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

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【考点目录】
【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n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.
②拓展：完成一件事，如果有n类方案，且：第1类方案中有m1种不同的方法，第2类方案中有m2种不同的方法，…，第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn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m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.
②拓展：完成一件事，如果需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn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,B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A类选修课4门,B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10种.
故共有20种.
故答案为：.
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】由题知后三位数字之和为4，
当一个位置为4时有004，040，400，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）已知a，b∈{0，1，2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“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a为0时，b只能取0，1两个数；
当a为9时，b只能取8，9两个数；
当a为其它数时，b都可以取三个数，例如时，可取.
综上，一共有种情形.
故答案为：28种
6．（2023·高二单元测试）若一个、均为非负整数的有序数对，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“简单的有序实数”，称为有序实数对之值，其中m、n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1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为.若成等差数列，则不同的分珠计数法有________种.
【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，，，的取值范围都是中的8个整数，故公差的范围是到3的整数，
①当公差时，从8个整数中选择一个共有种，
②当公差时，不取7和14，有种，
③当公差时，不取7，8，13，14，有种，
④当公差时，只能取10或11，有种，
综上共有种，
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】由已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．B．C．20D．9
【答案】A
【分析】将此事分为5步，每一步均为1名同学选择讲座，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；；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：.
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A，B，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A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，则共有种方法，
若没有人去A学校，每人都有2种选择，则共有种方法，
故不同的选法方案有种.
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种选法，共有种选法，
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种，
故答案为：
考点三 两个计数原理的综合
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B处接通，不同的路径条数为（ ）
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．
故选：C．
14．（2023秋·山东菏泽·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.
15．（2023·高二课时练习）三个人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，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：
其中①③一定不会为甲，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·高二校考阶段练习）如图，线路从到之间有五个连接点，若连接点断开，可能导致线路不通，现发现之间线路不通，则下列判断正确的是（ ）
A．至多三个断点的有种B．至多三个断点的有种
C．共有种D．共有种
【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都断开有1种；1,5断开1个，2,3,4断开1个有种，共种情况；
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1个，2,3,4断开2个有种，共种；
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，共有种；
若有5个断点，有1种情况.
综上，至多三个断点的有种，故A正确，B错误；所有情况共有种，故C正确，D错误.
故选：AC.
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1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，共能组成个对数式，
其中，，，，，重复了4次，
所以得到不同对数值的个数为.
故选：C
18．【多选】（2023·高二课时练习）已知集合M={1，-2，3}，N={-4，5，6，-7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b．则下列说法正确的有（ ）
A．表示不同的正数的个数是6
B．表示不同的比1小的数的个数是6
C．（a，b）表示x轴上方不同的点的个数是6
D．（a，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a，b均为正，共有2×2=4个，若a，b均为负，共有1×2=2个，但，所以共有5个，所以选项A错误；
对于选项B，若为正，显然均比1大，所以只需为负即可，共有2×2+1×2=6个，所以选项B正确；
对于选项C，要使（a，b）表示x轴上方的点，只需b为正即可，共有2×3=6个，所以选项C正确；
对于选项D，要使（a，b）表示y轴右侧的点，只需a为正即可，共有2×4=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时不进位，那么称是“良数”，如32是“良数”，由于计算时不进位，23是“良数”，由于计算时要进位，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 ，非个位数字只能是（首位不为 ），而小于 的数至多三位，一位的良数有 ，共 个，二位良数个位可取，十位可取，共有 个，三位良数个位可取，十位可取，百位可取，共有 ，综上，小于“良数”的个数为 个，故选C.
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
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：对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
所以共有对.
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】正方体共有条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有个
共有组，再考虑重复情况得到答案.
【详解】正方体共有条棱，每条棱对应两个相邻面，与这两个面不都相邻的面有个
共有组，每组中包含两条棱，故有
故选：
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一对，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3×6=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，注意重复计数的情况.
【详解】
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，所有共面的情况有种，而每条棱均重复计数一次，
综上，正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有种.
故答案为：12
数字排列问题
25．（2023·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】 20 10
【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．
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：
(1)这些数的数字和；
(2)这些数的和．
【答案】(1)408
(2)113322
【分析】（1）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4×3×2×1＝24个四位数，这24个四位数的数字和为．
（2）
这24个四位数中，数字2在千位的有3×2×1＝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
27．（2023·高二课时练习）由0、1、2、3、4、5这6个数字可以组成______个没有重复数字的三位偶数.
