最新北师大版高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题(含答案解析)(2)

一、选择题

1．某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为 A．14

B．16

C．20

D．48

2．在一个具有五个行政区域的地图上（如图），用四种颜色给这五个行政区着色，当相邻的区域不能用同一颜色时，则不同的着色方法共有（ ）

A．72种 B．84种 C．180种

0D．390种

3．下列四个组合数公式:对n,kN，约定0！C01,有

Pnk（1）C(0kn)

k!kn（2）CnCn(0kn) （3）

knkkkk1CnCn1(1kn) nkkk1（4）CnCn1Cn1(1kn) 其中正确公式的个数是（ ） A．4个 4．若(12x)2020B．3个 C．2个 D．1个

a0a1xa2x2a2020x2020，则下列结果不正确的是（ ）

B．a1a3a5a2019D．

A．a0a1a2a20201 C．a0a2a4a2020132020 2132020 2aa1a2220201 2020222D．300

5．有5本不同的书，分给三位同学，每人至少一本，则不同的分法数为（ ） A．120

B．150

C．240

6．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中甲型与乙型电视机都要取到，则不同的取法种数为（ ） A．40

B．50

C．60

D．70

7．甲、乙、丙、丁4人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（ ） A．840

B．2226

C．2100

D．2352

8．(1x)3(1x)43A．C51

(1x)50的展开式中x3的系数是（ ）

4C．C51

4B．C50 D．C47

49．包括甲、乙、丙3人的7名同学站成一排拍纪念照，其中丙站中间，甲不站在乙的左边，且不与乙相邻，则不同的站法有（ ） A．240种 A．120

B．252种 B．84

C．264种 C．60

D．288种 D．36

10．由1，2，3，4，5组成没有重复数字，含2和5且2与5不相邻的四位数的个数是( ) 11．安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作至少由1人完成，则不同的安排方式共有多少种( ) A．120种

B．180种

C．240种

D．150种

12．5名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法的种数为（ ） A．53

B．35

C．A5

3D．C5

3二、填空题

13．设(x1)a0a1xa2x212a21x21，则a10a11 .

14．若将五本不同的书全部分给三个同学，每人至少一本，则有________种不同的分法. 15．某校在高二年级开设选修课，其中数学选修课开四个班.选课结束后，有四名同学要求改修数学，但每班至多可再接收2名同学，那么不同的分配方案有______（用数字作答） 16．用数字6，7组成四位数，且数字6，7至少都出现一次，这样的四位数共有______个.(用数字作答)

17．六位同学坐在一排，现让六位同学重新坐，恰有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有________种（用数字回答）.

*18．已知集合U1,2,,nnN,n2，对于集合U的两个非空子集A，B，若

AB，则称A,B为集合U的一组“互斥子集”.记集合U的所有“互斥子集”的组数为

fn（视A,B与B,A为同一组“互斥子集”）.那么fn______.

19．从0，1，2，3，4，5这6个数字中任取3个组成一个无重复数字的三位数，其中奇数的个数是__________.

20．由0，1，2，3，4，5这六个数字，组成无重复数字的四位数中比3042大的数有________个.

三、解答题

21．从1到7的七个数字中取二个偶数三个奇数，排成一个无重复数字的五位数试问：（先列式，再计算，用数字作答） （1）共有多少个五位数？

（2）其中偶数排在一起的有几多少个？

（3）其中偶数排在一起、奇数也排在一起的有多少个？ （4）其中两个偶数不相邻有几多少个？

22．从6名男医生和3名女医生中选出5人组成一个医疗小组，请解答下列问题： （1）如果这个医疗小组中男女医生都不能少于2人，共有多少种不同的建组方案？（用数字作答）

（2）男医生甲要担任医疗小组组长，所以必选，而且医疗小组必须男女医生都有，共有多少种不同的建组方案？

（3）男医生甲与女医生乙不被同时选中的概率.（化成最简分数） 23．用0，1，2，3，4这五个数字，可以组成没有重复数字的： （1）三位偶数有多少个？

（2）能被3整除的三位数有多少个？ （3）可以组成多少个比210大的三位数？

24．若x1x1a0a1x2a2x2a10x2.

