【浙江专用】2026年高考数学一轮复习课时训练： 62　分类加法计数原理与分步乘法计数原理（含答案）

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1.(2024·江苏徐州一模)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( )
A.34种
B.43种
C.3×2×1种
D.4×3×2种
2.(2024·湖北十堰模拟)从数字0,1,2,3,4中选四个组成没有重复数字且比2 024大的四位数有( )
A.52个B.64个
C.66个D.70个
3.(2025·浙江浙南名校联考)将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧,要求每一侧种植3棵,且每一侧中间的景观树都要比两边的高,则不同的种植方法共有( )
A.20种B.40种
C.80种D.160种
4.(2024·吉林辽源模拟)用5种不同颜色的粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔,则该板报不同的书写方案共有( )
A.240种B.480种
C.120种D.200种
5.(2024·浙江杭州模拟)定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”,比如116,431,则所有幸运数的个数为( )
A.18B.21
C.35D.36
6.如图,一条电路从A处到B处接通时,可以有 条不同的线路(每条线路仅含一条通路).
7.人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”,则无重复数字的四位“吉祥数”共有 个.
8.(2024·广东湛江模拟)某美食套餐中,除必选菜品以外,另有四款凉菜及四款饮品可供选择,其中凉菜可四选二,不可同款,饮品选择两杯,可以同款,则该套餐的供餐方案共有 种.
9.(2025·北京名校一轮复习)如图所示,在排成4×4方阵的16个点中,中心位置4个点在某圆内,其余12个点在圆外.从16个点中任选3点,作为三角形的顶点,其中至少有一个顶点在圆内的三角形共有 个.
10.(2024·浙江宁波二模)某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙,需要经过5个转运环节,其中第1,2两个环节各有a,b两种运输方式,第3,4两个环节各有b,c两种运输方式,第5个环节有d,e两种运输方式.则快件从甲送到乙恰用到四种运输方式的不同送达方式有 种.
11.(2024·浙江杭州模拟)在一个圆周上有8个点,用四条既无公共点又无交点的弦连接它们,则连接方式有 种.
12.(2023·新高考Ⅰ,13)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).
综合提升练
13.(2024·浙江台州二模)房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割,以符合实际需要.已知长方体的规格为24 cm×11 cm×5 cm,现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面,截取1次后共可以得到12 cm×11 cm×5 cm,24 cm×112 cm×5 cm,24 cm×11 cm×52 cm三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取,再对第2次所截得的长方体进行第3次截取,则共可得到体积为165 cm3的不同规格长方体的个数为( )
A.8B.10
C.12D.16
14.(2024·江苏常州模拟)中国是世界上最早发明雨伞的国家,伞是中国劳动人民一个重要的创造.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7种不同颜色的颜料可供选择,则不同的涂色方案有( )

A.1 050种B.1 260种
C.1 302种D.1 512种
15.(2024·浙江温州模拟)平面上的两个点A(x1,y1),B(x2,y2),其中横、纵坐标均为自然数,且不大于5,则两点之间的距离的值可以有( )
A.19个B.20个
C.25个D.27个
16.(2024·上海卷,10)设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数,且元素中任意两者之积皆为偶数,则集合A中元素个数的最大值为 .
17.通常,我国民用汽车号牌的编号由两部分组成:第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号,第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号,如图所示.其中序号的编码规则为:
①由10个阿拉伯数字和除I,O之外的24个英文字母组成;
②最多只能有2个英文字母.
则采用5位序号编码的鲁V牌照最多能发放的汽车号牌数为 万张.(用数字作答)
18.(2024·湖南长沙模拟)初等数论中的四平方和定理的内容是:任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和,例如正整数6=22+12+12+02.设25=a2+b2+c2+d2,其中a,b,c,d均为自然数,则满足条件的有序数组(a,b,c,d)的个数是 .(用数字作答)
19.(13分)(2025·上海长宁检测)关于正整数2 160,求:
(1)它有多少个不同的正因数?
(2)它的所有正因数的和是多少?
创新应用练
20.(2025·北京名校一轮复习)著名数学家欧几里得著的《几何原本》中记载:任何一个大于1的整数要么是一个素数,要么可以写成一系列素数的积,例如42=2×3×7.对于1 260=a1×a2×a3×…×an,其中a1,a2,a3,…,an均是素数,则从a1,a2,a3,…,an中任选3个数,可以组成不同三位数的个数为( )
A.18B.32
C.36D.42
21.(2024·浙江桐庐模拟)五行是中国传统的哲学思想,多用于哲学、中医学和占卜方面.古代先民认为,五行(金、木、水、火、土)之间存在相生相克的关系,如图所示.现要给该图中的五“行”涂色,有5种颜色可供选择,要求相生的五行不能用同一种颜色(例如金和火、水和木不能同色),相克的五行可以用同一种颜色(例如水和火、木和土可以用同一种颜色),则不同的涂色方法的种数为( )
A.3 125B.1 000
C.1 040D.1 020
答案：
1.A 解析 由题可知,每名同学都有3种选法,故不同的选购方式有34种.
