3.1.2 第2课时 排列数的应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教B版）

第三章　排列、组合与二项式定理 3.1　排列与组合 3.1.2　排列与排列数 第2课时　排列数的应用 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 知识点一　无限制条件的排列问题 1．从标号分别为1，2，3，4的四个不同圆形图标与标号分别为6，7，8的三个不同方形图标中任取5个图标排成一排，则不同的排法共有(　　) A．504种 B．1260种 C．2160种 D．2520种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 4 知识点二　对象的“在”与“不在”问题 2．某中学环保社团计划利用社团前空地栽种五棵高低不一样的树木，其中最高和最矮的两棵树木种在两头的方法有(　　) A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 5 3．要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、艺术5门课各一节的课程表，英语课不排在第5节，则不同的排法种数为____(用数字作答)． 96 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 6 4．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有______种． 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 7 知识点三　捆绑与插空问题 5．6名同学排成一排，其中甲、乙必须排在一起的不同排法共有(　　) A．720种 B．360种 C．240种 D．120种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 8 6．国庆期间，中华世纪坛举办“传奇之旅：马可·波罗与丝绸之路上的世界”展览，现有8名同学站成一排进行游览参观，若将甲、乙、丙3名同学新加入排列，且甲、乙、丙互不相邻，保持原来8名同学顺序不变，则不同的方法种数为(　　) A．84 B．120 C．504 D．720 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 9 7．某次演出已排好5个节目，后增加甲、乙、丙3个节目，要求不改变原来节目的顺序，且增加的节目不能排在第一个和最后一个，则演出顺序不同的排法有______种． 120 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 10 知识点四　定序问题 8．用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，若1，3，5的顺序一定，则符合条件的五位数有____个． 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 11 9．某5位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来5位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为____． 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 12 知识点五　数字问题 10．用0，1，2，3，4，5这六个数字，能组成多少个符合下列条件的数字？(运算结果以数字作答) (1)无重复数字的四位偶数； (2)无重复数字且为5的倍数的四位数； (3)无重复数字且比1230大的四位数． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 14 40分钟综合练 一、单项选择题 1．3位老师和3名学生站成一排，要求任何学生都不相邻，则不同的排法种数为(　　) A．144 B．72 C．36 D．12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 16 2．现有A，B，C，D，E五位运动员站成一排拍照留念，要求A，B相邻且B在A的右边，则不同的排法种数为(　　) A．120 B．48 C．24 D．20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 18 4．某高校从5名男大学生志愿者和4名女大学生志愿者中选出3名派到3所学校支教(每所学校一名志愿者)，要求这3名志愿者中男、女大学生都有，则不同的选派方案共有(　　) A．210种 B．420种 C．630种 D．840种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 19 5．在《哪吒之魔童闹海》中，哪吒成仙三关检测中第一关收服土拨鼠，土拨鼠小队眼神清澈，手拿破碗，穿着破烂，吃着南瓜粥，过着自给自足，与世无争的生活．若在某天清晨，土拨鼠小队长A带领另外5只土拨鼠排队出门巡逻，小队长A只能在排头或排尾;甲土拨鼠是新手，不能离队长超过1只土拨鼠的距离;乙、丙土拨鼠太吵闹不能相邻，则这支土拨鼠小队总共有________种排队巡逻方式．(　　) A．72 B．48 C．64 D．56 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 23 7．某大熊猫繁育基地对该基地大熊猫幼崽进行体检，体检后将体重各不相同的A，B，C，D，E，F 6只小熊猫排成一排晒太阳，则下列说法正确的是(　　) A．若将A，C，D 3只小熊猫从左到右按照体重递增的顺序排列，则共有120种排法 B．若E与F 2只小熊猫不相邻，则共有480种排法 C．若A，B，C 3只小熊猫排在一起，且A只能在B与C的中间，则共有72种排法 D．