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2025年高考数学高频易错考前冲刺：两个基本计数原理
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 南昌期末）某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书．从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（　　）
A．13种 B．42种 C．67种 D．7种
2．（2024秋 梧州期末）5名毕业生分别从4家公司中选择一家实习，不同选法的种数为（　　）
A． B． C．54 D．45
3．（2024秋 河南期末）甲，乙，丙3位同学到4个社区参加志愿服务，每人限去一个社区，不同方法的种数是（　　）
A．24 B．36 C．64 D．81
4．（2024秋 通州区期末）设a1，a2，a3，a4为1，2，3，4的一个排列，则满足|a1﹣a2|+|a3﹣a4|＝4的不同排列的个数为（　　）
A．24 B．16 C．8 D．2
5．（2024秋 大兴区期末）用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是（　　）
A．720 B．648 C．103 D．310
6．（2024秋 深圳校级期末）5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为（　　）
A．18 B．36 C．48 D．60
7．（2024春 青秀区校级期末）从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（　　）
A．126 B．180 C．216 D．300
8．（2024 江苏学业考试）5人站成一排，甲、乙两人相邻的不同站法的种数为（　　）
A．24 B．36 C．48 D．60
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 新余校级模拟）在一个圆环隧道内等间距装有若干个完全一样的开关，每个开关只有“开”或“关”两种状态（这些开关总数和标记为“开”或“关”的开关个数均未知）．小郅同学位于隧道内部，从某个标记为“开”的开关开始，以下策略一定可以一次确定开关个数的选项为：（　　）
A．从第1个开关开始，顺时针计数直至遇到下一个标记为“开”的开关
B．从第1个开关开始，顺时针计数（包括第1个开关），直至遇到下一个标记为“开”的开关，计数为m（不包括最后一个开关），将其标记为“关”后，从这个“关”的开关出发，逆时针计数（不包括第1个开关），发现第m个开关状态为“关”
C．从第1个开关开始，顺时针计数（不包括第1个开关），计数发现第m（m为合数）个开关为“开”，将其标记为“关”后从这个“关”的开关出发，逆时针计数（不包括第1个开关），发现第m个开关状态为“关”
D．从第1个开关开始，顺时针计数（不包括第1个开关），并将沿途的m﹣1个开关均标记为“开”，第m个开关标记为“关”，再从这个“关”的开关开始逆时针计数（不包括第1个开关），直至第一次遇到状态为“关”的开关，计数为n（包括最后1个开关），n＜m﹣1
（多选）10．（2024秋 鄄城县校级期末）设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则下列结论正确的是（　　）
A．从东面上山有20种走法
B．从西面上山有27种走法
C．从南面上山有30种走法
D．从北面上山有32种走法
（多选）11．（2024春 顺德区校级期中）（多选）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43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34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43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34种可能结果
（多选）12．（2024秋 建华区校级月考）用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（　　）
A．可组成300个不重复的四位数
B．可组成156个不重复的四位偶数
C．可组成120个能被5整除的不重复四位数
D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数字为2301
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 浦东新区校级期末）乘积（a+b+c）（d+e+f+g）（其中abcdefg≠0）的展开式中共有　 　项．
14．（2024秋 宝山区校级期末）有4名学生报名参加“行知杯”足球赛和“灵辰杯”篮球赛两项比赛，每人至少报一项，每项比赛参加人数不限，则不同的报名结果有 　 　种．
15．（2024秋 靖远县校级期末）某城市一地铁站有A，B，C，D四个出站口，乘客甲，乙，丙，丁相互独立地任选一个出站口出站，则共有　 　种出站方法．
16．（2024秋 普陀区校级期中）如果OA∥O1A1，OB∥O1B1，∠AOB，则∠A1O1B1＝　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 庆阳期末）已知6件不同的产品中有2件次品，现对这6件产品一一进行测试，直至找到所有次品并立即停止测试．
（1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第5次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？
（2）若至多测试3次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
18．（2024秋 华池县校级期末）（1）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的五位数？
（2）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的六位数，若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则240135是第几项．
19．（2024秋 白银校级期末）（1）如图1所示，分别给A，B，C，D，4个区域涂色，现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，要求相邻区域必须涂不同颜色，同一区域只涂一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种？
（2）如图2所示，用红、黄、蓝3种颜色给四棱锥的顶点涂色，要求同一条棱的两个顶点不能同色，则不同的涂色方法共有多少种？
20．（2024春 湾沚区校级期中）从1，3，5三个奇数中取两个，再从0，2，4三个偶数中取两个组成满足下列条件的四位数，问：
（1）能够组成多少个无重复数字的四位数？
（2）能够组成多少个比3000大的四位奇数？
2025年高考数学高频易错考前冲刺：两个基本计数原理
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 南昌期末）某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书．从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（　　）
A．13种 B．42种 C．67种 D．7种
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】整体思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】B
【分析】根据分步计数原理求解．
【解答】解：从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有7×6＝42种．
故选：B．
【点评】本题考查分步乘法计数原理，属于基础题．
2．（2024秋 梧州期末）5名毕业生分别从4家公司中选择一家实习，不同选法的种数为（　　）
A． B． C．54 D．45
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式即可．
【解答】解：5名毕业生分别从4家公司中选择一家实习，
每个毕业生都有4种不同选法，所以不同选法的种数为45．
故选：D．
【点评】本题主要考查分步乘法原理的应用，属于基础题．
3．（2024秋 河南期末）甲，乙，丙3位同学到4个社区参加志愿服务，每人限去一个社区，不同方法的种数是（　　）
A．24 B．36 C．64 D．81
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】计算题；对应思想；分析法；排列组合；逻辑思维．
【答案】C
【分析】由分步乘法计数原理进行分析即可．
【解答】解：甲，乙，丙3位同学到4个社区参加志愿服务，每人限去一个社区，
不同方法的种数是：43＝64．
故选：C．
【点评】本题考查学生对分步乘法计数原理的理解，运用．
4．（2024秋 通州区期末）设a1，a2，a3，a4为1，2，3，4的一个排列，则满足|a1﹣a2|+|a3﹣a4|＝4的不同排列的个数为（　　）
A．24 B．16 C．8 D．2
【考点】计数原理的应用；简单排列问题．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，按a1，a2，a3，a4的取值分8种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分8种情况讨论：
①a1＝1，a2＝4，a3，a4为2或3，有2个不同的排列；
②a1＝2，a2＝3，a3，a4为1或4，有2个不同的排列；
③a1＝3，a2＝2，a3，a4为1或4，有2个不同的排列；
④a1＝4，a2＝1，a3，a4为2或3，有2个不同的排列；
⑤a1＝1，a2＝3，a3，a4为2或4，有2个不同的排列；
⑥a1＝3，a2＝1，a3，a4为2或4，有2个不同的排列；
⑦a1＝2，a2＝4，a3，a4为1或3，有2个不同的排列；
⑧a1＝4，a2＝2，a3，a4为1或3，有2个不同的排列；
共有8×2＝16个不同的排列．
故选：B．
【点评】本题考查分类计数原理的应用，注意分析|a1﹣a2|+|a3﹣a4|＝4的可能情况，属于基础题．
5．（2024秋 大兴区期末）用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是（　　）
A．720 B．648 C．103 D．310
【考点】数字问题．
【专题】计算题；整体思想；数学模型法；排列组合．
【答案】B
【分析】用间接法，先用排列公式计算在0到9这10个数字中，任取3个数字，按从左到右的顺序排列的排法数目，再排除其中不能组成三位数的即第一个数字为0的情况，即可得答案．
用直接法，先确定百位，再确定十位和个位，根据分步计数原理可得．
【解答】解：间接法：在0到9这10个数字中，任取3个数字，按从左到右的顺序排列，有A103＝720种排法，
其中不能组成三位数的即第一个数字为0的有A92＝72种排法；
故可以组成没有重复数字的三位数一共有720﹣72＝648个；
