高二数学寒假讲义练习（新人教A专用）第11讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（教师卷）

第U讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理

业【考点目录】

（-）实际问蓬的计数问懑

（-）代麻麻te礴

（=）几何计数问题考点三两个计数原理的综合

（四）数字排列间送

（£）涂色问题

【知识梳理】

知识点1分类加法计数原理与分步乘法计数原理

（1）分类加法计数原理

①定义：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m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"=粗土生种不同的方法.

②拓展：完成一件事，如果有〃类方案，且：第1类方案中有孙种不同的方法，第2类方案中有社

种不同的方法，…，第〃类方案中有加“种不同的方法，那么完成这件事共有+砧+...+〃?〃种不同的

方法

（2）分步乘法计数原理

①定义：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

完成这件事共有不同的方法.

②拓展：完成一件事，如果铝要分成〃个步骤，做第1步有皿种不同的方法，做第2步有62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N=,〃1x,溟x…种不同的方法.

知识点2解答计数应用问题的总体思路

根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类

中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了.此外，还要掌握

一些非常规计数方法，如：①枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的

情况；②转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；③间接法：若用直接法比较复杂，难以计数,

则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得.

考点剖析】

考点一分类加法计数原理

1.（2023春・福建龙岩・高二福建省连城县第一中学校考阶段练习）某校开设A类选修课4门出类选修课3

门,一同学从中选1门，则该同学的不同选法共有（）

A.7种B.12种C.4种D.3种

【答案】A

［分析］根据题意求出所有的可能性即可选出结果.

【详解】解:由题知某校开设4类选修课4门,8类选修课3门，

共7门,

故该同学的不同选法共有7种.

故选:A

2.（2023秋・江苏•高二校联考阶段练习）某高中为高一学生提供四门课外选修课：数学史、物理模型化思维、

英语经典阅读、《红楼梦》人物角色分析.要求每个学生选且只能选一门课程.若甲只选英语经典阅读，乙只

选数学史或物理模型化思维，学生丙、丁任意选，这四名学生选择后，恰好选了其中三门课程，则他们选课

方式的可能情况有种.

【答案】20

【分析】分类讨论乙的选择，在不同情况下，结合条件限制，考虑丙丁的选择，即可求得结果.

【详解】若乙选数学史：

丙若选数学史，则丁有2种选法；丙若选物理模型化思维，则丁有3种选法；

丙若选英语经典阅读，则丁有2种选法；丙若选《红楼梦》人物角色分析，则丁有3种选法，共10种，

若乙选物理模型化思维，同理有1（）种.

故共有20种.

故答案为：2（）.

3.（2023春.辽宁葫芦岛•高二校联考期中）某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水.上

运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（）

A.40种B.20种C.15种D.11种

【答案】D

【分析】根据分类加法计数原理，即可得到答案.

【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有4+5+2=11种.

故选：D

4.（2023・高二课时练习）我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2130是“六合数”）,则其中

首位为2的“六合数”共有（）.

A.18个B.15个C.12个D.9个

【答案】B

【分析】首位数字是2,则后三位数字之和为4,然后分类排列即可求解•.

【详解】由题知后二位数字之和为4,

当一个位置为4时有004,040,^00,共3个；

当两个位置和为4时有013,031,103,301,130,310,022,202,220,共9个；

当三个位置和为4时112,121,211,共3个，

所以一共有15个.

故选：B

5.（2023春・上海嘉定•高二校考期中）己知“，/?G{0,1,2,9},若满足2—%1,则称〃，b“心有灵

犀”.则。，〃心有灵犀”的情形共有.

【答案】28种

【分析】根据新定义，分析。取不同的值时，〃取值的个数，即可得解.

【详解】当〃为。时，〃只能取0，1两个数；

当，为9时，人只能取8,9两个数；

当〃为其它数时,。都可以取三个数,例如。=1时,8可取0,1,2.

综上，一共有2+2+3x8=28种情形.

故答案为：28种

6.（2023・高二单元测试）若一个用、〃均为非负整数的有序数对（九，?），在做〃?+〃的加法时，各位均不进

位，则称（〃［，〃）为“简单的有序实数对“，〃称为有序实数对（〃?,〃）之值，则值为2004的“简单的有序实数

对”的个数是().

