备战2024年高考《解读•突破•强化》一轮复习讲义（新高考）
第十章 计数原理、概率、随机变量及分布列
第 1 节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【考试要求】
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.能解决简单的实际问题.
一、分类加法计数原理
完成一件事有两类不同的方案,在第1类方案中有 种不同的方法,在第2类方案中有
种不同的方法,那么完成这件事共有N= m+ n 种不同的方法.
(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的都是最后结果，只
需一种方法就可完成这件事；（2）各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
二、分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤,做第1步有 种不同的方法,做第2步有 种不同的方法,那
么完成这件事共有N= m× n 种不同的方法.
(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只是各个步骤都完成了
才能完成这件事；（2）各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏，但有时可以调换各步的顺序.
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 用来计算完成一件事的方法种数
分类、相加 分步、相乘
每类方案中的每
不同点 每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独
一种方法都能独
立完成这件事)
立完成这件事
注意点 类类独立,不重不漏 步步相依,缺一不可
分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在,应抓住题目中的关键词、关键元
素和关键位置.
1.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的,并
且分步必须满足:完成一件事的各个步骤是相互依存的,只有各个步骤都完成了,才算完成这
件事.
2.分步必须满足两个条件:一是步骤互相独立,互不干扰;二是步与步确保连续,逐步完成.
1.下列说法错误的是（ ）
A 在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同
B在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．
C在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．
D 在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的
【答案】A
2、现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，
则不同选法的种数是( )
A.65 B.56 C.30 D.11
【答案】 B
【解析】 每一位同学有5种不同的选择，则6名同学去听同时进行的5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56.
3．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是(
)
A．2160 B．720
C．240 D．120
【答案】B
【解析】 分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法．
共有10×9×8＝720种分法．故选B.4、已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分
别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同
的点的个数是( )
A．12 B．8
C．6 D．4
【答案】C
【解析】 第一象限内不同的点有2×2＝4个，第二象限内不同的点有1×2＝2个，故共有
4＋2＝6个．故选C.
5．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种．
【答案】 243
【解析】 每封邮件有3种不同的发送方式，故共有3×3×3×3×3＝243种不同的方法．
考点一 分类加法计数原理
例1．（2020年新课标Ⅱ））如图，将钢琴上的12个键依次记为a，a，…，a .设
1 2 12
1≤i<j<k≤12．若k–j=3且j–i=4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k–j=4且j–i=3，则称
ai，aj，ak为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数
之和为（ ）
A．5 B．8 C．10 D．15
【答案】C
【分析】根据原位大三和弦满足 ，原位小三和弦满足
从 开始，利用列举法即可解出．
【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足： ．
∴ ； ； ； ；
．原位小三和弦满足： ．
∴ ； ； ； ；
．
故个数之和为10．
使用分类加法计数原理的两个注意点
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
【对点演练1】(2023·太原模拟)现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组
成的币值有( )
A．3种 B．6种 C．7种 D．8种
答案 C
解析 由题意得，
三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆；
三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆；
三种币值全取，共有1种取法，币值为捌拾圆．
一共可以组成的币值有3＋3＋1＝7(种)．
【对点演练2】设I＝{1,2,3,4}，A与B是I的子集，若A∩B＝{1,2}，则称(A，B)为一个
“理想配集”．若将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配
集”有________个．
答案 9
解析 对子集A分类讨论：
当A是二元集{1,2}时，B可以为{1,2,3,4}，{1,2,4}，{1,2,3}，{1,2}，共4种情况；
当A是三元集{1,2,3}时，B可以为{1,2,4}，{1,2}，共2种情况；
当A是三元集{1,2,4}时，B可以为{1,2,3}，{1,2}，共2种情况；
当A是四元集{1,2,3,4}时，B取{1,2}，有1种情况．
根据分类加法计数原理可知，共有4＋2＋2＋1＝9(种)结果，即符合此条件的“理想配集”
有9个．
考点二 分步乘法计数原理
例2 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法(六
名同学不一定都能参加)?
(1)每人只参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限.
【解析】 (1)每人都可以从三个竞赛项目中选报一项，各有 3种不同的报名方法，根据分
步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种).
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有 6种选法，第
二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报
名方法共有6×5×4＝120(种).
(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一人参赛，根据分步
乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种).
利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立
的．
(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成
了，整个事件才算完成．
【对点演练1】（2023秋·山东·高三校联考阶段练习）某商店共有 ， ， 三个品牌的水
杯，若甲、乙、丙每人买了一个水杯，且甲买的不是 品牌，乙买的不是 品牌，则这三
人买水杯的情况共有（ ）
A．3种 B．7种 C．12种 D．24种
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理即可求解.
【详解】由分步乘法计数原理可得这三人买水杯的情况共有 （种）．
故选：C
【对点演练2】(多选)(2022·武汉模拟)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、
丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则
下列说法正确的是( )
A．共有43种不同的安排方法
B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
答案 ABD
解析 对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，
每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；
对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，
即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，
则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；
对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误；
对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确．
考点三 两个原理的综合应用
考向1 与数字有关的问题
例3如果一个三位正整数形如“aaa”满足a<a ，且a>a ，则称这样的三位数为凸数(如
1 2 3 1 2 2 3
120,343,275等)，那么所有凸数的个数为( )
A．240 B．204
C．729 D．920
【答案】A
【解析】 若a ＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，凸数为120与121，共2
2
个．若a＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则凸数有 2×3＝6(个)．若a
2 2
＝4，满足条件的凸数有3×4＝12(个)，…，若a ＝9，满足条件的凸数有8×9＝72(个)．所
2
以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．故选A.
【对点演练1】用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252
C．261 D．279
【答案】B
【解析】 由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的
个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为 9×9×8＝648，则组成有重复
数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.
【对点演练2】从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的底
数和真数，则所产生的不同对数值的个数为( )
A．56 B．54
C．53 D．52
【答案】
【解析】 在8个数字中任取2个不同的数字共可产生8×7＝56个对数值，在这56个对数
值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，则满足条件的对数值共
有56－4＝52个．故选D.
【对点演练3】如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由
1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个(用数字作
答).
【答案】 12
【解析】 组成的数字有三个 1，三个2，三个3，三个4，4种情况.当有三个1时：
2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9个；当有三个2，三个3
或三个4时：2221，3331，4441，有3个，根据分类加法计数原理可知，共有12个结果.
【对点演练4】满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有
序数对(a，b)的个数为________.【答案】 13
【解析】 当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；
当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.
若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；
若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；
若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2.
由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
考向2 与立体几何有关的计数问题
例4 如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一
个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数
是( )
A．60 B．48
C．36 D．24
【答案】B
【解析】 长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6
个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个
数是36＋12＝48.故选B.
【对点演练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
【解析】 分类讨论：第1类，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；第2类，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．所以正方体中“正交线面对”共
有24＋12＝36个．故选D.
【对点演练2】（全国高考真题）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
【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：
考向3 涂色（种植）问题
例5 （2023届云南省模拟数学试题）如图所示某城区的一个街心花园，共有五个区域，中
心区域E已被设计为代表城市特点的一个标志性塑像，要求在周围ABCD四个区域中种植
鲜花，现有四个品种的鲜花可供选择，要求每个区域只种一个品种且相邻区域所种品种不
同，则不同的种植方法的种数为（ ）
A．12 B．24 C．48 D．84
【答案】D
【分析】根据四个区域所种植鲜花的种类进行分类：种植两种鲜花，种植三种鲜花，种植
四种鲜花，然后相加即可求解.
【详解】由题意可知：四个区域最少种植两种鲜花，最多种植四种，所以分一下三类：
当种植的鲜花为两种时： 和 相同， 和 相同，共有 种种植方法；
当种植鲜花为三种时： 和 相同或 和 相同，此时共有 种种植方
法；
当种植鲜花为四种时：四个区域各种一种，此时共有 种种植方法，
综上：则不同的种植方法的种数为 种.