直接法：选一个数字为百位数字，十位和个位任意排，故有A91A92＝648种，
故选：B．
【点评】本题考查排列、组合的运用，解本题时，运用间接法要比分类讨论简单，注意特殊方法的使用．
6．（2024秋 深圳校级期末）5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为（　　）
A．18 B．36 C．48 D．60
【考点】计数原理的应用．
【专题】排列组合．
【答案】B
【分析】本题分三步，先排甲，再排乙，其他的任意排，根据分步计数原理可得．
【解答】解：甲必须站在排头或排尾，甲有2种站法，乙不能站在排头或排尾，乙有3种站法，其他3人任意排，故有2×3×A33＝36种，
故选：B．
【点评】本题考查了分步计数原理，关键是分步，属于基础题．
7．（2024春 青秀区校级期末）从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（　　）
A．126 B．180 C．216 D．300
【考点】数字问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】B
【分析】先分类讨论从0，2，4中任取2个数时，①其中含数字0时，②其中不含数字0时，结合排列组合即可得解．
【解答】解：从1，3，5中任取两个数，从0，2，4中任取2个数，组成没有重复数字的四位数，分两种情况讨论：
①当从0，2，4中任取2个数，其中含数字0时，
则组成没有重复数字的四位数的个数为，
②当从0，2，4中任取2个数，其中不含数字0时，
则组成没有重复数字的四位数的个数为，
综合①②得：组成没有重复数字的四位数的个数为108+72＝180．
故选：B．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题．
8．（2024 江苏学业考试）5人站成一排，甲、乙两人相邻的不同站法的种数为（　　）
A．24 B．36 C．48 D．60
【考点】计数原理的应用．
【专题】应用题；排列组合．
【答案】C
【分析】利用捆绑法，把甲乙二人看作一个复合元素，再和另外3的全排列．
【解答】解：把甲、乙看成一个人来排有种，而甲、乙也存在顺序变化，所以甲、乙相邻排法种数为48种
故选：C．
【点评】本题考查了排队问题，审清题意，选择合理的方法是关键，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 新余校级模拟）在一个圆环隧道内等间距装有若干个完全一样的开关，每个开关只有“开”或“关”两种状态（这些开关总数和标记为“开”或“关”的开关个数均未知）．小郅同学位于隧道内部，从某个标记为“开”的开关开始，以下策略一定可以一次确定开关个数的选项为：（　　）
A．从第1个开关开始，顺时针计数直至遇到下一个标记为“开”的开关
B．从第1个开关开始，顺时针计数（包括第1个开关），直至遇到下一个标记为“开”的开关，计数为m（不包括最后一个开关），将其标记为“关”后，从这个“关”的开关出发，逆时针计数（不包括第1个开关），发现第m个开关状态为“关”
C．从第1个开关开始，顺时针计数（不包括第1个开关），计数发现第m（m为合数）个开关为“开”，将其标记为“关”后从这个“关”的开关出发，逆时针计数（不包括第1个开关），发现第m个开关状态为“关”
D．从第1个开关开始，顺时针计数（不包括第1个开关），并将沿途的m﹣1个开关均标记为“开”，第m个开关标记为“关”，再从这个“关”的开关开始逆时针计数（不包括第1个开关），直至第一次遇到状态为“关”的开关，计数为n（包括最后1个开关），n＜m﹣1
【考点】计数原理的应用．
【答案】BD
【分析】利用，逻辑推理来计数．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A．显然错误，例如5个灯，第1、4个为“开”，不符合题意；
对于B．发现第m个开关为“关”只能是小郅手动关上的，而顺时针途经过程中没有其他“开”的开关，所以m为开关总数，符合题意；
对于C．顺时针沿途可能遇到状态为“开”的开关，所以可能绕了不止一圈，例如，开关总数为5，取m＝10，绕了两圈，开关总数为10的非1因子（所以m取合数时都可能无法一次确定开关个数），不符合题意；
对于D．第1～m﹣1个开关均为“开”，第m个开关为“关”，假设环绕不足一圈，则n＞m﹣1，矛盾，于是环绕数大于等于一圈；而不论环绕是否多于一圈，两个“关”的开关之间一定间隔一圈，即逆时针一定只环绕一圈，所以n为所求，符合题意．
故选：BD．
【点评】本题考查合情推理的应用，涉及策略的选择，属于基础题．
（多选）10．（2024秋 鄄城县校级期末）设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则下列结论正确的是（　　）
A．从东面上山有20种走法
B．从西面上山有27种走法
C．从南面上山有30种走法
D．从北面上山有32种走法
【考点】分步乘法计数原理；分类加法计数原理．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据题意，由分步计数原理依次分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若从东面上山，上山的路2条，下山的路有3+3+4＝10条，则有2×10＝20条，A正确；
对于B，若从西面上山，上山的路3条，下山的路有2+3+4＝9条，则有3×9＝27条，B正确；
对于C，若从南面上山，上山的路3条，下山的路有2+3+4＝9条，则有3×9＝27条，C错误；
对于D，若从北面上山，上山的路4条，下山的路有2+3+3＝8条，则有4×8＝32条，D正确；
故选：ABD．
【点评】本题考查分步、分类计数原理的应用，注意分类、分步计数原理的不同，属于基础题．
