2026年高二数学寒假自学课（苏教版）第04讲 两个基本计数原理（8大题型）（解析版）

第04讲两个基本计数原理

内容导航——预习三步曲

第一步：学

析教材·学知识：教材精讲精析、全方位预习

练题型·强知识：核心题型举一反三精准练

第二步：记

串知识·识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握

第三步：测

过关测·稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升

知识点1：分类计数原理

1、分类加法计数原理：

完成一件事，有类办法．在第类办法中有种不同方法，在第类办法中有种不同的方法，

n1m12m2

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．

nmnNm1m2mn

2、加法原理的特点是：

完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类；

①用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；

②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．

③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．

知识点2：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：

完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可；

①完成每一步有若干种方法；

②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．

③

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．

知识点3：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

分类或分步．

①先分类，再在每一类里再分步．

②先分步，再在每一步里再分类，等等．

③（3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？

题型一：分类加法计数原理

【例1】（2025·四川自贡·一模）如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从

a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情

况，则n为（）

A．4B．5C．6D．7

【答案】B

【解析】元件A不通，设备从a到b的电路工作不正常，共有22种，

元件A正常，当且仅当元件B,C都不通，设备从a到b的电路工作不正常，只有1种，

所以n145.

故选：B

【变式1-1】（2025·高二·安徽安庆·月考）如图所示，在A，B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．11B．13C．15D．17

【答案】B

【解析】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有{1},{4}共2种情况，

若脱落2个，则有{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4}共6种情况，

若脱落3个，则有{1,2,3},{1,2,4},{2,3,4},{1,3,4}共4种情况，

若脱落4个，则有{1,2,3,4}共1种情况，

由分类加法计数原理，情况种数共有264113种．

故选：B．

【变式1-2】（2025·高二·江西赣州·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例

如105和213，则所有的“lucky”数有（）

A．48个B．30个C．21个D．18个

【答案】C

【解析】当首位数字为1时，后两位相加为5，“lucky”数分别是105，150，114，141，123，132共6个；

当首位数字为2时，后两位相加为4，“lucky”数分别是204，240，213，231，222，共5个；

当首位数字为3时，后两位相加为3，“lucky”数分别是303，330，312，321，共4个；

当首位数字为4时，后两位相加为2，“lucky”数分别是402，420，411，共3个；

当首位数字为5时，后两位相加为1，“lucky”数分别是501，510，共2个；

当首位数字为6时，后两位相加为0，“lucky”数分别是600，共1个；

由分类计数原理得，共有65432121个.

故选：C.

【变式1-3】（2025·高二·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．18B．9C．8D．7

【答案】C

【解析】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为3238.

故选：C

题型二：分步乘法计数原理

【例2】（2025·高三·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．504B．84C．1008D．168

【答案】A

【解析】将新买的3本书逐一放进去，

对第一本书，6本书形成7个空当，在7个空当里面选一个有7种选法；

对第二本书，7本书形成8个空当，在8个空当里面选一个有8种选法；

最后一本书，8本书形成9个空当，在9个空当里面选一个有9种选法；

由分步乘法计数原理可得，共有789504(种).

故选：A

【变式2-1】甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，

则不同的分配方式有（）种.

A．9B．12C．18D．24

【答案】A

【解析】（1）甲先拿，有3种拿法；

（2）再让写那张被甲拿到的卡片的人去拿，有3种拿法；

（3）剩余两人只有1种拿法，根据分步乘法计数原理知共有339种拿法，

故选：A.

【变式2-2】将3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子内至多放1个小球，共有（）种放法，

A．36B．60C．64D．81

【答案】B

【解析】解法1：以小球为研究对象，分三步完成.

（1）第一个小球有5种放法；

（2）第二个小球有4种放法；

（3）第三个小球有3种放法.

根据分步乘法计数原理，共有54360种不同的放法.

解法2：以盒子为研究对象，盒子序号记为1，2，3，4，5.

当3个小球放入后还剩2个空盒，通过列举法可知空盒有10种情况：1,2，1,3，1,4，1,5，2,3，2,4，

2,5，3,4，3,5，4,5.

