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高考数学高频易错押题预测 两个基本计数原理
一．选择题（共8小题）
1．（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）
2．（2024 山东模拟）2015年春节放假安排，农历除夕至正月初六放假，共7天，某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人，若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有（　　）
A．1440种 B．1360种 C．1282种 D．1128种
3．（2024 潢川县二模）7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是（　　）
A．60 B．120 C．240 D．360
4．（2024 河南模拟）已知x∈Z，y∈Z，则满足方程xy+2024（x﹣y）＝8092的解（x，y）的个数为（　　）
A．27 B．54 C．108 D．216
5．（2024 柳州三模）从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有（　　）
A．60种 B．48种 C．30种 D．10种
6．（2023 汕头二模）电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255．在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为（　　）
A．2563 B．27 C．2553 D．6
7．（2023 茂南区校级三模）由数字0，1，2，3，4组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排列第88个数为（　　）
A．42031 B．42103 C．42130 D．42301
8．（2023 桃城区校级模拟）用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格 的染色方法种数为（　　）
A．6 B．10 C．16 D．20
二．多选题（共1小题）
（多选）9．（2023 罗定市校级模拟）将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有（　　）
A． B．
C． D．18
三．填空题（共10小题）
10．（2024 黄浦区校级三模）用1～9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有 　 　个．
11．（2024 苏州模拟）现有一只蜜蜂沿如图所示的用8个完全一样的正方体搭建的几何体的棱并按照箭头所指的相互垂直的三个方向从A点飞行到B点，可能的飞行路径共有 　 　种（用数字作答）．
12．（2024 徐汇区模拟）将四棱锥S﹣ABCD的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有四种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为 　 　．
13．（2024 新县校级模拟）5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，若甲球必须放入A盒，则不同的放法种数是　 　．
14．（2024 闵行区二模）五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有　 　．
15．（2024 龙岗区校级模拟）某校高二年级共有10个班级，5位数学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 　 　．
16．（2023 叙州区校级模拟）用0、1、2、3、4、5这六个数字组成一个无重复数字的五位数，百位和个位必须是奇数的数有 　 　个．
17．（2023 盐都区校级三模）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有　 　种．
18．（2023 泰安二模）用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有 　 　个．（用数字作答）
19．（2023 赤坎区校级二模）由0，1，2，3，4，5，6这七个数字组成没有重复数字的七位数，且偶数数字从小到大排列（由高数位到低数位），这样的七位数有 　 　个．
四．解答题（共1小题）
20．（2024 顺庆区校级模拟）用1、2、3、4四个数字可重复地任意排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
（1）写出这个数列的第8项；
（2）这个数列共有多少项？
（3）若an＝341，求n．
高考数学高频易错押题预测 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．（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．
2．（2024 山东模拟）2015年春节放假安排，农历除夕至正月初六放假，共7天，某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人，若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有（　　）
A．1440种 B．1360种 C．1282种 D．1128种
【考点】计数原理的应用．
【专题】排列组合．
【答案】D
【分析】对甲分类讨论，即可得出结论．
【解答】解：分类讨论，甲在初一值班，丙有2种方法，其余全排，共有C21A55＝240种；
甲在初二值班，丙在初一值班，其余全排，共有A55＝120种；丙在初三值班，乙有4种方法，其余全排，共有4A44＝96种；
甲在初三值班，丙有2种方法，乙有4种方法，其余全排，共有8A44＝192种；
甲在初四值班，丙有2种方法，乙有4种方法，其余全排，共有8A44＝192种；
甲在初五值班，丙有2种方法，乙有4种方法，其余全排，共有8A44＝192种；
甲在初六值班，丙有1种方法，乙有4种方法，其余全排，共有4A44＝96种；
故共有1128种方法，
故选：D．
【点评】本题主要考查分类计数原理，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．本题限制条件比较多，容易出错，解题时要注意．
3．（2024 潢川县二模）7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是（　　）
A．60 B．120 C．240 D．360
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；排列组合．
【答案】C
【分析】先排甲、乙、丙以外的4个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，能求出结果．
【解答】解：先排甲、乙、丙以外的4个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，
∴不同的排法种数是：＝240（种）．
故选：C．
【点评】本题考查计数原理的应用，考查学生的计算能力，比较基础．
4．（2024 河南模拟）已知x∈Z，y∈Z，则满足方程xy+2024（x﹣y）＝8092的解（x，y）的个数为（　　）
A．27 B．54 C．108 D．216
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】由已知可得（x﹣2024）（y+2024）＝﹣20222，又2022＝2×3×337，结合分步乘法计数原理求结论．
【解答】解：由题设，得（x﹣2024）（y+2024）＝﹣20222，
又2022＝2×3×337，其中2，3，337都为质数，
所以22×32×3372＝20222，
因为x，y∈Z，所以x﹣2024可能为（﹣1）k+12a3b337c，k∈{0，1}，a，b，c∈{0，1，2}，
所以x﹣2024的取值个数为2×3×3×3＝54，
方程xy+2024（x﹣y）＝8092的整数解（x，y）的个数为54．
故选：B．
【点评】本题主要考查分步乘法原理的应用，考查计算能力，属于基础题．
5．（2024 柳州三模）从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有（　　）
A．60种 B．48种 C．30种 D．10种
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；整体思想；数学模型法；排列组合．
【答案】C
【分析】根据题意，分3步进行分析：①、从5名志愿者中选派4人参加活动，②、将4人分为2组，③、将2组进行全排列，对应星期六和星期天，由排列、组合公式可得每一步的情况数目，进而由分步计数原理计算可得答案
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①、从5名志愿者中选派4人参加活动，有＝5种选法，
②、将4人分为2组，有＝3种分法，
③、将2组进行全排列，对应星期六和星期天，有＝2种情况，
则共有5×3×2＝30种方法；
故选：C．
【点评】本题考查排列、组合的运用，解题的关键是根据题意，正确进行分类讨论或分步分析．
6．（2023 汕头二模）电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255．在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为（　　）
A．2563 B．27 C．2553 D．6
【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】A
【分析】根据分步乘法计数原理易得答案．
【解答】解：分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，
根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256＝2563种颜色．
故选：A．
【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．
7．（2023 茂南区校级三模）由数字0，1，2，3，4组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排列第88个数为（　　）
A．42031 B．42103 C．42130 D．42301
【考点】数字问题．
【专题】计算题；对应思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】先讨论各个位置上的数字情况，然后利用分步乘法计数原理进行计算即可．
【解答】解：①当万位是1或2时，共有＝2×24＝48个数，
②当万位是3，千位是0，1，2，4时，共有＝4×6＝24个数，
③当万位是4，千位是0，1时，共有2＝2×6＝12个数，
④当万位是4，千位是2，百位为0，1时，共有2＝2×62＝4个数，
∴共有48+24+12+4＝88个数，
故第88个数为42130．
故选：C．
【点评】本题考查了排列、组合的运用，考查了分类讨论思想的运用，是中档题．
8．（2023 桃城区校级模拟）用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格 的染色方法种数为（　　）
A．6 B．10 C．16 D．20
【考点】染色问题．
【专题】转化思想；综合法；排列组合；逻辑思维；直观想象．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意画出树状图即可得解．
【解答】解：按从左到右数，当第一个是白色时，数到第一个格子时，黑色的格子数为0，白色的格子数为1，不满足黑色格子不少于白色格 ，同理数到其余格子时也一样，所以不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格 的染色方案的树状图如下：
∴满足题意的染色方法种数为10．
故选：B．
【点评】本题考查利用树状图列举事件是情况，属基础题．
二．多选题（共1小题）
（多选）9．（2023 罗定市校级模拟）将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有（　　）
A． B．
C． D．18
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；排列组合．
【答案】BC
【分析】根据题意，分析可得三个盒子中有1个中放2个球，有2种解法：
（1）分2步进行分析：①、先将四个不同的小球分成3组，②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，由分步计数原理计算可得答案；
（2）分2步进行分析：①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，由分步计数原理计算可得答案，综合2种解法即可得答案．
【解答】解：根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1 3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，
有2种解法：
（1）分2步进行分析：
①、先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法；
②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法；
则没有空盒的放法有种；
（2）分2步进行分析：
①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况
②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法；
则没有空盒的放法有种；
故选：BC．
【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
三．填空题（共10小题）
10．（2024 黄浦区校级三模）用1～9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有 　840　个．
【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】见试题解答内容
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理及分类加法计数原理求解．
【解答】解：用1～9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数可分为2类：
①当数位上数字为奇数且个数为2时，
则有＝720个；
②当数位上数字为奇数且个数为4时，
则有＝120个，
则各个数位上数字和为偶数的奇数共有720+120＝840个．
故答案为：840．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理及分类加法计数原理，属中档题．
11．（2024 苏州模拟）现有一只蜜蜂沿如图所示的用8个完全一样的正方体搭建的几何体的棱并按照箭头所指的相互垂直的三个方向从A点飞行到B点，可能的飞行路径共有 　296　种（用数字作答）．
【考点】计数原理的应用；排列组合的综合应用．
【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】296．
【分析】作出示意图并根据两个计数原理进行计算，得出蜜蜂飞行到图中各顶点处的路径数，将该数字标在相应顶点，进而在图中右上方的小正方体中，算出蜜蜂从三个方向飞行到B点的三个数字，再相加即可得到本题的答案．
【解答】解：根据题意，该蜜蜂只能沿小正方体的棱，按照“向右”、“向前”或“向上”的方向，一步一步地飞行，因此在各个小正方体的顶点处标上蜜蜂经过该点所有可能的路径数，得到如下示意图，
根据图形可知该蜜蜂可能的飞行路径共有87+111+98＝296种．
故答案为：296．
【点评】本题主要考查分类加法计数原理与分步乘法计数原理及其应用，考查了计算能力，属于中档题．
12．（2024 徐汇区模拟）将四棱锥S﹣ABCD的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有四种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为 　72　．
【考点】染色问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】72．
【分析】首先给顶点S选色，有4种结果，再给A选色有3种结果，再给B选色有2种结果，最后分两种情况即C与A同色与C与A不同色来讨论，根据分步计数原理和分类计数原理得到结果．
【解答】解：设四棱锥为S﹣ABCD．
下面分两种情况即C与A同色与C与A不同色来讨论，
（1）S的着色方法种数为，A的着色方法种数为，B的着色方法种数为，
C与A同色时C的着色方法种数为1，D的着色方法种数为，
（2）S的着色方法种数为，A的着色方法种数为，B的着色方法种数为，
C与A不同色时C的着色方法种数为，D的着色方法种数为．
综上两类共有 + ＝48+24＝72种结果．
故答案为：72．
【点评】本题主要排列与组合及两个基本原理，总体需分类，每类再分步，综合利用两个原理解决，属中档题．
13．（2024 新县校级模拟）5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，若甲球必须放入A盒，则不同的放法种数是　60　．
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；分类讨论；数学模型法；排列组合．
【答案】见试题解答内容
【分析】本题是一个分类计数问题，分两类，A放两个球和A放1个球，根据分类计数原理得．
【解答】解：分两类，第一类，A盒子放两个球，从除甲外的4个小球中再任选一个，剩下的3个球分别放在三个不同的盒子里，有A41A33＝24，
第二类，A盒子一个球，先选两个小球放在另外三个盒子中的其中一个，剩下的两个球放在两个不同的盒子里，有C42A33＝36，
根据分类计数原理得，甲球必须放入A盒，则不同的放法种数是24+36＝60，
故答案为：60．
【点评】本题主要考查了分类计数原理，关键是如何分类，属于基础题．
14．（2024 闵行区二模）五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有　96　．
【考点】计数原理的应用．
【专题】应用题；排列组合．
【答案】见试题解答内容
【分析】依题意，优先分析甲甲工程队，除1号子项目外有4种方法，其他4个工程队分别对应4个子项目，由排列公式可得其情况数目，根据乘法原理，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，甲工程队不能承建1号子项目，则有4种方法，
其他4个工程队分别对应4个子项目，有A44种情况，
根据乘法原理，分析可得有C41A44＝96种情况；
故答案为：96．
【点评】本题考查排列、组合的应用，注意优先分析受到限制的元素．
15．（2024 龙岗区校级模拟）某校高二年级共有10个班级，5位数学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 　236种　．
【考点】计数原理的应用．
【专题】转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但是这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去重复的种数，即可得到答案．
【解答】解：（1）秋老师教9班，曲老师可在4，5，7，10班中选两个班，再分两类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选＝3种；王老师可选＝3种；剩余的3个班3个老师全排列，有＝6种，
由分步计数原理可得3×3×6＝54种；
②曲老师教5班，则曲老师可选＝3种；剩余的4个班4个老师全排列，有＝24种，
由分步计数原理可得3×24＝72种．
由分类计数原理可得，秋老师教9班共有54+72＝126种；
（2）秋老师教10班，同理也是126种；
（3）秋老师同时教9班和10班，则曲老师可在4，5，7班中选两个班，再分两类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2，6班中选一个，有＝2种，
剩余的2个班2个老师全排列，有＝2种，
由分步计数原理可得2×2＝4种；
②曲老师教5班，则曲老师可选＝2种，剩余的3个班3个老师全排列，有＝6种，
由分步计数原理可得2×6＝12种．
由分类计数原理可得，秋老师同时教9班和10班共有4+12＝16种，
因为秋老师同时教9班和10班的排课方法重复，
所以不同的排课方法种数为126+126﹣16＝236种．
故答案为：236．
【点评】本题考查了分类计数原理与分步计数原理的应用，排列组合知识的应用，此类问题一般运用特殊元素优先处理原则进行求解，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
16．（2023 叙州区校级模拟）用0、1、2、3、4、5这六个数字组成一个无重复数字的五位数，百位和个位必须是奇数的数有 　108　个．
【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】108．
【分析】先安排个位和百位上的数字，再安排万位上的数字，最后安排剩下的位置上的数字即可．
【解答】解：根据题意，可以分三步完成：第一步，先安排个位和百位上的数字，从3个奇数中选两个排序，有＝6种方案；
第二步，安排万位上的数字，不能有0，故需要在剩下的3个数字中选1个安排，有＝3种方案；
第三步，最后安排十位和千位的数字，此时还有三个数字，只需从三个数字中选两个排列，故有＝6种方案．
所以根据分步乘法计数原理即可得6×3×6＝108个满足条件的数．
故答案为：108．
【点评】本题考查了排列数的应用，考查分步乘法计数原理计数原理，是基础题．
17．（2023 盐都区校级三模）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有　216　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】分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论．
【解答】解：最左端排甲，共有A55＝120种，最左端排乙，最右端不能排甲，有C41A44＝96种，
根据加法原理可得，共有120+96＝216种．
故答案为：216．
【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．
18．（2023 泰安二模）用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有 　312　个．（用数字作答）
【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】见试题解答内容
【分析】根据题意，分成两类情况：①四位数中没有偶数，即在1，3，5，7中任选4个，②四位数中只有一个偶数，即在1，3，5，7中任选3个，在2，4，6种选一个，然后结合排列组合即可求解．
【解答】解：根据题意，分成两类情况：
①四位数中没有偶数，即在1，3，5，7中任选4个，共有＝24种，
②四位数中只有一个偶数，即在1，3，5，7中任选3个，在2，4，6种选一个，共有＝288种，
故共有24+288＝312．
故答案为：312．
【点评】本题主要考查了分类与分步计数原理，还考查了排列组合知识的应用，属于基础题．
19．（2023 赤坎区校级二模）由0，1，2，3，4，5，6这七个数字组成没有重复数字的七位数，且偶数数字从小到大排列（由高数位到低数位），这样的七位数有 　90　个．
【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】见试题解答内容
【分析】由题可知，偶数排列顺序固定且0只能在6，5，4位，奇数可任意排列，据此可得答案．
【解答】解：因偶数排列顺序固定且0只能在6，5，4位，奇数可任意排列，则
当0排在第6位时，共有（个）数；
当0排在第5位时，共有（个）数；
当0排在第4位时，共有（个）数，
故这样的七位数共有60+24+6＝90（个）．
故答案为：90．
【点评】本题考查排列的应用，解题时注意题干条件对数的限制，其次还要注意首位数字不能为0，属中档题．
四．解答题（共1小题）
20．（2024 顺庆区校级模拟）用1、2、3、4四个数字可重复地任意排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
（1）写出这个数列的第8项；
（2）这个数列共有多少项？
（3）若an＝341，求n．
【考点】代数与函数中的计数问题．
【专题】等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意写出数列{an}的前8项，即可得到这个数列的第8项的值．
（2）这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数，每个位上都有4种排法，根据分步计数原理，求得结果．
（3）比an＝341小的数有两类：①百位上是1或2的；②百位上是3且十位上是1或2或3的，根据分类计数原理，
把这两类数的个数相加后再加上1，即得n的值．
【解答】解：（1）由题意可得，数列{an}的前8项分别为：111，112，113，114，121，122，123，124，
故这个数列的第8项为124．（3分）
（2）这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数，每个位上都有4种排法，
根据分步计数原理，共有4×4×4＝64项．（6分）
（3）比an＝341小的数有两类：①百位上是1或2的，共有2×4×4＝32（个）；
②百位上是3且十位上是1或2或3的，共有1×3×4＝12（个）．
再根据分类计数原理可得，比an＝341小的数有 32+12＝44 （个）．
∴所求的n＝44+1＝45．（10分）
【点评】本题主要考查数列的函数特性，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．
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