【对点演练1】如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分
别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方
案种数为( )
A．480 B．600
C．720 D．840
【答案】 C【解析】 依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：
若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方
法，最后涂 b有3种方法，由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有 5×4×1×3×3＝
180(种)，
若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各
有3种方法，
由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种)．
【对点演练2】如图，“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，它是由四个全等的直角三角
形和一个正方形构成．现从给出的5种不同的颜色中最多可以选择4种不同的颜色给这5
个区域涂色；要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色．则不同的涂色
方案有（ ）种
A．120 B．240 C．300 D．360
【答案】C
【分析】依题意可以利用3或4种不同的颜色涂色，先选出颜色，再涂色，按照分步、分
类计数原理计算可得；
【详解】解：依题意显然不能用少于2种颜色涂色，
若利用3种不同的颜色涂色，首先选出3种颜色有 种选法，
先涂区域①有3种涂法，再涂②有2种涂法，则⑤只有1种涂法，④也只有1种涂法，则
③也只有1种涂法，
故一共有 种涂法；
若利用4种不同的颜色涂色，首先选出4种颜色有 种选法，根据题意，分2步进行涂
色：当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有 种涂色的方法；
当区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种
选法，则区域③、④有2种涂色方法，
故共有 种涂色的方法；
综上可得一共有 种涂法；
【对点演练3】（2024·全国·高三专题练习）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．1050种 B．1260种 C．1302种 D．1512种
【答案】C
【分析】由题意可得，只需确定区域 的颜色，先涂区域1，再涂区域2，再分区域3
与区域1涂的颜色不同、区域3与区域1涂的颜色相同，最后根据分步乘法原理即可求解.
【详解】由题意可得，只需确定区域 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 种.
故选：C
【对点演练4】用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能
涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是( )A．12 B．24
C．30 D．36
【答案】C
【解析】 按顺序涂色，第一个圆有 3种选择，第二个圆有2种选择，若前三个圆用了3
种颜色，则第三个圆有1种选择，后三个圆也用了3种颜色，共有3×2×1×C×C＝24(种)；
若前三个圆用了2种颜色，则后三个圆也用了2种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得
不同的涂色方案的种数是24＋6＝30.故选C.
【对点演练5】（2024·全国·高三专题练习）如图所示，将一个四
棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果
只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.
【解析】 法一 按所用颜色种数分类.
第一类：5种颜色全用，共有A种不同的方法；
第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A种不同的方
法；
第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有A种不同的方法.
由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A＋2×A＋A＝420(种).
法二 以S，A，B，C，D顺序分步染色.
第一步：S点染色，有5种方法；
第二步：A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步：B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；
第四步：C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否
同色进行分类：当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与
S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计
数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种).
考向4 数表问题
例6（2023届广东省模拟数学试题）如图，在两行三列的网格中放入标有数字
的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（
）A．96种 B．64种 C．32种 D．16种
【答案】B
【分析】分3步完成，每步中用排列求出排法数，再利用分步计数原理即可求出结果.
【详解】根据题意，分3步进行，
第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，
3中的一组，共有 种排法；
第二步，排第一步中剩余的一组数，共有 种排法；
第三步，排数字5和6，共有 种排法；由分步计数原理知，共有不同的排法种数为
.
【对点演练1】（2023秋·四川成都·高三统考开学考试）“数独九宫格”原创者是18世纪
的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫
格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字
5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小
到大排列的，则不同的填法种数为（ ）
A．72 B．108
C．144 D．196
【答案】C
【分析】按要求填空格，完成这件事共4个步骤，利用分步计数原理可得.
【详解】按题意，5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从6，
7，8，9中选取．第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，有3种方法；
第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方法.
由分步计数原理得， 填法总数为 .故选：C.
考向5 实际生活问题
例7(2023·南平质检)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9,0,2,1,5，为遵守
当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为
偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一
天，则不同的用车方案种数为________．
【答案】 80
【解析】 5日至9日，日期尾数分别为5,6,7,8,9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一
步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)用车方案；第二步，安排奇数
日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用
车方案，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案，共计12＋
8＝20(种)用车方案．根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.