每种情况下小球均有3216种放法，所以共有61060种放法，

故选：B.

【变式2-3】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25种可能情况，在这25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

【解析】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1122112217（种）；

②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有2212219（种）．

故共有7916（种）.

故选：C.

题型三：两个原理的综合应用

【例3】（2025·高二·广东江门·月考）集合A2,3,B1,2,4，从A,B中各任意取一个数，构成一个

两位数，则所有样本点的个数为（）

A．12B．11C．8D．6

【答案】B

【解析】个位数取自集合A，十位数取自集合B，共有236个，

个位数取自集合B，十位数取自集合A，共有326个，

这两类中重复的有数字22，故所有样本点的个数为66111.

故选：B

【变式3-1】若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之

和能被3整除的种数为（）

A．28B．29C．30D．32

【答案】C

【解析】被3除余1的数有1,4,7，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三

个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个

数字的和能被3整除的种数33311130种．

故选：C

【变式3-2】设集合I1,2,3,4,5，选择集合I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的

数，则不同的选择方法共有（）.

A．50种B．49种C．48种D．47种

【答案】B

【解析】依A中的最大数进行分类：

①若A中的最大数为1，则A有1种，则B是集合2,3,4,5的非空子集，有24115种，所以有11515（种）；

②若A中的最大数为2，则A有2种，则B是集合3,4,5的非空子集，有2317种，所以有2714种；

③若A中的最大数为3，则A有4种，则B是集合4,5的非空子集，有2213种，所以有4312种；

④若A中的最大数为4，则A有8种，则B是集合5的非空子集，有1种，所以有818种.

所以可得151412849，故不同的选择方法共有49种．

【变式3-3】（2025·高二·广东清远·期末）如图，要让电路从A处到B处只有一条支路接通，则不同的

路径有（）

A．5种B．6种C．7种D．9种

【答案】C

【解析】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知，

不同的路径有1237种.

故选：C.

题型四：组数问题

【例4】（2025·高二·辽宁·月考）比2000小且没有重复数字的四位偶数有个．（用数字表示）

【答案】280

【解析】当千位数字为1时，个位数字可以为0，2，4，6，8，有5种选择，

百位数字从剩下8个数字中选择，十位数字从剩下7个数字中选择，

共有587280个．

故答案为：280

【变式4-1】用数字0，1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，

那么这样的四位数一共有个.

【答案】384

【解析】以特殊元素“0”为研究对象分类讨论.

（1）若四位数中有“0”，则“0”有3种放法，

其他位置上的数字从1，3，5，7中挑选，故共有343272种；

（2）若四位数中无“0”，则这四位数字可以全为奇数或者有1个偶数.

①全为奇数，有432124种；

②有1个偶数，则必从2，4，6中选1个并可放置在任意数位上，其余位置填奇数，共有34432288

种；

故满足条件的四位数有7224288384个，

故答案为：384.

【变式4-2】（2025·高三·四川成都·月考）重新排列数字1,2,3,4,5,6,7,8，使得偶数在偶数的位置上，但

都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原

来的位置上，则有种不同的排法.

【答案】72

【解析】由题意知，可分2步进行：先排偶数，再排奇数.

排偶数的情况：设4个偶数排列为(a,b,c,d)，

其中a表示第2位，b表示第4位，c表示第6位，d表示第8位，

则所有的可能有(4,2,8,6),(4,6,8,2),(4,8,2,6),(6,2,8,4),(6,8,2,4)，

(6,8,4,2),(8,6,4,2)(8,6,2,4),(8,2,4,6)，共9种排法；

同理，满足奇数的所有可能有(1,5,7,3),(1,7,3,5),(5,3,7,1),

(7,3,1,5),(3,7,5,1),(7,1,5,3),(3,5,1,7),(5,1,3,7)，共8种排法.

所以总的排法数为9872种.

故答案为：72

【变式4-3】（2025·高二·上海·期中）将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所

有“幸运数”的个数为．

【答案】21

【解析】当百位数字是6，其他数字是0，此时幸运数有1个；

当百位数字是5，其他数字是0和1，此时幸运数有2个；

当百位数字是4，其他数字是1和1或者是0和2，此时幸运数有123个；

当百位数字是3，其他数字是1和2或者是0和3，此时幸运数有224个；

当百位数字是2，其他数字是2和2或者是0和4或者是1和3，此时幸运数有1225个；

当百位数字是1，其他数字是2和3或者是1和4或者是0和5，此时幸运数有2226个；

所以幸运数的个数为12345621.

故答案为：21.

题型五：占位模型中标准的选择

【例5】8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有（）种．

4844

A．8B．4C．A8D．C8

【答案】A

【解析】因为每一名学生都可以同时夺得4个项目的冠军，故一个项目的冠军的情况有8种，

所以分步乘法计数原理可知，冠军的可能情况有888884种.

故选：A．

【变式5-1】（2025·高二·新疆·期末）现有2名同学去听同时进行的3场音乐会，每名同学只能去听其

中的1场，则不同的安排方法共有（）

A．6种B．4种C．9种D．8种

【答案】C

【解析】由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法共有339种．

故选：C.

【变式5-2】（2025·高二·广东汕尾·期末）某班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、

激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点（景点人数不限），则这3名学生的旅游安排方式

共有（）．

A．6种B．24种C．64种D．81种

【答案】C

【解析】班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学

生只能选择一个景点，

则这3名学生的旅游安排方式共有4364种.

故选：C.

【变式5-3】（2025·高二·吉林长春·月考）有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显

示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为（）

A．12B．64C．81D．256

【答案】C

【解析】由题意可得每个信号灯有三种情况，各自独立，

故该装置所能发出的不同信号种数为3481种.

故选：C.

题型六：涂色问题

【例6】（2025·高二·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．5B．6C．7D．8

【答案】C

【解析】区域①有n种，区域②有n1种，区域③有n2种，区域④有n3种，

n(n1)(n2)(n3)840,(n23n30)(n23n28)0,

(n23n30)0舍去，得(n23n28)0,n7(负数解舍去).

故选：C.

【变式6-1】（2025·高二·安徽池州·期中）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，现在提供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

邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（）

A．120B．26

C．340D．420

【答案】D

【解析】根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E，

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3227种选择，

所以不同的涂色方案有5437420种.

故选：D.

【变式6-2】（2025·高二·江苏连云港·月考）如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每

个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有（）种．

A．480B．600C．360D．750

【答案】D

【解析】首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选

择，第四个格子也有5种选择，

根据分步计数原理得，共有6555750（种）涂色方法．

故选：D.

【变式6-3】（2025·高二·吉林长春·月考）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四．种．颜．色．全．

部．使．用．），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．72种B．96种C．150种D．168种

【答案】B

【解析】第一步：涂区域1，有4种方法；

第二步：涂区域2，有3种方法；

第三步：涂区域4，有2种方法；

第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域3，分两类：

第一类，区域3与1同色，则区域5涂第四种颜色；

第二类，区域3与1不同色，则区域3涂第四种颜色，

此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法．

所以，不同的涂色种数有432111396.

故选：B.

题型七：种植问题

【例7】（2025·高二·四川达州·月考）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1,2,3,4四个区域，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

【解析】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514480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5433180种.

故该花坛的花卉种植方案共有80180260种.

故选：D

【变式7-1】某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示

五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则

不同种法有（）

12345

A．30240种B．60480种C．120960D．241920种

【答案】C

【解析】由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类；

第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻，

分别有10,9,8种选择，所以共计76109830240种；

第二、三、四类和第一类种数相同．综上总计有302404120960种方法．

故选：C.

【变式7-2】（2025·高二·黑龙江大庆·期中）春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所

示的圆形花坛，花坛分为5个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有4种不同的花卉可供选择，要求相

邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（）

A．84种B．72种C．64种D．56种

【答案】A

【解析】如下图所示：

B区域有4种选择，C区域有3种选择，

若区域B、D种同一种花，则D区域有1种选择，E区域有3种选择；

若区域B、D种所种的花不同，则D区域有2种选择，E区域有2种选择.

