6.1分类加法计数原理与分步乘法计算原理 课后提升训练（含解析） 人教A版2019选择性必修第三册2025-2026学年
文档属性
| 名称 | 6.1分类加法计数原理与分步乘法计算原理 课后提升训练（含解析） 人教A版2019选择性必修第三册2025-2026学年 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 313.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-02 10:21:33 | ||
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文档简介
6.1分类加法计数原理与分步乘法计算原理课后提升训练
人教A版2019选择性必修第三册2025-2026学年
一、单项选择题
1．书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（ ）种.
A．504 B．84 C．1008 D．168
2．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
3．在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（ ）
A．14 B．19 C．90 D．200
4．北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示．为了防止假期景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻（如：选择这4个景点也是允许的），那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有（ ）.
A．60种 B．42种 C．30种 D．14种
5．已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，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
6．若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．32
7．集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
8．已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路（从甲到乙）接通的情况有（ ）.
A．30种 B．24种 C．16种 D．10种
二、多项选择题
9．下列说法正确的是（ ）
A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情
B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题
C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题
D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题
10．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
11．如图，对于编号1～8的8盏灯，有如下规则：对1盏灯进行开灯或关灯为1次操作，1号灯在任意情况下都可以进行1次操作，对号灯，当且仅当号灯左边有且仅有号灯打开时才可进行1次操作．下列说法正确的是（ ）
A．若所有灯全部处于关灯状态，则至少需要4次操作才能打开3号灯
B．若所有灯全部处于开灯状态，则至少需要3次操作才能关闭4号灯
C．若除了6号灯以外其余灯全部打开，则至少需要32次操作才能打开所有灯
D．若除了6号灯以外其余灯全部关闭，则至少需要32次操作才能关闭6号灯
三、填空题.
12．将27，37，47，48，55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排列有 种．
13．三个人传球，由甲开始发球，并作为第1次传球，经过5次传球后，球仍回到甲的手中，则不同的传球方式共有 种．
14．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种.
四、解答题
15．在这个数字中选择若干个数.
(1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？
(2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？
16．现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组．
(1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？
(2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？
17．书架的第1层放有5本不同的计算机书，第2层放有4本不同的文艺书，第3层放有3本不同的体育书．
(1)从书架中任取1本书，有多少种不同的取法？
(2)从书架的第1，2，3层各取1本书，有多少种不同的取法？
18．从0、1、2、3、4这五个数字中任取三个不同的数字组成三位数，求：
(1)组成的三位数偶数的个数；
(2)组成的三位数中大于200的个数.
19．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.
20．用0,1,2,3,4,5这六个数字，
(1)可以组成多少个数字不重复的三位数.
(2)可以组成多少个数字允许重复的三位数.
(3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数.
(4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数.
(5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数.
参考答案
一、单项选择题
1．A
【解】将新买的本书逐一放进去，
对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
由分步乘法计数原理可得，共有(种).
故选：A
2．C
【解】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有共2种情况，
若脱落2个，则有共6种情况，
若脱落3个，则有共4种情况，
若脱落4个，则有共1种情况，
由分类加法计数原理，情况种数共有种．
故选：C．
3．B
4．C
【解】将环形分段，把连续的景点数作为一个数字，
那么一次游玩4个景点的情况有“4”“”“”“”“”四种.
因为是环形的，两次的分段数一定相同，可以正做，也可以反做.
解法1 反做
8个点都是互不相同的，总的对分方式有（种）．
“4”配“4”，有8种；
“”配“”，有（种）；
“”配“”，有（种）．
又，所以共有30种，故选：C．
解法2 正做
“”配“”，有4种；
“”配“”，有（种）；
“”配“”，有2种.
因为，所以有30种，
故选：C．
5．B
【解】因在第一，二象限内的点的横坐标可正可负，而纵坐标为正，这样的点分为两类情况：
①点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个；
②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，第一，二象限不同点的个数为个.
故选：B
6．C
【解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种．
故选：C
7．D
【解】第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数．
若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则符合题意的点有，，共2个；
若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则符合题意的点有，，，，共4个．
综上，在第二象限内的点的个数为．
故选：D.
8．C
【解】根据电路中间是断开还是闭合进行分类．
①若中间断开，如图5所示，则电路接通的情况有（种）；
②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有（种）．
故共有（种）.
故选：C.
二、多项选择题
9．BD
10．AB
11．ABD
【解】设开灯为，关灯为．
对于A，只考虑1～3号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行4次操作，A正确．
对于B，只考虑1～4号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行3次操作，B正确．
对于C，要打开6号灯，则需先关闭前4号灯，前4号灯的状态变化如下：
，需进行10次操作．
然后打开6号灯，前6号灯的状态变化如下：，需进行1次操作．
最后再把前4号灯打开，需进行10次操作．
所以共需进行21次操作，C错误．
对于D，要关闭6号灯，则需打开5号灯且1～4号灯关闭，前5号灯的状态变化如下：
（只亮2号灯）（只亮3号灯）
（只亮4号灯）
（只亮5号灯），需进行31次操作．
关闭6号灯，需进行1次操作，故共需进行32次操作，D正确．
故选：ABD
三、填空题
12．144
13．10
【解】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分类加法计数原理可知：
经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种，
故答案为：10.
14．39
四、解答题
15．【解】（1）当个位数为时，则万位数有种选法，
则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法，
所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数；
当个位数为时，则万位数有种选法，
则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法，
所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数，
综上所述，能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数；
（2）当千位数为或时，
则能组成个无重复数字且不大于3450的四位数；
当千位数为，百位数为，十位数为时，则符合题意的数只有一个；
当千位数为，百位数为，十位数不为时，
则十位数有种选法，个位数有种选法，
所以符合题意的数有种；
当千位数为，百位数不为，
则百位数有种选法，十位数有种选法，个位数有种选法，
所以符合题意的数有种，
综上所述，能组成个无重复数字且不大于3450的四位数.
16．【解】（1）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选1名组长．
所以，共有（种）不同的选法．
（2）分六类，每一类又分两步：
从一、二班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从一、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从一、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从二、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从二、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从三、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法．
所以，共有（种）不同的选法．
17．【解】（1）从书架上任取1本书，有三类办法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有5种方法；
第2类方法是从第2层取1本文艺书，有4种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有3种方法．
根据分类加法计数原理，不同的取法有种.
（2）从书架的第1，2，3层各取1本书，可以分成三个步骤完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有5种方法；
第2步，从第2层取1本文艺书，有4种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有3种方法．
根据分步乘法计数原理，不同的取法有种.
18．【解】（1）当个位数字为 0 时
百位数字可以从 1、2、3、4 这 4 个数字中任选一个，有 4 种选法；
十位数字可以从剩下的 3 个数字中任选一个，有 3 种选法.
根据乘法原理，此时组成的偶数个数为个.
当个位数字不为 0 时
个位数字只能从 2、4 中选一个，有 2 种选法；
百位数字不能为 0，所以百位数字可以从剩下的 3 个非0 数字中选一个，有 3 种选法；十位数字可以从剩下的 3 个数字中选一个，有 3 种选法.
根据乘法原理，此时组成的偶数个数为，.
将两种情况的个数相加，得到组成的三位数是偶数的总个数为个.
（2）百位数字可以从 2、3、4 这 3 个数字中任选一个，有 3 种选法；
十位数字可以从剩下的 4 个数字中任选一个，有 4 种选法；
个位数字可以从剩下的 3 个数字中任选一个，有 3 种选法.
根据乘法原理，组成的三位数中大于 200 的个数为个.
19．【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.
20．【解】（1）若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，
所以，数字不重复的三位数个数为.
（2）若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，
所以，数字允许重复的三位数的个数为个.
（3）分3步：
先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法；
再选百位数字有4种选法；
十位数字也有4种选法；
由分步计数原理知所求三位数共有个
（4）若组成的数字为数字不重复的小于1000的自然数，分以下三种讨论：
①数字为个位数，共6个；
②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个；
数字为三位数，共有100个.
