7.1 两个基本计数原理（八大题型）-高二数学同步学与练（苏教版2019选择性必修第二册）（解析版）

第第页7.1两个基本计数原理课程标准学习目标（1）能在实际计数问题中，用自己的语言解释分类加法计数原理和分步乘法计数原理，发展数学抽象素养．（2）能通过具体实例，说明分类加法计数原理与分步乘法计数原理之间的联系与区别，发展数学运算、逻辑推理等素养．（3）能根据实际问题的特征，通过对“完成一件什么事”的分析，正确选择原理解决简单的实际问题，发展数学运算素养．（1）了解分类计数原理与分步计数原理.（2）会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．知识点01分类计数原理1、分类加法计数原理：完成一件事，有类办法．在第1类办法中有种不同方法，在第2类办法中有种不同的方法，……，在第类办法中有种不同方法，那么完成这件事共有种不同的方法．2、加法原理的特点是：①完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类；②用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．知识点诠释：使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和．【即学即练1】（2024·河南·高二校联考期末）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【解析】买两本，有种方案；买三本，有1种方案；因此共有方案(种)．故选：A.知识点02分步计数原理1、分步乘法计数原理“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成．2、乘法原理的特点：①完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可；②完成每一步有若干种方法；③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．知识点诠释：使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积．【即学即练2】（2024·福建宁德·高二统考期末）学校组织研学活动，现有寿宁下党乡、福安柏柱洋、屏南潦头村、福鼎赤溪村4条路线供3个年级段选择，每个年段必项且只能选择一条路线，则不同的选择方法有（

）A．4种 B．24种 C．64种 D．81种【答案】C【解析】3个年级段均有4种选择，故不同的选择方法有种.故选：C知识点03分类计数原理和分步计数原理的区别：1、分类计数原理和分步计数原理的区别：两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关．完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理；若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算．2、利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序：（1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？（2）然后考虑如何完成？主要有三种类型①分类或分步．②先分类，再在每一类里再分步．③先分步，再在每一步里再分类，等等．（3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？【即学即练3】（2024·河北·高二河北省文安县第一中学校考期末）如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（

）A．5 B．7 C．8 D．12【答案】C【解析】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为．故选：C．题型一：分类加法计数原理【典例1-1】（2024·广西桂林·高二统考期末）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【解析】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，共有种不同的选法.故选：C【典例1-2】（2024·广东梅州·高二校考阶段练习）从名女同学和名男同学中任选人主持本班的某次专题班会，则不同的选法种数为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】选人主持本班的某次专题班会可从名女同学任选一名，也可以从名男同学中任选名,由分类加法计数原理可知不同的选法种数为种.故选：C.【变式1-1】（2024·全国·高二假期作业）从1至7这7个整数中随机取出3个不同的数，则它们的积与和都是3的倍数的不同取法有（

）A．9种 B．12种 C．20种 D．30种【答案】B【解析】①当取出的3个不同的数中不含3和6时，显然它们的积不可能是3的倍数，不符合题意；②当取出的3个不同的数中含有3不含有6时，它们的积一定是3的倍数，但只有当另外2个数是，，，，，时，它们的和才是3的倍数，共有6种取法；、③当取出的3个不同的数中含有6不含有3时，它们的积一定是3的倍数，但只有当另外2个数是，，，，，时，它们的和才是3的倍数，也有6种取法；④当取出的3个不同的数中含有3和6时，它们的积一定是3的倍数，但它们的和一定不是3的倍数，不符合题意．综上，它们的积与和都是3的倍数的不同取法有（种），故选：B．【变式1-2】（2024·辽宁辽阳·高二统考期末）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【解析】若甲、乙都去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法；若甲、乙都不去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法．故一共有种去法．故选：C.【方法技巧与总结】应用分类加法计数原理应注意如下问题（1）明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事．（2）无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法，即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的．题型二：分步乘法计数原理【典例2-1】（2024·广东深圳·高二校考期末）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．24种 B．4种 C．种 D．种【答案】D【解析】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，故共有种选择方法.故选：D.【典例2-2】（2024·江西赣州·高二统考期末）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【解析】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种.故选：D.【变式2-1】（2024·甘肃白银·高二甘肃省靖远县第一中学校考期末）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【解析】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（种）.故选：A【变式2-2】（2024·河南·高二校联考阶段练习）学校筹办元旦晚会需要从5名男生和3名女生中各选1人作为志愿者，则不同选法的种数是（

