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第十单元　排列、组合与二项式定理、概率
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第55讲　两个计数原理
【备选理由】 例1是有限制条件的与数字相关的问题;例2是与数字相关的新定义问题.
1 [配合探究点三使用] (1)满足不等式|x|+|y|+|z|≤6的有序整数组(x,y,z)的个数为 ( D )　　　　　　　　　　　　　　　
A.231 B.267
C.334 D.377
(2)从1,2,3,…,19,20中选三个不同的数a,b,c,且满足2a=b+c的数组(a,b,c)的个数为　180　.
[解析] (1)若x,y,z全为0,则有序整数组的个数为1;若x,y,z有两个为0,则有序整数组的个数为6×3×2=36;若x,y,z有1个为0,则有序整数组的个数为(1+2+3+4+5)×3×4=180;若x,y,z中没有0,易知|x|+|y|+|z|=3或4或5或6,则有序整数组的个数为(1+3+6+10)×8=160.所以有序整数组(x,y,z)的个数为1+36+180+160=377.故选D.
(2)由2a=b+c知,b,c必同奇或同偶,若b,c都为奇数,则有10×9=90(种)选法;若b,c都为偶数,则有10×9=90(种)选法.由分类加法计数原理知,满足题意的数组共有90+90=180(个).
2 [配合探究点三使用] (1)[2025·江苏苏州期中] 若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如212,324等都是“凹数”,用1,2,3,4,5这五个数字组成三位数,则组成的三位数中,“凹数”的个数是　30　,其中能被3整除的“凹数”的个数是　10　.
(2)一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a,b,c,三位数中,当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”(如213,134等).若a,b,c∈{2,3,5,6,7,8},且a,b,c互不相同,则这个三位数为“有缘数”的个数为　24　.
[解析] (1)依题意得,十位上的数字是1的“凹数”的个数为42;十位上的数字是2的“凹数”的个数为32;十位上的数字是3的“凹数”的个数为22;十位上的数字是4的“凹数”的个数为1.所以所求“凹数”的个数是42+32+22+1=30.
1,2,3,4,5除以3的余数依次为1,2,0,1,2,
因此能被3整除的“凹数”含有数字3时,另两个数字除以3的余数不同,
其中十位上的数字是1,另两个数字分别为2,3和3,5;十位上的数字是2,另两个数字分别为3,4;
十位上的数字是3,另两个数字分别为4,5,共有4×2=8(个).
能被3整除的“凹数”不含数字3时,三个数字除以3的余数相同,十位上的数字是1,另两个数字分别为4,4;
十位上的数字是2,另两个数字分别为5,5,共2个.所以能被3整除的“凹数”的个数是10.
(2)根据题意知,在2,3,5,6,7,8中,能组成“有缘数”的组合有2,3,5;2,5,7;2,6,8;3,5,8.
由2,3,5组成的三位自然数为235,253,325,352,523,532,故“有缘数”共6个;
同理,由2,5,7组成的“有缘数”有6个;由2,6,8组成的“有缘数”有6个;由3,5,8组成的“有缘数”有6个.
所以三位数为“有缘数”的个数为4×6=24.(共70张PPT)
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第55讲 两个计数原理
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
【课标要求】
通过实例，理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
◆ 知识聚焦 ◆
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
内容 区别与联系
分类加 法计数 原理 完成一件事有两类不同方 案,在第1类方案中有 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 _______种不 同的方法 （可推广至多类 方案） 区别:分类加法计数原理与分
类有关,各种方法相互独立,用
其中的任何一种方法都可以完
成这件事;分步乘法计数原理
与分步有关,各个步骤相互依
存,只有各个步骤都完成了,这
件事才能完成.
内容 区别与联系
分步乘 法计数 原理 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 _______种不同的方法 （可推广至多个步骤） 联系：复杂问题中，需要两个
计数原理综合应用.某一类中
可能需要再分步，某一步中有
可能需要再分类
续表
◆ 课前演练 ◆
题组一 易错辨析
判断下列说法是否正确.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算
完成.( )
√
[解析] 由分步乘法计数原理的概念知该说法正确.
（2）在分类加法计数原理中，任意两类不同方案中的方法均不相同.
( )
√
[解析] 由分类加法计数原理的概念知该说法正确.
（3）3名学生依次从4本书中选择一本阅览（每本书只能被1名学生
选择），则不同的选法有24种.( )
√
[解析] 由分步乘法计数原理，可知不同的选法有
（种）.
（4）把3个不同的小球投入到4个盒子中,所有可能的投法共有 种.
( )
×
[解析] 第1个球投入盒子中有4种投法；第2个球投入盒子中也有4种
投法；第3个球投入盒子中也有4种投法.只要把这3个球投完,就做完
了这件事情,由分步乘法计数原理可得共有 种投法.
题组二 教材改编
1.乘积 展开后共
有( )
A.10项 B.24项 C.30项 D.45项
[解析] 因为每一项互不相同，所以展开后共有 （项）.
故选D.
√
2.某人欲从地途经地到地，已知从地到 地有10种合适的路线
（包括飞机、火车、汽车等），从地到 地有12种合适的路线，则
此人从地到 地可选择的不同的路线有_____种.
120
[解析] 根据分步乘法计数原理得，可选择的不同的路线有
（种）.
3.音乐播放器里存有10首中文歌曲，8首英文歌曲，3首法文歌曲，从
中任选一首歌曲进行播放，有____种不同的选法.
21
[解析] 依题意知共有 （种）不同的选法.
4.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，
则不同的报名方法共有____种.若没有任何限制，每位同学随意报名，
则不同的报名方法共有______种.
32
1024
[解析] 若每位同学限报其中一个小组,则每位同学都有2种报名方法，
由分步乘法计数原理知,不同的报名方法共有 (种).
若没有任何限制，则每位同学可以都不报，可以报一个，还可以都报，
则每位同学有4种报名方法，
则不同的报名方法共有 （种）.
探究点一 分类加法计数原理
例1（1）[2026·河北邯郸联考]某学校开设了6门球类运动课程、4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.48种 B.36种 C.24种 D.12种
[解析] 根据分类加法计数原理可知，
不同的选法共有 （种）.故选D.
√
（2）我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如
107和224，则所有的“幸运数”共有( )
A.66个 B.55个 C.36个 D.28个
√
[解析] 当首位数字为1时，后两位上的数字相加为7，
“幸运数”分别是116,161,125,152,134,143,107,170，共8个；
当首位数字为2时，后两位上的数字相加为6，
“幸运数”分别是206,260,215,251,224,242,233，共7个；
当首位数字为3时，后两位上的数字相加为5，
“幸运数”分别是305,350,314,341,323,332，共6个；
当首位数字为4时，后两位上的数字相加为4，
“幸运数”分别是404,440,413,431,422，共5个；
当首位数字为5时，后两位上的数字相加为3，
“幸运数”分别是503,530,512,521，共4个；
当首位数字为6时，后两位上的数字相加为2，
“幸运数”分别是602,620,611，共3个；
当首位数字为7时，后两位上的数字相加为1，“幸运数”分别是701,710，
共2个；
当首位数字为8时，后两位上的数字相加为0，“幸运数”是800，共1个.
因此，所有的 “幸运数”共有 （个）.
故选C.
总结反思
（1）分类加法计数原理的实质:
完成一件事的各类方法相互独立,每类中的各种方法也相互独立,用任
何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.
（2）使用分类加法计数原理遵循的原则:
有时分类的划分标准有多个,但不论是以哪一个为标准,都应遵循“标
准要明确,不重不漏”的原则.
【对点演练1】（1）用1，4，7，10中的任意一个数作分子，2，5，
9，11中任意一个数作分母，可构成的不同真分数的个数为( )
A.9 B.10 C.14 D.16
[解析] 由题可知构成的不同的真分数为,,,,,,,,, ，共10个.
故选B.
√
（2）[2026·上海师大附中期末] 若 ，则不同的有序集
合组 共有___种．
9
[解析] 根据题意，若 ，则，
若，则 或，
若，则或，
若 ，则 或或或，
故不同的有序集合组 共有 （种）.
探究点二 分步乘法计数原理
例2（1）下列说法正确的是( )
A.3封不同的信投入4个不同的邮筒，则不同的投法有 种
B.4位运动员争夺3个项目的冠军（每个项目只有一个冠军），则不
同的结果有 种
C.3个人从4种不同的蔬菜中各任选一种，则不同的选法有 种
D.4名学生从3种不同的书籍（每种书籍各有20本）中各任选1种，则
不同的选法有 种
√
[解析] 对于A，3封不同的信投入4个不同的邮筒，
则不同的投法有 种，故A错误；
对于B，4位运动员争夺3个项目的冠军（每个项目只有一个冠军），
则不同的结果有 种，故B错误；
对于C，3个人从4种不同的蔬菜中各任选一种，
则不同的选法有 种，故C错误；
对于D,4名学生从3种不同的书籍（每种书籍各有20本）中各任选1种，
则不同的选法有 种，故D正确.故选D.
（2）[2025·吉林长春模拟]用3种不同的颜色给如图
所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂
相同的颜色，则不同的涂色方案的种数为( )
A.243 B.32 C.48 D.1280
[解析] 从左到右依次涂色，第一个圆环有3种颜色可选，
第二、三、四、五个圆环各有2种颜色可选，
则共有 （种）不同的涂色方案.故选C.
√
总结反思
（1）分步乘法计数原理的实质：
完成一件事要分为若干步,各个步骤相互依存,缺少其中的任何一步都
不能完成这件事,只有当每个步骤都完成后,才能完成这件事.
（2）使用分步乘法计数原理应注意的问题:
①明确题目中所要完成的这件事是什么,确定完成这件事需要几个步骤.
②将完成这件事划分成几个步骤来执行,各步骤之间有一定的连续性,
只有当所有步骤都完成了,这件事才能完成,这是分步的基础,也是关键.
【对点演练2】（1）[2026·海南海口期中]已知 ，则864
的不同正因数的个数为( )
A.12 B.15 C.24 D.20
[解析] 因为，
所以864的正因数一定可以写成 的形式，其中,为非负整数.
易知 的取值可以是0，1，2，3，4，5，共6种情况；
的取值可以是0，1，2，3，共4种情况.
根据分步乘法计数原理可知,864的正因数的个数为 .故选C.
√
（2）[2025·北京师大附中期中]学校组织游学，学生可以从华山、衡
山、恒山、嵩山四个景点中任选一处前往，3个好朋友每人随机选择
一个目的地，则不同的选法种数是( )
A.81 B.64 C.24 D.12
[解析] 学生可以从华山、衡山、恒山、嵩山四个景点中任选一处前往，
则每人有4种选法，所以3个好朋友共有 （种）选法，故选B.
√
探究点三 两个计数原理的综合
例3（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的奇数的个数
是( )
A.24 B.36 C.60 D.120
√
[解析] 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 （个）；
若千位上的数字是8，则个位上的数字是1，5或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）[2026·广东深圳模拟]已知集合,,,,5,6, ，
从两个集合中各取一个元素组成点的坐标，则在直角坐标系中第一、
二象限不同点的个数为( )
A.18 B.17 C.16 D.10
[解析] 在第一、二象限内的点的横坐标可正可负，而纵坐标为正，
这样的点分为两类：
①当点的横坐标取自集合,纵坐标取自集合 时,不同的点有(个)；
②当点的横坐标取自集合 ,纵坐标取自集合时,不同的点有 (个).
由分类加法计数原理可知，第一、二象限不同点的个数为 .故选B.
√
（3）现需要给一个四棱锥 的五个顶点涂色，有四种不同
的颜色可供选择，要求相邻顶点（在同一条棱上的两个顶点）不能
涂同一种颜色，则不同的涂色方案种数为( )
A.48 B.72 C.96 D.144
[解析] 若用四种颜色，则,同色或, 同色，
则涂色方案有（种）；
若用三种颜色，则,同色且, 同色，则涂色方案有（种）.
综上，不同的涂色方案有 （种）.故选B.
√
总结反思
（1）复杂问题中,两个计数原理可以综合应用:可以先分类,在各类中
再分步,或先分步,到某一步时按需要再分类处理.
（2）涂色问题一般综合利用两个计数原理求解,但也有两种常用方法:
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;以颜
色为主分类讨论,用分类加法计数原理分析.
【对点演练3】（1）如图，要让电路从
处到 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
[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 （种）.故选C.
√
（2）[2025·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.36 B.48 C.52 D.64
√
[解析] 由题可知，第1次传花有4种方法，
第2次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两种情况，
第3次传花不能传到甲手中，第4次传花只能传到甲手中.
若第2次传花后花在甲手中，
则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊手中，共4种方法；
若第2次传花后花不在甲手中，则有3种方法，
则第3次传花有3种方法.
故经过4次传花,花仍回到甲手中的传法总数为 ，
故选C.
【备选理由】例1是有限制条件的与数字相关的问题；
例1 ［配合探究点三使用］
（1）满足不等式的有序整数组 的个数为
( )
A.231 B.267 C.334 D.377
√
[解析] 若,,全为0，则有序整数组的个数为1；
若,, 有两个为0，则有序整数组的个数为；
若,, 有1个为0，则有序整数组的个数为；
若,, 中没有0，易知 或4或5或6，
则有序整数组的个数为.
所以有序整数组 的个数为 .故选D.
（2）从1，2，3， ，19，20中选三个不同的数，， ，且满足
的数组 的个数为_____．
180
[解析] 由知，，必同奇或同偶，
若， 都为奇数，则有（种）选法；
若，都为偶数，则有 （种）选法.
由分类加法计数原理知，满足题意的数组共有 （个）.
例2 ［配合探究点三使用］
（1）[2025·江苏苏州期中] 若一个三位数中十位上的数字比百位上的
数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如212，324等都是
“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成三位数，则组成的三位数
中，“凹数”的个数是____，其中能被3整除的“凹数”的个数是____.
30
10
【备选理由】例2是与数字相关的新定义问题.
[解析] 依题意得，十位上的数字是1的“凹数”的个数为 ；
十位上的数字是2的“凹数”的个数为 ；
十位上的数字是3的“凹数”的个数为 ；
十位上的数字是4的“凹数”的个数为1.
所以所求“凹数”的个数是 .
1，2，3，4，5除以3的余数依次为1，2，0，1，2，
因此能被3整除的“凹数”含有数字3时，另两个数字除以3的余数不同，
其中十位上的数字是1，另两个数字分别为2，3和3，5；
十位上的数字是2，另两个数字分别为3，4；
十位上的数字是3，另两个数字分别为4，5，共有 （个）.
能被3整除的“凹数”不含数字3时，三个数字除以3的余数相同，
十位上的数字是1，另两个数字分别为4，4；
十位上的数字是2，另两个数字分别为5，5，共2个.
所以能被3整除的“凹数”的个数是10.
（2）一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为,, ，三位数
中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”
（如213，134等）．若,,，且,, 互不相同，则这
个三位数为“有缘数”的个数为____．
24
[解析] 根据题意知，在2,3,5,6,7,8中，能组成“有缘数”的组合有2,3,5；
2,5,7；2,6,8；3,5,8.
由2,3,5组成的三位自然数为235,253,325,352,523,532,故“有缘数”共6个；
同理，由2,5,7组成的“有缘数”有6个；
由2,6,8组成的“有缘数”有6个；
由3,5,8组成的“有缘数”有6个.
所以三位数为“有缘数”的个数为 ．
作业手册
◆ 夯实基础 ◆
1.将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，可能会出现的结果数为
( )
A.6 B.12 C.24 D.36
[解析] 将骰子先后抛掷2次，每次有6种不同的结果，
一共有 （种）不同的结果.
