资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
第01讲 计数原理
目录
01 常考题型过关练
题型01 分类加法计数原理的应用
题型02 分步乘法计数原理的应用
题型03 两个计数原理的综合（与数字有关的问题）
题型04两个计数原理的综合（与几何有关的问题）
题型05两个计数原理的综合（涂色问题）
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 分类加法计数原理的应用
1．某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（ ）
A．12种 B．27种 C．120种 D．600种
2．由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有（ ）
A．24个 B．72个 C．96个 D．120个
3．一项工作可以用两种方法完成，有6人只会用第一种方法完成，另有11人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为（ ）
A．60 B．66 C．16 D．17
4．5名同学分成两组参加志愿服务活动，其中甲、乙不同组的分法种数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．某班级周一的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共6节课，其中要求体育课不能排在第一节，且数学课不能排在最后一节，则共有 种不同的排法.（用数字作答）
6．在由数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9组成的三位数（数字可以重复）中，能被3整除的三位数的个数为 ，能被3整除且不含数字0的三位数的个数为 ．
02分步乘法计数原理的应用
1．某校招聘了6名教师，现平均分配给学校的两个校区，其中2名英语教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有（ ）
A．12种 B．14种 C．24种 D．48种
2．有一些含有特殊数学规律的车牌号码，如：皖C80808、皖C22222、皖C12321等，这些牌照中的五个数字都是关于中间的一个数字“对称”的，给人以对称的美的感受.我们不妨把这样的牌照叫做“数字对称”牌照.如果让你负责制作只以8或9开头且有五个数字的“数字对称”牌照，那么最多可制作（ ）
A．200个 B．400个 C．1000个 D．2000个
3．乘积展开后共有（ ）项.
A．10 B．24 C．30 D．45
4．某班选派6名同学到学校的这3个活动场地做志愿者工作，每个场地至少去1名同学，每名同学只能去1个场地，且3个场地去的同学人数互不相同，则不同的选派方法种数为（ ）
A．90 B．360 C．450 D．990
5．已知甲、乙、丙、丁、戊5名同学站一排照相，要求甲、乙站在丙、丁之间，则不同站法有（ ）
A．20 B．30 C．36 D．48
03 两个计数原理的综合应用 （与数字有关的问题）
1．从1，2，4，5，7，8这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的奇数个数是（ ）．
A．24 B．36 C．60 D．120
2．从中任取个数字，从中任取个数字，用这个数字组成的没有重复数字的五位数的个数为（ ）
A． B． C． D．
3．从0，1，2，…，9这10个数字中选出3个不同的数字组成三位数，其中大于230的共有（ ）
A．504个 B．552个 C．559个 D．660个
4．“ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当 142857 与 1 至 6 中任意 1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这 6 个数字组成. 若从 1，4，2，8，5，7这 6 个数字中任选 4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于 5700 的偶数个数是（ ）
A．66 B．75 C．78 D．90
5．（多选）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
04两个计数原理的综合应用 （与几何有关的问题）
1．记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（ ）
A．2 B．5 C．8 D．9
2．在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（ ）
A．95 B．91 C．88 D．75
3．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
4．圆周上有个等分点，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ．
5．在如图所示的的方格纸上（每个小方格均为正方形），共有 个矩形、 个正方形．
05 两个计数原理的综合应用（涂色问题）
1．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．5 B．6 C．7 D．8
2．在一个具有五个行政区域的地图上，用6种颜色着色，若相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（ ）
A．1450种 B．1480种 C．1520种 D．1560种
3．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．24 B．48 C．72 D．120
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，共有几种不同的着色方法？（ ）
A．120 B．160 C．180 D．300
5．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 .

6．给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同.
(1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务
(2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法.
1．（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
2．（2025·浙江绍兴·三模）某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、心理6堂课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同排法总数是（ ）
A．192 B．144 C．124 D．216
3．（2024·河北·模拟预测）甲乙丙丁四位同学围成一圈玩传球游戏，通过掷骰子决定传球的次数，按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，掷出几点就向后传几次球，若抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则不同的掷骰子方法有 种.
4．（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 ．
5．（2025·湖北·模拟预测）在方格表的16个小方格中选取8个，使得每行每列都恰有两个小方格被选中，则不同的选取方法数为 .（请用数字作答）
6．（2025·浙江嘉兴·二模）将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答）
1．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ．
2．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）．
3．（2025·江苏南京·二模）现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有（ ） 种.
A．54
B．55
C．56
D．58
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
5．（2025·山东·三模）甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2样，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有 种．（用数字作答）中小学教育资源及组卷应用平台
第01讲 计数原理
目录
01 常考题型过关练
题型01 分类加法计数原理的应用
题型02 分步乘法计数原理的应用
题型03 两个计数原理的综合（与数字有关的问题）
题型04两个计数原理的综合（与几何有关的问题）
题型05两个计数原理的综合（涂色问题）
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 分类加法计数原理的应用
1．某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（ ）
A．12种 B．27种 C．120种 D．600种
【答案】B
【详解】已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，
则小丁当天出行的方案共有.
故选：B.
2．由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有（ ）
A．24个 B．72个 C．96个 D．120个
【答案】C
【详解】若组成的4位数不含0，则有个；
若组成的4位数含0，因为0不能在首位，所以首位有种排法，后面的三位有种排法，所以含0的4位数有个.
所以由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有：个.
故选：C
3．一项工作可以用两种方法完成，有6人只会用第一种方法完成，另有11人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为（ ）
A．60 B．66 C．16 D．17
【答案】D
【详解】求出不同选法的种数，有两类：选取只会用第一种方法的人，有6种方法；
再选取只会用第二种方法的人，有11种，
所以不同方法种数是.
故选：D
4．5名同学分成两组参加志愿服务活动，其中甲、乙不同组的分法种数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【详解】5名同学分成两组，有1和4分组以及2和3分组这两种情况，
若甲在1人组，乙在4人组，这是1种情况，
若甲在4人组，乙在1人组，这又是1种情况，
所以1和4分组时甲、乙不同组的方案数为种，
若甲在2人组，乙在3人组，那么从剩下3人中选1人与甲一组，
根据组合数公式，则种情况，
若甲在3人组，乙在2人组，
同样从剩下3人中选1人与乙一组，也有种情况，
所以2和3分组时甲、乙不同组的方案数为种，
根据分类加法计数原理，将两种分组情况的方案数相加，可得甲、乙不同组的分配方案共有种．
故选：D.
5．某班级周一的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共6节课，其中要求体育课不能排在第一节，且数学课不能排在最后一节，则共有 种不同的排法.（用数字作答）
【答案】
【详解】根据题意，可分为两类：
（1）若体育课排在最后一节，则有种不同的排法；
（2）若体育课不排在第一节和最后一节，则有种不同的排法，
由分类计数原理得，共有种不同的排法.
故答案为：.
6．在由数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9组成的三位数（数字可以重复）中，能被3整除的三位数的个数为 ，能被3整除且不含数字0的三位数的个数为 ．
【答案】
【详解】将数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9分为三类：第一类被3整除的集合，第二类被3整除余1的集合，第三类被3整除余2的集合，
第一种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况，
第二种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况，
第三种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况，
第四种情况：在中各取一个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数：不含0则有，含0则在各取一个数字则有，
根据分类加法计数原理共有：；
能被3整除且不含数字0，则中的数字除0外组成的集合为，
第一种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况，
第二种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况，
第三种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况，
第四种情况：在中各取一个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况，
根据分类加法计数原理共有.
故答案为：；.
02分步乘法计数原理的应用
1．某校招聘了6名教师，现平均分配给学校的两个校区，其中2名英语教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有（ ）
A．12种 B．14种 C．24种 D．48种
【答案】A
【详解】由题意知，先将2名英语教师分到两个校区，有2种方法，
第二步将3名数学老师分成2组，一组1人另一组2人，有种分法，
然后再分到两个校区，共有种方法，
第三步只需将其他1人分到人数少的一个校区，
根据分布乘法计数原理知不同的分配方案共有.
故选：A
2．有一些含有特殊数学规律的车牌号码，如：皖C80808、皖C22222、皖C12321等，这些牌照中的五个数字都是关于中间的一个数字“对称”的，给人以对称的美的感受.我们不妨把这样的牌照叫做“数字对称”牌照.如果让你负责制作只以8或9开头且有五个数字的“数字对称”牌照，那么最多可制作（ ）
A．200个 B．400个 C．1000个 D．2000个
【答案】A
【详解】已知“数字对称”牌照中的五个数字都是关于中间的一个数字“对称”的，
设这个五位数为（均为0到9的整数），
首先确定第一位数字，因为牌照只以8或9开头，
所以有两种选择方法，即或；
其次确定第二位数字，可以从0到9这10个数字中任选一个，
所以有10种选择方法；
最后确定第三位数字，同样可以从0到9这10个数字中任选一个，
所以有10种选择方法；
所以根据分步乘法计数原理可知最多可制作的拍照数量为个.
故选：A
3．乘积展开后共有（ ）项.
A．10 B．24 C．30 D．45
【答案】D
【详解】由于每一项互不相同，展开后共有项.
故选：D.
4．某班选派6名同学到学校的这3个活动场地做志愿者工作，每个场地至少去1名同学，每名同学只能去1个场地，且3个场地去的同学人数互不相同，则不同的选派方法种数为（ ）
A．90 B．360 C．450 D．990
【答案】B
【详解】先分组有种方式，然后对这三组进行全排列有种方式，
由分步乘法计数原理可知，所求为.
故选：B.
5．已知甲、乙、丙、丁、戊5名同学站一排照相，要求甲、乙站在丙、丁之间，则不同站法有（ ）
A．20 B．30 C．36 D．48
【答案】A
【详解】由题意先将丙、丁排列有种站法，
再将甲、乙排在丙、丁之间有种站法，
最后在排好的4人所形成的5个空挡中选一个站戊，
有种站法，
根据分步乘法计数原理，
得共有种不同的站法.
故选：A.
03 两个计数原理的综合应用 （与数字有关的问题）
1．从1，2，4，5，7，8这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的奇数个数是（ ）．
A．24 B．36 C．60 D．120
【答案】C
【详解】因为组成的四位数大于7000，所以千位上的数字只能是7或8．
因为组成的四位数是奇数，所以个位上的数字只能是1，5或7．
若千位上的数字是7，则个位上的数字只能是1或5，
故符合题意的四位数有；
若千位数字是8，则个位上的数字是1，5成7，故符合题意的四位数有（个）．
综上，符合题意的四位数共有（个）．
故选：C．
2．从中任取个数字，从中任取个数字，用这个数字组成的没有重复数字的五位数的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】若组成的位数中没有，则有个；
若组成的位数中有，则有个，
所以用这个数字组成的没有重复数字的五位数有个.
故选：C
3．从0，1，2，…，9这10个数字中选出3个不同的数字组成三位数，其中大于230的共有（ ）
A．504个 B．552个 C．559个 D．660个
【答案】C
【详解】当百位数大于2时，三位数均符合题意，共有个；
当百位数为2时，
（1）若十位数大于3，此时三位数均符合题意，共有个；
（2）若十位数为3，符合题意的三位数共有个．
综上所述，共有个．
故选:C．
4．“ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当 142857 与 1 至 6 中任意 1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这 6 个数字组成. 若从 1，4，2，8，5，7这 6 个数字中任选 4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于 5700 的偶数个数是（ ）
A．66 B．75 C．78 D．90
【答案】B
【详解】若千位数字是5，则百位数字只能是7或8，故共有（个）；
若千位数字是7，则共有（个）；
若千位数字是8，则共有（个）．
故符合条件的四位数共有（个）．
故选：B.
5．（多选）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
【详解】对于A，无重复数学的三位数的情况数为，故A正确；
对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为，故B正确；
对于C，能被整除的四位数的最后两位有，则无重复数字且能被整除的四位数的情况数有，故C错误；
对于D，当千位比大的无重复数字的四位数的情况数有；
当千位为且百位比大的无重复数字的四位数的情况数有；
当千位为、百位为且十位比大的无重复数字的四位数的情况数有；
当千位为、百位为、十位为且个位比大的无重复数字的四位数的情况数有.
综上可得，故D错误.
故选：AB.
04两个计数原理的综合应用 （与几何有关的问题）
1．记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（ ）
A．2 B．5 C．8 D．9
【答案】C
【详解】当与平面平行时，如下图存在2种情况.
当经过△中位线时，如下图其中一条中位线有2种情况，故三条中位线，共有6种情况.
综上，共有2+6=8种情况.
故选：C.
2．在直角坐标系中，已知三边所在直线的方程分别为，则内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（ ）
A．95 B．91 C．88 D．75
【答案】B
【详解】由题设，直线分别交x、y轴于、，

以高为10，宽为15的矩形内（含边）整数点有176个，其中直线上的整数点有、、、、、，共6个，
所以，矩形对角线两侧的三角形中整点的个数为个，
综上，△中整点的个数为个.
故选：B
3．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
【详解】如图所示，以A为钝角顶点，在直径的左边取点，右边依次取，得到6个钝角三角形，当取时，△为锐角三角形；
同理，直径的左边取点，右边依次取，得到5个钝角三角形，当取，时，△、△为锐角三角形；
……
在直径的左边取点时，得到一个钝角△，
在直径的左边取点时，没有钝角三角形.
故以A为钝角顶点的三角形共有（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（个）钝角三角形.
故选：C
4．圆周上有个等分点，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ．
【答案】
【详解】由题意知,只有三角形的一条边过圆心,才能组成直角三角，
因为圆周上有 个等分，所以共有条直径，
每条直径可以和除去本身的两个端点外的点组成直角三角形，所以可做个直角三角形.
根据分步计数原理知,共有 个
故答案为:.
5．在如图所示的的方格纸上（每个小方格均为正方形），共有 个矩形、 个正方形．
【答案】 280 60
【详解】根据题意，7×4的方格纸上，有5条水平方向的线，8条竖直方向的线，
在5条水平方向的线中任选2条，在8条竖直方向的线中任选2条，就可以组成一个矩形，
则可以组成个矩形；
设方格纸上的小方格的边长为1，
当正方形的边长为1时，有7×4=28个正方形，
当正方形的边长为2时，有6×3=18个正方形，
当正方形的边长为3时，有5×2=10个正方形，
当正方形的边长为4时，有4×1=4个正方形，
则有28+18+10+4=60个正方形；
故答案为：280，60.
【点睛】本题考查排列、组合及简单计数问题，是排列组合问题结合分步、分类计数原理的考查，考查分析推理能力，属于中等题.
05 两个计数原理的综合应用（涂色问题）
1．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．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【详解】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种，
舍去，得(负数解舍去).
故选：C.
2．在一个具有五个行政区域的地图上，用6种颜色着色，若相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（ ）
A．1450种 B．1480种 C．1520种 D．1560种
【答案】D
【详解】先涂3区域，共有6种涂法，然后涂1区域，共有5种涂法，
然后涂5区域，若1和5区域同色，一共的涂法种数为；
若1和5区不同色，一共的涂法种数为.
故一共的涂色总数为.
故选：D.
3．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．24 B．48 C．72 D．120
【答案】C
【详解】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.
故选：C
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，共有几种不同的着色方法？（ ）
A．120 B．160 C．180 D．300
【答案】C
【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
5．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
【详解】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共有种方法，
因此总的涂法共有，
故答案为：120
6．给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同.
(1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务
(2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法.
【答案】(1)3种
(2)72
【详解】（1）由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务.
（2）分两种情况:
情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有种涂法;
情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有种涂法.
所以共有24+48=72种不同的涂色方法.
1．（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
【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.
2．（2025·浙江绍兴·三模）某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、心理6堂课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同排法总数是（ ）
A．192 B．144 C．124 D．216
【答案】A
【分析】先排数学课，再排体育课，最后排剩下的语文、政治、英语、心理4堂课，由分步乘法计数原理即可得出答案.
【详解】数学课排在上午有种，体育课排在下午有种，
剩下的语文、政治、英语、心理4堂课有种，
所以种.
故选：A.
3．（2024·河北·模拟预测）甲乙丙丁四位同学围成一圈玩传球游戏，通过掷骰子决定传球的次数，按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，掷出几点就向后传几次球，若抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则不同的掷骰子方法有 种.
【答案】55
【分析】利用点数和为4的倍数则会传回甲手中，然后再利用分类思想计算即可得解.
【详解】按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，
若要再次回到甲手中，则需要传球次数分别为，即4的倍数，
若要使得抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则必需要使3次骰子的点数和为4的倍数，
利用分类思想可知：
第一类：3次骰子的点数和刚好为4，
即点数为两个1和一个2，故有种，此类共有3种；
第二类：3次骰子的点数和刚好为8，
即点数为两个1和一个6，故有种；
点数为一个1和一个2和一个5，故有种；
点数为一个1和一个3和一个4，故有种；
点数为两个2和一个4，故有种；
点数为两个3和一个2，故有种，此类共有21种
第三类：3次骰子的点数和刚好为12，
即点数为一个1和一个5和一个6，故有种；
点数为一个2和一个4和一个6，故有种；
点数为两个3和一个6，故有种；
点数为两个5和一个2，故有种；
点数为一个3和一个4和一个5，故有种；
点数为三个4，故有1种，此类共有25种；
第四类：3次骰子的点数和刚好为16，
即点数为两个6和一个4，故有种；
点数为两个5和一个6，故有种，此类共6种；
三个骰子的点数和最大是18，所以只有以上四类情形，共计有种，
故答案为：55.
4．（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】
【分析】根据给定条件，利用分步计数原理列式即得.
【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：
5．（2025·湖北·模拟预测）在方格表的16个小方格中选取8个，使得每行每列都恰有两个小方格被选中，则不同的选取方法数为 .（请用数字作答）
【答案】90
【分析】根据第二行选取方格与第一行的位置关系进行分类讨论，然后分别计算每类情况的方法数，最后根据分类加法计数原理将所有情况的方法数相加.
【详解】第一行选2个方格有种方法，这2个方格确定后：
（1）若第二行选的方格均与第一行同列，则后两行选的方格只能与前两行不同列，有1种方法；
（2）若第二行选的方格均与第一行不同列，则前两行选取的4个方格中每列1个，第三行选的方格有种方法，选定后第4行随之确定；
（3）若第二行选的方格恰有1个与第一行同列，第二行选取方法有种，
此时，前两行选的4个方格中有2个在同一列（该列后两行不选），有1列前两行都未选（该列后两行必选），另两列前两行各选一个（后两行也要各选一个，2种方法）.
综上，共种方法.
故答案为：90.
6．（2025·浙江嘉兴·二模）将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】对编号为的盒子中球数进行分类讨论，确定编号为的盒子中的球数，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、、，有种情况，
若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、，有种情况，
综上所述，不同的放法种数为种.
故答案为：.
1．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ．
【答案】9
【详解】因为空间中有三个点，且，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种：
第一种：为正四棱锥的侧面，如图1，
此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；

第二种：为正四棱锥的对角面，如图2，
此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种；
综上所述：总共有9种情况.
故答案为：9.
2．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）．
【答案】64
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
3．（2025·江苏南京·二模）现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有（ ） 种.
A．54
B．55
C．56
D．58
【答案】A
【分析】由题设条件有，设，则，还有一个数为，则，，讨论并结合排列数，即可求所有情况数.
【详解】由，得，
则，不妨设，则，
还有一个数为，显然，，对于任意取值，都有如下情况：
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法；
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法；
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法；
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法.
所以一共有种.
故选：A
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
【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·山东·三模）甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2样，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有 种．（用数字作答）
【答案】60
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式求解.
【详解】从5种课外读物中任取1样为甲乙共同的，有5种方法；
再从余下4种中取1样给甲，有4种方法；最后从3种中取1样给乙，有3种方法，
所以这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（种）.
故答案为：60

展开更多......

收起↑