7.1第2课时分类计数原理与分步计数原理的综合应用同步练习-2025-2026学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

7.1　两个基本计数原理 第2课时　分类计数原理与分步计数原理的综合应用 一、基础达标 1.如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通,则因焊接点脱落导致电路不通的情况有(　　) A.9种 B.11种 C.13种 D.15种 2.从0,1,2,…,9这10个数字中,任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点(a,b)的坐标,能够确定不在x轴上的点的个数是(　　) A.100 B.90 C.81 D.72 3.某日,甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A,B,C三家医院接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院,每家医院每日至多接待两个单位.已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗,B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗,C医院接种的是需要打三针的重组蛋白疫苗,则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为(　　) A.27 B.24 C.18 D.16 4.(多选题)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 5.(多选题)已知数字0,1,2,3,4,由它们组成四位数,下列说法正确的有(　　) A.组成可以有重复数字的四位数有500个 B.组成无重复数字的四位数有96个 C.组成无重复数字的四位偶数有66个 D.组成无重复数字的四位奇数有28个 6.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中,那么不同插法的种数为(　　) A.42 B.30 C.20 D.12 7.如图,对“田”字型的四个格子进行涂色.每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种,每个格子只涂一种颜色,且相邻的格子不能都涂红色,则满足要求的涂色方法有　　　　　种. 8.某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教,有多少种不同的选法? 9.已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},点P(a,b)在直角坐标平面上,且a,b∈M. (1)平面上共有多少个满足条件的点P? (2)有多少个点P在第二象限内? (3)有多少个点P不在直线y=x上? 二、能力提升 10.正整数2 160的不同正因数的个数为(　　) A.20 B.28 C.40 D.50 11.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.7 B.9 C.10 D.13 12.如图所示是一段灌溉用的水渠,上游和下游之间建有A,B,C,D,E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.24种 B.23种 C.15种 D.7种 13.(多选题)已知集合A={-1,2,3,4},m,n∈A,则对于方程=1的说法正确的是(　　) A.可表示3个不同的圆 B.可表示6个不同的椭圆 C.可表示3个不同的双曲线 D.表示焦点位于x轴上的椭圆有3个 14.如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图,现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色、相邻区域颜色不同,则区域不同涂色的方法种数为(　　) A.36 B.400 C.420 D.480 15.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2且a2>a3,则称这个三位数为“凸数”(如120,343,275等),那么所有三位数中“凸数”的个数为　　　　　.  16.(1)从5种颜色中选出3种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每一个顶点涂一种颜色,并使同一条棱上的两个顶点异色,求不同的涂色方法数; (2)从5种颜色中选出4种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每一个顶点涂一种颜色,并使同一条棱上的两个顶点异色,求不同的涂色方法数. 三、拓展探究 17.用n种不同的颜色涂图中的A,B,C,D四个区域,要求相邻的区域涂色不同,不同的涂色方法总种数记为s(n),则(　　) A.s(3)=12 B.s(4)=36 C.s(5)=120 D.s(6)=600 18.