【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.
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，，，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．
【答案】48
【分析】先对区域涂色，再对区域涂色，再对区域涂色，最后对区域涂色，再根据分步乘法原理可得答案．
【详解】先对区域涂色，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）如图所示的五个区城中，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________（用数字作答）．
【答案】
【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，先给区域涂色，有种涂法；
假设区域涂的是颜色1，再给区域涂色，可以是颜色,有种涂法;
假设区域涂的是颜色，再给区域涂色，可以是颜色，有种涂法;
假设区域涂的是颜色，如果区域涂的是颜色，则区域可以涂颜色或颜色，有种涂法;
如果区域涂的是颜色4,那么区域可以涂颜色，有1种涂法.
所以不同的涂色方法种数为 (种)
故答案为：.
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（ ）
A．24种B．36种C．48种D．72种
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理逐一按①②③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圃，花圃分为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1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，种.
故选：B.
【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1门，乙再从剩下的3门中选择1门，甲乙再从剩下的2门中共同选择1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1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．121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情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1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；
②由1，2，3三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1个三位数，即222．
共有个，
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．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
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，D，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（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（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（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（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1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，有种不同的选法，所以该选项错误：
对B，若每种颜色选出1个球，有种不同的选法，所以该选项正确；
对C，若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误；
对D，若要不放回地依次选出2个球，有种不同的选法，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，所以共有种选法，因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择四种颜色时，不同的涂色方法有种，
所以共有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510；
当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420、402；
当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330、312；
当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240、204、222；
当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150、114、132；
综上，共有12个“吉祥数”.
故答案为：12
10．（2023秋·江苏徐州·高二统考期末）由1，2，3，4，5，6组成各位数字既不全相同，也不两两互异的四位数，要求，则这样的四位数的个数为___________.
【答案】105
【分析】由题意可知这样的四位数可分别从使用的不同数字的个数分类考虑：（1）只用2个数字，（2）使用3个不同的数字；有四位数，满足，即注意位数大小，分别分析求解即可求得答案．
【详解】解：由题意可知：
只用2个不同数字这样的数字组合有，按照位数要求，每种数字符合的四位数有3个，比如数字1和2，可以构成的数字有：1222，1122，1112，这类组合共个符合要求的四位数；
只用3个不同数字这样的数字组合有，按照位数要求，每种数字符合的四位数有3个，比如数字1、2、3，可以构成的数字有：1123，1223，1233，这类组合共个符合要求的四位数；
故符合要求的四位数总共有个.
故答案为：105.
11．（2023秋·陕西咸阳·高二校考期末）如图，用6种不同的颜色给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有________种．
【答案】480
【分析】先涂色A区,接着涂色B区，再涂色C区，然后涂色D区，由分步计数原理可得答案.
【详解】从A开始涂色，A有6种涂色方法，
B有5种涂色方法，C有4种涂色方法；
由D区与B，C 涂不同色，与A区颜色可以同色也可以不同色，则D有4种涂色方法．
故共有种涂色方法．
故答案为：480
12．（2023秋·福建泉州·高二福建省德化第一中学校考期末）如图，用4种不同的颜色对图中4个区域涂色，要求每个区域涂1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___________种．
【答案】48
【分析】利用分步计数原理，一个个按照顺序去考虑涂色.
【详解】按照分步计数原理，
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3，分两类：（1）区域3与1同色，则区域4有2种方法；（2）区域3与1不同色，则区域3有2种方法，区域4有1种方法；
所以不同的涂色种数有种．
故答案为：48
13．（2023秋·陕西西安·高二西北工业大学附属中学校考期末）用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有_________种．
【答案】38880
【分析】第一步对四条侧棱涂色，第二步对底面四边形的四边涂色（需分类讨论：按选取的新颜色种类分类）．然后由分步乘法原理计算．
【详解】按题意可先对四条侧棱涂色，有种方法，再对底面四边形的四条边涂色，
如果选取了1种新颜色，这1种颜色只涂一边，方法数为，这1种颜色涂对边，方法数为，
如果选取的2种新颜色，涂2条邻边，方法数为，
涂两条对边，方法数为，涂3条边，方法数为，涂4条边，方法数为2，
如果没有选取新颜色，只有2种方法，
所以底面4条边的涂色方法数为，
所以所求涂色方法数为．
故答案为：.