3.1.1 基本计数原理（分层作业练题型）数学人教B版高二选择性必修第二册

分层作业 3.1.1　基本计数原理 目 录 A组 巩固过关 题型01 分类加法计数原理 题型02 分步乘法计数原理 题型03 两个基本计数原理的简单应用 B组 能力进阶 C组 思维拔高   分类加法计数原理题型01 1．（25-26高二下·天津南开·期中）每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有趟，动车有6趟．某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（25-26高二下·吉林长春·期中）从3本不同的科学书、2本不同的英语书中任取1本，则不同的取法种数是（    ） A．6 B．5 C．9 D．8 3．（25-26高二下·湖北·期中）用数字2，3，5可以组成 无重复数字的偶数的个数为（    ） A．15 B．12 C．10 D．5 分步乘法计数原理题型02 4．（25-26高二下·河北承德·期末）2026年5月13日，某高校科研团队发布“九章四号”量子计算原型机，其生成的光子样本分为两类：4个高斯分布样本和3个均匀分布样本．从中抽取2个样本，则抽取的样本中，两类样本都有的抽法有（   ） A．7种 B．12种 C．21种 D．42种 5．（25-26高二下·天津津南·阶段检测）现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从“天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区”这6个景点中选2个景点进行游览，则这两位选的景点恰有1个景点相同的选法共有（   ） A．60种 B．120种 C．240种 D．300种 6．（25-26高二下·山西太原·期末）甲、乙、丙、丁等8人分成，两技术小组，要求每组4人，且甲、乙必须在同一小组，丙、丁不在同一小组，共有不同分配方案的种数为（     ） A．12 B．16 C．24 D．36 两个基本计数原理的简单应用题型03 7．（25-26高二下·广东东莞·期末）2封不同的书信有3个不同的邮筒可投，不同投法的种数有（   ） A．9 B．8 C．6 D．5 8．（25-26高二下·天津和平·期末）用数字组成允许有重复数字的两位数，其个数为（    ） A．6 B．10 C．12 D．16 9．（25-26高二下·重庆渝中·期末）若一个三位数的百位数字是，十位数字是，个位数字是,，且 三个数中最大值和最小值的和等于，则这样的三位数的个数是（    ） A． B． C． D． 1．（25-26高二下·新疆巴州·期末）某日，从库尔勒到乌鲁木齐的火车共有10个车次，飞机共有2个航班，长途汽车共有12个班次，若该日甲只选择这3种交通工具中的一种，则甲从库尔勒到乌鲁木齐共有（ ） A．12种选法 B．24种选法 C．22种选法 D．14种选法 2．（25-26高二下·陕西西安·期末）某校要选取名同学参加全市的作文比赛，高一年级推荐了人，高二年级推荐了人，高三年级推荐了人，则可选择的方案有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 3．（25-26高二下·山东济南·期末）学校餐厅推出组合套餐，有3种饮品和4种小食可供选择，每种套餐包含1种饮品和1种小食，则可搭配出的套餐种数为（     ） A．7 B．12 C．14 D．21 4．（25-26高二下·江苏扬州·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路，从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路，则从甲地到丁地不同的走法总数为（     ） A．11 B．14 C．30 D．48 5．（25-26高二下·河北保定·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丙地有2条路，则从甲地到丙地一共有（    ）条不同的路线． A．8 B．9 C．10 D．11 6．（25-26高二下·贵州安顺·期末）某人计划利用三天假期到“黄果树瀑布”“花江大峡谷”和“龙宫”三个景点游玩，每天玩一个景点，则他出游的不同方案共有（    ） A．9种 B．6种 C．5种 D．3种 7．（25-26高二下·河南郑州·期末）有4名高中生在“只有河南戏剧幻城”，“嵩山风景名胜区”，“河南博物院”三个景点中，每人选择一处进行游览，则有不同的选择方法种数为（   ） A．81 B．64 C．27 D．24 8．（25-26高二下·四川雅安·期末）乘积展开后的项数为（    ）． A． B． C． D． 