28210（Ⅰ）求a1a2a3a10的值; （Ⅱ）求a1a3a5a7a9的值.

125．已知2xi2，i是虚数单位，x0，nN+. x（1）如果展开式中的倒数第3项的系数是-180，求n的值； （2）对（1）中的n，求展开式中系数为正实数的项.

26．已知8件不同的产品中有3件次品，现对它们一一进行测试，直至找到所有次品． （1）若在第5次测试时找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？ （2）若至多测试5次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试方法？

n

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一、选择题 1．B 解析：B 【解析】

由间接法得C6C2C420416，故选B．

3212．A

解析：A 【分析】

可分2种情况讨论：若选3种颜色时，必须2,4同色且1,5同色；若4种颜色全用，只能

2,4同色或1,5同色，其它不相同，从而可得结果.

【详解】

选用3种颜色时，必须2,4同色且1,5同色，与3进行全排列， 涂色方法有C4A324种；

4色全用时涂色方法：2,4同色或1,5同色，有2种情况，

33涂色方法有C2A448种，

14不同的着色方法共有482472种，故选A.

【点睛】

本题主要考查分步计数原理与分类计数原理的应用，属于简单题.有关计数原理的综合问题，往往是两个原理交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.

3．A

解析：A 【分析】

分别将组合数和排列数写成阶乘的形式，计算每个等式的两边并判断等式是否成立. 【详解】

PnkPnkA．Ck0kn，等式成立；

Pkk!knPnkn!CB．0kn，

k!nk!k!knCnknPnnkn!n!0kn， nk!k!nk!nnk!nk!knk所以CnCn(0kn)成立；

n1!(1kn)kkkPnkkn!C．Cn，

nnk!nnk!k!nk!k1!Ck1n11n1!(1kn)Pnkkkk11，所以CnCn1(1kn)成立；

nk1!nk!k1!kn1D．CCk1n11n1!n1!Pnk1Pnk1 k!k1!nk1!k!nk!k1!n1!n!knkkCn(1kn)，所以nk!k!nk!k!kkk1CnCnC1n1(1kn)成立.

故选A. 【点睛】

本题考查排列数、组合数公式的运算化简，难度一般.注意排列组合中两个计算公式的使

PnnPnmn!n!m,Cn. 用：Pm!nm!m!nm!nm!mn4．B

解析：B

【分析】

2020令x1，得到a0a1a20201，令x1，求得a0a1a2a20203，令

x0，求得a01，进而逐项判定，即可求解.

【详解】

由题意，二项展开式(12x)2020a0a1xa2x2a2020x2020，

2020令x1，可得a0a1a2a2020(12)1，①

2020令x1，可得a0a1a2a3a2020(12)令x0，可得a0(10)202032020，②

1，③

132020， 2132020， 2由①-②，可得a1a3a5a2019由①+②，可得a0a2a4a2020令x所以

a2020aa112020(12)1， ，可得a0122202022222aa1a2220201. 2020222综上可得，A、C、D是正确的，B是错误的. 故选：B. 【点睛】

本题主要考查了二项展开式的系数问题的求解，其中解答中合理利用二项展开式的形式，合理赋值是解答的关键，着重考查推理与计算能力.

5．B

解析：B 【分析】

由题意，分“其中1人3本，另2人每人一本”、“其中1人一本，另2人每人2本”两种情况讨论，由分类计数原理结合排列、组合的知识即可得解. 【详解】

有5本不同的书，分给三位同学，每人至少一本，分两种情况：

311C5C2C13A360种； ①其中1人3本，另2人每人一本，有2A2122C5C4C23A390种． ②其中1人一本，另2人每人2本，有2A2所以不同的分法有6090150种. 故选：B． 【点睛】

本题考查了计数原理的应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，属于中档题.

