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第01 讲 计数原理
目录
01 常考题型过关练
题型01 分类加法计数原理的应用
题型02 分步乘法计数原理的应用
题型03 两个计数原理的综合（与数字有关的问题）
题型04 两个计数原理的综合（与几何有关的问题）
题型05 两个计数原理的综合（涂色问题）
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 分类加法计数原理的应用
1．某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5 班，动车有12 趟，高铁有10 个车次，则小丁当天
出行的方案共有（ ）
A．12 种
B．27 种
C．120 种
D．600 种
【答案】B
【详解】已知当天的飞机有5 班，动车有12 趟，高铁有10 个车次，
则小丁当天出行的方案共有
.
故选：B.
2．由0，1，2，3，5 组成的无重复数字的4 位数共有（ ）
A．24 个
B．72 个
C．96 个
D．120 个
【答案】C
【详解】若组成的4 位数不含0，则有
个；
若组成的4 位数含0，因为0 不能在首位，所以首位有
种排法，后面的三位有
种排法，
所以含0 的4 位数有
个.
所以由0，1，2，3，5 组成的无重复数字的4 位数共有：
个.
故选：C
3．一项工作可以用两种方法完成，有6 人只会用第一种方法完成，另有11 人只会用第二种方法完成，现
从中选出1 人来完成这项工作，则不同选法的种数为（ ）
A．60
B．66
C．16
D．17
【答案】D
【详解】求出不同选法的种数，有两类：选取只会用第一种方法的人，有6 种方法；
再选取只会用第二种方法的人，有11 种，
所以不同方法种数是
.
故选：D
4．5 名同学分成两组参加志愿服务活动，其中甲、乙不同组的分法种数为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】D
【详解】5 名同学分成两组，有1 和4 分组以及2 和3 分组这两种情况，
若甲在1 人组，乙在4 人组，这是1 种情况，
若甲在4 人组，乙在1 人组，这又是1 种情况，
所以1 和4 分组时甲、乙不同组的方案数为
种，
若甲在2 人组，乙在3 人组，那么从剩下3 人中选1 人与甲一组，
根据组合数公式，则
种情况，
若甲在3 人组，乙在2 人组，
同样从剩下3 人中选1 人与乙一组，也有
种情况，
所以2 和3 分组时甲、乙不同组的方案数为
种，
根据分类加法计数原理，将两种分组情况的方案数相加，可得甲、乙不同组的分配方案共有
种．
故选：D.
5．某班级周一的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共6 节课，其中要求体育课不能排在
第一节，且数学课不能排在最后一节，则共有 种不同的排法.（用数字作答）
【答案】
【详解】根据题意，可分为两类：
（1）若体育课排在最后一节，则有
种不同的排法；
（2）若体育课不排在第一节和最后一节，则有
种不同的排法，
由分类计数原理得，共有
种不同的排法.
故答案为：
.
6．在由数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 组成的三位数（数字可以重复）中，能被3 整除的三位数的
个数为 ，能被3 整除且不含数字0 的三位数的个数为 ．
【答案】
【详解】将数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 分为三类：第一类被3 整除的集合
，第二
类被3 整除余1 的集合
，第三类被3 整除余2 的集合
，
第一种情况：在
中选3 个数组成三位数（数字可以重复）能被3 整除的三位数则有
种情况，
第二种情况：在
中选3 个数组成三位数（数字可以重复）能被3 整除的三位数则有
种情况，
第三种情况：在
中选3 个数组成三位数（数字可以重复）能被3 整除的三位数则有
种情况，
第四种情况：在
中各取一个数组成三位数（数字可以重复）能被3 整除的三位数：不含0 则有
，含0 则在
各取一个数字则有
，
根据分类加法计数原理共有：
；
能被3 整除且不含数字0，则
中的数字除0 外组成的集合为
，
第一种情况：在
中选3 个数组成三位数（数字可以重复）能被3 整除的三位数则有
种情况，
第二种情况：在
中选3 个数组成三位数（数字可以重复）能被3 整除的三位数则有
种情况，
第三种情况：在
中选3 个数组成三位数（数字可以重复）能被3 整除的三位数则有
种情况，
第四种情况：在
中各取一个数组成三位数（数字可以重复）能被3 整除的三位数则有
种情况，
根据分类加法计数原理共有
.
故答案为：
；
.
