正解：C
司会と書記という役割（区別）があるため、組み合わせではなく順列の考え方を用いる。
4人の中から異なる2人を選んで並べる計算となる。
まず、司会の選び方は4人の候補がいるため4通り。
次に書記は、司会に選ばれた1人を除く残りの3人から選ぶため3通りとなる。
これらを掛け合わせることで答えが求まる。
4×3＝12よって、12通りである。

正解：B
選ぶ2種類のフレーバーに順序や役割の区別はないため、「組み合わせ」の考え方を用いる。
4種類の中から2つを選ぶ計算（4C2）となる。
計算式は、4×3を2×1で割ることで求められる。
(4×3)÷(2×1)＝12÷2＝6
よって、6通りである。
ちなみに、「バニラ・チョコ」と「チョコ・バニラ」は同じ組み合わせとして扱う点に注意する。

正解：A
隣接数の多いAとCから順に決定していく基本的なパターンである。
Aの色：4色から自由に選べる（4通り）。
Cの色：Aと隣り合うため、A以外の色から選ぶ（3通り）。
Bの色：A、Cと隣り合う。AとCは色が異なるため、残りの2色から選ぶ（2通り）。
Dの色：4色すべてを使って塗るので、残りの1色を使用する（1通り）。
これらを掛け合わせる。4×3×2×1＝24よって、24通りである。

正解：C
日程（1日目～3日目）によって訪れる場所が区別されるため、順列として計算する。
6つの観光地から3つを選んで順番に並べる。
1日目の選び方は6通り。
2日目は、残りの5カ所から選ぶので5通り。
3日目は、残りの4カ所から選ぶので4通り。
これらを順に掛け合わせる。
6×5×4＝120
よって、120通りである。

正解：D
順位（1位、2位、3位）には明確な区別があるため、順列を用いる。
7人の中から3人を選んで並べる計算となる。
金メダルの候補は7人。
銀メダルは、金メダル以外の残り6人。
銅メダルは、残りの5人から決まる。
これらを掛け合わせる。
7×6×5＝210
よって、210通りである。
ちなみに、順位を区別しない「3人の入賞者」を選ぶだけなら組み合わせ（35通り）となるが、今回は順位があるため注意が必要だ。

正解：B
代表者2名にリーダー等の区別はないため、組み合わせ（6C2）で計算する。
計算式は、6×5を2×1で割ることで求められる。
(6×5)÷(2×1)＝30÷2＝15よって、15通りである。
もし役割（正代表・副代表など）がある場合は順列（6×5＝30通り）になるが、今回は単なる「選出」なので2で割ることを忘れてはならない。

正解：B
選ぶ3本の色に順序は関係ないため、組み合わせ（7C3）の計算をおこなう。分子は7から数を下げて3つ掛け合わせ、分母は3×2×1で割る。(7×6×5)÷(3×2×1)＝210÷6＝35よって、35通りである。順列の計算（7×6×5＝210通り）と混同しやすいが、選ばれた3本のセット内容が同じであれば区別しないため、必ず重複分で割る必要がある。

正解：D
「少なくとも1個」という条件があるため、余事象を用いる。
この場合の余事象は「3個とも赤玉である」ケースだ。
まず、すべての玉9個（赤6＋白3）から3個を選ぶ全体の通り数を求める。
(9×8×7)÷(3×2×1)＝84通り
次に、余事象である「赤玉6個から3個を選ぶ」通り数を求める。
(6×5×4)÷(3×2×1)＝20通り
最後に全体から余事象を引く。
84－20＝64よって、64通りである。

正解：B
社長と副社長の2人を「1つのセット」とみなす。
セット1つと残りの役員5人、計6つの要素を円形に並べる円順列となる。
円順列の公式(要素数－1)の階乗より、(6－1)の階乗＝120通り。
さらに、セットにした社長と副社長の並び順（左右）が2通りある。
これらを掛け合わせる。
120×2＝240よって、240通りである。

正解：C
3けたの整数を作る際、最高位である「百の位」に0は使えない点に注意する。
百の位は、0以外の1～4の中から選ぶため、4通り。
十の位は、残りの4枚（百の位で使った1枚以外、0も使用可能）から選ぶため、4通り。
一の位は、残りの3枚から選ぶため、3通り。
これらを掛け合わせる。
4×4×3＝48よって、48個。
単純な順列（5P3＝60）と間違えないよう、0の扱いに注意が必要である。

正解：D
同じ数字を何度も使って良い「重複順列」の問題である。
3つの位（百の位、十の位、一の位）それぞれについて考える。
百の位は、1〜5の5通りから選べる。
十の位も、同じく5通りから選べる。
一の位も、同じく5通りから選べる。
これらを掛け合わせる。
5×5×5＝125よって、125通りである。
異なる数字を選ぶ順列（5×4×3＝60）と混同しないよう注意する。

正解：C
4人がそれぞれ「グー」「チョキ」「パー」の3種類の手から1つを選ぶ重複順列と考えることができる。
Aさんの手の出し方は3通り。
Bさん、Cさん、Dさんも同様にそれぞれ3通りである。
これらを掛け合わせる。
3×3×3×3＝81よって、81通りである。
「4人が3種類を選ぶ」ので3の4乗となるが、「3人が4種類を選ぶ（4の3乗＝64）」と逆にしてしまわないよう注意が必要である。

正解：A
5問のうち、どの3問で正解するかを選ぶ「組み合わせ」の問題である。
○×という2択の結果が連続するコイントスと同じ構造（反復試行）ととらえることができる。
5問から正解する3問を選ぶため、計算式は5C3となる。
これは正解しない2問を選ぶ5C2と等しい。
(5×4)÷(2×1)＝10よって、10通りである。

正解：B
7日間のうち、成約となる2日を選ぶ組み合わせの問題である。
順序は関係なく、単に「どの曜日か」を選ぶため、組み合わせの公式（7C2）を用いる。
分子は7×6、分母は2×1となる。
(7×6)÷(2×1)＝42÷2＝21
よって、21通りである。
順列（7P2＝42通り）と間違えないよう注意が必要である。

正解：B
特定の色が固定されている条件付きの問題である。
Aの色：赤色で固定（1通り）。
Cの色：A（赤）以外から選ぶため、残り3色から選ぶ（3通り）。
Bの色：A（赤）とC（選んだ1色）以外から選ぶ。残りの2色から選ぶ（2通り）。
Dの色：A（赤）とC（選んだ1色）以外から選ぶ。残りの2色から選ぶ（2通り）。
これらを掛け合わせる。1×3×2×2＝12よって、12通りである。

正解：C
3つのポスト（責任者・リーダー・技術顧問）はそれぞれ役割が異なるため、順列で計算する。
8名から3名を選んで配置する。
責任者の選び方は8通り。
リーダーの選び方は、残りの7通り。
技術顧問の選び方は、さらに残りの6通り。
計算式は以下のようになる。
8×7×6＝336
よって、336通りである。
単に3人を選ぶだけの56通り（8C3）と混同しないよう注意が必要である。

正解：B
メンバー3人の役割に区別はないため、組み合わせ（8C3）を用いる。
分子は8×7×6、分母は3×2×1となる。
(8×7×6)÷(3×2×1)＝336÷6＝56よって、56通りである。
計算時、分母の「3×2×1」と分子の「6」を先に約分してしまうと、8×7＝56となり、素早く計算できる。
順列の336通りを選ばないよう注意が必要だ。

正解：C
「不良品が少なくとも1個」の余事象は「選んだ3個すべてが良品」となる場合である。
全体の選び方は、10個から3個を選ぶ組み合わせ。
(10×9×8)÷(3×2×1)＝120通り
余事象の選び方は、良品7個から3個を選ぶ組み合わせ。
(7×6×5)÷(3×2×1)＝35通り
全体から余事象を引いて答えを出す。
120－35＝85
よって、85通りである。

正解：C
A、B、Cの3人を「1つのセット」とみなす。
セット1つと残りの3人、計4つの要素を円形に並べる円順列を計算する。
(4－1)の階乗＝3×2×1＝6通り。
次に、セットにした3人の中での並び順を考える。
3人の順列なので、3×2×1＝6通り。
これらを掛け合わせる。
6×6＝36よって、36通りである。
セット内の並びが「2通り」ではなく「6通り」になる点に注意が必要だ。

正解：C
「男性ペア（X）」と「女性ペア（Y）」をそれぞれセットとみなす。
X、Y、残りの3人（計5つの要素）の円順列を計算する。
(5－1)の階乗＝24通り。
次に、それぞれのペア内での並び替えを考える。
男性ペアの並びが2通り、女性ペアの並びが2通り。
すべてを掛け合わせる。
24×2×2＝96よって、96通りである。

正解：C
偶数を作るには、一の位が偶数（0、2、4）である必要がある。
0を含む場合、場合分けをして考える。
(1)一の位が「0」の場合千、百、十の位は残りの5枚から3枚選んで並べる。
5×4×3＝60通り
(2)一の位が「2」または「4」の場合（2通り）千の位は0と一の位の数を使えないため、4通り。
百、十の位は残りの4枚から2枚選んで並べる
（4×3）。2×4×4×3＝96通り
(1)と(2)を足し合わせる。
60＋96＝156
よって、156個である。

正解：C
5の倍数となる条件は、一の位が「0」または「5」であること。
これも0の有無で場合分けをおこなう。
(1)一の位が「0」の場合百、十の位は残りの5枚から2枚選んで並べる。
5×4＝20通り
(2)一の位が「5」の場合百の位は0と5を使えないため、4通り。
十の位は残り（0復活）の4通り。
4×4＝16通りこれらを足し合わせる。
20＋16＝36
よって、36個である。
一の位が5の時、百の位に0が置けないことを忘れると誤答(40個)になる。

正解：C
3桁の整数を作る場合、最高位である百の位に「0」を使うことはできない。
百の位は、1、2、3の3通り。
十の位は、0を含めた4通りすべて使える。
一の位も、0を含めた4通りすべて使える。
これらを掛け合わせる。
3×4×4＝48
よって、48個である。
単純な4の3乗（64通り）から、百の位が0になる不適格なケースを除外するという視点が必要だ。

正解：B
8回の検査結果のうち、どの5回で良品が出たかを選ぶ計算（8C5）となる。
8個から5個選ぶ計算は、残りの3個（不良品）を選ぶ計算（8C3）と同じ結果になるため、計算が楽な8C3で求める。
(8×7×6)÷(3×2×1)＝336÷6＝56
よって、56通りである。

正解：B
離れている箇所（BとD）を同色にする拘束条件がある場合、そこをセットにして考えると計算がスムーズです。

1.Aの色：4色から自由に選べる（4通り）。
2.Bの色：Aと隣り合っているため、A以外の3色から選ぶ（3通り）。
3.Dの色：「Bと同じ色にする」という条件があるため、Bの色が決まれば自動的に1通りに決まる（1通り）。
4.Cの色：AおよびB（=D）と隣り合っている。AとBはすでに異なる色になっているため、残りの2色から選ぶ（2通り）。

これらを掛け合わせます。
4×3×1×2＝24
よって、24通りである。

正解：B
選ぶ人数が4人に増えているが、考え方は同じく余事象を使う。
「経験者が少なくとも1人」の反対は「全員が未経験者」である。
全体は10人から4人を選ぶ。
(10×9×8×7)÷(4×3×2×1)＝210通り
余事象は未経験者6人から4人を選ぶ。
これは6人から選ばない2人を選ぶのと同じ計算になる。
(6×5)÷(2×1)＝15通り全体から引く。
210－15＝195よって、195通りである。

正解：C
「隣り合わない」場合は、全体の順列から「隣り合う」ケース（余事象）を引くのが効率的だ。
まず、7人全員を円形に並べる全通り数は、(7－1)の階乗＝720通り。
次に、A氏とB氏が隣り合うケースを計算する。
(6－1)の階乗×2＝240通り。
最後に引き算をおこなう。
720－240＝480
よって、480通りである。

正解：C
千の位の数字によって場合分けをおこなう。
(1)千の位が「5」の場合4200より必ず大きくなる。
残りの3けたは5枚から3枚選ぶ順列。
5×4×3＝60通り
(2)千の位が「4」の場合百の位が2以上（2、3、5）であれば4200より大きくなる（0、1は不可）。
百の位は3通り。
十、一の位は残りの4枚から2枚選ぶ。
3×4×3＝36通り
これらを足し合わせる。
60＋36＝96
よって、96個である。

正解：B
左端の区画から順に考えていく。
1つ目の区画は、4種類どの花でも良いので4通り。
2つ目の区画は、1つ目で選んだ花以外であれば良いので3通り。
3つ目の区画は、2つ目で選んだ花以外であれば良いので（1つ目と同じ花でも可）3通り。
これらを掛け合わせる。
4×3×3＝36よって、36通りである。
順列や単純な重複順列とは異なる、「直前の選択肢を除く」という考え方がポイントである。

正解：C
5試合で勝ち越すケースは、「3勝2敗」「4勝1敗」「5勝0敗」の3つのパターンがある。
これらを個別に計算して足し合わせる。
(1)3勝の場合：5C3＝10通り
(2)4勝の場合：5C4＝5通り
(3)5勝の場合：5C5＝1通り
これらを合計する。
10＋5＋1＝16
よって、16通りである。
全体の半数が勝ち越しになる（全32通りの半分＝16通り）という対称性に気づくと即答も可能。

正解：B
BとDが異なる色の場合、4つの領域すべてに異なる色（4色すべて）を使って塗り分けることになる。

1.Aの色：4色から自由に選べる（4通り）。
2.Cの色：Aと隣り合うため、A以外の3色から選ぶ（3通り）。
3.Bの色：AおよびCと隣り合っており、かつAとCは色が異なるため、残りの2色から選ぶ（2通り）。
4.Dの色：A、Cと隣り合い、さらに条件によりBとも異なる色にする必要があるため、残りの1色に決まる（1通り）。

これらを掛け合わせる。
4×3×2×1＝24
よって、24通りである。

正解：B
「少なくとも2人」の場合、条件を満たさない余事象は「女性が0人」または「女性が1人」の2つのケースとなる。
全体は10人から4人を選ぶので210通り。
余事象①（女性0人＝全員男性）：男性6人から4人選ぶので15通り。
余事象②（女性1人）：女性4人から1人、男性6人から3人選ぶ。
(4÷1)×{(6×5×4)÷(3×2×1)}＝80通り。
これらを全体から引く。
210－(15＋80)＝210－95＝115
よって、115通りである。

正解：C
「少なくとも1回」という条件があるため、全体のパターン数から「A定食を1回も選ばない（すべてBかC）」パターン（余事象）を引いて求める。
全体のパターンは、3種類から5回選ぶので、3の5乗＝243通り。
A定食を選ばないパターンは、BかCの2種類から5回選ぶので、2の5乗＝32通り。
全体から余事象を引く。
243－32＝211よって、211通りである。

正解：D
まず、右に移動した回数と左に移動した回数を特定する。
右への移動をx回、左への移動をy回とすると、合計10回なのでx＋y＝10。
右を正(＋)、左を負(ー)とすると、最終的な位置が＋2なのでx－y＝2。
この連立方程式を解くと、x＝6、y＝4となる。
つまり、10回の移動のうち、右への移動が6回（左が4回）選ばれる組み合わせを求めればよい。
計算は10C6（＝10C4）となる。
(10×9×8×7)÷(4×3×2×1)＝210よって、210通りである。

正解：D
赤色を使う場所で場合分けをして、それぞれのパターンを足し合わせる。赤色以外の場所は、残り3色（青・緑・黄）で塗り分ける。

1.Aが赤の場合：
B・C・Dを残り3色で塗る。Aはすでに赤のため、B・C・Dがそれぞれ隣り合う色と重複しないように選ぶ。Cは残り3通り、BはC以外で2通り、DはC以外で2通りとなる。（1×3×2×2＝12通り）

2.Cが赤の場合：
A・B・Dを残り3色で塗ります。Aは残り3通り、BはAとC（赤）以外で2通り、DはAとC（赤）以外で2通りとなる。（1×3×2×2＝12通り）

3.Bが赤の場合：
Aは赤不可（残り3通り）、Cは赤とA以外（残り2通り）、Dは赤とAとC以外（残り1通り）となる。（1×3×2×1＝6通り）

4.Dが赤の場合：
Bの場合と同様に、対称性から6通りとなる。

合計：12＋12＋6＋6＝36
よって、36通りである。