9．（25-26高二下·广西来宾·期末）把6个不同的球放入4个不同的盒子里，每个球可以放入任意一个盒子（允许有空盒），则不同的放法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 10．（25-26高二下·广东清远·期末）现安排甲、乙、丙三位老师到，，，四个实验室工作，每位老师只能选择一个实验室，每个实验室不限制人数，则所有可能的安排方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 11．（25-26高二下·重庆九龙坡·期末）现用 Python 生成随机密钥，该密钥共 4 位，前 3 位在 1，2，3，4，5 这五个数字中进行选择(可以重复)，第 4 位要求从 ， ， 这三个字母中进行选择，则可生成密钥的数量为（    ） A．60 B．75 C．180 D．375 12．（2026·贵州遵义·模拟预测）用这个数字可以组成没有重复数字三位数的个数是（     ） A． B． C． D． 13．（25-26高二下·河南郑州·期末）用0，1，2，3这四个数字可以组成多少个无重复数字的三位数（    ） A．16 B．18 C．20 D．22 14．（25-26高二下·湖北襄阳·阶段检测）A和B进行了10次猜拳游戏，A出了3次石头， 6次剪刀和1次布， B出了2次石头， 4次剪刀和4次布，已知2人从未出现平局，则A赢了（ ）次． A．7 B．5 C．3 D．1 15．（25-26高二下·福建泉州·期末）如图，网格由边长为一个单位长度的小正方形组成，质点从点向点移动，规定每次只能向上或向右移动一个单位长度，则从出发，不经过点到达的最短路径的条数为（   ） A． B． C． D． 16．（25-26高二下·陕西商洛·阶段检测）甲、乙、丙、丁等8人分成，两技术小组，要求每组4人，且甲乙必须在同一组，丙丁不能在同一组，共有多少分配方案（     ） A． B． C． D． 17．（25-26高二下·江苏徐州·期末）现有5种不同的颜色，对如图所示的四个方格涂色，要求有公共边的两个方格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ） A．120种 B．144种 C．240种 D．260种 18．（25-26高二下·浙江杭州·期末）从如图所示的方格表中随机选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则事件“选中方格中的4个数之和为”的概率为（     ）    A． B． C． D． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 3.1.1　基本计数原理   分类加法计数原理题型01 1 2 3 B B D 分步乘法计数原理题型02 1 2 3 B B B 两个基本计数原理的简单应用题型03 1 2 3 A D D 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B B B D B A D 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 A C D C B A B C D B 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 3.1.1　基本计数原理 目 录 A组 巩固过关 题型01 分类加法计数原理 题型02 分步乘法计数原理 题型03 两个基本计数原理的简单应用 B组 能力进阶 C组 思维拔高   分类加法计数原理题型01 1．（25-26高二下·天津南开·期中）每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有趟，动车有6趟．某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【详解】已知每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有趟，动车有6趟， 由分类加法原理，完成这件事共有种． 2．（25-26高二下·吉林长春·期中）从3本不同的科学书、2本不同的英语书中任取1本，则不同的取法种数是（    ） A．6 B．5 C．9 D．8 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理求解即可. 【详解】完成任取1本书这件事可分为取科学书和取英语书这两类办法： 第一类，从3本不同的科学书中任取1本，有3种取法； 第二类，从2本不同的英语书中任取1本，有2种取法. 所以不同的取法种数为种. 3．（25-26高二下·湖北·期中）用数字2，3，5可以组成 无重复数字的偶数的个数为（    ） A．15 B．12 C．10 D．5 【答案】D 【分析】分三类，即一位整数，两位整数和三位整数. 【详解】分三类，第一类组成一位整数，偶数有2，共1个； 第二类组成两位整数，其中偶数有32和52，共2个； 第三类组成三位整数，其中偶数有352和532，共2个． 由分类加法计数原理知共有偶数5个． 分步乘法计数原理题型02 4．（25-26高二下·河北承德·期末）2026年5月13日，某高校科研团队发布“九章四号”量子计算原型机，其生成的光子样本分为两类：4个高斯分布样本和3个均匀分布样本．从中抽取2个样本，则抽取的样本中，两类样本都有的抽法有（   ） A．7种 B．12种 C．21种 D．42种 【答案】B 【详解】从4个高斯分布样本中抽取1个样本，有4种抽法；从3个均匀分布样本中抽取1个样本，有3种抽法， 由分步乘法计数原理，得符合题意的抽法有种. 5．（25-26高二下·天津津南·阶段检测）现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从“天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区”这6个景点中选2个景点进行游览，则这两位选的景点恰有1个景点相同的选法共有（   ） A．60种 B．120种 C．240种 D．300种 【答案】B 【分析】根据分步计数原理，先确定两人共同选择的景点，再为两人分别选择不同的剩余景点即可计算总选法． 【详解】先选取两位游客相同的景点，从6个景点中任选1个，共有6种选法， 再确定两人剩余的不同景点，第一位游客从剩下5的个景点中任选1个，有5种选法， 第二位游客从剩余的4个景点中任选1个，有4种选法， 综上，共有种选法． 6．（25-26高二下·山西太原·期末）甲、乙、丙、丁等8人分成，两技术小组，要求每组4人，且甲、乙必须在同一小组，丙、丁不在同一小组，共有不同分配方案的种数为（     ） A．12 B．16 C．24 D．36 【答案】B 【分析】由题意应用分步乘法计数原理计算求解. 【详解】先安排甲乙去其中任意一组，有2种，由于丙丁不能同组，从丙丁2人中选1人与甲乙同组， 另一人去另一组，有2种，剩余4人选1人加入甲乙一组，另外3人去另一组，有4种， 故不同的分配方案有种． 两个基本计数原理的简单应用题型03 7．（25-26高二下·广东东莞·期末）2封不同的书信有3个不同的邮筒可投，不同投法的种数有（   ） A．9 B．8 C．6 D．5 【答案】A 【详解】2封书信不同，3个邮筒也不同，每封书信有3种投法， 由分步乘法计数原理得：． 8．（25-26高二下·天津和平·期末）用数字组成允许有重复数字的两位数，其个数为（    ） A．6 B．10 C．12 D．16 【答案】D 【分析】由分步计数原理求解即可. 【详解】由题意可得十位上的数字可以是中任意一个，共有种可能； 同样个位上的数字可以是中任意一个，共有种可能； 所以一共可以组成个两位数. 9．（25-26高二下·重庆渝中·期末）若一个三位数的百位数字是，十位数字是，个位数字是,，且 三个数中最大值和最小值的和等于，则这样的三位数的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件，分，和三种情况讨论，即可求解. 【详解】因为三个数中最大值和最小值的和等于，且， 若，则，或，或，或，或 若，则，，或，，或 ，或，或， 若，则，可以是，或，可以是， 所以符合条件的三位数的个数是. 1．（25-26高二下·新疆巴州·期末）某日，从库尔勒到乌鲁木齐的火车共有10个车次，飞机共有2个航班，长途汽车共有12个班次，若该日甲只选择这3种交通工具中的一种，则甲从库尔勒到乌鲁木齐共有（ ） A．12种选法 B．24种选法 C．22种选法 D．14种选法 【答案】B 【分析】根据计数原理的加法法则可得选项. 【详解】由计数原理的加法法则可得，甲从库尔勒到乌鲁木齐共有种选法. 2．（25-26高二下·陕西西安·期末）某校要选取名同学参加全市的作文比赛，高一年级推荐了人，高二年级推荐了人，高三年级推荐了人，则可选择的方案有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【详解】由题意，若选中的同学来自高一年级，则有3种选择方案； 若选中的同学来自高二年级，则有4种选择方案； 若选中的同学来自高三年级，则有5种选择方案． 根据分类加法计数原理，则总共可选择的方案有种. 3．（25-26高二下·山东济南·期末）学校餐厅推出组合套餐，有3种饮品和4种小食可供选择，每种套餐包含1种饮品和1种小食，则可搭配出的套餐种数为（     ） A．7 B．12 C．14 D．21 【答案】B 【详解】要完成一份套餐的搭配，需分两个步骤： 第一步，从3种饮品中选择1种，共有3种不同的选法； 第二步，从4种小食中选择1种，共有4种不同的选法.根据分步乘法计数原理，因此可搭配出的套餐总种数为. 4．（25-26高二下·江苏扬州·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路，从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路，则从甲地到丁地不同的走法总数为（     ） A．11 B．14 C．30 D．48 【答案】B 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理计算求解. 【详解】第一类：甲先到乙地再到丁地，此时共有种不同的走法； 第二类：甲先到丙地再到丁地，此时共有种不同的走法； 所以甲地到丁地不同的走法总数为. 5．（25-26高二下·河北保定·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丙地有2条路，则从甲地到丙地一共有（    ）条不同的路线． A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】D 【详解】若从甲地直接到丙地，有2条路线； 若从甲地到乙地，再到丙地，有条路线； 综上所述：从甲地到丙地一共有11条不同的路线. 6．（25-26高二下·贵州安顺·期末）某人计划利用三天假期到“黄果树瀑布”“花江大峡谷”和“龙宫”三个景点游玩，每天玩一个景点，则他出游的不同方案共有（    ） A．9种 B．6种 C．5种 D．3种 【答案】B 【分析】由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一天有3种选择方案，第二天有2种选择方案，第三天有1种选择方案， 故共有种. 7．（25-26高二下·河南郑州·期末）有4名高中生在“只有河南戏剧幻城”，“嵩山风景名胜区”，“河南博物院”三个景点中，每人选择一处进行游览，则有不同的选择方法种数为（   ） A．81 B．64 C．27 D．24 【答案】A 【详解】∵ 完成4名高中生选择景点的事件，可分4个步骤，依次确定每一名学生的游览景点， 每名学生均可从3个景点中任选1处，即每名学生都有3种不同的选择方法， 根据分步乘法计数原理，完成该事件的总方法数为各步骤方法数的乘积， ∴ 不同的选择方法种数为. 8．（25-26高二下·四川雅安·期末）乘积展开后的项数为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由分步乘法计数原理可得：第一步从任选个数共种选法， 第二步从任选个数共种选法，第三步从任选个数共种选法， 故展开后的项数为：. 9．（25-26高二下·广西来宾·期末）把6个不同的球放入4个不同的盒子里，每个球可以放入任意一个盒子（允许有空盒），则不同的放法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【详解】每个球都有4种选择，故不同的放法共有种. 10．（25-26高二下·广东清远·期末）现安排甲、乙、丙三位老师到，，，四个实验室工作，每位老师只能选择一个实验室，每个实验室不限制人数，则所有可能的安排方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】根据分步计数原理求解即可． 【详解】甲、乙、丙三位老师依次选择，每位老师都有四个实验室可选， 所以共有种安排方法． 11．（25-26高二下·重庆九龙坡·期末）现用 Python 生成随机密钥，该密钥共 4 位，前 3 位在 1，2，3，4，5 这五个数字中进行选择(可以重复)，第 4 位要求从 ， ， 这三个字母中进行选择，则可生成密钥的数量为（    ） A．60 B．75 C．180 D．375 【答案】D 【详解】根据分步计数乘法原理，可生成秘钥的数量为：. 12．（2026·贵州遵义·模拟预测）用这个数字可以组成没有重复数字三位数的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用分步乘法计数原理，依次确定无重复数字的三位数的百位、十位、个位的可选数字数量，相乘即可得到总个数. 【详解】 由于三位数的百位不能为，且各数位数字不重复，结合分步乘法计数原理计算： 确定百位数字：可从共个非零数字中任选个，共有种选择； 确定十位数字：百位已选个数字，剩余个数字（包含）可选，共有种选择； 确定个位数字：百位和十位共选走个不同数字，剩余个数字可选，共有种选择。 因此满足条件的三位数总个数为. 13．（25-26高二下·河南郑州·期末）用0，1，2，3这四个数字可以组成多少个无重复数字的三位数（    ） A．16 B．18 C．20 D．22 【答案】B 【分析】优先考虑百位不能为0的限制，利用分步乘法计数原理依次计算各数位的可选方案数，相乘得到总个数. 【详解】组成无重复数字的三位数时，百位数字不能为0，按数位分步计算： 百位选择：只能从1、2、3中选取，共种选法； 十位选择：百位选完后剩余3个数字（包含0），共种选法； 个位选择：百位、十位选完后剩余2个数字，共种选法； 根据分步乘法计数原理，总个数为. 14．（25-26高二下·湖北襄阳·阶段检测）A和B进行了10次猜拳游戏，A出了3次石头， 6次剪刀和1次布， B出了2次石头， 4次剪刀和4次布，已知2人从未出现平局，则A赢了（ ）次． A．7 B．5 C．3 D．1 【答案】A 【分析】由没有出现平局，分析A,B的对战情况，从而得到A赢的次数. 【详解】由题意知，A出了3次石头，6次剪刀和1次布，B出了2次石头，4次剪刀和4次布. 由于没有出现平局，所以A的6次剪刀，只能对应B的2次石头和4次布， 所以这6局中，A赢了4次； 另外A的3次石头和1次布对应B的4次剪刀，所以这4局中，A赢了3次. 综上所述，A一共赢7次. 15．（25-26高二下·福建泉州·期末）如图，网格由边长为一个单位长度的小正方形组成，质点从点向点移动，规定每次只能向上或向右移动一个单位长度，则从出发，不经过点到达的最短路径的条数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】从点出发到达点的最短路径共有条， 从点出发，经过点到达点的最短路径共有条， 所以从点出发，不经过点到达点的过程中，最短路径的条数为条. 16．（25-26高二下·陕西商洛·阶段检测）甲、乙、丙、丁等8人分成，两技术小组，要求每组4人，且甲乙必须在同一组，丙丁不能在同一组，共有多少分配方案（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】先安排甲乙去中任意一组，有2种， 由于丙丁不能同组，从丙丁2人中选1人与甲乙同组，另一人去另一组，有2种， 剩余4人选1人加入甲乙一组，另外3人去另一组，有4种， 故总分配方案为：种． 17．（25-26高二下·江苏徐州·期末）现有5种不同的颜色，对如图所示的四个方格涂色，要求有公共边的两个方格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ） A．120种 B．144种 C．240种 D．260种 【答案】D 【分析】利用分步乘法计数原理，根据对角位置的方格颜色是否相同进行分类讨论求解. 【详解】设四个方格分别为（左上）、（右上）、（左下）、（右下）， 其中与不相邻，与不相邻. 根据与涂色是否相同，分两类情况讨论： 第一类：与涂同一种颜色， 涂，有5种选法；涂，因与同色，有1种选法； 涂，因与、相邻（即与相邻），有4种选法； 涂，因与、相邻（即与相邻），有4种选法。 根据分步乘法计数原理，此类情况共有种方法； 第二类：与涂不同种颜色， 涂，有5种选法；涂，因与不同色，有4种选法； 涂，因与、均相邻且、颜色不同，故需避开这两种颜色，有3种选法； 涂，因与、均相邻且、颜色不同，故需避开这两种颜色，有3种选法. 根据分步乘法计数原理，此类情况共有种方法. 综上所述，不同的涂色方法共有种. 18．（25-26高二下·浙江杭州·期末）从如图所示的方格表中随机选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则事件“选中方格中的4个数之和为”的概率为（     ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由分步计数原理可得符合题目要求的选取4个方格的情况数，随后找到“选中方格中的4个数之和为”的情况数，据此可得答案. 【详解】从第一行选出一个方格，有4种选法，再从剩下的3行中选取一个与第一个方格不同列的方格，有3种选法， 然后从剩下2行中选取1个与前2个方格不同列的方格，有2种选法，最后剩下一种， 则符合要求的选取4个方格的情况数为种. 又由题可得当“选中方格中的4个数之和为”时，方格中的数字只能为， 则从第三行选定后， 若第一行选取第一个0，则第二行只能选取第4个0，第四行只能选取第3个0； 若第一行选取第三个0，则第二行只能选取第1个0，第四行只能选取第4个0； 若第一行选取第四个0，则第二行只能选取第1个0，第四行只能选取第3个0. 综上“选中方格中的4个数之和为”的情况数为3，则对应概率为. 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $