7.1 第2课时 两个基本计数原理的综合应用（教用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

本讲义聚焦两个基本计数原理的综合应用，系统梳理组数问题（含数字重复与不重复）、抽取与分配问题（如班级分配、志愿者选派）、涂色与种植问题（区域染色、蔬菜种植），构建从基本原理到复杂问题的学习支架，帮助学生逐步掌握分类加法与分步乘法计数原理的应用方法。 资料以“例题解析-通性通法-跟踪训练”为结构，引导学生用数学眼光抽象实际问题中的数量关系，如组数问题中特殊位置的分析。通过分步分类的逻辑推理培养数学思维，如涂色问题中区域相邻关系的分类讨论。以规范步骤强化数学语言表达，课中助力教师系统授课，课后多样化练习题帮助学生巩固知识，查漏补缺。

第2课时　两个基本计数原理的综合应用 题型一｜组数问题 【例1】　（链接教科书第64页习题7题）已知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？ 解：（1）若组成的数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的个数为5×5×4＝100. （2）若组成的数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5×62＝180. 通性通法 对于组数问题应掌握以下两个原则 （1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊数字（或特殊元素）优先的策略分步；如果正面分类较多，可采用间接法求解； （2）要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位. 【跟踪训练】 1.用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有（　　） A.8个　 　 B.10个 C.18个　 　 D.24个 解析：A　个位数只能是1或3，所以有2种选择，首位不能为0，则有2种选择；百位数字有2种选择；十位数字只有1种选择.由分步计数原理，所以用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数为奇数的有2×2×2×1＝8（个）. 2.用0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字的四位整数有300；其中比2 000大的四位偶数有120个. 解析：①分四步：第1步，千位数字有5种选取方法；第2步，百位数字有5种选取方法；第3步，十位数字有4种选取方法；第4步，个位数字有3种选取方法.由分步计数原理知，可组成无重复数字的四位整数共5×5×4×3＝300（个）.②分为三类：第1类，末位是0的有4×4×3＝48（个）；第2类，末位是2的有3×4×3＝36（个）；第3类，末位是4的有3×4×3＝36（个）.由分类计数原理知，共有48＋36＋36＝120（个）. 题型二｜选（抽）取与分配问题 【例2】　高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中甲工厂必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有（　　） A.16种 B.18种 C.37种 D.48种 解析：C　法一（直接法）　以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类.第1类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种；第2类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案有3×3＝9（种）；第3类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案有3×3×3＝27（种）.综上所述，不同的分配方案共有1＋9＋27＝37（种）. 法二（间接法）　先计算三个班自由选择去哪个工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即有4×4×4－3×3×3＝37（种）不同的分配方案. 通性通法 解决抽取（分配）问题的方法技巧 （1）当涉及对象的数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或图表法； （2）当涉及对象的数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类计数原理或分步计数原理.若抽取是有顺序的，则按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行；②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可. 【跟踪训练】 1.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有（　　） A.280种 B.240种 C.180种 D.96种 解析：B　由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法，后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3＝240（种）选派方案. 2.甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为2. 解析：不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共有2×1×1＝2（种）. 题型三｜涂色（种植）问题 【例3】　（链接教科书第64页习题13题）（1）如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有18种不同的涂法； 解析：①若A，C涂色相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12（种）不同的涂法.②若A，C涂色不相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6（种）不同的涂法.所以根据分类计数原理，共有12＋6＝18（种）不同的涂法. （2）从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则有18种不同的种植方法. 解析：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6（种）不同的种植方法.同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6（种）不同的种植方法.