【概率与统计微专题】第一章排列组合与二项式定理专题一两个计数原理微点2两个计数原理综合训练【基础版】

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专题一 两个计数原理
微点2 两个计数原理综合训练【基础版】
一、单选题：
（2024上广西桂林高二期末考试）
1．一个科技小组中有4名女同学、5名男同学，现从中任选1名同学参加学科竞赛，则不同的选派方法数为.（ ）
A．4B．5C．9D．20
2．家住广州的小明同学准备周末去深圳旅游，若从广州到深圳一天中动车组有30个班次，特快列车有20个班次，汽车有40个不同班次.则小明乘坐这些交通工具去深圳的不同的方法有（ ）
A．240种B．180种C．120种D．90种
（2024上福建宁德高二期末考试）
3．学校组织研学活动，现有寿宁下党乡、福安柏柱洋、屏南潦头村、福鼎赤溪村4条路线供3个年级段选择，每个年段必项且只能选择一条路线，则不同的选择方法有（ ）
A．4种B．24种C．64种D．81种
（2024高二上辽宁辽阳期末考试）
4．同一个宿舍的8名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去，其他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（ ）
A．32种B．128种C．64种D．256种
（2023下山东德州高一期末考试）
5．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概率为（ ）

A．B．C．D．
（2023下河北邯郸高二期中考试）
6．有序数对满足，且使关于的方程有实数解，则这样的有序数对的个数为（ ）
A．15B．14C．13D．10
（2023下重庆高二期末考试）
7．“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ）
A．900个B．891个C．810个D．648个
8．过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（ ）
A．18B．30C．36D．54
二、多选题：
9．(多选)已知x∈{2，3}，y∈{－4，8}，则x·y的值可取（ ）
A．－8B．－12
C．11D．24
（2023下吉林长春高二月考）
10．高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A．所有可能的方法有种
B．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
C．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种
D．如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
（2024下山东泰安高二月考）
11．下列说法中正确的有（ ）
A．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有种报名方法
B．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有种报名方法
C．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有种可能结果
D．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有种可能结果
（2023下浙江嘉兴高二月考）
12．如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A．
B．当时，若同色，共有48种涂法
C．当时，若不同色，共有48种涂法
D．当时，总的涂色方法有420种
三、填空题：
13．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 种.
（2023下北京朝阳高二期中考试）
14．世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在年和年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．如今，哥德巴赫猜想仍未解决．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于的偶数，都可以写成两个质数之和．（质数是指在大于的自然数中，除了和它本身以外不再有其他因数的自然数）．在不超过的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种．
15．方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有 条．
（2024上海南洋模范中学高二期中考试）
16．空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ．
四、解答题：
17．某服装厂为学校设计了4种样式的上衣、3种样式的裤子．若取其中的一件上衣和一条裤子配成校服，则可以配出多少种不同样式的校服？
（2024北京大学优秀中学生寒假学堂）
18．用6种不同颜色染正方体的6个面，不同面颜色不同，正方体旋转后颜色相同认为是同种染色，则染色的种数有多少?
（2023下·山东菏泽·高二校考阶段练习）
19．口袋中装有8个白球和10个红球每个球有不同编号，现从中取出2个球．
(1)至少有一个白球的取法有多少种？
(2)两球的颜色相同的取法有多少种？
（2023下陕西西安高二期中考试）
20．用、、、、、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；
(3)可以组成多少个数字不重复的小于的自然数.
21．某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法．
22．（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
（2）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？
（3）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
23．（1）如果，那么在平面直角坐标系内，集合中有多少个不同的点？
（2）如果，，那么在平面直角坐标系内，方程所表示的不同的直线共有多少条？
（2023下湖北黄冈高二月考）
24．把1、2、3、4、5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们由小大到的顺序排成一个数列.
(1)求是这个数列的第几项；
(2)求这个数列的所有项和.
25．从圆内接正六边形的六个顶点中任意取出三个点构成三角形，则共可构成几个直角三角形？若将圆内接正六边形改为圆内接正八边形，结论如何？若改为圆内接正2n边形呢？
A
B
C

D
参考答案：
1．C
【分析】根据分类加法计数原理求解.
【详解】第一类从女同学中选1名，有4种不同的选法；
第二类从男同学中选1名，有5种不同的选法，
根据分类加法计数原理，共有种不同的选法.
故选：C
2．D
【分析】运用分类加法计数原理计算即可.
【详解】根据分类加法计数原理，得方法种数为30+20+40=90.
故选：D.
3．C
【分析】利用分步乘法计数原理进行求解.
【详解】3个年级段均有4种选择，故不同的选择方法有种.
故选：C
4．C
【分析】分甲和乙都去和甲和乙都不去两类，利用分类计数原理求解.
【详解】若甲、乙都去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法；
若甲、乙都不去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法．
故一共有种去法．
故选：C.
5．B
【分析】先求出一共摆出的两位数的个数，再求出个位和十位上的算筹不一样多的两位数的个数，利用古典概型概率公式计算即可.
【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有种，
个位和十位上的算筹都为2有种，个位和十位上的算筹都为3有种，
个位和十位上的算筹都为4有种，个位和十位上的算筹都为5有种，
共有种，所以个位和十位上的算筹不一样多的有种，
所以个位和十位上的算筹不一样多的概率为.
故选：B
6．A
【分析】分情况讨论即可计算有序数对的个数.
【详解】（1）当时，有为实根，则有4种可能；
（2）当时，方程有实根，所以，所以.
当时，有4种.
当时，有4种.
当时，有3种.
所以，有序数对的个数为.
故选：A.
7．B
【分析】先求得所有6位 “回文数”的个数，再求得6位 “回文数”中各位数字全相同的个数，进而得到所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的个数.
【详解】6位 “回文数”中个位与十万位数字相同且不为0，
十位与万位数字相同，百位与千位数字相同，
第一步，确定个位与十万位数字，有9种可能，
第二步，确定十位与万位数字，有10种可能，
第三步，确定百位与千位数字，有10种可能，
则6位 “回文数”共有（个），
又6位 “回文数”中各位数字全相同的共有9个，
则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（个）.
故选：B
8．C
【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案.
【详解】解：如图，分以下几类：
棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
所以共有对.
故选：C.
【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题.
9．ABD
【分析】分步，第一步在集合中{2，3}中任取一个值，有2种不同取法，第二步在集合{－4，8}中任取一个值，有2种不同的取法，分别计算乘积，再比较积可得．
【详解】分两步：第一步在集合中{2，3}中任取一个值，有2种不同取法，第二步在集合{－4，8}中任取一个值，有2种不同的取法，故x·y可表示2×2＝4个不同的值．即2×(－4)＝－8，2×8＝16，3×(－4)＝－12，3×8＝24，
故选：ABD.
10．BC
【分析】根据分步乘法原理判断A、C，根据间接法判断B，根据分类加法原理和乘法原理判断D.
【详解】对于选项A，安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，
每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，
故有种选择方案，错误；
对于选项B，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），正确；
对于选项C：如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有（种），正确；
对于选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，
再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有（种），
错误.
故选：BC
11．BC
【分析】利用分步乘法计数原理确定所求事件的方法数，由此判断各选项.
【详解】事件“4名同学每人从三个项目中选一项报名”可分为四步完成，
第一步，第一个同学从三个项目中选一个项目报名，有3种方法，
第二步，第二个同学从三个项目中选一个项目报名，有3种方法，
第三步，第三个同学从三个项目中选一个项目报名，有3种方法，
第四步，第四个同学从三个项目中选一个项目报名，有3种方法，
由分步乘法计数原理可得，
完成事件“4名同学每人从三个项目中选一项报名”的方法数为，
所以A错误，B正确，
事件“三个项目冠军的确定”可分为三步完成，
第一步，确定跑步比赛的冠军，有4种方法，
第二步，确定跳高比赛的冠军，有4种方法，
第一步，确定跳远比赛的冠军，有4种方法，
由分步乘法计数原理可得，
完成事件“三个项目冠军的获取”的方法数为种，
所以C正确，D错误，
故选：BC.
12．ABD
【分析】根据同色或者不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【详解】对于A，由于区域与均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确，
对于B，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，由于同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，B正确；
对于C，当时，涂有种，
当不同色（D只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能用与同色，此时共有24种涂法，C错误；
对于D，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，当同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与同色的颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，
当不同色，此时四块区域所用颜色各不相同，共有，
只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂此时共有种涂法，
综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确，
故选：ABD
13．108
【分析】根据分步乘法计数原理即可求解.
【详解】A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，
共有4×3×3×3＝108(种)涂法.
故答案为：108
14．
【分析】列举出不超过的质数，分析可知必取，然后在剩余个奇数中任选一个即可，即可得出不同的选法种数.
【详解】不超过的质数有：、、、、、、，共个，
在这个数中随机选取两个不同的数，其和为奇数，则必取，
然后在剩余个奇数中任选一个即可，
所以，不同的取法种数为种.
故答案为：.
15．
【详解】方程变形得，若表示抛物线，则，分五种情况：
（1）当时，或或或.
（2）当时，或或或,以上两种情况下有条重复，故共有条.
（3）同理当或时，共有条.
（4）当时，或或或，共有条，综上，共有
，故答案为.
【方法点睛】本题主要考查分类计数加法原理、分类讨论思想.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.
16．9
【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解.
【详解】因为空间中有三个点，且，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种：
第一种：为正四棱锥的侧面，如图1，
此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；

第二种：为正四棱锥的对角面，如图2，
此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种；
综上所述：总共有9种情况.
故答案为：9.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解.
17．12
【分析】根据分步乘法原理得出结果即可.
【详解】第一步从4种样式的上衣中取一件，有4种办法；
第二步从3种样式的裤子中取一件，有3种办法；
所以共有种不同的不同样式.