A.10B.15C.20D.25

【答案】B

【分析】根据定义，列举出所有的情况，即可求解.

【详解】因为在做〃?+〃的加法时，各位均不进位则称为“笥单的有序实数"，"叶〃称为有序实数对

(加〃)之值，其中〃?、〃均为非负整数，

所以值为2004的“简单的有序实数对”可能为(0,2004),(1,2003),(2,2002),(3,2001),(4,2000)；(2004,

0),(2003,1),(2002,2),(2001,3),(2000,4)：(1000,1004),(1001,1003),(1002,1002)：(1003,1001),

(1004,1000)共15种.

故选：B.

7.(2023秋・浙江杭州•高二杭州四中校考期中)如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档

算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2,右侧的每个算珠表示数I(允许一侧无珠)，记上、中、

下三档的数字和分别为。力".若成等差数列，则不同的分球计数法有种.

ee-------eeeeo

eeeo--------eeo

QQQOQOO

【答案】32

【分析】先确定的范围，再按照公差分类计算

【详解】解：根据题意，。，b,6的取值范围都是7~14中的8个整数,故公差d的范围是-3到3的整数,

①当公差4=0时，从8个整数中选择一个共有8种，

②当公差〃=±1时，力不取7和14,有2x6=12种，

③当公差4=±2时，力不取7,8,13,14,有2x4=8种，

④当公差d=±3时,b只能取10或11,有2x2=4种,

综上共有8+12+8+4=32种，

故答案为：32

考点二分步乘法计数原理

8.（2023秋•山东聊城♦高二山东聊城一中校考期中）全国中学生学科竞赛包含数学、物理、化学、生物、信

息5个学科，4名同学欲报名参赛，每人必选且只能选择1个学科参加竞赛，则不同的报名方法种数是

【答案】625

【分析】利用分步乘法有理求不同的报名方法种数即可.

【详解】由己知第一位同学的报名方法有5种，第二名同学的报名方法有5种，第三名同学的报名方法有5

种，第四名同学的报名方法有5种，由分步乘法计数原理可得4名同学的不同的报名方法种数是5x5x5x5

种，即625种，

故答案为:625.

9.（2023秋・上海闵行•高二校考期末）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.45B.54C.2（）D.9

【答案】A

【分析】将此事分为5步，每一步均为1名同学选择讲库，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；L；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：4x4x4x4x4=4<

故选:A

10.（2023春♦辽宁沈阳•高二同泽高中校考阶段练习）将4封信投入3个不同邮筒，且4封信全部投完，不

同的投法有种

【答案】81

【分析】由题可知每一封信有3种投法，根据分步计数原理即得.

【详解】根据题意，将4封信投入3个不同邮筒，每一封信有3种投法，

所以将4封信投入3个不同邮筒，且4封信全部投完，不同的投法有3x3x3x3=81种.

故答案为：81.

11.（2023秋・福建・高二福建师大附中校考期中）四名师范生从4B,C三所学校中任选一所进行教学实习，

其中A学校必有师范生去，则不同的选法方案有（）

A.37种B.65种C.96种D.108种

【答案】B

【分析】可从反面考虑，计算人学校没有人去的种数.

【详解】若不考虑限制条件，每人都有3种选择，则共有34=81种方法，

若没有人去人学校，每人都有2种选择，则共有24=16种方法，

故不同的选法方案有81-16=65种.

故选:B.

12.（2023春・辽宁沈阳•高二同泽高中校考阶段练习）为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、

美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3

名学生所选活动课程不全相同的选法有种

【答案】210

【分析】根据题意先求出甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，共有多少种情况，减去所

选活动课程完全相同的选法种数，可得答案

【详解】甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加各有6种选怙，共有々=216种选法，

其中甲、乙、丙3名同学所选活动课程完全相同的选法共6种，

则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有216-6=210种，

故答案为：210

考点三两个计数原理的综合

（0实际问题的计数问题

13.（2023秋・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8处接通，不同的路径

条数为（）

B

A.5B.7C.8D.12

【答案】C

【分析】根据分类计数原理与分步计数原理计算可得答案.

【详解】要让电路从A处到B处接通,不同的路径条数为2xl+2x3=8.

故选：C.

14.（2023秋・山东荷泽・高二统考期中）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.3B.6C.7D.8

【答案】D

【分析】根据已知条件及分步乘法计数原理，再结合分类加法计数原理即可求解.

