
n
N
位数的对称数，先分析其首位和个位数字的选法，再分析倒数第
2 位数字到第
1
n 位数字的情况数目，由分步计数原理求解
【详解】根据题意，对于三位数的对称数，其百位和个位数字相同，都不能为零，有9 种选法，其十位数
字可以为任意的数字，有10 种选法，
则由分步乘法原理可得三位数的对称数有9 10
90
种，
对于
*
2
)
1(
n
n
N
位数的对称数，其首位和个位数字相同，都不能为零，有9 种选法，倒数第2 位数字
到第
1
n 位数字都可以为任意的数字，有10 种选法，则由分步乘法原理可知
*
2
)
1(
n
n
N
位数的对称数
有9 10n
个，
故答案为：90，9 10n
8.用0,1,2,3,4 五个数字．
（1）可以排成多少个三位数字的电话号码？
（2）可以排成多少个三位数？
（3）可以排成多少个能被2 整除的无重复数字的三位数？
【答案】（1）125 个；（2）100 个；（3）30 个.
【分析】（1）由分步乘法计数原理计算；
（2）由分步乘法计数原理计算，只要首位不为0．
（3）确定末位为奇数，然后首位不为0，中间两位任意排可得．
【详解】（1）三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5 种排法，共有5×5×5
＝53＝125(个)．
（2）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0 外共有4 种方法，第二、
三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(个)．
（3）被2 整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝
12(种)排法；
一类是末位数字不是0，则末位有2 种排法，即2 或4，再排首位，因0 不能在首位，
所以有3 种排法，十位有3 种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法．
因而有12＋18＝30(种)排法．即可以排成30 个能被2 整除的无重复数字的三位数．
题型四：实际问题的计数原理
1.中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠､牛､虎､兔､龙､蛇､马､羊､
猴､鸡､狗､猪）中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛､马，乙同学喜欢牛､狗和羊，
丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是
自己喜欢的，则不同的选法有（
）
A．90 种
B．80 种
C．60 种
D．50 种
【答案】D
【分析】根据题意，按甲的选择不同分成2 种情况讨论，求出确定乙，丙的选择方法，即可得每种情况的
选法数目，由分类加法计数原理，即可求出答案.
【详解】根据题意，分2 种情况讨论：
①若甲选择牛，此时乙的选择有2 种，丙的选择有10 种，此时有2 10
20
种不同的选法：
②若甲选择马，此时乙的选择有3 种，丙的选择有10 种，此时有3 10
30
种不同的选法：
则共有20
30
50
种选法.
故选：D
2.如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有A ，B ，C ，D ，E 五个水闸，若上游有充足的水
源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（
）
A．24 种
B．23种
C．15种
D．7 种
【答案】B
【分析】分A 水闸关闭，A 水闸打开时，同时关闭
,
B C ，A 水闸打开时，同时关闭
,
D E ，三种情况，去
掉重复的情况，得到答案.
【详解】①A 水闸关闭时，满足要求，此时
,
,
,
B C D E 打开或关闭时均可，故此时有
4
2
16
种情况，
②若A 水闸打开时，同时关闭
,
B C 时，满足要求，此时
,
D E 打开或关闭时均可，故此时有
2
2
4
种情况，
③若A 水闸打开时，同时关闭
,
D E 时，满足要求，此时
,
B C 打开或关闭时均可，故此时有
2
2
4
种情况，
上面②③两种情况有重复的1 种情况，就是A 水闸打开，
,
,
,
B C D E 同时关闭的情况，
故共有16
4
4 1
23
种情况.
故选：B
3.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．15
B．13
C．11
D．10
【答案】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
2
2 种，
则共有
2
2
2
8
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2 种放法，
若第二步放1，则砝码1 左右两边随意放，有2 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2 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8
4
3
15
种放法．
故选：A．
题型五：代数中的计数原理
1.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
【答案】B
【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．
【详解】解：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.
