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专题10.1 计数原理
重难点题型1 分类加法计数原理的应用
完成一件事，有
类办法，在第1 类办法中有
种不同的办法，在第2 类办法中有
种不同的方
法，…，在第
类办法中有
种不同的方法，那么完成这件事共有：
种不同的方
法．
1．（2025·广东广州·模拟预测）将数字1，2，3，4，5，6 填入如图的6 个方格中，每个方格填一个数字，
每个方格中的数字均不相同，若每行中任意两个相邻数字之和为偶数，则不同的填法共有（ ）
A．36 种
B．48 种
C．72 种
D．108 种
【答案】C
目录●重难点题型分布
序号
题型
重难点题型1
分类加法计数原理的应用
重难点题型2
分步乘法计数原理的应用
重难点题型3
两个计数原理的综合应用
1
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【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、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】依题意可分两种情况：①第一行为奇数，第二行为偶数，②第一行为偶数，第二行为奇数，进而
结合排列数公式即可求解．
【详解】由每行中任意两个相邻数字之和为偶数，
即一个数为奇数，则另一个数需为奇数，或一个数为偶数，则另一个数需为偶数，
因为共有6 个数字，其中3 个奇数、3 个偶数，所以分两种情况：
①第一行为奇数，第二行为偶数，
②第一行为偶数，第二行为奇数，
所以共有
（种）不同的填法．
故选：C．
2．（2025·辽宁大连·一模）某班有甲、乙、丙、丁四名学生依次参加接力跑的
接力比赛，已知甲
不能站在第一位，乙不能站在第二位，则可能的安排排列顺序有（ ）
A．种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【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、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】按照甲站在第二位和不站在第二位两种情况讨论，结合分类加法计数原理可得解.
【详解】分甲站在第二位和不站在第二位两种情况讨论，
①当甲站在第二位时，余下三人可以全排列，此时共有
种情况；
②当甲不站在第二位时，甲有
个位置可选，此时乙也有
种情况可选，余下两人可以全排列，则此时共
有
种情况；
综上所述，一共有
种情况，
故选：B.
3．（2025·福建福州·模拟预测）某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每
次抽奖时，顾客连续点击按键5 次，每次点击随机生成数字0 或1 或2，点击结束后，生成的5 个数字之和
即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3 的正整数倍，则获二等奖，其它情况
不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为（ ）
2
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【难度】0.4
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、组合数的计算、计算古典概型问题的概率
【分析】利用古典概型计算公式，再结合分类分步计数原理计算出符合题意的组合数，即可得出所求概率.
【详解】根据题意可知，每次点击有3 种选择，连续点击5 次，共有
种，
若获二等奖，则奖券码为3 的正整数倍，所以生成的5 个数字之和可以为3，6，9（和的最大值为10）；
（1）当数字之和为3 时，其组成方式为三个1 和两个0；或者一个2，一个1，三个0；
若为三个1 和两个0，共有
种，
若为一个2，一个1，三个0，共有
种，
即数字之和为3 时共有
种；
（2）当数字之和为6 时，其组成方式为三个2 和两个0；或者两个2，两个1，一个0；或者一个2，四个
1；
若为三个2 和两个0，共有
种，
若为两个2，两个1，一个0，共有
种，
若为一个2，四个1，共有
种；
即数字之和为6 时共有
种；
（3）当数字之和为9 时，其组成方式为四个2 和一个1，此时共有
种，
因此符合条件的组合数共有
种，
所以获二等奖的概率为
.
故选：A
4．（2025·海南·模拟预测）某电影院一排有7 个座位，中间有条过道，过道左侧有4 个座位，右侧有3 个
座位，现有包含小明，小刚，小强在内的7 位同学购买了某一排的座位，其中小明想和小刚坐在一起，小
强想坐在右侧，则共有（ ）种不同的排法．
A．216
B．264
C．312
D．528
3
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【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、实际问题中的组
合计数问题
【分析】根据给定条件，按小明和小刚坐在左、右分类，再利用排列、组合计数问题列式求解.
【详解】按照1－7 的序号对座位进行编号，左侧编号1－4，右侧编号5－7，
若小明和小刚坐在左侧，则安排情况为
，共3 种排法，
小明和小刚可互换位置，小强排在右侧有3 种排法，剩下的4 人有
种排法，
因此小明和小刚坐在左侧时共有
种排法；
若小明和小刚坐在右侧，则安排情况为
，共2 种排法，小明和小刚可互换位置，
小强只有一种排法，剩下的4 人有
种排法，因此小明和小刚坐在右侧时共有
种排法，
所以不同的排法共有
种情况.
故选：D
5．（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
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题、分组分配问题
【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.
4
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6．（2025·贵州·三模）省会贵阳已开通的地铁线路如图所示.某人乘坐地铁从贵阳北站（
点）前往贵州大
学（
点），若同一站点最多经过一次，则不同的乘坐线路共有（ ）
A．6 条
B．7 条
C．8 条
D．9 条
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理
【分析】逐个列举求解即可.
