資源簡介

第02講 排列、組合
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：排列與排列數 4
知識點2：組合與組合數 5
解題方法總結 6
題型一：排列數與組合數的推導、化簡和計算 7
題型二：直接法 10
題型三：間接法 12
題型四：捆綁法 13
題型五：插空法 15
題型六：定序問題（先選后排） 17
題型七：列舉法 20
題型八：多面手問題 23
題型九：錯位排列 25
題型十：涂色問題 26
題型十一：分組問題 31
題型十二：分配問題 33
題型十三：隔板法 36
題型十四：數字排列 38
題型十五：幾何問題 40
題型十六：分解法模型與最短路徑問題 44
題型十七：排隊問題 49
題型十八：構造法模型和遞推模型 51
題型十九：環排問題 54
04真題練習·命題洞見 56
05課本典例·高考素材 58
06易錯分析·答題模板 60
易錯點：忽視順序，重復計算出錯 60
答題模板：分組分配問題 61
考點要求 考題統計 考情分析
（1）排列與組合的概念 （2）排列數、組合數的公式及性質 2023年乙卷（理）第7題，5分 2023年甲卷（理）第9題，5分 2023年II卷第3題，5分 2023年I卷第13題，5分 從近五年的全國卷的考查情況來看，本節是高考的熱點，也是高考常考內容，以考查基本概念和基本方法為主，涉及特殊元素與特殊位置、兩元索相鄰或不相鄰、分組、分配等問題，分值為5分．本節內容與生活實際聯系緊密，考生可適當留意常見的排列組合現象，如體育賽事排賽、彩票規則等，培養數學應用的思維意識．
復習目標： （1）理解排列、組合的概念． （2）能利用計數原理推導排列數公式、組合數公式． （3）能利用排列組合解決簡單的實際問題．
知識點1：排列與排列數
（1）定義：從個不同元素中取出個元素排成一列，叫做從個不同元素中取出個元素的一個排列．從個不同元素中取出個元素的所有排列的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的排列數，用符號表示．
（2）排列數的公式：．
特例：當時，；規定：．
（3）排列數的性質：
①；②；③．
（4）解排列應用題的基本思路：
通過審題，找出問題中的元素是什么，是否與順序有關，有無特殊限制條件（特殊位置，特殊元素）．
注意：排列數公式的兩種不同表達形式本質是一樣的，但作用略有不同，常用于具體數字計算；而在進行含字母算式化簡或證明時，多用．
【診斷自測】用這五個數字組成三位數（不同數位可以用相同數字），其中個位數字、十位數字和百位數字的和為偶數的三位數的個數為 （用數字作答）.
【答案】49
【解析】當三個數字互不相同時，這三個數字應是兩個奇數和一個偶數，有（個）；
當三個數字恰有兩個相同時，這三個數字應是兩個相同的奇數和一個偶數，有（個）；
當三個數字全相同時，這三個數字應是三個相同的偶數，有1個,
所以滿足題意的三位數共有（個）.
故答案為：49
知識點2：組合與組合數
（1）定義：從個不同元素中取出個元素并成一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合．從個不同元素中取出個元素的所有組合的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的組合數，用符號表示．
（2）組合數公式及其推導
求從個不同元素中取出個元素的排列數，可以按以下兩步來考慮：
第一步，先求出從這個不同元素中取出個元素的組合數；
第二步，求每一個組合中個元素的全排列數；
根據分步計數原理，得到；
因此．
這里，，且，這個公式叫做組合數公式．因為，所以組合數公式還可表示為：．特例：．
注意：組合數公式的推導方法是一種重要的解題方法！在以后學習排列組合的混合問題時，一般都是按先取后排（先組合后排列）的順序解決問題．公式常用于具體數字計算，常用于含字母算式的化簡或證明．
（3）組合數的主要性質：①；②．
（4）組合應用題的常見題型：
①“含有”或“不含有”某些元素的組合題型
②“至少”或“最多”含有幾個元素的題型
排列和組合的區別
組合：取出的元素地位平等，沒有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或職位不同．
注意：排列、組合都是研究事物在某種給定的模式下所有可能的配置數目問題，它們之間的主要區別在于是否要考慮選出元素的先后順序，不需要考慮順序的是組合問題，需要考慮順序的是排列問題．排列是在組合的基礎上對入選的元素進行排隊，因此，分析解決排列組合綜合問題的基本思維是“先組合，后排列”．
【診斷自測】關于排列組合數，下列結論錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根據組合數的性質，可知A，B選項正確；
對于C選項，，而，故C選項錯誤；
對于D選項，
，故D選項正確.
故選：C
解題方法總結
1、如圖，在圓中，將圓分等份得到個區域，，，，，現取種顏色對這個區域涂色，要求每相鄰的兩個區域涂不同的兩種顏色，則涂色的方案有種．
2、錯位排列公式
3、數字排列問題的解題原則、常用方法及注意事項
（1）解題原則：排列問題的本質是“元素”占“位子”問題，有限制條件的排列問題的限制條件主要表現在某元素不排在某個位子上，或某個位子不排某些元素，解決該類排列問題的方法主要是按“優先”原則，即優先排特殊元素或優先滿足特殊位子，若一個位子安排的元素影響到另一個位子的元素個數時，應分類討論．
4、定位、定元的排列問題，一般都是對某個或某些元素加以限制，被限制的元素通常稱為特殊元素，被限制的位置稱為特殊位置．這一類問題通常以三種途徑考慮：
（1）以元素為主考慮，這時，一般先解決特殊元素的排法問題，即先滿足特殊元素，再安排其他元素；
（2）以位置為主考慮，這時，一般先解決特殊位置的排法問題，即先滿足特殊位置，再考慮其他位置；
（3）用間接法解題，先不考慮限制條件，計算出排列總數，再減去不符合要求的排列數．
5、解決相鄰問題的方法是“捆綁法”，其模型為將n個不同元素排成一排，其中某k個元素排在相鄰位置上，求不同排法種數的方法是：先將這k個元素“捆綁在一起”，看成一個整體，當作一個元素同其他元素一起排列，共有種排法；然后再將“捆綁”在一起的元素“內部”進行排列，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有種．
6、解決不相鄰問題的方法為“插空法”，其模型為將個不同元素排成一排，其中某個元素互不相鄰（），求不同排法種數的方法是：先將（）個元素排成一排，共有種排法；然后把個元素插入個空隙中，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有·種．
題型一：排列數與組合數的推導、化簡和計算
【典例1-1】下列等式錯誤的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】，故A錯誤；
，故B正確；
，故C正確；
，
，
故，故D正確．
故選：A．
【典例1-2】已知，下列排列組合公式中，不一定正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】對于A，由組合數的性質知，成立，A正確；
對于B，因為，因此成立，B正確；
對于C，，而與不一定相等，則與不一定相等，C不一定正確；
對于D，，D正確．
故選：C．
【變式1-1】不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】不等式中，，化為，
整理得，解得，因此，
所以不等式的解集是.
故選：A
【變式1-2】我們曾用組合模型發現了組合恒等式：，，這里所使用的方法，實際上是將一個量用兩種方法分別算一次，由結果相同得到等式，這是一種非常有用的思想方法，叫作“算兩次”，對此我們并不陌生，如列方程時就要從不同的側面列出表示同一個量的代數式，幾何中常用的等積法也是“算兩次”的典范．再如，我們還可以用這種方法，結合二項式定理得到很多排列和組合恒等式，如由等式可知，其左邊的項的系數和右邊的項的系數相等，得到如下恒等式為（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】A：在展開式中，的系數為，
，
其中的系數為，
所以，故A符合題意；
B：由“算兩次”的定義知，
從個不同的元素中取出個元素的所有排列的個數為，同時還可以分類考慮：
第一類：取出個元素不包括元素甲，則所有排列的個數為，
第二類：取出個元素包括元素甲，則先排元素甲，有m個位置，
然后從其余n個元素中抽出個元素全排列，則所有的排列個數為，
綜上，從個不同的元素中取出個元素的所有排列的個數為，
所以，但是該等式不是由所給二項式得到，故B不符合題意；
C：對于，由“算兩次”的定義知，
展開式中，的系數為，
，
其中的系數為，
所以，故C不符合題意；
D：由組合數的運算性質知，
，
當時，；當時，，故D不符合題意.
故選：A
【變式1-3】下列有關排列數 組合數的計算，正確的是（ ）
A． B．
C． D．是一個常數
【答案】D
【解析】對于A，∵，∴A不正確；
對于B，，故B不正確；
對于C，
，故C不正確；
對于D，n應滿足解得.
所以，故D正確．
故選：D
【變式1-4】（多選題）下列等式正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】根據題意，依次分析選項:
對于A，，故A正確；
對于B，，故B錯誤；
對于C，，故C正確；
對于D，，故D正確；
故選：ACD
題型二：直接法
【典例2-1】（2024·浙江·高三慈溪中學校聯考）從2位男生，4位女生中安排3人到三個場館做志愿者，每個場館各1人，且至少有1位男生入選，則不同安排方法有（ ）種.
A．16 B．20 C．96 D．120
【答案】C
【解析】若選一男兩女共有：；
若選兩男一女共有：；
因此共有96種，
故選：C
【典例2-2】（2024·四川成都·高三統考）某校在重陽節當日安排4位學生到三所敬老院開展志愿服務活動，要求每所敬老院至少安排1人，則不同的分配方案數是（ ）
A．81 B．72 C．48 D．36
【答案】D
【解析】先將4位學生分為三組（其中一組2人，另兩組每組各1人），再分配到三所敬老院，則有種分配方法，
故選：D．
【變式2-1】4張卡片的正、反面分別寫有數字1，2；1，3；4，5；6，7．將這4張卡片排成一排，可構成不同的四位數的個數為（ ）
A．288 B．336 C．368 D．412
【答案】B
【解析】當四位數不出現1時，排法有：種；
當四位數出現一個1時，排法有：種；
當四位數出現兩個1時，排法有：種；
所以不同的四位數的個數共有：．
故選：B．
【變式2-2】（云南省紅河州第一中學2024屆高三第二次聯考數學試題）一個宿舍的6名同學被邀請參加一個節目，要求必須有人去，但去幾個人自行決定．其中甲和乙兩名同學要么都去，要么都不去，則該宿舍同學的去法共有（ ）
A．15種 B．28種 C．31種 D．63種
【答案】C
【解析】若甲和乙兩名同學都去，則去的人數可能是2人，3人，4人，5人，6人，
所以滿足條件的去法數為種；
若甲和乙兩名同學都不去，則去的人數可能是1人，2人，3人，4人，則滿足條件去法有種；
故該宿舍同學的去法共有種．
故選：C.
【變式2-3】6名同學到甲、乙、丙三個場館做志愿者，每名同學只去1個場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有（ ）
A．60種 B．90種 C．120種 D．360種
【答案】A
【解析】依題意從6同學中選出1人安排到甲場館是，再從剩余5人安排2人到乙場館是，最后剩余3人安排到丙場館，
根據分步乘法原理，不同的安排方法共有種.
故選：A.
題型三：間接法
【典例3-1】甲 乙 丙 丁四位同學決定去黃鶴樓 東湖 漢口江灘游玩，每人只能去一個地方，漢口江灘一定要有人去，則不同游覽方案的種數為（ ）
A．65 B．73 C．70 D．60.
【答案】A
【解析】根據題意，甲、乙、丙、丁四位同學決定去黃鶴樓 東湖 漢口江灘游玩，且每人只能去一個地方，
則每人有3種選擇，則4人一共有種情況，
若漢口江灘沒人去，即四位同學選擇了黃鶴樓 東湖，
每人有2種選擇方法，則4人一共有種情況，
故漢口江灘一定要有人去有種情況，
故選：A．
【典例3-2】以一個正三棱柱的頂點為頂點的四面體共有（ ）
A．6個 B．12個 C．18個 D．30個
【答案】B
【解析】根據題意，先從六個頂點中任選四個，共種選法，
而其中包含了所取4點在同一個側面上的情況，這種情況有3種，
即符合條件的有 ；
故選∶B．
【變式3-1】（2024·湖南長沙·雅禮中學校聯考二模）從正360邊形的頂點中取若干個，依次連接，構成的正多邊形的個數為（ ）
A．360 B．630 C．1170 D．840
【答案】B
【解析】從360的約數中去掉1和2，其余的約數均可作為正多邊形的邊數，
設從360個頂點中選出個構成正多邊形，這樣的正多邊形有個，
因此所求的正多邊形的個數就是360的所有約數之和減去360和180，
考慮到，
因此所求正多邊形的個數為.
故選：B.
【變式3-2】將7個人從左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相鄰，且甲不站在最右端，則不同的站法有（ ）．
A．1860種 B．3696種 C．3600種 D．3648種
【答案】D
【解析】7個人從左到右排成一排，共有種不同的站法，其中甲、乙、丙3個都相鄰有種不同的站法，甲站在最右端有種不同的站法，甲、乙、丙3個相鄰且甲站最右端有種不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相鄰，且甲不站在最右端，不同的站法有種不同的站法.
故選：D
【變式3-3】（2024·廣西梧州·統考一模）某高中從3名男教師和2名女教師中選出3名教師，派到3個不同的鄉村支教，要求這3名教師中男女都有，則不同的選派方案共有（ ）種
A．9 B．36 C．54 D．108
【答案】C
【解析】從含有3名男教師和2名女教師的5名教師中任選3名教師，派到3個不同的鄉村支教，不同的選派方案有種，
選出3名教師全是男教師的不同的選派方案有種，
所以3名教師中男女都有的不同的選派方案共有種
故選：C
【變式3-4】某學校計劃從包含甲 乙 丙三位教師在內的10人中選出5人組隊去西部支教，若甲 乙 丙三位教師至少一人被選中，則組隊支教的不同方式共有（ ）
A．21種 B．231種 C．238種 D．252種
【答案】B
【解析】10人中選5人有種選法，其中，甲 乙 丙三位教師均不選的選法有種，
則甲 乙 丙三位教師至少一人被選中的選法共有種.
故選：B
題型四：捆綁法
【典例4-1】春節是團圓的日子，為了烘托這一喜慶的氣氛，某村組織了“村晚”．通過海選，現有6個自編節目需要安排演出，為了更好地突出演出效果，對這6個節目的演出順序有如下要求：“雜技節目”排在后三位，“相聲”與“小品”必須相繼演出，則不同的演出方案有（ ）
A．240種 B．188種 C．144種 D．120種
【答案】D
【解析】先將“相聲”與“小品”排在一起，有種排法，再與其它4個節目排序，有種排法，
最后考慮雜技節目在前三位或在后三位情況一樣，所以有種．
故選：D.
【典例4-2】（2024·廣東·模擬預測）甲、乙等6人圍成一圈，且甲、乙兩人相鄰，則不同的排法共有（ ）
A．6種 B．12種 C．24種 D．48種
【答案】D
【解析】因為由于環狀排列沒有首尾之分，將n個不同元素圍成的環狀排列剪開看成n個元素排成一排，即共有種排法，
由于n個不同元素共有n種不同的剪法，則環狀排列共有 種排法.
甲、乙兩人相鄰而坐，可將此2人當作1人看，即5人圍一圓桌，有種坐法，
又因為甲、乙2人可換位，有2!種坐法，故所求坐法為種.
故選：D
【變式4-1】（2024·高三·山東德州·開學考試）為積極落實“雙減”政策，豐富學生的課外活動，某校開設了舞蹈 攝影等5門課程，分別安排在周一到周五，每天一節，舞蹈和攝影課安排在相鄰兩天的方案種數為（ ）
A．48 B．36 C．24 D．12
【答案】A
【解析】舞蹈和攝影課進行捆綁，有種情況，
將舞蹈和攝影課看為一個整體，和剩余的3個活動，進行全排列，有種情況
故共有種方案.