综上所述，数字不重复的小于1000的自然数个数为个.
（5）分4类：
千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个；
千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有个；
千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有个；
④也满足条件；
故所求四位数共有个.
人教A版2019选择性必修第三册2025-2026学年
一、单项选择题
1．书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（ ）种.
A．504 B．84 C．1008 D．168
2．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
3．在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（ ）
A．14 B．19 C．90 D．200
4．北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示．为了防止假期景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻（如：选择这4个景点也是允许的），那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有（ ）.
A．60种 B．42种 C．30种 D．14种
5．已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，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
6．若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．32
7．集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
8．已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路（从甲到乙）接通的情况有（ ）.
A．30种 B．24种 C．16种 D．10种
二、多项选择题
9．下列说法正确的是（ ）
A．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情
B．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题
C．求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题
D．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题
10．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
11．如图，对于编号1～8的8盏灯，有如下规则：对1盏灯进行开灯或关灯为1次操作，1号灯在任意情况下都可以进行1次操作，对号灯，当且仅当号灯左边有且仅有号灯打开时才可进行1次操作．下列说法正确的是（ ）
A．若所有灯全部处于关灯状态，则至少需要4次操作才能打开3号灯
B．若所有灯全部处于开灯状态，则至少需要3次操作才能关闭4号灯
C．若除了6号灯以外其余灯全部打开，则至少需要32次操作才能打开所有灯
D．若除了6号灯以外其余灯全部关闭，则至少需要32次操作才能关闭6号灯
三、填空题.
12．将27，37，47，48，55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排列有 种．
13．三个人传球，由甲开始发球，并作为第1次传球，经过5次传球后，球仍回到甲的手中，则不同的传球方式共有 种．
14．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号 种.
四、解答题
15．在这个数字中选择若干个数.
(1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？
(2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？
16．现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组．
(1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？
(2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？
17．书架的第1层放有5本不同的计算机书，第2层放有4本不同的文艺书，第3层放有3本不同的体育书．
(1)从书架中任取1本书，有多少种不同的取法？
(2)从书架的第1，2，3层各取1本书，有多少种不同的取法？
18．从0、1、2、3、4这五个数字中任取三个不同的数字组成三位数，求：
(1)组成的三位数偶数的个数；
(2)组成的三位数中大于200的个数.
19．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.
20．用0,1,2,3,4,5这六个数字，
(1)可以组成多少个数字不重复的三位数.
(2)可以组成多少个数字允许重复的三位数.
(3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数.
(4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数.
(5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数.
参考答案
一、单项选择题
1．A
【解】将新买的本书逐一放进去，
对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
由分步乘法计数原理可得，共有(种).
故选：A
2．C
【解】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有共2种情况，
若脱落2个，则有共6种情况，
若脱落3个，则有共4种情况，
若脱落4个，则有共1种情况，
由分类加法计数原理，情况种数共有种．
故选：C．
3．B
4．C
【解】将环形分段，把连续的景点数作为一个数字，
那么一次游玩4个景点的情况有“4”“”“”“”“”四种.
因为是环形的，两次的分段数一定相同，可以正做，也可以反做.
解法1 反做
8个点都是互不相同的，总的对分方式有（种）．
“4”配“4”，有8种；
“”配“”，有（种）；
“”配“”，有（种）．
又，所以共有30种，故选：C．
解法2 正做
“”配“”，有4种；
“”配“”，有（种）；
“”配“”，有2种.
因为，所以有30种，
故选：C．
5．B
【解】因在第一，二象限内的点的横坐标可正可负，而纵坐标为正，这样的点分为两类情况：
①点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个；
②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，第一，二象限不同点的个数为个.
故选：B
6．C
【解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种．
故选：C
7．D
【解】第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数．
若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则符合题意的点有，，共2个；
若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则符合题意的点有，，，，共4个．
综上，在第二象限内的点的个数为．
故选：D.
8．C
【解】根据电路中间是断开还是闭合进行分类．
①若中间断开，如图5所示，则电路接通的情况有（种）；
②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有（种）．
故共有（种）.