【详解】由图可知，从甲村直接到到丙村的走法有2种，

从甲村到乙村再到丙村的走法有3x2=6种，

所以从甲村到丙村的走法共有6+2=8种.

故选:D.

15.（2023・高二课时练习）三个人踢犍子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后,

健子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有种.

【答案】6

【分析】根据题设列举出传递过程中中间三人的可能情况即可得结果.

【详解】由题设，若三人为甲、乙、丙，传递过程如下：

甲一►①一►②一►耳一►甲

其中①③--定不会为甲，中间三人的可能情况为：

｛乙，丙，乙｝、｛丙，乙，丙｝、｛乙，甲，乙｝、｛乙，甲，丙｝、｛丙，甲，丙｝、｛丙，甲，乙｝,共6种情况.

故答案为：6

16.【多选】（2023秋・河北石家庄扃二校考阶段练习）如图，线路从A到8之间有五个连接点，若连接点断

开，可能导致线路不通，现发现人4之间线路不通，则下列判断正确的是（）

2

・

1I-3-|耳

.♦・

448

-----------j-----------

A.至多三个断点的有19种B.至多三个断点的有22种

C.共有25种D.共有28种

【答案】AC

【分析】分五种情况分别讨论求解可得出.

【详解】若有1个断点，则1,5中断开1个，有2种情况；

若有2个断点，则1,5都断开行1种；1,5断开1个，2,3,4断开1个有2“3=6种，共1+6=7种情况：

若有3个断点,则2,3,4断开有1种；1,5都断开，2,3,4断开1个有3种;1,5断开I个，2,3,4断开2个有…

种,共1+3+6=10种；

若有4个断点，则1,5都断开，2,3,4断开2个有3种；1,5断开1个，2,3,4都断开有2种，共有3+2=5种；

若有5个断点，有1种情况.

综上，至多三个断点的有2+7+10=19利故A正确，B错误；所有情况共有2+7+10+5+1=25利

故C正确，D错误.

故选:AC.

（二）代数中的计数问题

17.（2023・高二课时练习）从1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另

一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为（）

A.64B.56C.53D.51

【答案】C

【分析】按所取的两个数字中有数字1和没有数字1分别计算对数值的个数，再去掉对数值相等的个数即

可得解.

【详解】由于1只能作为真数，则以I为真数，从其余各数中任取一数为底数，对数值均为0，

从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成8x7=56个对数式，

其中，Iog24=log3"iog42=log93,log23=log49,log32=iogQ4,重复了4次，

所以得到不同对■数值的个数为1+56-4=53.

故选:C

18.【多选】（2023.高二课时练习）已知集合M二{1,23},2{45,6,-7},从M,N这两个集合中各

选一个元素分别记作。，江则下列说法正确的有（）

A.2表示不同的正数的个数是6

a

B.表示不同的比1小的数的个数是6

a

C.（小b）表示k轴上方不同的点的个数是6

D.（小b）表示y轴右侧不同的点的个数是6

【答案】BC

【分析】对于四个选项中的计数问题，分别用分类、分步计数法表示，并排除重复情况即得解

【详解】对于选项A,若mb均为正,共有2x2=4个，若m〃均为负，共有1x2=2个，但6;==-4，所以

3-2

共有5个，所以选项A错误；

对于选项B,若2为正，显然均比1大，所以只需2为负即可，共有2x2+lx2=6个，所以选项B正确：

aa

对于选项C,要使（小b）表示大轴上方的点，只需〃为正即可，共有2X3=6个，所以选项C正确；

对F选项D,要使（mb）表示j轴右侧的点，只需。为正即可，共有2x4=8个，所以选项D错误.

故选:BC

19.（2023・高二课时练习）对于自然数〃作竖式运算〃+（〃+1）+（〃+2）时不进位，那么称〃是“良数”，如32

是“良数”，由于计算32+33+34时不进位，23是“良数”，由于计算23+24+25时要进位，那么小于1000

的“良数”有

A.36个B.39个C.48个D.64个

【答案】C

【详解】如果〃是良数，则〃的个位数字只能是0J2，非个位数字只能是012,3（首位不为0），而小于1000

的数至多三位，一位的良数有0J2，共3个，二位良数个位可取012,十位可取1,2,3,共有3x3=9个，

三位良数个位可取0,12,十位可取012,3,百位可取1,2,3,共有3x4x3=36,综上，小于1000“良数”的个

数为3+9+36=48个，故选C.

（三）几何计数问题

20.（2023秋・全国•高二期末）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

【分析】首先选取一个点作为钝角顶点，并该点与圆心连线将其余14个顶点分成左右各7个：在左侧选取

一个点作为第二顶点，依次选取右侧7个点作为第三顶点判断三角形形状，依此步骤即可得当前钝角顶点

下的钝角三角形个数，最后乘以15即可得结果.

【详解】如图所示，以人为钝角顶点，在直径A4'的左边取点用，右边依次取G，C”…,。6,得到6个钝角

三角形，当取G时，△&AC?为锐角三角形;

同理，直径4A的左边取点区，右边依次取G，C”…,G，得到5个钝角三角形，当取时，△B2AC6.

△8/G为锐角三角形;

在直径A4'的左边取点线时，得到一个钝角△RAG，

在直径A4'的左边取点当时，没有钝角三角形.

故以A为钝角顶点的三角形共有6+5+4+3+2+1=21（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15x21=315（个）钝角三角形.

故选:C

21.（2023秋.全国•高二期末）过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线

的对数为（）

A.18B.30C.36D.54

【答案】C

【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面

边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案.

【详解】解：如图，分以下几类：

棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：3x2=6对：

棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：3x2=6对•：

底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线依6x2=12对；

底面边与底面边之间所构成的异面直线有：3x2=6对：

6x2

侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：丁=6对；

所以共有6+6+12+6+6=36对.

故选：C.

22.（2023秋・全国•高二期末）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12条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有2个

共有24组，再考虑重复情况得到答案.

【详解】正方体共有12条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有2个

共有24组，每组中包含两条棱，故有24+2=12

故选：C

23.（2023秋・山东聊城•高二校考期中）从正方体六个面的对角线中任取两条作为•对，其中相互平行或相

互垂直的有（）

A.24对B.16对C.18对D.48对

【答案】C

【分析】考虑相对面的相互平行或相互垂直的情况即可，相对面中，相互平行的有2对，相互垂直的4对.

【详解】从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，相互平行或相互垂直，

则考虑相对面的相互平行或相互垂直的情况即可.

相对面中，相互平行的有2对，相互垂直的4对，共6对，

正方体有三组相对面，故3x6=18.

故选C

24.（2023春・上海宝山♦高二上海交大附中校考期中）正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有

种不同选法

【答案】12

【分析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点，确定共面的情况数，注意重更计数的情况.

从任意一个侧棱出发，其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况,

所以，所有共面的情况有8x3=24种，而每条棱均重复计数一次，

24

综上，止方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有5=12种.

故答案为：12

（四）数字排列问题

25.（2023.高二课时练习）己知集合A={2,4,6,曲，A={1,3,5,7,9},从4中取一个数作为十位数字，从4

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

【分析】根据分步乘法和分类加法计数原理即可求解.

【详解】①从4中取一个数作为十位数字，有4种不同的取法，从4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4x5=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.

26.(2023.高二课时练习)由2、3、5、7组成无重复数字的四位数，求：

⑴这些数的数字和；

(2)这些数的和.

【答案】(1)408

(2)113322

【分析】3)根据分步乘法原理计算所有的四位数，进而可得这24个数的数字之和，

(2)确定24个数中，每个数位上2,3,5,7出现的次数，进而可求这些数的和，

(1)

共可组成4x3x2x1=24个四位数，这24个四位数的数字和为24x(2+3+5+7)=408.

(2)

这24个四位数中，数字2在千位的有3x2x1=6个，同样，3、5、7在千位的各有6个.

同理，2、3、5、7在百位、十位、个位各出现6次.

所以所有数之和为(2+3+5+7)x6x(1000+100+10+1)=113322

27.(2023・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及数字的三位偶数.

【答案】52

【分析】由特殊位置法与特殊元素法分类讨论，利用分类与分步计数原理即可解决.

【详解】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5x4=20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，()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2x4x4=32个没有重复数字的三位偶数；

综上，一共可以组成32+20=52个没有重复数字的三位偶数.

故答案为：52.

(五)涂色问题

28.（2023春・辽宁葫芦岛♦高二校联考期中）如图，提供4种不同的颜色给图中A,B,C,。四块区域涂

色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有种.

【分析】先对8区域涂色，再对。区域涂色，再对区域涂色，最后对C区域涂色，再根据分步乘法原理

可得答案.

【详解】先对8区域涂色，共有4种不同的涂法，再对。区域涂色，共有3种不同的涂法，再对A区域涂

色，共有2种不同的涂法，最后对。区域涂色，共有2种不同的涂法，

根据分步乘法计数原理，则不同的涂法共有4x3x2x2=48种，

故答案为：48.

29.（2023春•辽宁沈阳•高二沈阳二中校考期中）如图所示的五人区城中，现要求在五个区域中涂色，有四

种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区城所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为

【分析】利用分步乘法及分类加法计数原理即可求解.

【详解】设这四个颜色分别为1,2,3,4,先给区域E涂色，有4种涂法；

假设区域E涂的是颜色I,再给区域A涂色，可以是颜色2,3,4,有3种涂法；

假设区域A涂的是颜色2,再给区域〃涂色，可以是颜色3.4,有2种涂法；

假设区域8涂的是颜色3,如果区域。涂的是颜色2,则区域。可以涂颜色3或颜色4,有2种涂法;

如果区域C涂的是颜色4,那么区域。可以涂颜色3,有1种涂法.

所以不同的涂色方法种数为4X3X2X（2+1）=72（种）

故答案为：72.

30.（2023春♦宁夏银川•高二校考阶段练习）用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同

的颜色，不同的涂色方法共有（）

C.48种D.72种

【答案】C

【分析】根据分步乘法计数原理逐一按①和④涂色，即可求解.

【详解】对于①②③，两两相邻，依次用不同颜色涂，共有4x3x2=24种涂色方法，对于④，与②③相邻,

但与①相隔，此时可用剩下的一种颜色或者与①同色，共2种涂色方法，则由分步乘法计数原理得24x2=48

种不同的涂色方法.

故选:C

31.（2023・高二课时练习）某城市在中心广场建造一个花面，花皿分为6个部分，如图所示.现要栽种4种

不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（）.

A.80种B.120种C.160种D.240种

【答案】B

【分析】由题意，按照一定顺序，由1,2,3,5的顺序，在5号区域的选择上进行分情况，根据分类加法原理

和分步乘法原理，可得答案.

【详解】第一步，对1号区域，栽种有4种选择；第二步，对2号区域，栽种有3种选择;

第三步，对3号区域，栽种有2种选择；第四步，对5号区域，栽种分为三种情况,

①5号与2号栽种相同，则4号栽种仅有I种选择，6号栽种有2中选择,

②5号与3号栽种相同，情况同上，③5号与2、3号栽种都不同，则4、6号只有1种;

综上所述，4x3x2x0x2x2+1x1)=120种.

故选:B.

Q【过关检测】

一、单选题

1.（2023秋•广西百色♦高二统考期末）某学校推出了《植物栽培》《手工编织》《实用木工》《实用电工》4

门校本劳动选修课程，要求每个学生从中任选2门进行学习，则甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同

的选法为（）

A.16B.24C.12D.36

【答案】B

【分析】甲先从4门课程选择I门,乙再从剩下的3门中选择I门，甲乙再从剩下的2门中共同选择I门.

根据分步乘法计数原理可得.

【详解】甲先从4门课程选择1门，有4种选法，乙再从剩下的3门中选择1门，有3种选法，甲乙再从

剩下的2门中共同选择1门，有2种选法，所以根据分步乘法计数原理可得甲、乙两名同学的选课中恰有一

门课程相同的选法为4x3x2=24种.

故选：B.

2.（2023秋・河北石家庄•高二统考期末）7月3日，甲、乙两人从邢台各自乘坐火车到石家庄，当天从刑台

到石家庄有11个车次，其中有5个车次的发车时间为凌晨1点到凌晨5点，有6个车次的发车时间为早上

7点到晚上6点.已知甲选择凌晨6点以后出发的车次，乙选择凌晨I点到晚上6点出发的车次，则两人车

次的不同选择共有（）

A.11种B.36种C.66种D.⑵种

【答案】C

【分析】利用分步乘法计数原理计算可得.

【详解】解：依题意可得甲有6种选择，乙有11种选择，

由分步乘法计数原理可得两人车次的不同选择共有6x11=66种.

故选：C

3.（2023秋・湖南长沙•高二长沙县实验中学统考期末）从数字1,2,3,4中取出3个数字（允许重复），组

成三位数，各位数字之和等于6,则这样的三位数的个数为（）

A.7B.9C.10D.13

【答案】C

【分析】根据各位数字之和等于6的所有可能情况，①1,1,4,②1,2,3,③2,2,2三种恃况分别讨论

求和即可

【详解】其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：

①由I,1,4三个数字组成的三位数：114,141,411共3个；

②由I,2,3三个数字组成的三位数：123,132,213,231,312,321共6个；

③由2,2,2三个数字可以组成I个三位数，即222.

•••共有3+6+1=10个，

故选：C.

4.（2023秋・陕西咸阳•高二校考期末）将6封信投入4个邮筒，且6封信全部投完，不同的投法有（）

A.种B.64种C.4种D.24科

【答案】A

【分析】根据乘法原理求解即可

【详解】将6封信投入4个邮筒，且6封信全部投完，根据乘法原理共有4x4x4x4x4x4=46种

故选:A

5.（2023秋・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.1440B.720C.1920D.960

【答案】C

【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.

【详解】如图，设5个区域分别是4,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。与区域A种植同1种花卉，则区域£可选择的花卉有4种；

若区域。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4种，

故不同的种植方法种数是6x5x4x（1x4+3x4）=1920.

故选:C

二、多选题

6.（2023秋•江苏淮安•高二统考期末）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.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种

B.如果同学甲必须选择社区A,则不同的安排方法有25种

C.如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60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】ABC

【分析】求得社区A必须有同学选择的方法数判断选项A；求得同学甲必须选择社区A的方法数判断选项B；

求得三名同学选择的社区各不相同的安排方法数判断选项C：求得甲、乙两名同学必须在同一个社区的安排

方法数判断选项D.

【详解】安排甲、乙、丙三位同学到A,B,C,。，E五个社区进行暑期社会实践活动，

选项A：如果社区A必须有同学选择，

则不同的安排方法有5'-43=61（种）.判断正确；

选项B：如果同学甲必须选择社区A,则不同的安排方法有夕=25（种）.判断正确；

选项C：如果三名同学选择的社区各不相同，

则不同的安排方法共有5x4x3=60（种）.判断正确：

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5+5?425（种）.判断错误.

故选：ABC

7.（2023秋•湖南长沙•高二周南中学校考期末）现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正

确的是（）

A.从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法

B.若每种颜色选出I个球，有120种不同的选法

C.若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法

D.若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法

【答案】BD

【分析】根据分步与分类计数原理逐个求解即可

【详解】对A,从中选出2个球，正好一红一黄,有4x5=20种不同的选法,所以该选项错误:

对B，若每种颜色选出I个球，有4K5x6-120种不同的选法，所以该选项正确；

对C,若要选出不同颜色的2个球，有4x5+5x6+4x6=74种不同的选法，所以该选项错误；

对D,若要不放问地依次选出2个球，有15x14=210种不同的选法，所以该选项正确.

故选：BD

三、填空题

8.（2023秋•黑龙江齐齐哈尔・高二统考期末）学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种

不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一

颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有种不同的涂色方法.

【答案】66

【分析】运用分类计数原理、分步计算原理，结合组合定义进行求解即可.

【详解】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有C；-1=5种选法，因此不

同的涂色方法有5x2=10种，

当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有2种方法选法，

因此不同的涂色方法有2x2x2=8种，

当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有2种方法选法，

因此不同的涂色方法有2x3x2x（2+l）=36种，

当选择四种颜色时，不同的涂色方法有2x2x2+2x2=12种，

所以共有10+8+36+12=66种不不同的涂色方法，

故答案为：66

9.（2023秋・山东聊城•高二统考期末）数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6,

称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，"吉祥数''的个数为.

【答案】12

【分析】讨论百位数为6、5、4、3、2、1分别列举出符合要求的“吉祥数”，即可得结果.

【详解】当百位为6,符合要求的“吉祥数”有600；

当百位为5,符合要求的“吉祥数”有