2.D 解析 根据题意,可分为三类:
当首位大于2时有2A43=48(个);当首位为2,第二位非0时有3A32=18(个);
当首位为2,第二位为0时有2A21=4(个).
综上,满足题意的四位数总共有48+18+4=70(个).
3.C 解析 一侧的种植方法有C63A22=20×2=40(种),另一侧的种植方法有A22=2(种),由分步乘法计数原理得不同的种植方法共有40×2=80(种).
4.A 解析 因为A,B,C区域两两相邻,所以有A53=5×4×3=60(种)书写方案;而D只和A相邻,只要和A区域的颜色不同即可,所以有4种方案.故总共有60×4=240(种)方案.
5.D 解析 当百位数是1,后两位相加为7,有8种(07,70,16,61,25,52,34,43,以下类同);
当百位数是2,后两位相加为6,有7种;
当百位数是3,后两位相加为5,有6种;当百位数是4,后两位相加为4,有5种;
当百位数是5,后两位相加为3,有4种;当百位数是6,后两位相加为2,有3种;
当百位数是7,后两位相加为1,有2种;当百位数是8,后两位相加为0,有1种.
故幸运数总共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).
6.9 解析 依题意按上、中、下三条线路可分为三类:上线路中有2种;
中线路中有1种;下线路中有2×3=6(种).
根据分类加法计数原理,共有2+1+6=9(条)不同的线路.
7.448 解析 先排千位,有8种选择,再排百位,有8种选择,最后排十位,有7种选择,故共有8×8×7=448(个).
8.60 解析 由题意可知凉菜选择方案共有C42=6(种),饮品选择方案共有C42+C41=10(种),因此该套餐的供餐方案共有6×10=60(种).
9.312 解析 根据题意,分3种情况讨论:
①取出的3个点都在圆内,有C43=4(种)取法,
②在圆内取2点,圆外12点中取1点,有C42C101=60(种)取法,
③在圆内取1点,圆外12点中取2点,有C41(C122-4)=248(种)取法,由分类加法计数原理,得至少有一个顶点在圆内的三角形有4+60+248=312(个).
10.16 解析 快件从甲送到乙恰用到四种运输方式,且第5个环节从d,e两种运输方式中选一种,则第1,2,3,4个环节必须包含a,b,c三种不同的运输方式.
若第1,2个环节运输方式相同,则只能都选a,则第3,4个环节一个选b一个选c,则有2种;若第1,2个环节运输方式不相同,则已经包含a,b两种运输方式,则第3,4个环节一个选b一个选c,或者都选c,则有2×2+2=6(种).
快件从甲送到乙恰用到四种运输方式的不同送达方式共有(2+6)×2=16(种).
11.14 解析 不妨设圆周上的点依次为A,B,C,D,E,F,G,H,要使得四条弦既无公共点又无交点,如图所示:
符合图①的连接方式有2种;符合图②的连接方式有4种;符合图③的连接方式有8种.共计2+4+8=14(种).
12.64 解析 方法一(直接法): 若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有C41×C41=16(种)不同的选课方案;若选3门课,分两类.体育类选1门、艺术类选2门,体育类选2门、艺术类选1门,有C41×C42+C42×C41=48(种)不同的选课方案.综上,共有16+48=64(种)不同的选课方案.
方法二(间接法): 由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有C82+C83=84(种)不同的选课方案,只选择体育类或艺术类的有2(C42+C43)=20(种),则符合题意的共有84-20=64(种)不同的选课方案.
13.B 解析 由题意得,V长方体=24×11×5=8×165(cm3),为得到体积为165 cm3的长方体,需将原来长方体体积缩小为原来的18.
可分三类完成:第一类,长减半3次,宽减半3次,高减半3次,共3种;第二类,长、宽、高各减半1次,共1种;第三类,长、宽、高中有一个不变,一个减半1次,一个减半2次,共A33=6(种).
根据分类加法计数原理,共3+1+6=10(种).
14.C 解析 由题意可得,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7种选择;再涂区域2,有6种选择.
当区域3与区域1涂的颜色不同时,区域3有5种选择,剩下的区域4有5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6种选择.故不同的涂色方案有7×6×(5×5+6)=1 302(种).