02 分步乘法计数原理的应用
1．某校招聘了6 名教师，现平均分配给学校的两个校区，其中2 名英语教师不能分配在同一个校区，另外
3 名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有（ ）
A．12 种
B．14 种
C．24 种
D．48 种
【答案】A
【详解】由题意知，先将2 名英语教师分到两个校区，有2 种方法，
第二步将3 名数学老师分成2 组，一组1 人另一组2 人，有
种分法，
然后再分到两个校区，共有
种方法，
第三步只需将其他1 人分到人数少的一个校区，
根据分布乘法计数原理知不同的分配方案共有
.
故选：A
2．有一些含有特殊数学规律的车牌号码，如：皖C80808、皖C22222、皖C12321 等，这些牌照中的五个
数字都是关于中间的一个数字“对称”的，给人以对称的美的感受.我们不妨把这样的牌照叫做“数字对
称”牌照.如果让你负责制作只以8 或9 开头且有五个数字的“数字对称”牌照，那么最多可制作（ ）
A．200 个
B．400 个
C．1000 个
D．2000 个
【答案】A
【详解】已知“数字对称”牌照中的五个数字都是关于中间的一个数字“对称”的，
设这个五位数为
（
均为0 到9 的整数），
首先确定第一位数字
，因为牌照只以8 或9 开头，
所以
有两种选择方法，即
或
；
其次确定第二位数字
，可以从0 到9 这10 个数字中任选一个，
所以
有10 种选择方法；
最后确定第三位数字，同样可以从0 到9 这10 个数字中任选一个，
所以有10 种选择方法；
所以根据分步乘法计数原理可知最多可制作的拍照数量为
个.
故选：A
3．乘积
展开后共有（ ）项.
A．10
B．24
C．30
D．45
【答案】D
【详解】由于每一项互不相同，展开后共有
项.
故选：D.
4．某班选派6 名同学到学校的
这3 个活动场地做志愿者工作，每个场地至少去1 名同学，每名同学
只能去1 个场地，且3 个场地去的同学人数互不相同，则不同的选派方法种数为（ ）
A．90
B．360
C．450
D．990
【答案】B
【详解】先分组有
种方式，然后对这三组进行全排列有
种方式，
由分步乘法计数原理可知，所求为
.
故选：B.
5．已知甲、乙、丙、丁、戊5 名同学站一排照相，要求甲、乙站在丙、丁之间，则不同站法有（ ）
A．20
B．30
C．36
D．48
【答案】A
【详解】由题意先将丙、丁排列有
种站法，
再将甲、乙排在丙、丁之间有
种站法，
最后在排好的4 人所形成的5 个空挡中选一个站戊，
有种站法，
根据分步乘法计数原理，
得共有
种不同的站法.
故选：A.
03 两个计数原理的综合应用 （与数字有关的问题）
1．从1，2，4，5，7，8 这6 个数字中任选4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数
中，大于7000 的奇数个数是（ ）．
A．24
B．36
C．60
D．120
【答案】C
【详解】因为组成的四位数大于7000，所以千位上的数字只能是7 或8．
因为组成的四位数是奇数，所以个位上的数字只能是1，5 或7．
若千位上的数字是7，则个位上的数字只能是1 或5，
故符合题意的四位数有
；
若千位数字是8，则个位上的数字是1，5 成7，故符合题意的四位数有
（个）．
综上，符合题意的四位数共有
（个）．
故选：C．
2．从
中任取个数字，从
中任取
个数字，用这个数字组成的没有重复数字的五位数
的个数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】若组成的位数中没有
，则有
个；
若组成的位数中有
，则有
个，
所以用这个数字组成的没有重复数字的五位数有
个.
故选：C
3．从0，1，2，…，9 这10 个数字中选出3 个不同的数字组成三位数，其中大于230 的共有（ ）
A．504 个
B．552 个
C．559 个
D．660 个
【答案】C
【详解】当百位数大于2 时，三位数均符合题意，共有
个；
当百位数为2 时，
（1）若十位数大于3，此时三位数均符合题意，共有
个；
（2）若十位数为3，符合题意的三位数共有
个．
综上所述，共有
个．
故选:C．
4．“ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当 142857 与 1 至 6 中任意
1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7 这 6 个数字组成. 若从 1，4，2，8，5，7 这 6 个数字
中任选 4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于 5700 的偶数个数是（ ）
A．66
B．75
C．78
D．90
【答案】B
【详解】若千位数字是5，则百位数字只能是7 或8，故共有
（个）；
若千位数字是7，则共有
（个）；
若千位数字是8，则共有
（个）．
故符合条件的四位数共有
（个）．
故选：B.
