专题12 计数原理- 【暑假自学课】2024年新高二数学暑假提升精品讲义（沪教版2020，上海专用）

专题12 计数原理 一、加法原理 分类计数原理：做一件事，完成它有类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种方法，……，在第类办法中有种不同的方法．那么完成这件事共有种不同的方法．又称加法原理． 二、乘法原理 分步计数原理：做一件事，完成它需要分成个子步骤，做第一个步骤有种不同的方法，做第二个步骤有种不同方法，……，做第个步骤有种不同的方法．那么完成这件事共有种不同的方法．又称乘法原理． 三、加法原理与乘法原理的综合运用 如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 【注意】 应用两个计数原理的关键是分清“步”与“类”.完成一件事需要若干步，而每一步缺一不可，则符合乘法原理，需要注意“步”与“步”之间的连续性；完成一件事有若干类方法，每类方法能独立完成这件事，则符合加法原理，需要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性. 考点剖析 【例1】公园有个门，从一个门进，一个门出，共有_________种不同的走法． 【变式训练1】若、是整数，且，，则以为坐标的不同的点共有多少个？ 【变式训练2】用，，，，，这个数字： （1）可以组成______________个数字不重复的三位数； （2）可以组成______________个数字允许重复的三位数． 【例2】有 个不同的正约数. 【变式训练3】关于正整数2160，求： （1）它有多少个不同的正因数？ （2）它的所有正因数的和是多少？ 【例3】将个不同的小球放入个盒子中，则不同放法种数有 【变式训练4】六名同学报名参加三项体育比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名结果？ 【变式训练5】六名同学报名参加三项体育比赛，每项限报一人，且每人至多参加一项，共有多少种不同的报名结果？ 【变式训练6】用，，，，，组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且和相邻，这样的六位数的个数是_______（用数字作答）． 【例4】若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”共有 （ ） A. 个 B．个 C．个 D．个 【变式训练7】从集合中，选出个数组成子集，使得这个数中的任何两个数之和不等于，则取出这样的子集的个数为 （ ） A． B． C． D． 过关检测 A组 双基过关 【难度系数：★ 时间：8分钟 分值：20分】 1．从甲地到乙地一天有汽车5班，火车3班，飞机2班.某人从甲地到乙地不同的出行方法有（    ） A．6种 B．10种 C．15种 D．30种 2．某天从甲地到乙地的高铁有8班，动车有2班，其他列车有4班．小红想在这一天坐火车从甲地到乙地，则不同的选择方案共有（    ） A．10种 B．14种 C．32种 D．64种 3．某图书馆有文化类图书300本，科学类图书400本，若甲从这两类图书中借阅一本，则不同的选法共有 种． 4．某学校开设了5门不同的科技类课程，5门不同的运动类课程和5门不同的自然类课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有 种. 5．乘积的展开式中共有 项. 6．有3位高三学生参加4所重点院校的自主招生考试，每人参加且只能参加一所学校的考试，则不同的考试方法种数为 . 7．正整数24有 个不同的正因数． 8．2022年北京冬奥会的顺利召开，激发了大家对冰雪运动的兴趣.  若甲、乙、丙三人在自由式滑雪、花样滑冰、冰壶和跳台滑雪这四项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有 种 B组 巩固提高 【难度系数：★★ 时间：10分钟 分值：20分】 9．某学校5个班分别从3个景点中选择一处游览，则不同选法的种数是（    ） A． B． C． D． 10．某班有4名同学报名参加校运会的六个比赛项目，若每项至多报一人，且每人只报一项，则报名方法的种数为（    ） A．240 B．360 C．480 D．640 11．如图，已知每条线路仅含一条通路，当一条电路从处到处接通时，不同的线路可以有（    ）    A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 12．已知集合，，从集合A中选一个元素作为点P的横坐标，从集合B中选一个元素作为点P的纵坐标，若点P落在第三或第四象限，则满足条件的点P有（    ） A．8个 B．10个 C．12个 D．16个 13．用这个自然数，可以组成没有重复数字的三位数的个数为（    ） A．60 B．90 C．180 D．210 14．一个4层书架上，分别放置科普类读物10本，人文类读物10本，自然类读物9本，漫画类读物8本，每本书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（    ） A．4种 B．7200种 C．27种 D．37种 15．现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 16．设实数和均是集合中的两个不同的元素，则方程所表示的不同直线的条数为 . C组 综合训练 【难度系数：★★★ 时间：15分钟 分值：30分】 17．“四平方和定理”最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.“四平方和定理”的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数.设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（    ） A．26 B．28 C．29 D．30 18．给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 19．对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（    ） 种． A．5 B．6 C．7 D．8 20．现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有 种.（用数字作答） 21．数字波是由0和1组成的脉冲信号序列，某类信号序列包含有个数字0和个数字1，且每个数字0之前1的个数多于0的个数.当时，这样的信号序列有 种. 22．从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 23．如图所示，用5种不同的颜料给4块图形(A，B，C，D)涂色，要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．    D组 拓展延伸 【难度系数：★★★ 时间：20分钟 分值：30分】24．已知正整数，满足，若关于的方程有实数解，则符合条件的共有 对. 25．已知六个字母以随机顺序排成一行，若小明每次操作可以互换2个字母的位置，则小明必须进行5次操作才能将六个字母排成的顺序的排列情况有 种． 26．陈经纶中学高二年级近日于北京日坛公园组织社会实践活动. 日坛公园的西门位于东西中轴线上，公园内部的主要路径及主要景点如下图所示. 某活动小组计划从“烈士墓”出发，经“东西中轴线及其以北”的主要路径前往“祭日拜台”进行实践活动，活动结束后经“东西中轴线及其以南”的主要路径由南门离开. 已知小组成员的行动路线中没有重复的主要路径. 则该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过 个主要景点；该小组全程共有 条行动路线可供选择.   原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 计数原理 一、加法原理 分类计数原理：做一件事，完成它有类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种方法，……，在第类办法中有种不同的方法．那么完成这件事共有种不同的方法．又称加法原理． 二、乘法原理 分步计数原理：做一件事，完成它需要分成个子步骤，做第一个步骤有种不同的方法，做第二个步骤有种不同方法，……，做第个步骤有种不同的方法．那么完成这件事共有种不同的方法．又称乘法原理． 三、加法原理与乘法原理的综合运用 如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 【注意】 应用两个计数原理的关键是分清“步”与“类”.完成一件事需要若干步，而每一步缺一不可，则符合乘法原理，需要注意“步”与“步”之间的连续性；完成一件事有若干类方法，每类方法能独立完成这件事，则符合加法原理，需要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性. 考点剖析 【例1】公园有个门，从一个门进，一个门出，共有_________种不同的走法．【答案】16 【变式训练1】若、是整数，且，，则以为坐标的不同的点共有多少个？【答案】195 【变式训练2】用，，，，，这个数字： （1）可以组成______________个数字不重复的三位数； （2）可以组成______________个数字允许重复的三位数． 【答案】100；180 【例2】有 个不同的正约数.【答案】24 【变式训练3】关于正整数2160，求： （1）它有多少个不同的正因数？ （2）它的所有正因数的和是多少？【答案】（1）40个；（2）7440． 【例3】将个不同的小球放入个盒子中，则不同放法种数有 【答案】64 【变式训练4】六名同学报名参加三项体育比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名结果？【答案】729 【变式训练5】六名同学报名参加三项体育比赛，每项限报一人，且每人至多参加一项，共有多少种不同的报名结果？【答案】120 【变式训练6】用，，，，，组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且和相邻，这样的六位数的个数是_______（用数字作答）．【答案】40 【例4】若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为，值域为的“同族函数”共有 （ ） A. 个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【变式训练7】从集合中，选出个数组成子集，使得这个数中的任何两个数之和不等于，则取出这样的子集的个数为 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 过关检测 A组 双基过关 【难度系数：★ 时间：8分钟 分值：20分】 1．从甲地到乙地一天有汽车5班，火车3班，飞机2班.某人从甲地到乙地不同的出行方法有（    ） A．6种 B．10种 C．15种 D．30种 【答案】B 【分析】利用分类加法计数原理求解. 【详解】由分类加法计数原理可知，从甲地到乙地不同的出行方法有种. 故选：B 2．某天从甲地到乙地的高铁有8班，动车有2班，其他列车有4班．小红想在这一天坐火车从甲地到乙地，则不同的选择方案共有（    ） A．10种 B．14种 C．32种 D．64种 【答案】B 【分析】利用分类加法计数原理计算即可. 【详解】由分类加法计数原理，得从甲地到乙地不同的方案数为， 故选：B. 3．某图书馆有文化类图书300本，科学类图书400本，若甲从这两类图书中借阅一本，则不同的选法共有 种． 【答案】700 【分析】利用分类加法计数原理进行求解即可. 【详解】不同的选法共有种． 故答案为：700. 4．某学校开设了5门不同的科技类课程，5门不同的运动类课程和5门不同的自然类课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有 种. 【答案】15 【分析】利用分类加法计数原理即可求解. 【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有5+5+5=15种. 故答案为：. 5．乘积的展开式中共有 项. 【答案】24 【分析】根据分步乘法计数原理可得答案. 【详解】由中取一项共3种不同取法，从中取一项有2种不同取法，从中取一项共4种不同取法， 由分步乘法计数原理知，该展开式共3×2×4＝24(项) 故答案为：24． 6．有3位高三学生参加4所重点院校的自主招生考试，每人参加且只能参加一所学校的考试，则不同的考试方法种数为 . 【答案】 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】每位学生可以有种参加重点院校的自主招生考试，由分步乘法计数原理可得，不同的考试方法种数为种. 故答案为：. 7．正整数24有 个不同的正因数． 【答案】 【分析】首先将分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】因为， 第一步，可以取，，，共种， 第二步，可以取，，共种， 所以正整数的不同正因数的个数为． 故答案为： 8．2022年北京冬奥会的顺利召开，激发了大家对冰雪运动的兴趣.  若甲、乙、丙三人在自由式滑雪、花样滑冰、冰壶和跳台滑雪这四项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有 种 【答案】64 【分析】直接使用乘法原理即可得到答案. 【详解】由于一共有四项运动，故甲、乙、丙各自有4种选择，而他们的选择互相之间没有任何限制条件，所以总共的选法数是. 故答案为： B组 巩固提高 【难度系数：★★ 时间：10分钟 分值：20分】 9．某学校5个班分别从3个景点中选择一处游览，则不同选法的种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由分步乘法原理即可得到答案. 【详解】每个班都有3种选择，利用分步乘法计数原理，共有种不同选法. 故选：A. 10．某班有4名同学报名参加校运会的六个比赛项目，若每项至多报一人，且每人只报一项，则报名方法的种数为（    ） A．240 B．360 C．480 D．640 【答案】B 【分析】由分步计数原理得到答案. 【详解】每项限报一人，且每人只报一项，因此可由人选项目. 第一个人有6种不同的选法，第二个人有5种不同的选法， 第三个人有4种不同的选法，第四个人有3种不同的选法， 由分步计数原理得共有报名方法种. 故选：B 11．如图，已知每条线路仅含一条通路，当一条电路从处到处接通时，不同的线路可以有（    ）    A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理及分步乘法计数原理，即可求得答案. 【详解】由于每条线路仅含一条通路，由图示可知上半部分的线路有3条， 下半部分为串联电路，接通时有6条线路， 故共有9条线路， 故选：D 12．已知集合，，从集合A中选一个元素作为点P的横坐标，从集合B中选一个元素作为点P的纵坐标，若点P落在第三或第四象限，则满足条件的点P有（    ） A．8个 B．10个 C．12个 D．16个 【答案】C 【分析】根据题意，结合分步乘法计数原理，即可求解. 【详解】因为点P在第三或第四象限，所以纵坐标只能选集合B中的负数， 根据分步乘法计数原理，横坐标有4种选法，纵坐标有3种选法， 则满足条件的点P共有个． 故选：C． 13．用这个自然数，可以组成没有重复数字的三位数的个数为（    ） A．60 B．90 C．180 D．210 【答案】C 【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得. 【详解】百位上有共种选择，十位、个位共有种选择， 故共有个. 故选：C. 14．一个4层书架上，分别放置科普类读物10本，人文类读物10本，自然类读物9本，漫画类读物8本，每本书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（    ） A．4种 B．7200种 C．27种 D．37种 【答案】D 【分析】由分类加法计数原理即可求解． 【详解】从书架上取一本书， 由分类加法计数原理可知，不同的取法共有种． 故选：D． 15．现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．28种 【答案】B 【分析】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解. 【详解】依题意， 摆放20的方式有：2，0或20两种方式； 摆放220的方式有：2，2，0或22，0或2，20三种方式； 摆放126的方式有：1，2，6或12，6或1，26三种方式； 由分步计数原理知，数字20220126的摆放方式共有：种方式. 故选：B 16．设实数和均是集合中的两个不同的元素，则方程所表示的不同直线的条数为 . 【答案】 【分析】用分步乘法计数原理先列出a的情况，再列出b的情况，再相乘即可，注意考虑表示同一直线的情况. 【详解】第一步，给a赋值有4种选择， 第二步，给b赋值有3种选择，由分步乘法计数原理可得：(种). 其中没有表示同一直线的情况， 所以形成不同的直线的条数为. 故答案为： C组 综合训练 【难度系数：★★★ 时间：15分钟 分值：30分】 17．“四平方和定理”最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.“四平方和定理”的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数.设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（    ） A．26 B．28 C．29 D．30 【答案】C 【分析】依据题意列出不同情况，再利用分类加法计数原理求解即可. 【详解】满足的自然数有四组， 分别是：；；；； 那么有序数组有：个. 故选：C 18．给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 【答案】C 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果. 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 第二类，三条边用种颜色， 由三条边用种颜色，可得必有条边涂同一种颜色， 先涂有种方法，再涂，，有种方法， 共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故选：C． 19．对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（    ） 种． A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】由题意，，再根据列举法求解即可. 【详解】因为函数的定义域，值域为， 所以要满足“增函数”的定义，一定是，； 元素的取值情况有如下几种： ①三个元素均与7对应，即，符合题意； ②三个元素中有2个元素与7对应，则有，或，，两种情况； ③三个元素中仅有一个元素与7对应，则有，或，，或，，三种情况； 综上可得共有6种情况. 故选：B 20．现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有 种.（用数字作答） 【答案】 【分析】首先给，两个顶点挂彩灯，再给顶点挂彩灯，再分、挂同一种颜色的彩灯和、挂不同种颜色的彩灯两种情况讨论，按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】首先给，两个顶点挂彩灯，有种方法，再给顶点挂彩灯，有种方法， ①若、挂同一种颜色的彩灯，则有种方法， 最后挂点有种方法，故有种； ②若、挂不同种颜色的彩灯，此时挂点有种方法，挂点有种方法， 最后挂点有种方法，故有种； 综上可得一共有种不同的方法. 故答案为： 21．数字波是由0和1组成的脉冲信号序列，某类信号序列包含有个数字0和个数字1，且每个数字0之前1的个数多于0的个数.当时，这样的信号序列有 种. 【答案】14 【分析】根据题意列出符合题意的序列即可. 【详解】根据题意可知第一位只能是1，最后一位只能是0， 符合题意的序列分别为： 11011000；11010100；11010010；11001100；11001010； 10111000；10101100；10110100；10101010；10110010； 11101000；11100100；11100010；11110000，共计14个， 故答案为：14. 22．从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【答案】(1)100 (2)48 (3)30 【分析】（1）根据分步乘法计数原理可得结果； （2）根据分步乘法计数原理可得结果； （3）根据组成三位偶数，末位数字可分两类，末位数字是0或者不是0，根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果； 【详解】（1）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方 法，第二、三位可以排0，因此，根据分步乘法计数原理共有（个）． （2）三位数的首位不能为0，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二位可以排0，除 首位排的数字共有4种方法，第三位除前两位排的数字共有3种方法，因此，根据分步乘 法计数原理共有（个）． （3）偶数末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类： 一类是末位数字是0，则有（种）排法； 一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位， 所以有3种排法，十位有3种排法，因此有（种）排法． 因此有（种）排法．即可以排成30个无重复数字的三位偶数. 23．如图所示，用5种不同的颜料给4块图形(A，B，C，D)涂色，要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．    【答案】260 【分析】因A，B，C，D 4块图形中，块与块不共边，B块与D块不共边，故可就块与块将其分成A，C同色与不同色两类情况考虑，在每一类中，考虑根据分步乘法计数原理按顺序涂色,最后利用分类加法计数原理即得. 【详解】本题的解法可按照顺序涂色，因块与块不共边，故可分成A，C同色与不同色两类情况. 第一类，A，C颜色相同，则A有5种涂色方法，B有4种涂色方法，D有4种涂色方法， 由分步乘法计数原理知，共有种涂法； 第二类，A，C颜色不同，则A有5种涂色方法，C有4种涂色方法，B有3种涂色方法，D也有3种涂色方法（因B块与D块不共边）， 由分步乘法计数原理知，共有种涂法． 根据分类加法计数原理，共有种不同的涂色方案． D组 拓展延伸 【难度系数：★★★ 时间：20分钟 分值：30分】 24．已知正整数，满足，若关于的方程有实数解，则符合条件的共有 对. 【答案】 【分析】根据题意，将方程化简可得，从而可得，然后分类讨论相加，即可得到结果. 【详解】因为，所以，同理可得， 又，所以， 所以，，其中， 从而，即. ①若， 取，则即为方程的解， 此时共有种； ②若， 设取，则即为方程的解， 此时共有种； ③若模余， 则，从而， 由①②可知此时共有种； ④若模余，则，从而， 模余的是，由①知可以；模余的是，由②不可以， 故此时共有种； 综上所述符合条件的共有对. 故答案为： 25．已知六个字母以随机顺序排成一行，若小明每次操作可以互换2个字母的位置，则小明必须进行5次操作才能将六个字母排成的顺序的排列情况有 种． 【答案】120 【分析】利用条件，分析得到每个字母均不在自己位置，且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位，再利用分步计数原理即可求出结果. 【详解】因为小明必须经过5次操作才能将六个字母排成ABCDEF的顺序， 这里研究排序混乱到什么程度才需要“必须经过5次操作”排成ABCDEF的顺序， 这里不妨记A，B，C，D，E，F六个字母对应的位次分别为1，2，3，4，5，6， 首先，考虑一种情况：假设字母“A”已经排在自己的位置，即排在1号位， 其他字母均不在自己位置，易知把其他五个字母调换到自己的位置至少需要经过4次操作， 即第一次让“B”归位，第二次让“C”归位，第三次让“D”归位，第四次将“E”与“F”同时归位， 这样仅需进行4次操作，不满足题意； 若A，B，C，D，E，F均不在对应的自己位置，但经过一次交换后，可使得两个字母同时归位， 此时也不能满足“必须进行5次操作”的情况， 例如，，同时交换可使两者同时归位，此时只需交换四次即可， 而，只需交换三次即可，不合要求， 所以，要满足“必须进行5次操作”的情况，则每个字母均不在自己位置， 且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位， 1号位可放中的一个，有5种选择，不妨设放的为， 则3号位不能放，可从剩余中选一个，有4种选择，不妨设放的为， 则5号位不能放，否则可先交换，再交换，交换过程中出现交换一次使两个字母同时归位的情况， 故5号位可从种选择一个，有3种选择，不妨设放的为， 字母可选择号位或5号位，有2种选择，剩余只有1种放法，才能满足要求， 综上，总的排序方法有种. 故答案为：120 【点睛】关键点点睛： 解决本题的关键在于，分析出要满足“必须进行5次操作”的情况，则每个字母均不在自己位置，且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位. 26．陈经纶中学高二年级近日于北京日坛公园组织社会实践活动. 日坛公园的西门位于东西中轴线上，公园内部的主要路径及主要景点如下图所示. 某活动小组计划从“烈士墓”出发，经“东西中轴线及其以北”的主要路径前往“祭日拜台”进行实践活动，活动结束后经“东西中轴线及其以南”的主要路径由南门离开. 已知小组成员的行动路线中没有重复的主要路径. 则该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过 个主要景点；该小组全程共有 条行动路线可供选择.   【答案】 5 35 【分析】该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过主要景点依次有：北天门，祭器库，神库神厨，悬铃木，西天门；该小组全程行动路线使用分类分步一一列举出来即可. 【详解】该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过主要景点依次有：北天门，祭器库，神库神厨，悬铃木，西天门，共5个； 各路口与景点标记如图所示，该小组全程行动路线可分三类： 第一类：由A经到H到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到H的路线有：AFGH，AFGDEH，ABDGH，ABDEH，第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：IMO,IMKLNO,IMNLKO,JLKO,JLNO,共有种. 第二类：由A经到I到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到I的路线有：AFI,ABDGFI,ABDEHGFI, 第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：JLKO,JLNO, 共有种. 第三类：由A经到J到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到J的路线有：ABCJ,AFGDBCJ,AFGHEDBCJ, 第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：IMO,IMKLNO,IMNLKO, 共有种. 因此，共有20+6+9＝35. 故答案为：5；35 【点睛】易错点点睛：列举法关键是要做到不重漏，分类要清晰，步骤要合理. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$