【对点演练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，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同
学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不
同的选法有( )
A．360种 B．50种
C．60种 D．90种
答案 B
解析 第一类：甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)；
第二类：甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，
选法有1×3×10＝30(种)，
所以共有20＋30＝50(种)选法．
【对点演练2】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 种，则共有 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 种放法，
若第二步放1，则砝码1左右两边随意放，有 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 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 种放法．
故选：A．
一、单选题
1.（2023春·新疆伊犁·高二统考期中）若3名学生报名参加天文､计算机､文学､美术这4个
兴趣小组，每人选1组，则不同的报名方式有（ ）
A．12种 B．24种 C．64种 D．81种
【答案】C
【分析】由题意可得每个人都有4种选法，然后利用分步乘法原理求解即可
【详解】由题意可得每个人都有4种选法，则由分步乘法原理可得不同的报名方式有
种，
故选：C
2、从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个
数为( )
A．24 B．18
C．12 D．6
【答案】
【解析】 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位
有2种选择，有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，
百位有1种选择，有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇
数．故选B.
3.（2023春·全国·高二专题练习）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
【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
4、(2023·济宁模拟)某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外
语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为
再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同
学必选化学，那么他可选择的方案共有( )
A．4种 B．6种 C．8种 D．12种
【答案】 B
【解析】 根据题意得，分两步进行分析：
①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；
②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种．
由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种)．
4、用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成无重复数字的四位偶数的个数为( )
A．180 B．240 C．420 D. 480
【答案】 C
【解析】 以末位数字进行分类：
当末位数字为0时，共有6×5×4＝120(个)；
当末位数字是2,4,6中的某个数时，共有3×5×5×4＝300(个)，
故共有120＋300＝420(个)不同的数字．
5.(2022·济南模拟)如图所示的几何体由三棱锥P－ABC与三棱柱ABC
－ABC 组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底
1 1 1
面ABC 不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有(
1 1 1
)
A.6种 B.9种 C.12种 D.36种
【答案】 C
【解析】 先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，有3×2×1种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，
有2种情况，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法.
6.（2023·全国·模拟预测）某医院安排王医生、李医生、赵医生、张医生、孙医生5人到三
个社区开展主题为“提高免疫力，预防传染病”的知识宣传活动，要求每人只能参加一个
社区的活动，每个社区必须有人宣传，若李医生、张医生不安排在同一个社区，孙医生不
单独安排在一个社区，则不同的安排方法有（ ）
A．54种 B．66种 C．90种 D．112种
【答案】C
【分析】由分类加法计数原理分为两类，一个社区3人，剩下两个社区各1人和一个社区1
人，剩下两个社区各2人，再按照分步乘法计数原理分别分析计算即可．
【详解】由题意知可分为两类：
第一类：一个社区3人，剩下两个社区各1人，
当李医生、张医生2人都单独安排到一个社区时，有 种不同的安排方法；
当李医生、张医生中有1人单独安排到一个社区时，有 种不同的安排方法；
第二类：一个社区1人，剩下两个社区各2人，
当李医生、张医生中有1人单独安排到一个社区时，有 种不同的安排方法；
当李医生、张医生都不单独安排到一个社区时，有 种不同的安排方法；
综上可知，共有 （种），
故选：C．
7．（2023广东汕头·统考一模）若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则
称这个数为“伞数”，现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个，组成无重复数字的三位数，
其中“伞数”的个数为（ ）
A．120 B．80 C．20 D．40
【答案】D
【分析】讨论十位数字分别3,4,5,6，结合排列数求“伞数”的个数即可.
【详解】十位数字为3时，有 个“伞数”；
十位数字为4时，有 个“伞数”；十位数字为5时，有 个“伞数”；
十位数字为6时，有 个“伞数”；
故共有 个“伞数”.
故选：D
8．（2023秋·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学校考阶段练习）定义：“各位数字之和为
7的四位数叫好运数”，比如1006，2203，则所有好运数的个数为（ ）
A．82 B．83 C．84 D．85
【答案】C
【分析】根据定义分类讨论首位数字，结合计数原理计算即可.