【详解】逐个列举，用站名第一个字，
贵阳北站-北-喷-望-中-贵州大学；
贵阳北站-北-喷-延-中-贵州大学；
贵阳北站-北-延-中-贵州大学；
贵阳北站-北-延-喷-望-中-贵州大学；
贵阳北站-林-延-中-贵州大学；
贵阳北站-林-延-北-喷-望-中-贵州大学；
贵阳北站-林-延 -喷-望-中-贵州大学；
共计7 种路线，
故选：B
7．（2025·甘肃庆阳·模拟预测）（多选题）在下列图形中，能够不抬起笔､不回笔地一次性画出的是（
）
5
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A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理
【分析】根据节点处连接的线为偶数条则能一笔画，奇数条不能一笔画求解.
【详解】将各图形绘制经过点的顺序描绘如下（顺序不唯一）：
A.
B.
D.
故ABD 均正确；
对于C 选项，图中存在4 个节点处与5 条线相连接，
无法用任何方式将其不抬起笔､不回笔地一次性画出，故C 错误.
6
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故选：ABD.
8．（多选题）如图，在某城市中，
、
两地之间有整齐的方格形道路网，其中
、
、
、
是道
路网中位于一条对角线上的
个交汇处.今在道路网
、
处的甲、乙两人分别要到
、
处，他们分别
随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达
、
处为止.则下列说法正确的是
（ ）
A．甲从
到达
处的方法有
种
B．甲从
必须经过
到达
处的方法有种
C．甲、乙两人在
处相遇的概率为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】BCD
【难度】0.4
【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【解析】利用组合计数原理可判断A 选项的正误；利用分步乘法计数原理结合组合计数原理可判断B 选项
的正误；计算出乙经过
处的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断C 选项的正误；计算出甲、乙两
人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断D 选项的正误.
【详解】A 选项，甲从
到达
处，需要走
步，其中有步向上走，步向右走，
则甲从
到达
处的方法有
种，A 选项错误；
B 选项，甲经过
到达
处，可分为两步：
第一步，甲从
经过
需要走步，其中步向右走，
步向上走，方法数为
种；
7
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第二步，甲从
到
需要走步，其中步向上走，
步向右走，方法数为
种.
甲经过
到达
的方法数为
种，B 选项正确；
C 选项，甲经过
的方法数为
种，乙经过
的方法数也为
种，
甲、乙两人在
处相遇的方法数为
，
甲、乙两人在
处相遇的概率为
，C 选项正确；
D 选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在
、
、
、
处相遇，
若甲、乙两人在
处相遇，甲经过
处，则甲的前三步必须向上走，乙经过
处，则乙的前三步必须向左
走，两人在
处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在
处相遇，由C 选项可知，走法种数为
种；
若甲、乙两人在
处相遇，甲到
处，前三步有
步向右走，后三步只有步向右走，
乙到
处，前三步有
步向下走，后三步只有步向下走，
所以，两人在
处相遇的走法种数为
种；
若甲、乙两人在
处相遇，甲经过
处，则甲的前三步必须向右走，乙经过
处，则乙的前三步必须向
下走，两人在
处相遇的走法种数为种；
故甲、乙两人相遇的概率
，D 选项正确.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：本题考查格点问题，解决这类问题可利用如下结论求解：
在平面直角坐标系中，从
到
，每次只能向右或向上走一步，一共要走
步，其中
8
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有
步向上走，
步向右走，走法种数为
（或
）种.
9．（2025·宁夏吴忠·二模）在中国象棋的棋盘上，红方“车”从初始位置（如图，第1 行第5 列）出发，
每一步可以横向或纵向移动任意格（但不能斜着移动，也不能连续两次均横向或纵向移动），已知黑方
“将”位于第10 行第5 列，红方“车”必须在恰好4 步后到达第10 行第5 列．若棋盘上仅存在黑方
“将”和红方“车”，黑方“将”不移动，则红方“车”不同的移动路径有 种．
【答案】128
【难度】0.4
【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】根据题意，恰好4 步后到达，且每次移动必须改变方向，可能的移动模式有两种：纵向→横向→
纵向→横向（记为模式A）或横向→纵向→横向→纵向（记为模式B），讨论求解.
