苏教版 (2019)选择性必修第二册7.1两个基本计数原理精品课时训练

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一、分类加法计数原理
1、定义：完成一件事情有类不同的方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，…，在第类方案中有种不同的方法，则完成这件事共有种不同的方法。
【注意】完成这件事的类方案是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要在用其他的方法。
2、解题思路：
（1）分类：将完成这件事的方法分成若干类；
（2）计数：求出每一类的方法数；
（3）结论：将每一类的方法数相加得出结果。
3、应用分类加法计数原理的注意事项：
（1）根据题目特点恰当选择一个分类标准；
（2）分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复；
（3）分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏。
二、分步乘法计数原理
1、定义：完成一件事需要个步骤，做第1步有中不同的方法，做第2步有中不同的方法，…，做第步有种不同的方法，则完成这件事共有种不同的方法。
【注意】完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不能完成。
2、解题思路：
（1）分步：将完成这件事的过程分成若干步；
（2）计数：求出每一步中的方法数；
（3）结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果。
三、两种计数原理的区别与联系
四、两种计数原理综合应用
1、用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析—需要分类还是需要分步；
2、分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数；
3、分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数。
五、解决计数问题常用的方法
1、枚举法：将各种情况通过树形图法、列表法意义列举出来，适用于计数种数较少的情况；
2、间接法：若计数时分类较多或无法直接计数时，可先求出没有限制条件的种数，再减去不满足条件的种数；
3、字典排序法：
（1）字典排序法就是把所有字母分前后次序，先排前面的字母，前面的字母排完后再依次排后面的字母，最后的字母排完，则排列结束。
（2）利用字典排序法并结合分步乘法计数原理可以解决与排列顺序有关的计数问题，利用字典排序法还可以把这些排雷不重不漏地一一列举出来。
4、模型法：通过构造图形，利用形象、直观的图形帮助分析和解决问题。
题型一 分类加法计数原理
【例1】（2022秋·辽宁葫芦岛·高二校联考期中）某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（ ）
A．40种 B．20种 C．15种 D．11种
【答案】D
【解析】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种．故选：D
【变式1-1】（2022·高二课时练习）为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ）
A．11种 B．19种 C．30种 D．209种
【答案】C
【解析】该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，
另一类为城区接种点，所以共有种不同接种点的选法．故选：C．
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2130是“六合数”），则其中首位为2的“六合数”共有（ ）．
A．18个 B．15个 C．12个 D．9个
【答案】B
【解析】由题知后三位数字之和为4，
当一个位置为4时有004，040，400，共3个；
当两个位置和为4时有013，031，103，301，130，310，022，202，220，共9个；
当三个位置和为4时112，121，211，共3个，
所以一共有15个.故选：B
【变式1-3】（2022春·江苏·高二校联考阶段练习）某高中为高一学生提供四门课外选修课：数学史､物理模型化思维､英语经典阅读､《红楼梦》人物角色分析.要求每个学生选且只能选一门课程.若甲只选英语经典阅读，乙只选数学史或物理模型化思维，学生丙､丁任意选，这四名学生选择后，恰好选了其中三门课程，则他们选课方式的可能情况有___________种.
【答案】20
【解析】若乙选数学史：丙若选数学史，则丁有2种选法；
丙若选物理模型化思维，则丁有3种选法；
丙若选英语经典阅读，则丁有2种选法；
丙若选《红楼梦》人物角色分析，则丁有3种选法，共10种，
若乙选物理模型化思维，同理有10种.
故共有20种.故答案为：.