6．D

解析：D 【分析】

根据题意，可分为2种情况，①取出的3台电视机为：甲型1台与乙型2台，②取出的3台电视机为：甲型2台与乙型1台，结合组合数的公式，即可求解. 【详解】

根据题意，可分为2种情况，

①取出的3台电视机为：甲型1台与乙型2台，共有C4C540种不同的取法； ②取出的3台电视机为：甲型2台与乙型1台，共有C4C530种不同的取法， 由分类计数原理，可得不同的取法共有403070种. 故选：D. 【点睛】

本题主要考查了分类计数原理，以及组合数公式的应用，其中解答中合理分类，结合组合数的公式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.

21127．B

解析：B 【分析】

分成三类：一类每个台阶站1人；二类一个台阶站2人，一个台阶1人，一个台阶1人；三类一个台阶站2人，一个台阶站2人，分类用加法原理可得. 【详解】

每个台阶站1人有A7840,一个台阶站2人，一个台阶1人，一个台阶1人有

223126 C4A71260, 一个台阶站2人，一个台阶站2人有3A74所以共有840+1260+126=2226 故选：B. 【点睛】

本题考查使用两个计数原理进行计数的基本思想:

对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．

8．C

解析：C 【分析】

利用等比数列的求和公式，化简得(1x)(1x)结合二项式定理，即可求解． 【详解】 由题意，可得

34(1x)51(1x)3，再(1x)x50(1x)(1x)34(1x)5048(1x)3(1x)1x(1x)51(1x)3，

x所以(1x)3(1x)44系数，即为C51．

(1x)50的展开式中x3的系数就是(1x)51的展开式中x4的

故选：C． 【点睛】

本题主要考查二项式定理，以及等比数列的前n项和公式，考查考生分析问题、解决问题的能力、化归与转化能力、运算求解能力．

9．C

解析：C 【分析】

先排甲、乙、丙外的4人，再对甲、乙、丙三人分类讨论即可得解. 【详解】

先排甲、乙、丙外的4人，有A4种排法，再排甲、乙2人，有两类方法： 一类是甲、乙2人插空，又甲排在乙的左边，然后丙排在中间， 故有A4C5240种不同的站法；

另一类是把甲、乙、丙按乙、丙、甲的顺序插入中间，有A4种不同的站法， 所以共有264种不同的站法. 故选：C 【点睛】

此题考查计数原理的应用，利用排列组合相关知识解决排位问题，需要熟练掌握计数原理相关知识.

442410．D

解析：D 【分析】

由题可知四位数中含2和5，且2与5不相邻，所以1，3，4选2个并全排列有A3种，再在两个元素中形成的三个空中插入2与5有A3种，即可得出结果. 【详解】

由题可得四位数中含2和5，所以2与5都选，又2与5不相邻，所以1，3，4选2个并全排列有A3种，再在两个元素中形成的三个空中插入2与5有A3种，所以共有

22A3A336种.

2222故选：D. 【点睛】

本题主要考查插空法排列问题.

11．D

解析：D

【分析】

根据题意，分2步进行分析：①、分两种情况讨论将5项工作分成3组的情况数目，②、将分好的三组全排列，对应3名志愿者由分步计数原理计算可得答案. 【详解】

解：根据题意，分2步进行分析： ①将5项工作分成3组

311C5C2C110种分组方法， 113若分成、、的三组，有2A21C52C32C115种分组方法， 若分成1、2、2的三组，有2A2则将5项工作分成3组，有101525种分组方法； ②将分好的三组全排列，对应3名志愿者，有A36种情况； 所以不同的安排方式则有256150种. 故选：D． 【点睛】

本题考查排列、组合的应用，以及部分平均分配问题，注意分组时要进行分类讨论.