2.已知一个三位数的百位数字为x，十位数字为y，个位数字为z，若此三位数与37（x+y+z）的大小相同，
则这样的三位数有（
）
A．14 个
B．15 个
C．16 个
D．17 个
【答案】B
【分析】由题意可得100x+10y+z＝37（x+y+z），即7x＝3y+4z，故4（x﹣z）＝3（y﹣x），分类讨论即可求
出．
【详解】解：由题意可得100x+10y+z＝37（x+y+z），即7x＝3y+4z，
故4（x﹣z）＝3（y﹣x），当x＝y＝z 时，这样的三位数有9 个，
当
3
4
x
z
y
x
时，y﹣z＝7，
故
3,
7,
0
4,
8,
1
5,
9,
2
x
y
z
x
y
z
x
y
z
，
当
3
4
x
z
y
x
，
4,
0,
7
5,
1,
8
6,
2,
9
x
y
z
x
y
z
x
y
z
,
故满足条件的三位数有15 个，
故选B．
【点睛】本题考查了计数原理，着重考查了逻辑推理能力.合理分类是解题的关键.
3.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
题型六：几何的计数原理
1.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶
点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（
）
A．48
B．18
C．24
D．36
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答.
【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线，
对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2 12
24
（个）；
对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12 个，
不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，
所以正方体中“正交线面对”共有24 12
36
（个）.
故选：D
2.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AA的左边取点
1
B ，右边依次取
1
2
6
,
,
,
C C
C
，得到6 个钝
角三角形，当取
7
C 时，△
1
7
B AC 为锐角三角形；
同理，直径AA的左边取点
2
B ，右边依次取
1
2
5
,
,
,
C C
C
，得到5 个钝角三角形，当取
6
C ，
7
C 时，△
2
6
B AC 、
△
2
7
B AC 为锐角三角形；
……
在直径AA的左边取点
6
B 时，得到一个钝角△
6
1
B AC ，
在直径AA的左边取点
7
B 时，没有钝角三角形.
故以A 为钝角顶点的三角形共有6
5
4
3
2 1
21
（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15 21
315
（个）钝角三角形.
故选：C
3.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．18
B．30
C．36
D．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：3 2
6
对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：3 2
6
对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：6 2
12
对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：3 2
6
对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：6
2
6
2
对；
所以共有6
6 12
6
6
36
对.
故选：C.
题型七：数字的排列原理
1.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
【分析】首先确定百位数字，再根据允许有重复数字，即可确定十位与个位的数字，按照分步乘法计数原
理计算可得；
【详解】解：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4 5 5
100
种；
故选：B
2.用0 到9 这10 个数字，可以组成没有重复数字的三位数有
个.（用数字回答）
【答案】648
【分析】按特殊位置先排法,先排百位,再排十位,个位即可.
【详解】由于0 不能做首位，按照百位,十位,个位的顺序排，
共有9 9 8=648
种排法，
即可以组成没有重复数字的三位数有648 个.
故答案为：648.
3.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
【分析】分类讨论，考虑首位上数字，继而考虑百位上数字，即可求出符合题意的数的个数，即得答案.
【详解】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
3
3
A
6
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2 2
4
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6
4 1 11
（个）.
故选：A
4.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
【答案】A
【分析】分为五位数的个位数是0 ,五位数的个位数是2 两类，依据两个计数原理求解.
【详解】若五位数的个位数是0 ，则有
1
4 3 2 1
24
n
种情形；
若五位数的个位数是2 ，由于0 不排首位，
因此只有1,3,5 有3种情形，中间的三个位置有3
2 1
6
种情形，
依据分步计数原理，可得
2
3 6
18
n
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
1
2
24 18
42
n
n
n
.
故选：A．
5.自然数n 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n 叫做“集中数”.那么，
大于600 的“集中数”的个数是（
）
A．30
B．31
C．32
D．33
【答案】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.
题型八：涂色(种植)问题
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.
A．78
B．66
C．56
D．48
【答案】B
【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
2
4
C
1
5
种选法，因此不同的涂色方法有5 2
10
种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有2 种方法选法，
因此不同的涂色方法有2 2 2
8
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2 种方法选法，
因此不同的涂色方法有2 3 2 (2 1)
36
种，
当选择四种颜色时，不同的涂色方法有2 2 2
2 2
12
种，
所以共有10
8
36
12
66
种不不同的涂色方法，
故选：B.
