7.1 两个基本计数原理（分层作业，8大题型）-【上好课】2024-2025学年高二数学同步精品课堂（苏教版2019选择性必修第二册）

7.1 两个基本计数原理 题型一 分类加法计数原理 1.集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在第二象限内的点的个数是（ ） A.2 B.4 C.5 D.6 2.将2个相同的红球和2个相同的黑球放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（ ） A.5种 B.6种 C.7种 D.8种 题型二 分步乘法计数原理及简单应用 1.某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（ ） A.13种 B.42种 C.种 D.种 2.文娱晚会中，学生的节目有6个，已经排好出场顺序，现临时增加2个教师的节目，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，并且6个学生的节目先后出场顺序不变，则晚会的出场顺序的种数为（ ） A.30 B.42 C.56 D.3960 题型三 实际问题中的计数问题 1.学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有（ ） A.12种 B.14种 C.7种 D.9种 2.为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（ ） A.4 B.8 C.16 D.18 3.如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有，，，，五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（ ） A.种 B.种 C.种 D.种 题型四 代数中的计数问题 1.求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（ ） A.8 B.10 C.15 D.16 2.方程的非负整数解的组数为（ ） A.40 B.28 C.22 D.12 题型五 几何计数问题 1.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（ ） A.48 B.18 C.24 D.36 2.记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（ ） A.2 B.5 C.8 D.9 题型六 数字计数问题 1.同时满足：①偶数；②没有重复数字的三位数；③个位数不为0，这三个条件的数有（ ） A.64个 B.128个 C.196个 D.256个 2.用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有（ ） A.48个 B.24个 C.18个 D.12个 题型七 涂色问题 1.如图，给编号为1，2，3，…，6的区域涂色，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，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同.若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A.60种 B.80种 C.100种 D.125种 2.某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（ ） A.24种 B.36种 C.48种 D.72种 题型八 其他计数问题 1.将编号1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3的盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的号不能相同，则不同的放球方法有（ ） A.16种 B.12种 C.9种 D.6种 2.有红、黄、蓝的小旗各一面，从中选用1面、2面或3面升上旗杆，并且不同的顺序表示不同的信号，则可表示不同的信号种数为（ ）. A.6 B.12 C.14 D.15 1.若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”共有（ ） A.个 B.个 C.个 D.个 2.数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗：“影弄花枝花弄影”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343，12521等，两位数的回文数有共9个，若从三位数的回文数中任取一个数，则取出的数是奇数的概率是（ ） A. B. C. D. 3.已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（ ） A.40 B.32 C.24 D.23 4.根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹不一样多的两位数有（ ） 123456789表示如下 纵式： 横式： A.81个 B.64个 C.18个 D.17个 5.已知集合，若、是的两个非空子集，则所有满足中的最大数小于中的最小数的集合对的个数为多少？ 6.为举办校园文化节，某班推荐2名男生3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数有多少？ 7.用0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字比其左邻的数字小的数叫作“渐降数”，求上述四位数中“渐降数”的个数. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 7.1 两个基本计数原理 题型一 分类加法计数原理 1.集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在第二象限内的点的个数是（ ） A.2 B.4 C.5 D.6 【答案】D 【分析】由分类加法计数原理即可求解. 【详解】第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数. 若集合提供横坐标，集合提供纵坐标，则符合题意的点有，共2个； 若集合提供纵坐标，集合提供横坐标，则有，，共4个. 综上，符合题意的点的个数为. 故选：D. 2.将2个相同的红球和2个相同的黑球放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（ ） A.5种 B.6种 C.7种 D.8种 【答案】C 【分析】满足条件的放法可分为两类，第一类，每个盒子放；两个球，第二类，一个盒子放一个球，另一个盒子放个球，结合分类加法原理求结论. 【详解】满足条件的放法可分为两类， 第一类，每个盒子放；两个球，满足条件的放法有3种； 第二类，一个盒子放一个球，另一个盒子放个球，满足条件的放法有种， 由分类加法计数原理可得，满足条件的不同的放法共有种. 故选：C. 题型二 分步乘法计数原理及简单应用 1.某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（ ） A.13种 B.42种 C.种 D.种 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】7本不同的历史书任取1本历史书有7种取法； 6本不同的地理书任取1本地理书有6种取法， 从这些书中任取1本历史书和1本地理书， 根据分步乘法原理得到不同的取法有7×6=42种. 故选：B. 2.