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专题01 基本计数原理
题型一：分类加法计数原理的应用
题型二：分步乘法计数原理的应用
题型三：计数原理的判断及综合应用
题型四：计数原理在实际问题中的应用
题型五：代数中的计数问题
题型六：几何中的计数问题
题型七：数字排列问题
题型八：涂色问题
题型九：其它计数模型
题型一：分类加法计数原理的应用
1．（25-26 高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）某影城有一些电影新上映，其中有3 部科幻片､2 部文艺片､3 部
喜剧片，小华从中任选1 部电影观看，则不同的选法种数有（ ）
A．18
B．9
C．8
D．7
【答案】C
【难度】0.94
【知识点】分类加法计数原理
【分析】根据分类加法计数原理即可求解.
【详解】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为
.
故选：C
2．（2025 高三·全国·专题练习）如图所示，在
间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此
处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（ ）
A．9
B．11
C．13
D．15
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理
【分析】按照焊接点脱落的个数分类讨论，运用分类加法计数原理求解即可.
【详解】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1 个，则有
共2 种情况，
若脱落2 个，则有
共6 种情况，
若脱落3 个，则有
共4 种情况，
若脱落4 个，则有
共1 种情况，
由分类加法计数原理，情况种数共有
种．
故选：C．
3．（24-25 高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科
学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450 正在加紧试验，预计将在
一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4 张，一等座
10 张，商务座5 张，则小张的购票方案种数为（ ）
A．14
B．19
C．90
D．200
【答案】B
【难度】0.94
【知识点】分类加法计数原理
【分析】由分类加法计数原理运算即可.
【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为
.
故选：B.
4．（25-26 高二上·全国·单元测试）集合
，
，从两个集合中各取一个元素作为
点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是（ ）
A．2
B．4
C．5
D．6
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理
【分析】根据第二象限坐标特征分类结合分类加法原理计算求解.
【详解】第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数．
若集合M 提供横坐标，集合N 提供纵坐标，则符合题意的点有
，
，共2 个；
若集合M 提供纵坐标，集合N 提供横坐标，则符合题意的点有
，
，
，
，共4 个．
综上，在第二象限内的点的个数为
．
故选：D.
5．（2025 高二·全国·专题练习）某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一个棋子放在如图所示的正方
形
（边长为
个单位长度）的顶点
处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向走
几个单位长度，如果掷出的点数为
，则棋子就按逆时针方向走i 个单位长度，一直循环下去.
此人抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到起点A 处的不同走法共有 种.
【答案】
【难度】0.94
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据正方形周长可知三次抛掷骰子的点数之和为或
，分情况讨论即可.
【详解】正方形
的周长为，故抛掷三次骰子的点数之和为或
.
（1）点数之和为的情况有种：
，
，
，
，
，
其中
，
，
都含有
个相同数字，各有种走法；而
，
由个不同的数字
组成，各有
种走法.
所以共有
种走法.
（2）点数之和为
的情况有
种：
，
，共有
种走法.
因此，由分类加法计数原理可知共有
种不同的走法，
故答案为：
.
6．（2025 高二·全国·专题练习）某玩具厂参加展出，带了四款不同类型、不同价格的玩具，它们的价格分
别是
元、
元、
元、
元.某礼品进货商准备买若干款不同类型的玩具样品（至少购买一款，且每
款只购一只），因信用卡出现故障，他身上只剩
元现金，则他买玩具样品的方案有 种.
【答案】
【难度】0.94
【知识点】分类加法计数原理
【分析】按照所买玩具的种类进行分类，结合分类加法计数原理，可得解.
【详解】按照玩具的种类分成种情况.
（1）只购买一款玩具样品，共
种方案.
（2）购买两款玩具样品：买
元和
元的各一只；买
元和
元的各一只；
买
元和
元的各一只；买
元和
元的各一只；买
元和
元的各一只；
买
元和
元的各一只.共
种方案.
（3）购买三款玩具样品：买
元、
元和
元的各一只；买
元、
元和
元的各一只；
买
元、
元和
元的各一只.共种方案.
综上，购买玩具的方案共有
种，
故答案为：
.
题型二：分步乘法计数原理的应用
1．（25-26 高二上·湖北襄阳·阶段练习）李华家养了白、灰、黑三种颜色的小兔各1 只，从兔窝中每次摸
取1 只，有放回地摸取3 次，则3 次摸取的颜色各不相同的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、计算古典概型问题的概率
【分析】结合分步乘法计数原理，利用古典概型概率公式求解概率即可.
【详解】每次摸取有3 种颜色选择，有放回地摸取3 次，
根据分步乘法计数原理，总基本事件数为
，
3 次摸取的颜色各不相同，即从3 种颜色中选3 种排列，
第1 次有3 种选择，第2 次不能与第1 次相同有2 种选择，第3 次不能与前两次相同有1 种选择，
符合条件的事件数为
，所以所求概率为
.
故选：B.
2．（25-26 高三上·江苏南京·开学考试）书架上有6 本不同的书，再往书架放另外3 本不同的书，要求不改
变原来书架上6 本书的左右顺序，则不同的放法有（ ）种.
A．504
B．84
C．1008
D．168
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得.
【详解】将新买的本书逐一放进去，
对第一本书，
本书形成
个空当，在
个空当里面选一个有
种选法；
对第二本书，
本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
由分步乘法计数原理可得，共有
(种).
故选：A
3．（2025 高二·全国·专题练习）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，
，
，的个小正方形，使
得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则
共有（ ）种涂法，
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【难度】0.94
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算.
【详解】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法.
第二部分为
，
，.当，
同色时，
，各有2 种涂法；当，
异色时，有
种涂法，
，均只有
种涂法.
故第二部分共有
种涂法.
第三部分为
，，
，与第二部分一样，共有
种涂法.
因此根据分步乘法计数原理，共有
种涂法，
故选：D.
4．（2025 高三·全国·专题练习）已知图中每个开关都有闭合与不闭合2 种可能，因此5 个开关共有
种可
能情况，在这
种可能情况中，电路（从甲到乙）接通的情况有（ ）.
A．30 种
B．24 种
C．16 种
D．10 种
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据题意，分2 种情况讨论：若中间断开；中间闭合；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】根据电路中间是断开还是闭合进行分类．
①若中间断开，如图5 所示，则电路接通的情况有
（种）；
②若中间闭合，如图6 所示，则电路接通的情况有
（种）．
故共有
（种）.
故选：C.
5．（25-26 高二上·全国·单元测试）如图，当一条电路从
处到
处接通时，不同的线路共有 条
（每条线路仅含一条通路）．
【答案】8
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据分类加法、分步乘法计数原理即可求解.
【详解】由题意知可以按上、下两条线路分为两类，上线路中有2 条，下线路中有
（条）．
根据分类加法计数原理，得不同的线路共有
（条）．
故答案为：8
6．（2025 高二·全国·专题练习）有编号为1，2，3，4，5 的五个球和编号为1，2，3，4，5 的五个盒子.现
将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，
则共有 种放法.
【答案】20
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】先确定恰好有两个球编号与盒子编号相同的放法，然后再考虑其余3 个小球的放法，即可求解.
【详解】先在五个球中任选两个球放入与球编号相同的盒子内，有10 种放法，
剩下的三个球，不妨设其编号为3，4，5.其中3 号球可以放入4，5 号盒子中，有2 种放法；
而4，5 号球只有1 种放法.根据分步乘法计数原理可知，共有
种放法.
故答案为：20
题型三：计数原理的判断及综合应用
1．现有5 名同学去听同时进行的4 个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种
数是（ ）
A．
B．
C．20
D．9
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、判断事件计数的原理
【分析】将此事分为5 步，每一步均为1 名同学选择讲座，后由分步计数原理可得答案.
【详解】将完成此事分为5 步.第1 步为第一名同学完成选择，有4 种方法；第2 步为第二名同学完成选择，
有4 种方法；
；第5 步为第五名同学完成选择，有4 种方法.
则由分步计数原理可知，不同选法的种数位为：
.
故选：A
2．（24-25 高二下·新疆喀什·期末）（多选题）下列说法正确的是（ ）
A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情
B．从书架上任取数学书、语文书各1 本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题
C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题
D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题
【答案】BD
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、判断事件计数的原理、实际问题中的计数
问题
【分析】根据两个计数原理的定义逐一判断选项即可.
【详解】对于A，分步乘法计数原理要求每一步都完成，才能说任务完成，故A 错误；
对于B，从书架上任取数学书、语文书各1 本，完成这件事需要分两步：第一步取1 本数学书，
有若干种取法；第二步取1 本语文书，故应是分步计数问题，故B 正确；
对于C，任务“从甲地经丙地到乙地”，分为从甲地到丙地，
再从丙地到乙地两步完成，是分步计数问题，故C 错误；
对于D，分类加法计数原理中的每一类方法都能一次性地完成任务，
故可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，即D 正确.
故选：BD.
3．（24-25 高二下·全国·课前预习）若完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成
任务，则是 ;而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务，且只有依次完成各种情况，
才能完成这件事，则是 .
【答案】 分类 分步
【难度】0.94
【知识点】分类加法计数原理、判断事件计数的原理
【分析】略
【详解】略
4．有8 种不同型号的手机供4 位顾客选购，每人只购一台，则共有 种不同的选法.
【答案】
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、判断事件计数的原理
【分析】按分步计数原理计算可得.
【详解】由已知得，每位顾客都有8 种选法，
所以共有
种方法，
故答案为：
题型四：计数原理在实际问题中的应用
1．（24-25 高二下·广西百色·期末）如图所示，从甲地到丙地有2 条公路可走，从丙地到乙地有3 条公路可
走，从甲地不经过丙地到乙地有2 条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】D
【难度】0.94
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题
【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解.
【详解】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有
种走法；
又从甲地不经过丙地到乙地有2 条水路可走，
所以根据分类加法计数原理可得：从甲地到乙地的走法种数为
.
故选：D.
2．（24-25 高二上·河南南阳·阶段练习）学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、
“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅
做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安
排方法共有（ ）
A．12 种
B．14 种
C．7 种
D．9 种
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】实际问题中的计数问题
【分析】应用分类分步计数原理，求出甲安排为“定点投篮”、 不安排“定点投篮”两种情况分别写出
安排方法数，即可得答案.
【详解】当甲安排“定点投篮”，另外3 人任意安排工作有6 种方法.
当甲不安排“定点投篮”时，先安排甲有2 种，再安排乙有2 种，另外剩余2 人有2 种，此时有
种方法，
共有
种，
故选：B
3．（24-25 高三上·江苏南京·开学考试）甲、乙、丙、丁共4 名同学参加某知识竞赛，已决出了第1 名到第
4 名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：
“很遗憾，你没有得到第1 名”，从这个回答分析，4 人的名次排列情况种数为（ ）
A．4
B．6
C．8
D．12
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】实际问题中的计数问题
【分析】由题意可得丙不是第1 名，甲乙相邻，先排丙，再排甲，乙，最后再排丁，即可得答案.
【详解】解：由题意可得丙不是第1 名，甲，乙相邻；
所以丙是第2 名时，甲，乙只能是第3，4 名，丁为第1 名，此时共2 种情况；
丙是第3 名时，甲，乙只能是第1，2 名，丁为第4 名，此时共2 种情况；
丙是第4 名时，甲，乙有可能是第1，2 名，或第2，3 名，
当甲，乙是第1，2 名时，丁为第3 名，此时共2 种情况；
当甲，乙是第2，3 名时，丁为第1 名，此时共2 种情况；
所以一共有2+2+2+2=8 种情况.
故选：C.
4．（23-24 高二下·贵州·期中）高二某班级4 名同学要参加足球、篮球、乒乓球比赛，每人限报一项，其
中甲同学不能报名足球，乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同，则不同的报名种数有（ ）
A．54
B．12
C．8
D．81
【答案】B
【难度】0.94
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题
【分析】直接由分步计数原理求解即可．
【详解】由甲同学不能报名足球，可得甲有2 种报名方式，
乙、丙、丁三位同学所报项目都不相同，
可得乙有3 种报名方式，丙有2 种报名方式，丁只有1 种报名方式，
共分步计数原理可得共有
种．
故选：B．
5．（2024·安徽合肥·模拟预测）2024 届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有
五名屏蔽生总分在前9 名，现在确定第一、二、五名是
三位同学，但
不是第
一名，
两名同学只知道在6 至9 名，且
的成绩比
好，则这5 位同学总分名次有多少种可能
（ ）
A．6
B．12
C．24
D．48
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题
【分析】先排
，再排
和
，对
进行分类，可排6，7，8 位，最后根据
的情况再排
。
【详解】第一步排
有两种可能：第2 名或第5 名；
第二步排
和
有两种可能；
第三步排
和
，
有6，7，8 位三种可能；
当
为第6 名时，
有7，8，9 名三种可能，
当
为第7 名时，
有8，9 名两种可能，
当
为第8 名时，
只有第9 名一种可能，
所以第三步的总数为
种；
根据分类计数原理，所有名次排位的总数
种。
故选：C
6．某人从上一层到二层需跨10 级台阶，他一步可能跨1 级台阶，称为一阶步，也可能跨2 级台阶，称为
二阶步，最多能跨3 级台阶，称为三阶步，从一层上到二层他总共跨了6 步，而且任何相邻两步均不同阶，
则他从一层到二层可能的不同走法共有（ ）种.
A．10
B．9
C．8
D．12
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的计数问题
【分析】利用计数原理直接计算即可.
【详解】按题意要求，不难验证这6 步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1 个的三阶步.
因此，只能是1 个三阶步，2 个二阶步，3 个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10 级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步，
每一过程可表为3 个白球、2 个黑球、1 个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6 球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧，
此时，共有4 个黑白球之间的空位放置红球，所以此种情况共有4 种可能的不同排列；
（2）第1 球不是白球.
（i）第1 球为红球，则余下5 球只有一种可能的排列；
（ii）若第1 球为黑球，则余下5 球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，
此种情形共有3 种不同排列；
（3）第6 球不是白球，同（2），共有3 种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有
种可能的不同过程.
故选：A
7．（2025 高三·全国·专题练习）有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵
向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种.
【答案】39
【难度】0.85
【知识点】实际问题中的计数问题
【分析】根据给定条件分成每次升1 面、升2 面、升3 面旗3 类，求出各类表示的信号数，再将各类信号
数相加即得.
【详解】根据所升旗的数量进行分类：
①升1 面旗，有三种颜色可供选择，故可组成3 种不同信号；
②升2 面旗，则升第一面旗时，有三种颜色可供选择，升第二面旗时，同样有三种颜色可供选择，故可组
成
种不同信号；
③升3 面旗，则升每面旗时，均有三种颜色可供选择，故可组成的不同信号有种.
综上所述，可组成的不同信号共有
（种）．
故答案为：39
8．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）科学家发现一种特殊的粒子，现在把该粒子放在依次排开的1~5 号密封
箱子中，两个箱子之间只有一条通道相连，该粒子每天只会出现在一个箱子里，第二天会随机出现在相邻
箱子中的一个，若科学家每天只能观察一个箱子，则至少需要 天才能确保观测到该粒子.
【答案】6
【难度】0.15
【知识点】实际问题中的计数问题
【分析】根据题意，假设科学家第一天查看2 号或者4 号箱子，以2 号箱子为例，依次判断粒子可能出现
的情况，并根据科学家的决策确定最终的天数.
【详解】假设考虑最坏情况，粒子会以对抗方式移动以尽可能避免被观测，
科学家第一天查看2 号或者4 号箱子，以2 号箱子为例，
如果没观察到粒子，则粒子一定在1，3，4，5 这四个箱子中的一个，
第二天粒子一定会在2，3，4，5 这四个箱子中的一个，
第二天科学家去3 号箱子查看，
如果没有观察到粒子，则粒子一定在2，4，5 这三个箱子中的一个，
所以第三天粒子一定会在1，3，4，5 这四个箱子中的一个，
第三天科学家去4 号箱子查看，
如果没有观察到粒子，则粒子一定在1，3，5 这三个箱子中的一个，
所以第四天粒子一定在2，4 这两个箱子中的一个，
第四天科学家去2 号箱子查看，
如果没有观察到粒子，则粒子一定在4 号箱子，
则第5 天粒子一定在3，5 这两个箱子中的一个，
第五天科学家去3 号箱子查看，
如果没有观察到粒子，则粒子一定在5 号箱子，第六天一定在4 号箱子，
因此科学家第六天去4 号箱子一定能观察到它，
这时6 天一定可以确保观察到粒子，其他情况确保观察到粒子都不少于6 天.
故答案为：6
9．（24-25 高三下·山东·开学考试）某校为弘扬“顽强拼搏的马拉松”精神，举办了5 千米长跑比赛，若
包含甲、乙在内的共6 名同学进入了决赛，通过赛后成绩得知，其中没有名次并列的情况，甲不是第一名，
且甲和乙的名次之差的绝对值为2．（1）若甲的名次为偶数，则这6 名同学的名次排列情况共有 种；
（2）甲和乙的名次之和为10 的概率为 .
【答案】
【难度】0.4
【知识点】实际问题中的计数问题
【分析】利用给定条件确定甲和乙的位置，再利用分类加法计数原理求解情况总数来判断第一空，求出符
合甲和乙的名次之和为10 的事件数，再求出总事件数，最后使用古典概型概率公式求解即可.
【详解】对于第一空，由题意得甲的名次为偶数，且甲不是第一名，
则甲可能为第二名，第四名，第六名，
当甲是第二名时，因为甲和乙的名次之差的绝对值为2，
所以乙是第四名，此时剩下四名同学全排列，共有
种情况，
当甲是第四名时，因为甲和乙的名次之差的绝对值为2，
所以乙可能是第二名或第六名，
当乙是第二名时，此时剩下四名同学全排列，共有
种情况，
当乙是第六名时，此时剩下四名同学全排列，共有
种情况，
当甲是第六名时，因为甲和乙的名次之差的绝对值为2，
所以乙是第四名，此时剩下四名同学全排列，共有
种情况，
由分类加法计数原理得共有
种情况，
对于第二空，因为甲不是第一名，所以甲的名次有五种可能，
当甲是第三名时，因为甲和乙的名次之差的绝对值为2，
所以乙是第五名，或第一名，
当乙是第五名时，此时剩下四名同学全排列，共有
种情况，
当乙是第一名时，此时剩下四名同学全排列，共有
种情况，
当甲是第五名时，因为甲和乙的名次之差的绝对值为2，
所以乙是第三名，此时剩下四名同学全排列，共有
种情况，
由分类加法计数原理得共有
种情况，
若甲和乙的名次之和为10，则甲是第四名，乙是第六名，
与甲是第六名，乙是第四名，这两种情况符合题意，
符合条件的事件数为
，且设概率为
，
由古典概型概率公式得
.
故答案为：
；
【点睛】关键点点睛：解题关键是分类讨论甲和乙的名次，然后求出总事件数和符合条件的事件数，最后
利用古典概型概率公式得到所要求的结果即可．
10．（23-24 高二下·天津红桥·期中）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，三
位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢龙、牛和羊，乙同学喜欢龙和马，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如
果让三位同学选取礼物都满意，则选法有 种．
【答案】50
【难度】0.85
【知识点】实际问题中的计数问题
【分析】分甲选龙和甲不选龙两种情况，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】第一种情况是甲选龙，乙只能选马，丙有10 种方法，
第二种情况是甲选牛或羊，甲有2 种方法，乙也有2 种方法，那么丙有10 种方法，则共有
种
方法，
所以共有
种方法.
故答案为：50
题型五：代数中的计数问题
1．（24-25 高二下·山西吕梁·阶段练习）数字540 的不同正因数的个数为（ ）
A．10
B．16
C．20
D．24
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】代数中的计数问题
【分析】应用列举法写出所有的正因数即可.
【详解】由
，共有24 个正因数.
故选：D
2．（23-24 高二上·江西九江·期末）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
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、代数中的计数问题
【分析】分是否取两类，当不取时，排除重复的即可得解.
【详解】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，
所以共有
个.
故选：D.
3．已知
，且
，则所有满足条件的数对
的个数为（ ）
A．12
B．13
C．20
D．24
【答案】B
【难度】0.4
【知识点】代数中的计数问题
【分析】将题设条件变形为
且
、
，结合
判断
的可能数值，即可得答案.
【详解】由题设
，即
，
又
，且
，则
，
所以
且
，
可能为
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
，共13 个，
所以对应
也有13 个.
综上，所有满足条件的数对
的个数为13 个.
故选：B
4．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．64
B．56
C．53
D．51
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、代数中的计数问题
【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
5．设集合A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}，如果方程x2－mx－n＝0 (m，n∈A)至少有一个根x0∈A，就称方程为合格方
程，则合格方程的个数为( )
A．13
B．15
C．17
D．19
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】代数中的计数问题
【详解】当m＝0 时，取n＝0,1,4，方程为合格方程；
当m＝1 时，取n＝0,2,6，方程为合格方程；
当m＝2 时，取n＝0,3，方程为合格方程；
当m＝3 时，取n＝0,4，方程为合格方程；
当m＝4 时，取n＝0,5，方程为合格方程；
当m＝5 时，取n＝0,6，方程为合格方程；
当m＝6 时，取n＝0,7，方程为合格方程；
当m＝7 时，取n＝0，方程为合格方程．
综上可得，合格方程的个数为17；
故选：C.
6．从1，2，…，2024 中任取两数
，
（可以相同），则
个位为8 的概率为
【答案】
【难度】0.4
【知识点】代数中的计数问题、计算古典概型问题的概率
【分析】先研究
和
的个位数字的规律，确定它们的周期均为4，再借助古典概型知识，即可求解.
【详解】从1，2，⋯，2024 中任取两数a，b(可以相同)，共有
种取法，
因为
的个位数字随着
从1 开始，依次是
，周期变化，
的个位数字随着
从1 开始，则依次是
，周期变化，
故它们的周期均为
，
所以，
中，共有
种数型，
且每种数型的个数是均等的，都是
个，
和
的尾数中只有
三种情形中个位数字是，
即
时，
的个位数字是，
，
所以满足
的个位数字是的取法有
种取法，
所以所求概率为
.
即
个位为的概率为
.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析发现
的个位数与
的个位数呈周期规律，从而得解.
7．（23-24 高二下·上海·期末）集合
是
的子集，且
中的元素有完全平方数，则满
足条件的集合
共有 个．
【答案】
【难度】0.85
【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、分步乘法计数原理及简单应用、代数中的计数问题
【分析】令
，
，求出集合
的非空子集数，与集合
的子集数，再由分步乘
法计数原理计算可得.
【详解】集合
中的完全平方数有，
，，
令
，
，
则集合
的非空子集有
个，
集合
的子集有
个，
则满足条件的集合
为集合
的非空子集与集合
的子集的并集，
故一共有
个.
故答案为：
8．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）已知
，
，则不同的有序集合对
有
种.
【答案】27
【难度】0.65
【知识点】代数中的计数问题
【分析】先根据条件将集合
分类，列举出满足条件的集合
.
【详解】
A
B
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
如上表，每一种集合
可确定满足条件的集合
，不同的有序集合对
有27 种.
故答案为：27.
题型六：几何中的计数问题
1．从正方体的6 个面中选取3 个面，其中有2 个面不相邻的选法共有（ ）.
A．20 种
B．16 种
C．12 种
D．8 种
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】几何计数问题
【分析】正方体共有
条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有
个
共有
组，再考虑重复情况得到答案.
【详解】正方体共有
条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有
个
共有
组，每组中包含两条棱，故有
故选：
【点睛】本题考查了计数问题，意在考查学生的空间想象能力.
2．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
【难度】0.4
【知识点】分类加法计数原理、几何计数问题
【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.
3．一个国际象棋棋盘（由8×8 个方格组成），其中有一个小方格因破损而被剪去（破损位置不确定）．
“L”形骨牌由三个相邻的小方格组成，如图所示．现要将这个破损的棋盘剪成数个“L”形骨牌，则
（ ）
A．至多能剪成19 块“L”形骨牌
B．至多能剪成20 块“L”形骨牌
C．最多能剪成21 块“L”形骨牌
D．前三个答案都不对
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、几何计数问题
【分析】由2×3 的6 块方格10 块和一个田字格组成棋盘，只要将破损的方格所在位置剪成一个恰当的田字
格即可，所以最多能够剪成21 块“L”形骨牌.
【详解】考虑2×3 的6 块方格，如图：
，每一块这样的骨牌含有2 块“L”形骨牌
一共可以剪成10 块这样的骨牌，和一个田字格，田字格可以剪1 块“L”形骨牌，则一共21 块“L”形骨牌.
只要将破损的方格所在位置剪成一个恰当的田字格即可，所以一定能够剪成21 块“L”形骨牌.
如图所示
故选：C
【点睛】此题考查根据图形特征结合计数原理求解，根据题目要求合理构造图形即可解题.
4．（24-25 高二上·全国·课后作业）古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个
阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳
中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，
从该正八边形的8 个顶点中任意取出4 个构成四边形，其中梯形的个数为 ．
【答案】24
【难度】0.65
【知识点】几何计数问题
【分析】首先分情况，先确定两个顶点，再确定其他顶点，即可求解.
【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，
若以AB 为底边，则可构成2 个梯形，根据对称性可知此类梯形有
（个），
若以AC 为底边，则可构成1 个梯形，此类梯形共有
（个），
所以梯形的个数是
（个）．
故答案为：24
5．圆周上有
个等分点
，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ．
【答案】
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、几何计数问题
【分析】只有三角形的一条边为直径才能组成直角三角形,第一步选直径共有
种方法，第二步选直角顶点
有
种，根据分步计数原理相乘即可.
【详解】由题意知,只有三角形的一条边过圆心,才能组成直角三角，
因为圆周上有
个等分，所以共有
条直径，
每条直径可以和除去本身的两个端点外的点组成直角三角形，所以可做
个直角三角形.
根据分步计数原理知,共有
个
故答案为:
.
题型七：数字排列问题
1．（24-25 高二下·山东威海·期末）用0，1，2，3，4 可组成无重复数字的三位奇数的个数为（ ）
A．48
B．36
C．24
D．18
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】根据分步乘法原理计算求解.
【详解】用0，1，2，3，4 可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2 种情况，首位数字有3 种情况，十
位数字有3 种情况，
所以三位奇数的个数为
种情况.
故选：D.
2．（24-25 高二下·河北唐山·阶段练习）由数字0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的三位数，其中偶数
共有（ ）
A．48 个
B．52 个
C．60 个
D．120 个
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】数字排列问题
【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理，分类讨论，求出结果.
【详解】由题意可知，分为两种情况：
情况一：个位是0，则有不同的结果
个；
情况二：个位不是0，则有不同结果
个；
所以共有
个；
故选：B.
3．（24-25 高三下·湖南·阶段练习）用1，3，5 组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，
依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135 是这组数的（ ）
A．第69 项
B．第72 项
C．第74 项
D．第75 项
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题
【分析】由已知分别计算出一位数，两位数，三位数以及比3135 小的四位数的个数，从而确定3135 是这
组数的第几项.
【详解】当组成的数字为一位数时，有1，3，5，共个，
当组成的数字为两位数时，十位和个位都可以从1，3，5 中任意选一个数字，
所以两位数的个数为
个，
当组成的数字为三位数时，百位，十位和个位都可以从1，3，5 中任意选一个数字，
所以三位数的个数为
个，
当组成的数字为四位数且比3135 小时，
千位是的四位数，百位，十位和个位都有种选择，所以个数为
个，
千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择，
千位是的四位数，百位是，十位是，个位有
种选择，所以个数为
个，
因为
，
所以3135 是这组数的第72 项.
故选：B.
4．（24-25 高三上·重庆长寿·期末）数字0，1，1，2 可以组成不同的三位数共有（ ）
A．24 个
B．12
C．9 个
D．6 个
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理、数字排列问题
【分析】分百位上为1 和百位上为2 两种情况列举即可.
【详解】当百位上为1 时，组成的三位数有101，102，110，112，120，121，共6 个数，
当百位上为2 时，组成的三位数有201，210，211，共3 个数，
所以组成不同的三位数有9 个.
故选：C
5．（23-24 高二下·河南商丘·期中）数学中“凸数”是一个位数不低于3 的奇位数，是最中间的数位上的
数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564 的三位数中“凸数”的个数为（ ）
A．147
B．112
C．65
D．50
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、数字排列问题
【分析】根据给定条件，结合“凸数”的意义，利用分类加法计数原理求解即得.
【详解】最高位是5 的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8 个，共有21 个；
最高位是6 的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8 个，共有21 个；
最高位是7 的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8 个，共有15 个；
最高位是8 的“凸数”，中间数为9，有8 个，
所以没有重复数字且大于564 的三位数中“凸数”的个数为
.
故选：C
6．（23-24 高二下·江苏无锡·期中）将数字“322469”重新排列后得到不同的偶数个数为（ ）
A．240
B．192
C．120
D．72
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】数字排列问题
【分析】考虑到该六位数中有两个2，故按照分类加法计数原理计算，对于个位是4 或6 的两类，只需排
好另外三个数字即可，对于个位是2 的一类，则可以考虑另5 个数字全排即得.
【详解】依题意，因这个六位数中有两个“2”，故不能直接将其与其他数字全排，否则会出现重复.可将这
样的偶数分成三类：
第一类，个位排4，在前面五位数位中，只需选三个排上数字3，6，9 即可（剩下两个数位即排2），有
种方法；
第二类，个位排6，与第一类相同，有
种方法；
第三类个位排2，则前面五个数位只需将另外5 个数字全排即可，有
种方法.
由分类加法计数原理，不同的偶数个数为
.
故选：A.
7．（25-26 高三上·浙江·阶段练习）用1，2，3 三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2 相邻
出现，则这样的四位数有 个.（用数字作答）
【答案】60
【难度】0.65
【知识点】数字排列问题
【分析】应用分类分步计数原理求四位数的个数.
【详解】若四位数中没有2，共有
个，
若四位数中有1 个2，共有
个，
若四位数中有2 个2，共有
个，
因此共有60 个.
故答案为：60
8．（24-25 高二下·福建福州·期末）用0，1，2，3 这4 个数字，可组成 个没有重复数字的三位数
（用数字作答）
【答案】18
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题
【分析】需要分步确定三位数的百位、十位和个位数字.
【详解】
组成的数是三位数，故百位不能是
，
百位有种选择；
百位选了一个数字后，十位还有种选择；
百位和十位各选了一个数字后，个位还有
种选择；
一共可以组成没有重复数字的三位数有：
（个）
故答案：
.
题型八：涂色问题
1．（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）用四种颜色给下图的6 个区域涂色，每个区域涂一种颜色，
相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（ ）
A．72
B．96
C．120
D．144
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，
将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色
方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数.
【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4，
（1）四种颜色都用：
先涂区域
，有4 种填涂方案，不妨设涂颜色1，
再涂区域
，有3 种填涂方案，不妨设涂颜色2，
再涂区域
，有2 种填涂方案，不妨设涂颜色3，
若区域
填涂颜色2，则区域
填涂颜色1、4 或4、3，
若区域
填涂颜色4，则区域
填涂颜色1、3 或4、3，
共4 种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有
种不同的涂法.
（2）四种颜色只用其中的三种颜色：
即当
同色，
同色，
同色，共有
种不同的涂法.
综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有
种不同涂法.
故选：C
2．（24-25 高二下·江苏南京·期中）用n 种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域
中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840 种不同的方法，则n 的值为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【难度】0.94
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】由每块区域都与其他三块区域有公共边，故用分步乘法计算即可.
【详解】区域①有n 种，区域②有
种，区域③有
种，区域④有
种，
舍去，得
(负数解舍去).
故选：C.
3．（24-25 高二下·海南海口·期末）如图，现要用4 种不同的颜色对海口市的4 个区地图进行着色，要求有
公共边的2 个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（ ）
A．24
B．48
C．72
D．120
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】涂色问题
【分析】先选择秀英区与龙华区，然后分别对琼山区，美兰区与秀英区是否同色进行讨论，然后计算可得
结果.
【详解】秀英区有4 种选择，龙华区有3 种选择，
当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2 种选择；
当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2 种选择；
当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2 种选择，美兰区有1 种选择；
所以不同的着色方法的种数为
.
故选：C
4．（24-25 高二下·四川达州·阶段练习）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有
四个区域，现
有5 种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉，则该花坛的
花卉种植方案共有（ ）
A．210 种
B．420 种
C．180 种
D．260 种
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】分区域1 与区域3 种同种花卉和不同花卉两种情况，根据分步乘法计数原理可得.
【详解】当区域1 与区域3 种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4，
由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有
种；
当区域1 与区域3 不种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4，
由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有
种.
故该花坛的花卉种植方案共有
种.
故选：D
5．（24-25 高二下·安徽池州·期中）如图，现要用5 种不同的颜色给池州市4 个区县地图进行着色，要求有
公共边的两个区域不能用同一种颜色，且青阳与东至不能使用同一种颜色，共有（ ）种不同的着色方法.
A．180
B．120
C．60
D．240
【答案】B
【难度】0.94
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】由分步乘法计数原理可求解.
【详解】给青阳着色有5 种不同的方法，给贵池着色有4 种不同的方法，给石台着色有3 种不同的方法，
因为青阳与东至不能使用同一种颜色，故给东至着色有2 种不同的方法，
故由分步乘法计数原理有
.
故选：B.
6．（24-25 高二下·天津·阶段练习）如图，用4 种不同的颜色对图中5 个区域涂色，要求每个区域涂一种颜
色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．144 种
B．120 种
C．108 种
D．96 种
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】涂色问题
【分析】利用分步计数原理，按照顺序去考虑涂色，注意区域1 和区域3 同色和不同色的问题即可.
【详解】先涂区域1 和区域2，有
种涂色方法，
再涂区域3，这时有两类：
若区域1 和区域3 同色，则涂区域4 和区域5 有
种涂色方法，
若区域1 和区域3 不同色，则涂区域3，区域4 和区域5 有
种涂色方法，
所以不同的涂色种数有
种涂色方法.
故选：A.
7．（2025·广东广州·模拟预测）如图，某停车场有2 行4 列共8 个停车位，现有2 辆红色汽车和2 辆黑色
汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为 .