2.现有红、黄、蓝三种颜色，对如图所示的正五角星的内部涂色（分割成六个不同区域），要求每个区域
涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则不同的涂色方法有（
）
A．48 种
B．64 种
C．96 种
D．144 种
【答案】C
【详解】根据题意，假设正五角星的区域为A ，B ，C ，D ，E ，F ，如图所示，
先对A 区域涂色，有3 种方法，再对B ，C ，D ，E ，F 这5 个区域进行涂色，
∵B ，C ，D ，E ，F 这5 个区域都与A 相邻，∴每个区域都有2 种涂色方法，
∴共有3 2 2 2 2 2
96
种涂色方法．故选C．
3.如图，现要对某公园的4 个区域进行绿化，有4 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，则不同的绿化方案有（
）
A．48 种
B．72 种
C．64 种
D．256 种
【答案】A
【详解】从A 开始摆放花卉，A 有4 种颜色花卉摆放方法，
C 有3 种颜色花卉摆放方法，B 有2 种颜色花卉摆放方法；
由D 区与A，B 花卉颜色不一样，与C 区花卉颜色可以同色也可以不同色，
则D 有2 种颜色花卉摆放方法.
故共有4 3 2 2
48
种绿化方案.
故选：A
4.用6 种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（
）
A．240
B．360
C．480
D．600
【答案】C
【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解.
【详解】将区域标号，如下图所示：
因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有6 5 4
120
种不同的涂色方法，
若①与④的颜色相同，则有1 种不同的涂色方法；
若①与④的颜色不相同，则有3 种不同的涂色方法；
所以共有
120
1
3
480
种不同的涂色方法.
故选：C.
5.某植物园要在如图所示的5 个区域种植果树，现有5 种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种
果树，则共有（
）种不同的方法.
A．120
B．360
C．420
D．480
【答案】C
【分析】利用分类计数原理求解，按2 与4 两区域种植果树是否相同进行分类即可.
【详解】分两类情况：
第一类：2 与4 种同一种果树，
第一步种1 区域，有5 种方法；
第二步种2 与4 区域，有4 种方法；
第三步种3 区域，有3 种方法；
最后一步种5 区域，有3 种方法，
由分步计数原理共有5 4 3 3 180
种方法；
第二类：2 与4 种不同果树，
第一步在1234 四个区域，从5 种不同的果树中选出4 种果树种上，是排列问题，共有
4
5
A
120
种方法；
第二步种5 号区域，有2 种方法，
由分步计数原理共有120 2
240
种方法.
再由分类计数原理，共有180
240
420
种不同的方法.
故选：C.
6.已知集合
{1, 2,3},
{ 4,5,6, 7}
M
N
，从集合M 中选一个元素作为点的横坐标，从集合N 中选一个元
素作为点的纵坐标，则落在第三、第四象限内点的个数是（
）
A．6
B．8
C．10
D．12
【答案】A
【分析】依题意，找到点的坐标即可解决.
【详解】依题意，可得点的坐标有：
1, 4 , 1,5 , 1,6 , 1, 7 ,
2, 4 ,
2,5 ,
2,6 ,
2, 7
3, 4 , 3,5 , 3,6 , 3, 7 ,
其中落在第三、第四象限内点有
1, 4 , 1, 7 ,
2, 4 ,
2, 7 ,
3, 4 , 3, 7 ,
共6 个.
故选：A
7.某地为以下社会主义核心价值观宣传标语进行涂色装饰，要求相邻的标语之间不能用同一颜色，现在有
四种颜色可供选择，有（
）种不同的涂色方案.
自由
平等
公正
法制
A．24
B．256
C．108
D．72
【答案】C
【分析】按照分步乘法计数原理计算可得；
【详解】解：首先涂“自由”有4 种涂法，再涂“平等”有3 种涂法，以此类推“公正”有3 种涂法，“法制”
有3 种涂法，
按照分步乘法原理可得有4 3 3 3
108
种涂法；
故选：C
8.用红、黄、蓝、绿四种颜色涂在如图所示的六个区域，且相邻两个区域不能同色，则涂色方法总数
是
．（用数字填写答案）
【答案】120
【分析】所有涂色方法可分为三类，第一类，区域
,
C F 涂同一种颜色，第二类，区域
,
C F 涂不同颜色，区
域
,
A F 涂不同颜色，第三类，区域
,
C F 涂不同颜色，区域
,
A F 涂相同颜色，利用综合利用分类加法计数
原理和分步乘法计数原理解决.
【详解】所有的涂色方法可以分为三类：
第一类：区域
,
C F 涂同一种颜色，
先涂区域A ，有4 种方法，再涂区域B ，有3 种方法，然后涂区域C
F
，
，有2 种方法，再涂区域D ，有
1 种方法，最后涂区域E ，有2 种方法，由分步乘法计数原理可得区域
,
C F 涂同一种颜色的涂色方法有
4 3 2 1 2
种，即48 种方法，
第二类：区域
,
C F 涂不同颜色，区域
,
A F 涂不同颜色，
先涂区域C ，有4 种方法，再涂区域F ，有3 种方法，然后涂区域D ，有2 种方法，再涂区域E ，有1
种方法，再涂区域A ，有1 种方法，最后涂区域B ，有1 种方法，由分步乘法计数原理可得区域
,
C F 涂不
同颜色的涂色方法有4 3 2 1 1 1
种，即24 种方法，
第三类：区域
,
C F 涂不同颜色，区域
,
A F 涂相同颜色，
先涂区域C ，有4 种方法，再涂区域F ，有3 种方法，然后涂区域D ，有2 种方法，再涂区域E ，有1
种方法，再涂区域A ，有1 种方法，最后涂区域B ，有2 种方法，由分步乘法计数原理可得区域
,
C F 涂不
同颜色的涂色方法有4 3 2 1 1 2
种，即48 种方法，
由分类加法计数原理可得涂色方法总数是48+24+48 种方法，即120 种方法.
故答案为：120.
9.如图，用4 种不同的颜色对图中4 个区域涂色，要求每个区域涂1 种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜
色，则不同的涂色方法有
种．
【答案】48
【分析】利用分步计数原理，一个个按照顺序去考虑涂色.
【详解】按照分步计数原理，
第一步：涂区域1，有4 种方法；
第二步：涂区域2，有3 种方法；
第三步：涂区域3，分两类：（1）区域3 与1 同色，则区域4 有2 种方法；（2）区域3 与1 不同色，则区
域3 有2 种方法，区域4 有1 种方法；
所以不同的涂色种数有4 3 (1 2
2 1)
48
种．
故答案为：48
10.如图所示的A ，B ，C ，D 按照下列要求涂色．
（1）用3 种不同颜色填涂图中A ，B ，C ，D 四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，
有多少种不同的涂色方案？
（2）若恰好用3 种不同颜色给A ，B ，C ，D 四个区域涂色，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂
色方案？
（3）若有3 种不同颜色，恰好用2 种不同颜色涂完四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂
色方案？
【答案】（1）24；（2）18；（3）6.
【分析】(1)根据给定条件分成4 步依次对A，B，C，D 涂色即可得解；
(2)根据给定条件可得必有不相邻两个区域同色，按同色区域分成3 类，再对每一类分3 步涂色即可得解；
(3)先从3 种颜色中选出两种，再将所选颜色分两步涂在A，C(A，C 同色)和B，D(B，D 同色)即可得解.
【详解】（1）涂A 区有3 种涂法，B ，C ，D 区域各有2 种不同的涂法，
由分步乘法计数原理知将A ，B ，C ，D 四个区域涂色共有3 2 2 2
24
种不同的涂色方案；
（2）恰好用3 种不同颜色涂四个区域，则A ，C 区域或A ，D 区域或B ，D 区域必同色，
由分类加法计数原理可得恰好用3 种不同颜色涂四个区域共3 2 1 3 2 1 3 2 1 18
种不同涂色的方
案；
（3）若恰好用2 种不同颜色涂四个区域，则A ，C 区域必同色，且B ，D 区域必同色，
先从3 种不同颜色中任取2 种颜色，共3 种不同的取法，然后用所取的2 种颜色涂四个区域，共2 种不同
的涂法，
由分步乘法计数原理可得恰好用2 种不同颜色涂完四个区域，共有3 2
6
种不同的涂
11.一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N*)
等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
（1）如图①，圆环分成3 等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？
（2）如图②，圆环分成4 等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？
【答案】（1）6 种；（2）18 种.
【分析】（1）利用分步计数原理求解即可.
（2）首先根据题意分成两类：第一类a1，a3 不同色和第二类a1，a3 同色，分别计算各类的得数再相加即
可.
【详解】（1）先种植a1 部分，有3 种不同的种植方法，再种植a2，a3 部分．
因为a2，a3 与a1 的颜色不同，a2，a3 的颜色也不同，
所以由分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×2×1＝6(种)．
（2）当a1，a3 不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，
当a1，a3 同色时，有3×2×1×2＝12(种)种植方法，
由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法．
12.阅读课上，5 名同学分别从3 种不同的书中选择一种进行阅读，不同的选法种数是（
）
A．50
B．60
C．125
D．243
【答案】D
【分析】根据题意，每名同学都有3 种不同的选法，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，5 名同学分别从3 种不同的书中选择一种进行阅读，
其中，每名同学都有3 种不同的选法，所以不同的选法种数是
53
243
种.
故选：D.
13.一个科技小组中有4 名女同学、5 名男同学，现从中任选1 名同学参加学科竞赛，则不同的选派方法数
为.（
）
A．4
B．5
C．9
D．20
【答案】C
【分析】根据分类加法计数原理求解.
【详解】第一类从女同学中选1 名，有4 种不同的选法；
第二类从男同学中选1 名，有5 种不同的选法，
根据分类加法计数原理，共有4
5
9
种不同的选法.
故选：C
模块三：综合巩固
1.甲､乙两人从3 门课程中各选修1 门，则甲､乙所选的课程不相同的选法共有（
）
A．6 种
B．12 种
C．3 种
D．9 种
【答案】A
【分析】根据分步乘法计数原理求得正确答案.
【详解】甲､乙两人从3 门课程中各选修1 门，
由乘法原理可得甲､乙所选的课程不相同的选法有3 2
6
（种）.
故选：A
2.“声东击西”是游击战争的一种战术：声东可以击东、南、西、北中的任意一个方向，以此灵活地打击或
消灭敌人.同样还有“声南击北”等不同的战术，由此可知这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为（
）
A．16
B．12
C．4
D．3
【答案】A
【分析】根据题意，分析声和击的情况，再由分步乘法计数原理可得答案.
【详解】根据题意，声的情况有4 种，击的情况也有4 种，所以这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为
4 4
16
.
故选：A.
3.有5 名学生报名参加3 项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为（
）
A．243
B．125
C．60
D．120
【答案】A
【分析】根据分步乘法计数原理求得正确答案.
【详解】每名学生都有3 种选择方法，
所以不同的报名方法的种数为
53
243
.
故选：A
4.完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有4 种不同的方法，在第2 类方案中有5种不同的方法，在
第3类方案中有6种不同的方法，那么完成这件事共有N 种不同的方法，其中N （
）
A．15
B．6
C．24
D．120
【答案】A
【分析】根据分类加法计数原理直接求解即可.
【详解】由分类加法计数原理得：
4
5
6
15
N
.
故选：A.
5.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶
点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（
）
A．48
B．18
C．24
D．36
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答.
【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线，
对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2 12
24
（个）；
对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12 个，
不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，
所以正方体中“正交线面对”共有24 12
36
（个）.
故选：D
6.有序数对
,a b 满足
1
,
, 1,0,2
2
a b
，且使关于x 的方程
2
2
0
ax
x
b
有实数解，则这样的有序数对
,a b 的个数为（
）
A．15
B．14
C．13
D．10
【答案】A
【分析】分情况讨论即可计算有序数对的个数.
【详解】（1）当
0
a
时，有
2
b
x
为实根，则
1 , 1,0,2
2
b
有4 种可能；
（2）当
0
a
时，方程有实根，所以Δ
4
4
0
ab
，所以
1
ab .
当
1
2
a
时，
1 , 1,0,2
2
b
有4 种.
当
1
a 时，
1 , 1,0,2
2
b
有4 种.
当
2
a
时，
1 , 1,0
2
b
有3 种.
所以，有序数对
,a b 的个数为4
4
4
3
15
.
故选：A.
7.在正方形ABCD的每一个顶点处分别标上1,2,3,4 中的某一个数字（可以重复），则顶点
,
A B 处的数字都
大于顶点
,
C D 处的数字的标注方法有（
）
A．36 种
B．48 种
C．24 种
D．26 种
【答案】D
【分析】按顶点
,
A B 处标注的数字分类讨论，利用分类加法和乘法计数原理即可求解.
【详解】按顶点
,
A B 处标注的数字分类，有如下几种情况：
若
,
A B 处都标注的是4，则
,
C D 处的标注方法有3 3
9
（种）；
若
,
A B 处都标注的是3，则
,
C D 处的标注方法有2 2
4
（种）；
若
,
A B 处都标注的是2，则
,
C D 处的标注方法有1 种；
若
,
A B 处标注的是4 和3 两个数字，则
,
C D 处的标注方法有2 2
4
（种），不同的标注方法共有2 4
8
（种）；
若
,
A B 处标注的是4 和2 两个数字，则
,
C D 处的标注方法有1 种，不同的标注方法共有2 1
2
（种）；
若
,
A B 处标注的是3 和2 两个数字，则
,
C D 处的标注方法有1 种，不同的标注方法共有2 1
2
（种）.