由分步乘法和分类加法计数原理可知，不同的布置方案种数为43132284.

故选：A.

【变式7-3】（2025·高二·山东济南·期中）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．24B．36C．48D．96

【答案】C

【解析】先种区域1有4种选择，区域2有3种选择，区域3有2种选择，区域4有1种选择，区域5有2

种选择，区域6有1种选择，

则共有：43212148种.

故选：C.

题型八：列举法

【例8】（2025·高二·江西南昌·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105

和123，则所有的“吉祥数”共有（）

A．21个B．20个C．19个D．18个

【答案】A

【解析】当首位数字为1时，后两位数字之和为615，“吉祥数”有105,114,123,132,141,150，共6个；

当首位数字为2时，后两位数字之和为624，“吉祥数”有204,213,222,231,240，共5个；

当首位数字为3时，后两位数字之和为633，“吉祥数”有303,312,321,330，共4个；

当首位数字为4时，后两位数字之和为642，“吉祥数”有402,411,420，共3个；

当首位数字为5时，后两位数字之和为651，“吉祥数”有501,510，共2个；

当首位数字为6时，后两位数字之和为660，“吉祥数”有600，共1个；

因此，所有的“吉祥数”共有65432121个.

故选：A

【变式8-1】已知正整数a,b,c,d,e,f满足：adbecf10且abcdef，则有序数组(a,b,c,d,e,f)的

组数为（）

A．16B．20C．25D．36

【答案】C

【解析】根据已知条件，消去d，e，f得：abc(10a)(10b)(10c)，

若a，b，c中存在5，显然abc5成立，这里有1种．

若a，b，c中有且仅有2个5，则有c10c,c5，与只有2个5矛盾，舍去；

若a，b，c中只有1个5，不妨令a5，则bc(10b)(10c)，即bc10，

所以数组(b,c)(1,9),(2,8),(3,7),(4,6),(6,4),(7,3),(8,2),(9,1)，共8种．

同理，若b5和c5是也分别对应8种，当(a,b,c)确定后，(d,e,f)也随之确定，

所以这里有24种；

若a，b，c中不含5，则由对称性不妨设a,b,f{1,2,3,4},c,d,e{6,7,8,9}，

若c6，则：abc446664def，不可能相等，舍去；

若c7,f3时，考虑到7是质数，所以在d，e中必有7，

不妨设d7,a3，则b5，舍去；

若c8,f2时，首先d，e不能含有8，但de必然为4的倍数，

则只能de6，经检验不符合，舍去；

若c9,f1，则同样的d，e不能含9，而de必须为9的倍数，

故只能de6,ab4，经检验不符合，综上a，b，c中必须有5．

将上述情况相加，总数为12425.

故选：C.

【变式8-2】（2025·辽宁鞍山·一模）小李同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点C1出发沿三棱柱的

棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随

机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点．按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移

动，并随机选择选择某个顶点处停止，得到一条“一笔画”路径．比如，“一笔画”路径：C1B1A1AA1．若

经过4次移动后，到达点A1的条件下，两次经过点B1的概率为（）

3153

A．B．C．D．

1121310

【答案】A

【解析】根据从顶点C1出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，

经过4次移动后，到达点A1的条件下，分为三类：

第一类：C1A1C1B1A1；

C1A1B1C1A1，有2种情况；

第二类：C1B1C1B1A1；

C1B1A1C1A1，

C1B1A1B1A1，

C1B1A1AA1，

C1B1BB1A1，

C1B1BAA1，有6种情况；

第三类：C1CC1B1A1；

C1CBB1A1，

C1CBAA1，有3种情况；

故经过4次移动后，到达点A1的共有：26311，

其中经过4次移动后，到达点A1的条件下，两次经过点B1的有：

C1B1C1B1A1，C1B1A1B1A1，C1B1BB1A1，共3种，

3

故经过4次移动后，到达点A的条件下，两次经过点B的概率为：，

1111

故选：A．

【变式8-3】（2025·高二·四川遂宁·期中）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的

《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，

使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三

档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨

一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位

整数中能被3整除的个数为（）

A．5B．7C．15D．26

【答案】B

【解析】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700；

“百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605；

“百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155；

520、502、506、560、511、551、515、555.