【详解】记红方“车”的初始位置为
，则目标位置为
，
由题意知必须恰好4 步后到达，且每次移动必须改变方向，
所以可能的移动模式有两种：纵向→横向→纵向→横向（记为模式A）或横向→纵向→横向→纵向（记为
模式B）．
模式A 的详细步骤如下．
步骤1：纵向移动a 格到
，
，
步骤2：横向移动x 格到
，
且
，即
且
，所以x 的可能取值有8 种．
步骤3：纵向移动b 格到
，且
．
步骤4：横向移动
格到
．
因此，a 和b 必须满足
，
，
，则
，对应的
．
9
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对于每个x，a 均有8 种可能，因此模式A 的移动路径有
（种）．
模式B 的详细步骤如下．
步骤1：横向移动m 格到
，
且
，有8 种可能．
步骤2：纵向移动n 格到
，
，且
．
步骤3：横向移动
格到
．
步骤4：纵向移动y 格到
．
因此，n 和y 必须满足
，
，
，则
，对应的
．
对于每个m，n 均有8 种可能，因此模式B 的移动路径有
（种）．
综上，不同的移动路径有
（种）．
故答案为：128.
10．（2025·湖南长沙·三模）空间直角坐标系中有一点
，其中
均为正整数，若
，
则称点
具有性质“2025 高考大捷”，则具有性质“2025 高考大捷”的不同的点
共有 个．
【答案】90
【难度】0.4
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、组合数的计算
【分析】本题可先对2025 进行分解质因数，再根据分解情况，利用排列组合的知识求出不同点P 的个数.
【详解】将2025 分解为
，设
，
，
，
，
，
则
，
，
法一：
的取值为
时，有3 种取法，
的取值为
时，有6 种取法，
的取值为
时，有3 种取法，
的取值为
时，有3 种取法，
故
的取值共有15 种；
的取值为
时，有3 种取法，
的取值为
时，有3 种取法，
10
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故
的取值共有6 种；
由于每一个不同的点
都唯一对应一组
，
的取值，
故具有性质“2025 高考大捷”的不同的点
共有
个．
法二：方程
，
的解的个数为
，
方程
，
的解的个数为
，
故具有性质“2025 高考大捷”的不同的点
共有
个．
故答案为：90
11．（2025·河南·二模）《推动大规模设备更新和消费品以旧换新行动方案》（国发[2024]7 号）于2024 年
3 月1 日经国务院常务会议审议通过.在某次以旧换新的活动中，某家庭从冰箱、洗衣机、电视、空调、电
脑、热水器、家用灶具、吸油烟机8 个品类中任选4 个品类进行以旧换新，则电视、空调、电脑和热水器
更换至少2 个品类的概率为 .
【答案】
【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、实际问题中的组合计数问题、计算古典概
型问题的概率
【分析】分电视、空调、电脑和热水器更换2 个，3 个，4 个品类，分别求出其概率，再由分类加法计算原
理即可得出答案.
【详解】如果电视、空调、电脑和热水器更换2 个品类，则
；
如果电视、空调、电脑和热水器更换3 个品类，则
；
如果电视、空调、电脑和热水器全部更换，则
，
所以所求概率为
.
11
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故答案为：
.
12．（2025 高三·全国·专题练习）在下列表格的每行中各任选一个数，若选取的这两个数之和为偶数，则
以相同方式再选取一次，若选取的这两个数之和为奇数，则不能再选取．已知最多只能选取三次，且相同
的数可以重复选取，若可选取的所有数之和的最大值为49，则正整数
的值为 ．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
【答案】12
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理
【分析】分
为奇数与偶数两种情况进行分析，从选取的所有数之和的最大值为49 出发，判断取得最大
值49 时每次所选取两个数之和．
【详解】①若
为正奇数，则每一次选取的两个数之和的最大奇数为13 或
，最大偶数为14 或
，
又
，
，
所以要使得选取的所有数之和取得最大值，需要每一次选取的两个数之和为14 或
，
此时选取的所有数之和为偶数，不可能等于49，不符合题意；
②若
为正偶数，则每一次选取的两个数之和的最大奇数为13 或
，最大偶数为14 或
，
若
，则每一次选取的两个数之和小于等于16，此时选取的所有数之和的最大值小于等于48，不符
合题意；
若
，则
，此时，当且仅当共选取三次，且第一、二、三次选取的两个数之和分
别为
，
时，
能使得被选取的所有数之和取得最大值，所以
，解得
．
综上，
的值为12．
故答案为：12
重难点题型2 分步乘法计数原理的应用
完成一件事，需要分成
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，…，
做第
步有
种不同的方法，那么完成这件事共有：
种不同的方法．
12
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1．（2025·四川成都·一模）在连续五天时间里，甲、乙、丙、丁四名同学分别到夕阳红敬老院参加志愿者
活动，每天一人，其中甲参加两天，其余三人各参加一天，则甲不在相邻两天的安排方法有（ ）
A．24 种
B．36 种
C．48 种
D．60 种
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】排列组合综合、分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】先安排乙、丙、丁三名同学，再用插空法排甲最后可计算所有排法.
【详解】先排乙、丙、丁三名同学共有
种排法；
再从三人所产生的四个空中选两个空给甲，有
种方法；
所以共有
种安排方法.
故选：B
2．（2024·辽宁·二模）重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同
火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽
象成数学形状如图（同一类格子形状相同）：
“中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；
“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；
“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6 种不同食物（足够量），其中1 种适
合放入中间格，3 种适合放入十字格，2 种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，
若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ）
13
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A．
B．
C．
D．
【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、涂色问题
【分析】利用分步计数原理及分类计数原理即得.
【详解】由题可知中间格只有一种放法；
十字格有四个位置，种适合放入，所以有一种放两个位置，共有种放法；
四角格有四个位置，
种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，
有
种放法，或每种都放两个位置，有种放法，故四角格共有种放法；
所以不同放法共有
种.
故选：C.
3．（2025·甘肃定西·模拟预测）有一个3 行3 列的表格，在每一个格中分别填入数字0 或1，使得3 行中所
填数字之和恰好是
各一个，3 列中所填数字之和恰好也是
各一个（如图为其中一种填法），则符
合要求的不同填法有（ ）
0
0
1
0
1
1
1
1
1
A．24 种
B．36 种
C．48 种
D．72 种
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】方法一：由分步乘法计数原理代入计算，即可得到结果；方法二：结合排列数的意义代入计算，
即可得到结果.
【详解】
14
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法一：显然在符合要求的填法中，应该填入3 个数字0 和6 个数字1，
按照下面的顺序填入这3 个数字0，
先找到一行并填入2 个数字0 和1 个数字1，选出这样1 行共有3 种选法，
再从该行的3 个格中选出2 个填入数字0，这一步共有
种不同的填法，
剩余1 个数字0 有4 种填法，所以符合要求的不同填法共
种.
法二：如图，问题可转化为将1，2，3 全排列填入
三个格中，
再将1，2，3 全排列填入
三个格中，
故不同填法有
种.
故选：B.
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
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题
【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·海南三亚·一模）三亚某校举办“海洋环保”主题活动，邀请1 位教师与3 位学生代表站成一排
合影留念，为体现“教师引领、学生主体”的理念，要求教师不站在两侧，则不同的站法有（ ）
A．10
B．12
C．16
D．24
【答案】B
【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、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】先在中间的两个位置中选一个位置站老师，其余的进行全排列，结合排列数的计算公式，即可求
15
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解.
【详解】根据题意，先在中间的两个位置中选一个位置站老师，其余的进行全排列，
可得不同的站法有
种.
故选：B.
6．（2025·广东茂名·模拟预测）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
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题、其他排列模型、实际问题中的组合计数问题
【分析】分两步，第一步先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，第二步再排Ⅳ，然后根据分步计数原理相乘即可.
【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
7．（2025·陕西西安·模拟预测）电视台有6 个不同的节目准备当天播出，每半天播出3 个节目，其中某电
视剧和某专题报道必须在上午播出，则不同播出方案的种数为（用数字作答）
【答案】144
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】先把某电视剧和某专题报道排在上午，再结合全排列计算即可.
【详解】因为上午要播出某电视剧和某专题报道，所以有
种排法，
其他4 个节目有
种排法
根据分步乘法计数原理，
不同播出方案的种数为
.
16
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故答案为：144
8．（2025·四川巴中·模拟预测）在如图的
方格表中选4 个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选
中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4 个数之和的最大值是
.
【答案】
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据分步计数乘法原理直接可得有
种选法；从图中数据观察可得，要使所选4 个数
之和最大，只能是每个数都是4，可计算得和的最大值.
【详解】由题意，可分4 步进行选取：第一步，先在第一列中4 个格子中选一个格子，有4 种选法；
第二步，在第二列中3 个格子（与第一步所选的格子不同行）中选一个格子，有3 种选法；
第三步，在第三列中2 个格子（与前两步所选的格子不同行）中选一个格子，有2 种选法；
第四步，在第4 列中只有一个格子可选，有1 种选法.
所以一共有
种选法.
经观察，选中方格的4 个数之和的要最大，只能是4 个数都是4，所以4 个数之和的最大值为
.
故答案为：
；
.
9．（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】
【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】根据给定条件，利用分步计数原理列式即得.
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【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：
10．（2025·湖南长沙·二模）某中学2025 年度青年教师讲题比赛分为文科、理科两个组别进行．文科组和
理科组分别有4 位和5 位教师参赛．根据比赛规则，要求共评出一等奖4 名，一等奖中的最高分设为特等
奖，其余均为二等奖，且每个组至少有1 名一等奖（包含一等奖中的特等奖）．则最终的可能比赛结果共
有 种．
【答案】480
【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、实际问题中的组合计数问题
【分析】根据文科组和理科组的参赛人数以及每个组至少有名一等奖的条件，分情况计算一、二等奖的
可能结果数.确定特等奖的可能结果数，根据分步乘法计数原理可得结果.
【详解】本题要算最终比赛结果数，分三步：
①因为共评出一等奖4 名，且每个组至少有1 名一等奖，分三种情况.
情况一：文科组1 名一等奖、理科组3 名一等奖.这种情况有
种结果.
情况二：文科组2 名一等奖、理科组2 名一等奖.这种情况有
种结果.
情况三：文科组3 名一等奖、理科组1 名一等奖.这种情况有
种结果.
三种情况相加，共有
种结果.
②计算特等奖可能结果数：一等奖
名，选特等奖有
种结果.
③计算最终结果数：根据分步乘法计数原理，最终的可能比赛结果共有
种.
故答案为：480.
重难点题型3 两个计数原理的综合应用
如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．
如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这
件事的方法数时，使用分步计数原理．
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1．（2025·全国·模拟预测）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几
何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四
个曲面编号为
，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有4
种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（ ）
A．24
B．48
C．60
D．84
【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、涂色问题
【分析】利用分步计数乘法原理与分类加法计数原理可求解.
【详解】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为
，故
可转化为有公共点的4 个区域，如图所示：
1 号小方格可以从4 种颜色的染料中任取一种涂色，有4 种不同的涂法.
①当2 号，3 号小方格涂不同颜色的染料时，有
种不同的涂法，4 号小方格有2 种不同的涂法，故
由分步乘法计数原理，可知有
种不同的涂法.
②当2 号，3 号小方格涂相同颜色的染料时，有3 种不同的涂法，4 号小方格也有3 种不同的涂法，故由分
步乘法计数原理，可知有
种不同的涂法.
综上，由分类加法计数原理，可得共有
种不同的涂法.
故选：D.
2．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
伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，
，，
，
现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个
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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与区域
所涂颜色相同．若
有
种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】涂色问题
【分析】确定区域，
，，
的颜色，分区域与区域涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出答
案.
【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，有
种选择，再涂区域
，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有
种选择，剩下的区域
有
种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域
有种选择，
故不同的涂色方案有
种．
故选：B．
3．（2024·全国·模拟预测）斐波那契时钟是一种基于斐波那契数列设计的特殊时钟．钟面上是5 个正方形
方块，每个方块对应的数值分别是斐波那契数列里的前5 个数：
，方块的数值固定，颜色可变化，
可呈现红色、蓝色、绿色、白色．人们根据方块对应的数值和颜色计算时间，规则如下：小时数
红色方
块数值
蓝色方块数值；分钟数
（绿色方块数值
蓝色方块数值）
；呈现白色时忽略．如图表示时间
为
，则当表示时间为
时，数值为5 的方块为白色的概率为 ．
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【答案】
/0.25
【难度】0.65
【知识点】涂色问题、计算古典概型问题的概率
【分析】由题意：小时数
红色方块数值
蓝色方块数值；分钟数
（绿色方块数值
蓝色方块数值）
，
可知蓝色方块数值可以既用来表示小时数，也可以用来表示分钟数，接下来就是对这五个区域着色，按数
值为5 的方块着色，分四类列举讨论即可得到结果.
【详解】 当表示时间为
时，小时数为6，则红
蓝
；分钟数为30，
则
（绿
蓝）
30，所以绿
蓝
．故红
绿，则各方块的颜色情况如下．
（1）如图1，当数值为5 的方块为白色时，剩下方块的数值分别为
，
若2，3 为蓝色，1，1 为一红一绿，则有2 种情况；若
为蓝色，另一个1 为白色，
则有2 种情况，（提醒：此时钟面上不出现红色和绿色的方块）总计4 种情况．
图1
（2）如图2，当数值为5 的方块为蓝色时，剩下方块的数值分别为
，
若2，3 为白色，1，1 为一红一绿，则有2 种情况；若2，3 为白色，1，1 为一蓝一白，
则有2 种情况，总计4 种情况．
图2
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（3）如图3，当数值为5 的方块为红色时，剩下方块的数值分别为
，
若1，1 为一蓝一白，2，3 为绿，则有2 种情况；若1，1 为一红一绿，2，3 为绿色，
则有2 种情况，总计4 种情况．
图3
（4）当数值为5 的方块为绿色时，因为红
绿，由（3）可知，也有4 种情况．
综上，总计有16 种情况，其中数值为5 的方块为白色时有4 种情况，所以
．
故答案为：
.
4．（2024·重庆·模拟预测）重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡
地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4 种颜色标注6 个省份的地图区域，相邻
省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式．
【答案】
【难度】0.65
【知识点】涂色问题、排列数的计算
【分析】根据题意，得到这4 中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，利用穷举法，
结合排列数公式，即可求解.
【详解】根据题意，用4 种颜色标注6 个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，
则这4 中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，
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共有：{“四川和湖南”且“贵州和湖北”}、{“四川和湖南”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“贵州
和陕西”、{“四川和湖北”且“湖南和陕西”、{“贵州和湖北”且“湖南和陕西”，共有5 种情况，
所以不同的涂色共有
种.
故答案为：
.