文娱晚会中，学生的节目有6个，已经排好出场顺序，现临时增加2个教师的节目，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，并且6个学生的节目先后出场顺序不变，则晚会的出场顺序的种数为（ ） A.30 B.42 C.56 D.3960 【答案】A 【分析】将教师的两个节目按照题目要求依次安排到学生的节目中，再利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】根据题意，学生的节目有6个，已经排好出场顺序，这6个节目之间有5个空位， 因为教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，则先将第一个教师节目安排到5个空位中，有5种方法； 再将第二个教师的节目安排到7个节目之间的6个空位中，有6种方法， 由分步乘法计数原理可得，共有种方法. 故选：A. 题型三 实际问题中的计数问题 1.学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有（ ） A.12种 B.14种 C.7种 D.9种 【答案】B 【分析】应用分类分步计数原理，求出甲安排为“定点投篮”、不安排“定点投篮”两种情况分别写出安排方法数，即可得答案. 【详解】当甲安排“定点投篮”，另外3人任意安排工作有6种方法. 当甲不安排“定点投篮”时，先安排甲有2种，再安排乙有2种，另外剩余2人有2种，此时有种方法， 共有种， 故选：B 2.为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（ ） A.4 B.8 C.16 D.18 【答案】B 【分析】根据3枚邮票中邮票的种类进行分类求解即可. 【详解】由题意可知：会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有2枚，“志愿者标志”有1枚， 若任取3枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有： 若会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有1枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有2枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有1枚，“志愿者标志”有1枚，共有种； 故共有种. 故选：B. 3.如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有，，，，五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（ ） A.种 B.种 C.种 D.种 【答案】B 【分析】分水闸关闭，水闸打开时，同时关闭，水闸打开时，同时关闭，三种情况，去掉重复的情况，得到答案. 【详解】①水闸关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况， ②若水闸打开时，同时关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况， ③若水闸打开时，同时关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况， 上面②③两种情况有重复的1种情况，就是水闸打开，同时关闭的情况， 故共有种情况. 故选：B 题型四 代数中的计数问题 1.求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（ ） A.8 B.10 C.15 D.16 【答案】C 【分析】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】因为， 所以的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可， 有种取法，即有个正整数因数. 故选：C. 2.方程的非负整数解的组数为（ ） A.40 B.28 C.22 D.12 【答案】A 【分析】将分解质因数，即可求出的因数的个数，从而得解. 【详解】因为，所以的因数有个， 故方程的非负整数解的组数为40. 故选：A 题型五 几何计数问题 1.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（ ） A.48 B.18 C.24 D.36 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答. 【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线， 对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有（个）； 对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个， 不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直， 所以正方体中“正交线面对”共有（个）. 故选：D 2.记为点到平面α的距离，给定四面体，则满足（i=2，3，4）的平面的个数为（ ） A.2 B.5 C.8 D.9 【答案】C 【分析】分两种情况：与平面平行、经过△中位线分别求出它们满足要求的个数，加总即可. 【详解】当与平面平行时，如下图存在2种情况. 当经过△中位线时，如下图其中一条中位线有2种情况，故三条中位线，共有6种情况. 综上，共有2+6=8种情况. 故选：C. 题型六 数字计数问题 1.同时满足：①偶数；②没有重复数字的三位数；③个位数不为0，这三个条件的数有（ ） A.64个 B.128个 C.196个 D.256个 【答案】D 【分析】根据分步计数原理求解即可. 【详解】个位数的选择：由于是偶数且个位不能为0，个位只能是2、4、6、8中的一个，共有4种选择. 百位数的选择：百位不能为0，且不能与个位数字重复.因此，对于每个个位数，百位有8种选择. 十位数的选择：十位可以是0-9中排除百位和个位已经使用的数字，剩下的8种选择. 根据分步乘法计数原理同时满足题设三个条件得数得总个数为种. 故选：D. 2.用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有（ ） A.48个 B.24个 C.18个 D.12个 【答案】C 【分析】根据题意，依次分析三位数的个位、百位、十位数字的情况，由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，三位数的个位数字必须为1或3，有2种情况， 百位数字不能为0，有3种情况， 十位数字在剩下的3个数字任选1个，有3种情况， 则共有种情况，即有18个符合题意的三位奇数. 故选：C. 题型七 涂色问题 1.如图，给编号为1，2，3，…，6的区域涂色，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，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同.若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A.60种 B.80种 C.100种 D.125种 【答案】A 【分析】由题意可得，只需确定区域1，2，3的颜色，即可确定所有区域的涂色.根据分步乘法计算原理运算求解. 【详解】由题意可得，只需确定区域1，2，3的颜色，即可确定所有区域的涂色. 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择. 故不同的涂色方案有种. 故选：A. 2.某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（ ） A.24种 B.36种 C.48种 D.72种 【答案】D 【分析】先对A，B，C三个区域染色，再讨论B，E是否同色 【详解】当B，E同色时，共有种不同的染色方案， 当B，E不同色时，共有种不同的染色方案， 所以共有72种不同的染色方案. 故选：D 题型八 其他计数问题 1.将编号1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3的盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的号不能相同，则不同的放球方法有（ ） A.16种 B.12种 C.9种 D.6种 【答案】B 【分析】分六种情况讨论，求解每一种类型的放球方法数，然后利用分类计数加法原理求解即可. 【详解】由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，当四个小球分组为如下情况时，放球方法有： 当1与2号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 当1与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；^ 当1与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 当2与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 当2与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 当3与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 因此，不同的放球方法有12种，故选B. 点睛：本题主要考查分类计数加法原理的应用，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率. 2.有红、黄、蓝的小旗各一面，从中选用1面、2面或3面升上旗杆，并且不同的顺序表示不同的信号，则可表示不同的信号种数为（ ）. A.6 B.12 C.14 D.15 【答案】D 【分析】利用分类加法、分步乘法计数原理可得答案. 【详解】挂一面旗时，有3种情况；挂两面旗时，有种； 挂三面旗时，有种， 所以共种. 故选：D. 1.若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”共有（ ） A.个 B.个 C.个 D.个 【答案】C 【分析】根据“同族函数"的定义、可列出西数解析式为，值域为的"同族函数"的定义域、以而确定“同族函数"的个数. 【详解】函数解析式为，值域为， 当时，；当时，， 则定义域为，，，， ，，，，， 因此，“同族函数”共有9个， 故选：C. 2.数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗：“影弄花枝花弄影”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343，12521等，两位数的回文数有共9个，若从三位数的回文数中任取一个数，则取出的数是奇数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】利用分步乘法计数原理，结合古典概型，可得答案. 【详解】由题意三位的回文数中个位与百位的数字相同，十位与个位的数字不同， 由于三位数字首位即百位不能为0，故个位与百位相同且不为0，十位数字可以为0，但不能与个位（百位）相同. 若满足三位的回文数是奇数，则个位能选择的数字有，共种不同选择， 十位上的数字在个位数字确定之后只能从剩余的数字和0共9个数字中选择，就只有中选择， 根据乘法计数原理，是奇数的三位回文数共有个数字； 三位的回文数个位和百位相等不能为0，共有9种不同取法， 取定后，十位必须从其它的数字（包括0在内）任取一个，有9种不同的取法， 根据乘法计数原理，三位回文数共有个， 所以从三位数的回文数中任取一个数，取出的数为奇数的概率为. 故选：D. 【点睛】 3.已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（ ） A.40 B.32 C.24 D.23 【答案】D 【分析】根据题意按照顺序分别将的选法种类逐一确定，再除去不合题意的即可. 【详解】由直线的倾斜角为锐角可知斜率一定存在，可得， 且，所以异号， 从集合中任取三个不同元素，且异号， 易知有4种选法，有2种选法，有3种选法，共有种， 又因为当和时，都表示直线， 所以符合条件的直线的条数为种. 故选：D 4.根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹不一样多的两位数有（ ） 123456789表示如下 纵式： 横式： A.81个 B.64个 C.18个 D.17个 【答案】B 【分析】首先根据分步计数原理计算不含0的所有两位数，再分类计算不满足条件的两位数，即可求解. 【详解】用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，共可以摆出（个）两位数， 其中个位和十位上的算筹都为1有（个）； 个位和十位上的算筹都为2有（个）； 个位和十位上的算筹都为3有（个）； 个位和十位上的算筹都为4有（个）； 个位和十位上的算筹都为5有（个）， 共有（个）， 所以个位和十位上的算筹不一样多的两位数有（个）. 故选：B 5.已知集合，若、是的两个非空子集，则所有满足中的最大数小于中的最小数的集合对的个数为多少？ 【答案】49 【分析】分中的最大数为，中的最大数为，中的最大数为，中的最大数为，四种情况，根据题意列举出满足条件的集合、，即可得出结果. 【详解】解：根据题意，分4种情况讨论： 当中的最大数为，即时，，，，，，，，，，，，，，，，即的非空子集的个数为个； 当中的最大数为，即，时，，，，，，，，即个； 当中的最大数为，即，，，时，，，，即个； 当中的最大数为，即，，，，，，，时，，即的子集的个数为个； 所以总共个数为个. 6.为举办校园文化节，某班推荐2名男生3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数有多少？ 【答案】24 【分析】依题意可分为两种情况，一种是参加乐器培训的是女生，则参加舞蹈和演唱培训的都是1名男生和1名女生，另一种是参加乐器的是男生，则参加舞蹈培训的有1名女生和1名男生或者是2名女生，剩下的2人参加演唱培训，再根据分类加法计数原理可得答案. 【详解】依题意可分为两种情况，一种是参加乐器培训的是女生，则参加舞蹈和演唱培训的都是1名男生和1名女生，共有种方案； 另一种是参加乐器培训的是男生，则参加舞蹈培训的有1名女生和1名男生或者是2名女生，剩下的2人参加演唱培训，共有种方案， 根据分类加法计数原理种. 7.用0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字比其左邻的数字小的数叫作“渐降数”，求上述四位数中“渐降数”的个数. 【答案】 【分析】首先确定千位可以是3，4，5，再根据题意，利用列举的方法，即可求解. 【详解】分三类： 第一类，千位数字为3时，“渐降数”只有3210，共1个； 第二类，千位数字为4时，“渐降数”有4321，4320，4310，4210，共4个； 第三类，千位数字为5时，“渐降数”有5432，5431，5430，5421，5420，5410，5321，5320，5310，5210，共10个. 由分类加法计数原理，共有（个）“渐降数”. 10 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$