由分类加法计数原理可知，顶点
,
A B 处的数字都大于顶点
,
C D 处的数字的标注方法共有
9
4
1 8
2
2
26
（种）.
故选:D.
8.根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同
样长短和粗细的小棍子以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0 的两
位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹不一样多的概率为（
）
A．8
9
B．64
81
C．17
81
D．1
9
【答案】B
【分析】先求出一共摆出的两位数的个数，再求出个位和十位上的算筹不一样多的两位数的个数，利用古
典概型概率公式计算即可.
【详解】用算筹随机摆出一个不含数字0 的两位数，个位用纵式，十位用横式，
共可以摆出9 9
81
个两位数，其中个位和十位上的算筹都为1 有1 1
1
种，
个位和十位上的算筹都为2 有2 2
4
种，个位和十位上的算筹都为3 有2 2
4
种，
个位和十位上的算筹都为4 有2 2
4
种，个位和十位上的算筹都为5 有2 2
4
种，
共有4
4
1
17
种，所以个位和十位上的算筹不一样多的有81 17
64
种，
所以个位和十位上的算筹不一样多的概率为64
81 .
故选：B
9．(多选)现有不同的红球4 个，黄球5 个，绿球6 个，则下列说法正确的是（
）
A．从中任选1 个球，有15 种不同的选法
B．若每种颜色选出1 个球，有120 种不同的选法
C．若要选出不同颜色的2 个球，有31 种不同的选法
D．若要不放回地依次选出2 个球，有210 种不同的选法
【答案】ABD
【分析】利用排列知识计算得到选项ABD 正确；若要选出不同颜色的2 个球，有74 种不同的选法，所以
选项C 错误.
【详解】解：A. 从中任选1 个球，有4
5
6
15 种不同的选法，所以该选项正确；
B. 若每种颜色选出1 个球，有4 5 6=
120 种不同的选法，所以该选项正确；
C. 若要选出不同颜色的2 个球，有4 5+5 6+4 6=74
种不同的选法，所以该选项错误；
D. 若要不放回地依次选出2 个球，有15 14=
210 种不同的选法，所以该选项正确.
故选：ABD
10．(多选)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
【分析】利用加法计数原理判断选项A；利用乘法计数原理判断选项B；利用乘法及加法计数原理判断选
项C；利用间接法并结合乘法计数原理判断选项D.
【详解】对于A，选1 人为负责人的选法种数：6
7
8
9
30
，故A 正确；
对于B，每组选1 名组长的选法：6 7 8 9
3024
，故B 正确；
对于C，2 人需来自不同的小组的选法：6 7
6 8
6 9
7 8
7 9
8 9
335
，故C 正确；
对于D，依题意：若不考虑限制，每个人有4 种选择，共有
44 种选择，若第一组没有人选，每个人有3 种
选择，共有
33 种选择，
所以不同的选法有：
4
3
4
3
37
，故D 错误；
故选：ABC.
11.某次足球比赛共12 支球队参加，分三个阶段进行
（1）小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6 队进行单循环比赛，以积分及净胜球数取前两名；
（2）半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛（每两队主客场
各赛一场决出胜者；
（3）决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．
则全部赛程共需比赛
场．
【答案】35
【分析】分别计算出小组赛、半决赛、决赛需要比赛场数即可得.
【详解】小组赛中每组6 队进行单循环比赛，则需比赛
2
6
2C
30
场，
半决赛中共需2
2
4
场，
决赛需1场，
故共需30
4
1
35
场.
故答案为：35 .
12.已知直线
0
ax by
c
+
+
=
中的a，b，c 是取自集合{ 2, 1,0,1,2}
中的3 个不同的元素，并且该直线的倾斜
角为锐角，那么，这样的直线的条数是
．
【答案】11
【分析】设倾斜角为，由tan
0
，对分情况讨论，利用计数原理计算即可．
【详解】设倾斜角为，tan
0
a
b
，则
0
ab
，不妨设
0
a
，则
0
b
，
若
0
c =
，a 有2 种取法，b 有2 种取法，排除1 个重复(
2,
2
a
b
与
1,
1
a
b
)，故这样的直线有2
2 1
3
条；
若
0
c ，a 有2 种取法，b 有2 种取法，c 有2 种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有2 2 2
8
条，
从而，符合要求的直线有3
8
11
条．
故答案为：11．
13.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？
【答案】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3 2
6
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4 3
12
种情况，
故可以组成3 12
36
种NaOH 的分子.