5．（多选）用0，1，2，3，4，5，6 这7 个数字，可以组成（ ）
A．180 个无重复数字的三位数
B．75 个无重复数字且为奇数的三位数
C．30 个无重复数字且能被25 整除的四位数
D．480 个无重复数字且比1300 大的四位数
【答案】AB
【详解】对于A，无重复数学的三位数的情况数为
，故A 正确；
对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有
，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为
，故B 正确；
对于C，能被
整除的四位数的最后两位有
，则无重复数字且能被
整除的四位数的情况数有
，故C 错误；
对于D，当千位比大的无重复数字的四位数的情况数有
；
当千位为且百位比大的无重复数字的四位数的情况数有
；
当千位为、百位为且十位比
大的无重复数字的四位数的情况数有
；
当千位为、百位为、十位为
且个位比
大的无重复数字的四位数的情况数有
.
综上可得
，故D 错误.
故选：AB.
04 两个计数原理的综合应用 （与几何有关的问题）
1．记
为点
到平面α 的距离，给定四面体
，则满足
（i=2，3，4）的平面
的个数
为（ ）
A．2
B．5
C．8
D．9
【答案】C
【详解】当
与平面
平行时，如下图存在2 种情况.
当
经过△
中位线时，如下图其中一条中位线有2 种情况，故三条中位线，共有6 种情况.
综上，共有2+6=8 种情况.
故选：C.
2．在直角坐标系
中，已知
三边所在直线的方程分别为
，则
内部
和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（ ）
A．95
B．91
C．88
D．75
【答案】B
【详解】由题设，直线
分别交x、y 轴于
、
，
以高为10，宽为15 的矩形内（含边）整数点有176 个，其中直线
上的整数点有
、
、
、
、
、
，共6 个，
所以，矩形对角线
两侧的三角形中整点的个数为
个，
综上，△
中整点的个数为
个.
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
【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．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】
【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:
.
5．在如图所示的
的方格纸上（每个小方格均为正方形），共有 个矩形、 个正方
形．
【答案】 280 60
【详解】根据题意，7×4 的方格纸上，有5 条水平方向的线，8 条竖直方向的线，
在5 条水平方向的线中任选2 条，在8 条竖直方向的线中任选2 条，就可以组成一个矩形，
则可以组成
个矩形；
设方格纸上的小方格的边长为1，
当正方形的边长为1 时，有7×4=28 个正方形，
当正方形的边长为2 时，有6×3=18 个正方形，
当正方形的边长为3 时，有5×2=10 个正方形，
当正方形的边长为4 时，有4×1=4 个正方形，
则有28+18+10+4=60 个正方形；
故答案为：280，60.
【点睛】本题考查排列、组合及简单计数问题，是排列组合问题结合分步、分类计数原理的考查，考查分
析推理能力，属于中等题.
05 两个计数原理的综合应用（涂色问题）
1．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
【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.
2．在一个具有五个行政区域的地图上，用6 种颜色着色，若相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的着色
方法共有（ ）
A．1450 种
B．1480 种
C．1520 种
D．1560 种
【答案】D
【详解】先涂3 区域，共有6 种涂法，然后涂1 区域，共有5 种涂法，
然后涂5 区域，若1 和5 区域同色，一共的涂法种数为
；
若1 和5 区不同色，一共的涂法种数为
.
故一共的涂色总数为
.
故选：D.
3．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
【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．如图，现要用5 种不同的颜色对某市的4 个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种
颜色，共有几种不同的着色方法？（ ）
A．120
B．160
C．180
D．300
【答案】C
【详解】先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ共有
种，再排Ⅳ有
种，
故不同的着色方法数有
种.
故选：C
5．某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种
类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为 .
【答案】120
【详解】先排1，3，5 区域，此时从4 种鲜花中任选3 种全排列，故共有
种方法，
接下来排区域4，2，6，
若4 与5 同色，1，2 同色，此时区域6 有2 种选择，
若4 与5 同色，1，2 不同色，此时区域2 只有一种选择，区域6 也只有1 种选择，
若4 与5 不同色，此时1，2 只能同色，此时区域6 有2 种选择，
故涂区域2，4，6 共有
种方法，
因此总的涂法共有
，
故答案为：120
6．给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同.
(1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务?