312．B

解析：B 【分析】

把不同的报名方法可分5步完成，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】

由题意，不同的报名方法可分5步完成： 第一步：第一名同学报名由3种方法 第二步：第二名同学报名由3种方法 第三步：第三名同学报名由3种方法 第四步：第四名同学报名由3种方法 第五步：第五名同学报名由3种方法

根据分步乘法计数原理，共有3333335种方法. 故选：B. 【点睛】

本题主要考查了分步计数原理的应用，其中解答中认真审题，合理分步求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.

二、填空题

13．0【分析】就是展开式中的系数利用通项公式求解即可【详解】展开式通项为所以故答案为0【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数属于简单题二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一关于二项式定理的命题

解析：0 【分析】

a10,a11就是(x1)21展开式中x10,x11的系数，利用通项公式求解即可.

【详解】

r21rx(1)r， (x1)21展开式通项为Tr1C211111a10C21(1)11C21 101011a11C21(1)10C21C21

所以a10a11C21C210， 故答案为0. 【点睛】

本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式Tr1Cnarnrr1111b；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）

（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.

14．150【分析】先将五本书分成三堆有和种不同的分法再把三堆分给三个同学即得解【详解】由题意先将五本书分成三堆有和种不同的分法故有种分堆方式再分给三个同学有种不同方法故答案为：150【点睛】本题考查了排

解析：150 【分析】

先将五本书分成三堆，有1,1,3和2,2,1种不同的分法，再把三堆分给三个同学即得解 【详解】

由题意，先将五本书分成三堆，有1,1,3和2,2,1种不同的分法

1131C5C4C3C52C32C1故有种分堆方式 22A2A21131C5C4C3C52C32C13)A3150种不同方法 再分给三个同学，有(22A2A2故答案为：150 【点睛】

本题考查了排列组合综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题

15．【分析】由题意分三种情况讨论：①每个班接收1名同学；②其中一个班接收2名其余两个班各接收1名；③其中两个班不接收另两个班各接收2名由分类计数原理结合排列组合的知识计算即可得解【详解】由题意满足要求的 解析：204

【分析】

由题意，分三种情况讨论：①每个班接收1名同学；②其中一个班接收2名，其余两个

班各接收1名；③其中两个班不接收，另两个班各接收2名，由分类计数原理结合排列、组合的知识，计算即可得解. 【详解】

由题意，满足要求的情况可分为三种：

①每个班接收1名同学，分配方案共有A424种；

213C4C2A3144②其中一个班接收2名，其余两个班各接收1名，分配方案共有C2A2344种；

③其中两个班不接收，另两个班各接收2名，分配方案共有C4C436种； 所以不同的分配方案有2414436204种. 故答案为：204. 【点睛】

本题考查了计数原理的综合应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，属于中档题.

2216．14【分析】分别计算6出现一次两次三次的情况再将三种情况的结果种数相加即可【详解】①当数字中有1个63个7时共有种结果；②当数字中有2个62个7时共有种结果；③当数字中有3个61个7时共有种结果故共

解析：14 【分析】

分别计算6出现一次、两次、三次的情况，再将三种情况的结果种数相加即可. 【详解】

①当数字中有1个6，3个7时，共有C44种结果；

26种结果； ②当数字中有2个6，2个7时，共有C41③当数字中有3个6，1个7时，共有C44种结果. 故共有C4+C4+C4=14种结果. 故答案为：14 【点睛】

本题主要考查分类计数问题.

对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．

121117．135【分析】根据题意先确定2个人位置不变共有种选择再确定4个人坐4个位置但是不能坐原来的位置计算得到答案【详解】根据题意先确定2个人位置不变共有种选择再确定4个人坐4个位置但是不能坐原来的位置共有

解析：135 【分析】

根据题意先确定2个人位置不变，共有C615种选择，再确定4个人坐4个位置，但是

2不能坐原来的位置，计算得到答案. 【详解】

根据题意先确定2个人位置不变，共有C615种选择.

再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，共有33119种选择， 故不同的坐法有159135. 故答案为：135. 【点睛】

本题考查了分步乘法原理，意在考查学生的计算能力和应用能力.