若小熊猫D不在排头，F不在排尾，则共有480种排法 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 25 三、填空题 8．由1，2，3，4，5组成没有重复数字且1，2都不与5相邻的五位数的个数是_____． 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 26 9．甲、乙、丙等八个人围成一圈，要求甲、乙、丙三人两两不相邻，则不同的排法种数是_____． 1440 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 27 10．从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，则共有______种参赛方案；若甲不能跑第一棒和第四棒，则共有_____种参赛方案． 360 240 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 30 12．有3名男生，4名女生，求分别满足下列条件的不同的排列方法种数． (1)全体排成前后两排，前排3人，后排4人； (2)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两端位置； (3)全体排成一行，其中甲不在最左端，乙不在最右端； (4)全体排成一行，其中男生必须排在一起； (5)全体排成一行，男、女各不相邻； (6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 33 13．自然对数的底数e，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和π一样是无限不循环小数，e的近似值约为2.7182818….若用欧拉数的前6位数字2，7，1，8，2，8设置一个六位数的密码，则不同的密码共有______个． 180 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 34 14．用0，1，2，3，4这五个数字： (1)可以组成多少个五位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的五位数？ (3)可以组成多少个无重复数字且是3的倍数的三位数？ (4)可以组成多少个无重复数字的五位奇数？ (5)在没有重复数字的五位数中，比42130小的数有几个？按从小到大排列，则第61个数是多少？ (6)可以组成多少个无重复数字且奇数在奇数位上的五位数？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 37 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：由题意知，不同的排法共有Aeq \o\al(5,7)＝7×6×5×4×3＝2520种．故选D. 解析：先安排最高和最矮的树木的位置，有Aeq \o\al(2,2)＝2种方法，再安排剩下三棵树木的位置，有Aeq \o\al(3,3)＝6种方法，所以共有2×6＝12种方法．故选B. 解析：由题意，先把英语安排在前4节课，有4种方法；再把余下的4门课安排到其他4节课，有Aeq \o\al(4,4)＝24种方法，所以共有4×24＝96种不同的排法． 解析：因为丙必须排在最后一位，所以只需考虑其余五个节目在前五位上的排法．当甲排在第一位时，有Aeq \o\al(4,4)＝24种排法；当甲排在第二位时，有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝18种排法，所以共有24＋18＝42种编排方案． 解析：将甲、乙两人视为一人，则有Aeq \o\al(5,5)种排法，再将甲、乙两人排序，则共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)＝240种排法． 解析：8名同学站成一排有9个空，甲、乙、丙在这9个空中任意排列，则不同的方法种数为Aeq \o\al(3,9)＝9×8×7＝504.故选C. 解析：根据题意，用逐个插空法，则不插入两端的不同的排法有4×5×6＝120种． 解析：1，3，5的排列顺序有Aeq \o\al(3,3)＝6种，故1，3，5的顺序一定的排法数占总排法数的eq \f(1,6).故符合条件的五位数有eq \f(1,6)Aeq \o\al(5,5)＝20个． 解析：解法一：7位同学排成一排共有Aeq \o\al(7,7)种排法，如果保持原来5位同学的相对顺序不变，则有7,7)eq \f(A,Aeq \o\al(5,5)) ＝42种不同的加入方法． 解法二：依题意知，只需将要加入的2位同学插入到由5位同学形成的6个空中(插1个或2个)，可得有Aeq \o\al(1,6)Aeq \o\al(2,2)＋Aeq \o\al(2,6)＝42种不同的加入方法． 解：(1)可分为两类： 第一类，0在个位时，有Aeq \o\al(3,5)个；第二类，2(或4)在个位时，首位从1，3，4(或2)，5中选，有Aeq \o\al(1,4)种情况，十位和百位从余下的数字中选，有Aeq \o\al(2,4)种情况，于是有2Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)个． 由分类加法计数原理知，满足条件的四位偶数共有Aeq \o\al(3,5)＋2Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)＝156个． (2)可分为两类： 第一类，0在个位时，有Aeq \o\al(3,5)个；第二类，5在个位时，有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)个． 由分类加法计数原理知，满足条件的四位数共有Aeq \o\al(3,5)＋Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)＝108个． (3)符合要求的比1230大的四位数可分为四类： 第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(3,5)个； 第二类，形如13□□，14□□，15□□，共有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,4)个； 第三类，形如124□，125□，共有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,3)个； 第四类，形如123□，共有Aeq \o\al(1,2)个． 由分类加法计数原理知，满足条件的四位数共有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(3,5)＋Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,4)＋Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,3)＋Aeq \o\al(1,2)＝284个． 解析：先将老师排好，有Aeq \o\al(3,3)种排法，形成4个空，将3名学生插入4个空中，有Aeq \o\al(3,4)种排法，故共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(3,4)＝144种不同的排法．故选A. 解析：因为A，B相邻且B在A的右边，所以将A，B捆绑看作一个对象，且A，B位置不可换，故不同的排法种数为Aeq \o\al(4,4)＝4×3×2×1＝24.故选C. 3．有10幅画展出，其中1幅水彩画，4幅油画，5幅国画排成一排，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，则不同的排列方法有(　　) A．Aeq \o\al(10,10)种 B．Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(5,5)种 C．Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(2,2)种 D．Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(3,3)种 解析：把品种相同的画看成整体，水彩画不能放在两端，故只能放在中间，所以油画与国画放两端，有Aeq \o\al(2,2)种放法，再考虑油画与国画内部本身又可以全排列，故不同的排列方法有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(5,5)种． 解析：从这9名大学生志愿者中任选3名派到3所学校支教，则有Aeq \o\al(3,9)种选派方案，3名志愿者全是男生或全是女生的选派方案有Aeq \o\al(3,5)＋Aeq \o\al(3,4)种，故不同的选派方案共有Aeq \o\al(3,9)－(Aeq \o\al(3,5)＋Aeq \o\al(3,4))＝420种． 解析：小队长A只能在排头或排尾，分两种情况讨论：①小队长A在排头，甲土拨鼠是新手，不能离队长超过1只土拨鼠的距离，甲土拨鼠只能在第二位或第三位，若甲土拨鼠在第二位，先排其余2只土拨鼠，乙、丙插空排列即可，此时有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3)＝12种；若甲土拨鼠在第三位，乙、丙之一在第二位，其余土拨鼠全排列，或乙、丙在第四位和第六位，此时有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)＝16种，共12＋16＝28种．②小队长A在排尾，同理可得，共12＋16＝28种．综上所述，这支土拨鼠小队总共有56种排队巡逻方式．故选D. 二、多项选择题 6．由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字组成无重复数字的五位数，且1不能在个位，则关于这样的五位数的个数，下列表示正确的是(　　) A．(Aeq \o\al(1,9))2Aeq \o\al(3,8) B．Aeq \o\al(4,9)＋(Aeq \o\al(1,8))2Aeq \o\al(3,8) C．Aeq \o\al(5,10)－2Aeq \o\al(4,9)＋Aeq \o\al(3,8) D．Aeq \o\al(4,9)＋Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,8)Aeq \o\al(3,8)＋Aeq \o\al(1,8)Aeq \o\al(4,8) 解析：解法一：从这十个数字中任意选五个无重复的数字全排列，共有Aeq \o\al(5,10)种排法，减去1在个位和0在第一位的2Aeq \o\al(4,9)种排法，加上0在第一位且1在个位的Aeq \o\al(3,8)种排法，共有Aeq \o\al(5,10)－2Aeq \o\al(4,9)＋Aeq \o\al(3,8)个符合条件的五位数． 解法二：若有1，①若1在第一位，有Aeq \o\al(4,9)种；②若1在第2，第3，第4位，有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,8)Aeq \o\al(3,8)种．若没有1，第1位有Aeq \o\al(1,8)种，剩下有Aeq \o\al(4,8)种，共有Aeq \o\al(1,8)Aeq \o\al(4,8)种，故共有Aeq \o\al(4,9)＋Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,8)Aeq \o\al(3,8)＋Aeq \o\al(1,8)Aeq \o\al(4,8)个符合条件的五位数． 解法三：①若0在个位，有Aeq \o\al(4,9)种；②若0不在个位，个位有Aeq \o\al(1,8)种，第1位有Aeq \o\al(1,8)种，剩下有Aeq \o\al(3,8)种，故共有Aeq \o\al(4,9)＋(Aeq \o\al(1,8))2Aeq \o\al(3,8)个符合条件的五位数．故选BCD. 解析：对于A，6只小熊猫全排列，有Aeq \o\al(6,6)种排法，A，C，D全排列，有Aeq \o\al(3,3)种排法，则A，C，D从左到右按照体重递增的顺序排列有6,6)eq \f(A,Aeq \o\al(3,3)) ＝120种排法，故A正确；对于B，先排列除E与F外的4只小熊猫，有Aeq \o\al(4,4)种排法，4只小熊猫排列后共形成5个空，将E和F插入5个空，有Aeq \o\al(2,5)种排法，则共有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(2,5)＝480种排法，故B正确；对于C，A，B，C 3只小熊猫排在一起，且A只能在B与C的中间，有2种排法，将这3只小熊猫看作一个整体，再与其余3只小熊猫全排列，有Aeq \o\al(4,4)种排法，则共有2Aeq \o\al(4,4)＝48种排法，故C错误；对于D，6只小熊猫全排列，有Aeq \o\al(6,6)种排法，当D在排头时，有Aeq \o\al(5,5)种排法，当F在排尾时，有Aeq \o\al(5,5)种排法，当D在排头且F在排尾时，有Aeq \o\al(4,4)种排法，则D不在排头，F不在排尾的排法，共有Aeq \o\al(6,6)－2Aeq \o\al(5,5)＋Aeq \o\al(4,4)＝504种，故D错误．故选AB. 解析：将3，4两个数全排列，有Aeq \o\al(2,2)种排法，当1，2不相邻且不与5相邻时有Aeq \o\al(3,3)种方法，当1，2相邻且不与5相邻时有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3)种方法，故满足题意的五位数有Aeq \o\al(2,2)(Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3))＝36个． 解析：环排问题线排策略，把八个人看成八个凳子，再增加一个凳子，然后九个凳子排一排，甲放一号和九号，中间剩余七个位置可选，再将其他五个放入中间，有Aeq \o\al(5,5)＝120种方法．∵甲、乙、丙两两不相邻，∴乙、丙只能放中间四空中，共有Aeq \o\al(2,4)＝12种方法．由分步乘法计数原理得，共有120×12＝1440种不同的排法． 解析：从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，共有Aeq \o\al(4,6)＝360种参赛方案．甲不一定被选中，因此需分两类：第一类，甲不参赛，有Aeq \o\al(4,5)种排法；第二类，甲参赛，甲只有两个位置可供选择，故有Aeq \o\al(1,2)种排法，其余5人有Aeq \o\al(3,5)种排法，故有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(3,5)种方案．所以共有Aeq \o\al(4,5)＋Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(3,5)＝240种参赛方案． 四、解答题 11．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌节目、3个舞蹈节目、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？ (1)一个唱歌节目开头，另一个放在最后压台； (2)2个唱歌节目互不相邻； (3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻． 解：(1)先排唱歌节目有Aeq \o\al(2,2)种排法，再排其他节目有Aeq \o\al(6,6)种排法，所以共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(6,6)＝1440种编排方法． (2)先排3个舞蹈节目、3个曲艺节目有Aeq \o\al(6,6)种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有Aeq \o\al(2,7)种插入方法，所以共有Aeq \o\al(6,6)Aeq \o\al(2,7)＝30240种编排方法． (3)把2个相邻的唱歌节目看作一个对象，与3个曲艺节目排列有Aeq \o\al(4,4)种排法，再将3个舞蹈节目插入，有Aeq \o\al(3,5)种插入方法，最后将2个唱歌节目排列，有Aeq \o\al(2,2)种排法，所以共有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(3,5)Aeq \o\al(2,2)＝2880种编排方法． 解：(1)由已知，7个人排在7个位置，与无任何限制的排列相同，有Aeq \o\al(7,7)＝5040种不同的排列方法． (2)甲为特殊对象，故先安排甲，左、右、中共3个位置可供甲选择，有Aeq \o\al(1,3)种排法，其余6人全排列，有Aeq \o\al(6,6)种排法． 由分步乘法计数原理得，共有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(6,6)＝2160种不同的排列方法． (3)解法一：按甲是否在最右端分两类： 第一类，甲在最右端有Aeq \o\al(6,6)种排法； 第二类，甲不在最右端时，甲有5个位置可选，而乙也有5个位置可选，其余全排列，有Aeq \o\al(5,5)种排法． 由分步乘法计数原理得，有Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(5,5)种排法． 故共有Aeq \o\al(6,6)＋Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(5,5)＝3720种不同的排列方法． 解法二：先排最左端位置，除去甲外，有Aeq \o\al(1,6)种排法，余下的6个位置全排列有Aeq \o\al(6,6)种，但应剔除甲不在最左端且乙在最右端的Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(5,5)种排法．则符合条件的排法共有Aeq \o\al(1,6)Aeq \o\al(6,6)－Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(5,5)＝3720种． (4)将男生看成一个整体进行全排列，有Aeq \o\al(3,3)种排法；将这个整体看成一个对象，再与其他4人进行全排列，有Aeq \o\al(5,5)种排法，共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(5,5)＝720种不同的排列方法． (5)先排好男生，然后将女生插入排男生时产生的4个空位中，共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(4,4)＝144种不同的排列方法． (6)第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N；第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为7个人的全排列，因此有Aeq \o\al(7,7)＝N×Aeq \o\al(3,3)，故N＝7,7)eq \f(A,Aeq \o\al(3,3)) ＝840种． 解析：因为2出现2次，8出现2次，所以不同的密码共有6,6)eq \f(A,Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)) ＝eq \f(6×5×4×3×2×1,2×1×2×1)＝180个． 解：(1)各数位上的数字允许重复，故由分步乘法计数原理可知，可以组成4×5×5×5×5＝2500个五位数． (2)解法一：考虑特殊位置“万位”，从1，2，3，4中任选一个填入万位，共有4种填法，其余4个数字全排列，有Aeq \o\al(4,4)种排法，故共有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＝96个符合条件的五位数． 解法二：先考虑特殊对象“0”，先排0，从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入，有Aeq \o\al(1,4)种填法，然后将其余4个数字在剩余4个位置上全排列，有Aeq \o\al(4,4)种排法，故共有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＝96个符合条件的五位数． (3)构成3的倍数的三位数，各数位上数字之和是3的倍数，将0，1，2，3，4按除以3的余数分成3类，按照取0和不取0分类：取0，从1和4中取一个数，再取2进行排列，先填百位有Aeq \o\al(1,2)种填法，再填其余位有Aeq \o\al(2,2)种排法，故有2Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)个；不取0，则必取3，从1和4中任取一数，再取2，然后进行全排列，故有2Aeq \o\al(3,3)个．所以共有2Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)＋2Aeq \o\al(3,3)＝8＋12＝20个符合条件的三位数． (4)考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1，3中选一个填入个位，有Aeq \o\al(1,2)种填法，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有Aeq \o\al(1,3)种填法，最后将包含0在内的剩余3个数在中间三个位置上全排列，有Aeq \o\al(3,3)种填法，故共有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝36个符合条件的五位数． (5)按分类加法计数原理，当万位数字为1，2，3时均可以，共有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(4,4)个数；当万位数字为4，千位数字为0，1时均满足，共有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(3,3)个数；当万位数字为4，千位数字为2，百位数字为0，1时，除了42130均满足，共有(Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)－1)个数．所以比42130小的数有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(4,4)＋Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)－1＝87个．万位是1，2的各有Aeq \o\al(4,4)个数，万位是3，千位是0，1的各有Aeq \o\al(3,3)个数，所以共有2Aeq \o\al(4,4)＋2Aeq \o\al(3,3)＝60个数，故第61个数是32014. (6)运用排除法，先将1，3在奇数位上排列，有Aeq \o\al(2,3)种排法，再将其余3个偶数在剩余3个位置上全排列，有Aeq \o\al(3,3)种排法，而其中1，3在个位和百位上，0在万位上的排法不符合题意，有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)种排法．所以符合条件的五位数共有Aeq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)－Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)＝32个． $