(2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法.
【答案】(1)3 种
(2)72
【详解】（1）由题意得A，B，E 三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D 可以与B 的颜色相同，C
可以与A 的颜色相同，所以最少需要3 种颜色才可以完成涂色任务.
（2）分两种情况:
情况一：A，C 不同色，先涂A 有4 种，C 有3 种，E 有2 种，B，D 各有1 种，有
种涂法;
情况二：A，C 同色，先涂A，C 有4 种，E 有3 种，B，D 各有2 种，有
种涂法.
所以共有24+48=72 种不同的涂色方法.
1．（2025·江西·二模）某校组织校运会活动，由甲乙丙三名志愿者负责
､
､
四个任务，每人至少负
责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且甲不负责
任务，则不同的任务分配方法种数为（ ）
A．12
B．18
C．24
D．30
【答案】C
【分析】对甲负责的任务数量进行分类讨论，结合分类加法计数原理可求得结果.
【详解】若甲负责两个任务，剩余两个任务排给乙丙两人，此时有
､
种分配方法；
若甲只负责一个任务，则先在
中选取一个任务分给甲，
然后再将剩下3 个任务分为两组，分配给乙丙两人，
､
有
种不同的分配方法.
由分类加法计数原理可知，不同的分配方法种数为
种.
故选：C.
2．（2025·浙江绍兴·三模）某班一天上午有4 节课，下午有2 节课，现要安排该班一天中语文、数学、政
治、英语、体育、心理6 堂课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同排法总数是（ ）
A．192
B．144
C．124
D．216
【答案】A
【分析】先排数学课，再排体育课，最后排剩下的语文、政治、英语、心理4 堂课，由分步乘法计数原理
即可得出答案.
【详解】数学课排在上午有
种，体育课排在下午有
种，
剩下的语文、政治、英语、心理4 堂课有
种，
所以
种.
故选：A.
3．（2024·河北·模拟预测）甲乙丙丁四位同学围成一圈玩传球游戏，通过掷骰子决定传球的次数，按照甲
→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，掷出几点就向后传几次球，若抛掷
3 次骰子后，球还在甲手中，则不同的掷骰子方法有 种.
【答案】55
【分析】利用点数和为4 的倍数则会传回甲手中，然后再利用分类思想计算即可得解.
【详解】按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，
若要再次回到甲手中，则需要传球次数分别为
，即4 的倍数，
若要使得抛掷3 次骰子后，球还在甲手中，则必需要使3 次骰子的点数和为4 的倍数，
利用分类思想可知：
第一类：3 次骰子的点数和刚好为4，
即点数为两个1 和一个2，故有
种，此类共有3 种；
第二类：3 次骰子的点数和刚好为8，
即点数为两个1 和一个6，故有
种；
点数为一个1 和一个2 和一个5，故有
种；
点数为一个1 和一个3 和一个4，故有
种；
点数为两个2 和一个4，故有
种；
点数为两个3 和一个2，故有
种，此类共有21 种
第三类：3 次骰子的点数和刚好为12，
即点数为一个1 和一个5 和一个6，故有
种；
点数为一个2 和一个4 和一个6，故有
种；
点数为两个3 和一个6，故有
种；
点数为两个5 和一个2，故有
种；
点数为一个3 和一个4 和一个5，故有
种；
点数为三个4，故有1 种，此类共有25 种；
第四类：3 次骰子的点数和刚好为16，
即点数为两个6 和一个4，故有
种；
点数为两个5 和一个6，故有
种，此类共6 种；
三个骰子的点数和最大是18，所以只有以上四类情形，共计有
种，
故答案为：55.
4．（2025·山西·三模）新世纪中学校园有一排长条形区域用来栽种鲜花（如图所示），该区域被分为
个
部分（
且
），现有三种花，分别为牡丹、茉莉、玫瑰，分别在每个区域选择一种进行种植，要
求相邻区域不能用同一种花，将总的栽种方案记作
，则
．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用分步计数原理列式即得.
【详解】第一个区域有三种选法，之后的每个区域都有两种选法，
由分步乘法计数原理得
.
故答案为：
5．（2025·湖北·模拟预测）在
方格表的16 个小方格中选取8 个，使得每行每列都恰有两个小方格被选
中，则不同的选取方法数为 .（请用数字作答）
【答案】90
【分析】根据第二行选取方格与第一行的位置关系进行分类讨论，然后分别计算每类情况的方法数，最后
根据分类加法计数原理将所有情况的方法数相加.