（多选）11．（2024春 顺德区校级期中）（多选）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43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34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43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34种可能结果
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】BC
【分析】利用计算原理，转化求解判断选项的正误即可．
【解答】解：对于A、B，4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每人都有3种选择，共有34种报名方法，所以A错误；B正确；
对于C、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），每个冠军有4种可能，共有43 种可能结果，所以C正确，D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查计数原理以及排列组合的简单应用，是中档题．
（多选）12．（2024秋 建华区校级月考）用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（　　）
A．可组成300个不重复的四位数
B．可组成156个不重复的四位偶数
C．可组成120个能被5整除的不重复四位数
D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数字为2301
【考点】数字问题．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】ABD
【分析】应用分类分步原理，结合分组讨论的方法研究不同选项中的计算问题：A中6个数中选4个全排列再排除首位为0的情况或首位在1、2、3、4、5任选一个数再从剩余数中选3个数全排；B中分末位为0，为2、4两种情况分别计数再求和；B中分末位为0，为5两种情况分别计数再求和；D中分首位为1、2、 依次计数，找到第85个数字的位置再确定数字即可．
【解答】解：A选项，有个，故A正确；
B选项，分为两类：0在末位，则有种；
0不在末位，则有种，
所以共有60+96＝156种，故B正确；
C选项，分为两类：0在末位，则有种；
5在末位，则有种，
所以共有60+48＝108种，故C错误；
D选项，首位为1的有个；前两位为20的有个；前两位为21的有个，
所以第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 浦东新区校级期末）乘积（a+b+c）（d+e+f+g）（其中abcdefg≠0）的展开式中共有　12　项．
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】12．
【分析】根据分步乘法计数原理计算可得答案．
【解答】解：乘积（a+b+c）（d+e+f+g）（其中abcdefg≠0）的展开式中，从a，b，c中取一项共有3种不同取法，从d，e，f，g中取一项有4种不同取法，
由分步乘法计数原理知，该展开式共3×4＝12 （项）．
故答案为：12．
【点评】本题考查了分步乘法计数原理，是基础题．
14．（2024秋 宝山区校级期末）有4名学生报名参加“行知杯”足球赛和“灵辰杯”篮球赛两项比赛，每人至少报一项，每项比赛参加人数不限，则不同的报名结果有 　81　种．
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】81．
【分析】利用分步乘法计数原理求解．
【解答】解：因为每人至少报一项，每项比赛参加人数不限，
所以每名学生都有3种报名结果，只报“行知杯”足球赛，或只报“灵辰杯”篮球赛，或两个比赛都报，
所以4名学生不同的报名结果有3×3×3×3＝81种．
故答案为：81．
【点评】本题主要考查了分步乘法计数原理的应用，属于基础题．
15．（2024秋 靖远县校级期末）某城市一地铁站有A，B，C，D四个出站口，乘客甲，乙，丙，丁相互独立地任选一个出站口出站，则共有　256　种出站方法．
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】对应思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】256．
【分析】根据分步乘法计数原理来求得正确答案．
【解答】解：由题意得，每位乘客都有4种出站选择，
所以根据分步计数原理可得共有4×4×4×4＝256种出站方法．
故答案为：256．
【点评】本题考查分步乘法计数原理的应用，属于基础题．
16．（2024秋 普陀区校级期中）如果OA∥O1A1，OB∥O1B1，∠AOB，则∠A1O1B1＝　或　．
【考点】几何图形中的计数问题．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】或．
【分析】根据等角定理，结合直线的方向，即可得到答案；
【解答】解：根据题意，OA∥O1A1，OB∥O1B1，∠AOB，
∴当直线OA，OA1，OB，OB1中方向都相同或都相反时，，
当直线OA，OA1，OB，OB1中方向有一条不同，一条相反时，，
故答案为：或．
【点评】本题考查了等角定理，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 庆阳期末）已知6件不同的产品中有2件次品，现对这6件产品一一进行测试，直至找到所有次品并立即停止测试．
（1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第5次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？
（2）若至多测试3次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
【考点】计数原理的应用．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）48；
（2）18．
【分析】（1）根据分步乘法计数原理可求得结果；
（2）分两种情况讨论：（i）测试2次找到所有次品；（ii）测试3次找到所有的正品．求出两种情况下不同的测试情况种数，相加即可．
【解答】解：（1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第5次测试时，找到第二件次品，
则第一、三、四次抽到的都是正品，
由分步乘法计数原理可知，不同的测试情况种数为4×2×3×2×1＝48种；
（2）至多测试3次就能找到所有次品，有两种情况：
（i）测试2次找到所有次品，不同的测试情况种数为2×1＝2种，
（ii）测试3次找到所有的次品，则第三次抽到次品，前两次有一次抽到次品，
则不同的测试情况种数为2×2×4＝16种，
综上所述，不同的测试情况种数为2+16＝18种．
【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了计数原理的应用，属于基础题．
18．（2024秋 华池县校级期末）（1）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的五位数？
（2）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的六位数，若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则240135是第几项．
【考点】数字问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）600；（2）193．
【分析】（1）根据题意，先排首位，再排其它位置，进而结合分步计数乘法原理得到答案；
（2）根据所给数字，考虑首位数字是1和2两种情况，当首位数字为1时都比240135小，当首位数字为2时考虑比240135小的数字，进而根据排列数公式和分类加法计数原理得到答案．
【解答】解：（1）由于是五位数，首位数字不能为0，
首位数字有种排法，
其它位置有种排法，
所以用0，1，2，3，4，5可以组成5×120＝600个无重复数字的五位数．
（2）由于是六位数，首位数字不能为0，
首位数字为1有个数，
首位数字为2，万位上为0，1，3中的一个有个数，
所以从小到大排列，240135是第1＝193个，
即所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，240135是数列的第193项．
【点评】本题主要考查排列、组合及简单计数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（2024秋 白银校级期末）（1）如图1所示，分别给A，B，C，D，4个区域涂色，现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，要求相邻区域必须涂不同颜色，同一区域只涂一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种？
（2）如图2所示，用红、黄、蓝3种颜色给四棱锥的顶点涂色，要求同一条棱的两个顶点不能同色，则不同的涂色方法共有多少种？
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）48；
（2）6．
【分析】（1）应用分步计数原理及排列数计算即可；
（2）应用分步计数原理计算即可．
【解答】解：（1）先涂A，B，C区域，有种涂色方法，再涂D区域，有2种涂色方法，
所以共有24×2＝48种涂色方法；
（2）先给顶点P涂色，有3种涂色方法，再给顶点A，C涂色，有2种涂色方法，
最后给顶点B，D涂色，有1种涂色方法，
所以有3×2×1＝6种涂色方法．
【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了计数原理的应用，属于基础题．
20．（2024春 湾沚区校级期中）从1，3，5三个奇数中取两个，再从0，2，4三个偶数中取两个组成满足下列条件的四位数，问：
（1）能够组成多少个无重复数字的四位数？
（2）能够组成多少个比3000大的四位奇数？
【考点】数字问题．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）180；
（2）48．
【分析】（1）根据题意，按取出的4个数字中是否有0，分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案；
（2）根据题意，按四位数的最高位分3种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，分2种情况讨论：
当取出的数字含0时，，
当取出的数字不含0时，，
故能构成108+72＝180个四位数．
（2）根据题意，分3种情况讨论：
当最高位为3时，有；
当最高位为4时，有；
当最高位为5时，有；
则能构成12+24+12＝48个比3000大的奇数．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题．
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