5．（2024·全国·模拟预测）中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1 所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种
屋顶形式，该屋顶的结构示意图可近似地看作如图2 所示的五面体
.现装修工人准备用四种不
同形状的风铃装饰五脊殿
的六个顶点，要求E，F 处用同一种形状的风铃，其它每条棱的两个
顶点挂不同形状的风铃，则不同的装饰方案共有 种.
【答案】72
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的计数问题、涂色问题
【分析】对于本题共4 种不同形状的风铃，要求是
使用同一种风铃，其余各棱的两个顶点挂不同形
状的风铃，可以理解相邻顶点挂不同形状的风铃，通过分析使用3 种或4 种风铃满足条件.
【详解】①使用3 种形状风铃，只能
同，
同，
同.此时共有：
种挂法，
②使用4 种形状风铃，此时有两种情况；
1）
同，
不同：直接将4 种风铃挂到
四个点上，
全排列有：
种，
2）
不同，
同：此时与1）相同，共有
种，
综上，共有24+24+24=72 种，
故答案为：72
【点睛】涂色问题解决问题的关键是在判定使用颜色数量，合理分类，合理分步，熟练分类加法及分步乘
法原则.
6．（2025·陕西宝鸡·一模）七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括
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5 个等腰直角三角形一个正方形和一个平行四边形
､
.若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一
色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有 种.
【答案】
【难度】0.65
【知识点】涂色问题、实际问题中的组合计数问题
【分析】画图分析其中四板块必涂上不同颜色，再根据分类分步计数原理计算剩下的部分即可.
【详解】由题意，一共4 种颜色，板块
需单独一色，剩下6 个板块中每2 个区域涂同一种颜色.
又板块
两两有公共边不能同色，故板块
必定涂不同颜色.
①当板块
与板块
同色时，则板块
与板块
或板块
分别同色，共2 种情况；
②当板块
与板块
同色时，则板块
只能与
同色，板块
只能与
同色，共1 种情况.
又板块
颜色可排列，故共
种.
故答案为：
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一、单选题
1．（2025·湖南长沙·模拟预测）在《红楼梦》第三十八回“林潇湘魁夺菊花诗，薛蘅芜讽和螃蟹咏”中，
史湘云做东，邀众姐妹和贾宝玉一起作诗．诗会以菊花为主题，共编拟了十首不同的咏菊诗名，假设分配
贾宝玉作《访菊》《种菊》两首，薛宝钗作《忆菊》《画菊》两首，剩下六首诗分别由林黛玉史湘云
､
､
､
､
探春三人创作，且每人至少创作一首，至多创作三首，则不同的分工方案共有（ ）
A．150 种
B．360 种
C．450 种
D．540 种
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题、分组分配问题
【分析】结合两类计数原理，将6 首诗按
和
两种情况求解即可.
【详解】第一类，将6 首诗按
的数量分给3 人，有
种；
第二类，将6 首诗按
的数量分给3 人，有
种，
所以不同的分工方案共有
种．
故选：C.
2．（2025·河南·模拟预测）已知某校包含甲、乙、丙在内的7 名同学参加了某次数学竞赛，并包揽了前7
名（排名无并列），若甲、乙、丙中的两人占据前两名，且丙不是最后两名，则这7 名同学获奖的名次情
况共有（ ）
A．524 种
B．564 种
C．624 种
D．664 种
【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、元素（位置）有限制的排列问题、实际问
题中的组合计数问题
【分析】分两种情况：甲、乙占据前两名和丙在前两名求解，然后再根据分类加法原理可求得结果.
【详解】若甲、乙占据前两名，则所有的情况有
种，
若丙在前两名，则从甲、乙中选1 人和丙排在前2 名，故所有的情况有
种，
故共有
种．
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故选：C
3．（2025·江西·三模）某超市在清明节期间出售2 款A 品牌的清明果，2 款B 品牌的清明果，1 款C 品牌
的清明果.若将这5 款清明果并排摆在货架的同一层上，则同一种品牌的清明果均相邻的摆法有（ ）
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．48 种
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题
【分析】利用捆绑法可求得总的排法数.
【详解】将2 款A 品牌的清明果，2 款B 品牌的清明果分别捆绑，
则同一种品牌的清明果均相邻的摆法有
种.
故选：C.
4．（2025·江苏泰州·模拟预测）如图，某社区为墙面A、B、C、D 四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一
种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3 种颜色的
涂色方法共有（ ）
A
B
C
D
A．12 种
B．24 种
C．48 种
D．84 种
【答案】C
【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】由条件可知，若只用3 种颜色，则只有
和
颜色相同，或只有
和
颜色相同，所以采用分类
和分步计数原理，结合排列组合，即可求解.
【详解】由条件可知，可以分成只有
和
颜色相同，或只有
和
颜色相同，
若只有
和
颜色相同，则有
种方法，
只有
和
颜色相同，也有24 种方法，所以一共有
种方法.
