第26頁（共26頁）2025年高考數學三輪復習之兩個基本計數原理一．選擇題（共8小題）1．（2025?揚州模擬）設a1，a2，a3，a4為1，2，3，4的一個排列，則滿足|a1﹣a2|+|a3﹣a4|＝4的不同排列的個數為（）A．24 B．16 C．8 D．22．（2024秋?渭南校級期末）四名同學報名參加乒乓球、籃球、足球運動隊，每人限報一項，不同的報名方法的種數是（）A．64 B．81 C．24 D．123．（2024秋?定西期末）從甲地到丙地要經過乙地，已知從甲地到乙地有4條路，從乙地到丙地有3條路，則從甲地到丙地不同的走法有（）A．3種 B．4種 C．7種 D．12種4．（2025?河南一模）拓撲排序（TopologicalSorting）是圖論中的一個概念，它適用于有向無環圖（DAG，DirectedAcyclicGraph）．拓撲排序的結果是一個線性序列，該序列滿足對于圖中每一條有向邊（u，v），頂點u在序列中都出現在頂點v之前，每個頂點出現且只出現一次．如果圖中含有環，則無法進行拓撲排序．在一所大學的計算機科學系，學生們必須按照特定的順序選修一系列專業課程．這些課程之間存在先修要求，意味著某些課程必須在其他課程之前完成．例如，如果課程C是課程E的先修課，那么學生必須首先完成課程C才能選修課程E．如圖展示了五門課程（A，B，C，D，E）及其之間的先修關系．箭頭表示了先修的要求方向，即箭頭起點的課程必須在箭頭終點的課程之前完成．如果沒有直接的先修關系，兩門課程可以互換位置．根據圖形，下列代表了這五門課程的一個正確拓撲排序為（）A．（A，C，D，B，E） B．（A，B，C，D，E） C．（A，C，B，D，E） D．（A，B，D，C，E）5．（2024秋?河南期末）甲，乙，丙3位同學到4個社區參加志愿服務，每人限去一個社區，不同方法的種數是（）A．24 B．36 C．64 D．816．（2024秋?越秀區校級期末）甲、乙等5人去聽同時舉行的4個講座，每人可自由選擇聽其中一個講座，則恰好只有甲、乙兩人聽同一個講座，其他人聽的講座互不相同的種數為（）A．12 B．16 C．18 D．247．（2024秋?衡水期末）給圖中A，B，C，D，E五個區域染色，每個區域只染一種顏色，且相鄰的區域不同色．若有四種顏色可供選擇，則不同的染色方案共有（）A．24種 B．36種 C．48種 D．72種8．（2024秋?漢中期末）一輛公交車上有12位乘客，沿途10個車站，則乘客下車的可能方式共有（）A．1012種 B．1210種 C．C1210種 D．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?鄄城縣校級期末）設從東、西、南、北四面通往山頂的路分別有2，3，3，4條，現要從一面上山，從剩余三面中的任意一面下山，則下列結論正確的是（）A．從東面上山有20種走法 B．從西面上山有27種走法 C．從南面上山有30種走法 D．從北面上山有32種走法（多選）10．（2024春?禮泉縣期中）平面內有兩組平行線，一組有10條，另一組有7條，且這兩組平行線相交，則（）A．這兩組平行線有70個交點 B．這兩組平行線有140個交點 C．這兩組平行線可以構成280條射線 D．這兩組平行線可以構成945個平行四邊形（多選）11．（2024春?宿遷期中）（多選）下列說法中正確的有（）A．4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，共有43種報名方法 B．4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，共有34種報名方法 C．4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），共有43種可能結果 D．4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），共有34種可能結果（多選）12．（2024春?武漢期末）將四個編號為1，2，3，4的小球放入四個分別標有1，2，3，4號的盒子中，則下列結論正確的有（）A．共有256種放法 B．恰有一個盒子不放球，共有72種放法 C．恰有兩個盒子不放球，共有84種放法 D．沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號都不相同的放法共有9種三．填空題（共4小題）13．（2025?泰州模擬）由1，2，3，4，5，6組成沒有重復數字且1，3不相鄰的六位數的個數是．14．（2025?海南州模擬）正整數19600的不同正因數的個數為．15．（2025?榆林三模）乙巳蛇年，古城榆林燃動全國秧歌熱潮，國內外共39支隊伍匯聚榆林，舞動非遺年味．現有4名國際友人，每人從俄羅斯、保加利亞、榆林市直教育系統的三支秧歌隊中選擇觀看一支，則不同的觀看方式有．（用數字作答）16．（2024秋?涼州區校級期末）在如表的4×4的方格表中選4個方格，要求每行和每列均恰有一個方格被選中，則共有種選法，在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個數之和的最大值是．11213140122233421322334315243444四．解答題（共4小題）17．（2024秋?于洪區校級期末）用1，2，3，4，5，6，7組成無重復數字七位數，滿足下述條件的七位數各有多少個？（Ⅰ）奇數都排在一起；（Ⅱ）偶數不相鄰；（Ⅲ）三個偶數從左到右按從小到大的順序排列．18．（2024秋?華池縣校級期末）（1）用0，1，2，3，4，5可以組成多少個無重復數字的五位數？（2）用0，1，2，3，4，5這六個數字組成無重復數字的六位數，若所有的六位數按從小到大的順序組成一個數列{an}，則240135是第幾項．19．（2024秋?慶陽期末）已知6件不同的產品中有2件次品，現對這6件產品一一進行測試，直至找到所有次品并立即停止測試．（1）若恰在第2次測試時，找到第一件次品，第5次測試時，找到第二件次品，則共有多少種不同的測試情況？（2）若至多測試3次就能找到所有次品，則共有多少種不同的測試情況？20．（2024春?敖漢旗校級期中）從0，1，2，3，4，5，6這7個數字中取出4個數字．試問：（1）有多少個沒有重復數字的排列？（2）能組成多少個沒有重復數字的四位數？

2025年高考數學三輪復習之兩個基本計數原理參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案BBDCCDDA二．多選題（共4小題）題號9101112答案ABDACDBCACD一．選擇題（共8小題）1．（2025?揚州模擬）設a1，a2，a3，a4為1，2，3，4的一個排列，則滿足|a1﹣a2|+|a3﹣a4|＝4的不同排列的個數為（）A．24 B．16 C．8 D．2【考點】計數原理的應用；簡單排列問題．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】B【分析】根據題意，按a1，a2，a3，a4的取值分8種情況討論，由加法原理計算可得答案．【解答】解：根據題意，分8種情況討論：①a1＝1，a2＝4，a3，a4為2或3，有2個不同的排列；②a1＝2，a2＝3，a3，a4為1或4，有2個不同的排列；③a1＝3，a2＝2，a3，a4為1或4，有2個不同的排列；④a1＝4，a2＝1，a3，a4為2或3，有2個不同的排列；⑤a1＝1，a2＝3，a3，a4為2或4，有2個不同的排列；⑥a1＝3，a2＝1，a3，a4為2或4，有2個不同的排列；⑦a1＝2，a2＝4，a3，a4為1或3，有2個不同的排列；⑧a1＝4，a2＝2，a3，a4為1或3，有2個不同的排列；共有8×2＝16個不同的排列．故選：B．【點評】本題考查分類計數原理的應用，注意分析|a1﹣a2|+|a3﹣a4|＝4的可能情況，屬于基礎題．2．（2024秋?渭南校級期末）四名同學報名參加乒乓球、籃球、足球運動隊，每人限報一項，不同的報名方法的種數是（）A．64 B．81 C．24 D．12【考點】計數原理的應用．【專題】計算題．【答案】B【分析】根據題意，易得四名同學中每人有3種報名方法，由分步計數原理計算可得答案．【解答】解：四名同學報名參加乒乓球、籃球、足球運動隊，每人限報一項，每人有3種報名方法；根據分步計數原理，可得共有3×3×3×3＝81種不同的報名方法；故選：B．【點評】本題考查分步計數原理的運用，解題時注意題干條件中“每人限報一項”．3．（2024秋?定西期末）從甲地到丙地要經過乙地，已知從甲地到乙地有4條路，從乙地到丙地有3條路，則從甲地到丙地不同的走法有（）A．3種 B．4種 C．7種 D．12種【考點】分步乘法計數原理．【專題】計算題；方程思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】D【分析】根據分步乘法計數原理，可直接得出結果．