218．【分析】根据任意一个元素只能在集合之一中以及的非空子集个数即可求得【详解】根据题意任意一个元素只能在集合之一中则这个元素在集合中共有种；其中为空集的种数为为空集的种数为个故可得均为非空子集的种数为又 解析：

1n32n11 2【分析】

根据任意一个元素只能在集合A,B,CCUAB之一中，以及A,B的非空子集个数，即可求得. 【详解】

根据题意，任意一个元素只能在集合A,B,CCUAB之一中， 则这n个元素在集合A,B,C中，共有3n种； 其中A为空集的种数为2n，B为空集的种数为2n个， 故可得A,B均为非空子集的种数为3n2n11， 又因为A,B与B,A为同一组“互斥子集， 故fn1n32n11. 2故答案为：【点睛】

1n32n11. 2本题考查集合新定义，涉及排列组合的求解，属综合中档题.

19．48【分析】根据题意分3步进行分析：①从135三个数中取一个排个位；②0不能在百位则百位的安排方法有4种；③在剩下的4个数中任选1个安排在十位由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意分3步进行

解析：48 【分析】

根据题意，分3步进行分析：①从1、3、5三个数中取一个排个位；②0不能在百位，则百位的安排方法有4种；③在剩下的4个数中任选1个，安排在十位，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】

解：根据题意，分3步进行分析：

①从1、3、5三个数中取一个排个位，有3种安排方法， ②0不能在百位，则百位的安排方法有4种，

③在剩下的4个数中任选1个，安排在十位，有4种情况， 则符合题意的奇数的个数是为34448个. 故答案为：48. 【点睛】

本题考查排列组合及简单的计算原理，采用特殊元素特殊位置优先考虑的方法.

20．【分析】首先计算出当千位为4或5时的情况再求出当千位为3时的情况最后根据分类加法计算原理计算可得【详解】解：①当千位为4时其他位从剩下的数字选3个排列即可有（种）②当千位为5时其他位从剩下的数字选3 解析：172

【分析】

首先计算出当千位为4或5时的情况，再求出当千位为3时的情况，最后根据分类加法计算原理计算可得． 【详解】

解：①当千位为4时，其他位从剩下的数字选3个排列即可，有A560（种）， ②当千位为5时，其他位从剩下的数字选3个排列即可，有A560（种）， ③当千位为3时，百位在1、2、4、5中任选一个均满足，有C4A448（种）， ④当千位为3且百位为0时，若十位为5，则有3种，若十位为4，则只有1种； 根据分类加法计算原理可得一个有60604831172（种） 故答案为：172 【点睛】

本题考查排列数、组合数的求法，考查排列数、组合数公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．

1233三、解答题

21．（1）1440；（2）576；（3）288；（4）864. 【分析】

先从七个数字中选二个偶数三个奇数共有12种情况；（1）直接5个数进行全排列；（2）把选出的偶数捆绑在一起，和奇数进行全排列；（3）把选出的偶数捆绑在一起，再把选出的奇数也捆绑在一起全排列；（4）先排三个奇数，二个偶数插空. 【详解】

依题意的，从1到7的七个数字中取二个偶数三个奇数，共有C3C412种情况； （1）共有五位数12A51440个；

（2）把选出的偶数捆绑在一起，和奇数进行全排列，所以偶数排在一起共有

5232412A2A4576个；

（3）把选出的偶数捆绑在一起，再把选出的奇数也捆绑在一起全排列，共有

23212A2A3A2288个；

（4）先排三个奇数，二个偶数插空，故两个偶数不相邻共有12A3A4864个. 【点睛】

本题主要考查排列组合的应用.属于中档题. 22．（1）75；（2）65；（3）【分析】

(1)易得可能的情况有男医生3人女医生2人和男医生2人女医生3人.再用组合的方法求解即可.

(2)先求得不考虑必须男女医生的总情况数,再减去只有男医生的情况数即可. (3)先计算男医生甲与女医生乙被同时选中的概率,再用1去减计算即可. 【详解】

(1)由题可能的情况有男医生3人女医生2人和男医生2人女医生3人,

3223共C6C3C6C375种不同的建组方案.

