资源简介

高考押题预测 两个基本计数原理
一．选择题（共8小题）
1．（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
2．（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
3．（2024秋 定西期末）从甲地到丙地要经过乙地，已知从甲地到乙地有4条路，从乙地到丙地有3条路，则从甲地到丙地不同的走法有（　　）
A．3种 B．4种 C．7种 D．12种
4．（2024秋 越秀区校级期末）甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为（　　）
A．12 B．16 C．18 D．24
5．（2024秋 长寿区期末）数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（　　）
A．24个 B．12 C．9个 D．6个
6．（2024秋 衡水期末）给图中A，B，C，D，E五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（　　）
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
7．（2025 河南一模）拓扑排序（Topological Sorting）是图论中的一个概念，它适用于有向无环图（DAG，DirectedAcyclic Graph）．拓扑排序的结果是一个线性序列，该序列满足对于图中每一条有向边（u，v），顶点u在序列中都出现在顶点v之前，每个顶点出现且只出现一次．如果图中含有环，则无法进行拓扑排序．在一所大学的计算机科学系，学生们必须按照特定的顺序选修一系列专业课程．这些课程之间存在先修要求，意味着某些课程必须在其他课程之前完成．例如，如果课程C是课程E的先修课，那么学生必须首先完成课程C才能选修课程E．如图展示了五门课程（A，B，C，D，E）及其之间的先修关系．箭头表示了先修的要求方向，即箭头起点的课程必须在箭头终点的课程之前完成．如果没有直接的先修关系，两门课程可以互换位置．根据图形，下列代表了这五门课程的一个正确拓扑排序为（　　）
A．（A，C，D，B，E） B．（A，B，C，D，E）
C．（A，C，B，D，E） D．（A，B，D，C，E）
8．（2024秋 辽宁期末）某体育用品店有5种不同价格的篮球，4种不同价格的排球，若从中选购1个篮球和1个排球，则不同的选购方法有（　　）
A．9种 B．20种 C．625种 D．1024种
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 新余校级月考）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 礼泉县期中）平面内有两组平行线，一组有10条，另一组有7条，且这两组平行线相交，则（　　）
A．这两组平行线有70个交点
B．这两组平行线有140个交点
C．这两组平行线可以构成280条射线
D．这两组平行线可以构成945个平行四边形
（多选）12．（2024春 宿迁期中）（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
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 凉州区校级期末）在如表的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　 　种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　 　．
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
14．（2025 海安市开学）现有2个红球、3个黄球，同色球不加区分，将这5个球排成一列，则不同的排法有　 　种．
15．（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．
16．（2024春 桥西区期中）如图，现要用4种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有 　 　种不同的着色方法．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 于洪区校级期末）用1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字七位数，满足下述条件的七位数各有多少个？
（Ⅰ）奇数都排在一起；
（Ⅱ）偶数不相邻；
（Ⅲ）三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列．
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 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？
20．（2025春 叶县校级月考）现有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9共十个数字．
（1）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（2）组成无重复数字的三位数中，315是从小到大排列的第几个数？
（3）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
（4）选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数共有多少个？
高考押题预测 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 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．
2．（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．
3．（2024秋 定西期末）从甲地到丙地要经过乙地，已知从甲地到乙地有4条路，从乙地到丙地有3条路，则从甲地到丙地不同的走法有（　　）
A．3种 B．4种 C．7种 D．12种
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】计算题；方程思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】D
【分析】根据分步乘法计数原理，可直接得出结果．
【解答】解：根据题意，从甲地到乙地有4条路，从乙地到丙地有3条路，
由分步计数原理，从甲地到丙地不同的走法有4×3＝12种．
故选：D．
【点评】本题考查分步计数原理的应用，注意分步、分类计数原理的不同，属于基础题．
4．（2024秋 越秀区校级期末）甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为（　　）