【详解】第一行选2 个方格有
种方法，这2 个方格确定后：
（1）若第二行选的方格均与第一行同列，则后两行选的方格只能与前两行不同列，有1 种方法；
（2）若第二行选的方格均与第一行不同列，则前两行选取的4 个方格中每列1 个，第三行选的方格有
种方法，选定后第4 行随之确定；
（3）若第二行选的方格恰有1 个与第一行同列，第二行选取方法有
种，
此时，前两行选的4 个方格中有2 个在同一列（该列后两行不选），有1 列前两行都未选（该列后两行必
选），另两列前两行各选一个（后两行也要各选一个，2 种方法）.
综上，共
种方法.
故答案为：90.
6．（2025·浙江嘉兴·二模）将
个相同的球放入编号为、
、的个盒子中，要求每个盒子至少放个
球，且编号为的盒子中球数不超过
个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】对编号为的盒子中球数进行分类讨论，确定编号为
的盒子中的球数，结合分类加法计数原理可
得结果.
【详解】若编号为的盒子中球数为，则编号为
的盒子中的球数可以为、
、、
，有
种情况，
若编号为的盒子中球数为
，则编号为
的盒子中的球数可以为、
、，有种情况，
综上所述，不同的放法种数为
种.
故答案为：
.
1．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足
，在空间内取不同两点（不
计顺序），使得这两点与A、B、C 可以组成正四棱锥，求方案数为 ．
【答案】9
【详解】因为空间中有三个点
，且
，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑
三边的轮换对称性，可先
分为两种大情况，即以下两种：
第一种：
为正四棱锥的侧面，如图1，
此时
分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以
为例，此时符合要求的另两个点如图1 所示，显然有两种情况，
考虑到
三边的轮换对称性，故而总情况有6 种；
第二种：
为正四棱锥的对角面，如图2，
此时
分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以
为例，此时符合要求的另两个点图2 所示，显然只有一种情况，
考虑到
三边的轮换对称性，故而总情况有3 种；
综上所述：总共有9 种情况.
故答案为：9.
2．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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）．
【答案】64
【详解】（1）当从8 门课中选修2 门，则不同的选课方案共有
种；
（2）当从8 门课中选修3 门，
①若体育类选修课1 门，则不同的选课方案共有
种；
②若体育类选修课2 门，则不同的选课方案共有
种；
综上所述：不同的选课方案共有
种.
故答案为：64.
3．（2025·江苏南京·二模）现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6 的六个大小、质地完全相同
的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被
抽取的球的序号分别为
，
，
，则满足
的情况有（ ） 种.
A．54
B．55
C．56
D．58
【答案】A
【分析】由题设条件有
，设
，则
，还
有一个数为
，则
，
，讨论
并结合排列数，即可求所有情况数.
【详解】由
，得
，
则
，不妨设
，则
，
还有一个数为
，显然
，
，对于任意
取值，都有如下情况：
当
时，三个数为
，
，
，对应
，
，
，有
种方法；
当
时，三个数为
，
，
，对应
，
，
，有
种方法；
当
时，三个数为
，
，
，对应
，
，
，有
种方法；
当
时，三个数为
，
，
，对应
，
，
，有
种方法.
所以一共有
种.
故选：A
4．（2025·山东淄博·三模）将编号为1，2，3 的小球放入编号1，2，3，4 的小盒中，每个小盒至多放一个
小球，要求恰有1 个小球与所在盒子编号相同，则所有放法的种数为（ ）
A．7
B．9
C．11
D．13
【答案】B
【分析】结合组合数知识，根据分步乘法计数原理求解即可．
【详解】根据题意，先确定一个编号相同的盒子，有
种，
假设选的是1 号球，剩下的两个小球都没有放到对应的盒子有
共三种
情况；
所以共有
种不同的放法．
故选：B.
5．（2025·山东·三模）甲、乙两位同学从5 种课外读物中各自选读2 样，则这两人选读的课外读物中恰有
1 种相同的选法共有 种．（用数字作答）
【答案】60
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式求解.
【详解】从5 种课外读物中任取1 样为甲乙共同的，有5 种方法；
再从余下4 种中取1 样给甲，有4 种方法；最后从3 种中取1 样给乙，有3 种方法，
所以这两人选读的课外读物中恰有1 种相同的选法共有
（种）.
故答案为：60