其中能被3整除的三位整数为：300、210、201、120、102、111、555.

所以共有7个.

故选：B.

1．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）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．72B．96C．120D．144

【答案】C

【解析】设四种颜色分别为1、2、3、4，

（1）四种颜色都用：

先涂区域B，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1，

再涂区域C，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2，

再涂区域E，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3，

若区域A填涂颜色2，则区域D,F填涂颜色1、4或4、3，

若区域A填涂颜色4，则区域D,F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4324=96种不同的涂法.

（2）四种颜色只用其中的三种颜色：

即当A,C同色，B,D同色，E,F同色，共有432=24种不同的涂法.

综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有24+96=120种不同涂法.

故选：C

2．（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．24B．48C．72D．120

【答案】C

【解析】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43222172.

故选：C

3．（24-25高二下·浙江舟山·期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、

丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传

花，花仍回到甲手中，则传法总数为（）

A．36B．48C．52D．64

【答案】C

【解析】5人传花，第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的

任意一人，经过4次传花，花仍回到甲手，

∴第1次传花有4种方法，第3次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两类方法，

第4次传花只能传到甲手中.

∴当第2次传花后花在甲手中时，则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊手中，共4种方法；

当第2次传花后花不在甲手中时，有3种方法，则第3次传花有3种方法.

∴经过4次传花，花仍回到甲的传法总数为：4143352，

∴花仍回到甲的传法总数为52种，

故选：C.

4．（24-25高二下·四川内江·月考）某学校准备派遣5名教师同时到三个不同的学校进行支教活动.要求每个

学校至少派遣1名教师，若教师甲乙去往不同的学校，则不同的派遣方案有（）种.

A．36B．72C．114D．162

【答案】C

【解析】安排甲有3种方法，再安排乙有2种方法，因此安排甲乙共有32种方法；

余下3人，每人有3种安排方法，共有33种方法，除甲乙去的学校外的学校无人去的情况有23种，

所以不同的派遣方案有6(3323)114（种）.

故选：C

5．（24-25高二下·陕西咸阳·月考）合阳中学是陕西省第一所县立中学，始建于1916年，明年是我校建校

110周年，则满足建校n周年的正整数n能整除对应年份的n的个数为（）

A．6B．8C．12D．前三个选项都不对

【答案】A

【解析】根据已知条件有建校n周年对应的年份为1916n，

1916n1916

结合题意有：1N，

nn

因为191622479，所以n的可能取值为：

1，2，479，224，2479958，224791916，

共6种情况.

故选：A

6．（多选题）（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（）

A．用0,1,2,3,4,5这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数

B．用0,1,2,3,4,5这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数

C．用0,1,2,3,4,5这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数

D．用0,1,2,3,4,5这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数

【答案】ABC

【解析】对于A，第一步，千位可以为1,2,3,4,5，有5种排法，

第二步，百、十、个位有666种排法，

所以可以排成56661080个可重复数字的四位数，故A正确；

对于B，第一步，千位可以为1,2,3,4,5，有5种排法；

第二步，百、十、个位有543种排法，

所以可以排成5543300个无重复数字的四位数，故B正确；

对于C，第一步，个位可以为1,3,5，有3种排法；

第二步，千位有除个位和0以外的4种排法，

第三步，百、十位有43种排法，

所以可以排成3443144个无重复数字的四位奇数，故C正确；

对于D，第一种情况：当个位为0时，千､百､十位有54360种排法，

第二种情况：第一步，个位可以为2，4，有2种排法；

第二步，千位有除个位和0以外的4种排法，

第三步，百、十位有43种排法，共有244396种排法，

综上所述，可以排成6096156个无重复数字的四位偶数，故D错误.

