2026年高考数学一轮专题训练：两个基本计数原理1 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：两个基本计数原理1 [含答案]，共15页。
A．12种B．24种C．48种D．72种
2．（2025春•鼓楼区校级期中）将4个不同的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，不同的放法种数为（ ）
A．A43B．34C．43D．C43
3．（2025春•孝感期中）现有3位同学参加校园文体活动，分别从4个项目中任选一个参加，不同选法的种数是（ ）
A．24B．12C．34D．43
4．（2022春•浙江期中）如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E六个点涂色（五种颜色不一定用完），要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂法种数是（ ）
A．480B．720C．1080D．1200
5．（2022春•西安期中）如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一
种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．192B．336
C．600D．以上答案均不对
6．（洛阳一模）4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（ ）
A．24种B．36种C．48种D．60种
7．（2023春•辉南县校级月考）今有6个人组成的旅游团，包括4个大人，2个小孩，去庐山旅游，准备同时乘缆车观光，现有三辆不同的缆车可供选择，每辆缆车最多可乘3人，为了安全起见，小孩乘缆车必须要大人陪同，则不同的乘车方式有（ ）种
A．204B．288C．348D．396
8．（河南模拟）某省示范高中将6名教师分配至3所农村学校支教，每所学校至少分配一名教师，其中甲必去A校，乙、丙两名教师不能分配在同一所学校的不同分配方法数为（ ）
A．36B．96C．114D．130
9．（浙江月考）用0，1，2，3，4可以组成的无重复数字的能被3整除的三位数的个数是（ ）
A．20B．24C．36D．48
10．（北京学业考试）我国古代数学名著《续古摘奇算法》（杨辉）一书中有关于三阶幻方的问题：将1，2，3，4，5，6，7，8，9分别填入3×3的方格中，使得每一行，每一列及对角线上的三个数的和都相等，我们规定：只要两个幻方的对应位置（如每行第一列的方格）中的数字不全相同，就称为不同的幻方，那么所有不同的三阶幻方的个数是（ ）
A．9B．8C．6D．4
二．填空题（共5小题）
11．（2025春•徐州期中）在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有牡丹、芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有 种．
12．（2024秋•临澧县校级月考）若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则我们称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”，那么“叔同数”的个数共有 ．（用数字作答）
13．（2024秋•湖北月考）将仅顺序不同的方案视为一种，将100表示为每一个都不超过3的若干正整数之和有 种方法．（用数字作答）
14．（2023春•涪城区校级期中）由数字0，1，2，3，4组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排列第88个数为 ．
15．（2023春•肇州县校级期中）将16个数：4个1，4个2，4个3，4个4填入一个4×4的数表中，要求每行、每列都恰好有两个偶数，共有 种填法．
三．解答题（共5小题）
16．（2022春•河北区期中）某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．
（1）选其中1人为学生会主席，有多少种不同的选法？
（2）若每年级选1人为校学生会常委，有多少种不同的选法？
（3）若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选法？
17．（2022春•滦南县期中）用0，1，2，3，4，5这6个数字．
（1）能组成多少个物重复数的四位偶数？
（2）能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数（无重复数字）？
18．（2022春•江门期中）（1）从含有3件次品的40件产品中，任意抽取3件产品进行检验，抽出的产品中恰好含有2件次品的抽法有多少种？
（2）从0，2中任取1个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的三位数？