故不同的种植方法共有6×3＝18（种）. 通性通法 解决涂色（种植）问题的一般思路 （1）按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步计数原理分析； （2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类计数原理分析； （3）对于涂色问题，将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题. 【跟踪训练】 1.对图中的A，B，C三个区域染色，每块区域染一种颜色，有公共边的区域不同色.现有红、黄、蓝三种不同的颜色可以选择，则不同的染色方法共有（　　） A B C A.22种 B.18种 C.12种 D.6种 解析：C　先给A染色，有3种方法；再给B染色，有2种方法；再给C染色，有2种方法，由分步计数原理可得不同的染色方法共有3×2×2＝12（种）.故选C. 2.如图，将1个四棱锥的每个面染上1种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色.如果只有4种颜色可使用，那么不同的染色方法有（　　） A.36种 B.48种 C.72种 D.108种 解析：C　当侧面SAB与侧面SDC同色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方法，侧面SBC有2种染色方法，共有4×3×2×1×2＝48（种）染色方法.当侧面SAB与侧面SDC不同色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方法，侧面SBC有1种染色方法，共有4×3×2×1×1＝24（种）染色方法.则不同的染色方法共有48＋24＝72（种）. 1.由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为（　　） A.15 B.12 C.10 D.5 解析：D　分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成三位整数，其中偶数有2个.由分类计数原理知共有偶数5个. 2.（a1＋a2）（b1＋b2）（c1＋c2＋c3）完全展开后的项数是（　　） A.9 B.18 C.7 D.12 解析：D　每个括号内各取1项相乘才能得到展开式中的1项，由分步计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12. 3.某县总工会利用业余时间开设太极、书法、绘画三个培训班，甲、乙、丙、丁四人报名参加，每人只报名参加一项，且甲、乙不参加同一项，则不同的报名方法种数为54. 解析：甲有三个培训班可选，甲、乙不参加同一项，所以乙有两个培训班可选，丙、丁各有三个培训可选，根据分步计数原理，不同的报名方法种数为3×2×3×3＝54. 4.如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有多少种？ A B C D 解：先涂A，有4种选择， 再涂B有3种选择，C与A，B相邻， 则C有2种选择，D只与C相邻， 则D有3种选择， 所以一共有4×3×2×3＝72（种）不同的涂法. 1.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为（　　） A.30 B.20 C.10 D.6 解析：D　从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法.故由分类计数原理得，共有N＝3＋3＝6（种）取法. 2.用10元，5元和1元来支付20元的书款，不同的支付方法的种数为（　　） A.3 B.5 C.9 D.12 解析：C　只用一种币值的有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种.由分类计数原理得，不同的支付方法共有3＋5＋1＝9（种）. 3.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第2个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这10个数字中选择（数字可以重复）.若某车主第1个号码（从左到右）只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他可选的车牌号码的所有可能情况有（　　） A.180种 B.360种 C.720种 D.960种 解析：D　按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2个号码有3种选法，其余3个号码各有4种选法，因此共有5×3×4×4×4＝960（种）情况. 4.从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为（　　） A.18 B.20 C.25 D.10 解析：A　分两步：第1步，给A赋值有5种选择；第2步，给B赋值有4种选择，由分步计数原理可得5×4＝20（种）.又因为A＝1，B＝2，与A＝2，B＝4表示同一直线.A＝2，B＝1与A＝4，B＝2，也表示同一直线.所以最多形成不同的直线的条数为20－2＝18. 5.如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对（x，y）的个数是（　　） A.15 B.12 C.5 D.4 解析：A　分情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况.由分类计数原理可得，满足条件的有序自然数对（x，y）的个数是6＋5＋4＝15. 6.〔多选〕“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为（　　） A.0　　　　 B.1 C.2　　　　 D.4 解析：ABC　根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类.第一类：由两个“——”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.第二类：由两个“— —”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.第三类：由一个“——”和一个“— —”组成，二进制数为10，01，转化为十进制数，为2，1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0，1，2，3，故选A、B、C. 7.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有20种. 解析：分三类：若甲在周一，则乙、丙有4×3＝12（种）排法；若甲在周二，则乙、丙有3×2＝6（种）排法；若甲在周三，则乙、丙有2×1＝2（种）排法.