7.1 两个基本计数原理-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

第7章 计数原理 7.1两个基本 第1关练速度 15min为准，你的时间： 1.（多选)下列说法正确的是 A.在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成 这个步骤的方法是各不相同的 B.在分类加法计数原理中，两类不同方案中 的方法可以相同 6 C.在分类加法计数原理中，事情是分类完成 的，其中任何类方法都不能完成这件事，只 有每个方法都完成后，这件事情才算完成 D.如果完成一件事情有n个不同的步骤，在每 一步中都有若干种不同的方法m,(i=1,2,3, …,n),那么完成这件事共有m1·m2·m3· …·m种不同的方法 2.（2024·山东烟台高二月考)现有语文读物 5本，历史读物4本，地理读物3本，每本读物 各不相同，从中任取1本，不同的取法共有 () A.3种 B.12种 C.30种 D.60种 3.（2024·陕西西安高二月考)“谁知盘中餐，粒 粒皆辛苦”，节约粮食是我国的传统美德.已 6 知学校食堂中午有2种主食、6种素菜、5种 荤菜，小华准备从中选取1种主食、1种素菜、 1种荤菜作为午饭，并全部吃完，则不同的选 取方法有 A.13种 B.30种 C.60种 D.120种 4.（2024·福建宁德高二期末)学校组织研学活 动，现有寿宁下党乡、福安柏柱洋、屏南潦头 选择性必修第二册·SJ学罩 计数原理 村、福鼎赤溪村4条路线供3个年级选择，每 个年级必须且只能选择一条路线，则不同的 选择方法有 () A.4种 B.24种 C.64种 D.81种 (2023·吉林通化高二月考)据史书的记载， 最晚在春秋末年，人们已经掌握了完备的十 进位制记数法，普遍使用了算筹这种先进的 计算工具.算筹记数的表示方法为个位用纵 式，十位用横式，百位再用纵式，千位再用横 式，以此类推，遇零则置空.如图所示： 纵式1！TTTm 横式一=三三上上± 123456789 如：10记为一，26记为=T,71记为上1.现有 4根算筹，可表示出两位数的个数为（) A.8 B.9 C.10 D.12 (2024·江苏连云港高二月考)如图所示，用 6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个 格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色 不同，则不同的涂色方法共有 ) A.480种 B.600种 C.360种 D.750种 038 7.(多选)(2024·江苏苏州高二月考)高二年级 安排甲、乙、丙三位同学到A,B,C,D,E五个 社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能 选择一个社区进行活动，且多个同学可以选 择同一个社区进行活动，下列说法正确的有 () A.所有可能的方法有35种 B.如果社区A必须有同学选择，则不同的安 排方法有61种 C.如果同学甲必须选择社区A,则不同的安 排方法有25种 D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则 不同的安排方法共有20种 8.(2024·浙江金华高二月考)一个口袋里有 5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容 均不相同.把这两个口袋里的9封信，分别投 入4个邮筒，则有 种不同的投法. 9.（2024·江苏苏州高二月考)如图，现在用 4种不同的颜色对某市的4个区县地图进行 着色，要求有公共边的两个地区不能用同一 种颜色，则不同的着色方法有 种， ① ② 10.(2024·江苏扬州高二月考)如图所示，在A, B间有4个焊接点，若焊接点脱落，则可能导 致线路不通，现发现A,B之间线路不通，则焊 接点脱落的不同情况有 种. 个2D4B 11.(2024·山东菏泽高二月考)数独是源自 18世纪瑞士的一种数学游戏.如图是数独的 一个简化版，由3行3列9个单元格构成， 玩该游戏时，需要将数字1,2,3（各3个）全 第7章 部填入单元格，每个单元格填一个数字，要 求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字， 则不同的填法有 种（用数字作答） 第一列第二列第三列 第一行 第二行 第三行 第2关练准确率 8题为准，你做对题 12.若三角形三条边均为正整数，其中一边长为 4,另外两边长分别为b,c,且满足b≤4≤c, 则这样的三角形有 A.10个 B.14个 C.15个 D.21个 13.如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为 方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景 观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小 岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计 方案的种数最多是 () A.8 B.12 C.16 D.24 14.（多选)(2024·重庆万州区高二月考)设从 东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2,3， 3,4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任 意一面下山，则下列结论正确的是()》 A.从东面上山有20种走法 B.从西面上山有27种走法 C.从南面上山有30种走法 D.从北面上山有32种走法 学霸039 15.（2024·吉林延边高二月考)中国有十二生 肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对 应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、 羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖 的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为 礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗 和羊，丙同学每个吉祥物都喜欢，如果三位 同学对选取的礼物都满意，则选法有( A.50种 B.60种 C.90种 D.180种 16.(多选)(2023·江苏常州前黄高级中学高 二月考)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重 复数字的自然数，如果十位上的数字比百位 上的数字和个位上的数字都小，则称这个数 为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，则下 列结论中正确的是 A.组成的三位数的个数为60 B.在组成的三位数中，偶数的个数为30 C.在组成的三位数中，“凹数”的个数为20 D.在组成的三位数中，“凹数”的个数为24 17.(2024·河北石家庄高二月考)实数1080 所有正因数有个. 18.(2023·广东江门高二月考)跳格游戏如图 所示，人从格外只能进入第1格；在格中每 次可向前跳1格或2格，那么人从格外跳到 第6格可以有 种跳法 /3 /4 /5 6 选择性必修第二册·SJ学 9.(2024·河南郑州高二月考)某校在艺术节 期间需要举办一场文娱演出晚会，现要从 3名教师、4名男同学和5名女同学当中选 出若干人来主持这场晚会（任意一人都可主 持) (1)如果只需一人主持，共有多少种不同的 选法？ (2)如果需要教师、男同学和女同学各一人 共同主持，共有多少种不同的选法？ 霸040 20.（2024·山东聊城高二月考)从0~6这7个 数字中取出4个数字，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的四位数？ (2)能组成多少个没有重复数字的四位 偶数？ (3)能组成多少个没有重复数字且个位不是 5的四位数？ 第了关练思维宽度难度级别：女☆女☆女 21.(2024·山东泰安高二期中)现有四种不同 颜色的彩灯装饰五面体AB-CDEF的六个顶 点，要求A,B用同一种颜色的彩灯，其他各 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） 第7章学 22.(2024·浙江宁波高二期中)对于Ha, b∈N*,定义a⊙a=a+1,a⊙b=max{a+1, b+1},其中maxx1,,xn}为x1,x2,…,xn 中最大的数，例如：max{1,1}=1,max{1, 2}=2,max{1,2,5}=5.给定正整数n≥3， 根据以上内容，对于Ha,b,c∈N*,请回答 下列问题： (1)((..((a⊙a)⊙a)⊙..)⊙a)⊙a n个a (用a和n表示)； (2)满足(a⊙b)⊙c=4的有序数对(a,b,c) 有多少个？ (3)满足(a⊙b)⊙c=n的有序数对(a,b,c) 有多少个？ (4)满足(a⊙b)⊙c=a⊙(b⊙c)=n的有序 数对(a,b,c)有多少个？ 开解 霸041B 则A(2,-1,0),B(2,1,0),D(0,-1,0),P(0,0,3),设M(0, 0,h)(0<h<5),那么AM=(-2,1,h),Bi=(-√2，-2,0)，DM= (0,1,h).因为A立.Bi=2-2=0,所以A立1Bi,即AM1BD. (n⊥BD, (2)解：设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),则 (n⊥DM {x,y)·（5,2,0)=0,={2x2=0,令：=1，可得n= (x,y,z)·(0,1,h)=0 (y+hz=0, (2h,-h,l).设直线AM与平面BDM所成的角为a,则sina= 1os(成，n1=M·nl。2% 2h IAi·Inl√3+hZ·√3h2+1√3h4+10h2+3 2 3≤2（当且仅当A=1时取等号).所以当AM=2时， √/3h2+10 3 h2 直线AM与平面BDM所成的角最大为 6 (3)解：在(2)的情况下，M亦=(0,0,5-1)，平面BDM的法向量 n=(5,-1,1),所以点P到平面BDM的距离为n·励。 5-1 2 18.(1)证明：因为△A41C是等腰直角三角形，且AC为斜边，所 以M=C4,0为AC中点，所以A01AC:叉由∠A0B=受，可 知A10⊥OB,因为AC∩0B=0,AC,OBC平面ABC,故A10⊥平 面ABC (2)解：因为△ABC为正三角形，0为AC中点，所以OB⊥OC,由 (1)知，A10⊥平面ABC,OB,OCC平面ABC,所以A0⊥OC, A10⊥OB,如图，以0为原点，0B,0C,0A1分别为x,y,z轴建立如 图所示空间直角坐标系，则A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1, 0),41(0,0,1),B1(5,1,1),C1(0,2,1),由(1)知，A101平 面ABC,所以平面ABC的一个法向量为OA1=(0,0,1),设平面 BCCB,的-个法向量n=(x1,y1,a),且BB=(0,1,1),B武= (-51,0,所以·正-57=0不蜡设1，则 n·BB=y1+1=0, √3，z1=-√3，所以n=(1,3,-√3).设平面ABC与平面BCC1B1 所成二面角的夹角为B,又c(0)=0厅，”。5 10A 1.Inl 1x7 ,即csB=2由图可知，即二面角A-BG-B,的余弦值 7 第7章 7.1两个基本计数原理 第1关（练速度） 1.AD 2.B解析：由分类加法计数原理，得不同的取法共有3+4+5= 12(种).故选B. 3.C解析：由分步乘法计数原理，得不同的选取方法有2×6×5= 60(种).故选C. 参考答案 为阿 (3)解：设Q(00,0),B成=AB武，则B戒=(0-3,0，)，B元= x0-3=-3, (-3,1,0),所以0=入， 所以Q(3-5A,A,0),又因 0=0, 为F为8G中点，所以r(停名，小所亦( 55 2,2 1,A1=(3-3入，A,-1),因为过A1作与AF垂直的平面&， 交直线BC于点Q,所以A1QCa,则A1Q⊥AF,所以A.A市= 多1-A)+1-0解得A=宁所以o(5-分0），则 5 威=（停）所以或-√（停）(=1，即 BQ=1. Q 19.(1)证明：因为p·a=a1(a2b3-a3b2）+a2(a3b1-a1b3)+a3(a1b2 azb1)=ajazb3-a1a3b2+aza3bi-azab3+a3ab2-a3azb1=0, p1a,即p1Oi,因为p…b=b1(a2b3-a3b2)+b2(ab1-a1b3)+ b3(a1b2-a2b1)=b1a2b3-b1a3b2+b2a3b1-b2a1b3+b3a b2-b3a261= 0,所以p⊥b,即p⊥0，又因为0An0B=0,0A,0BC平面0AB, 所以向量p为平面OAB的法向量. (2)解：m∠A0B=88是子，则血∠408=2，故 S四边形A0BD=2SAM0B=1a11b1 sin A0B=3×3×3=6√2，由a= (1,-1,7),b=(0,-3,0),得a×b=(37,0,-3),所以1a×b1= √63+0+9=62，所以S四边形A0sD=axb1. (3)解：设C点到平面OAB的距离为h,O元与平面OAB所成的角 为a,则V=S四边形4osn·h=la×b1 Iclsin a,由(1)得向量p为平面 0AB的法向量，则1cos(a×b,c〉I=sina,又1(a×b)·cl= 1axbl·lclcos〈axb,c〉，所以V=I(axb)·cl. 计数原理 4.C解析：3个年级均有4种选择，故不同的选择方法有43= 64(种).故选C. 方法总结 分类计数原理的解题思路： (1)根据题目特点选择恰当的分类标准。 (2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类， 并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复. 学霸31 5.C解析：由题意知，共有4根算筹 当十位1根，个位3根时，共有2个两位数： 当十位2根，个位2根时，共有4个两位数： 当十位3根，个位1根时，共有2个两位数： 当十位4根，个位0根时，共有2个两位数， 所以一共有2+4+2+2=10（个）两位数.故选C. 6.D解析：首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个 格子有5种选择，左边第三个格子有5种选择，左边第四个格子也 有5种选择，根据分步计数原理，得共有6×5×5×5=750（种）涂色 方法.故选D 方法总结 1.利用分步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 7.BC解析：对于选项A,安排甲、乙、丙三位同学到A,B,C,D,E 五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进 行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，故有5×5×5 5(种)选择方案，错误；对于选项B,如果社区A必须有同学选择 测不同的安排方法有53-43=61（种），正确；对于选项C:如果同学 甲必须选择社区A,则不同的安排方法有52=25（种），正确；对于 选项D:如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，再分为丙与甲、乙 两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有5+ 5×4=25(种)，错误.故选BC. 重难点拨 两种计数原理的选择思路： (1)分清要完成的事情是什么， (2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立， “步”间互相联系。 (3)有无特殊条件的限制， (4)检验是否有重复或遗漏， 8.49解析：第一封信投入邮筒有4种投法：第二封信投入邮筒有 4种投法…第九封信投人邮筒有4种投法.由分步乘法计数原理 可知，共有49种不同的投法.故答案为49 9.48解析：先给①涂色有4种，再给②涂色有3种，给③涂色有 2种，给④涂色有2种，所以由分步计数原理得4×3×2×2= 48(种)，故答案为48. 10.13解析：由题意知四个焊接点脱落或不脱落的不同情况共有 24=16(种)，其中A,B之间线路通的情况只有：1,2,4不脱落3脱 落，1,3,4不脱落2脱落，1,2,3,4都不脱落，共3种情况，故A,B 之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有16-3=13（种），故答 案为13. 11.12解析：根据题意，可分3步进行分析：①将1,2,3三个数字填 入第一行，有3×2×1=6（种）情况；②第二行第一列的数字与第 行第一列的数字不同，有2种情况，第二列，第三列只有1种情 况，则第二行只有2种情况；③由于前两行的数字确定，第三行只 有1种情况，由分步计数原理，共有6×2×1=12（种）不同的填法 故答案为12. 第2关（练准确率） 12.A解析：当b=1时，c=4;当b=2时，c=4,5;当b=3时，c=4,5, 6;当b=4时，c=4,5,6,7.故共有10个这样的三角形.故选A. 易错提醒 使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个， 但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的 原则. 13.B解析：设四个人工小岛分别记为A,B,C,D,对A分为有一座 桥相连和两座桥相连两种情况，用“-”表示桥.①当A只有一座桥 相连时，有A-B-C-D,A-B-D-C,A-C-B-D,A-C-D-B,A-D-B C,A-D-C-B,共6种方案；②当A有两座桥相连时，有C-A-B- 选择性必修第二册·SJ D.C-A-D-B,D-A-B-C,D-A-C-B,B-A-C-D,B-A-D-C, 6种方案.故设计方案最多有6+6=12（种）. 14.ABD解析：若从东面上山，则上山走法有2种，下山走法有 10种，由分步计数原理可得共有20种走法：若从西面上山，则上 山走法有3种，下山走法有9种，由分步计数原理可得共有27种 走法：若从南面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，由分 步计数原理可得共有27种走法：若从北面上山，则上山走法有 4种，下山走法有8种，由分步计数原理可得共有32种走法.故 选ABD. 15.A解析：①若甲同学选择牛，则乙同学有2种选择，丙同学有 10种选择，选法种数为2×10=20，②若甲同学选择马，则乙同学 有3种选择，丙同学有10种选择，选法种数为3×10=30.综上，总 共有20+30=50（种）选法，故选A. 16.BC解析：对于A,因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三 位数的个数为4×4×3=48，故A不正确： 对于B,将所有三位数的偶数分为两类 ①个位数为0，则有4×3=12（个）， ②个位数为2或4，则有2×3×3=18（个）， 所以在组成的三位数中，偶数的个数为12+18=30，故B正确： 对于C,D,将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有4×3= 12(个)， ②十位为1，则有3×2=6（个）， ③十位为2，则有2×1=2（个）， 所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为12+6+2=20，故C正 确，D不正确 故选BC. 17.32解析：1080=23×33×5，设正因数为2×3×5，则x,y∈{0,1， 2,3},z∈{0,1}，由分步乘法计数原理可知，共有4×4×2= 32(个).故答案为32. 18.8解析：每次向前跳1格，共跳6次，有1种跳法：仅有一次跳 2格，其余每次向前跳1格，共跳5次，有4种跳法：有两次跳 2格，其余每次向前跳1格，共跳4次，有3种跳法，则共有1+4+ 3=8(种).故答案为8. 19.解：(1)从3名教师、4名男同学和5名女同学当中选出一人主持 这场晚会，结果可分为3类：第一类，选一名教师主持，有3种选 法；第二类，选一名男同学主持，有4种选法；第三类，选一名女同 学主持，有5种选法.根据分类加法计数原理，共有3+4+5= 12(种)不同的选法。 (2)从3名教师、4名男同学和5名女同学当中各选出一人共同 主持晚会，可分3步：第一步，选出一名教师，有3种选法：第二 步，选出一名男同学，有4种选法：第三步，选出一名女同学，有 5种选法，以上3个步骤依次完成后，事情才算完成.根据分步乘 法计数原理，共有3×4×5=60（种）不同的选法 20.解：(1)第一步：千位不能为0，有6种选择：第二步：百位可以从 剩余数字中选，有6种选择；第三步：十位可以从剩余数字中选， 有5种选择：第四步：个位可以从剩余数字中选，有4种选择根据 分步计数原理，能组成6×6×5×4=720（个）没有重复数字的四 位数 (2)第一类：当个位数字是0时，没有重复数字的四位数有6×5× 4=120(个)：第二类：当个位数字是2时，千位不能为0，没有重复 数字的四位数有5×5×4=100（个）：第三类：当个位数字是4时， 千位不能为0，没有重复数字的四位数有5×5×4=100（个）：第四 类：当个位数字是6时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有 5×5×4=100(个).根据分类加法计数原理，能组成120+100+100+ 100=420(个)没有重复数字的四位偶数. (3)当个位是0时，有6×5×4=120（种）排法；当个位不是0时，有 5×5×5×4=500(种)排法，由分类加法计数原理，可得符合条件的 共120+500=620（种）排法. 第3关（练思维宽度） 21.72解析：首先给A,B两个顶点挂彩灯，有4种方法，再给C顶点 学霸32 挂彩灯，有3种方法，①若D,F挂同一种颜色的彩灯，则有2种方 法，最后挂E点有2种方法，故有4×3×2×2=48（种）：②若D,F 挂不同种颜色的彩灯，此时挂D点有2种方法，挂F点有1种方 法，最后挂E点有1种方法，故有4×3×2×1×1=24（种）.综上可 得，一共有48+24=72（种）不同的方法.故答案为72. 22.解：(1)a+n-1解析：我们定义数列{xn}满足1=a,*1= xn⊙a,则(…((a⊙a)⊙a)⊙…)⊙a)⊙a=x由于xnt1= na xn⊙a=max+1,a+1}≥xn+1>xn,故{xn}是递增数列，从而 xn≥x1=a.所以x+1=xn⊙a=mx{xn+1,a+1}=xn+1,这得到 {xn}是公差为1的等差数列，再由x1=a,得xn=a+n-l.所以 (.(a⊙a)⊙a)…)⊙a)oa=a+n-1. n个a (2)我们有(a⊙b)⊙c=max(a⊙b)+1,c+1}=max{max{a+1,b+ 1}+1,c+1}=max{maxa+2,b+2},c+1}=maxa+2,b+2,c+1}, 对集合T,记其元素个数为|T1.设正整数m≥2，定义集合A= {(a,b,c)Ia,b,ceN*,(a⊙b)⊙c≤m},则(a,b,c)∈Am,当且仅 (a≤m-2, 当(a⊙b)⊙c=max{a+2,b+2,c+1}≤m,即{b≤m-2, (c≤m-1. 从而1Am|=(m-2)2(m-1),特别地，A2=☑.故对于正整数n≥3， 使得(a⊙b)⊙c=n的(a,b,c)的个数即为1An1-14-11= (n-2)2.(n-1)-(n-3)2(n-2)=3n2-13n+14.特别地，取n=4, 知使得(a⊙b)⊙c=4的(a,b,c)的个数为10. (3)由上一问的推导，知使得(a⊙b)⊙c=n的(a,b,c)的个数为 3n2-13n+14. (4)由前面的推导可知(a⊙b)⊙c=max{a+2,b+2,c+1},但又有 a⊙(b⊙c)=max{a+1,(b⊙c)+1}=max{a+1,max{b+1,c+1}+ 1=maxa+l,max(b+2,c+2=maxa+1,6+2,c+2,a(b ⊙c)=max{a+1,b+2,c+2}.这表明(a⊙b)⊙c=a⊙(b⊙c)=n等 价于maxa+2,b+2,c+1}=maxa+1,b+2,c+2=n.对正整数n≥ 3,有如下结论：max{a+2,b+2,c+1}=maxa+1,b+2,c+2}=n等 a≤n-2,(a≤n-1, 价于：{b≤n-2,及{b≤n-2,且这两组条件中的每组都至少有 (c≤n-1 c≤n-2, 一个取到等号.综合两组条件可得a,b,c≤n-2,这表明c≤n-1和 a≤n-1这两个不等式两边不能取等.因此，原结论又等价于：a, b,c≤n-2,且有b=n-2或a=c=n-2.当b=n-2,a,b,c≤n-2时， 相应的(a,b,c)有(n-2)·1·(n-2)=(n2-4n+4)种；当a=c= n-2,a,b,c≤n-2时，相应的(a,b,c)有1·(n-2)·1=(n-2)种 上述两次计算中，(a,b,c)=(n-2,n-2,n-2)的情况被重复计算 了一次，其他满足条件的(a,b,c)都恰被计算一次所以满足条件 的全部的(a,b,c)的个数为(n2-4n+4)+(n-2)-1=n2-3n+1. 7.2排列 第1关（练速度） 1.BD解析：因为加法和乘法满足交换律，所以选出两个数做加法和 乘法时，结果与两数位置无关，故不是排列问题.而减法和除法与 两数的位置有关，故是排列问题， 2.D解析：根据题意可知，即把7本不同的书全排列，所以不同的摆 放方法数为A7=5040.故选D. 3.D解析：先确定最大数，即2024-n,再确定因数的个数，即 (2024-n)-(19-n)+1=2006,所以原式=A号.故选D. 4.C解析：将2只免子捆绑，则2只兔子相邻走出房子共有AA号= 48(种)不同方法.故选C. 5.CD解析：对选项A,m!A=m!:≠nl,故A错误对选项 (n-m) B,Aa1三(n+≠nl,放B错误对选项C,A (n-n+1nl,故C正确对选项D,nA=n·(n-1！=nl,故 参考答案 D正确.故选CD. 6.B解析：根据题意，分2种情况讨论：①若甲在4跑道上，剩下3人 任意安排在其他3个跑道上，有A?=6(种)排法，②若甲不在4跑 道上，甲的安排方法有2种，乙的安排方法也有2种，剩下2人任 意安排在其他2个跑道上，有2种安排方法，此时有2×2×2 8(种)安排方法，故共有6+8=14（种）不同的安排方法，故选B. 方法总结 “在”与“不在”的有限制条件的问题，一般都是对某个或某些元素 加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特 殊位置这一类问题通常有三种考虑途径： (1)以元素为主考虑，一設先解决特殊元素的排法问题，即先满足特 殊元素，再安排其他元素。 (2)以位置为主考虑，一殼先解决特殊位置的排法问题，即先满足特 殊位置，再考患其他位置. (3)用间接法解题，先不者虑限制条件，计算出排列总数，再减去不 符合要求的排列数. 7.D解析：先将生行、且行、武行、流行这4个表演者全排列，有A4 种，产生5个空，再将净行、丑行、杂行这3个表演者插入5个空 中，有A?种，所以不同的排法总数是A4A?=1440.故选D. 重难点拔 解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将个不同元素排成一 排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先 将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他 元素一起排列，然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，最 后利用分步乘法计数原理求解.解决不相邻问题的方法为“插空 法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某k个元素互不相邻 (k≤n-k+1),求不同排法种数的方法是：先将(n-k)个元素排成一 排，然后把k个元素插入(n-k+1)个空隙中，最后利用分步乘法计 数原理求解， (n(n-1)=7(n-4)(n-5), 8.7解析：由A2=7A24,得n≥2， 且neN", 几-4≥2 解得n=7.故答案为7. 9.600解析：因为任意两个站点之间有往返两种不同的地铁票，故 应为这25个站间准备不同的地铁票种数为A=25×24=600.故答 案为600. 10.960解析：分为3步：①将甲、乙两人排成一排，有A号=2（种）情 况：②在其他5人中任选2人，安排在甲、乙之间，有A?=20(种) 情况：③将4人看成一个整体，与剩余3人全排列，有A4=24(种) 情况，则不同的站法共有2×20×24=960（种）.故答案为960. 11.72解析：分步：第一步，把乙、丙、丁三个小镇捆绑，看成一个元 素，三个小镇的游览顺序有A?=6(种)方案；第二步，将该整体与 其他三个小镇作为4个元素，依次对应4个游览位置进行安排， 中间2个位置选一个作为小镇甲的游览有C2=2(种)方案：第三 步，剩余三个元素进行全排列有A?=6(种)方案.根据分步乘法计 数原理可知，不同的游览顺序方案共有6×2×6=72（种）.故答案 为72. 第2关（练准确率） 12.D解析：由题知，先排后三个数字的位置，即从5个数字中选取 3个进行排列，有A种，再把3个字母安排在前三个位置，有 A种，因为是分步进行的，所以共有A?A个可选用的密码.故 选D. 13.B解析：首先在三个箱子中放入与编号相同的足球的个数，这样 就剩三个足球了，这三个足球随便放置，下面是一个分类计数问 题，第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第二 种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置排列， 有A?=6(种)结果：第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子 中，有3种结果，综上可知共有1+6+3=10（种）结果.故选B. 14.C解析：由题意，第一种情况：乙是冠军，则甲在第二位，剩下的 学霸33