【解答】解：根據題意，從甲地到乙地有4條路，從乙地到丙地有3條路，由分步計數原理，從甲地到丙地不同的走法有4×3＝12種．故選：D．【點評】本題考查分步計數原理的應用，注意分步、分類計數原理的不同，屬于基礎題．4．（2025?河南一模）拓撲排序（TopologicalSorting）是圖論中的一個概念，它適用于有向無環圖（DAG，DirectedAcyclicGraph）．拓撲排序的結果是一個線性序列，該序列滿足對于圖中每一條有向邊（u，v），頂點u在序列中都出現在頂點v之前，每個頂點出現且只出現一次．如果圖中含有環，則無法進行拓撲排序．在一所大學的計算機科學系，學生們必須按照特定的順序選修一系列專業課程．這些課程之間存在先修要求，意味著某些課程必須在其他課程之前完成．例如，如果課程C是課程E的先修課，那么學生必須首先完成課程C才能選修課程E．如圖展示了五門課程（A，B，C，D，E）及其之間的先修關系．箭頭表示了先修的要求方向，即箭頭起點的課程必須在箭頭終點的課程之前完成．如果沒有直接的先修關系，兩門課程可以互換位置．根據圖形，下列代表了這五門課程的一個正確拓撲排序為（）A．（A，C，D，B，E） B．（A，B，C，D，E） C．（A，C，B，D，E） D．（A，B，D，C，E）【考點】計數原理的應用．【專題】對應思想；定義法；排列組合；運算求解．【答案】C【分析】根據一個有效的拓撲排序應該是先列出沒有其他課程作為先修要求的課程，然后是它的后續課程，依次分析各課程特點即可得出結果．【解答】解：如圖展示了五門課程（A，B，C，D，E）及其之間的先修關系．箭頭表示了先修的要求方向，即箭頭起點的課程必須在箭頭終點的課程之前完成．如果沒有直接的先修關系，兩門課程可以互換位置．課程B和課程A沒有先修關系，所以它們可以互換位置．根據圖中的箭頭指向，我們知道課程C依賴于課程A，課程D依賴于課程A和課程B，而課程E依賴于課程B和課程D．因此，一個有效的拓撲排序應該是先列出沒有其他課程作為先修要求的課程（如A），然后是它的后續課程（如C），接著是它的后續課程（如B），再是它的后續課程（如D）最后是所有其他課程都作為其先修課程的課程（如E）．五門課程的一個正確拓撲排序為A，C，B，D，E．故選：C．【點評】本題考查計數原理相關知識，屬于中檔題．5．（2024秋?河南期末）甲，乙，丙3位同學到4個社區參加志愿服務，每人限去一個社區，不同方法的種數是（）A．24 B．36 C．64 D．81【考點】分步乘法計數原理．【專題】計算題；對應思想；分析法；排列組合；邏輯思維．【答案】C【分析】由分步乘法計數原理進行分析即可．【解答】解：甲，乙，丙3位同學到4個社區參加志愿服務，每人限去一個社區，不同方法的種數是：43＝64．故選：C．【點評】本題考查學生對分步乘法計數原理的理解，運用．6．（2024秋?越秀區校級期末）甲、乙等5人去聽同時舉行的4個講座，每人可自由選擇聽其中一個講座，則恰好只有甲、乙兩人聽同一個講座，其他人聽的講座互不相同的種數為（）A．12 B．16 C．18 D．24【考點】分步乘法計數原理．【專題】方程思想；定義法；排列組合；運算求解．【答案】D【分析】先安排甲乙，然后安排其他人，再根據分步乘法計數原理求得正確答案．【解答】解：甲、乙等5人去聽同時舉行的4個講座，每人可自由選擇聽其中一個講座，甲乙兩人聽同一個講座，方法數有C4其他人聽不同的講座，方法數有A3∴恰好只有甲、乙兩人聽同一個講座的種數為4×6＝24種．故選：D．【點評】本題考查分步乘法計數原理等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．7．（2024秋?衡水期末）給圖中A，B，C，D，E五個區域染色，每個區域只染一種顏色，且相鄰的區域不同色．若有四種顏色可供選擇，則不同的染色方案共有（）A．24種 B．36種 C．48種 D．72種【考點】染色問題．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】D【分析】根據題意，分別討論區域BCD和區域AE的染色方案，由分步計數原理計算可得答案．【解答】解：根據題意，對于區域BCD，三個區域兩兩相鄰，有A43對于區域AE，若A與D選擇相同，E有2種選法，若A與D選擇不同，A有1種選法，E有1種選法，則區域AE有2+1×1＝3種選法，則有24×3＝72種選法，故選：D．【點評】本題考查排列組合的實際應用，涉及分步、分類計數原理，屬于基礎題．8．（2024秋?漢中期末）一輛公交車上有12位乘客，沿途10個車站，則乘客下車的可能方式共有（）A．1012種 B．1210種 C．C1210種 D．【考點】分步乘法計數原理．【專題】轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】A【分析】利用分步計數原理進行計算即可．【解答】解：每位乘客下站的可能有10種，共有10×10?×10×10＝1012．故選：A．【點評】本題主要考查簡單的計算問題，利用分步計數原理進行計算是解決本題的關鍵，是基礎題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?鄄城縣校級期末）設從東、西、南、北四面通往山頂的路分別有2，3，3，4條，現要從一面上山，從剩余三面中的任意一面下山，則下列結論正確的是（）A．從東面上山有20種走法 B．從西面上山有27種走法 C．從南面上山有30種走法 D．從北面上山有32種走法【考點】分步乘法計數原理；分類加法計數原理．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】ABD【分析】根據題意，由分步計數原理依次分析選項，綜合可得答案．【解答】解：根據題意，依次分析選項：對于A，若從東面上山，上山的路2條，下山的路有3+3+4＝10條，則有2×10＝20條，A正確；對于B，若從西面上山，上山的路3條，下山的路有2+3+4＝9條，則有3×9＝27條，B正確；對于C，若從南面上山，上山的路3條，下山的路有2+3+4＝9條，則有3×9＝27條，C錯誤；對于D，若從北面上山，上山的路4條，下山的路有2+3+3＝8條，則有4×8＝32條，D正確；故選：ABD．【點評】本題考查分步、分類計數原理的應用，注意分類、分步計數原理的不同，屬于基礎題．（多選）10．（2024春?禮泉縣期中）平面內有兩組平行線，一組有10條，另一組有7條，且這兩組平行線相交，則（）A．這兩組平行線有70個交點 B．這兩組平行線有140個交點 C．這兩組平行線可以構成280條射線 D．這兩組平行線可以構成945個平行四邊形【考點】分步乘法計數原理；組合及組合數公式．【專題】對應思想；定義法；排列組合；運算求解．【答案】ACD【分析】利用分步計數原理判斷A、B，根據交點個數確定射線條件，即可判斷C，利用組合數公式及分步計數原理判斷D．【解答】解：對于A、B，這兩組平行線相交有10×7＝70個交點，故A正確，B錯誤；對于C，一個交點可以引出4條射線，則可以構成4×70＝280條射線，故C正確；對于D，10條平行線中的每2條平行線與7條平行線中的每2條平行線可以構成一個平行四邊形，則可以構成C102C7故選：ACD．【點評】本題考查分步計數原理，屬于中檔題．（多選）11．（2024春?宿遷期中）（多選）下列說法中正確的有（）A．4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，共有43種報名方法 B．4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，共有34種報名方法 C．4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），共有43種可能結果 D．4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），共有34種可能結果【考點】計數原理的應用．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】BC【分析】利用計算原理，轉化求解判斷選項的正誤即可．【解答】解：對于A、B，4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，每人都有3種選擇，共有34種報名方法，所以A錯誤；B正確；對于C、D，4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍（每項冠軍只允許一人獲得），每個冠軍有4種可能，共有43種可能結果，所以C正確，D錯誤．故選：BC．【點評】本題考查計數原理以及排列組合的簡單應用，是中檔題．（多選）12．（2024春?武漢期末）將四個編號為1，2，3，4的小球放入四個分別標有1，2，3，4號的盒子中，則下列結論正確的有（）A．共有256種放法 B．恰有一個盒子不放球，共有72種放法 C．恰有兩個盒子不放球，共有84種放法 D．沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號都不相同的放法共有9種【考點】分步乘法計數原理；簡單組合問題．【專題】對應思想；定義法；排列組合；運算求解．【答案】ACD【分析】按照分步乘法計數原理判斷A，B，先分組、再分配，即可判斷C，先確定編號為1的球的放法，再確定與1號球所放盒子的編號相同的球的放法，按照分步乘法計數原理判斷D．【解答】解：若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，共有44＝256種放法，故A正確；恰有一個盒子不放球，先選一個盒子，再選一個盒子放兩個球，則C41?恰有兩個盒子不放球，首先選出兩個空盒子，再將四個球分為3，1或2，2兩種情況，故共C42?編號為1的球有3種放法，編號為1的球所放盒子的編號相同的球放入1號或其他兩個盒子，共有1+C21=3，即3×3＝故選：ACD．【點評】本題考查排列組合的應用，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2025?泰州模擬）由1，2，3，4，5，6組成沒有重復數字且1，3不相鄰的六位數的個數是480．【考點】數字問題．【專題】排列組合．【答案】見試題解答內容【分析】先排2，4，5，6，形成了5個空，把1，3插入到其中兩個空即可．【解答】解：先排2，4，5，6，形成了5個空，把1，3插入到其中兩個空，故有A44A52＝480個，故答案為：480．【點評】本題考查了數字問題的中不相鄰問題，采用插空是關鍵，屬于基礎題．14．（2025?海南州模擬）正整數19600的不同正因數的個數為45．【考點】計數原理的應用．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】45．【分析】由19600＝24×52×72，令t＝2x?5y?7z，結合乘法原理即可求解【解答】解：設t為正整數19600的正因數，19600＝24×52×72，可知t＝2x?5y?7z，其中x∈{0，1，2，3，4}，y∈{0，1，2}，z∈{0，1，2}，故t有5×3×3＝45種不同的可能，則正整數19600的不同正因數的個數為45．故答案為：45．【點評】本題考查計數原理的應用，是中檔題．15．（2025?榆林三模）乙巳蛇年，古城榆林燃動全國秧歌熱潮，國內外共39支隊伍匯聚榆林，舞動非遺年味．現有4名國際友人，每人從俄羅斯、保加利亞、榆林市直教育系統的三支秧歌隊中選擇觀看一支，則不同的觀看方式有81．（用數字作答）【考點】分步乘法計數原理．【專題】整體思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】81．【分析】利用分步乘法計數原理計算即可．【解答】解：4名國際友人，每人有三種選擇，由分步乘法計數原理可知，不同的觀看方式有3×3×3×3＝81種．故答案為：81．【點評】本題主要考查了計數原理的應用，屬于基礎題．16．（2024秋?涼州區校級期末）在如表的4×4的方格表中選4個方格，要求每行和每列均恰有一個方格被選中，則共有24種選法，在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個數之和的最大值是112．11213140122233421322334315243444【考點】分步乘法計數原理；歸納推理．【專題】對應思想；定義法；排列組合；運算求解．【答案】24；112．【分析】利用分步乘法原理結合題意分析求解即可．【解答】解：第一步，從第一行任選一個數，共有4種不同的選法，第二步，從第二行中選一個與第一個數不同列的數，共有3種選法，第三步，從第三行中選一個與第一、二個數不同列的數，共有2種選法，第四步，從第四行中選一個與第一、二，三個數不同列的數，只有1種選法，由分乘法原理可知共有4×3×2×1＝24種不同的選法；先按列分析，每列必選出一個數，所以所選4個數的十位數字分別為1，2，3，4，再按行分析，第一、二、三、四行個位上的數字的最大值分別為1，3，3，5，所以從第一行選21，從第二行選33，從第三行選43，從第四行選15，此時個位上的數字之和最大，所以選中方格中的4個數之和的最大值為21+33+43+15＝112．故答案為：24；112．【點評】本題考查分步乘法原理相關知識，屬于中檔題．四．解答題（共4小題）17．（2024秋?于洪區校級期末）用1，2，3，4，5，6，7組成無重復數字七位數，滿足下述條件的七位數各有多少個？（Ⅰ）奇數都排在一起；（Ⅱ）偶數不相鄰；（Ⅲ）三個偶數從左到右按從小到大的順序排列．【考點】數字問題．【專題】計算題；整體思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】（Ⅰ）576個；（Ⅱ）1440個；（Ⅲ）840個．【分析】（Ⅰ）利用捆綁法即可求解；（Ⅱ）利用插空法即可求解；（Ⅲ）先選3個位置排偶數，再在剩下的位置排奇數．【解答】解：（Ⅰ）①先將4個奇數排好，有A4②將四個數字看成一個整體，與其他3個數字全排列，有A4則有A44（Ⅱ）①先將4個奇數排好，有A4②排好后，有5個空位可選，在其中任選3個，安排3個偶數，有A5則有A44（Ⅲ）①在7個數位中任選3個，將三個偶數從左到右按從小到大的順序排列，有C7②剩下的4個數字安排在剩下的4個數位上，有A4則有C73【點評】本題考查了捆綁法和插空法的應用，屬于中檔題．18．（2024秋?華池縣校級期末）（1）用0，1，2，3，4，5可以組成多少個無重復數字的五位數？（2）用0，1，2，3，4，5這六個數字組成無重復數字的六位數，若所有的六位數按從小到大的順序組成一個數列{an}，則240135是第幾項．【考點】數字問題．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】（1）600；（2）193．【分析】（1）根據題意，先排首位，再排其它位置，進而結合分步計數乘法原理得到答案；（2）根據所給數字，考慮首位數字是1和2兩種情況，當首位數字為1時都比240135小，當首位數字為2時考慮比240135小的數字，進而根據排列數公式和分類加法計數原理得到答案．【解答】解：（1）由于是五位數，首位數字不能為0，首位數字有A5其它位置有A5所以用0，1，2，3，4，5可以組成5×120＝600個無重復數字的五位數．（2）由于是六位數，首位數字不能為0，首位數字為1有A5首位數字為2，萬位上為0，1，3中的一個有3A所以從小到大排列，240135是第A55+3即所有的六位數按從小到大的順序組成一個數列{an}，240135是數列的第193項．【點評】本題主要考查排列、組合及簡單計數問題，考查運算求解能力，屬于中檔題．19．（2024秋?慶陽期末）已知6件不同的產品中有2件次品，現對這6件產品一一進行測試，直至找到所有次品并立即停止測試．（1）若恰在第2次測試時，找到第一件次品，第5次測試時，找到第二件次品，則共有多少種不同的測試情況？（2）若至多測試3次就能找到所有次品，則共有多少種不同的測試情況？【考點】計數原理的應用．【專題】整體思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】（1）48；（2）18．【分析】（1）根據分步乘法計數原理可求得結果；（2）分兩種情況討論：（i）測試2次找到所有次品；（ii）測試3次找到所有的正品．求出兩種情況下不同的測試情況種數，相加即可．【解答】解：（1）若恰在第2次測試時，找到第一件次品，第5次測試時，找到第二件次品，則第一、三、四次抽到的都是正品，由分步乘法計數原理可知，不同的測試情況種數為4×2×3×2×1＝48種；（2）至多測試3次就能找到所有次品，有兩種情況：（i）測試2次找到所有次品，不同的測試情況種數為2×1＝2種，（ii）測試3次找到所有的次品，則第三次抽到次品，前兩次有一次抽到次品，則不同的測試情況種數為2×2×4＝16種，綜上所述，不同的測試情況種數為2+16＝18種．【點評】本題主要考查了排列組合知識，考查了計數原理的應用，屬于基礎題．20．（2024春?敖漢旗校級期中）從0，1，2，3，4，5，6這7個數字中取出4個數字．試問：（1）有多少個沒有重復數字的排列？（2）能組成多少個沒有重復數字的四位數？【考點】數字問題．【專題】整體思想；綜合法；排列組合；運算求解．【答案】（1）840；（2）720．【分析】（1）由排列的定義，結合排列數的運算求解；（2）由排列的定義，結合排列數的運算求解．【解答】解：（1）從0，1，2，3，4，5，6這7個數字中取出4個數字，有A74=7×6×5×4（2）從0，1，2，3，4，5，6這7個數字中取出4個數字，能組成A74-A63【點評】本題考查了排列、組合及簡單計數問題，屬基礎題．

考點卡片1．分類加法計數原理【知識點的認識】1．定義：完成一件事有兩類不同方案：在第1類辦法中有m種不同的方法，在第2類辦法中有n種不同的方法，那么完成這件事共有：N＝m+n種不同的方法．2．推廣：完成一件事有n類不同方案：在第1類辦法中有m1種不同的方法，在第2類辦法中有m2種不同的方法，…，在第n類辦法中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有：N＝m1+m2+…+mn種不同的方法．3．特點：（1）完成一件事的n類方案相互獨立；（2）同一類方案中的各種方法相對獨立．（3）用任何一類方案中的任何一種方法均可獨立完成這件事；4．注意：與分步乘法計數原理區別分類加法計數原理分步乘法計數原理相同點計算“完成一件事”的方法種數不同點分類完成，類類相加分步完成，步步相乘每類方案中的每一種方法都能獨立完成這件事每步依次完成才算完成這件事情（每步中的每一種方法不能獨立完成這件事）注意點類類獨立，不重不漏步步相依，步驟完整【解題方法點撥】如果完成一件事情有n類方案，且每一類方案中的任何一種方法均能獨立完成這件事，則可使用分類加法計數原理．實現步驟：（1）分類；（2）對每一類方法進行計數；（3）用分類加法計數原理求和；【命題方向】與實際生活相聯系，以選擇題、填空題的形式出現，并綜合排列組合知識成為能力型題目，主要考查學生分析問題和解決問題的能力及分類討論思想．例：某校開設A類選修課3門，B類選擇課4門，一位同學從中共選3門，若要求兩類課程中各至少選一門，則不同的選法共有（）A.30種B.35種C.42種D.48種分析：兩類課程中各至少選一門，包含兩種情況：A類選修課選1門，B類選修課選2門；A類選修課選2門，B類選修課選1門，寫出組合數，根據分類計數原理得到結果．解答：可分以下2種情況：①A類選修課選1門，B類選修課選2門，有C3②A類選修課選2門，B類選修課選1門，有C3∴根據分類計數原理知不同的選法共有C31C4故選A．點評：本小題主要考查分類計數原理、組合知識，以及分類討論的數學思想．本題也可以從排列的對立面來考慮，寫出所有的減去不合題意的，可以這樣解：C732．分步乘法計數原理【知識點的認識】1．定義：完成一件事需要分成兩個步驟：做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有：N＝m×n種不同的方法．2．推廣：完成一件事需要分成n個步驟：做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法，…，做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有：N＝m1×m2×…×mn種不同的方法．3．特點：完成一件事的n個步驟相互依存，必須依次完成n個步驟才能完成這件事；4．注意：與分類加法計數原理區別分類加法計數原理分步乘法計數原理相同點計算“完成一件事”的方法種數不同點分類完成，類類相加分步完成，步步相乘每類方案中的每一種方法都能獨立完成這件事每步依次完成才算完成這件事情（每步中的每一種方法不能獨立完成這件事）注意點類類獨立，不重不漏步步相依，步驟完整【解題方法點撥】如果完成一件事情有n個步驟，各個步驟都是不可缺少的，需要依次完成所有的步驟才能完成這件事，則可使用分步乘法計數原理．實現步驟：（1）分步；（2）對每一步的方法進行計數；（3）用分步乘法計數原理求積；【命題方向】與實際生活相聯系，以選擇題、填空題的形式出現，并綜合排列組合知識成為能力型題目，主要考查學生分析問題和解決問題的能力及分類討論思想．例：從1，2，3，4，5，6，7這七個數字中任取兩個奇數和兩個偶數，組成沒有重復數字的四位數，其中奇數的個數為（）A.432B.288C.216D.108分析：本題是一個分步計數原理，先從4個奇數中取2個再從3個偶數中取2個共C42C32解答：∵由題意知本題是一個分步計數原理，第一步先從4個奇數中取2個再從3個偶數中取2個共C42第二步再把4個數排列，其中是奇數的共A21∴所求奇數的個數共有18×12＝216種．故選C．點評：本題考查分步計數原理，是一個數字問題，數字問題是排列中的一大類問題，把排列問題包含在數字問題中，解題的關鍵是看清題目的實質，很多題目要分類討論，要做到不重不漏．3．計數原理的應用【知識點的認識】1．兩個計數原理（1）分類加法計數原理：N＝m1+m2+…+mn（2）分步乘法計數原理：N＝m1×m2×…×mn2．兩個計數原理的比較分類加法計數原理分步乘法計數原理共同點都是計數原理，即統計完成某件事不同方法種數的原理．不同點分類完成，類類相加分步完成，步步相乘n類方案相互獨立，且每類方案中的每種方法都能獨立完成這件事n個步驟相互依存，每步依次完成才算完成這件事情（每步中的每一種方法不能獨立完成這件事）注意點類類獨立，不重不漏步步相依，步驟完整【解題方法點撥】1．計數原理的應用（1）如果完成一件事的各種方法是相互獨立的，那么計算完成這件事的方法數時，使用分類加法計數原理；（2）如果完成一件事的各個步驟是相互聯系的，即各個步驟都必須完成，這件事才告完成，那么計算完成這件事的方法數時，使用分步乘法計數原理．2．解題步驟（1）指明要完成一件什么事，并依事件特點確定是“分n類”還是“分n步”；（2）求每“類”或每“步”中不同方法的種數；（3）利用“相加”或“相乘”得到完成事件的方法總數；（4）作答．【命題方向】分類計數原理、分步計數原理是推導排列數、組合數公式的理論基礎，也是求解排列、組合問題的基本思想方法．常見考題類型：（1）映射問題（2）涂色問題（①區域涂色②點的涂色③線段涂色④面的涂色）（3）排數問題（①允許有重復數字②不允許有重復數字）4．數字問題【知識點的認識】﹣數字問題涉及數字的排列組合、數字的特性以及數位的安排．例如：求解由數字構成的不同整數的數量、分析某一數字在特定數位上的可能性、或求解滿足特定條件的整數個數．﹣數字問題通常涉及到計數原理在數字排列中的應用，以及整數的分配與組合．【解題方法點撥】﹣首先分析題目中的數字特性，如數字的范圍、允許的重復次數等．﹣使用排列數或組合數來計算數字的不同排列組合方式，必要時采用分類討論的方式處理特殊情況．﹣在涉及限制條件（如某些數位必須滿足特定要求）時，先處理限制條件，再進行組合計算．【命題方向】﹣典型的數字問題命題包括：計算由給定數字組成的不同整數的數量，或者確定某一數位上特定數字出現的頻率．﹣可能涉及到數字排列的特殊情況，如求解滿足某些數位條件的整數個數，或計算某些數字在排列中的特定組合數量．﹣在更復雜的問題中，可能需要結合多種計數方法，如遞推公式或生成函數來處理數字的排列組合．5．染色問題【知識點的認識】﹣染色問題是指在一個物體或一組物體上應用不同顏色的組合問題．典型的染色問題包括著色多邊形、涂色圖形、或為物體表面染色．﹣該問題通常要求滿足某些條件（如相鄰元素不能相同顏色）來確定染色方案的總數．【解題方法點撥】﹣使用排列組合的基本思想來分析每個元素的染色選擇數．對于每個元素，可能的顏色選擇數是給定的，應用乘法原理計算總方案數．﹣如果存在限制條件（如相鄰元素必須不同色），可以采用排除法或遞推關系來處理．﹣在處理對稱圖形染色時，考慮圖形的對稱性，減少重復染色方案的計數．【命題方向】﹣染色問題常出現在圖形染色、幾何圖形著色、多邊形面染色等問題中，要求考生計算滿足條件的染色總數．﹣可能涉及染色圖形的對稱性分析、染色方案的合理性判定，以及復雜圖形的多色染色問題．6．簡單排列問題【知識點的認識】﹣簡單排列問題通常涉及無任何限制條件的排列情況．n個不同元素的全排列總數為An﹣該類問題通常是排列問題的基礎，強調對基本排列公式的理解與應用．【解題方法點撥】﹣直接應用排列公式進行計算．對于全排列問題，計算階乘即可得到排列數．﹣在計算過程中，注意排列數中的階乘表示法，并理解排列的意義．﹣對于涉及排列的實際問題，可以通過具體化問題，將其轉化為排列數計算．【命題方向】﹣基本排列問題的命題常見于簡單元素排列的計算，如全排列數的求解、特定位置的排列數計算．﹣可能涉及對排列數公式的直接應用，以及對排列問題的基礎性理解與操作．7．組合及組合數公式【知識點的認識】1．定義（1）組合：一般地，從n個不同元素中，任意取出m（m≤n）個元素并成一組，叫做從n個元素中任取m個元素的一個組合．（2）組合數：從n個不同元素中，任意取出m（m≤n）個元素的所有組合的個數，叫做從n個不同元素中，任意取出m個元素的組合數，用符號Cn2．組合數公式：Cnm=n(n-1)(n-2)(n3．組合數的性質：性質1C性質2Cn8．簡單組合問題【知識點的認識】﹣簡單組合問題涉及無任何特殊限制的組合情況．n個不同元素中選出r個元素的組合總數為Cn﹣這類問題是組合問題的基礎，強調對基本組合公式的理解與應用．【解題方法點撥】﹣直接應用組合公式進行計算．在實際問題中，注意理解組合與排列的區別，組合不考慮順序，而排列考慮順序．﹣對于簡單組合問題，可以通過列舉法或公式直接求解．﹣在復雜組合問題中，分類討論和遞推公式可能是有效的解題工具．【命題方向】﹣常見命題包括基本組合問題的計算，如從一組元素中選出子集的總數，或計算特定組合情況的可能性．﹣命題可能涉及對組合數公式的直接應用，以及對組合問題的基礎性理解與操作．9．歸納推理