所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20（种）. 8.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡.已知顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，顾客丁用哪种结账方式都可以.若甲、乙、丙、丁购物后依次结账.则他们结账方式的种数共20种. 解析：当乙用现金结账时，此时甲和乙都用现金结账，所以丙有3种方法，丁有4种方法，共有3×4＝12（种）方法；当乙用银联卡结账时，此时甲用现金结账，丙有2种方法，丁有4种方法，共有2×4＝8（种）方法.综上，共有12＋8＝20（种）方法. 9.在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”“546”为“驼峰数”.由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有8个，其中偶数有5个. 解析：十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个，十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6＋2＝8个.偶数为214，312，314，412，324，共5个. 10.用0，1，2，3，4五个数字. （1）可以排出多少个三位数字的密码？ （2）可以排成多少个三位数？ （3）可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 解：（1）三位数字的密码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125（个）. （2）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种排法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100（个）. （3）被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类， 第1类是末位数字是0，则有4×3＝12（种）排法； 第2类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18（种）排法. 根据分类计数原理，共有12＋18＝30（种）排法.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数. 11.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（　　） A.8 B.12 C.16 D.18 解析：C　如图，根据正六边形的性质，当A1ABB1为底面矩形时，有4个满足题意；同理，当A1AFF1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意，故共有4＋4＋4＋4＝16（个）阳马. 12.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有60种（用数字作答）. 解析：有两类不同的投法：①外商从4个候选城市中选择3个城市，各投资1个项目，第一个项目有4种投法，第二个项目有3种投法，第三个项目有2种投法，这种情况下共有4×3×2＝24（种）投法.②外商从4个候选城市只选择2个城市分别投资1个项目、2个项目；3个项目中选一个项目投到1个城市，有4种选法，剩下2个项目选1个城市有3种可能，这种情况下共有3×4×3＝36（种）投法.从而外商不同的投资方案共有24＋36＝60（种）. 13.如图为我国数学家赵爽在为《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，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为420. 解析：如图，若区域①与③颜色相同，区域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域④有3种涂法，区域⑤有3种涂法，由分步计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×3＝180种；若区域①与③颜色不同，区域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域③有3种涂法，区域④有2种涂法，区域⑤有2种涂法，由分步计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×2×2＝240种.综上，由分类计数原理可知不同的涂色方案种数为180＋240＝420. 14.从1，2，3，4，5这5个整数中，允许重复地取出3个数a，b，c构成一个三位数X＝100a＋10b＋c. （1）X有多少个？其中偶数多少个？ （2）将所有的X从小到大排列，第75个X是多少？ 解：（1）由题意可得a，b，c各有5种取法，所以由分步计数原理可得3个数a，b，c构成一个三位数X有5×5×5＝125（个）， 其中是偶数的c的取值有2种，a，b各5种，按分步计数原理可得有2×5×5＝50（个）. （2）当百位为1时的三位数有5×5＝25（个）， 当百位为2时的三位数有5×5＝25（个）， 当百位为3时的三位数有5×5＝25（个）， 所以将所有的X从小到大排列，第75个X是百位数字为3的组成的最大的三位数，即355. 15.高中学生甲到教室需要走楼梯，一步可以迈一级或两级或三级台阶. （1）若楼梯有4级台阶，则甲有多少种不同的爬楼方法； （2）若楼梯有10级台阶，则甲有多少种不同的爬楼方法. 解：（1）用1，2，3分别表示学生甲一步迈一级、两级、三级台阶，用例举法可知学生甲有1111，121，112，13，211，22，31，共7种不同的爬楼方法. （2）设学生甲爬n级台阶有an种方法，考虑最后一步：若最后一步只迈一级台阶，则前n－1级台阶有an－1种方法； 若最后一步迈两级台阶，则前n－2级台阶有an－2种不同的方法； 若最后一步迈三级台阶，则前n－3级台阶有an－3种不同的方法， 由分类计数原理得：an＝an－1＋an－2＋an－3（n≥4），显然a1＝1，a2＝2，a3＝4，则：a4＝a1＋a2＋a3＝7，a5＝a2＋a3＋a4＝13，a6＝a3＋a4＋a5＝24，a7＝a4＋a5＋a6＝44，a8＝a5＋a6＋a7＝81，a9＝a6＋a7＋a8＝149，a10＝a7＋a8＋a9＝274， 故该学生上10级台阶的楼梯有274种不同的爬楼方法. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $