第55讲 计数问题-2025届高三数学一轮复习

“功夫”2025届第一轮精练 第55讲 计数原理 第55讲 计数原理 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！1 最新考题尽在“功夫”！1 学科网（北京）股份有限公司 考试要求 1. 理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义 2. 理解排列、组合的概念. 3. 能利用计数原理、排列组合解决简单的实际问题． 分类加法计数原理 知识： 【例1】　1. 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　　) A.4种 B.10种 C.18种 D.20种 【解析】　赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法. 由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种). 2.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为________. 【解析】　若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个. 若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个). 若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……， 若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个). 所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个). 思维升华　使用分类加法计数原理的两个注意点 (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏. (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复. 【拓展练习】 1.有9本不同的语文书，7本不同的数学书，5本不同的英语书，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有（　　） A.21种　 B.315种 C.143种　 D.153种 【解析】可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63（种）； 二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45（种）； 三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35（种），∴共有63＋45＋35＝143（种）不同选法. 2. 集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　) A.9 B.14 C.15 D.21 【解析】　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7. 当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y. ∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法. 因此满足条件的点共有7＋7＝14(个). 知识： 分步乘法计数原理 【例2】1.如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　) A．24 B．18 C．12 D．9 【解析】　分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径； 第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B. 5 2. “数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为(　　) A．72 B．108 C．144 D．196 【解析】　依题意，5的上方和左边所填数字只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边所填数字只能从6，7，8，9中选取． 第一步，填上方空格，有4种方法； 第二步，填左方空格，有3种方法； 第三步，填下方空格，有4种方法； 第四步，填右方空格，有3种方法． 由分步乘法计数原理，得不同的填法种数为4×3×4×3＝144.故选C. 思维升华　1.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. 2.分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成. 【拓展练习】3.(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 【解析】　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. 4．5名应届毕业生报考3所高校，每人报且仅报1所院校，则不同的报名方法的种数是(　　) A．35 B．53 C．A32 D．C53 【解析】　每名应届毕业生报考的方法都有3种，根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有3×3×3×3×3＝35(种)． 两个计数原理的综合应用 【例3】1．在法国启蒙思想家狄德罗所著的《论盲人书简》一书中，向读者介绍了英国的盲人数学家桑德森发明的几何学研究盘，如下图所示，它是在刻着田字格的板上钉钉子，钉子钉在田字格的9个格点处，只要用手触摸钉子的位置和大小，就可以进行结构的研究．假设钉子有大、小两种，在田字格上至少有一个钉子、至多有两个钉子，且田字格的中心必须有一个钉子．如果钉子的不同排法代表不同的几何结构，那么按照这样的规则，共可以研究多少种不同的几何结构？(　　) 　　　 A．18　　B．32　　C．34　　D．36 【解析】第一类：若田字格上只有一个钉子，此钉子只能钉在田字格中心，可以有钉大、小两种，此类共有2种不同结构；第二类：若田字格上钉两个钉子，第一步：中心处必须钉钉子，有大、小两种可能，第二步：在其余8个位置选择一个位置钉钉子，此位置有大、小钉子两种选择，所以此类情况共有2×8×2＝32(种)不同结构．所以两类共有34种不同结构．故选C． 2.(多选题)(2022·顺德·模拟)现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是(　　) A．只需1人参加，有16种不同选法 B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法 C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法 D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法 【解析】选项A，分三类：取老师有3种选法，选男生有8种选法，选女生有5种选法，故共有3＋8＋5＝16(种)选法，故A正确；选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，故共有3×8×5＝120(种)选法，故B正确；选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有3×(8＋5)＝39(种)选法，故C正确；选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误．故选ABC． 思维升华 应用两个原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前仔细分析三点： . 3 .(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（　　） A. 24种　B. 48种 C.72种　 D. 96种 【解析】分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24（种）； ②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48（种）.故不同的涂色方法有48＋24＝72（种） 思维升华 解决涂色问题的基本手段是“树形图”，即对涂色的每一区域进行逐个讨论，直至按要求完成涂色． 4.　(多选题)已知数字0,1,2,3,4由它们组成四位数，下列说法正确的有(　　) A．组成可以有重复数字的四位数有500个 B．组成无重复数字的四位数有96个 C．组成无重复数字的四位偶数有66个 D．组成无重复数字的四位奇数有28个 【解析】对A：四位数的首位不能为0，有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可以有重复 数字的四位数有4×5×5×5＝500(个)，故A正确；对B：四位数的首位不能为0，有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位，有4×3×2＝24(种)情况，则组成无重复数字的四位数有4×24＝96(个)，故B正确；对C：若0在个位，有4×3×2＝24(个)四位偶数，若0不在个位，有3×3×2×2＝36(个)四位偶数，则组成无重复数字的四位偶数共有24＋36＝60(个)，故C错误；对D：组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2＝36(个)，故D错误．故选AB． 思维升华 解决“数字问题”的基本策略 ①是否要求有重复数字；②数字中有没有0；③“末位”是否有特殊要求. 【拓展练习】5. 给四面体ABCD的六条棱涂色，每条棱可涂红、黄、蓝、绿四种颜色中的任意一种，且任意共顶点的两条棱颜色都不相同，则不同的涂色方法种数为 .(用数字作答) 【解析】如图，由题意，第一步涂DA有4种方法， 第二步涂DB有3种方法， 第三步涂DC有2种涂法， 第四步涂AB，若AB与DC同色，则1种涂法， 第五步可分两种情况，若BC与AD同色，最后一步涂AC有2种涂法，若BC与AD不同色，最后一步涂AC有1种涂法． 若第四步涂AB，AB与CD不同，则AB涂第四种颜色，此时BC，AC各有1种涂法． 综上，总的涂法种数是4×3×2×[1×(1×2＋1×1)＋1×1×1]＝96. 6. 用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2 134大的数字个数为 .(用数字作答) 【解析】根据题意，用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数，当其千位数字为3或4时，有2×3×2×1＝12(种)情况，即有12个符合题意的四位数，当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2 134，则有6－1＝5(个)比2 134大的四位数，故有12＋5＝17(个)比2 134大的四位数. 排列与组合的综合问题 【例4】1.（2022全国II）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 【解析】　先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24种，故选B. 思维升华 相邻、相间问题的解题策略 （1）求相邻问题时，把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列； （2）求不相邻问题时，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中. 2.元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1盏，则不同的取法共有（　　） A.32种　 B.70种 C.90种　 D.280种 【解析】因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有＝70（种）.故选B. 思维升华 定序问题的求解方法 　　n个不同元素的全排列有种排法，m个特殊元素的全排列有种排法.当这m个元素顺序确定时，共有种排法. 3.（2023全国乙理）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【解析】首先确定相同得读物，共有种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种， 根据分步乘法公式则共有种，故选：C. 4．（2023全国Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种 （用数字作答）． 【解析】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64. 解题技法 1.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的 2.组合问题常见的两类题型 （1）“含有”或“不含有”问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取； （2）“至少”或“最多”问题：用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.位置，对于分类过多的问题可以采用间接法. 3.（2024上海夏季）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ． 【解析】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数． 首先讨论三位数中的偶数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个； ②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选， 根据分步乘法这样的偶数共有， 最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为个． 【拓展练习】7.（2023全国Ⅱ）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（    ）． A．种 B．种 C．种 D．种 【解析】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取， 根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种. 故选：D. 8.（2024·九省联考）甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（　　） A.20种　B.16种 C.12种　 D.8种 【解析】B　甲一定在乙和丙中间，否则甲就要在两端，共有＝16种排法，故选B. 思维升华 排列问题和组合问题的区分方法 (1)排列问题：若交换某两个元素的位置对结果有影响，则是排列问题，即排列问题与选取的顺序有关． (2)组合问题：若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组合问题与选取的顺序无关． 9．（2023全国甲理）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（    ） A．120 B．60 C．30 D．20 【解析】不妨记五名志愿者为， 假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法， 同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法， 所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.故选：B. 10.（2021·全国乙卷·）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ） A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 【解析】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案， 故选：C. 11．（2020·山东·）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ） A．120种B．90种 C．60种 D．30种 【解析】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有； 然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有； 最后剩下的名同学去丙场馆. 故不同的安排方法共有种. 故选：C $$ “功夫”2025届第一轮精练 第55讲 计数原理 第55讲 计数原理 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！1 最新考题尽在“功夫”！1 学科网（北京）股份有限公司 考试要求 1. 理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义 2. 理解排列、组合的概念. 3. 能利用计数原理、排列组合解决简单的实际问题． 分类加法计数原理 知识： 【例1】　1. 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　　) A.4种 B.10种 C.18种 D.20种 【解析】　赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法. 由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种). 2.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为________. 【解析】　若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个. 若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个). 若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……， 若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个). 所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个). 思维升华　使用分类加法计数原理的两个注意点 (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏. (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复. 【拓展练习】 1.有9本不同的语文书，7本不同的数学书，5本不同的英语书，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有（　　） A.21种　 B.315种 C.143种　 D.153种 【解析】可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63（种）； 二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45（种）； 三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35（种），∴共有63＋45＋35＝143（种）不同选法. 2. 集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　) A.9 B.14 C.15 D.21 【解析】　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7. 当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y. ∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法. 因此满足条件的点共有7＋7＝14(个). 知识： 分步乘法计数原理 【例2】1.如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　) A．24 B．18 C．12 D．9 【解析】　分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径； 第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B. 5 2. “数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为(　　) A．72 B．108 C．144 D．196 【解析】　依题意，5的上方和左边所填数字只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边所填数字只能从6，7，8，9中选取． 第一步，填上方空格，有4种方法； 第二步，填左方空格，有3种方法； 第三步，填下方空格，有4种方法； 第四步，填右方空格，有3种方法． 由分步乘法计数原理，得不同的填法种数为4×3×4×3＝144.故选C. 思维升华　1.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. 2.分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成. 【拓展练习】3.(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 【解析】　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. 4．5名应届毕业生报考3所高校，每人报且仅报1所院校，则不同的报名方法的种数是(　　) A．35 B．53 C．A32 D．C53 【解析】　每名应届毕业生报考的方法都有3种，根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有3×3×3×3×3＝35(种)． 两个计数原理的综合应用 【例3】1．在法国启蒙思想家狄德罗所著的《论盲人书简》一书中，向读者介绍了英国的盲人数学家桑德森发明的几何学研究盘，如下图所示，它是在刻着田字格的板上钉钉子，钉子钉在田字格的9个格点处，只要用手触摸钉子的位置和大小，就可以进行结构的研究．假设钉子有大、小两种，在田字格上至少有一个钉子、至多有两个钉子，且田字格的中心必须有一个钉子．如果钉子的不同排法代表不同的几何结构，那么按照这样的规则，共可以研究多少种不同的几何结构？(　　) 　　　 A．18　　B．32　　C．34　　D．36 【解析】第一类：若田字格上只有一个钉子，此钉子只能钉在田字格中心，可以有钉大、小两种，此类共有2种不同结构；第二类：若田字格上钉两个钉子，第一步：中心处必须钉钉子，有大、小两种可能，第二步：在其余8个位置选择一个位置钉钉子，此位置有大、小钉子两种选择，所以此类情况共有2×8×2＝32(种)不同结构．所以两类共有34种不同结构．故选C． 2.(多选题)(2022·顺德·模拟)现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是(　　) A．只需1人参加，有16种不同选法 B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法 C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法 D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法 【解析】选项A，分三类：取老师有3种选法，选男生有8种选法，选女生有5种选法，故共有3＋8＋5＝16(种)选法，故A正确；选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，故共有3×8×5＝120(种)选法，故B正确；选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有3×(8＋5)＝39(种)选法，故C正确；选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误．故选ABC． 思维升华 应用两个原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前仔细分析三点： . 3 .(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（　　） A. 24种　B. 48种 C.72种　 D. 96种 【解析】分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24（种）； ②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48（种）.故不同的涂色方法有48＋24＝72（种） 思维升华 解决涂色问题的基本手段是“树形图”，即对涂色的每一区域进行逐个讨论，直至按要求完成涂色． 4.　(多选题)已知数字0,1,2,3,4由它们组成四位数，下列说法正确的有(　　) A．组成可以有重复数字的四位数有500个 B．组成无重复数字的四位数有96个 C．组成无重复数字的四位偶数有66个 D．组成无重复数字的四位奇数有28个 【解析】对A：四位数的首位不能为0，有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可以有重复 数字的四位数有4×5×5×5＝500(个)，故A正确；对B：四位数的首位不能为0，有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位，有4×3×2＝24(种)情况，则组成无重复数字的四位数有4×24＝96(个)，故B正确；对C：若0在个位，有4×3×2＝24(个)四位偶数，若0不在个位，有3×3×2×2＝36(个)四位偶数，则组成无重复数字的四位偶数共有24＋36＝60(个)，故C错误；对D：组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2＝36(个)，故D错误．故选AB． 思维升华 解决“数字问题”的基本策略 ①是否要求有重复数字；②数字中有没有0；③“末位”是否有特殊要求. 【拓展练习】5. 给四面体ABCD的六条棱涂色，每条棱可涂红、黄、蓝、绿四种颜色中的任意一种，且任意共顶点的两条棱颜色都不相同，则不同的涂色方法种数为 .(用数字作答) 【解析】如图，由题意，第一步涂DA有4种方法， 第二步涂DB有3种方法， 第三步涂DC有2种涂法， 第四步涂AB，若AB与DC同色，则1种涂法， 第五步可分两种情况，若BC与AD同色，最后一步涂AC有2种涂法，若BC与AD不同色，最后一步涂AC有1种涂法． 若第四步涂AB，AB与CD不同，则AB涂第四种颜色，此时BC，AC各有1种涂法． 综上，总的涂法种数是4×3×2×[1×(1×2＋1×1)＋1×1×1]＝96. 6. 用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2 134大的数字个数为 .(用数字作答) 【解析】根据题意，用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数，当其千位数字为3或4时，有2×3×2×1＝12(种)情况，即有12个符合题意的四位数，当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2 134，则有6－1＝5(个)比2 134大的四位数，故有12＋5＝17(个)比2 134大的四位数. 排列与组合的综合问题 【例4】1.（2022全国II）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 【解析】　先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24种，故选B. 思维升华 相邻、相间问题的解题策略 （1）求相邻问题时，把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列； （2）求不相邻问题时，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中. 2.元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1盏，则不同的取法共有（　　） A.32种　 B.70种 C.90种　 D.280种 【解析】因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有＝70（种）.故选B. 思维升华 定序问题的求解方法 　　n个不同元素的全排列有种排法，m个特殊元素的全排列有种排法.当这m个元素顺序确定时，共有种排法. 3.（2023全国乙理）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【解析】首先确定相同得读物，共有种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种， 根据分步乘法公式则共有种，故选：C. 4．（2023全国Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种 （用数字作答）． 【解析】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64. 解题技法 1.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的 2.组合问题常见的两类题型 （1）“含有”或“不含有”问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取； （2）“至少”或“最多”问题：用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.位置，对于分类过多的问题可以采用间接法. 3.（2024上海夏季）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ． 【解析】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数． 首先讨论三位数中的偶数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个； ②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选， 根据分步乘法这样的偶数共有， 最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为个． 【拓展练习】7.（2023全国Ⅱ）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（    ）． A．种 B．种 C．种 D．种 【解析】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取， 根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种. 故选：D. 8.（2024·九省联考）甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（　　） A.20种　B.16种 C.12种　 D.8种 【解析】B　甲一定在乙和丙中间，否则甲就要在两端，共有＝16种排法，故选B. 思维升华 排列问题和组合问题的区分方法 (1)排列问题：若交换某两个元素的位置对结果有影响，则是排列问题，即排列问题与选取的顺序有关． (2)组合问题：若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组合问题与选取的顺序无关． 9．（2023全国甲理）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（    ） A．120 B．60 C．30 D．20 【解析】不妨记五名志愿者为， 假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法， 同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法， 所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.故选：B. 10.（2021·全国乙卷·）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ） A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 【解析】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案， 故选：C. 11．（2020·山东·）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ） A．120种B．90种 C．60种 D．30种 【解析】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有； 然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有； 最后剩下的名同学去丙场馆. 故不同的安排方法共有种. 故选：C $$