19．（2021春•珠海校级期中）现有9本不同的书，分别求下列情况的不同分法的种数．
（1）分成三组，一组4本，一组3本，一组2本；
（2）分给三人，一人4本，一人3本，一人2本；
（3）平均分成三组．
20．（2021春•吴江区校级月考）有一项活动，需在3名老师，8名男同学和5名女同学中选人参加．
（1）若只需一人参加，有多少种不同方法？
（2）若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？
（3）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？
两个基本计数原理
答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025春•蒸湘区校级月考）如下，用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ）种．
A．12种B．24种C．48种D．72种
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【正确答案】D
【分析】先涂C区域，再涂D，涂A，涂B，根据分步乘法计数原理可得解．
解：用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，
先涂C区域有4种涂法，再涂D区域3种涂法，
涂A区域3种涂法，涂B区域2种涂法，由分步乘法计数原理，共有4×3×3×2＝72种涂法．
故选：D．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
2．（2025春•鼓楼区校级期中）将4个不同的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，不同的放法种数为（ ）
A．A43B．34C．43D．C43
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据分步乘法计数原理可解．
解：根据分步乘法计数原理可得不同的放法种数为34种．
故选：B．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
3．（2025春•孝感期中）现有3位同学参加校园文体活动，分别从4个项目中任选一个参加，不同选法的种数是（ ）
A．24B．12C．34D．43
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据分步乘法计数原理可解．
解：有3位同学参加校园文体活动，分别从4个项目中任选一个参加，
则不同选法的种数为43种．
故选：D．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
4．（2022春•浙江期中）如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E六个点涂色（五种颜色不一定用完），要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂法种数是（ ）
A．480B．720C．1080D．1200
【考点】染色问题．
【专题】分类讨论；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据两个原理，按OABCDE的字母顺序涂色，分AD同色和AD不同色两大类，再对AD不同色又分AC同色和AC不同色两小类即可求解．
解：（1）当AD同色时不同涂色方法数为5×4×3×2×1×3＝360，
（2）当AD不同色时分两类，
①AC也同色的不同涂色方法数为5×4×3×1×3×2＝360，
②AC不同色的不同涂色方法数为5×4×2×2×3×2＝480，
故不同的涂法种数是360+360+480＝1200，
故选：D．
【点评】本题考查两个计数原理，分类讨论思想，属中档题．
5．（2022春•西安期中）如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一
种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．192B．336
C．600D．以上答案均不对
【考点】几何图形中的计数问题．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；排列组合；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论．
解：E，F，G分别有4，3，2种方法，
①当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，
（1）C若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，
（2）若C与F不同，则此时D有2种方法，