故选：ABC.

7．（多选题）（24-25高二下·新疆喀什·期末）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

【解析】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.

8．（多选题）（24-25高二下·江苏连云港·期末）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

【解析】对于A，无重复数学的三位数的情况数为665180，故A正确；

对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有1,3,5，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为35575，

故B正确；

对于C，能被25整除的四位数的最后两位有25,50，则无重复数字且能被25整除的四位数的情况数有

445436，故C错误；

对于D，当千位比1大的无重复数字的四位数的情况数有5654600；

当千位为1且百位比3大的无重复数字的四位数的情况数有135460；

当千位为1、百位为3且十位比0大的无重复数字的四位数的情况数有114416；

当千位为1、百位为3、十位为0且个位比0大的无重复数字的四位数的情况数有4.

综上可得60060164680，故D错误.

故选：AB.

9．（多选题）（24-25高二下·湖北武汉·月考）从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数组成一个三位数，

则在所组成的数中（）

A．偶数有60个B．比300大的奇数有48个

C．个位和百位数字之和为7的数有24个D．能被3整除的数有32个

【答案】AC

【解析】对于A，要为偶数，个位可以为2或4或6，有3种情况，十位和百位在剩下的5种情况任取2个

12

进行全排，所以共有C3A560个，故A正确；

对于B，比300大的奇数，首先百位要大于等于3，个位要为奇数，

11

当百位为3或5时，个位有2种情况，此时比300大的奇数有C2C2416个，

11

当百位为4或6时，个位只有3种情况，此时比300大的奇数有C2C3424，

所以比300大的奇数共有40个，故B错误；

对于C，个位和百位和为7的情况有1,6或2,5或3,4，共3种情况，

12

则符合题意得三位数有C3A2424，故C正确；

对于D，能被3整除，则三个数字之和为3的倍数，共有1,2,3，1,2,6，1,3,5

1,5,6，2,3,4，2,4,6，3,4,5，4,5,6八种情况，

3

所以能被3整除的数有8A348个，故D错误；

故选：AC.

10．（2025高三·全国·专题练习）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

【解析】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65445630（种）．

故答案为：630.

11．（2025高三·全国·专题练习）将27，37，47，48，55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的

和为3的倍数，则这样的排列有种．

【答案】144

【解析】注意到这7个数被3除的余数分别为0，1，2，0，1，2，0．

只需对余数排列即可，有6种情形：2010201，1020102，0120012，2100210，0210021，1200120．

每一种情形有321212124种，所以共有246144种.

故答案为：144.

12．（2025高二·全国·专题练习）设集合I1,2,3,4,5，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数

大于A中最大的数，则有种选择.

【答案】49

【解析】对集合A中的最大元素进行分类.

（1）当集合A中最大的数为1时，集合A只有1种，集合B有24115种，故共有15种.

（2）当集合A中最大的数为2时，集合A有2种，集合B有2317种，故共有2714种.

（3）当集合A中最大的数为3时，集合A有224种，集合B有2213种，故共有4312种.

（4）当集合A中最大的数为4时，集合A有238种，集合B有1种，故共有8种.

因此，根据分类加法计数原理，共有151412849种.

故答案为：49

13．（24-25高二下·广东揭阳·期末）如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一

格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，

，，，

1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字nn239的不同路线条数记为rn，从1移

，，，

动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字nn238的概率记为Pn，则r5，

P6．

12

【答案】5

17

【解析】由题意得：r21,r32，若移动到数字n2，则由数字n1或数字n移动一次得到，则rn2rn1rn，

据此即可得到r43,r55,r68，r713,r821,r934，又因为从6到9共有679,689,6789三条路径可走，

2412

故从1到9经过6的路径共有3r24，故P,

663417

12

故答案为：5，

17

14．（24-25高二下·山西·期末）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

3

【解析】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A424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2125种方法，

因此总的涂法共有245120，

故答案为：120

1111

15．（24-25高二