18．30
【分析】设6种颜色分别是A，B，C，D，E，F，先考虑A色的对面颜色，不妨设A和B是对面色，则可得C的对面色的情况，进而可得出答案.
【详解】设6种颜色分别是A，B，C，D，E，F，
那么只需要先考虑A色的对面颜色，这有5种情况；不妨设A和B是对面色，
则C的对面色有3种情况；不妨设是D色，
则E和F两色的位置还有2种情况，
因此总的染色种数是种.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据分类加法计数原理及分步乘法计数原理求解；
（2）根据分类加法计数原理及分步乘法计数原理求解；
【详解】（1）根据题意分2类完成任务：
第一类：白球红球各一个有种，第二类：均为白球，种，
所以共有种；
（2）根据题意分2类完成任务：
第一类：均为白球，种，第二类：均为红球，种，
所以共有种．
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）分析可知，数字不重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果；
（2）分析可知，数字允许重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果；
（3）分三种情况讨论：个位数、两位数、三位数，分别计算出这三种情况下满足条件的自然数的个数，利用分类加法计数原理可得结果.
【详解】（1）解：若组成的数字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个数为.
（2）解：若组成的数字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个.
（3）解：若组成的数字为数字不重复的小于的自然数，分以下三种讨论：
①数字为个位数，共个；
②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个；
③数字为三位数，共有个.
综上所述，数字不重复的小于的自然数个数为个.
21．37
【详解】试题分析：解：首先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版又会印刷”中的一个作为分类的标准．下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准，按照被选出的人数，可将问题分为三类：
第一类：2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有3×1=3种选法．
第二类：2人中被选出一人，有2种选法．若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1=6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有2×3×2=12种选法；再由分类计数原理知共有6+12=18种选法．
第三类：2人全被选出，同理共有16种选法．
所以共有3+18+16=37种选法．
考点：本题主要考查分类、分步计数原理的综合应用．
点评：是一道综合性较强的题目，分类中有分步，要求有清晰的思路．首先将人员分属集合，按集合分类法处理，对不重不漏解题有帮助．
22．（1）81(种)；（2）24(种)；（3）64(种).
【分析】由分步乘法计数原理即得.
【详解】（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81(种)报名方法．
（2）每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2＝24(种)．
（3）要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4＝64(种)可能的结果.
23．（1）36；（2）16
【分析】（1）利用分步相乘计数原理即可得解；
（2）利用分步相乘计数原理即可得解.
【详解】（1）根据题意，确定集合中的点，需分两步完成：
第1步，确定有6种方法；第2步，确定有6种方法；
根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为.
所以集合中共有36个不同的点.
（2）根据题意，确定方程所表示的直线，需分两步完成：
第1步，确定斜率有4种方法；第2步，确定截距有4种方法；
根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为.
所以方程所表示的不同的直线共有16条.
24．(1)第项
(2)3999960
【分析】（1）求出所有的五位数个数为，分类求出大于的五位数个数，相减即可得出答案；
（2）先得出各在万位上时都有个五位数，可得所有的五位数万位数字之和为360.同理可求得其他各位，即可得出答案.
【详解】（1）间接法：
所有的五位数个数为.
大于的数可分为以下三类：
第一类：以5开头的个数；
第二类：以45开头的个数有；
第三类：以435开头的个数有.
故不大于的五位数的个数有，即是第项.
（2）各在万位上时都有个五位数，
所以万位字的和为.
同理可得，在千位、百位、十位、个位上也有个五位数，
所以，这个数列的所有项和为.
25．圆内接正六边形可构成12个，圆内接正八边形可构成24个，圆内接正2n边形可构成个
【分析】先将正多边形的顶点中任取两点连成线段，得到其中圆的直径条数，从中选一条，再从该直径外选一个顶点即可
【详解】圆内接正六边形：
从圆内接正六边形的个顶点中任取两点连成线段，其中有条为圆的直径，
若从这个顶点中任取个顶点构成三角形，所得的三角形是直角三角形，则其中直角三角形的斜边为圆的直径，
然后从剩余的个顶点（除去直角三角形斜边的顶点）中任取一个点，与斜边的顶点可构成直角三角形,
由分步乘法计数原理，共可构成（个）直角三角形．
圆内接正八边形:
从圆内接正八边形的个顶点中任取两点连成线段，其中有条为圆的直径，
若从这个顶点中任取个顶点构成三角形，所得的三角形是直角三角形，则其中直角三角形的斜边为圆的直径，
然后从剩余的个顶点（除去直角三角形斜边的顶点）中任取一个点，与斜边的顶点可构成直角三角形,
由分步乘法计数原理，共可构成（个）直角三角形．
圆内接正2n边形：
从圆内接正2n边形的个顶点中任取两点连成线段，其中有条为圆的直径，
若从这个顶点中任取个顶点构成三角形，所得的三角形是直角三角形，则其中直角三角形的斜边为圆的直径，
然后从剩余的个顶点（除去直角三角形斜边的顶点）中任取一个点，与斜边的顶点可构成直角三角形,
由分步乘法计数原理，共可构成（个）直角三角形．