）A．8 B．28 C．20 D．15【答案】D【解析】由题意可知不同选法有（种）.故选:D.【方法技巧与总结】利用分步乘法计数原理解题的一般思路（1）分步：将完成这件事的过程分成若干步．（2）计数：求出每一步中的方法数．（3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．题型三：两个原理的综合应用【典例3-1】（2024·高二课时练习）已知集合.现在从这三个集合中取出两个集合,再从这两个集合中各取出一个元素,组成一个含有两个元素的集合,则一共可以组成集合的个数为()A．24 B．36 C．26 D．27【答案】C【解析】所有情况分为三类：“从中各取一个元素”的方法数有种；“从中各取一个元素”的方法数有种；“从中各取一个元素”的方法数有种，由于三个集合的元素互不相同，故总的方法数有种，故选：C【典例3-2】（2024·江西南昌·高二阶段练习）已知集合，，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是（

）A．18 B．16 C．14 D．10【答案】C【解析】分两类情况讨论：第一类，从中取的元素作为横坐标，从中取的元素作为纵坐标，则第一、二象限内的点共有（个）；第二类，从中取的元素作为纵坐标，从中取的元素作为横坐标，则第一、二象限内的点共有（个），由分类加法计数原理，所以所求个数为．故选：C【变式3-1】（2024·山东菏泽·高二统考期末）如图，从甲村到乙村有3条路可走，从乙村到丙村有2条路可走，从甲村不经过乙村到丙村有2条路可走，则从甲村到丙村的走法种数为（