故选：C.
二、多项选择题
9．BD
10．AB
11．ABD
【解】设开灯为，关灯为．
对于A，只考虑1～3号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行4次操作，A正确．
对于B，只考虑1～4号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行3次操作，B正确．
对于C，要打开6号灯，则需先关闭前4号灯，前4号灯的状态变化如下：
，需进行10次操作．
然后打开6号灯，前6号灯的状态变化如下：，需进行1次操作．
最后再把前4号灯打开，需进行10次操作．
所以共需进行21次操作，C错误．
对于D，要关闭6号灯，则需打开5号灯且1～4号灯关闭，前5号灯的状态变化如下：
（只亮2号灯）（只亮3号灯）
（只亮4号灯）
（只亮5号灯），需进行31次操作．
关闭6号灯，需进行1次操作，故共需进行32次操作，D正确．
故选：ABD
三、填空题
12．144
13．10
【解】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分类加法计数原理可知：
经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种，
故答案为：10.
14．39
四、解答题
15．【解】（1）当个位数为时，则万位数有种选法，
则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法，
所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数；
当个位数为时，则万位数有种选法，
则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法，
所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数，
综上所述，能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数；
（2）当千位数为或时，
则能组成个无重复数字且不大于3450的四位数；
当千位数为，百位数为，十位数为时，则符合题意的数只有一个；
当千位数为，百位数为，十位数不为时，
则十位数有种选法，个位数有种选法，
所以符合题意的数有种；
当千位数为，百位数不为，
则百位数有种选法，十位数有种选法，个位数有种选法，
所以符合题意的数有种，
综上所述，能组成个无重复数字且不大于3450的四位数.
16．【解】（1）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选1名组长．
所以，共有（种）不同的选法．
（2）分六类，每一类又分两步：
从一、二班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从一、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从一、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从二、三班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从二、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法；
从三、四班的学生中各选1人，有（种）不同的选法．
所以，共有（种）不同的选法．
17．【解】（1）从书架上任取1本书，有三类办法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有5种方法；
第2类方法是从第2层取1本文艺书，有4种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有3种方法．
根据分类加法计数原理，不同的取法有种.
（2）从书架的第1，2，3层各取1本书，可以分成三个步骤完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有5种方法；
第2步，从第2层取1本文艺书，有4种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有3种方法．
根据分步乘法计数原理，不同的取法有种.
18．【解】（1）当个位数字为 0 时
百位数字可以从 1、2、3、4 这 4 个数字中任选一个，有 4 种选法；
十位数字可以从剩下的 3 个数字中任选一个，有 3 种选法.
根据乘法原理，此时组成的偶数个数为个.
当个位数字不为 0 时
个位数字只能从 2、4 中选一个，有 2 种选法；
百位数字不能为 0，所以百位数字可以从剩下的 3 个非0 数字中选一个，有 3 种选法；十位数字可以从剩下的 3 个数字中选一个，有 3 种选法.
根据乘法原理，此时组成的偶数个数为，.
将两种情况的个数相加，得到组成的三位数是偶数的总个数为个.
（2）百位数字可以从 2、3、4 这 3 个数字中任选一个，有 3 种选法；
十位数字可以从剩下的 4 个数字中任选一个，有 4 种选法；
个位数字可以从剩下的 3 个数字中任选一个，有 3 种选法.
根据乘法原理，组成的三位数中大于 200 的个数为个.
19．【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.
20．【解】（1）若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，
所以，数字不重复的三位数个数为.
（2）若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，
所以，数字允许重复的三位数的个数为个.
（3）分3步：
先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法；
再选百位数字有4种选法；
十位数字也有4种选法；
由分步计数原理知所求三位数共有个
（4）若组成的数字为数字不重复的小于1000的自然数，分以下三种讨论：
①数字为个位数，共6个；
②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个；
数字为三位数，共有100个.
综上所述，数字不重复的小于1000的自然数个数为个.
（5）分4类：
千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个；
千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有个；
千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有个；
④也满足条件；
故所求四位数共有个.