故选：C
5．（2025·河南郑州·三模）河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客计
划在三天内品尝完以下六种河南特色美食：烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河鲤鱼．该游客
每天从这六种美食中选择1 到3 种进行品尝（每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美食）．若三天后
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恰好品尝完所有美食，则不同的选法种数为（ ）
A．450
B．360
C．180
D．90
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的计数问题、分组分配问题
【分析】根据题意可知分配方式有
和
两种情况，然后分别计算这两种情况的选法种数，最
后相加就是所求答案.
【详解】①计算按照
分配的选法种数.
根据分步乘法计数原理，按
分配的选法种数为：
种.
②按照
分配的选法种数为：
种.
最后将两种选法种数相加得到总的选法种数为
种.
故选：A.
6．（2023·天津和平·三模）①一组数据
的第三四分位数为8；
②若随机变量
，且
，则
；
③具有线性相关关系的变量
，其线性回归方程为
，若样本的中心
，则
；
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180 种不同的着色方法.
以上说法正确的个数为（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
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【难度】0.65
【知识点】涂色问题、正态曲线的性质、根据样本中心点求参数、总体百分位数的估计
【分析】将数据从小到大排列，再根据百分位数的计算规则计算①，根据正态分布的性质判断②，根据回
归直线必过样本中心点判断③，按照分步乘法计数原理判断④.
【详解】对于①：将数据从小到大排列为、、、、
、
、
、
、
、
，
所以
，则第三四分位数为
，故①错误；
对于②：因为
，且
，
所以
，所以
，故②正确；
对于③：因为线性回归方程为
，且样本的中心
，
所以
，解得
，故③正确；
对于④：首先涂I 有种，第二步涂II 有
种，第三步涂III 有种，第四步涂IV 有种，
按照分步乘法计数原理可得一共有
种涂色方法，故④正确；
故选：C
二、多选题
7．（24-25 高二下·陕西安康·期中）2025 年春节档共上映6 部电影全国电影票房达95.1 亿元，刷新了中国
影史春节档票房记录.其中，《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》分居票房第一、第二的宝座.小数想要观
看这6 部电影，则（ ）
A．若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，则共有120 种观看顺序
B．若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则共有360 种观看顺序
C．若将6 部电影每2 部一组随机分为3 组，则共有90 种分组方式
D．若将6 部电影随机分为2 组，则共有31 种分组方式
【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、相邻问题的排列问题、分组分配问题
【分析】根据捆绑法计算求解A，应用全排列计算B，根据平均分组计算判断C，分类分组计算判断D.
【详解】若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，可将这两部电影看作一个整体，
与其余4 部电影全排列，再将这两部电影内部进行全排列，所以观看顺序为
种，故A 错误；
若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则在6 部电影的全排列中，
《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前的情况占总情况的一半，
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故共有
种观看顺序，故B 正确；
若将6 部电影每2 部一组随机分为3 组，
则可以从6 部电影中先选出2 部，再从4 部电影中选出2 部，最后除以
消除重复情况，
故分组方式为
，故C 错误；
若将6 部电影随机分为2 组，则可按两组分别有1 和5 部、2 和4 部、3 和3 部电影的三种情况分组，
按1 和5，有
种分组方式；
按2 和4，有
种分组方式；
按3 和3，有
种分组方式，
所以共有31 种分组方式，故D 正确.
故选：BD.
8．（2024·甘肃·一模）下列说法正确的有（ ）
A．数据
的第75 百分位数是40
B．若
，则
C．4 名学生选报3 门校本选修课，每人只能选其中一门，则总选法数为
种
D．
展开式中
项的二项式系数为56
【答案】ABD
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、求指定项的系数、指定区间的概率、总体百分位数的估计
【分析】由百分位数的定义计算结果判断选项A；由正态分布的对称性判断选项B；由分步计数原理判断
选项C；由二项式定理求指定项的二项式系数判断选项D.
【详解】数据
，共8 个数据，
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从小到大排列为
，
，
所以第75 百分位数是第6 个数据与第7 个数据的平均值，即
，A 选项正确；
若
，则正态密度曲线的对称轴为
，
所以
，B 选项正确；
4 名学生选报3 门校本选修课，每人只能选其中一门，则总选法数为种，C 选项错误；
由二项式定理可知，
展开式中
项的二项式系数为
，D 选项正确.
故选：ABD.
三、填空题
9．（2025·河北石家庄·三模）有数学、物理、化学三类竞赛名额各
个，将所有名额全部分给甲、乙两所
学校，每所学校每类名额至少分得一个，则甲学校所得到的三类名额的个数的乘积与乙学校所得到的三类
名额的个数的乘积相等的分法有 种（用数字作答）．
【答案】
【难度】0.4
【知识点】分类加法计数原理、全排列问题
【分析】设甲学校所得到数学、物理、化学三类竞赛名额分别为
、
、，其中
、
、
且
、
、
，推导出
、
、中至少有一个，然后列举出满足题设条件的排列，即可得解.