）A．3 B．6 C．7 D．8【答案】D【解析】由图可知，从甲村直接到到丙村的走法有种，从甲村到乙村再到丙村的走法有种，所以从甲村到丙村的走法共有种.故选:D.【方法技巧与总结】使用两个原理的原则使用两个原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入手，“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，逐类解决，用分类加法计数原理；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后逐步解决，这时可用分步乘法计数原理．题型四：组数问题【典例4-1】（2024·甘肃·高二统考期末）“莺啼岸柳弄春晴，柳弄春晴夜月明：明月夜晴春弄柳，晴春弄柳岸啼莺.”这是清代女诗人吴绛雪的一首回文诗，“回文”是汉语特有的一种使用语序回环往复的修辞手法，而数学上也有类似这样特征的一类“回文数”，如232，251152等，那么在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有个.【答案】225【解析】依题意，五位正整数中“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不为0，千位与十位数字相同，求有且仅有两位数字是偶数的“回文数”的个数有两类办法：第一类：万位数字为偶数且不为0有4种，千位选一个奇数有5种，百位选一个奇数有5种，不同“回文数”的个数为个，第二类：万位数字为奇数有5种，千位选一个偶数有5种，百位选一个奇数有5种，不同“回文数”的个数为，由分类加法原理得，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有：个.故答案为：225【典例4-2】（2024·河北石家庄·高二校考阶段练习）在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有个，其中偶数有个．【答案】85【解析】十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个；十位上的数为2时，有324，423，共2个；所以共有6＋2＝8个；偶数为214，312，314，412，324，共5个．答案：8，5【变式4-1】（2024·江苏·高二专题练习）由数字组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有个.【答案】【解析】能被整除的三位数说明末尾数字是或当末尾数字是时，百位数字除了有种不同的选法，十位有种不同的选法，根据分步乘法原理一共有种方法；当末尾数字是时，百位数字有种不同的选法，十位有种不同的选法，根据分步乘法原理一共有种方法；则一共有种故答案为：【变式4-2】（2024·高二课时练习）已知集合，，从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字，能组成个不同的两位数，能组成个十位数字小于个位数字的两位数．【答案】2010【解析】①从A中取一个数作为十位数字，有4种不同的取法，从B中取一个数作为个位数字，有5种不同的取法．由乘法原理可知，能组成4×5＝20个不同的两位数．②要组成十位数字小于个位数字的两位数，可分如下情况：当个位数字为9时，十位上的数字有4种取法，能组成4个十位数字小于个位数字的两位数；当个位数字为7时，十位上的数字有3种取法，能组成3个十位数字小于个位数字的两位数；当个位数字为5时，十位上的数字有2种取法，能组成2个十位数字小于个位数字的两位数；当个位数字为3时，十位上的数字有1种取法，能组成1个十位数字小于个位数字的两位数．所以组成的十位数字小于个位数字的两位数有1＋2＋3＋4＝10个．故答案为：20，10．【变式4-3】（2024·高二课时练习）由0、1、2、3、4、5这6个数字可以组成个没有重复数字的三位偶数.【答案】52【解析】根据题意，对该没有重复数字的三位偶数进行分类讨论，第一类：0在个位数时，先填百位，有5种方法，再填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数；第二类，0不在个位数时，先填个位，只有2、4两种方法，再填百位，0不能在此位，故有4种方法，最后填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数；综上，一共可以组成个没有重复数字的三位偶数.故答案为：52.【变式4-4】（2024·高二课时练习）“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第30个数为．【答案】1359【解析】“渐升数”由小到大排列，则1在首位，2在百位的“渐升数”有(个)；1在首位，3在百位，4在十位的“渐升数”有5个；1在首位，3在百位，5在十位的“渐升数”有4个，此时“渐升数”有(个)，因此按从小到大的顺序排列，第30个“渐升数”必为1359．故答案为：1359.【方法技巧与总结】对于组数问题，应掌握以下原则（1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊位置（特殊元素）优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解．（2）要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位．题型五：占位模型中标准的选择【典例5-1】（2024·高二校考单元测试）教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯，从一层到4层共有（

）种走法.A．6 B． C． D．【答案】B【解析】根据分步计数原理共有3个楼梯，上每一层都有两种方法，所以共有种方法.故选：B【典例5-2】（2024·高二课时练习）某校教学大楼共有层，每层均有个楼梯，则由一楼至五楼的不同走法共有()A．种 B．种 C．种 D．种【答案】A【解析】每层均有个楼梯，每层有种不同的走法，由分步计数原理可知：从一楼至五楼共有种不同走法．故选：A.【变式5-1】（2024·高二课时练习）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】【解析】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，共可以组成个四位数的号码.故答案为：.【变式5-2】（2024·高二课时练习）我们把中间数位上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”，如132，341等，那么由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是．【答案】20【解析】由三位“凸数”的特点知，中间的数字只能是3，4，5，即分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2个（132，231）；第二类，当中间数字为“4”时，个位数字有三种选择，百位数字有两种选择，则“凸数”有2×3＝6（个）；第三类，当中间数字为“5”时，个位数字有四种选择，百位数字有三种选择，则“凸数”有4×3＝12（个），由分类加法计数原理，得到由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20（个）.故答案为：20【变式5-3】（2024·河南·高二校联考期末）数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗：“客醉花间花醉客”，既可以顺读也可以逆读．数学中有回文数，如343，12521等，两位数的回文数有11，22，33，…，99共9个，则三位数的回文数中是奇数的个数是．【答案】50【解析】设三位数的回文数为ABA，A有1到9，共9种可能，即1B1、2B2、3B3、9B9.其中奇数共5种可能，即1B1，3B3，5B5，7B7，9B9；B有0到9共10种可能，即A0A、A1A、A2A、A3A、A9A.所以符合题意的有5×10=50个.故答案为：50【变式5-4】（2024·江苏常州·高二统考期末）我们把各位数字之和为6的四位数称为“四位合六数”（如1203、1005均是四位合六数），则在“四位合六数”中首位为1的不同的“四位合六数”共有个．【答案】21【解析】由题知后三位数字之和为5，当一个位置为5时有005，050，500，共3个;当两个位置和为5时有014，041，410，401，140，104，023，032，302，320，203，230，共12个;当三个位置和为5时有113，131，311，122，212，221，共6个;所以一共有21个.故答案为:21.【方法技巧与总结】在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解．题型六：涂色问题【典例6-1】（2024·山东德州·高二校考阶段练习）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【解析】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．【典例6-2】（2024·江西新余·高二校考阶段练习）如图，用4种不同的颜色给矩形，，，涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（