14.用6 种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.
若允许同一种颜色多次使用，则该板报有多少种书写方案?
【答案】600
【分析】根据分步相乘计数原理求解即可.
【详解】第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6 种不同的选法;
第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角相同，有5 种不同的选法;
第三步，选理综世界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不相同，有4 种不同的选法;
第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只要与理综世界不同即可，有5 种不同的选法.
由分步乘法计数原理知，共有6 5 4 5
600
种不同的书写方案.
15.“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n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
【分析】5 位“回文数”的万位与个位相同，千位与十位相同，所以只需确定前3 位即可.
【详解】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9 10 10
900
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900
9
891
种.
故选：D.
16.算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，
档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2 中算盘表示整数51）．如
果拨动图1 算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为（
）
A．16
B．15
C．12
D．10
【答案】C
【分析】分四种情况讨论：①个位拨动三枚；②十位拨动一枚，个位拨动两枚；③十位拨动两枚，个位
拨动一枚；④十位拨动三枚.分别列举出每种情况下对应的数字，利用分类加法计数原理可得结果.
【详解】由题意，拨动三枚算珠，有4 种拨法：
①个位拨动三枚，有2 种结果：3 、7 ；
②十位拨动一枚，个位拨动两枚，有4 种结果：12、16 、52、56；
③十位拨动两枚，个位拨动一枚，有4 种结果：21、25 、61、65；
④十位拨动三枚，有2 种结果：30、70 ．
综上，拨动题图1 算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为2
4
4
2
12
．
故选：C.
17.四色定理(Fourcolortheorem)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(FrancisGuthrie)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”四色问题的证明进程缓慢，直到1976 年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理.某
校数学兴趣小组在研究给四棱锥P
ABCD
的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含
公共棱的平面）不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，那么不同的涂法有（
）
A．36种
B．72 种
C．48 种
D．24 种
【答案】B
【分析】先确定底面ABCD的涂色种数，然后依次确定侧面PAB 、平面PBC 的涂色方法种数，对侧面PCD
与侧面PAB 的所涂颜色是否相同进行分类讨论，确定侧面PAD 的涂色方法种数，利用分步和分类计数原
理可得结果.
【详解】如下图所示：
底面ABCD的涂色有4 种选择，侧面PAB 有3 种选择，侧面PBC 有2 种选择.
①若侧面PCD与侧面PAB 所涂颜色相同，则侧面PAD 有2 种选择；
②若侧面PCD与侧面PAB 所涂颜色不同，则侧面PCD有1种选择，侧面PAD 有1种选择.
综上所述，不同的涂法种数为
4 3 2
2 1
72
种.
故选：B.
18.如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7 个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示
数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为a ，b ，c . 例如，
图中上档的数字和
9
a
. 若a ，b ，c 成等差数列，则不同的分珠计数法有
种.
【答案】32
【分析】先确定每档可取的整数，再根据公差分类讨论，最后根据分类计数原理得结果.
【详解】每档可取7 到14 中的每个整数，
若公差为0，共有8 种；
若公差为±1，则共有12 种；
若公差为±2，则共有8 种；
若公差为±3，则共有4 种；
所以，不同分珠方法有：8＋12＋8＋4＝32 种，
故答案为32
【点睛】本题考查分类计数原理，考查基本分析求解能力，属难题.
19.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图所示．将一个正四棱锥
的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5 种颜色可供使用，求不同的染色方法
种数．
【答案】420
【分析】分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解
【详解】由题设，四棱锥S - ABCD 的顶点S, A, B 所染的颜色互不相同,它们共有5 4 3
60
种染色方法；
当, ,
S A B 染好时，不妨设所染颜色依次为1, 2, 3，若C 染2，则D 可染3 或4 或5，有3 种染法；若C 染
4,则D 可染3 或5，有2 种染法；若C 染5，则D 可染3 或4，有2 种染法,即当S, A, B 染好时，C, D 还
有7 种染法.
故不同的染色方法有60 7
420
种.