【答案】
/
【难度】0.4
【知识点】涂色问题、元素（位置）有限制的排列问题、计算古典概型问题的概率
【分析】首先根据分类和分步计数原理，计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况，再结
合古典概型概率公式，即可求解.
【详解】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数.
第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有
三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有
种；
第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽
车有3 种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2 种停法，此时另一辆黑色汽车有2
种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有
种.
因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14 种，
8 个车位停入4 辆车的试验共有
种情况，
所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为
.
故答案为：
8．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6 种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种．
【答案】630
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】由题知只需考虑区域1，2，3，4 的颜色即可，不妨先涂区域1、区域2，再分区域3 与区域1 涂
的颜色不同及相同两种情况考虑即可求解.
【详解】涂色问题 根据题意，只需确定区域1，2，3，4 的颜色，即可确定整个伞面的涂色情况．
先涂区域1，有6 种选择，再涂区域2，有5 种选择，
当区域3 与区域1 涂的颜色不同时，区域3 有4 种选择，剩下的区域4 有4 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5 种选择．
故不同的涂色方案有
（种）．
故答案为：630.
题型九：其它计数模型
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
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、代数中的计数问题
【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．据《孙子算经》记载，算筹计数法则是：“凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，
万百相当."算筹计数法有纵横两种形式，如图为纵式计数形式，一竖表示
､
1 个单位，一横表示5 个单位，
例如三竖一横表示8.
现从上图中选择三个数构成等比数列，则能构成等比数列的组合中所有数的纵式计数形式中共有横数为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】其他计数模型
【分析】列出能构成等比数列的数组，然后可得答案.
【详解】正整数1~9 中能构成等比数列的三个数一共有四组，分别是1，2，4；2，4，8；1，3，9；4，
6，9.
其中只有6，8，9 的纵式计数形式中各有1 横，所以共有4 横
故选：D
3．（2025 高三·全国·专题练习）几位同学假期组成一个小组去某市旅游，已知该市有6 座塔，它们的位置
分别为
．同学们自由行动一段时间后，每位同学都发现自己在所在的位置只能看到位于
处的4 座塔，而看不到位于
和
处的塔．已知
（1）同学们的位置和塔的位置均视为同一平面上的点，且这些点彼此不重合；
（2）
中任意3 点不共线；
（3）看不到塔的唯一可能就是视线被其他的塔所阻挡，例如，如果某位同学所在的位置
和
共线，且
在线段
上，那么该同学就看不到位于
处的塔．
请问，这个旅游小组最多可能有多少名同学？（ ）
A．3
B．4
C．6
D．12
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】其他计数模型
【分析】根据题目条件，举例分析推理即可得出答案.
【详解】由于任意3 座塔的位置不共线，
所以对任意一位同学来说，
和
处的塔必然是被2 座不同的塔所阻挡了视线，
我们任取
处的2 座塔（不妨取
处和
处的塔），
假设一位同学的视线是被这2 座塔阻挡，
那么该同学的位置是
的延长线和
的延长线的交点，
或者是
的延长线和
的延长线的交点，
且被
处和
处的塔阻挡住视线的同学最多有一位，
由于在
处的4 座塔中选取2 座塔的方式有6 种，
所以同学的人数不超过6．
设
是6 名同学的位置，则如图是一种符合题意的位置分配方法．
故选：C.
4．（2025·辽宁·一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都
只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的
线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0 个就
是2 个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助
上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有 种.
【答案】
【难度】0.4
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、其他计数模型
【分析】做出图形，两个奇点
和
分别做起点，求出
与
之间的途径的情况，再求出一笔完成
的画法，，进而可得出答案.
【详解】如图，两个奇点
和
分别做起点，有两种情况，
与
之间有三种途径：①
，②
，③
，
其中一笔完成
有
种画法：
，
，
，
若
做起点，从
出发有三种不同的路径能到达
，从
返回
有两种不同的路径，
所以不同路径方法有
种.
故答案为：
.
【点睛】易错点点睛：求解分类、分步计数原理需要注意以下几点：
（1）处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚
“分类”或“分步”的具体标准；
（2）分类时要满足要满足两个条件：①类与类之间要互斥（保证不重复）；②总数要完备（保证不遗
漏），也就是要确定一个合理的分类标准；
（3）分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续
型.
5．（23-24 高三上·河南南阳·期末）某楼梯共有
个台阶，小明在上楼梯的时候每步可以上个或者
个台
阶，则小明不同的上楼方法共有 种．（用数字作答）
【答案】
【难度】0.4
【知识点】分类加法计数原理、其他计数模型
【分析】借助加法计数原理，得到
，依次计算即可.
【详解】设小明上
个台阶有
种方法，考虑最后一步：
若最后一步小明上个台阶，则前
个台阶有
种方法且
；
若最后一步小明上
个台阶，则前
个台阶有
种方法且
.
由加法原理得
，易知
，
可得
，
所以小明不同的上楼方法共有
种.
故答案为：
.