）A．12种 B．24种 C．48种 D．72种【答案】D【解析】先涂C区域有4种涂法，再涂D区域3种涂法，涂A区域3种涂法，涂B区域2种涂法，由分步乘法计数原理，共有种涂法.故选：D.【变式6-1】（2024·江苏宿迁·高二统考期末）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【解析】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；所以共有种不同的涂色方法.故选：C.【变式6-2】（2024·全国·高二假期作业）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个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（）A．192 B．420 C．210 D．72【答案】B【解析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：第一类，A，C同色，由分步计数原理有种不同的染色方法；第二类，A，C不同色，由分步计数原理有种不同的染色方法；根据分类加法计数原理，共有种不同的染色方法.故选：B.【变式6-3】（2024·高二课时练习）如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上1种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色．如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法数为（

）

A．240 B．300C．420 D．480【答案】C【解析】以S→A→B→C→D的顺序分步染色．第1步，对S点染色，有5种方法．第2步，对A点染色，A与S在同一条棱上，有4种方法．第3步，对B点染色，B与S，A分别在同一条棱上，有3种方法．第4步，对C点染色，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点也有2种染色方法．由分步乘法计数原理和分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(3＋2×2)＝420种．故选：C．【变式6-4】（2024·上海嘉定·高二上海市育才中学校考阶段练习）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在替工5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻颜色不同，则不同的涂色方法种数为（

）

A．120 B．420 C．300 D．以上都不对【答案】B【解析】分4步进行分析：①对于区域A，有5种颜色可选，②对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选;

③对于区域C，与A、B区域相邻,有3种颜色可选;④,对于区域D、E,若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选，则区域D、E有种选择,则不同的涂色方案有种;故选：B【变式6-5】（2024·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考期末）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．180 C．221 D．300【答案】B【解析】当Ⅰ，Ⅳ同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅱ有种涂色方法，Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法；Ⅰ，Ⅳ不同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅳ有种涂色方法，Ⅱ有种涂色方法，Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法，综上共有种不同的着色方法.故选：B.【方法技巧与总结】解决涂色问题的一般思路（1）按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析．（2）以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．（3）将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．题型七：种植问题【典例7-1】（2024·河北石家庄·高二石家庄市第四十一中学校考期末）在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共有种（用数字作答）【答案】240【解析】由分步乘法计数原理得种,故答案为：240.【典例7-2】（2024·江苏淮安·高二统考期末）某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有种．（用数字作答）【答案】180【解析】先在1中种植，有5种不同的种植方法，再在2中种植，有4种不同的种植方法，再在3中种植，有3种不同的种植方法，最后在4中种植，有3种不同的种植方法，所以不同的种植方案共有（种）．故答案为：180．【变式7-1】（2024·海南·高二校考期末）如图，一个正方形花圃被分成5份．若给这5个部分种植花，要求相邻B两部分种植不同颜色的花，已知现有红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，有种不同的种植方法【答案】96【解析】先对A部分种植，有4种不同的种植方法，再对B部分种植，又3种不同的种植方法，对C部分种植进行分类：①若与B相同，D有2种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有（种），②若与B不同，C有2种不同的种植方法，D有1种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有（种），综上所述，共有96种种植方法．故答案为：96.【变式7-2】（2024·山东济南·高二统考期末）某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有郁金香、玛格丽特、小月季、小杜鹃四种不同的花可供采购，要求相邻区域种不同种类的花，则不同的种植方案个数为（