A．12 B．16 C．18 D．24
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】方程思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】D
【分析】先安排甲乙，然后安排其他人，再根据分步乘法计数原理求得正确答案．
【解答】解：甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，
甲乙两人听同一个讲座，方法数有种，
其他人听不同的讲座，方法数有种，
∴恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为4×6＝24种．
故选：D．
【点评】本题考查分步乘法计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5．（2024秋 长寿区期末）数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（　　）
A．24个 B．12 C．9个 D．6个
【考点】计数原理的应用．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】分百位上为1和百位上为2两种情况列举即可．
【解答】解：当百位上为2时，组成的三位数有201，210，211，共3个数，
当百位上为1时，组成的三位数有101，102，110，112，120，121，共6个数，
所以组成不同的三位数有9个．
故选：C．
【点评】本题考查计数原理相关知识，属于基础题．
6．（2024秋 衡水期末）给图中A，B，C，D，E五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（　　）
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
【考点】染色问题．
【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】D
【分析】根据题意，分别讨论区域BCD和区域AE的染色方案，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，对于区域BCD，三个区域两两相邻，有24种选法，
对于区域AE，若A与D选择相同，E有2种选法，
若A与D选择不同，A有1种选法，E有1种选法，
则区域AE有2+1×1＝3种选法，
则有24×3＝72种选法，
故选：D．
【点评】本题考查排列组合的实际应用，涉及分步、分类计数原理，属于基础题．
7．（2025 河南一模）拓扑排序（Topological Sorting）是图论中的一个概念，它适用于有向无环图（DAG，DirectedAcyclic Graph）．拓扑排序的结果是一个线性序列，该序列满足对于图中每一条有向边（u，v），顶点u在序列中都出现在顶点v之前，每个顶点出现且只出现一次．如果图中含有环，则无法进行拓扑排序．在一所大学的计算机科学系，学生们必须按照特定的顺序选修一系列专业课程．这些课程之间存在先修要求，意味着某些课程必须在其他课程之前完成．例如，如果课程C是课程E的先修课，那么学生必须首先完成课程C才能选修课程E．如图展示了五门课程（A，B，C，D，E）及其之间的先修关系．箭头表示了先修的要求方向，即箭头起点的课程必须在箭头终点的课程之前完成．如果没有直接的先修关系，两门课程可以互换位置．根据图形，下列代表了这五门课程的一个正确拓扑排序为（　　）
A．（A，C，D，B，E） B．（A，B，C，D，E）
C．（A，C，B，D，E） D．（A，B，D，C，E）
【考点】计数原理的应用．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】根据一个有效的拓扑排序应该是先列出没有其他课程作为先修要求的课程，然后是它的后续课程，依次分析各课程特点即可得出结果．
【解答】解：如图展示了五门课程（A，B，C，D，E）及其之间的先修关系．
箭头表示了先修的要求方向，
即箭头起点的课程必须在箭头终点的课程之前完成．
如果没有直接的先修关系，两门课程可以互换位置．
课程B和课程A没有先修关系，所以它们可以互换位置．
根据图中的箭头指向，我们知道课程C依赖于课程A，
课程D依赖于课程A和课程B，而课程E依赖于课程B和课程D．
因此，一个有效的拓扑排序应该是先列出没有其他课程作为先修要求的课程（如A），
然后是它的后续课程（如C），接着是它的后续课程（如B），再是它的后续课程（如D）
最后是所有其他课程都作为其先修课程的课程（如E）．
五门课程的一个正确拓扑排序为A，C，B，D，E．
故选：C．
【点评】本题考查计数原理相关知识，属于中档题．
8．（2024秋 辽宁期末）某体育用品店有5种不同价格的篮球，4种不同价格的排球，若从中选购1个篮球和1个排球，则不同的选购方法有（　　）
A．9种 B．20种 C．625种 D．1024种
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】转化思想；转化法；排列组合；运算求解．
【答案】B
【分析】由分步乘法原理可得出结论．
【解答】解：体育用品店有5种不同价格的篮球，4种不同价格的排球，
第一步，从5种不同的篮球中选一个，有5种选法，
第二步，从4种不同的排球中选一个，有4种选法，
故不同的选法为：5×4＝20种．
故选：B．
【点评】本题主要考查分步乘法计数原理，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 新余校级月考）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 礼泉县期中）平面内有两组平行线，一组有10条，另一组有7条，且这两组平行线相交，则（　　）
A．这两组平行线有70个交点
B．这两组平行线有140个交点
C．这两组平行线可以构成280条射线
D．这两组平行线可以构成945个平行四边形
【考点】分步乘法计数原理；组合及组合数公式．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】ACD
【分析】利用分步计数原理判断A、B，根据交点个数确定射线条件，即可判断C，利用组合数公式及分步计数原理判断D．
【解答】解：对于A、B，这两组平行线相交有10×7＝70个交点，故A正确，B错误；
对于C，一个交点可以引出4条射线，则可以构成4×70＝280条射线，故C正确；
对于D，10条平行线中的每2条平行线与7条平行线中的每2条平行线可以构成一个平行四边形，
则可以构成个平行四边形，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查分步计数原理，属于中档题．
（多选）12．（2024春 宿迁期中）（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．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 凉州区校级期末）在如表的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　24　种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　112　．
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
【考点】分步乘法计数原理；归纳推理．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】24；112．
【分析】利用分步乘法原理结合题意分析求解即可．
【解答】解：第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法，
第二步，从第二行中选一个与第一个数不同列的数，共有3种选法，
第三步，从第三行中选一个与第一、二个数不同列的数，共有2种选法，
第四步，从第四行中选一个与第一、二，三个数不同列的数，只有1种选法，
由分乘法原理可知共有4×3×2×1＝24种不同的选法；
先按列分析，每列必选出一个数，所以所选4个数的十位数字分别为1，2，3，4，
再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，
所以从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大，
所以选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15＝112．
故答案为：24；112．
【点评】本题考查分步乘法原理相关知识，属于中档题．
14．（2025 海安市开学）现有2个红球、3个黄球，同色球不加区分，将这5个球排成一列，则不同的排法有　10　种．
【考点】计数原理的应用．
【专题】排列组合．
【答案】见试题解答内容
【分析】若两个红球不相邻，用插空法，则有 种方法，若两个红球相邻，用捆绑法 则有 种方法．
【解答】解：若两个红球不相邻，用插空法，则有6种方法，若两个红球相邻，用捆绑法 则有4种方法，
故共有6+4＝10种不同的方法，
故答案为 10．
【点评】本题考查两个基本原理的应用，组合数公式，注意分两个红球不相邻，两个红球相邻，两种情况讨论．
15．（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．
16．（2024春 桥西区期中）如图，现要用4种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有 　48　种不同的着色方法．
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】48．
【分析】利用分步计数原理求解．
【解答】解：先给I地区涂色有4种，再给II地区涂色有3种，给III地区涂色有2种，给IV地区涂色有2种，
所以由分步乘法计数原理得：4×3×2×2＝48种．
故答案为：48．
【点评】本题考查分步计数原理，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 于洪区校级期末）用1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字七位数，满足下述条件的七位数各有多少个？
（Ⅰ）奇数都排在一起；
（Ⅱ）偶数不相邻；
（Ⅲ）三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列．
【考点】数字问题．
【专题】计算题；整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（Ⅰ）576个；
（Ⅱ）1440个；
（Ⅲ）840个．
【分析】（Ⅰ）利用捆绑法即可求解；
（Ⅱ）利用插空法即可求解；
（Ⅲ）先选3个位置排偶数，再在剩下的位置排奇数．
【解答】解：（Ⅰ）①先将4个奇数排好，有种排法，
②将四个数字看成一个整体，与其他3个数字全排列，有种排法，
则有个；
（Ⅱ）①先将4个奇数排好，有种排法，
②排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排3个偶数，有种排法，
则有个；
（Ⅲ）①在7个数位中任选3个，将三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列，
有种排法，
②剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上，有种排法，
则有840个．
【点评】本题考查了捆绑法和插空法的应用，属于中档题．
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 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．
20．（2025春 叶县校级月考）现有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9共十个数字．
（1）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（2）组成无重复数字的三位数中，315是从小到大排列的第几个数？
（3）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
（4）选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数共有多少个？
【考点】数字问题．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）648；（2）156；（3）2296；（4）1140．
【分析】（1）百位不为0，后两位排任意数即可．
（2）分当百位分别是1、2、3时数的个数，找到315的位置即可．
（3）分当个位上是0和当个位上是2，4，6，8中的一个时两种情况，分别求出排列数即可．
（4）分当选出的偶数是0和不是0两种情况，分别求出排列数即可．
【解答】解：（1）由题意，无重复的三位数共有9×72＝648个．
（2）①当百位为1时，共有72个数，
②当百位为2时，共有72个数，
③当百位为3时，共有12个数，
∴315是第72+72+12＝156个数．
（3）无重复的四位偶数，∴个位必须为0，2，4，6，8，千位上不能为0，
①当个位上为0时，共有504个数，
②当个位上是2，4，6，8中的一个时，共有1792个数，
∴无重复的四位偶数共有504+1792＝2296个数．
（4）①当选出的偶数为0时，共有180个数，
当②选出的偶数不为0时，共有960个数，
∴这样的四位数共有960+180＝1140个数．
【点评】本题主要考査排列组合的应用，考査分类讨论的思想，属于中档题．
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