故選：A
【變式4-2】某校畢業典禮由6個節目組成，節目甲必須排在前三位，且節目丙，丁必須排在一起，則該校畢業典禮節目演出順序的編排方案共有（ ）
A．120種 B．156種 C．188種 D．240種
【答案】A
【解析】根據題意，由于節目甲必須排在前三位，分3種情況討論：
①、甲排在第一位，節目丙、丁必須排在一起，則丙丁相鄰的位置有個，
考慮兩者順序，有種情況，將剩下的個節目全排列,安排在其他三個位置，
有種安排方法，則此時有種編排方法；
②、甲排在第二位，節目丙、丁必須排在一起，則丙丁相鄰的位置有個，
考慮兩者的順序，有種情況，將剩下的個節目全排列，
安排在其他三個位置，有種安排方法，則此時有種編排方法；
③、甲排在第三位，節目丙、丁必須排在一起，則丙丁相鄰的位置有個，
考慮兩者的順序，有種情況，將剩下的個節目全排列，
安排在其他三個位置，有種安排方法，則此時有種編排方法；
則符合題意要求的編排方法有種；
故選：A.
【變式4-3】現有三對雙胞胎共6人排成一排，則有且只有一對雙胞胎相鄰的排法種數是（ ）
A．180 B．240 C．288 D．300
【答案】C
【解析】將6人進行編號，分別為，其中為雙胞胎，為雙胞胎，為雙胞胎，
從左到右站位，分別為，
先從3對雙胞胎中選擇一對令兩人相鄰，且兩人可內部排列，故有種選擇，
再依次進行求解，若這對雙胞胎分別站在位，此時3號位可以從剩余的4人中進行選擇，
那么4號位可以從剩余的雙胞胎中選擇1人，號位置將固定排剩余2人，
此時共有種選擇，
若這對雙胞胎分別站在位，則1號位置有4種選擇，4號位可以從剩余的雙胞胎中選擇1人，
位置將固定排剩余2人，此時共有種選擇，
若這對雙胞胎分別站在位，則2號位置有4種選擇，1號位可以從剩余的雙胞胎中選擇1人，
位置可將剩余2人進行全排列，此時共有種選擇，
若這對雙胞胎分別站在或，可利用同種方法得到共有種選擇，
綜上，共有種排法.
故選：C
題型五：插空法
【典例5-1】我校田徑隊有十名隊員，分別記為，為完成某訓練任務，現將十名隊員分成甲、乙兩隊．其中將五人排成一行形成甲隊，要求與相鄰，在的左邊，剩下的五位同學排成一行形成乙隊，要求與不相鄰，則不同的排列方法種數為（ ）
A．432 B．864 C．1728 D．2592
【答案】C
【解析】甲隊，先用捆綁法，將與捆綁有種，將與看作一個整體，再用除序法得種，利用計數原理可知，一共為種；
乙隊，利用插空法得種；
按照計數原理可知，一共種.
故選：C
【典例5-2】（2024·四川成都·模擬預測）象棋作為一種古老的傳統棋類益智游戲，具有深遠的意義和價值．它具有紅黑兩種陣營，將、車、馬、炮、兵等均為象棋中的棋子，現將3個紅色的“將”“車”“馬”棋子與2個黑色的“將”“車”棋子排成一列，則同色棋子不相鄰的排列方式有（ ）
A．120種 B．24種 C．36種 D．12種
【答案】D
【解析】先將3個紅色的“將”“車”“馬”棋子進行全排列，有種選擇，
3個紅色棋子中間有2個空，將2個黑色的“將”“車”棋子進行插空，有種選擇，
則同色棋子不相鄰的排列方式有種.
故選：D
【變式5-1】（2024·高三·山東濟南·開學考試）由0，1，2，3，4，5組成沒有重復數字的六位數，其中任意兩個偶數都不相鄰，則滿足條件的六位數的個數為（ ）
A．60 B．108 C．132 D．144
【答案】B
【解析】先排3個奇數，有種排法，
排完奇數后形成4個空，插入余下3個偶數，有種排法，
但此時0放在首位的情況有種，故滿足條件的排法有.
故選：B
【變式5-2】（2024·高三·河北邢臺·開學考試）有4名男生 3名女生和2個不同的道具（記作A和B）參與一個活動，活動要求：所有人（男生和女生）必須站成一排，女生必須站在一起，并且她們之間按照身高從左到右由高到低的順序排列（假設女生的身高各不相同）；兩個道具A和B必須被分配給隊伍中的兩個人（可以是男生，也可以是女生），但這兩人不能站在一起.滿足上述所有條件的排列方式共有（ ）
A．2400種 B．3600種 C．2880種 D．4220種
【答案】B
【解析】根據題意4名男生 3名女生的排列方法為，然后在7人中選2人（不相鄰）分配道具：，總方法數為，
故選：B．
【變式5-3】（2024·高三·浙江·開學考試）將若干個除顏色外完全相同的紅色小球和黑色小球排成一列，要求所有的紅球互不相鄰，當小球的總數為8時，滿足條件的不同排列方法的總數之和為（）
A．20 B．36 C．54 D．108
【答案】C
【解析】8個除顏色外完全相同的球，要使紅球互不相鄰，則最多有4個紅球，根據紅球個數分類討論:
1個紅球7個黑球：先排7個黑球共有1中排法，從8個空里面選出1個空讓紅球插入，有種選法;
2個紅球6個黑球：先排6個黑球共有1中排法，從7個空里面選出2個空讓紅球插入，有種選法;
3個紅球5個黑球：先排5個黑球共有1中排法，從6個空里面選出3個空讓紅球插入，有種選法;
4個紅球4個黑球：先排4個黑球共有1中排法，從5個空里面選出4個空讓紅球插入，有種選法;
所以滿足條件的不同排列方法的總數之和為.
故選：C.
【變式5-4】某種產品的加上需要經過A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B兩道工序必須相鄰，C，D兩道工序不能相鄰，則不同的加工順序有（ ）
A．960種 B．836種
C．816種 D．720種
【答案】A
【解析】先捆綁再和排列，然后插入
共有種排法．
故選：A.
題型六：定序問題（先選后排）
【典例6-1】已知，則滿足的有序數組共有（ ）個
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】所有有序數組 中,滿足的
有序數組 中包含個0，另外兩個數在或中選擇，每個位置有2種選擇，由乘法計數原理得不同的種數為
故選：A.
【典例6-2】甲乙丙丁戊五人并排站成一排，如果乙必須站在甲的右邊（甲乙可以不相鄰），那么不同的排法共有（ ）種.
A．120 B．60 C．50 D．30
【答案】B
【解析】本題可使用倍分法，五人并排站成一排，有種情況，
而其中站在的左邊與站在的右邊是等可能的，
則其情況數目是相等的，則站在的右邊情況數目為，
故選：B.
【變式6-1】習近平總書記在全國教育大會上發表重要講話，稱教育是國之大計，黨之大計．哈九中落實講話內容，組織研究性學習．在研究性學習成果報告會上，有A、B、C、D、E、F共6項成果要匯報，如果B成果不能最先匯報，而A、C、D按先后順序匯報（不一定相鄰），那么不同的匯報安排種數為（ ）
A．100 B．120 C．300 D．600
【答案】A
【解析】先排B元素，有5種排法，然后排剩余5個元素共，由于A、C、D順序確定，所以不同的排法共有.
故選：A
【變式6-2】7人排隊，其中甲、乙、丙 3 人順序一定(可以相鄰，也可以不相鄰)，共有____種不同的排法．
【答案】840
【解析】對于某幾個元素順序一定的排列問題，可先把這幾個元素與其他元素一起進行排列， 然后用總排列數除以這幾個元素之間的全排列數，則共有種不同的方法．
故答案為：840.
【變式6-3】某公司在元宵節組織了一次猜燈謎活動，主持人事先將10條不同燈謎分別裝在了如圖所示的10個燈籠中，猜燈謎的職員每次只能任選每列最下面的一個燈籠中的謎語來猜（無論猜中與否，選中的燈籠就拿掉），則這10條燈謎依次被選中的所有不同順序方法數為____________.（用數字作答）
【答案】
【解析】一共有10條燈謎，共有種方法，由題意可知而其中按2，3，3，2組成的4列相對位置不變，所以結合倍縮法可知共有種，也即是這10條燈謎依次被選中的所有不同順序方法有種
故答案為：.
【變式6-4】現有學號分別為號、號、號、、號的位同學依次站成一排，老師請他們從號同學開始依次從如圖所示的裝有標號為至號球的三個圓柱形容器中隨意選擇一個有球的容器并取出最上面的一個球，再根據自己手中所拿球的號碼，按照球號從小到大的順序從左到右重新站成一排，則所有可能的不同站法有____________種（用數字作答）．
【答案】
【解析】相當于先將位同學看成個排成一列的盒子，
先從這個不同的盒子中選出個，并從左往右依次放入、、號球，
再從剩余的個盒子中選出個，并從左往右依次放入、、號球，
最后將、、號球，從左往右依次放入剩余的個盒子，
共有種不同的站法．
故答案為：.
【變式6-5】四根繩子上共掛有10只氣球,繩子上的球數依次為1,2,3,4，每槍只能打破一只球,而且規定只有打破下面的球才能打上面的球,則將這些氣球都打破的不同打法數是________.
【答案】12600
【解析】問題等價于編號為的10個小球排列，其中號，號，號的排列順序是固定的，據此可得：將這些氣球都打破的不同打法數是.
【變式6-6】把6名實習生分配到7個車間實習，共有______種不同的分法.
【答案】117649
【解析】第一名實習生分配到車間有7種分法，
把第二名實習生分配到車間也有7種分法，，以此類推，
直到最后一名實習生分配到車間也有7種分法.
由分步乘法計數原理知，共有種不同的分法.
故答案為：
【變式6-7】花燈，又名“彩燈”“燈籠”，是中國傳統農業時代的文化產物，兼具生活功能與藝術特色.如圖，現有懸掛著的8盞不同的花燈需要取下，每次取1盞，則不同取法總數為 （ ）
A．2520 B．5040 C．7560 D．10080
【答案】A
【解析】由題意，對8盞不同的花燈進行取下，
先對8盞不同的花燈進行全排列，共有種方法，
因為取花燈每次只能取一盞，而且只能從下往上取，
所以須除去重復的排列順序，即先取上方的順序，
故一共有種，
故選：A
題型七：列舉法
【典例7-1】數論領域的四平方和定理最早由歐拉提出，后被拉格朗日等數學家證明．四平方和定理的內容是：任意正整數都可以表示為不超過四個自然數的平方和，例如正整數．設，其中a，b，c，d均為自然數，則滿足條件的有序數組的個數是（ ）
A．28 B．24 C．20 D．16
【答案】A
【解析】顯然a，b，c，d均為不超過5的自然數，下面進行討論．
最大數為5的情況：
①，此時共有種情況；
最大數為4的情況：
②，此時共有種情況；
③，此時共有種情況．
當最大數為3時，，故沒有滿足題意的情況．
綜上，滿足條件的有序數組的個數是．
故選：A
【典例7-2】已知字母，，各有兩個，現將這6個字母排成一排，若有且僅有一組字母相鄰（如），則不同的排法共有（ ）種
A．36 B．30 C．24 D．16
【答案】A
【解析】有且僅有一組字母相鄰，這組字母有三種情況：.
當相鄰的這組字母為時，將6個位置編成1-6號，
若在1號和2號，則3號和5號字母相同，4號和6號字母相同，有2種排法；
若在2號和3號，則1號和5號字母相同，4號和6號字母相同，有2種排法；
若在3號和4號，則1號和2號字母不相同，5號和6號字母不相同，有種排法；
若在4號和5號，則2號和6號字母相同，1號和3號字母相同，有2種排法；
若在5號和6號，則1號和3號字母相同，2號和4號字母相同，有2種排法，
即相鄰的字母為時，共有種排法.
同理，相鄰的字母為時，也都有12種排法，故共有種排法.
故選：A.
【變式7-1】（2024·海南海口·統考一模）形如45132這樣的數稱為“波浪數”，即十位上的數字，千位上的數字均比與它們各自相鄰的數字大，則由1，2，3，4，5可組成數字不重復的五位“波浪數”的個數為（ ）
A．20 B．18 C．16 D．11
【答案】C
【解析】此“波浪數”中，十位數字，千位數字必有5、另一數是3或4；
是4時“波浪數”有；
另一數3時4、5必須相鄰即45132；45231；13254；23154四種．
則由1，2，3，4，5可構成數字不重復的五位“波浪數”個數為16，
故選C．
【變式7-2】某人設計一項單人游戲，規則如下：先將一棋子放在如圖所示正方形（邊長為2個單位）的頂點處，然后通過擲骰子來確定棋子沿正方形的邊按逆時針方向行走了幾個單位，如果擲出的點數為，則棋子就按逆時針方向行走個單位，一直循環下去.則某人拋擲三次骰子后棋子恰好又回到起點處的所有不同走法共有（ ）
A．21種 B．22種 C．25種 D．27種
【答案】D
【解析】由題意，正方形的周長為8，拋擲三次骰子的點數之和為8或16，
①點數之和為8的情況有：；；；；，排列方法共有種；
②點數之和為16的情況有：；，排列方法共有種.
所以，拋擲三次骰子后棋子恰好又回到起點處的所有不同走法共有種.
故選：D.
【變式7-3】中國古代十進制的算籌計數法，在數學史上是一個偉大的創造，算籌實際上是一根根同長短的小木棍．如圖，是利用算籌表示數的一種方法．例如：3可表示為“”，26可表示為“”．現有6根算籌，據此表示方法，若算籌不能剩余，則可以用這9數字表示兩位數的個數為　　
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】D
【解析】根據題意，現有6根算籌，可以表示的數字組合為1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、3，3、7，7、7；
數字組合1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、7中，每組可以表示2個兩位數，則可以表示個兩位數；
數字組合3、3，7、7，每組可以表示1個兩位數，則可以表示個兩位數；
則一共可以表示個兩位數；
故選．
題型八：多面手問題
【典例8-1】我校去年11月份，高二年級有10人參加了赴日本交流訪問團，其中3人只會唱歌，2人只會跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．現要從中選6人上臺表演，3人唱歌，3人跳舞，有（ ）種不同的選法．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根據題意可按照只會跳舞的人中入選的人數分類處理．
第一類個只會跳舞的都不選，則從既能唱歌又能跳舞的5人中選擇3人來跳舞，接著從剩余的5人中選擇3人唱歌，故有種；
第二類個只會跳舞的有人入選，有種，再從從既能唱歌又能跳舞的5人中選擇2人來跳舞，有種，再從剩余的6人中選擇3人唱歌，有種，故有種；
第三類個只會跳舞的全入選，有種，再從從既能唱歌又能跳舞的5人中選擇1人來跳舞，有種，再從剩余的7人中選擇3人唱歌，有種，有種，
所以共有種不同的選法，
故選：A．
【典例8-2】某國際旅行社現有11名對外翻譯人員，其中有5人只會英語，4人只會法語，2人既會英語又會法語，現從這11人中選出4人當英語翻譯，4人當法語翻譯，則共有（ ）種不同的選法
A．225 B．185 C．145 D．110
【答案】B
【解析】根據題意，按“2人既會英語又會法語”的參與情況分成三類．
①“2人既會英語又會法語”不參加，這時有種；
②“2人既會英語又會法語”中有一人入選，
這時又有該人參加英文或日文翻譯兩種可能，
因此有種；
③“2人既會英語又會法語”中兩個均入選，
這時又分三種情況：兩個都譯英文、兩個都譯日文、兩人各譯一個語種，
因此有種．
綜上分析，共可開出種．
故選：B．
【變式8-1】“賽龍舟”是端午節的習俗之一，也是端午節最重要的節日民俗活動之一，在我國南方普遍存在端午節臨近，某單位龍舟隊欲參加今年端午節龍舟賽，參加訓練的8名隊員中有3人只會劃左槳，3人只會劃右槳，2人既會劃左槳又會劃右槳．現要選派劃左槳的3人、劃右槳的3人共6人去參加比賽，則不同的選派方法共有（ ）
A．26種 B．30種 C．37種 D．42種
【答案】C
【解析】根據題意，設只會劃左槳的3人，只會劃右槳的3人，既會劃左槳又會劃右槳的2人，據此分3種情況討論：
①從中選3人劃左槳，劃右槳的在（）中剩下的人中選取，有種選法，
②從中選2人劃左槳，中選1人劃左槳，劃右槳的在（）中選取，有種選法，
③從中選1人劃左槳，中2人劃左槳，中3人劃右槳，有種選法，
則有種不同的選法．
故選：C．
【變式8-2】某龍舟隊有9名隊員，其中3人只會劃左舷，4人只會劃右舷，2人既會劃左舷又會劃右舷．現要選派劃左舷的3人、右舷的3人共6人去參加比賽，則不同的選派方法共有（ ）
A．56種 B．68種
C．74種 D．92種
【答案】D
【解析】根據劃左舷中有“多面手”人數的多少進行分類：劃左舷中沒有“多面手”的選派方法有 種，有一個“多面手”的選派方法有種，有兩個“多面手”的選派方法有種，即共有(種)不同的選派方法．
故選：D
【變式8-3】某龍舟隊有8名隊員，其中3人只會劃左槳，3人只會劃右槳，2人既會劃左槳又會劃右槳.現要選派劃左槳的3人、劃右槳的3人共6人去參加比賽，則不同的選派方法共有（ ）
A．26種 B．30種 C．37種 D．42種
【答案】C
【解析】根據題意，設只會劃左槳的3人，只會劃右槳的3人，既會劃左槳又會劃右槳的2人，
據此分3種情況討論：
①從中選3人劃左槳，劃右槳的在中剩下的人中選取，有種選法，
②從中選2人劃左槳，中選1人劃左槳，劃右槳的在中剩下的人中選取，有種選法，
③從中選1人劃左槳，中2人劃左槳，中3人劃右槳，有種選法，
則有種不同的選法；
故選：C．
題型九：錯位排列
【典例9-1】編號為1、2、3、4、5的5個人分別去坐編號為1、2、3、4、5的五個座位，其中有且只有兩個人的編號與座位號一致的坐法有（ ）
A．10種 B．20種 C．30種 D．60種
【答案】B
【解析】先選擇兩個編號與座位號一致的人，方法數有，
另外三個人編號與座位號不一致，方法數有，
所以不同的坐法有種.
故選：B
【典例9-2】將編號為、、、、、的小球放入編號為、、、、、的六個盒子中，每盒放一球，若有且只有兩個盒子的編號與放入的小球的編號相同，則不同的放法種數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根據題意，分以下兩步進行：
（1）在個小球中任選個放入相同編號的盒子里，有種選法，假設選出的個小球的編號為、；
（2）剩下的個小球要放入與其編號不一致的盒子里，
對于編號為的小球，有個盒子可以放入，假設放入的是號盒子.
則對于編號為的小球，有個盒子可以放入，
對于編號為、的小球，只有種放法.
綜上所述，由分步乘法計數原理可知，不同的放法種數為種.
故選：B.
【變式9-1】將編號為1 2 3 4 5 6的六個小球放入編號為1 2 3 4 5 6的六個盒子里，每個盒子放一個小球，若有且只有三個盒子的編號與放入的小球編號相同，則不同的方法總數是（ ）
A．20 B．40 C．120 D．240
【答案】B
【解析】第一步，先選取3個盒子，放入編號相同的3個球，方法數為，第二步剩下的3個盒子放入編號不同的小球，有2種方法，所以總方法數為．
故選：B．
【變式9-2】“數獨九宮格”原創者是18世紀的瑞士數學家歐拉，它的游戲規則很簡單，將1到9這九個自然數填到如圖所示的小九宮格的9個空格里，每個空格填一個數，且9個空格的數字各不相間，若中間空格已填數字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行從左至右及第二列從上至下所填的數字都是從大到小排列的，則不同的填法種數為（ ）
A．72 B．108 C．144 D．196
【答案】C
【解析】按題意5的上方和左邊只能從1，2，3，4中選取，5的下方和右邊只能從6，7，8，9中選取．因此填法總數為．
故選：C.
【變式9-3】元旦來臨之際，某寢室四人各寫一張賀卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀卡，則四張賀卡不同的分配方式有（ ）
A．6種 B．9種 C．11種 D．23種
【答案】B
【解析】解法1：設四人A、B、C、D寫的賀卡分別是a、b、c、d，
當A拿賀卡b，則B可拿a、c、d中的任何一張，即B拿a，C拿d，D拿c，或B拿c，D拿a，C拿d，或B拿d，C拿a，D拿c，
所以A拿b時有三種不同的分配方式；
同理，A拿c，d時也各有三種不同的分配方式，
由分類加法計數原理，四張賀卡共有（種）分配方式；
解法2：讓四人A、B、C、D依次拿一張別人送出的賀卡，
如果A先拿，有3種，此時被A拿走的那張賀卡的人也有3種不同的取法，
接下來，剩下的兩個人都各只有1種取法，
由分步乘法計數原理，四張賀卡不同的分配方式有（種）．
故選：B.
題型十：涂色問題
【典例10-1】（2024·安徽淮北·二模）在的方格中，每個方格被涂上紅、橙、黃、綠四種顏色之一，若每個的方格中的四個小方格的顏色都不相同，則滿足要求的不同涂色方法的種數為 .
【答案】
【解析】設四種顏色分別為，對于第一個的方格，共有種不同的涂法，
假設第一個的方格，涂如圖所示四種顏色，
①若第三列的一個方格涂，第三列的第二方格涂，則第三列的第三方格涂或，
當第三列的第三方格涂時，則第三行的第一、二方格，分別涂；
當第三列的第三方格涂時，則第三行的第一、二方格，分別涂；
②若第三列的一個方格涂，第三列的第二方格涂，則第三列的第三方格涂或，
當第三列的第三方格涂時，則第三行的第一、二方格，分別涂；
當第三列的第三方格涂時，則第三行的第二方格涂，不合題意；
所以，共有類涂法，則共有種不同的涂色方法.
故答案為：.
【典例10-2】提供6種不同顏色的顏料給圖中A，B，C，D，E，F六個區域涂色，要求相鄰區域不能涂相同顏色，則不同的涂色方法共有 種.
【答案】6120
【解析】假定涂色順序為
若、涂相同顏色，則有種涂法；
若、涂不同顏色，、涂相同顏色，則有種涂法；
若、涂不同顏色，、涂不同顏色，則有種涂法；
故由分類加法計數原理得不同的涂色方法共有種.
故答案為：6120.
【變式10-1】（2024·重慶·模擬預測）重慶位于中國西南部、長江上游地區，地跨青藏高原與長江中下游平原的過渡地帶．東鄰湖北、湖南，南靠貴州，西接四川，北連陜西．現用4種顏色標注6個省份的地圖區域，相鄰省份地圖顏色不相同，則共有 種涂色方式．
【答案】
【解析】根據題意，用4種顏色標注6個省份的地圖區域，相鄰省份地圖顏色不相同，
則這4中顏色全部都用上，其中必有兩個不相鄰的地區涂同一中顏色，
共有：{“四川和湖南”且“貴州和湖北”}、{“四川和湖南”且“貴州和陜西”}、{“四川和湖北”且“貴州和陜西”、{“四川和湖北”且“湖南和陜西”、{“貴州和湖北”且“湖南和陜西”，共有5種情況，
所以不同的涂色共有種.
故答案為：.
【變式10-2】（2024·高三·廣西南寧·開學考試）在如圖方格中，用4種不同顏色做涂色游戲，要求相鄰區域顏色不同，每個區域只能涂一種顏色.
①若區域涂2種顏色，區域涂另外2種顏色，則有 種不同涂法.
②若區域涂4種顏色（涂的顏色互不相同），區域也涂這4種顏色（涂的顏色互不相同），則有 種不同涂法.
【答案】
【解析】①先涂，共有種，再涂鴉，共有種，
故共有種涂法.
②先涂，共有，
若所涂顏色為所用顏色，則共有種涂法；
若所涂顏色為所用顏色，則共有種涂法；
若所涂顏色為所用顏色，則共有種涂法；
同理所涂顏色為所用顏色，則共有種涂法；
所涂顏色為所用顏色，則共有種涂法；
所涂顏色為所用顏色，則共有種涂法；
故共有涂法種，
故答案為：.
【變式10-3】網課期間，小王同學趁課余時間研究起了七巧板，有一次他將七巧板拼成如下圖形狀，現需要給下圖七巧板右下方的五個塊涂色（圖中的1，2，3，4，5），有4種不同顏色可供選擇，要求有公共邊的兩塊區域不能同色，有 種不同的涂色方案.
【答案】252
【解析】第一步：涂2，有4種顏色；
第二步：涂5，有3種顏色
第三步：涂3、4，當3與5同色時，4有3種顏色；當3和5不同色時，3有2種顏色，4有2種顏色，第三步共7種.
第四步：涂1，有3種顏色.
共計種.
故答案為：252
【變式10-4】（2024·江西鷹潭·一模）用四種不同的顏色為正六邊形（如圖）中的六塊區域涂色，要求有公共邊的區域涂不同顏色，一共有 種不同的涂色方法．
【答案】
【解析】如圖，記六個區域的涂色數為，若涂色相同，則相當于5個區域涂色，記5個區域涂色數為，
同理只有4個區域時涂色數記為，易知，
．
【變式10-5】（2024·浙江·模擬預測）如圖，用4種不同的顏色給圖中的8個區域涂色，每種顏色至少使用一次，每個區域僅涂一種顏色，且相鄰區域所涂顏色互不相同，則區域，，，和，，，分別各涂2種不同顏色的涂色方法共有 種；區域，，，和，，，分別各涂4種不同顏色的涂色方法共有 種.
【答案】 24 216
【解析】，同色，所以先涂有：，再涂有種，所以共有：種.
先涂共有：種，設四種顏色為，假設涂的顏色分別為，則涂色情況如下：
，，，共9種，所以：種.
故答案為：24；216.
【變式10-6】（2024·湖北十堰·模擬預測）四色定理又稱四色猜想、四色問題，是世界近代三大數學難題之一．地圖四色定理最先是由一位叫古德里的英國大學生提出來的．四色定理的內容是：“任何一張地圖只用四種顏色就能使具有共同邊界的國家著上不同的顏色．”某同學在橫格紙上研究填涂藍、紅、黃、綠4種顏色問題，如圖，第1行有1個格子，第2行有2個格子，…，第n行有n個格子，將4種顏色在每行中分別進行涂色，每行相鄰的格子顏色不同，記為第k行不同涂色種數，則 ， ．
【答案】 324
【解析】由分步計數原理知每行的第一個格子有4重涂法，其余每個格子均有3種涂法，故種，，
則①，
所以②，
①-②得，即．
故答案為：324，
題型十一：分組問題
【典例11-1】有6本不同的書，按下列方式進行分配，其中分配種數正確的是（ ）
A．分給甲、乙、丙三人，每人各2本，有15種分法；
B．分給甲、乙、丙三人中，一人4本，另兩人各1本，有180種分法；
C．分給甲乙每人各2本，分給丙丁每人各1本，共有90種分法；
D．分給甲乙丙丁四人，有兩人各2本，另兩人各1本，有1080種分法；
【答案】D
【解析】選項A，6本不同的書分給甲、乙、丙三人，每人各2本，有種分配方法，故該選項錯誤；
選項B，6本不同的書分給甲、乙、丙三人，一人4本，另兩人各1本，先將6本書分成4-1-1的3組，再將三組分給甲乙丙三人，有種分配方法，故該選項錯誤；
選項C，6本不同的書分給甲乙每人各2本，有種方法，其余分給丙丁每人各1本，有種方法，所以不同的分配方法有種，故該選項錯誤；
選項D，先將6本書分為2-2-1-1的4組，再將4組分給甲乙丙丁4人，有種方法，故該選項正確.
故選：D.
【典例11-2】（多選題）（2024·遼寧葫蘆島·高三葫蘆島第一高級中學校考期末）九本書籍分給三位同學，下列說法正確的是（ ）
A．九本書內容完全一樣，每人至少一本有28種不同的分法
B．九本書內容都不一樣，分給三位同學有種不同的分法
C．九本書內容完全一樣，分給三位同學有55種不同的分法
D．九本書內容都不一樣，甲同學至少一本，乙同學至少二本有種不同的分法
【答案】ABC
【解析】對于A，9本相同的書分給三位同學，每人至少一本，利用擋板法分析，在9本書之間的8個空位中任選2個，插入擋板即可，有種不同的分法，故A正確；
對于B，根據題意，9本書內容都不一樣，則每本書都可以分給3人中的任意一人，即有3種分法，所以9本書有種不同的分法，故B正確；
對于C，由9本書內容完全一樣，則將這9本書和2個擋板排成一排，利用擋板將9本書分為3組，對應3位同學即可，則有種不同的分法，故C正確；
對于D，可以分11類情況：
①“1，2，6型”有；②“1，3，5型”；
③“1，4，4型”；④“1，7，1型”；⑤“1，8，0型”；
⑥“2，2，5型”；⑦“2，3，4型”；⑧“2，7，0型”；
⑨“3，3，3型”；⑩“3，6，0型”；
“4，5，0型”，
所以有種不同的分法，故D錯誤．
故選：ABC．
【變式11-1】有6本不同的書按下列分配方式分配，問共有多少種不同的分配方法？
（1）分成1本、2本、3本三組；
（2）分給甲、乙、丙三人，其中一個人1本，一個人2本，一個人3本；
（3）分成每組都是2本的三組；
（4）分給甲、乙、丙三人，每個人2本．
【解析】（1）根據分步計算原理可知，，
所以分成1本、2本、3本三組共有60種方法；
（2）由（1）可知：分成1本、2本、3本三組，共有60種方法，
再分給甲、乙、丙三人，所以有種方法；
（3）先分三步，則應是種方法，但是這里面出現了重復，不妨記六本書為A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，記該種分法為(AB，CD，EF)，則種分法中還有(AB，EF，CD)、(CD、AB、EF)、(CD、EF，AB)、(EF，CD，AB)、(EF，AB，CD)，共種情況，而且這種情況僅是AB，CD，EF的順序不同，因此，只能作為一種分法，故分配方法有＝15(種)．
（4）在問題（3）的基礎上再分配即可，共有分配方法＝90(種)．
【變式11-2】某校高三年級有6個班，現要從中選出10人組成高三女子籃球隊參加高中籃球比賽，且規定每班至少要選1人參加．求這10個名額有多少種不同的分配方法．
【解析】除每班1個名額以外，其余4個名額也需要分配．這4個名額的分配方案可以分為以下幾類：
①4個名額全部分給某一個班，有種分法；
②4個名額分給兩個班，每班2個，有種分法；
③4個名額分給兩個班，其中一個班1個，一個班3個，共有種分法；
④4個名額分給三個班，其中一個班2個，其余兩個班每班1個，共有種分法；
⑤4個名額分給四個班，每班1個，共有種分法．
故共有（種）分配方法．
題型十二：分配問題
【典例12-1】6名大學生分配到4所學校實習，每名大學生只分配到一所學校，每所學校至少分配1名大學生，則不同的分配方案共有（ ）
A．65 B．1560 C．2640 D．4560
【答案】B
【解析】分兩種情況：
把6名大學生分為3，1，1，1四組，有種分法，再將4組對應四個學校，
有種情況，由分步乘法計數原理得，共有種安排方法；
把6名大學生分為2，2，1，1四組，有種分法，再將4組對應四個學校，
有種情況，由分步乘法計數原理得，共有種安排方法；
綜上，不同的分配方案共有種.
故選：B.
【典例12-2】（2024·高三·河北邯鄲·開學考試）在第33屆夏季奧運會期間，中國中央電視臺體育頻道在某比賽日安排甲、乙、丙、丁4個人參加當天A，B，C三個比賽場地的現場報道，且每個場地至少安排一人，甲不在A場地的不同安排方法數為（ ）
A．32 B．24 C．18 D．12
【答案】B
【解析】按照A場地安排人數，可以分以下兩類：
第一類，A場地安排1人，共種安排方法，
第二類，A場地安排2人，共種安排方法，
由分類加法計數原理得，共有（種）不同安排方法.
故選：B
【變式12-1】（2024·高三·江蘇南通·開學考試）今年暑期檔，全國各大院線推出多部精彩影片，其中比較熱門的有《異形：奪命艦》，《名偵探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《姥姥的外孫》這5部，小明和小華兩位同學準備從這5部影片中各選2部觀看，若兩人所選的影片至多有一部相同，且小明一定選看《名偵探柯南》，則兩位同學不同的觀影方案種數為（ ）
A．12 B．24 C．28 D．36
【答案】D
【解析】若兩人所選影片均不同，此時小明先從除《名偵探柯南》中選擇一部，
小華從剩余的3部中選擇兩部，此時共有種方案，
若兩人所選影片中，《名偵探柯南》相同，則兩人從剩余4部中各選1部，有種方案，
若兩人所選影片中，不是《名偵探柯南》相同，相同的影片為4部中1部，有種選擇，
再給小華從剩余3部中選擇一部，有種選擇，故共有種方案，
綜上，共有種方案.
故選：D
【變式12-2】（2024·高三·重慶·開學考試）第41屆全國青少年信息學奧林匹克競賽于2024年7月日在重慶市育才中學成功舉辦．在本次競賽組織過程中，有甲、乙等5名育才新教師參加了接待、咨詢、向導三個志愿者服務項目，每名新教師只參加一個服務項目，每個服務項目至少有一名新教師參加．若5名新教師中的甲、乙兩人不參加同一個服務項目，則不同的安排方案有（ ）種
A．108 B．114 C．150 D．240
【答案】B
【解析】5名新教師按分組有種方法，按分組有種分法，
因此5名新教師的安排方案有種，
當甲乙在同一組時，甲乙可視為1個人，即相當于4名教師的安排方案，有種，
所以所求不同的安排方案有（種）.
故選：B
【變式12-3】（2024·高三·湖南永州·開學考試）在2024年巴黎奧運會中，甲、乙、丙、丁、戊5人參與接待、引導和協助三類志愿者服務工作，每類工作必須有志愿者參加，每個志愿者只能參加一類工作，若甲只能參加接待工作，那么不同的志愿者分配方案的種數是（ ）
A．38 B．42 C．50 D．56
【答案】C
【解析】（1）如果參加接待工作只有一人，則只能為甲，
再把其余4人分組有兩類情況：和.
把4人按分組，有種分組方法，按分組，有種分組方法，
因此不同分組方法數為，
再把兩組人安排到其余兩類志愿者服務工作，有種方法，
所以不同分配方法種數是.
（2）如果參加接待工作有2人，則除了甲之外，還需要再安排一人有種情況，
再把其余3人分組成，有種分組方法，
再把兩組人安排到其余兩類志愿者服務工作，有種方法，
所以不同分配方法種數是.
（3）如果參加接待工作有3人，則除了甲之外，還需要再安排兩人有種情況，
再把其余2人安排到其余兩類志愿者服務工作，有種方法，
所以不同分配方法種數是.
綜上，不同的志愿者分配方案的種數是.
故選：C.
【變式12-4】（2024·高三·廣東·開學考試）某中學數學組來了名即將畢業的大學生進行教學實習活動，現將他們分配到高一年級的，，三個班實習，每班至少一名，最多兩名，則不同的分配方案有（ ）
A．種 B．種 C．種 D．種
【答案】B
【解析】將名大學生分配到高一年級的個班實習，每班至少名，最多名，
則將名大學生分成三組，一組人，另兩組都是人，有種方法，
再將組分到個班，共有種不同的分配方案，
故選：B．
【變式12-5】（2024·河南·二模）將甲，乙等5人全部安排到四個工廠實習，每人只去一個工廠，每個工廠至少安排1人，且甲，乙都不能去工廠，則不同的安排方法有（ ）
A．72種 B．108種 C．126種 D．144種
【答案】C
【解析】由題意可知，分兩種情況討論，
①工廠安排1人，有種，
②工廠安排2人，有種，
所以不同的安排方法有種．
故選：C．
題型十三：隔板法
【典例13-1】（2024·湖北·二模）已知，且，，，則方程的解的組數為 .
【答案】15
【解析】由題意，原問題等價于將7個相同的小球放入3個不同的盒子，每個盒子中至少放入1個小球的方法個數，在7個相同的小球之間形成的6個空中，任選2個放入兩個隔板，共有種方法，
即方程的解的組數為15.
故答案為：15
【典例13-2】各數位數字之和等于8(數字可以重復) 的四位數個數為 ．
【答案】
【解析】設對應個位到千位上的數字，則，且，相當于8個相同的球排成一排，先拿一個球裝入，
轉化為7個球裝入4個盒子，每盒可空，等價于11個球用3個隔板分成4組（各組不可為空），故共種.
故答案為：
【變式13-1】個相同的籃球，分給甲、乙、丙三位同學（每人至少分得一個），不同分法的總數為 ．
【答案】
【解析】問題等價于：在個相同的籃球中間形成的個空位中插入兩塊板，
所以，不同的分法種數為種.
故答案為：.
【變式13-2】在中國革命史上有許多與“8”有關的可歌可泣的感人故事，如“八子參軍”、“八女投江”等，因此數字“8”是當之無愧的新時代“英雄數字”．如果一個四位數，各個位置上數字之和等于8，這樣的數稱為“英雄數”（比如1223，，就是一個“英雄數”），則所有的“英雄數”有 個（用數字回答）
【答案】120
【解析】根據題意，8個相同的小球排成一排，8個小球兩兩之間不包括頭尾共有7個空位中，
若四位數的“英雄數”中不含0，則需要在這7個空位中隨機安排3個擋板，可以將小球分為4組每兩個擋板之間的小球的數目依次對應四位數的千、百、十、個位數字，共有個，
若四位數的“英雄數”中只有一個0，則需要在這7個空位中隨機安排2個擋板，可以將小球分成個數不為0的3組，0可以作為百、十、個位其中一位上的數字，此時共有個，
若四位數的“英雄數”中有兩個0，則需要在這7個空位中隨機安排1個擋板，可以將小球分成個數不為0的2組，0可以作為百、十、個位其中兩位上的數字，此時共有個，
若四位數的“英雄數”中有3個0，則只能是8000，只有一種情況，
綜上：共有個“英雄數”．
故答案為：120．
【變式13-3】方程的非負整數解的個數為 .
【答案】81
【解析】設，，，由此，又，，可得：，，則可判斷可能的解有：（2，0，5），（1，6，0），（4，3，0），（7，0，0），
①當，可求得：，而，看成2個相同白球，用隔板法隔成3區域（可有空區），有個解；
②當，可求得：，，而，有個解，
因此該情況共有個解；
③當，可求得，，而，有種情況，
因此該情況共有個解；
④當，可求得：，而，有個解．
綜上，方程非負整數解個數為：81．
【變式13-4】在1至10000的整數中，各位數字之和等于5的有 個.
【答案】56
【解析】設a是任一個滿足題意的正整數，則.
以，，，分別表示a的千位、百位、十位和個位數字，
則（），且.
因，故所求的正整數個數等于的非負整數解的個數，
所以各位數字之和等于5的有.
故答案為：.
【變式13-5】的非負整數解有 組.
【答案】84
【解析】本問題等價于將6個相同的小球，放入4個不同的盒子，且可以有空盒出現，有多少種不同的方法？
因此我們將6個小球排成一排，用3個隔板將小球隔成4段，
因為盒子可以為空，因此隔板可以相鄰，將第1,2,3,4段放入這四個盒子中即可，
因為小球沒有區別，隔板也沒有區別，因此等價于將6個小球和3個隔板排成一列，則共有種方法，
故答案為：84.
題型十四：數字排列
【典例14-1】（2024·高三·上海·開學考試）若從0，1，2，3，4，5這六個數字中任取2個偶數和2個奇數，組成一個無重復數字的四位數，則不同的四位數的個數是 .
【答案】180
【解析】根據題意，可將四位數分成兩類：
第一類，數字0被取到，則可從2，4中任選一個，再從1，3，5中任選兩個，
接著從除0外的另外三個數中取一個排在首位，剩下的在三個數位上全排，
此時共有個四位數；
第二類，數字0沒被取到，故2，4全被取到，只需從1，3，5中任選兩個，
再與2，4共4個數字在四個數位上全排，此時共有個四位數.
根據分類加法計數原理，不同的四位數的個數是.
故答案為：180.
【典例14-2】用，，，，，這六個數字組成沒有重復的四位偶數，將這些數字從小到大排列起來，第個數是 ．
【答案】
【解析】①千位為，個位為，有個；
②千位為，個位為，有個；
③千位為，個位為，有個；
④千位為，個位為，有個；
⑤千位為，個位為，有個；
⑥千位為，百位為，個位為（或），各有個．共個．
接下來有,,,,，，第個數是．
故答案為：3140.
【變式14-1】（2024·浙江杭州·模擬預測）袋子中有數字“7”的卡片3張和數字“2”，“3”，“5”的卡片各1張，從中任意取出4張卡片，最多能組成 個不同的四位數（用數字回答）．
【答案】
【解析】如果取一張數字7的卡片，則數字2、3、5的卡片都要取出，則組成個不同的四位數；
如果取兩張數字7的卡片，則數字2、3、5的卡片要取出兩張，則組成個不同的四位數；
如果取三張數字7的卡片，則數字2、3、5的卡片要取出一張，則組成個不同的四位數；
所以最多能組成個不同的四位數.
故答案為：.
【變式14-2】如果一個四位數各個位數上的數字之和為8，則稱這個四位數為“幸運數”，那么總共有 個“幸運數”．
【答案】
【解析】①若有個，則為，共個；
②若有個，則另外兩個數為，，，，則有個；
③若有個，則另外三個數為，，，，，
則有個；
④若沒有，則為，，，，，
則有個；
綜上一共有個.
故答案為：
【變式14-3】（2024·內蒙古呼和浩特·二模）對于各數位均不為0的四位數，若兩位數、和均為完全平方數（完全平方數是指可以寫成某個整數的平方的數），則稱具有“S性質”，則具有“S性質”的四位數的個數為 ．
【答案】3
【解析】因為平方是兩位數的有：，，，，，，
所以具有“性質”的四位數有：1649，3649，8164，
即具有“性質”的三位數的個數為3．
故答案為：3．
【變式14-4】（2024·河南鄭州·三模）設，，，…，是1，2，3，…，7的一個排列．且滿足，則的最大值是
【答案】21
【解析】要使的值最大，
又且，
所以排列可以為，
則的最大值是
.
故答案為：21
題型十五：幾何問題
【典例15-1】如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構成一個“正交線面對”.在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”的個數是（　　）
A．48 B．18 C．24 D．36
【答案】D
【解析】正方體的兩個頂點確定的直線有棱、面對角線、體對角線，
對于每一條棱，都可以與兩個側面構成“正交線面對”，這樣的“正交線面對”有（個）；
對于每一條面對角線，都可以與一個對角面構成“正交線面對”，這樣的“正交線面對”有12個，
不存在四個頂點確定的平面與體對角線垂直，
所以正方體中“正交線面對”共有（個）.
故選：D
【典例15-2】圓周上有個等分點，以其中三個點為頂點的直角三角形的個數為 ．
【答案】
【解析】由題意知,只有三角形的一條邊過圓心,才能組成直角三角，
因為圓周上有 個等分，所以共有條直徑，
每條直徑可以和除去本身的兩個端點外的點組成直角三角形，所以可做個直角三角形.
根據分步計數原理知,共有 個
故答案為:.
【變式15-1】已知直線中的、、是取自集合中的3個不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角．那么這樣的直線的條數是 ．
【答案】43
【解析】設直線的傾斜角為θ，則．
不妨設，則．
（1）時，a有三種取法，b有三種取法，
排除2個重復（與為同一直線），
故這樣的直線有（條）；
（2）時，則a有三種取法，b有三種取法，c有四種取法，
且其中任兩條直線均不相同，故這樣的直線有（條）．
從而，符合要求的直線有（條）．
故答案為：43．
【變式15-2】（2024·江蘇連云港·模擬預測）格點是指平面直角坐標系中橫縱坐標均為整數的點.一格點沿坐標線到原點的最短路程為該點到原點的“格點距離”（如：，則點到原點的格點距離為）.格點距離為定值的點的軌跡稱為“格點圓”，該定值稱為格點圓的半徑，而每一條最短路程稱為一條半徑.當格點半徑為6時，格點圓的半徑有 條（用數字作答）.
【答案】252
【解析】設格點為，格點半徑為6，則，
∴對應格點圓圖象如下，每條邊上有(不含端點)5個格點，
以第一象限為例，格點有，其中的半徑有6條，的半徑有15條，的半徑有20條，的半徑有15條，的半徑有6條，
∴共有62條，即對于任意格點，其半徑條數有條，
∴由上，四個象限共有條半徑，另外數軸上有四個點，半徑共有條，
綜上，格點半徑為6時，格點圓的半徑有條.
故答案為：.
【變式15-3】如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構成一個“正交線面對”，在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”的個數是 .
【答案】36
【解析】如果一條直線與一個平面垂直，那么，這一組直線與平面就構成一個正交線面對.
如下圖所示：
①對于正方體的每一條棱，都有個側面構成“正交線面對”，這樣的“正交線面對”有個；
②對于正方體的每一條面對角線（如，則平面），均有一個對角面構成“正交線面對”，這樣的“正交線面對”有個.
綜上所述，正方體中的“正交線面對”共有個.
故答案為.
【變式15-4】（2024·全國·模擬預測）二維碼是一種由黑色和白色組成的雙色方格陣圖，規定如果一個的二維碼有對稱軸且繞其中心逆時針旋轉后能與自身重合，稱其為“轉轉碼”，則“轉轉碼”的個數為 .（用數字作答）
【答案】
【解析】由題意知，作出的正方形方格陣圖，如圖所示：
因為“轉轉碼”有對稱軸且繞其中心逆時針旋轉后能與自身重合，
則可知正方形、、和的黑色和白色方格數量相等且位置排列完全相同，且每個正方形關于其對角線、、和對稱，
矩形、、和的黑色和白色方格數量相等且位置排列也完全相同，其中正方形逆時針旋轉后位置不變，
只需該的二維碼中的正方形的個方格、矩形的3個方格及正方形方格，共計個方格，出現雙色方格，該二維碼即是“轉轉碼”，
則該“轉轉碼”的個數有：種，
故答案為：.
【變式15-5】從正十五邊形的頂點中選出3個構成鈍角三角形，則不同的選法有（ ）.
A．105種 B．225種 C．315種 D．420種
【答案】C
【解析】如圖所示，以A為鈍角頂點，在直徑的左邊取點，右邊依次取，得到6個鈍角三角形，當取時，△為銳角三角形；
同理，直徑的左邊取點，右邊依次取，得到5個鈍角三角形，當取，時，△、△為銳角三角形；
……
在直徑的左邊取點時，得到一個鈍角△，
在直徑的左邊取點時，沒有鈍角三角形.
故以A為鈍角頂點的三角形共有（個）.
以其余14個點為鈍角頂點的三角形也各有21個，
所以總共有（個）鈍角三角形.
故選：C
題型十六：分解法模型與最短路徑問題
【典例16-1】有一種走“方格迷宮”游戲，游戲規則是每次水平或豎直走動一個方格，走過的方格不能重復，只要有一個方格不同即為不同走法．現有如圖的方格迷宮，圖中的實線不能穿過，則從入口走到出口共有多少種不同走法？
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【解析】如圖，①從入口﹣1﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
②從入口﹣1﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
③從入口﹣1﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
④從入口﹣1﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑤從入口﹣2﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
⑥從入口﹣2﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
⑦從入口﹣2﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑧從入口﹣2﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
共有8種，
故選：B．
【典例16-2】夏老師從家到學校，可以選擇走錦繡路、楊高路、張楊路或者浦東大道，由于夏老師不知道楊高路有一段在修路導致第一天上班就遲到了，所以夏老師決定以后要繞開那段維修的路，如圖，假設夏老師家在處，學校在處，段正在修路要繞開，則夏老師從家到學校的最短路徑有（ ）條．
A．23 B．24 C．25 D．26
【答案】D
【解析】由到的最短路徑需要向右走四段路，向上走三段路，所以有條路，
由到的最短路徑需要向右走兩段路，向上走一段路，所以有條路，
由到的最短路徑需要向右走一段路，向上走兩段路，所以有條路，
所以由到不經過的最短路徑有.
故選：D.
【變式16-1】方形是中國古代城市建筑最基本的形態，它體現的是中國文化中以綱常倫理為代表的社會生活規則，中國古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各種方形建筑.如圖，用大小相同的竹棍構造一個大正方體（由個大小相同的小正方體構成），若一只螞蟻從點出發，沿著竹棍到達點，則螞蟻選擇的不同的最短路徑共有（ ）
A．種 B．種
C．種 D．種
【答案】D
【解析】由題意可知，從到最少需要步完成，其中有步是橫向的，步是縱向的，步是豎向的，
則螞蟻選擇的不同的最短路徑共有種.
故選：D.
【變式16-2】如圖，在某城市中， 兩地之間有整齊的方格形道路網，其中、、、、是道路網中的個指定交匯處. 今在道路網 處的甲 乙兩人分別要到 處，他們分別隨機地選擇一條沿街的最短路徑，以相同的速度同時出發直到到達 處為止. 則下列說法正確的是（ ）
A．甲從到達處的方法有種
B．甲從必須經過到達處的方法有種
C．甲、乙兩人在處相遇的概率為
D．甲、乙兩人在道路網中個指定交匯處相遇的概率為
【答案】D
【解析】對于A，甲從M到N的最短路程，只能向上或者向右走，需要走6步，2步向上，4步向右，共有C種，故A錯；對于B，第一步，甲從M到，有C種走法，第二步，從到N，有C種走法，所以共有種走法，故B錯；對于C，由B可知甲、乙經過的走法都有9種，所以在處相遇共有種走法，而甲、乙兩人的總走法有種，所以兩人在處相遇的概率為，故C錯；對于D，因為甲、乙兩人只能在處相遇，由C可知D對.
故選：D.
【變式16-3】一植物園的參觀路徑如圖所示，若要全部參觀并且路線不重復，則不同的參觀路線共有（ ）
A．6種 B．8種
C．36種 D．48種
【答案】D
【解析】如圖所示，由題意知在A點可先參觀區域1，也可先參觀區域2或3，選定一個區域后可以按逆時針參觀，也可以按順時針參觀，所以第一步可以從6個路口任選一個，有6種結果，參觀完第一個區域后，選擇下一步走法，有4種結果，參觀完第二個區域，只剩下最后一個區域，有2種走法，根據分步乘法計數原理，共有6×4×2＝48(種)不同的參觀路線．
故選：D
【變式16-4】下圖是某項工程的網絡圖(單位:天)，則從開始節點①到終止節點⑧的路徑共有（ ）
A．14條 B．12條 C．9條 D．7條
【答案】B
【解析】由圖可知，由①④有3條路徑，由④⑥有2條路徑，由⑥⑧有2條路徑，根據分步乘法計算原理可得從①⑧共有條路徑.
故選：B
【變式16-5】如圖為某旅游區各景點的分布圖,圖中一條帶箭頭的線段表示一段有方向的路,試計算順著箭頭方向,從A到H不同的旅游路線的條數,這個數是(　　)
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】C
【解析】如果一條一條地去數,由于道路錯綜復雜,哪些已經算過,哪些沒有算過就搞不清楚了,所以我們換一種思路,用分析法試試.要到H點,需從F,E,G點走過來,F,E,G各點又可由哪些點走過來……這樣一步步倒推,最后歸結到A點,然后再反推過去得到如下的計算法:A到B,C,D的路線條數記在B,C,D圓圈內,B,C,D分別到F,E,G的路線條數亦記在F,E,G圓圈內,最后F,E,G內的路線條數之和即為從A到H的路線的總條數,如下圖所示.
故答案為C.
【變式16-6】正整數2022有______個不同的正約數．
【答案】
【解析】因為，
故所有的正約數有：個.
故答案為：.
【變式16-7】有一道路網如圖所示，通過這一路網從A點出發不經過C、D點到達B點的最短路徑有___________種.
【答案】24
【解析】
如圖，由已知可得，應從點，先到點，再到點，最后經點到點即可.
第一步：由點到點，最短路徑為4步，最短路徑方法種類為；
第二步：由點到點，最短路徑為3步，最短路徑方法種類為；
第三步：由點經點到點，最短路徑為3步，最短路徑方法種類為.
根據分步計數原理可得，最短路徑有種.
故答案為：24.
題型十七：排隊問題
【典例17-1】現有10人排隊，其中要求甲、乙、丙、丁、戊五人的先后順序固定，則共有不同排法 種．
【答案】30240
【解析】先將10人全排，即為，再將甲、乙、丙、丁、戊五人全排，即為，
故有種排法．
故答案為：30240.
【典例17-2】隨著杭州亞運會的舉辦，吉祥物“琮琮”、蓮蓮”、宸宸”火遍全國.現有甲、乙、丙3位運動員要與“琮琮”、蓮蓮”、宸宸”站成一排拍照留念，則這3個吉祥物互不相鄰的排隊方法數為 .（用數字作答）
【答案】144
【解析】由題意，甲、乙、丙3位運動員站成一排，有種不同的排法，
在三位運動員形成的4個空隙中選3個，插入3個吉祥物，共有種排法.
故答案為：144．
【變式17-1】6名同學排隊站成一排，要求甲乙兩人不相鄰，共有 種不同的排法.
【答案】
【解析】插空法，.
故答案為：480.
【變式17-2】（2024·高三·上海·期末）同宿舍六位同學在食堂排隊取餐，其中三人兩兩不相鄰，和是雙胞胎必須相鄰，這樣的排隊方法有 種.
【答案】72
【解析】分三步：
第一步，先將除A，B，C三人的其余三人進行排序，有種方法；
第二步，第一步排好后有4個空位，因為A和D必須相鄰，所以A只能插入與D相鄰的兩個空位，有2種方法；
第三步，最后將B，C插入剩余三個空位，有種方法.
由分步乘法計數原理得，共有種方法.
故答案為：.
【變式17-3】（2024·山東·模擬預測）為了響應國家號召，預防新冠病毒的傳播，7位高齡老人排隊注射新冠疫苗，要求甲、乙、丙相鄰，且乙在甲與丙的中間，則共有 種不同的排隊方法．
【答案】240
【解析】不同的排隊方法有種．
故答案為：240
【變式17-4】（2024·高三·遼寧·開學考試）某34人班級派5人參觀展覽，班級里有11人喜歡唱，4人喜歡跳，5人喜歡rap，14人喜歡籃球，每個人只喜歡一種.5人站一隊參觀，但是當隊伍中第個人分別喜歡唱、跳、rap、籃球時，上述4人會討論蔡徐坤，展覽館不希望有人討論蔡徐坤.當且僅當兩個隊伍中至少有一個位置上的人的喜好不同，兩個隊伍才被認為是不同的，則滿足上述條件的不同的排隊方案數為 .
【答案】
【解析】如果5個人中喜歡的種類有1種，則不同的排隊方案數為3種，
如果5個人中喜歡的種類有2種，則不同的排隊方案數為；
如果5個人中喜歡的種類有3種，
則不同的排隊方案數為；
如果5個人中喜歡的種類有4種，
則不同的排隊方案數為；
故不同的排隊方案數為.
故答案為：.
【變式17-5】小明與位男生、位女生在排隊購物，已知每位女生需分鐘，男生需分鐘，若小明（不排在首位）的前后不同時為女生，且他的等待時間不多于分鐘，則不同的排隊情況共有 種.
【答案】
【解析】分以下四種情況討論：
①若小明等待的時間為分鐘，則在他前面的只有個男生，
此時，滿足條件的排隊方法種數為；
②若小明等待的時間為分鐘，則在他前面的為個男生或個女生，
此時，滿足條件的排隊方法種數為；
③若小明等待的時間為分鐘，則在他前面的為個男生或男女，
此時，滿足條件的排隊方法種數為；
④若小明等待的時間為分鐘，則在他前面的為個男生個女生或個女生，
此時，符合條件的排隊方法種數為.
綜上所述，不同的排隊方法種數為.
故答案為：
題型十八：構造法模型和遞推模型
【典例18-1】幾個孩子在一棵枯樹上玩耍，他們均不慎失足下落．已知
（）甲在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，；
（）乙在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，；
（）丙在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，；
（）丁在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，；
（）戊在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，．
倒霉的李華在下落的過程中撞到了從到的所有樹枝，根據以上信息，在李華下落的過程中，和這根樹枝不同的撞擊次序有（ ）種．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由題可判斷出樹枝部分順序，還剩下，，，
先看樹枝在之前，有種可能，而樹枝在之間，在之后，
若在之間，有種可能：
①若在之間，有種可能，
②若在之間，有種可能，
③若在之間，有種可能．
若不在之間，則有種可能，此時有種可能，
可能在之間，有種可能，可能在之間，有種可能，
綜上共有．
故選：．
【典例18-2】九連環是一種流傳于我國民間的傳統智力玩具.它用九個圓環相連成串，以解開為勝.它在中國有近兩千年的歷史，《紅樓夢》中有林黛玉巧解九連環的記載.周邦彥也留下關于九連環的名句“縱妙手、能解連環.”九連環有多種玩法，在某種玩法中:已知解下1個圓環最少需要移動圓環1次，解下2個圓環最少需要移動圓環 2 次，記 為解下個圓環需要移動圓環的最少次數，且，則解下 8 個圓環所需要移動圓環的最 少次數為（ ）
A．30 B．90 C．170 D．341
【答案】C
【解析】由題，，所以.
故選.：C
【變式18-1】（2024·福建福州·高三統考期中）三名籃球運動員甲、乙、丙進行傳球訓練，由丙開始傳，經過次傳遞后，球又被傳回給丙，則不同的傳球方式共有（ ）
A．4種 B．10種
C．12種 D．22種
【答案】B
【解析】根據題意，設在第次傳球后（），有種情況球在丙手中，
即經過次傳遞后，球又被傳回給丙，而前次傳球中，每次傳球都有種方法，
則前次傳球的不同的傳球方法共有種，
那么在第次傳球后，球不在丙手中的情況有種情況，即球在乙或甲手中，只有在這些情況時，在第次傳球后，球才會被傳回丙，即；
易得，則，，.
故選：B．
【變式18-2】（多選題）跳格游戲：如圖，人從格子外只能進入第1個格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么下面說法正確的是（ ）
A．進入第二個格子走法有2種
B．進入第二個格子走法有1種
C．進入第三個格子走法有2種
D．進入第八個格子走法有21種
【答案】BCD
【解析】設跳到第格的方法有，則達到第格的方法有兩類，
第一種方法是從第個格子向右跳一格到達第格，方法數為，
第二種方法是從第向右跳兩格到達第格，方法數是，則，
結合條件及數列的遞推關系可得到數列的前8項分別是,
A錯誤，BCD正確.
故選：.
【變式18-3】馬路上有編號為1，2，，2011的2011只路燈.為節約用電，要求關閉其中的300只燈，但不能同時關閉相鄰兩只，也不能關閉兩端的路燈.則滿足條件的關燈方法共有______.（用組合數符合表示）.
【答案】
【解析】問題等價于在1711只路燈中插入300只暗燈.所以，共有種關燈方法.
故答案為
【變式18-4】一只螞蟻從一個正四面體的頂點出發，每次從一個頂點爬行到另一個頂點，則螞蟻爬行五次還在點的爬行方法種數是__________．
【答案】
【解析】解法一：第一次爬行可以到的任何一點，第二次爬行分到與不到，對于第二次不到的第三次爬行再分到與不到．爬行方法總數為（種）．
解法二：設從點出發爬行次仍在點的爬行方法種數為，則，，，
，
，．（亦可由遞推式從第二項遞推出第五項的值）
故答案為：.
【變式18-5】把圓分成個不相等的扇形，并且用紅、黃、藍三種顏色給扇形染色，但不允許相鄰的扇形有相同的顏色，問共有多少種染色法？
【解析】設將圓分成個不相等的扇形時，滿足題設的染法有種．
依次記個扇形為、、、，顯然，
當時，先對染色，有種方法；染色后再對染色，有種方法，故．
當時，我們依次對、、、染色．
對染色，有種方法，對染色后再對染色有種方法，
同樣的對、、、分別有種方法，由乘法原理共有種染色方法．
但這樣做，與有可能同色．即在種染色方法中包含了與同色的染色方法．
對于與同色的情形，拆去與的邊界使與合并，
便得到將圓分為個扇形時同色不相鄰的染色方法，這樣的情況有種．
故，且，
設，可得，則，即，
故，且，
所以，數列是從第二項開始成以為公比的等比數列，
因此，，因此，.
題型十九：環排問題
【典例19-1】21個人按照以下規則表演節目：他們圍坐成一圈，按順序從1到3循環報數，報數字“3”的人出來表演節目，并且表演過的人不再參加報數．那么在僅剩兩個人沒有表演過節目的時候，共報數的次數為（ ）
A．19 B．38 C．51 D．57
【答案】D
【解析】當倒數第個人出來表演節目時，一共報數了次.
故選：D
【典例19-2】A，B，C，D，E，F六人圍坐在一張圓桌周圍開會，A是會議的中心發言人，必須坐最北面的椅子，B，C二人必須坐相鄰的兩把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，則不同的座次有（ ）
A．60種 B．48種 C．30種 D．24種
【答案】B
【解析】首先，A是會議的中心發言人，必須坐最北面的椅子，
考慮B、C兩人的情況，只能選擇相鄰的兩個座位，位置可以互換，
根據排列數的計算公式，得到，，接下來，考慮其余三人的情況，
其余位置可以互換，可得種，最后根據分步計數原理，得到種，
故選B.
【變式19-1】現有8個人圍成一圈玩游戲，其中甲、乙、丙三人不全相鄰的排法種數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】8個人圍成一圈,有種.
其中甲、乙、丙三人相鄰，看做一個整體，由.
所以甲、乙、丙三人不全相鄰的排法種數為.
故答案為：D
【變式19-2】現有一圓桌，周邊有標號為1，2，3，4的四個座位，甲、乙、丙、丁四位同學坐在一起探討一個數學課題，每人只能坐一個座位，甲先選座位，且甲、乙不能相鄰，則所有選座方法有（ ）．
A．6種 B．8種 C．12種 D．16種
【答案】B
【解析】先安排甲，其選座方法有種，由于甲、乙不能相鄰，所以乙只能坐甲對面，而丙、丁兩位同學坐另兩個位置的坐法有種，所以共有坐法種數為種．
故選：B．
【變式19-3】如圖，某傘廠生產的太陽傘的傘篷是由太陽光的七種顏色組成，七種顏色分別涂在傘篷的八個區域內，且恰有一種顏色涂在相對區域內，則不同顏色圖案的此類太陽傘最多有（ ）.
A．40320種 B．5040種 C．20160種 D．2520種
【答案】D
【解析】先從7種顏色中任意選擇一種，涂在相對的區域內，有種方法，
再將剩余的6種顏色全部涂在剩余的6個區域內，共有種方法，
由于圖形是軸對稱圖形，所以上述方法正好重復一次，
所以不同的涂色方法，共有種不同的涂法.
故選：D.
【變式19-4】已知甲、乙、丙三位同學圍成一個圓時，其中一個排列“甲乙丙”與該排列旋轉一個或幾個位置后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一個排列．現有位同學，若站成一排，且甲同學在乙同學左邊的站法共有種，那么這位同學圍成一個圓時，不同的站法總數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因站成一排時甲在乙左與甲在乙右的站法數相同，而m位同學站成一排有，則，解得，
甲、乙、丙三位同學圍成一個圓，“甲乙丙”、“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一排列，
其中每一個排列可以拆成以任意一個人為排首的直線排列3個，3人圍成一個圓的排列數為，
由此可得n個人圍成一個圓的排列數為，5位同學圍成一個圓的排列數為.
故選：A
1．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）現有5名志愿者報名參加公益活動，在某一星期的星期六、星期日兩天，每天從這5人中安排2人參加公益活動，則恰有1人在這兩天都參加的不同安排方式共有（ ）
A．120 B．60 C．30 D．20
【答案】B
【解析】不妨記五名志愿者為，
假設連續參加了兩天公益活動，再從剩余的4人抽取2人各參加星期六與星期天的公益活動，共有種方法，
同理：連續參加了兩天公益活動，也各有種方法，
所以恰有1人連續參加了兩天公益活動的選擇種數有種.
故選：B.
2．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）甲乙兩位同學從6種課外讀物中各自選讀2種，則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有（ ）
A．30種 B．60種 C．120種 D．240種
【答案】C
【解析】首先確定相同得讀物，共有種情況，
然后兩人各自的另外一種讀物相當于在剩余的5種讀物里，選出兩種進行排列，共有種，
根據分步乘法公式則共有種，
故選：C.
3．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）某學校為了解學生參加體育運動的情況，用比例分配的分層隨機抽樣方法作抽樣調查，擬從初中部和高中部兩層共抽取60名學生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學生，則不同的抽樣結果共有（ ）．
A．種 B．種
C．種 D．種
【答案】D
【解析】根據分層抽樣的定義知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根據組合公式和分步計數原理則不同的抽樣結果共有種.
故選：D.
4．（2022年新高考全國II卷數學真題）有甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同排列方式共有（ ）
A．12種 B．24種 C．36種 D．48種
【答案】B
【解析】因為丙丁要在一起，先把丙丁捆綁，看做一個元素，連同乙，戊看成三個元素排列,有種排列方式；為使甲不在兩端，必須且只需甲在此三個元素的中間兩個位置任選一個位置插入，有2種插空方式；注意到丙丁兩人的順序可交換，有2種排列方式，故安排這5名同學共有：種不同的排列方式，
故選：B
5．（2021年全國高考乙卷數學（理）試題）將5名北京冬奧會志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個項目進行培訓，每名志愿者只分配到1個項目，每個項目至少分配1名志愿者，則不同的分配方案共有（ ）
A．60種 B．120種 C．240種 D．480種
【答案】C
【解析】根據題意，有一個項目中分配2名志愿者，其余各項目中分配1名志愿者，可以先從5名志愿者中任選2人，組成一個小組，有種選法；然后連同其余三人，看成四個元素，四個項目看成四個不同的位置，四個不同的元素在四個不同的位置的排列方法數有4！種，根據乘法原理，完成這件事，共有種不同的分配方案，
故選：C.
1．甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行勞動技術比賽，決出第1名到第5名的名次.甲和乙去詢問成績，回答者對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍”對乙說：“你當然不會是最差的”從這兩個回答分析，5人的名次排列可能有多少種不同情況？
【解析】根據題意，甲乙都沒有得到冠軍，而乙不是最后一名，
分2種情況討論：
①、甲是最后一名，則乙可以為第二、三、四名，即乙有3種情況，
剩下的三人安排在其他三個名次，有種情況，
此時有種名次排列情況；
②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有種情況，
剩下的三人安排在其他三個名次，有種情況，
此時有種名次排列情況；
則一共有種不同的名次情況，
故5人的名次排列可能有54種不同情況．
2．移動互聯網給人們的溝通交流帶來了方便.某種移動社交軟件平臺，既可供用戶彼此添加“好友”單獨交流，又可供多個用戶建立一個“群”（“群里”的人彼此不一定是“好友”關系）共同交流.如果某人在平臺上發了信息，他的“好友”都可以看到，但“群”里的非“好友”不能看到.現有一個人的“群”，其中人在平臺上發了一條信息，“群”里有人能看到，那么這個“群”里與發信息這人是“好友”關系的情況可能有多少種？
【解析】由題意可知：人中有人與發信息的人是好友，人與發信息的人不是好友，
所以關系的情況可能種數為：種，
故“好友”關系的情況可能有種.
3．如圖，現要用5種不同的顏色對某市的4個區縣地圖進行著色，要求有公共邊的兩個地區不能用同一種顏色，共有幾種不同的著色方法？
【解析】先排I，II，III共有種，IV有種
不同的著色方法數有種．
4．根據某個福利彩票方案，每注彩票號碼都是從1~37這37個數中選取7個數.如果所選7個數與開出的7個數一樣（不管排列順序），彩票即中一等獎.
（1）多少注不同號碼的彩票可有一個一等獎？
（2）如果要將一等獎的中獎機會提高到以上且不超過，可在37個數中取幾個數？
【解析】（1）根據某個福利彩票方案，在1至37這37個數字中，選取7個數字，
如果選出的7個數字與開出的7個數字一樣（不管排列順序）即得一等獎，
注彩票可有一個一等獎．
（2），，
則在37個數中取6個數或31個數，中一等獎的概率為
在37個數中取5個或32個數，中一等獎的概率為
如果要將一等獎的機會提高到以上且不超過，
可在37個數中取6個數或31個數．
5．從含有3件次品的100件產品中，任意抽取5件進行檢驗.
（1）抽出的產品都是合格品的抽法有多少種？
（2）抽出的產品中恰好有2件是次品的抽法有多少種？
（3）抽出的產品中至少有2件是次品的抽法有多少種？
（4）抽出的產品中至多有2件是次品的抽法有多少種？
【解析】（1）100件產品中有97件合格品，則抽出的產品都是合格品的抽法有種；
（2）抽出的產品中恰好有2件是次品的抽法有種；
（3）抽出的產品中至少有2件是次品的抽法有種；
（4）抽出的產品中至多有2件是次品的抽法有種.
6．從5名男生和4名女生中選出4人去參加一項創新大賽.
（1）如果4人中男生女生各選2人，那么有多少種選法？
（2）如果男生中的甲和女生中的乙必須在內，那么有多少種選法？
（3）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在內，那么有多少種選法？
（4）如果4人中必須既有男生又有女生，那么有多少種選法？
【解析】（1）如果4人中男生女生各選2人，有種選法；
（2）如果男生中的甲和女生中的乙必須在內，則在剩下的7人中任選2人，有種選法；
（3）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在內，包含兩種情況，第一種甲和乙都在內的選法有種，第二種情況，甲乙選1人，有種選法，
則如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在內，共有種選法；
（4）如果4人中必須既有男生又有女生，先從所有9人中選4人，去掉只有男生和只有女生的情況，故有種選法.
答題模板：分組分配問題
1、模板解決思路
分組分配問題，先分組后分配。均勻分組需除以組數全排列數，部分均勻則除相同元素組的全排列數。分配時分定向與不定向，不定向需乘組數全排列數。
2、模板解決步驟
第一步：將所給元素進行分組.
第二步：將分好的組進行全排列。
第三步：根據分步乘法計數原理，求出總的分配方法數。
【易錯題1】為方便廣大人民群眾就醫，普及醫療健康知識，社區組織“義診下鄉行”活動，某醫療隊伍有5名醫生需分配到3個志愿團隊，每個志愿隊至少分配一名醫生，甲醫生被分到志愿隊的方法有 種．（用數字作答）
【答案】50
【解析】第一種情況，A志愿隊只有甲醫生，則剩下的4人可以為1，3或2，2的分組，再分配到另2個志愿團隊，有種方法，
第二種情況，A志愿隊有甲醫生外，還有1人，剩下的3人為1，2的分組，再分配到另2個志愿團隊，有種方法，
第三種情況，A志愿隊有甲醫生外，還有2人，剩下的1人為1，1的分組，再分配到另2個志愿團隊，有種方法，
所以共有種方法.
故第02講 排列、組合
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：排列與排列數 4
知識點2：組合與組合數 4
解題方法總結 5
題型一：排列數與組合數的推導、化簡和計算 7
題型二：直接法 8
題型三：間接法 8
題型四：捆綁法 9
題型五：插空法 9
題型六：定序問題（先選后排） 10
題型七：列舉法 12
題型八：多面手問題 13
題型九：錯位排列 13
題型十：涂色問題 14
題型十一：分組問題 16
題型十二：分配問題 17
題型十三：隔板法 18
題型十四：數字排列 19
題型十五：幾何問題 19
題型十六：分解法模型與最短路徑問題 20
題型十七：排隊問題 22
題型十八：構造法模型和遞推模型 23
題型十九：環排問題 24
04真題練習·命題洞見 25
05課本典例·高考素材 26
06易錯分析·答題模板 28
易錯點：忽視順序，重復計算出錯 28
答題模板：分組分配問題 28
考點要求 考題統計 考情分析
（1）排列與組合的概念 （2）排列數、組合數的公式及性質 2023年乙卷（理）第7題，5分 2023年甲卷（理）第9題，5分 2023年II卷第3題，5分 2023年I卷第13題，5分 從近五年的全國卷的考查情況來看，本節是高考的熱點，也是高考常考內容，以考查基本概念和基本方法為主，涉及特殊元素與特殊位置、兩元索相鄰或不相鄰、分組、分配等問題，分值為5分．本節內容與生活實際聯系緊密，考生可適當留意常見的排列組合現象，如體育賽事排賽、彩票規則等，培養數學應用的思維意識．
復習目標： （1）理解排列、組合的概念． （2）能利用計數原理推導排列數公式、組合數公式． （3）能利用排列組合解決簡單的實際問題．
知識點1：排列與排列數
（1）定義：從個不同元素中取出個元素排成一列，叫做從個不同元素中取出個元素的一個排列．從個不同元素中取出個元素的所有排列的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的排列數，用符號表示．
（2）排列數的公式：．
特例：當時，；規定：．
（3）排列數的性質：
①；②；③．
（4）解排列應用題的基本思路：
通過審題，找出問題中的元素是什么，是否與順序有關，有無特殊限制條件（特殊位置，特殊元素）．
注意：排列數公式的兩種不同表達形式本質是一樣的，但作用略有不同，常用于具體數字計算；而在進行含字母算式化簡或證明時，多用．
【診斷自測】用這五個數字組成三位數（不同數位可以用相同數字），其中個位數字、十位數字和百位數字的和為偶數的三位數的個數為 （用數字作答）.
知識點2：組合與組合數
（1）定義：從個不同元素中取出個元素并成一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合．從個不同元素中取出個元素的所有組合的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的組合數，用符號表示．
（2）組合數公式及其推導
求從個不同元素中取出個元素的排列數，可以按以下兩步來考慮：
第一步，先求出從這個不同元素中取出個元素的組合數；
第二步，求每一個組合中個元素的全排列數；
根據分步計數原理，得到；
因此．
這里，，且，這個公式叫做組合數公式．因為，所以組合數公式還可表示為：．特例：．
注意：組合數公式的推導方法是一種重要的解題方法！在以后學習排列組合的混合問題時，一般都是按先取后排（先組合后排列）的順序解決問題．公式常用于具體數字計算，常用于含字母算式的化簡或證明．
（3）組合數的主要性質：①；②．
（4）組合應用題的常見題型：
①“含有”或“不含有”某些元素的組合題型
②“至少”或“最多”含有幾個元素的題型
排列和組合的區別
組合：取出的元素地位平等，沒有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或職位不同．
注意：排列、組合都是研究事物在某種給定的模式下所有可能的配置數目問題，它們之間的主要區別在于是否要考慮選出元素的先后順序，不需要考慮順序的是組合問題，需要考慮順序的是排列問題．排列是在組合的基礎上對入選的元素進行排隊，因此，分析解決排列組合綜合問題的基本思維是“先組合，后排列”．
【診斷自測】關于排列組合數，下列結論錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
解題方法總結
1、如圖，在圓中，將圓分等份得到個區域，，，，，現取種顏色對這個區域涂色，要求每相鄰的兩個區域涂不同的兩種顏色，則涂色的方案有種．
2、錯位排列公式
3、數字排列問題的解題原則、常用方法及注意事項
（1）解題原則：排列問題的本質是“元素”占“位子”問題，有限制條件的排列問題的限制條件主要表現在某元素不排在某個位子上，或某個位子不排某些元素，解決該類排列問題的方法主要是按“優先”原則，即優先排特殊元素或優先滿足特殊位子，若一個位子安排的元素影響到另一個位子的元素個數時，應分類討論．
4、定位、定元的排列問題，一般都是對某個或某些元素加以限制，被限制的元素通常稱為特殊元素，被限制的位置稱為特殊位置．這一類問題通常以三種途徑考慮：
（1）以元素為主考慮，這時，一般先解決特殊元素的排法問題，即先滿足特殊元素，再安排其他元素；
（2）以位置為主考慮，這時，一般先解決特殊位置的排法問題，即先滿足特殊位置，再考慮其他位置；
（3）用間接法解題，先不考慮限制條件，計算出排列總數，再減去不符合要求的排列數．
5、解決相鄰問題的方法是“捆綁法”，其模型為將n個不同元素排成一排，其中某k個元素排在相鄰位置上，求不同排法種數的方法是：先將這k個元素“捆綁在一起”，看成一個整體，當作一個元素同其他元素一起排列，共有種排法；然后再將“捆綁”在一起的元素“內部”進行排列，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有種．
6、解決不相鄰問題的方法為“插空法”，其模型為將個不同元素排成一排，其中某個元素互不相鄰（），求不同排法種數的方法是：先將（）個元素排成一排，共有種排法；然后把個元素插入個空隙中，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有·種．
題型一：排列數與組合數的推導、化簡和計算
【典例1-1】下列等式錯誤的是（ ）
A． B．
C． D．
【典例1-2】已知，下列排列組合公式中，不一定正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-1】不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【變式1-2】我們曾用組合模型發現了組合恒等式：，，這里所使用的方法，實際上是將一個量用兩種方法分別算一次，由結果相同得到等式，這是一種非常有用的思想方法，叫作“算兩次”，對此我們并不陌生，如列方程時就要從不同的側面列出表示同一個量的代數式，幾何中常用的等積法也是“算兩次”的典范．再如，我們還可以用這種方法，結合二項式定理得到很多排列和組合恒等式，如由等式可知，其左邊的項的系數和右邊的項的系數相等，得到如下恒等式為（ ）
A．
B．
C．
D．
【變式1-3】下列有關排列數 組合數的計算，正確的是（ ）
A． B．
C． D．是一個常數
【變式1-4】（多選題）下列等式正確的是（ ）
A． B．
C． D．
題型二：直接法
【典例2-1】（2024·浙江·高三慈溪中學校聯考）從2位男生，4位女生中安排3人到三個場館做志愿者，每個場館各1人，且至少有1位男生入選，則不同安排方法有（ ）種.
A．16 B．20 C．96 D．120
【典例2-2】（2024·四川成都·高三統考）某校在重陽節當日安排4位學生到三所敬老院開展志愿服務活動，要求每所敬老院至少安排1人，則不同的分配方案數是（ ）
A．81 B．72 C．48 D．36
【變式2-1】4張卡片的正、反面分別寫有數字1，2；1，3；4，5；6，7．將這4張卡片排成一排，可構成不同的四位數的個數為（ ）
A．288 B．336 C．368 D．412
【變式2-2】（云南省紅河州第一中學2024屆高三第二次聯考數學試題）一個宿舍的6名同學被邀請參加一個節目，要求必須有人去，但去幾個人自行決定．其中甲和乙兩名同學要么都去，要么都不去，則該宿舍同學的去法共有（ ）
A．15種 B．28種 C．31種 D．63種
【變式2-3】6名同學到甲、乙、丙三個場館做志愿者，每名同學只去1個場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有（ ）
A．60種 B．90種 C．120種 D．360種
題型三：間接法
【典例3-1】甲 乙 丙 丁四位同學決定去黃鶴樓 東湖 漢口江灘游玩，每人只能去一個地方，漢口江灘一定要有人去，則不同游覽方案的種數為（ ）
A．65 B．73 C．70 D．60.
【典例3-2】以一個正三棱柱的頂點為頂點的四面體共有（ ）
A．6個 B．12個 C．18個 D．30個
【變式3-1】（2024·湖南長沙·雅禮中學校聯考二模）從正360邊形的頂點中取若干個，依次連接，構成的正多邊形的個數為（ ）
A．360 B．630 C．1170 D．840
【變式3-2】將7個人從左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相鄰，且甲不站在最右端，則不同的站法有（ ）．
A．1860種 B．3696種 C．3600種 D．3648種
【變式3-3】（2024·廣西梧州·統考一模）某高中從3名男教師和2名女教師中選出3名教師，派到3個不同的鄉村支教，要求這3名教師中男女都有，則不同的選派方案共有（ ）種
A．9 B．36 C．54 D．108
【變式3-4】某學校計劃從包含甲 乙 丙三位教師在內的10人中選出5人組隊去西部支教，若甲 乙 丙三位教師至少一人被選中，則組隊支教的不同方式共有（ ）
A．21種 B．231種 C．238種 D．252種
題型四：捆綁法
【典例4-1】春節是團圓的日子，為了烘托這一喜慶的氣氛，某村組織了“村晚”．通過海選，現有6個自編節目需要安排演出，為了更好地突出演出效果，對這6個節目的演出順序有如下要求：“雜技節目”排在后三位，“相聲”與“小品”必須相繼演出，則不同的演出方案有（ ）
A．240種 B．188種 C．144種 D．120種
【典例4-2】（2024·廣東·模擬預測）甲、乙等6人圍成一圈，且甲、乙兩人相鄰，則不同的排法共有（ ）
A．6種 B．12種 C．24種 D．48種
【變式4-1】（2024·高三·山東德州·開學考試）為積極落實“雙減”政策，豐富學生的課外活動，某校開設了舞蹈 攝影等5門課程，分別安排在周一到周五，每天一節，舞蹈和攝影課安排在相鄰兩天的方案種數為（ ）
A．48 B．36 C．24 D．12
【變式4-2】某校畢業典禮由6個節目組成，節目甲必須排在前三位，且節目丙，丁必須排在一起，則該校畢業典禮節目演出順序的編排方案共有（ ）
A．120種 B．156種 C．188種 D．240種
【變式4-3】現有三對雙胞胎共6人排成一排，則有且只有一對雙胞胎相鄰的排法種數是（ ）
A．180 B．240 C．288 D．300
題型五：插空法
【典例5-1】我校田徑隊有十名隊員，分別記為，為完成某訓練任務，現將十名隊員分成甲、乙兩隊．其中將五人排成一行形成甲隊，要求與相鄰，在的左邊，剩下的五位同學排成一行形成乙隊，要求與不相鄰，則不同的排列方法種數為（ ）
A．432 B．864 C．1728 D．2592
【典例5-2】（2024·四川成都·模擬預測）象棋作為一種古老的傳統棋類益智游戲，具有深遠的意義和價值．它具有紅黑兩種陣營，將、車、馬、炮、兵等均為象棋中的棋子，現將3個紅色的“將”“車”“馬”棋子與2個黑色的“將”“車”棋子排成一列，則同色棋子不相鄰的排列方式有（ ）
A．120種 B．24種 C．36種 D．12種
【變式5-1】（2024·高三·山東濟南·開學考試）由0，1，2，3，4，5組成沒有重復數字的六位數，其中任意兩個偶數都不相鄰，則滿足條件的六位數的個數為（ ）
A．60 B．108 C．132 D．144
【變式5-2】（2024·高三·河北邢臺·開學考試）有4名男生 3名女生和2個不同的道具（記作A和B）參與一個活動，活動要求：所有人（男生和女生）必須站成一排，女生必須站在一起，并且她們之間按照身高從左到右由高到低的順序排列（假設女生的身高各不相同）；兩個道具A和B必須被分配給隊伍中的兩個人（可以是男生，也可以是女生），但這兩人不能站在一起.滿足上述所有條件的排列方式共有（ ）
A．2400種 B．3600種 C．2880種 D．4220種
【變式5-3】（2024·高三·浙江·開學考試）將若干個除顏色外完全相同的紅色小球和黑色小球排成一列，要求所有的紅球互不相鄰，當小球的總數為8時，滿足條件的不同排列方法的總數之和為（）
A．20 B．36 C．54 D．108
【變式5-4】某種產品的加上需要經過A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B兩道工序必須相鄰，C，D兩道工序不能相鄰，則不同的加工順序有（ ）
A．960種 B．836種
C．816種 D．720種
題型六：定序問題（先選后排）
【典例6-1】已知，則滿足的有序數組共有（ ）個
A． B． C． D．
【典例6-2】甲乙丙丁戊五人并排站成一排，如果乙必須站在甲的右邊（甲乙可以不相鄰），那么不同的排法共有（ ）種.
A．120 B．60 C．50 D．30
【變式6-1】習近平總書記在全國教育大會上發表重要講話，稱教育是國之大計，黨之大計．哈九中落實講話內容，組織研究性學習．在研究性學習成果報告會上，有A、B、C、D、E、F共6項成果要匯報，如果B成果不能最先匯報，而A、C、D按先后順序匯報（不一定相鄰），那么不同的匯報安排種數為（ ）
A．100 B．120 C．300 D．600
【變式6-2】7人排隊，其中甲、乙、丙 3 人順序一定(可以相鄰，也可以不相鄰)，共有____種不同的排法．
【變式6-3】某公司在元宵節組織了一次猜燈謎活動，主持人事先將10條不同燈謎分別裝在了如圖所示的10個燈籠中，猜燈謎的職員每次只能任選每列最下面的一個燈籠中的謎語來猜（無論猜中與否，選中的燈籠就拿掉），則這10條燈謎依次被選中的所有不同順序方法數為____________.（用數字作答）
【變式6-4】現有學號分別為號、號、號、、號的位同學依次站成一排，老師請他們從號同學開始依次從如圖所示的裝有標號為至號球的三個圓柱形容器中隨意選擇一個有球的容器并取出最上面的一個球，再根據自己手中所拿球的號碼，按照球號從小到大的順序從左到右重新站成一排，則所有可能的不同站法有____________種（用數字作答）．
【變式6-5】四根繩子上共掛有10只氣球,繩子上的球數依次為1,2,3,4，每槍只能打破一只球,而且規定只有打破下面的球才能打上面的球,則將這些氣球都打破的不同打法數是________.
【變式6-6】把6名實習生分配到7個車間實習，共有______種不同的分法.
【變式6-7】花燈，又名“彩燈”“燈籠”，是中國傳統農業時代的文化產物，兼具生活功能與藝術特色.如圖，現有懸掛著的8盞不同的花燈需要取下，每次取1盞，則不同取法總數為 （ ）
A．2520 B．5040 C．7560 D．10080
題型七：列舉法
【典例7-1】數論領域的四平方和定理最早由歐拉提出，后被拉格朗日等數學家證明．四平方和定理的內容是：任意正整數都可以表示為不超過四個自然數的平方和，例如正整數．設，其中a，b，c，d均為自然數，則滿足條件的有序數組的個數是（ ）
A．28 B．24 C．20 D．16
【典例7-2】已知字母，，各有兩個，現將這6個字母排成一排，若有且僅有一組字母相鄰（如），則不同的排法共有（ ）種
A．36 B．30 C．24 D．16
【變式7-1】（2024·海南海口·統考一模）形如45132這樣的數稱為“波浪數”，即十位上的數字，千位上的數字均比與它們各自相鄰的數字大，則由1，2，3，4，5可組成數字不重復的五位“波浪數”的個數為（ ）
A．20 B．18 C．16 D．11
【變式7-2】某人設計一項單人游戲，規則如下：先將一棋子放在如圖所示正方形（邊長為2個單位）的頂點處，然后通過擲骰子來確定棋子沿正方形的邊按逆時針方向行走了幾個單位，如果擲出的點數為，則棋子就按逆時針方向行走個單位，一直循環下去.則某人拋擲三次骰子后棋子恰好又回到起點處的所有不同走法共有（ ）
A．21種 B．22種 C．25種 D．27種
【變式7-3】中國古代十進制的算籌計數法，在數學史上是一個偉大的創造，算籌實際上是一根根同長短的小木棍．如圖，是利用算籌表示數的一種方法．例如：3可表示為“”，26可表示為“”．現有6根算籌，據此表示方法，若算籌不能剩余，則可以用這9數字表示兩位數的個數為　　
A．13 B．14 C．15 D．16
題型八：多面手問題
【典例8-1】我校去年11月份，高二年級有10人參加了赴日本交流訪問團，其中3人只會唱歌，2人只會跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．現要從中選6人上臺表演，3人唱歌，3人跳舞，有（ ）種不同的選法．
A． B． C． D．
【典例8-2】某國際旅行社現有11名對外翻譯人員，其中有5人只會英語，4人只會法語，2人既會英語又會法語，現從這11人中選出4人當英語翻譯，4人當法語翻譯，則共有（ ）種不同的選法
A．225 B．185 C．145 D．110
【變式8-1】“賽龍舟”是端午節的習俗之一，也是端午節最重要的節日民俗活動之一，在我國南方普遍存在端午節臨近，某單位龍舟隊欲參加今年端午節龍舟賽，參加訓練的8名隊員中有3人只會劃左槳，3人只會劃右槳，2人既會劃左槳又會劃右槳．現要選派劃左槳的3人、劃右槳的3人共6人去參加比賽，則不同的選派方法共有（ ）
A．26種 B．30種 C．37種 D．42種
【變式8-2】某龍舟隊有9名隊員，其中3人只會劃左舷，4人只會劃右舷，2人既會劃左舷又會劃右舷．現要選派劃左舷的3人、右舷的3人共6人去參加比賽，則不同的選派方法共有（ ）
A．56種 B．68種
C．74種 D．92種
【變式8-3】某龍舟隊有8名隊員，其中3人只會劃左槳，3人只會劃右槳，2人既會劃左槳又會劃右槳.現要選派劃左槳的3人、劃右槳的3人共6人去參加比賽，則不同的選派方法共有（ ）
A．26種 B．30種 C．37種 D．42種
題型九：錯位排列
【典例9-1】編號為1、2、3、4、5的5個人分別去坐編號為1、2、3、4、5的五個座位，其中有且只有兩個人的編號與座位號一致的坐法有（ ）
A．10種 B．20種 C．30種 D．60種
【典例9-2】將編號為、、、、、的小球放入編號為、、、、、的六個盒子中，每盒放一球，若有且只有兩個盒子的編號與放入的小球的編號相同，則不同的放法種數為（ ）
A． B． C． D．
【變式9-1】將編號為1 2 3 4 5 6的六個小球放入編號為1 2 3 4 5 6的六個盒子里，每個盒子放一個小球，若有且只有三個盒子的編號與放入的小球編號相同，則不同的方法總數是（ ）
A．20 B．40 C．120 D．240
【變式9-2】“數獨九宮格”原創者是18世紀的瑞士數學家歐拉，它的游戲規則很簡單，將1到9這九個自然數填到如圖所示的小九宮格的9個空格里，每個空格填一個數，且9個空格的數字各不相間，若中間空格已填數字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行從左至右及第二列從上至下所填的數字都是從大到小排列的，則不同的填法種數為（ ）
A．72 B．108 C．144 D．196
【變式9-3】元旦來臨之際，某寢室四人各寫一張賀卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀卡，則四張賀卡不同的分配方式有（ ）
A．6種 B．9種 C．11種 D．23種
題型十：涂色問題
【典例10-1】（2024·安徽淮北·二模）在的方格中，每個方格被涂上紅、橙、黃、綠四種顏色之一，若每個的方格中的四個小方格的顏色都不相同，則滿足要求的不同涂色方法的種數為 .
【典例10-2】提供6種不同顏色的顏料給圖中A，B，C，D，E，F六個區域涂色，要求相鄰區域不能涂相同顏色，則不同的涂色方法共有 種.
【變式10-1】（2024·重慶·模擬預測）重慶位于中國西南部、長江上游地區，地跨青藏高原與長江中下游平原的過渡地帶．東鄰湖北、湖南，南靠貴州，西接四川，北連陜西．現用4種顏色標注6個省份的地圖區域，相鄰省份地圖顏色不相同，則共有 種涂色方式．
【變式10-2】（2024·高三·廣西南寧·開學考試）在如圖方格中，用4種不同顏色做涂色游戲，要求相鄰區域顏色不同，每個區域只能涂一種顏色.
①若區域涂2種顏色，區域涂另外2種顏色，則有 種不同涂法.
②若區域涂4種顏色（涂的顏色互不相同），區域也涂這4種顏色（涂的顏色互不相同），則有 種不同涂法.
【變式10-3】網課期間，小王同學趁課余時間研究起了七巧板，有一次他將七巧板拼成如下圖形狀，現需要給下圖七巧板右下方的五個塊涂色（圖中的1，2，3，4，5），有4種不同顏色可供選擇，要求有公共邊的兩塊區域不能同色，有 種不同的涂色方案.
【變式10-4】（2024·江西鷹潭·一模）用四種不同的顏色為正六邊形（如圖）中的六塊區域涂色，要求有公共邊的區域涂不同顏色，一共有 種不同的涂色方法．
【變式10-5】（2024·浙江·模擬預測）如圖，用4種不同的顏色給圖中的8個區域涂色，每種顏色至少使用一次，每個區域僅涂一種顏色，且相鄰區域所涂顏色互不相同，則區域，，，和，，，分別各涂2種不同顏色的涂色方法共有 種；區域，，，和，，，分別各涂4種不同顏色的涂色方法共有 種.
【變式10-6】（2024·湖北十堰·模擬預測）四色定理又稱四色猜想、四色問題，是世界近代三大數學難題之一．地圖四色定理最先是由一位叫古德里的英國大學生提出來的．四色定理的內容是：“任何一張地圖只用四種顏色就能使具有共同邊界的國家著上不同的顏色．”某同學在橫格紙上研究填涂藍、紅、黃、綠4種顏色問題，如圖，第1行有1個格子，第2行有2個格子，…，第n行有n個格子，將4種顏色在每行中分別進行涂色，每行相鄰的格子顏色不同，記為第k行不同涂色種數，則 ， ．
題型十一：分組問題
【典例11-1】有6本不同的書，按下列方式進行分配，其中分配種數正確的是（ ）
A．分給甲、乙、丙三人，每人各2本，有15種分法；
B．分給甲、乙、丙三人中，一人4本，另兩人各1本，有180種分法；
C．分給甲乙每人各2本，分給丙丁每人各1本，共有90種分法；
D．分給甲乙丙丁四人，有兩人各2本，另兩人各1本，有1080種分法；
【典例11-2】（多選題）（2024·遼寧葫蘆島·高三葫蘆島第一高級中學校考期末）九本書籍分給三位同學，下列說法正確的是（ ）
A．九本書內容完全一樣，每人至少一本有28種不同的分法
B．九本書內容都不一樣，分給三位同學有種不同的分法
C．九本書內容完全一樣，分給三位同學有55種不同的分法
D．九本書內容都不一樣，甲同學至少一本，乙同學至少二本有種不同的分法
【變式11-1】有6本不同的書按下列分配方式分配，問共有多少種不同的分配方法？
（1）分成1本、2本、3本三組；
（2）分給甲、乙、丙三人，其中一個人1本，一個人2本，一個人3本；
（3）分成每組都是2本的三組；
（4）分給甲、乙、丙三人，每個人2本．
【變式11-2】某校高三年級有6個班，現要從中選出10人組成高三女子籃球隊參加高中籃球比賽，且規定每班至少要選1人參加．求這10個名額有多少種不同的分配方法．
題型十二：分配問題
【典例12-1】6名大學生分配到4所學校實習，每名大學生只分配到一所學校，每所學校至少分配1名大學生，則不同的分配方案共有（ ）
A．65 B．1560 C．2640 D．4560
【典例12-2】（2024·高三·河北邯鄲·開學考試）在第33屆夏季奧運會期間，中國中央電視臺體育頻道在某比賽日安排甲、乙、丙、丁4個人參加當天A，B，C三個比賽場地的現場報道，且每個場地至少安排一人，甲不在A場地的不同安排方法數為（ ）
A．32 B．24 C．18 D．12
【變式12-1】（2024·高三·江蘇南通·開學考試）今年暑期檔，全國各大院線推出多部精彩影片，其中比較熱門的有《異形：奪命艦》，《名偵探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《姥姥的外孫》這5部，小明和小華兩位同學準備從這5部影片中各選2部觀看，若兩人所選的影片至多有一部相同，且小明一定選看《名偵探柯南》，則兩位同學不同的觀影方案種數為（ ）
A．12 B．24 C．28 D．36
【變式12-2】（2024·高三·重慶·開學考試）第41屆全國青少年信息學奧林匹克競賽于2024年7月日在重慶市育才中學成功舉辦．在本次競賽組織過程中，有甲、乙等5名育才新教師參加了接待、咨詢、向導三個志愿者服務項目，每名新教師只參加一個服務項目，每個服務項目至少有一名新教師參加．若5名新教師中的甲、乙兩人不參加同一個服務項目，則不同的安排方案有（ ）種
A．108 B．114 C．150 D．240
【變式12-3】（2024·高三·湖南永州·開學考試）在2024年巴黎奧運會中，甲、乙、丙、丁、戊5人參與接待、引導和協助三類志愿者服務工作，每類工作必須有志愿者參加，每個志愿者只能參加一類工作，若甲只能參加接待工作，那么不同的志愿者分配方案的種數是（ ）
A．38 B．42 C．50 D．56
【變式12-4】（2024·高三·廣東·開學考試）某中學數學組來了名即將畢業的大學生進行教學實習活動，現將他們分配到高一年級的，，三個班實習，每班至少一名，最多兩名，則不同的分配方案有（ ）
A．種 B．種 C．種 D．種
【變式12-5】（2024·河南·二模）將甲，乙等5人全部安排到四個工廠實習，每人只去一個工廠，每個工廠至少安排1人，且甲，乙都不能去工廠，則不同的安排方法有（ ）
A．72種 B．108種 C．126種 D．144種
題型十三：隔板法
【典例13-1】（2024·湖北·二模）已知，且，，，則方程的解的組數為 .
【典例13-2】各數位數字之和等于8(數字可以重復) 的四位數個數為 ．
【變式13-1】個相同的籃球，分給甲、乙、丙三位同學（每人至少分得一個），不同分法的總數為 ．
【變式13-2】在中國革命史上有許多與“8”有關的可歌可泣的感人故事，如“八子參軍”、“八女投江”等，因此數字“8”是當之無愧的新時代“英雄數字”．如果一個四位數，各個位置上數字之和等于8，這樣的數稱為“英雄數”（比如1223，，就是一個“英雄數”），則所有的“英雄數”有 個（用數字回答）
【變式13-3】方程的非負整數解的個數為 .
【變式13-4】在1至10000的整數中，各位數字之和等于5的有 個.
【變式13-5】的非負整數解有 組.
題型十四：數字排列
【典例14-1】（2024·高三·上海·開學考試）若從0，1，2，3，4，5這六個數字中任取2個偶數和2個奇數，組成一個無重復數字的四位數，則不同的四位數的個數是 .
【典例14-2】用，，，，，這六個數字組成沒有重復的四位偶數，將這些數字從小到大排列起來，第個數是 ．
【變式14-1】（2024·浙江杭州·模擬預測）袋子中有數字“7”的卡片3張和數字“2”，“3”，“5”的卡片各1張，從中任意取出4張卡片，最多能組成 個不同的四位數（用數字回答）．
【變式14-2】如果一個四位數各個位數上的數字之和為8，則稱這個四位數為“幸運數”，那么總共有 個“幸運數”．
【變式14-3】（2024·內蒙古呼和浩特·二模）對于各數位均不為0的四位數，若兩位數、和均為完全平方數（完全平方數是指可以寫成某個整數的平方的數），則稱具有“S性質”，則具有“S性質”的四位數的個數為 ．
【變式14-4】（2024·河南鄭州·三模）設，，，…，是1，2，3，…，7的一個排列．且滿足，則的最大值是
題型十五：幾何問題
【典例15-1】如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構成一個“正交線面對”.在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”的個數是（　　）
A．48 B．18 C．24 D．36
【典例15-2】圓周上有個等分點，以其中三個點為頂點的直角三角形的個數為 ．
【變式15-1】已知直線中的、、是取自集合中的3個不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角．那么這樣的直線的條數是 ．
【變式15-2】（2024·江蘇連云港·模擬預測）格點是指平面直角坐標系中橫縱坐標均為整數的點.一格點沿坐標線到原點的最短路程為該點到原點的“格點距離”（如：，則點到原點的格點距離為）.格點距離為定值的點的軌跡稱為“格點圓”，該定值稱為格點圓的半徑，而每一條最短路程稱為一條半徑.當格點半徑為6時，格點圓的半徑有 條（用數字作答）.
【變式15-3】如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構成一個“正交線面對”，在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”的個數是 .
【變式15-4】（2024·全國·模擬預測）二維碼是一種由黑色和白色組成的雙色方格陣圖，規定如果一個的二維碼有對稱軸且繞其中心逆時針旋轉后能與自身重合，稱其為“轉轉碼”，則“轉轉碼”的個數為 .（用數字作答）
【變式15-5】從正十五邊形的頂點中選出3個構成鈍角三角形，則不同的選法有（ ）.
A．105種 B．225種 C．315種 D．420種
題型十六：分解法模型與最短路徑問題
【典例16-1】有一種走“方格迷宮”游戲，游戲規則是每次水平或豎直走動一個方格，走過的方格不能重復，只要有一個方格不同即為不同走法．現有如圖的方格迷宮，圖中的實線不能穿過，則從入口走到出口共有多少種不同走法？
A．6 B．8 C．10 D．12
【典例16-2】夏老師從家到學校，可以選擇走錦繡路、楊高路、張楊路或者浦東大道，由于夏老師不知道楊高路有一段在修路導致第一天上班就遲到了，所以夏老師決定以后要繞開那段維修的路，如圖，假設夏老師家在處，學校在處，段正在修路要繞開，則夏老師從家到學校的最短路徑有（ ）條．
A．23 B．24 C．25 D．26
【變式16-1】方形是中國古代城市建筑最基本的形態，它體現的是中國文化中以綱常倫理為代表的社會生活規則，中國古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各種方形建筑.如圖，用大小相同的竹棍構造一個大正方體（由個大小相同的小正方體構成），若一只螞蟻從點出發，沿著竹棍到達點，則螞蟻選擇的不同的最短路徑共有（ ）
A．種 B．種
C．種 D．種
【變式16-2】如圖，在某城市中， 兩地之間有整齊的方格形道路網，其中、、、、是道路網中的個指定交匯處. 今在道路網 處的甲 乙兩人分別要到 處，他們分別隨機地選擇一條沿街的最短路徑，以相同的速度同時出發直到到達 處為止. 則下列說法正確的是（ ）
A．甲從到達處的方法有種
B．甲從必須經過到達處的方法有種
C．甲、乙兩人在處相遇的概率為
D．甲、乙兩人在道路網中個指定交匯處相遇的概率為
【變式16-3】一植物園的參觀路徑如圖所示，若要全部參觀并且路線不重復，則不同的參觀路線共有（ ）
A．6種 B．8種
C．36種 D．48種
【變式16-4】下圖是某項工程的網絡圖(單位:天)，則從開始節點①到終止節點⑧的路徑共有（ ）
A．14條 B．12條 C．9條 D．7條
【變式16-5】如圖為某旅游區各景點的分布圖,圖中一條帶箭頭的線段表示一段有方向的路,試計算順著箭頭方向,從A到H不同的旅游路線的條數,這個數是(　　)
A．15 B．16 C．17 D．18
【變式16-6】正整數2022有______個不同的正約數．
【變式16-7】有一道路網如圖所示，通過這一路網從A點出發不經過C、D點到達B點的最短路徑有___________種.
題型十七：排隊問題
【典例17-1】現有10人排隊，其中要求甲、乙、丙、丁、戊五人的先后順序固定，則共有不同排法 種．
【典例17-2】隨著杭州亞運會的舉辦，吉祥物“琮琮”、蓮蓮”、宸宸”火遍全國.現有甲、乙、丙3位運動員要與“琮琮”、蓮蓮”、宸宸”站成一排拍照留念，則這3個吉祥物互不相鄰的排隊方法數為 .（用數字作答）
【變式17-1】6名同學排隊站成一排，要求甲乙兩人不相鄰，共有 種不同的排法.
【變式17-2】（2024·高三·上海·期末）同宿舍六位同學在食堂排隊取餐，其中三人兩兩不相鄰，和是雙胞胎必須相鄰，這樣的排隊方法有 種.
【變式17-3】（2024·山東·模擬預測）為了響應國家號召，預防新冠病毒的傳播，7位高齡老人排隊注射新冠疫苗，要求甲、乙、丙相鄰，且乙在甲與丙的中間，則共有 種不同的排隊方法．
【變式17-4】（2024·高三·遼寧·開學考試）某34人班級派5人參觀展覽，班級里有11人喜歡唱，4人喜歡跳，5人喜歡rap，14人喜歡籃球，每個人只喜歡一種.5人站一隊參觀，但是當隊伍中第個人分別喜歡唱、跳、rap、籃球時，上述4人會討論蔡徐坤，展覽館不希望有人討論蔡徐坤.當且僅當兩個隊伍中至少有一個位置上的人的喜好不同，兩個隊伍才被認為是不同的，則滿足上述條件的不同的排隊方案數為 .
【變式17-5】小明與位男生、位女生在排隊購物，已知每位女生需分鐘，男生需分鐘，若小明（不排在首位）的前后不同時為女生，且他的等待時間不多于分鐘，則不同的排隊情況共有 種.
題型十八：構造法模型和遞推模型
【典例18-1】幾個孩子在一棵枯樹上玩耍，他們均不慎失足下落．已知
（）甲在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，；
（）乙在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，；
（）丙在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，；
（）丁在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，；
（）戊在下落的過程中依次撞擊到樹枝，，．
倒霉的李華在下落的過程中撞到了從到的所有樹枝，根據以上信息，在李華下落的過程中，和這根樹枝不同的撞擊次序有（ ）種．
A． B． C． D．
【典例18-2】九連環是一種流傳于我國民間的傳統智力玩具.它用九個圓環相連成串，以解開為勝.它在中國有近兩千年的歷史，《紅樓夢》中有林黛玉巧解九連環的記載.周邦彥也留下關于九連環的名句“縱妙手、能解連環.”九連環有多種玩法，在某種玩法中:已知解下1個圓環最少需要移動圓環1次，解下2個圓環最少需要移動圓環 2 次，記 為解下個圓環需要移動圓環的最少次數，且，則解下 8 個圓環所需要移動圓環的最 少次數為（ ）
A．30 B．90 C．170 D．341
【變式18-1】（2024·福建福州·高三統考期中）三名籃球運動員甲、乙、丙進行傳球訓練，由丙開始傳，經過次傳遞后，球又被傳回給丙，則不同的傳球方式共有（ ）
A．4種 B．10種
C．12種 D．22種
【變式18-2】（多選題）跳格游戲：如圖，人從格子外只能進入第1個格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么下面說法正確的是（ ）
A．進入第二個格子走法有2種
B．進入第二個格子走法有1種
C．進入第三個格子走法有2種
D．進入第八個格子走法有21種
【變式18-3】馬路上有編號為1，2，，2011的2011只路燈.為節約用電，要求關閉其中的300只燈，但不能同時關閉相鄰兩只，也不能關閉兩端的路燈.則滿足條件的關燈方法共有______.（用組合數符合表示）.
【變式18-4】一只螞蟻從一個正四面體的頂點出發，每次從一個頂點爬行到另一個頂點，則螞蟻爬行五次還在點的爬行方法種數是__________．
【變式18-5】把圓分成個不相等的扇形，并且用紅、黃、藍三種顏色給扇形染色，但不允許相鄰的扇形有相同的顏色，問共有多少種染色法？
題型十九：環排問題
【典例19-1】21個人按照以下規則表演節目：他們圍坐成一圈，按順序從1到3循環報數，報數字“3”的人出來表演節目，并且表演過的人不再參加報數．那么在僅剩兩個人沒有表演過節目的時候，共報數的次數為（ ）
A．19 B．38 C．51 D．57
【典例19-2】A，B，C，D，E，F六人圍坐在一張圓桌周圍開會，A是會議的中心發言人，必須坐最北面的椅子，B，C二人必須坐相鄰的兩把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，則不同的座次有（ ）
A．60種 B．48種 C．30種 D．24種
【變式19-1】現有8個人圍成一圈玩游戲，其中甲、乙、丙三人不全相鄰的排法種數為（ ）
A． B． C． D．
【變式19-2】現有一圓桌，周邊有標號為1，2，3，4的四個座位，甲、乙、丙、丁四位同學坐在一起探討一個數學課題，每人只能坐一個座位，甲先選座位，且甲、乙不能相鄰，則所有選座方法有（ ）．
A．6種 B．8種 C．12種 D．16種
【變式19-3】如圖，某傘廠生產的太陽傘的傘篷是由太陽光的七種顏色組成，七種顏色分別涂在傘篷的八個區域內，且恰有一種顏色涂在相對區域內，則不同顏色圖案的此類太陽傘最多有（ ）.
A．40320種 B．5040種 C．20160種 D．2520種
【變式19-4】已知甲、乙、丙三位同學圍成一個圓時，其中一個排列“甲乙丙”與該排列旋轉一個或幾個位置后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一個排列．現有位同學，若站成一排，且甲同學在乙同學左邊的站法共有種，那么這位同學圍成一個圓時，不同的站法總數為（ ）
A． B． C． D．
1．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）現有5名志愿者報名參加公益活動，在某一星期的星期六、星期日兩天，每天從這5人中安排2人參加公益活動，則恰有1人在這兩天都參加的不同安排方式共有（ ）
A．120 B．60 C．30 D．20
2．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）甲乙兩位同學從6種課外讀物中各自選讀2種，則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有（ ）
A．30種 B．60種 C．120種 D．240種
3．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）某學校為了解學生參加體育運動的情況，用比例分配的分層隨機抽樣方法作抽樣調查，擬從初中部和高中部兩層共抽取60名學生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學生，則不同的抽樣結果共有（ ）．
A．種 B．種
C．種 D．種
4．（2022年新高考全國II卷數學真題）有甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同排列方式共有（ ）
A．12種 B．24種 C．36種 D．48種
5．（2021年全國高考乙卷數學（理）試題）將5名北京冬奧會志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個項目進行培訓，每名志愿者只分配到1個項目，每個項目至少分配1名志愿者，則不同的分配方案共有（ ）
4．根據某個福利彩票方案，每注彩票號碼都是從1~37這37個數中選取7個數.如果所選7個數與開出的7個數一樣（不管排列順序），彩票即中一等獎.
（1）多少注不同號碼的彩票可有一個一等獎？
（2）如果要將一等獎的中獎機會提高到以上且不超過，可在37個數中取幾個數？
5．從含有3件次品的100件產品中，任意抽取5件進行檢驗.
（1）抽出的產品都是合格品的抽法有多少種？
（2）抽出的產品中恰好有2件是次品的抽法有多少種？
（3）抽出的產品中至少有2件是次品的抽法有多少種？
（4）抽出的產品中至多有2件是次品的抽法有多少種？
6．從5名男生和4名女生中選出4人去參加一項創新大賽.
（1）如果4人中男生女生各選2人，那么有多少種選法？
（2）如果男生中的甲和女生中的乙必須在內，那么有多少種選法？
（3）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在內，那么有多少種選法？
（4）如果4人中必須既有男生又有女生，那么有多少種選法？
易錯點：忽視順序，重復計算出錯
易錯分析： 忽視順序和重復計算出錯，往往源于對問題結構理解不深或計算過程中缺乏嚴謹。在復雜問題中，步驟順序至關重要，錯誤順序可能導致結果偏差。同時，重復計算若未及時發現，會累積錯誤，影響最終準確性。需細心審題，嚴謹計算。
【易錯題1】某交通崗共有3人，從周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有（ ）種．
A．5040 B．1260 C．210 D．630
【易錯題2】將這七個數隨機地排成一個數列，記第i項為，若，，則這樣的數列共有 個．
答題模板：分組分配問題
1、模板解決思路
分組分配問題，先分組后分配。均勻分組需除以組數全排列數，部分均勻則除相同元素組的全排列數。分配時分定向與不定向，不定向需乘組數全排列數。
2、模板解決步驟
第一步：將所給元素進行分組.
第二步：將分好的組進行全排列。
第三步：根據分步乘法計數原理，求出總的分配方法數。
【易錯題1】為方便廣大人民群眾就醫，普及醫療健康知識，社區組織“義診下鄉行”活動，某醫療隊伍有5名醫生需分配到3個志愿團隊，每個志愿隊至少分配一名醫生，甲醫生被分到志愿隊的方法有 種．（用數字作答）
【易錯題2】甲、乙等6位同學去三個社區參加義務勞動，每個社區安排2位同學，每位同學只去一個社區，則甲、乙到同一社區的不同安排方案共有 .
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