）A．24 B．36 C．48 D．96【答案】C【解析】先种区域1有种选择，区域2有种选择，区域3有种选择，区域4有种选择，区域5有2种选择，区域6有1种选择，则共有：种.故选：C.【变式7-3】（2024·辽宁丹东·高二统考期末）如图所示为某公园景观的一隅，是由五处区域构成，现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同色的鲜花，有种颜色鲜花可供选用，则不同的装饰方案数为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，区域、各有种颜色鲜花可供选择，由分步乘法计数原理可知，不同的装饰方案数为种.故选：B.【变式7-4】（2024·河北保定·高二统考期末）在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（

）A．1440 B．720 C．1920 D．960【答案】C【解析】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；则区域E可选择的花卉有种，故不同的种植方法种数是.故选：C【方法技巧与总结】种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数．题型八：列举法【典例8-1】（2024·河南·马店第一高级中学模拟预测）如图，某水果店门前用3根绳子挂了6串香蕉，从左往右的串数依次为1，2，3．到了晚上，水果店老板要收摊了，假设每次只取1串（挂在一列的只能先收下面的），则将这些香蕉都取完的不同取法种数是（

）A．144 B．96 C．72 D．60【答案】D【解析】将6串香蕉编号为1，2，3，4，5，6．把“2，3，4，5，6”取完，方法为23456，24356，24536，24563，42356，42536，42563，45263，45623，45236，共10种，再把1插入其中，每个有6种插法．共有60种方法，故选：D．【典例8-2】元旦来临之际，某寝室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡不同的分配方式有（

）A．6种 B．9种 C．11种 D．23种【答案】B【解析】解法1：设四人A、B、C、D写的贺卡分别是a、b、c、d，当A拿贺卡b，则B可拿a、c、d中的任何一张，即B拿a，C拿d，D拿c，或B拿c，D拿a，C拿d，或B拿d，C拿a，D拿c，所以A拿b时有三种不同的分配方式；同理，A拿c，d时也各有三种不同的分配方式，由分类加法计数原理，四张贺卡共有（种）分配方式；解法2：让四人A、B、C、D依次拿一张别人送出的贺卡，如果A先拿，有3种，此时被A拿走的那张贺卡的人也有3种不同的取法，接下来，剩下的两个人都各只有1种取法，由分步乘法计数原理，四张贺卡不同的分配方式有（种）．故选：B.【变式8-1】（2024·全国·高三专题练习）已知正整数有序数对满足：①；②．则满足条件的正整数有序数对共有（

）组．A．24 B．12 C．9 D．6【答案】B【解析】由题意知，为正整数，故由可得，因为，故，则满足的数为3和2，则有序数对可能为，再由可得，则的可能有共6种情况，故满足条件的正整数有序数对共有组，故选：B【变式8-2】（2024·全国·高三专题练习）将编号的小球放入编号为盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的编号不能相同，则不同的放球方法有__种．【答案】12.【解析】由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，当四个小球分组为如下情况时，放球方法有：当1与2号球放在同一盒子中时，只能放入3号盒，号球放入号盒，有2种不同的放法；同理当1与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当1与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当3与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；因此，不同的放球方法有12种．故答案为：12．【方法技巧与总结】将所有情况一一列举出来．一、单选题1．（2024·山东德州·高二统考期末）已知集合，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【解析】依题意，可得点的坐标有：其中落在第三、第四象限内点有共6个.故选：A2．（2024·全国·高二假期作业）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． B． C．12 D．9【答案】A【解析】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．故选：A.3．（2024·山东德州·高二校考阶段练习）为提高学生的身体素质，某校开设了游泳、武术和篮球课程，甲、乙、丙、丁4位同学每人从中任选门课程参加，则不同的选法共有（

）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】C【解析】甲、乙、丙、丁4位同学每人都有种不同的选法，根据分步乘法计数原理可知，不同的选法共有种．故选：C．4．（2024·新疆乌鲁木齐·高二乌鲁木齐市第六十八中学校考期末）甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，则不同游览方案的种数为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，每个人都有三种选择，则不同的游览方案种数为种.故选：B.5．（2024·河南南阳·高二统考阶段练习）某企业面试环节准备编号为的四道试题，编号为的四名面试者分别回答其中的一道试题（每名面试者回答的试题互不相同），则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有（

）A．9种 B．10种 C．11种 D．12种【答案】A【解析】用表示编号的面试者回答的试题为，其中，所以的全部可能情况有：，所以共有9种，故选：A6．（2024·山东临沂·高二校考阶段练习）集合，，，，5，6，，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【解析】第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数．若集合提供横坐标，集合提供纵坐标，则有，若集合提供纵坐标，集合提供横坐标，则有，合计，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.7．（2024·新疆伊犁·高二统考期末）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【解析】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：C8．（2024·云南曲靖·高二曲靖一中校考期末）10000的除去1和自己外的正因数的个数是（

）A．25 B．24 C．23 D．16【答案】C【解析】由题意，所求数的不同正因数的个数可以看做从两盒子中取数，其中盒子中有4个2，盒子中装有4个5，从两盒中各取一个数相乘可以得到一个因数（如不取可看作取1），所以从两盒中取数均有5种取法，但要舍去都不取或全取出所有的4个2和4个5这2种情况（即因数为1和10000本身的情况），综上所述，10000的除去1和自己外的正因数的个数是.故选：C.二、多选题9．（2024·辽宁沈阳·高二校考阶段练习）下列结论正确的是（）A．在分类加法计数原理中，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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，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可以相同【答案】BC【解析】对于A，在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法互不相同，故A错误；对于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，故B正确；对于C，在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成，故C正确；对于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，故D错误．故选：BC．10．（2024·高二课时练习）(多选)已知x∈{2，3}，y∈{－4，8}，则x·y的值可取（

）A．－8 B．－12C．11 D．24【答案】ABD【解析】分两步：第一步在集合中{2，3}中任取一个值，有2种不同取法，第二步在集合{－4，8}中任取一个值，有2种不同的取法，故x·y可表示2×2＝4个不同的值．即2×(－4)＝－8，2×8＝16，3×(－4)＝－12，3×8＝24，故选：ABD.11．（2024·吉林长春·高二校考阶段练习）高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（

）A．所有可能的方法有种B．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种C．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种D．如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种【答案】BC【解析】对于选项A，安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，故有种选择方案，错误；对于选项B，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），正确；对于选项C：如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有（种），正确；对于选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有（种），错误.故选：BC三、填空题12．（2024·河南·高二校联考期末）有且仅有语文、数学、英语、物理4科老师布置了作业，同一时刻3名学生都在做作业，则这3名学生做作业的可能情况有种．【答案】64【解析】因为4科老师布置了作业，在同一时刻每个学生做作业的情况有4种可能，所以3名学生都做作业的可能情况种．故答案为:64.13．（2024·全国·高二假期作业）用黑白两种颜色（都要使用）给正方体的6个面涂色，每个面只涂一种颜色。如果一种涂色方案可以通过重新摆放正方体，变为另一种涂色方案，则这两种方案认为是相同的。（例如：a.前面涂黑色，另外五个面涂白色;b.上面涂黑色，另外五个面涂白色是同一种方案）则涂色方案一共有种。【答案】8【解析】两种颜色类型的，有种；类型的，有种（两个面相邻、相对）类型的，有2种（三个面有公共顶点或者