故此时共有：4×3×2×1×2×（1×3+1×2）＝240种方法；
②当A与G相同时，A有1种方法，
（1）若C与F相同，C有1种方法，同时B，D各有2种方法，
（2）若C与F不同，C有2种方法，B有2种方法，D有1种方法，
故此时共有：4×3×2×1×（2×2+2×2）＝192种方法；
③当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，
（1）若B与F相同，
（I）若A与C相同，则D有2种方法，
（II）若A与C不同，则C有1种方法，D有1种方法，
（2）若B不同与F，则B有1种方法，
（Ⅰ）若C与F相同，则C有1种方法，同时D有2种方法；
（Ⅱ）若C与F不同，则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；
故此时共有：4×3×2×1×[2+1+2+2]＝168种方法；
综上共有240+192+168＝600种方法．
故选：C．
【点评】本题考查了计数原理，考查了分类讨论思想的应用，分类时要做到不重不漏．本题属于难题．
6．（洛阳一模）4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（ ）
A．24种B．36种C．48种D．60种
【考点】计数原理的应用．
【专题】排列组合；数学抽象；运算求解．
【正确答案】D
【分析】分两类，第一类，有3名被录用，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，根据分类计数原理即可得到答案
解：分两类，第一类，有3名被录用，有A43=24种，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，有C31⋅C42⋅A22=36，
根据分类计数原理，共有24+36＝60（种）
故选：D．
【点评】本题考查排列、组合的综合运用，解题时要先确定分几类，属于基础题
7．（2023春•辉南县校级月考）今有6个人组成的旅游团，包括4个大人，2个小孩，去庐山旅游，准备同时乘缆车观光，现有三辆不同的缆车可供选择，每辆缆车最多可乘3人，为了安全起见，小孩乘缆车必须要大人陪同，则不同的乘车方式有（ ）种
A．204B．288C．348D．396
【考点】分类加法计数原理．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；排列组合．
【正确答案】C
【分析】分乘坐3辆缆车和乘坐两辆缆车讨论，①乘坐3辆缆车则4个大人被分成2，1，1三组按分步原理计算方法数即可，②若乘两辆缆车，则4个大人被分成2，2或者3，1两组，然后按计算原理处理即可，最后将两类相加即可．
解：①若6人乘坐3辆缆车，则将4个大人分成2，1，1三组有C42=6种方法，然后将三组排到三个缆车有A33=6种方法，再将两个小孩排到三个缆车有3×3﹣1＝8种方法，所以共有6×6×8＝288种方法．
②若6人乘坐2辆缆车，
（1）两个小孩不在一块：则大人分成2，2两组的方法有C42A22=3种方法，将两组排到两辆缆车有A32=6种方法，再将两个小孩排到两辆缆车有A22=2种方法，
故共有3×6×2＝36种方法．
（2）两个小孩在一块：则大人分成3，1两组，分组方法为C43=4种方法，小孩加入1人的组有1种方法，再将两组从3辆缆车中选两辆排入有A32=6种方法，故共有4×1×6＝24种方法．
综上共有：288+36+24＝348种方法．
故选：C．
【点评】本题考查了分类加法原理，分步乘法原理，考查了排列数公式，组合数公式等知识，但是本题容易漏掉一些情况，分类时要注意．本题属于难题．
8．（河南模拟）某省示范高中将6名教师分配至3所农村学校支教，每所学校至少分配一名教师，其中甲必去A校，乙、丙两名教师不能分配在同一所学校的不同分配方法数为（ ）
A．36B．96C．114D．130
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；排列组合．
【正确答案】D
【分析】按照其余5人是否都去A校分类计数．
解：甲去A校，再分配其他5个人，
①如果都不去A校，则分配方法有A22×2×2×2＝16种；
②如果5人分成1，1，3三组，则分配方法有（C53−C31）A33=42种；
③如果5人分成1，2，2三组，则分配方法有（C52C32A22−C31）A33=72种；
由加法原理可得不同分配方法有16+42+72＝130种．
故选：D．
【点评】本题考查排列、组合的应用，注意要先分组，再进行排列，属于中档题．
9．（浙江月考）用0，1，2，3，4可以组成的无重复数字的能被3整除的三位数的个数是（ ）
A．20B．24C．36D．48
【考点】数字问题．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；排列组合．
【正确答案】A
【分析】根据题意，由能被3整除的三位数的特点是各位数字之和被3整除，分4种情况讨论，进而由加法原理计算可得答案．
解：根据题意，能被3整除的三位数，即各位数字之和被3整除，
分4种情况讨论：
①、取出的3个数字为0、1、2，
此时三位数的百位数字为1或2，有2种情况，将其他的2个数字，全排列，安排在后2位，有A22＝2种情况，
此时可以组成2×2＝4个符合条件的三位数，
②、取出的3个数字为0、2、4，
同理①有4种情况，即可以组成4个符合条件的三位数；
③、取出的3个数字为1、2、3，
将三个数字全排列，有A33＝6种情况，即可以组成6个符合条件的三位数；
④、取出的3个数字为2、3、4，
同理③，可以组成6个符合条件的三位数，
综合可得：一共可以组成4+4+6+6＝20个三位数；
故选：A．
【点评】本题考查排列组合的应用，关键是依据能被3整除的数字的特点，进行分类讨论．
10．（北京学业考试）我国古代数学名著《续古摘奇算法》（杨辉）一书中有关于三阶幻方的问题：将1，2，3，4，5，6，7，8，9分别填入3×3的方格中，使得每一行，每一列及对角线上的三个数的和都相等，我们规定：只要两个幻方的对应位置（如每行第一列的方格）中的数字不全相同，就称为不同的幻方，那么所有不同的三阶幻方的个数是（ ）
A．9B．8C．6D．4
【考点】几何图形中的计数问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合．
【正确答案】B
【分析】列举所有排法，即可得出结论．
解：三阶幻方，是最简单的幻方，由1，2，3，4，5，6，7，8，9．其中有8种排法4 9 2、3 5 7、8 1 6；2 7 6、9 5 1、4 3 8；2 9 4、7 5 3、6 1 8；4 3 8、9 5 1、2 7 6；8 1 6、3 5 7、4 9 2；6 1 8、7 5 3、2 9 4；6 7 2、1 5 9、8 3 4；8 3 4、1 5 9、6 7 2．
故选：B．
【点评】九宫格幻方．有口诀：先摆好，对角调，转一转，就好了．如“1”在四个角上向不同的两个方向按顺序摆就可以．
二．填空题（共5小题）
11．（2025春•徐州期中）在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有牡丹、芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有 84 种．
【考点】计数原理的应用．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【正确答案】84．
【分析】根据题意可分若A和C相同，B和D相同时，若种三种花，若种四种花，三种情况讨论即可．
解：现有牡丹、芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，
则四个区域最少两种花，最多4种花．所以分三类：
若A和C相同，B和D相同时，有A42=12种方法；
若种三种花，分A和C相同与不同两种情况，此时有C43（C31A22+A32）＝48种；
若种四种花，则有A44=24种，
则不同的种植方法有12+48+24＝84种．
故84．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
12．（2024秋•临澧县校级月考）若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则我们称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”，那么“叔同数”的个数共有 36 ．（用数字作答）
【考点】分类加法计数原理．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【正确答案】36．
【分析】先写出三位数各位数的和为8的所有情况，再求出每种情况的“叔同数”的个数，最后相加即可求解．
解：由题意可知，“叔同数”中各个数位上的数字有8，0，0；7，1，0；6，2，0；6，1，1；5，3，0；5，2，1；4，4，0；4，3，1；4，2，2；3，3，2情况，
其中8，0，0三个数字组成的三位数只有1个；
7，1，0三个数字组成的三位数只有C21C21=4个；
6，2，0三个数字组成的三位数只有C21C21=4个；
6，1，1三个数字组成的三位数只有3个；
5，3，0三个数字组成的三位数只有C21C21=4个；
5，2，1三个数字组成的三位数只有A33=6个；
4，4，0三个数字组成的三位数只有2个；
4，3，1三个数字组成的三位数只有A33=6个；
4，2，2三个数字组成的三位数只有3个；
3，3，2三个数字组成的三位数只有3个；
则共有1+4+4+3+4+6+2+6+3+3＝36个．
故36．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
13．（2024秋•湖北月考）将仅顺序不同的方案视为一种，将100表示为每一个都不超过3的若干正整数之和有 884 种方法．（用数字作答）
【考点】数字问题；简单排列问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；推理和证明；运算求解．
【正确答案】884．
【分析】根据题意，要求将100表示为若干个1、2、3的和，设其中有x个“1”、y个“2”和z个“3”，其中x、y、z都是非负整数，则有100＝x+2y+3z，分情况讨论方程解的组数，相加可得答案．
解：根据题意，将100表示为每一个都不超过3的若干正整数之和，即将100表示为若干个1、2、3的和，
设其中有x个“1”、y个“2”和z个“3”，其中x、y、z都是非负整数，
则有100＝x+2y+3z①，
当z＝0时，有x+2y＝100，y可取的值为0、1、2、……、50，此时①式有51组解，即有51种拆分方法，
当z＝1时，有x+2y＝97，y可取的值为0、1、2、……、48，此时①式有49组解，即有49种拆分方法，
当z＝2时，有x+2y＝94，y可取的值为0、1、2、……、47，此时①式有48组解，即有48种拆分方法，
当z＝3时，有x+2y＝91，y可取的值为0、1、2、……、45，此时①式有46组解，即有46种拆分方法，
当z＝4时，有x+2y＝88，y可取的值为0、1、2、……、44，此时①式有45组解，即有45种拆分方法，
……
当z＝32时，有x+2y＝4，y可取的值为0、1、2，此时①式有3组解，即有3种拆分方法，
当z＝33时，有x+2y＝1，y可取的值为0，此时①式有1组解，即有1种拆分方法，
则共有51+49+48+46+45+……+3+1＝（51+48+45+……+3）+（49+46+……+1）=(51+3)×172+(49+1)×172=884种方法．
故884．
【点评】本题考查合情推理的应用，注意将原问题转化为方程解组数的判断，属于中档题．
14．（2023春•涪城区校级期中）由数字0，1，2，3，4组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排列第88个数为 42130 ．
【考点】数字问题．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【正确答案】42130．
【分析】利用排列数公式求得由数字0，1，2，3，4组成的各位上没有重复数字的五位数的各种情况，进而得到从小到大排列第88个数．
解：由数字0，1，2，3，4组成的各位上没有重复数字的五位数中，
1在万位的有A44=24个，2在万位的有A44=24个，
3在万位的有A44=24个，4在万位的有A44=24个，
则从小到大排列第88个数为4在万位的五位数，
4在万位0在千位的有A33=6个，4在万位1在千位的有A33=6个，
4在万位2在千位的有A33=6个，
则从小到大排列第88个数为4在万位2在千位的五位数，
4在万位2在千位的五位数从小到大排列依次为
42013，42031，42103，42130，42301，42310，
则从小到大排列第88个数为42130．
故42130．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
15．（2023春•肇州县校级期中）将16个数：4个1，4个2，4个3，4个4填入一个4×4的数表中，要求每行、每列都恰好有两个偶数，共有 441000 种填法．
【考点】计数原理的应用．
【专题】整体思想；分析法；排列组合；运算求解．
【正确答案】441000．
【分析】先确定第一行有两个偶数时有多少种填法，再根据这两个偶数所在的列，还需要再填一个偶数，分别设为a，b，接下来分a，b位于同一行和位于不同行，利用分步计数原理进行求解．
解：第一行有两个偶数的填法有C42，
两偶数所在列还需要再填一个偶数，分别设为a，b，
若a，b位于同一行，其位置有3种选择，此时剩下的四个偶数所填位置唯一确定，
若a，b位于不同行，其位置有6种选择，此时剩下的四个偶数所填的位置有2种选择，
所以偶数位置的情况种数为C42×（3+6×2）＝90，
因此总的填法种数为90×C84×C84=441000．
故441000．
【点评】本题主要考查分步计数原理，属中档题．
三．解答题（共5小题）
16．（2022春•河北区期中）某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．
（1）选其中1人为学生会主席，有多少种不同的选法？
（2）若每年级选1人为校学生会常委，有多少种不同的选法？
（3）若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选法？
【考点】计数原理的应用．
【专题】概率与统计．
【正确答案】见试题解答内容
【分析】（1）选其中1人为学生会主席，各年级均可，利用分类计数原理求得结果．
（2）每年级选1人为校学生会常委，可分步从各年级分别选择，利用分步计数原理求得结果．
（3）首先按年级分三类“1，2年级”，“1，3年级”，“2，3年级”，再各类分步选择．
（1）N＝5+6+4＝15；（2）N＝5×6×4＝120；（3）N＝5×6+6×4+4×5＝74．
解：（1）选其中1人为学生会主席，各年级均可，分三类：N＝5+6+4＝15种；
（2）每年级选1人为校学生会常委，可分步从各年级分别选择，N＝5×6×4＝120种；
（3）要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，首先按年级分三类“1，2年级”，“1，3年级”，“2，3年级”，
再各类分步选择：N＝5×6+6×4+4×5＝74种．
【点评】本题主要考查分类计数原理和分步计数原理的应用，是一道综合性较强的题目，分类中有分步，要求有清晰的思路，属于基础题．
17．（2022春•滦南县期中）用0，1，2，3，4，5这6个数字．
（1）能组成多少个物重复数的四位偶数？
（2）能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数（无重复数字）？
【考点】数字问题．
【专题】计算题；整体思想；数学模型法；排列组合．
【正确答案】见试题解答内容
【分析】（1）组成不同的四位偶数有两种情况，当0在个位的四位偶数有A53个，当0不在个位时，先从2，4中选一个放在个位，再从余下的四个数选一个放在首位，应有A21A41A42，相加得到结果，
（2）利用间接法和插空法，即可求出．
解：（1）组成不同的四位偶数有两种情况，
当0在个位的四位偶数有A53个，
当0不在个位时，先从2，4中选一个放在个位，再从余下的四个数选一个放在首位，应有A21A41A42，
共有A53+A21A41A42＝156，
（2）先排偶数，形成了4个空，再把3个奇数插入，得到A33A43＝144，其中0在首位的有A22A33＝12，
∴奇数数字互不相邻的六位数有144﹣12＝132．
【点评】本题考查排列组合的实际应用，本题是一个数字问题，解题的关键是注意0不能在首位，注意分类和分步的应用．
18．（2022春•江门期中）（1）从含有3件次品的40件产品中，任意抽取3件产品进行检验，抽出的产品中恰好含有2件次品的抽法有多少种？
（2）从0，2中任取1个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的三位数？
【考点】数字问题．
【专题】计算题；对应思想；分析法；排列组合；运算求解．
【正确答案】（1）111种，
（2）72种．
【分析】（1）利用组合的知识计算即可，
（2）利用选到0与2分别讨论，即可求得．
解：（1）由题意，抽出的产品中恰好含有2件次品的抽法有C 32C 371=111．
（2）当抽到0时，再从1，3，5中抽2个，有C 32种，
所以共有C 32C 31A 22=18种，
当取到2时，再从1，3，5中抽2个，有C 32种，
所以共有C 32CA 44=72种．
【点评】本题考查排列组合，考查学生的运算能力及推理能力，属于中档题．
19．（2021春•珠海校级期中）现有9本不同的书，分别求下列情况的不同分法的种数．
（1）分成三组，一组4本，一组3本，一组2本；
（2）分给三人，一人4本，一人3本，一人2本；
（3）平均分成三组．
【考点】加法计数原理与乘法计数原理的综合应用．
【专题】计算题；方程思想；综合法；排列组合．
【正确答案】见试题解答内容
【分析】（1）直接利用组合知识求解；
（2）先分组，再分给三人；
（3）平均分成三份，每份3本，这是平均分组问题．
解（1）分成三组，一组4本，一组3本，一组2本有：C94C53C22＝1260；
（2）分给三人，一人4本，一人3本，一人2本有：C94C53C22A33＝7560；
（3）平均分成三组有C93C63C33÷A33＝280．
【点评】本题考查了排列组合的综合运用．对于不同元素的分配问题，可以利用分步计数原理，看成是有两步才能完成，一步是分组，二步是发放，这样对排列组合中的分配问题就更加明确，更加容易理解，但在分组中，对于整体均分问题或内部的小均分，要特别注意它的做法．
20．（2021春•吴江区校级月考）有一项活动，需在3名老师，8名男同学和5名女同学中选人参加．
（1）若只需一人参加，有多少种不同方法？
（2）若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？
（3）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；整体思想；数学模型法；排列组合．
【正确答案】见试题解答内容
【分析】根据分类和分步计数原理可得．
解：（1）根据分类计数原理，可得只需一人参加，有3+8+5＝16种不同方法，
（2）根据分步计数原理可得，需老师、男同学、女同学各一人参加，有3×8×5＝120种，
（3）根据分类和分步计数原理可得，需一名老师，一名学生参加，有3×（8+5）＝39种．
【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，解题的关键是正确理解题设中的事件，及理解计数原理，本题考查了分类的及运算的能力．A
B
C
D
8
3
4
1
5
9
6
7
2
A
B
C
D
8
3
4
1
5
9
6
7
2