如图所示的几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体,一只青蛙开始在顶点A处,它每次可随意跳到相邻三顶点之一,若在五次内跳到C1点,则停止跳动;若五次内不能跳到C1点,跳完五次也停止跳动,求: (1)五次以内能到C1点的跳法有多少种. (2)从开始到停止,可能出现的跳法有多少种. 参考答案 1.C　按照可能脱落的个数分类讨论, 若脱落一个,则有(1),(4),共2种情况; 若脱落2个,则有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种情况; 若脱落3个,则有(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4),共4种情况; 若脱落4个,则有(1,2,3,4),共1种情况. 综上,共有2+6+4+1=13种情况.故选C. 2.C　分两步,第1步选b,因为b≠0,所以有9种不同的选法;第2步选a,因为a≠b,所以也有9种不同的选法.由分步计数原理知共有9×9=81个点满足要求. 3.D　由题意,甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗,即甲不可预约C医院,则甲可预约A,B两家医院,①若甲预约A医院,乙预约A医院,则丙可预约B,C医院,共2种情况;②若甲预约A医院,乙预约B或C医院,则丙可预约A,B,C医院,共2×3=6种情况;③若甲预约B医院,乙预约A或C医院,则丙可预约A,B,C医院,共2×3=6种情况;④若甲预约B医院,乙预约B医院,则丙可预约A,C医院,共2种情况.所以甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为2+6+6+2=16.故选D. 4.BD　对于A,从中选出2个球,正好一红一黄,有4×5=20种不同的选法,所以该选项错误;对于B,若每种颜色选出1个球,有4×5×6=120种不同的选法,所以该选项正确;对于C,若要选出不同颜色的2个球,有4×5+5×6+4×6=74种不同的选法,所以该选项错误;对于D,若要不放回地依次选出2个球,有15×14=210种不同的选法,所以该选项正确.故选BD. 5.AB　对于A,四位数的首位不能为0,有4种情况,其他数位有5种情况,则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5=500(个),故选项A正确;对于B,四位数的首位不能为0,有4种情况,在剩下的4个数字中任选3个,排在后面3个数位,有4×3×2=24种情况,则组成无重复数字的四位数有4×24=96(个),故选项B正确;对于C,若0在个位,有4×3×2=24个四位偶数,若0不在个位,有3×3×2×2=36个四位偶数,则组成无重复数字的四位偶数共有24+36=60个四位偶数,故选项C错误;对于D,组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2=36(个),故选项D错误.故选AB. 6.A　原定的5个节目产生6个空位,将其中1个新节目插入,有6种不同的插法,然后6个节目产生7个空位,将另一个新节目插入,有7种不同的插法.由分步计数原理知共有7×6=42种不同的插法. 7.56　若4个格子中没有一格涂红色,每格都涂黄或蓝,有24=16种不同涂法;若4个格子中恰有一格涂红色,4格中选一格涂红,其余3格涂黄或蓝,有4×23=32种不同涂法;若4个格子中恰有两格涂红色,有2种情况,其余2格涂黄或蓝,有2×22=8种不同涂法.所以满足要求的涂色方法共有56种.故答案为56. 8.解 由题意知有1人既会英语又会日语,6人只会英语,2人只会日语. (方法一)分两类. 第一类:从只会英语的6人中选1人教英语,有6种选法,则教日语的有2+1=3种选法.此时共有6×3=18种选法. 第二类:选既会英语又会日语的人教英语,有1种选法,则选教日语的有2种选法,此时有1×2=2种选法. 所以由分类计数原理知,共有18+2=20种选法. (方法二)设既会英语又会日语的人为甲,则甲有入选、不入选两类情形,入选后又要分两种:(1)教英语;(2)教日语. 第一类:甲入选. (1)甲教英语,再从只会日语的2人中选1人,由分步计数原理,有1×2=2种选法; (2)甲教日语,再从只会英语的6人中选1人,由分步计数原理,有1×6=6种选法. 故甲入选的不同选法共有2+6=8(种). 第二类:甲不入选.可分两步. 第一步,从只会英语的6人中选1人教英语,有6种选法;第二步,从只会日语的2人中选1人教日语,有2种选法.由分步计数原理知,有6×2=12种不同的选法. 综上,共有8+12=20种不同的选法. 9.