4(2)由题,除开男医生甲后不考虑必须男女医生都有的建组方案共C83213. 18876570种,

1234其中只有男医生的情况数有C55,不可能存在只有女医生的情况.故共有70565种不同的建组方案.

3C7355.故男医生甲与女医生乙(3)由题, 男医生甲与女医生乙被同时选中的概率为5C9126184不被同时选中的概率为1【点睛】

513. 1818本题主要考查了组合的实际运用题,需要根据题意分析特殊元素满足的条件求解.同时在事件的正面情况数较多的情况下可以考虑先求事件的对立事件.属于中档题. 23．（1）30；（2）20；（3）32 【分析】

（1）考虑个位是0时，个位是2时，个位是4时，三种情况计算得到答案.

（2）能被3整除的三位数的数字组成共有：0,1,2；0,2,4；1,2,3；2,3,4四种情况，分别计算得到答案.

（3）考虑百位是2时，百位是3时，百位是4时，三种情况，分别计算得到答案. 【详解】

（1）个位是0时，有A412个；个位是2时，有339个；个位是4时，有339个.

故共有30个三位偶数.

2（2）能被3整除的三位数的数字组成共有：0,1,2；0,2,4；1,2,3；2,3,4四种情况. 共有：C2A2C2A2A3A320个.

（3）当百位是2时，共有A2A328个；当百位是3时，共有A412个；当百位是

212个； 4时，共有A4112121233故共有32个. 【点睛】

本题考查了排列组合的应用，分类计算是常用的数学方法，需要熟练掌握. 24．（Ⅰ）2555（Ⅱ）1280 【分析】

（Ⅰ）令x2，则a05，再取x3代入计算得到答案.

（Ⅱ）令x1得到a0a1+a2a3a100，联立（1）中方程计算得到答案. 【详解】

（Ⅰ）令x2，则a05.

令x3，则a0+a1+a2a3a102560，所以a1+a2a3a102555； （Ⅱ）令x1，则a0a1+a2a3a100，故a1+a3a5a7a91280. 【点睛】

本题考查了二项展开式中的系数和，取特殊值是解题的关键.

102025．（1）n10（2）T311520，T73360x，T11x.

【解析】 【分析】

(1)由题意得到关于n的方程，解方程可得n的值；

(2)结合(1)中求得的n的值，得到展开式的通项公式，然后整理计算可得展开式中系数为正实数的项. 【详解】

（1）由已知，得Cn(2i)180，即4Cn180，所以n2n900， 又nN+，解得n10. （2）展开式的通项为Tk1n-222C(2xi)k1010kx2kC(2i)k1010kx55k2，

因为系数为正实数，且k{0,1,2,所以k2,6,10.

,10}，

1020代入通项公式可得所求的项为T311520，T73360x，T11x.

【点睛】

本题主要考查二项式展开式的通项公式及其应用，分类讨论的数学思想，复数的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 26．（1）720种（2）936种 【分析】

（1）由题意可知前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品，所以选出排列即可. （2）至多五次能找到，包括检测3次都是次品，检测四次测出3件次品，检测五次测出3件次品或着检测五次全是正品，剩下的为次品，以此求出每种情况求和可得结果. 【详解】

解：（1）若在第五次检测出最后一件次品，则前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品.

则不同的检测方法共有C4A4A5720种.

（2）检测3次可测出3件次品，不同的测试方法有A36种 检测4次可测出3件次品，不同的测试方法有C3A3A590种；

检测5次测出3件次品，分为两类：一类是恰好第5次测到次品，一类是前5次测到都是正品，不同的测试方法共有C4A4A5A5840种．所以共有936种测试方法 【点睛】

本题考查排列组合的实际应用，考查分步计数的原理以及学生处理实际问题的能力，最后一次的问题一定要注意最后一次是确定的事件，本题属于中档题.

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