【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫好运数，所以按首位数字分别计算：
当首位数字为7，则剩余三位数分别为0，0，0，共有1个好运数；
当首位数字为6，则剩余三位数分别为1，0，0，共有3个好运数；
当首位数字为5，则剩余三位数分别为1，1，0或2，0，0，共有 个好运数；
当首位数字为4，则剩余三位数分别为3，0，0或2，1，0或1，1，1，共有
个好运数；
当首位数字为3，则剩余三位数分别为4，0，0或3，1，0或2，2，0或2，1，1，
共有 个好运数；
当首位数字为2，则剩余三位数分别为5，0，0或4，1，0或3，2，0或3，1，1或2，
2，1，
共有 个好运数；
当首位数字为1，则剩余三位数分别为6，0，0或5，1，0或4，2，0或4，1，1或3，
3，0或3，2，1或2，2，2，
共有 个好运数；
所以共有 个好运数，
故选：C
二、多选题9.（2023·全国·高三专题练习）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数
字都大，则称这个数为“凸数”，如231、354等都是“凸数”，用1，2，3，4，5这五个
数字组成无重复数字的三位数，则（ ）
A．组成的三位数的个数为60 B．在组成的三位数中，奇数的个数为30
C．在组成的三位数中，偶数的个数为30D．在组成的三位数中，“凸数”的个数为
20
【答案】AD
【分析】将 个数字选 个排列即可判断A，确定个位，即可计算出奇数，从而判断B、
D，计算“凸数”时对十位分三种情况讨论，即可判断D.
【详解】依题意，组成的三位数的个数为 ，故A正确；
个位为 ， 或 时，三位数是奇数，则奇数的个数为 ，故B错误；
则偶数有 （个），故C错误；
将这些“凸数”分为三类：
①十位为 ，则有 （种），
②十位为 ，则有 （种），
③十位为 ，则有 （种），
所以在组成的三位数中，“凸数”的个数为 ，故D正确．
10.现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则
下列说法正确的是( )
A．选1人为负责人的选法种数为34
B．每组选1名组长的选法种数为5 400
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420
D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不
同的选法有37种
【答案】 AD
【解析】 对于A,4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的
选法共有34种，A对；
对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选 1名组长，所
以不同的选法共有7×8×9×10＝5 040(种)，B错；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；
从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；
从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；
从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；
从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；
从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错；
对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，
其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，
所以不同的选法有64－27＝37(种)，D对．
三、填空题
11、乘积(a＋a＋a)(b＋b＋b＋b)(c＋c＋c＋c＋c)展开后的项数为________.
1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4 5
【答案】 60
【解析】 从第一个括号中选一个字母有3种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方
法，从第三个括号中选一个字母有5种方法，故根据分步乘法计数原理可知共有N＝3×4×5
＝60(项).
12、将2名教师、4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个
小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有________种.
【答案】 12
【解析】 第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有C＝6(种)选派方法；
不同的选派方案共有2×6＝12(种).
13、如图，要让电路从A处到B处接通(只考虑每个小并联单元只有一个开关闭合的情况)，
可有________条不同的路径．
【答案】 9
【解析】 分以下三种情况计数：①第一层有3×2＝6条路径；②第二层有1条路径；③第
三层有2条路径．由分类加法计数原理知，共有6＋1＋2＝9条不同的路径．
四、解答题
14．（2023·全国·高三专题练习）（1）如图，从左到右有5个空格．（i）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不
能填0，则一共有多少不同的填法？
（ii）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一
共有多少不同的涂法？
（iii）若向这5个格子放入7个不同的小球，要求每个格子里都有球，问有多少种不同的放
法？
（2）如图，用四种不同的颜色给三棱柱 的六个顶点涂色，要求每个点涂一种
颜色．
（i）若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有多少种？
（ii）若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有多少种？
（注：最终结果均用数字作答）
【答案】（1）（i）96；（ii）48；（iii）16800；（2）（i）576；（ii）264
【详解】（1）（i）根据题意，分2步进行分析：
①、第三个格子不能填0，则0有4种选法；
②、将其余的4个数字全排列，安排在其他四个格子中，有 种情况，
则一共有 种不同的填法；
（ii）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，
则五个格子共有 种不同的涂法；
（iii）根据题意，分2步进行分析：
①、将7个小球分成5组，有2种分法：若分成 的5组，有 种分法，
若分成 的5组，有 种分组方法，
则有 种分组方法，
②、将分好的5组全排列，对应5个空格，有 种情况，
则一共有 种放法．
（2）（i）由题得每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有
；
（ii）若 ， ， ， 用四种颜色，则有 ；
若 ， ， ， 用三种颜色，则有 ；
若 ， ， ， 用两种颜色，则有 ．
∴共有 种．