15.B 解析 依题意,x1,x2,y1,y2∈N,且x1,x2,y1,y2均不大于5,将其中任意两个数的差的绝对值记为d,则d可能的值有0,1,2,3,4,5,共6个,A,B之间的距离为|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2,要使|AB|取不同的值,则|x1-x2|与|y1-y2|的取值可分成5类:
①|x1-x2|与|y1-y2|中有一个取0,另一个可取0,1,2,3,4,5,则|AB|的不同取值有0,1,2,3,4,5;
②|x1-x2|与|y1-y2|中有一个取1,另一个可取1,2,3,4,5,则|AB|的不同取值有2,5,10,17,26;
③|x1-x2|与|y1-y2|中有一个取2,另一个可取2,3,4,5,则|AB|的不同取值有22,13,25,29;
④|x1-x2|与|y1-y2|中有一个取3,另一个可取3,4,5,则|AB|的取值有32,5,34,其中5重复,故|AB|的不同取值有2个;
⑤|x1-x2|与|y1-y2|中有一个取4,另一个可取4,5,则|AB|的不同取值有42,41;
⑥|x1-x2|与|y1-y2|均取5,则|AB|的不同取值有52.
由分类加法计数原理可得,不同的取值共有6+5+4+2+2+1=20(个).
16.329 解析 由题意可知,集合A中每个元素都是互异的,且元素中最多有1个奇数,其他都是偶数.
集合A中无重复数字的三位偶数:
(1)若个位为0,这样的偶数有A92=72(个);
(2)若个位不为0,这样的偶数有C41·C81·C81=256(个),所以集合A中元素个数的最大值为256+72+1=329.
17.706 解析 当号牌中有两个英文字母时,且两个英文字母相同,则有C241×C52×103=24×104(张),两个英文字母不相同,则有C242×A52×103=552×104(张);当号牌中有一个英文字母时,有C241×C51×104=120×104(张);当号牌中没有英文字母时,有105张;所以满足条件的号牌共有(552+24+120+10)×104张,即有706万张.
18.28 解析 显然a,b,c,d均为不超过5的自然数,下面进行讨论.
当最大数为5时,25=52+02+02+02,此时共有A41=4(种)情况.
当最大数为4时,
①25=42+32+02+02,此时共有A42=12(种)情况;
②25=42+22+22+12,此时共有A42=12(种)情况.
当最大数为3时,32+32+22+22>25>32+32+22+12,没有满足题意的情况.
由分类加法计数原理,满足条件的有序数组的个数是4+12+12=28.
19.解 (1)由题意,2 160=24×5×33,则2 160的正因数p=2r×5s×3t(r,s,t∈N),因为r可取0,1,2,3,4;s可取0,1;t可取0,1,2,3;
由分步乘法计数原理,得2 160有5×2×4=40(个)不同的正因数.
(2)式子(20+21+22+23+24)×(30+31+32+33)×(50+51)的展开式就是40个正因数之和.由分步乘法计数原理,得正因数之和为31×40×6=7 440.即2 160所有正因数的和是7 440.
20.D 解析 因1 260=2×2×3×3×5×7,依题,从2,2,3,3,5,7中任选3个数组成三位数,可以分成两类情况:
①三个数都不相同,共有三位数A43=24(个);
②含有2个2或2个3,共有2×C31×C31=18(个).
由分类加法计数原理,可以组成不同三位数的个数为24+18=42.
21.D 解析 由题意可将问题转化为5色5区域的环状涂色问题,即如图A,B,C,D,E 5个区域,有5种不同的颜色可用,要求相邻区域不能涂同一种颜色.
分为以下两类情况:
第一类:A,C,D三个区域涂三种不同的颜色,第一步,涂A,C,D区域,从5种不同的颜色中选3种按序涂在不同的3个区域上,则有A53种方法;第二步,涂B区域,由于A,C颜色不同,则有3种方法;第三步,涂E区域,由于A,D颜色不同,则有3种方法,由分步乘法计数原理,则共有3×3A53=540(种)方法.
第二类:A,C,D三个区域涂两种不同的颜色,由于C,D不能涂同一色,则A,C涂同一色,或A,D涂同一色,2种情况方法数相同.
若A,C涂同一色,第一步,涂A,C,D区域,A,C可看成同一区域,且A,D区域不同色,即涂2个区域不同色,从5种不同的颜色中选2种按序涂在不同的2个区域上,则有A52种方法;第二步,涂B区域,由于A,C颜色相同,则有4种方法;第三步,涂E区域,由于A,D颜色不同,则有3种方法.
由分步乘法计数原理,则共有4×3A52=240(种)方法.
若A,D涂同一色,与A,C涂同一色的方法数相同,则共有240种方法.
由分类加法计数原理可知,不同的涂色方法共有540+240+240=1 020(种).