题型二 分步乘法计数原理
【例2】（2022秋·河南驻马店·高二确山县第一高级中学校考期末）5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，如果规定每位同学必须报名，则不同的报名方法共有（ ）
A．10种 B．20种 C．25种 D．32种
【答案】D
【解析】如果规定每位同学必须报名，且每位同学限报其中的一个小组，
每个同学都有2种选择，
根据分步乘法计数原理，知不同的报名方法共有（种），故选：D．
【变式2-1】（2022秋·辽宁朝阳·高二校联考阶段练习）“谁知盘中餐，粒粒皆辛苦”，节约粮食是我国的传统美德．已知学校食堂中午有2种主食、6种素菜、5种荤菜，小华准备从中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜作为午饭，并全部吃完，则不同的选取方法有（ ）
A．13种 B．22种 C．30种 D．60种
【答案】D
【解析】根据分步乘法计数原理，共有（种）不同的选取方法，故选：D．
【变式2-2】（2022春·广东佛山·高二校考阶段练习）在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，
每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有种．
故A，B，D错误.故选：C．
【变式2-3】（2022春·江苏盐城·高二校考期中）有6名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？（不一定6名同学都参加）
（1）每人恰好参加一项，每项人数不限；
（2）每项限报一人，但每人参加的项目不限.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）每人都可以从这三个智力竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法．
根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为．
（2）每项限报一人，但每人参加的项目不限．
因此每一个项目都可以从这6人中选出1人参加．
根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为．
题型三 两种计数原理综合
【例3】（2022春·湖北十堰·高二十堰东风高级中学校考阶段练习）某校高二年级举行健康杯篮球赛，共20个班级，其中1、3、4班组成联盟队，2、5、6班组成联盟队，一共有16支篮球队伍，先分成4个小组进行循环赛，决出8强（每队与本组其他队赛一场），即每个组取前两名（按获胜场次排名，如果获胜场次相同的就按净胜分排名）；然后晋级的8支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，淘汰赛第一轮先决出4强，晋级的4支队伍要决出冠亚军和第三、四名，同时后面的4支队伍要决出第五至八名，则总共要进行篮球赛的场次为（ ）
A．32 B．34 C．36 D．38
【答案】C
【解析】在循环赛阶段，4个小组，每个小组由4支球队组成，每个球队都要进行三场比赛，
故每组要进行场，4组要进行场；
在淘汰赛阶段，第一轮：8支球队，2支一场，则共进行；
第二轮：8支球队，2支一场，共进行场，
此时决出分别争夺冠亚军、第三四名、第五六名、第七八名的球队，
再进行4场，决出冠军、亚军、第三名、第四名、第五名、第六名、第七名、第八名.
综上，可得共进行场.故选：C.
【变式3-1】（2022春·广东佛山·高二顺德一中校考期中）（多选）现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（ ）
A．只需1人参加，有16种不同选法
B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法
C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法
D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法
【答案】ABC
【解析】选项A，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法，
故共有种选法，故A正确；
选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，
故共有种选法，故B正确；
选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：
第一类选男生，第二类选女生，故共有种选法，故C正确；
选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误.故选：ABC.
【变式3-2】（2022春·福建泉州·高二福建省德化第一中学校考阶段练习）重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）：
“中间格”火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；
“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；
“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味.
现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格.现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ）
A．36 B．18 C．9 D．6
【答案】C
【解析】由题可知，中间格只有一种放法；
十字格有四个位置，3种适合放入，所以有一种放两个位置，共有3种放法；
四角格有四个位置，2种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，
有两种放法，或每种都放两个位置，有一种放法，故四角格共有3种放法；
所以不同放法共有种.故选：C.
【变式3-3】（2022·全国·高三专题练习）书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.
（1）从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？
（2）从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？
【答案】（1）种；（2）种.
【解析】（1）从书架的第1、2、3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：
第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法，
第2步从第2层取1本文艺书，有3种方法，
第3步从第3层取1本体育书，有2种方法，
根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是.
（2）第1类方法是4本不同的计算机书和3本不同的文艺书中各选取1本，
有种方法
第2类方法是4本不同的计算机书和2本不同的体育书各选取1本，
有种方法，
第3类方法是3本不同的文艺书和2本不同的体育书各选取1本，有种方法
根据分类加法计数原理，不同取法的种数是.
题型四 代数中的计数问题
【例4】（2022·全国·高二课时练习）设集合，选择的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有________种（用数字作答）
【答案】17
【解析】A中最大数是1，则集合的任一非空子集均可为集合B，
这样的集合B有个，
A中最大数是2，则集合的任一非空子集均可为集合B，
这样的集合B有个，
而集合A有两个，共有种，
A中最大数是3，则符合条件的集合B只能是，
此时集合A有四个，从而共有4种，
所以由分类加法计数原理得不同的选择方法共有7+6+4=17种.
故答案为：17
【变式4-1】（2022秋·浙江杭州·高三统考期中）正整数2160的不同正因数的个数为（ ）
A．20 B．28 C．40 D．50
【答案】C
【解析】因为，
所以其质因数属于集合，
该集合的元素个数为，
所以正整数2160的不同正因数的个数为40，故选：C.
【变式4-2】（2023·全国·高二专题练习）如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6，24，2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2 013，则n＝（ ）
A．50 B．51 C．52 D．53
【答案】B
【解析】本题可以把数归为“四位数”(含0006等)，
因此比2 013小的“好数”为0×××，1×××，2 004，共三类数，
第一类可分为：00××，01××，…，0 600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数；
第二类可分为：10××，11××，…，1 500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数，
第二类可分为：2 004，共1个
故2 013为第28+21+1+1=51个数，故n＝51.故选：B.