解 (1)第一步,先安排横坐标a,a∈M={-3,-2,-1,0,1,2},所以a有6种选择;第二步,安排纵坐标b,b∈M={-3,-2,-1,0,1,2},所以b有6种选择,所以一共有6×6=36个满足条件的点. (2)若P(a,b)在第二象限,则a<0,b>0,故a可从-3,-2,-1这3个数字中选择1个,有3种选择,b可从1,2这2个数字中选择1个,有2种选择,故总共有3×2=6个满足条件的点. (3)在直线y=x上的点满足a=b,此时有点(-3,-3),(-2,-2),(-1,-1),(0,0),(1,1),(2,2),共有6个,所有不在直线y=x上的点有36-6=30(个). 10.C　因为2 160=24×33×5,所以其质因数属于集合{t|t=2x3y5z,x∈{0,1,2,3,4},y∈{0,1,2,3},z∈{0,1}},该集合的元素个数为5×4×2=40,所以正整数2 160的不同正因数的个数为40.故选C. 11.C　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.所以共有3+6+1=10(个),故选C. 12.B　①A水闸关闭时,满足要求,此时B,C,D,E打开或关闭时均可,故此时有24=16种情况;②若A水闸打开时,同时关闭B,C时,满足要求,此时D,E打开或关闭时均可,故此时有22=4种情况;③若A水闸打开时,同时关闭D,E时,满足要求,此时B,C打开或关闭时均可,故此时有22=4种情况.上面②③两种情况有重复的1种情况,就是A水闸打开,B,C,D,E同时关闭的情况,故共有16+4+4-1=23种情况.故选B. 13.ABD　当m=n>0时,方程=1表示圆,故有3个,选项A正确;当m≠n且m,n>0时,方程=1表示椭圆,焦点在x轴、y轴上的椭圆分别有3个,故有3×2=6(个),选项B正确,D正确;当mn<0时,方程=1表示双曲线,故有3×1+1×3=6(个),选项C错误. 14.C　根据题意,分4步进行分析:①对于区域A,有5种颜色可选;②对于区域B,与A区域相邻,有4种颜色可选;③对于区域C,与A,B区域相邻,有3种颜色可选;④对于区域D,E,若D与B颜色相同,则E区域有3种颜色可选,若D与B颜色不相同,则D区域有2种颜色可选,E区域有2种颜色可选,则区域D,E有3+2×2=7种选择,则不同的涂色方案有5×4×3×7=420(种).故选C. 15.240　若a2=2,则“凸数”为120与121,共有1×2=2(个);若a2=3,则“凸数”有2×3=6(个);若a2=4,则“凸数”有3×4=12(个);若a2=5,则“凸数”有4×5=20(个);若a2=6,则“凸数”有5×6=30(个);若a2=7,则“凸数”有6×7=42(个);若a2=8,则“凸数”有7×8=56(个);若a2=9,则“凸数”有8×9=72(个).所有三位数中“凸数”的个数为2+6+12+20+30+42+56+72=240.故答案为240. 16.解 (1)如图,由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,则A,C必须颜色相同,B,D必须颜色相同,所以共有5×4×3×1×1=60种不同的涂色方法. (2)由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,则A,C可以颜色相同,B,D可以颜色相同,并且两组中只有一组颜色相同.所以,先从两组中选出一组涂同一颜色,有2种选法(如:B,D颜色相同);再从5种颜色中,选出4种颜色涂在S,A,B,C四个顶点上,最后D涂B的颜色,有5×4×3×2=120种不同的涂色方法.根据分步计数原理,得共有2×120=240种不同的涂色方法. 17.AD　当n=3时,分四步:第一步,涂C处,有3种涂色方案;第二步,涂D处,有2种涂色方案;第三步,涂A处,有2种涂色方案;第四步,涂B处,有1种涂色方案.所以不同的涂色方法总种数为3×2×2×1=12,所以s(3)=12,故A正确.当n=4时,分四步:第一步,涂C处,有4种涂色方案;第二步,涂D处,有3种涂色方案;第三步,涂A处,有3种涂色方案;第四步,涂B处,有2种涂色方案.所以不同的涂色方法总种数为4×3×3×2=72,所以s(4)=72,故B错误.当n=5时,分四步:第一步,涂C处,有5种涂色方案;第二步,涂D处,有4种涂色方案;第三步,涂A处,有4种涂色方案;第四步,涂B处,有3种涂色方案.所以不同的涂色方法总种数为5×4×4×3=240,所以s(5)=240,故C错误.当n=6时,分四步:第一步,涂C处,有6种涂色方案;第二步,涂D处,有5种涂色方案;第三步,涂A处,有5种涂色方案;第四步,涂B处,有4种涂色方案.所以不同的涂色方法总种数为6×5×5×4=600,所以s(6)=600,故D正确.故选AD. 18.解 (1)如果跳三次到达C1点,第一跳有3种,第二跳有2种,第三跳有1种,共有N1=3×2×1=6(种),如果跳五次到达C1点,若跳一次就往回跳有3×6=18(种),跳两次往回跳有3×2×2=12(种),跳两次再跳到除C1和往回的点有3×2×1=6(种),共有N2=18+12+6=36(种),则一共有36+6=42(种). (2)由条件青蛙的跳法只可能出现两种情况,其一,跳三次到达C1点,有6种跳法,其二,跳五次停止(前三次不到C1点),有(33-6)·32=189种跳法,故共有6+189=195种不同的跳法. 8 学科网（北京）股份有限公司 $