【详解】设甲学校所得到数学、物理、化学三类竞赛名额分别为
、
、，
其中
、
、
且
、
、
，
则甲学校所得到数学、物理、化学三类竞赛名额分别为
、
、
，
由题意可得
，
若
、
、均不为，则
、
、中有两个数大于一个数小于或者两个数小于一个数大于，
由于对称性，不妨考查
、
均小于，大于，则
、
，
，
则
，则
，
，故
，
当
时，则
，因为
，
，
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等式不成立；
当
时，则
，因为
，
，
由于
，且
为
的倍数也为的倍数，
而
、
、
、
、
中没有
的倍数，不合乎题意；
当
时，则
，因为
，
，
又因为
为的倍数，
，
可得
，所以，
，
若
时，则
，此时
，
若
，则
或
，此时
，
若
，则
，此时
，均不合乎题意；
当
时，则
，因为
，
，
则
，可得
，故
，
若
，则
，此时
；
若
，则
或
，此时
，
若
，则
或
，此时
，
若
，则
，此时
，均不合乎题意.
故
、
、中至少有一个为，不妨设
，则
，
由
可得
，则
，
31
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当
时，只有种情况，
当
为、、的一个排列时，有
种情况；
当
为
、、或、、
或
、、
的一个排列时，各有
种情况.
综上所述，符合条件的分法种数为
种.
故答案为：
.
10．（2025·云南·三模）生活中经常会统计一列数据中出现不同数据的个数．设
，对于有序数
组
，记
为
，
，
，
中所包含的不同整数的个数，比如：
，
．当
时，有序数组
的个数为 ；当
取遍所有的
个有序数组时，
）的总和为 ．
【答案】 4 700
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题、分组分配问题
【分析】根据
的概念直接求解有序数组
的个数即可；根据题意得数据中的整
数个数可能有四种情况，分别进行讨论即可得出结果.
【详解】由题意知，当
时，四个位置的数字必须相同，
故有序数组
的个数为
；
按
的取值分类，
当
时，
有
组，
当
时，
可分两种情况：其中一个数出现次，另一个数出现次或这两个数
均出现
次，
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则按照先分组再分配的方式得出共有
组，
当
时，
的情况为：一个数出现
次，另外两个数均出现次，
则按照先分组再分配的方式得出共有
组，
当
时，
有
组，
所以总和为
.
故答案为：4；700
11．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）将四张标有1､2､3､4 的卡片摆成下图，若逐一取走这些卡片时，每次
取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按4-3-2-1
取走卡片的顺序是“和谐序”，按1-2-3-4 取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这
4 张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为 .
【答案】
/
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【分析】分析得只有当2 号卡片是第一个或者第二个被取走时才不是“和谐序”，利用古典概型的概率公
式和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】只有当2 号卡片是第一个或者第二个被取走时才不是“和谐序”，
当2 号卡片被第一个取走时共有
种取法，
当2 号卡片被第二个取走时共有
种取法，
而总共有
种取法，所以取卡顺序是“和谐序”的概率为
.
故答案为：
33
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12．（2025·陕西安康·模拟预测）某班级策划五一活动，其中歌曲类3 个节目，语言类1 个节目，才艺展示
类3 个节目，抽奖2 次（一次抽一等奖名单，一次抽二等奖名单），要求开场和结束安排歌曲类，2 次抽
奖不连续，则有 种安排方法.（用数字作答）
【答案】21600
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题
【分析】根据分步乘法即可得解.
【详解】先安排开场和结束的歌曲类节目，方法数为
，
除了已经安排的歌曲类节目和两次抽奖活动，还有5 个节目需要安排，方法数为
，
抽奖活动可以从6 个空中选两个，方法数为
，所以方法总数为
.
故答案为：21600.
13．（2025·河北秦皇岛·二模）将1，1，1，1，2，4，6，8 这8 个数填入如图所示的格子中（要求每个数
都要填入，每个格子中只能填一个数），则不同的填数方法共有 种；若填入的每行数之和为偶数，
则不同的填数方法共有 种（用数字作答）.
【答案】 1680 912
【难度】0.65
【知识点】代数中的计数问题、其他排列模型、代数中的组合计数问题
【分析】应用分步分类计数原理，结合排列组合数求8 个数填入格子的不同的填数方法，讨论数字1 的填
入方式，结合排列组合数求填入的每行数之和为偶数的填数方法.
【详解】首先任选4 个格子填1，有
种，再将余下的4 个数填入其它4 个格子，有
种，
所以，不同的填数方法共有
种，
要使填入的每行数之和为偶数，第1、2 行填1 的个数有
三种情况，
若
，即第1 行0 个1，第2 行4 个1，此时有
种；
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若
，即第1 行、第2 行各2 个1，此时有
种；
若
，即第1 行4 个1，第2 行0 个1，此时有
种；
所以共有
种.
故答案为：1680，912
35