【变式4-3】（2023·高二课时练习）已知集合，点在直角坐标平面上，且．
（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不在直线上？
【答案】（1）36；（2）6；（3）30
【解析】（1）第一步，先安排横坐标，，
所以有6种选择，第二步，安排纵坐标，，
所以有6种选择，所以一共有个满足条件的点，
（2）在第二象限，则，
故可从这3个数字中选择1个，有3种选择，
可从这2个数字中选择1个，有2种选择，
故总共有个满足条件的点，
（3）在直线上点满足，
此时有点共有6个，
所有不在直线上点有个.
题型五 数字排列计数问题
【例5】（2022春·湖南长沙·高二长沙县实验中学统考期末）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
【答案】C
【解析】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．
共有个，故选：C．
【变式5-1】（2022·全国·高三专题练习）（多选）已知数字，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
【答案】AB
【解析】对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个，故选项A正确；
对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，有种情况，
则组成无重复数字的四位数有个，故选项B正确；
对C：若0在个位，有个四位偶数，若0不在个位，
有个四位偶数，
则组成无重复数字的四位偶数共有个四位偶数，故选项C错误；
对D：组成无重复数字的四位奇数有个，故选项D错误；故选：AB.
【变式5-2】（2023·全国·模拟预测）由数字组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有__________个.
【答案】
【解析】能被整除的三位数说明末尾数字是或
当末尾数字是时，百位数字除了有种不同的选法，十位有种不同的选法，
根据分步乘法原理一共有种方法；
当末尾数字是时，百位数字有种不同的选法，十位有种不同的选法，
根据分步乘法原理一共有种方法；
则一共有种，故答案为：
【变式5-3】（2022秋·广西钦州·高二浦北中学统考期末）用0，1，2，3，，9这十个数字.
（1）可组成多少个三位数？
（2）可组成多少个无重复数字的三位数？
（3）可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？
【答案】（1）900；（2）648；（3）379.
【解析】（1）要确定一个三位数，可分三步进行：
第一步，确定百位数，百位不能为0，有9种选法；
第二步，确定十位数，有10种选法；
第三步，确定个位数，有10种选法.
根据分步乘法计数原理，共有种.
（2）要确定一个无重复数字的三位数，可分三步进行：
第一步，确定百位数，有9种选法；
第二步，确定十位数，有9种选法；
第三步，确定个位数，有8种选法.
根据分步乘法计数原理，共有个无重复数字的三位数.
（3）由已知，小于500且没有重复数字的自然数分为以下三类，
第一类，满足条件的一位自然数：有10个，
第二类，满足条件的两位自然数：有个，
第三类，满足条件的三位自然数：
第一步，确定百位数，百位数字可取1，2，3，4，有4种选法；
第二步，确定十位数，有9种选法；
第三步，确定个位数，有8种选法.
根据分步乘法计数原理，有个.
由分类加法计数原理知共有，
共有379个小于500且无重复数字的自然数.
题型六 涂色计数问题
【例6】如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类：
若安徽与陕西涂同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，
涂安徽有1种方法，涂江西有种方法，最后涂湖南有3种方法，
由分步计数乘法原理得不同的涂色方案种，
若安徽与陕西不同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有3种方法，
涂江西、湖南也各有种方法，
由分步计数乘法原理得不同的涂色方案种方法，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有种.故选：C
【变式6-1】（2022·高二课时练习）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（ ）．
A．80种 B．120种 C．160种 D．240种
【答案】B
【解析】第一步，对1号区域，栽种有4种选择；第二步，对2号区域，栽种有3种选择；
第三步，对3号区域，栽种有2种选择；第四步，对5号区域，栽种分为三种情况，
①5号与2号栽种相同，则4号栽种仅有1种选择，6号栽种有2中选择，
②5号与3号栽种相同，情况同上，③5号与2、3号栽种都不同，
则4、6号只有1种；
综上所述，种.故选：B.
【变式6-2】（2022春·江苏徐州·高二校考阶段练习）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
【答案】C
【解析】根据题意，分4步进行分析：
①，对于区域，有5种颜色可选；
②，对于区域，与区域相邻，有4种颜色可选；
③，对于区域，与、区域相邻，有3种颜色可选；
④，对于区域、，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种；故选：C．
【变式6-3】（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有___________.
【答案】756
【解析】按区域涂色相同与不同分一下两种情况：
先涂 区域，则有4种方法，若区域涂色相同，则有3种方法，
区域分别由3种方法，共有 种方法
先涂 区域，则有4种方法，若区域涂色不同，则有 种方法，
则 区域有2种方法， 分别有3种方法，共有 种方法
故不同的涂色方法共有756种方法，故答案为：756分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
都是完成一件事的不同方法的种数问题
不同点1
完成一件事有类不同方案，关键词是“分类”
完成一件事需要个步骤，关键词是“分步”
不同点2
每类方案都能独立完成这件事情，且每种方法得到的最后结果，只需一种方法就可以完成这件事
任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
不同点3
各类方案之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复