√
2.[2025·北京一六五中学期中]某学校组织课外实践活动,现有5条不同的路线
供高一、高二、高三3个年级选择,每个年级从中任意选择一条路线,
最终确定3个年级的课外实践活动总方案.则不同的活动方案有( )
A.种 B.60种 C.种 D. 种
√
[解析] 完成这件事情可分三步：
第一步：高一年级学生选择一条路线，有5种选法；
第二步：高二年级学生选择一条路线，有5种选法；
第三步：高三年级学生选择一条路线，有5种选法.
根据分步乘法计数原理可知,完成这件事情的方法有 (种).故选A.
3.如图，从（图中不能折返回 ）不同的走法
有( )
A.8种 B.6种 C.4种 D.2种
[解析] 分为两类讨论，不经过 点有2种走法，
经过点有（种）走法，共有 （种）走法.
故选A.
√
4.已知某博物馆的展览分为“百鸟鸣春”“百兽率舞”“百态生灵”3个单
元.现有甲、乙、丙三名游客参观展览，每人选择其中的一个单元进
行参观，则至少有一人参观“百鸟鸣春”单元的参观方案有( )
A.12种 B.18种 C.19种 D.24种
[解析] 由题可知至少有一人参观“百鸟鸣春”单元的参观方案有
（种）.故选C.
√
5.如图所示，在, 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.9 B.11 C.13 D.15
√
[解析] 按照焊接点脱落的个数分类讨论，
若焊接点脱落1个，则有,，共2种情况；
若焊接点脱落2个，则有,,, ,,，共6种情况；
若焊接点脱落3个，则有, ,,，共4种情况；
若焊接点脱落4个，则有 ，共1种情况.
由分类加法计数原理可知，
焊接点脱落导致电路不通的情况种数为 .故选C.
6.[2026·广东江门模拟]下列说法正确的是( )
A.中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类，现有4名
学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有24种
B.从村去村的道路有3条，从村去村的道路有5条，则从 村经过
村去 村的不同路线的条数为8
C.一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，每本读物
各不相同，从中取出1本读物，则不同的取法共有20种
D.从1，2，3，4，5五个数字中任选三个，可组成无重复数字的三位数
的个数为60
√
[解析] 对于A，现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，
每人都有3种选择，则不同的选购方式有 （种），
故A错误；
对于B，从村去村的道路有3条，从村去 村的道路有5条，
则从村经过村去村的不同路线的条数为 ，故B错误；
对于C，一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，
每本读物各不相同，从中取出1本读物，共有 （种）取法，
故C错误；
对于D，从1，2，3，4，5五个数字中任选三个，
组成无重复数字的三位数分三步，首先确定百位，有5种选择，
再确定十位，有4种选择，最后确定个位，有3种选择，
故共有 （个）满足题意的三位数，故D正确.故选D.
7.[2026·河北保定联考]如图，“赵爽弦图”是由四个
全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正
方形.现有红、黄、蓝、绿四种不同的颜色供选择
给“赵爽弦图”涂色，要求每个区域只涂一种颜色且
相邻两个区域颜色不同，则不同的涂色方法种数为
( )
A.48 B.24 C.144 D.72
√
[解析] 若选三种颜色，则①③同色且②④同色，
则有 （种）方法；
若选四种颜色，则①③同色或②④同色，
则有 （种）方法.
所以一共有 （种）方法.故选D.
8.重庆九宫格火锅下面是相通的，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种不同的食物（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），则不
同的放法种数为( )
A.36 B.18 C.9 D.6
√
[解析] 由题可知，“中间格”只有1种放法；“十字格” 有四个位置，
有3种适合放入的食物,所以其中有一种食物放两个位置,共有3种放法；
“四角格”有四个位置，有2种适合放入的食物，
可分为一种食物放三个位置，另一种食物放一个位置，有2种放法，
或每种食物都放两个位置，有1种放法，
故“四角格”共有3种放法.
所以不同放法共有 （种）.故选C.
9.如图，某植物园的参观路线形如三叶草，若要全部参观并且路线不
重复，则不同的参观路线共有____种.
48
[解析] 参观路线分步完成：第一步，选择三个 “环形”路线中的一个参观，
有3种选法，而在参观选择的“环形”时，可以按顺时针方向或按逆时
针方向两类方法完成；
第二步，选择余下的两个“环形”路线中的一个参观，有2种方法，
同理，在参观选择的“环形”时，
可以按顺时针方向或按逆时针方向两类方法完成；
第三步，参观最后一个“环形”路线，
也可以按顺时针方向或按逆时针方向两类方法完成.
根据分步乘法计数原理可知不同的参观路线共有 (种).
10.对于直线，若与均在集合 内取
值，则不同的直线条数为____.
91
[解析] 当时， 任取一个值，均对应同一条直线；
当时，从 中任取一个值，
对应的直线有（条）.
所以不同的直线条数为 .
◆ 综合提升 ◆
11.（多选题）[2026·江苏连云港调研]用0，1，2，3，4，5，6这七个
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
√
√
[解析] 对于A,可以组成无重复数字的三位数的个数为 ，
故A正确.
对于B，个位可选的数字有1,3,5，
则可以组成无重复数字且为奇数的三位数的个数为 ，
故B正确.
对于C，能被25整除的四位数的最后两位为25,50，
则可以组成无重复数字且能被25整除的四位数的个数为
，故C错误.
对于D，若千位数字比1大,
则可以组成无重复数字的四位数的个数为 ；
若千位数字为1且百位数字比3大，
则可以组成无重复数字的四位数的个数为 ；
若千位数字为1、百位数字为3且十位数字比0大，
则可以组成无重复数字的四位数的个数为 ；
若千位数字为1、百位数字为3、十位数字为0且个位数字比0大，
则可以组成无重复数字的四位数的个数为4，
综上可得共有 （个）满足条件的四位数，
故D错误.故选 .
12.中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国
劳动人民的一个重要的创造.如图所示为雨伞展开
后的示意图，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
630
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.
[解析] 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.
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 （种）.
13.从按直线方向排列的10块地中选2块种植,两种作物，且, 至
少间隔6块地，有____种不同的种植方法.
12
[解析] 方法一：对作物 所种的位置进行分类：
①当种在第1块地时， 只能种在第8，9，10块地上，有3种种植方法；
②当种在第2块地时， 只能种在第9，10块地上，有2种种植方法；
③当种在第3块地时， 只能种在第10块地上，有1种种植方法.
由分类加法计数原理得，共有 （种）种植方法.
再对换, ，可得共有12种不同的种植方法.
方法二：把6块地捆绑.
先在其余的4块地中选2块种植, ，不同的种植方法有 (种),
再把捆绑的6块地插在, 之间，由于不分顺序，故有1种方法.
由分步乘法计数原理得，不同的种植方法有 （种）.
14.[2025·安徽江南十校联考] 程大位 是明代珠算发明
家，他所编撰的《算法统宗》是最早记载并推广珠算开平方、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的个数为____.
26
[解析] “百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有300,700,共2个；
“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，共8个；
“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,共16个.
综上，符合条件的三位整数的个数为26.
【知识聚焦】
【课前演练】（1）√ （2）√ （3）√ （4）×
1. D 2. 120 3. 21 4. 32 1024
课堂考点探究
例1（1）D （2）C 【对点演练1】（1）B （2）9
例2（1）D （2）C 【对点演练2】（1）C （2）B
例3（1）C （2）B （3）B 【对点演练3】（1）C （2）C
教师备用习题
例1（1）D （2）180 例2（1）30 10 （2）24
夯实基础
1. D 2. A 3. A 4. C 5. C 6. D 7. D 8. C 9. 48 10. 91
综合提升
11. AB 12. 630 13. 12 14. 26

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