文档内容
专题 9-3 排列组合 19 种归类
目录
讲高考................................................................................................................................................................................1
题型全归纳.......................................................................................................................................................................3
【题型一】基础方法1：人坐座位..........................................................................................................................3
【题型二】基础模型2：球放盒子..........................................................................................................................4
【题型三】基本方法3：插书保序型.....................................................................................................................5
【题型四】基本模型4：最短路径字母化法.......................................................................................................7
【题型五】基础方法5：相同元素法.....................................................................................................................9
【题型六】基础方法6：相邻与不相邻型.........................................................................................................10
【题型七】小大顺序型.............................................................................................................................................12
【题型八】左右鞋配对型.........................................................................................................................................14
【题型九】放球与盒子编号....................................................................................................................................16
【题型十】平均分组型.............................................................................................................................................17
【题型十一】染色型..................................................................................................................................................19
【题型十二】立体几何型染色...............................................................................................................................21
【题型十三】逻辑电路型.........................................................................................................................................23
【题型十四】斐波那契数列型...............................................................................................................................25
【题型十五】空座位型.............................................................................................................................................27
【题型十六】函数解析几何型...............................................................................................................................28
【题型十七】不定方程型.........................................................................................................................................29
【题型十八】数列中的排列组合...........................................................................................................................30
【题型十九】综合难题.............................................................................................................................................33
专题训练.........................................................................................................................................................................36
讲高考
1．（2020·山东·统考高考真题）现从4名男生和3名女生中，任选3名男生和2名女生，
分别担任5门不同学科的课代表，则不同安排方法的种数是（ ）
A．12 B．120 C．1440 D．17280
【答案】C
【分析】首先选3名男生和2名女生，再全排列，共有 种不同安排方法.
【详解】首先从4名男生和3名女生中，任选3名男生和2名女生，共有 种情况，
再分别担任5门不同学科的课代表，共有 种情况.
所以共有 种不同安排方法.
故选：C
2．（2020·山东·统考高考真题）在 的二项展开式中，第 项的二项式系数是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题可通过二项式系数的定义得出结果.
【详解】第 项的二项式系数为 ，
故选：A.
3．（2020·山东·统考高考真题）现有5位老师，若每人随机进入两间教室中的任意一间听
课，则恰好全都进入同一间教室的概率是（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】利用古典概型概率公式，结合分步计数原理，计算结果.
【详解】5位老师，每人随机进入两间教室中的任意一间听课，共有 种方法，
其中恰好全都进入同一间教室，共有2种方法，所以 .
故选：B
4．（2021·全国·统考高考真题）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰
球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿
者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】C
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用
组合，排列，乘法原理求得.
【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以
先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有 种选法；然后连同其余三人，看成四个
元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有
4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有 种不同的分配方案，
故选：C.
5．（2021·全国·高考真题）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（
）
A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．0.8
【答案】C
【分析】利用古典概型的概率公式可求概率.
【详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：
，
共10种排法，
其中2个0不相邻的排列方法为：
，
共6种方法，
故2个0不相邻的概率为 ，
故选：C.
6．（2021·全国·统考高考真题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，
若2个0相邻，则有 种排法，若2个0不相邻，则有 种排法，
所以2个0不相邻的概率为 .
故选：C.
题型全归纳
【题型一】基础方法1：人坐座位【讲题型】
例题1.一排11个座位，现安排甲、乙2人就座，规定中间的3个座位不能坐，且2人不能
相邻，则不同排法的种数是（ ）
A．28 B．32 C．38 D．44
【答案】D
【分析】根据甲、乙两人在三个空位同侧与异侧进行分类，分别求解，再利用分类加法原
理进行求值.
【详解】根据两人在三个空位同侧与异侧进行分类，
当甲、乙两人在三个空位左侧时：共 （种），
同理，当甲、乙两人在三个空位右侧时：共 （种），
当甲、乙两人在三个空位异侧时：共 （种），
即共 （种），
故选：D.
例题2.．2022年2月4日北京冬奥会顺利开幕.在开幕式当晚，周明约李亮一家一起观看.周
明一家四口相邻而坐，李亮一家四口也相邻而坐，已知他们两家人的8个座位连在一起
（在同一排且一人一座），且周明与李亮也相邻而坐，则他们不同的坐法有（ ）
A．432种 B．72种 C．1152种 D．144种
【答案】B
【分析】依题意周明与李亮只能坐中间两个位置，先安排周明与李亮的座位，再安排周明
家其余 人与李亮家其余 人的座位，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】解：依题意周明与李亮坐中间两个位置，则有 种坐法，
此时周明家其余 人有 种坐法，同理李亮家其余 人有 种坐法，
所以他们不同的坐法有 种.
故选：B
【讲技巧】
人坐座位，要考虑以下情况：
1、一人一位；
2、有顺序；
3、座位可能空；
4、人是否都来？来的是谁；
5、必要时，座位拆迁，剩余空座位随人排列
【练题型】
1.现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起
探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座
方法有（ ）．
A．6种 B．8种 C．12种 D．16种
【答案】B
【分析】甲比较特殊，先安排甲，随着甲的安排乙也确定了，然后剩下位置给丙丁即可.
【详解】先安排甲，其选座方法有 种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而
丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有 种，所以共有坐法种数为 种．
故选：B．
2．共有编号分别为1，2，3，4，5的五个座位，在甲同学不坐2号座位，乙同学不坐5号
座位的条件下，甲、乙两位同学的座位号相加是偶数的概率为
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出事件：甲同学不坐2号座位，乙同学不坐5号座位的基本事件的总数，再求得事件：甲、乙两位同学的座位号相加是偶数包含事件的个数，然后代入古典概型的概
率公式即可．
【详解】事件：甲同学不坐2号座位，乙同学不坐5号座位包含的基本事件为（1,2）、
（1,3）、（1,4）、（3、1）、（3,2）、(3,4)、（4,1）、（4,2）、（4,3）、（5,1）
（5,2）、（5,3）、（5,4），共13种情况．事件：甲、乙两位同学的座位号相加是偶数包
含（1,3）、（3、1）、（4,2）、（5,1）、（5,3）共5种情况，所以该事件发生的该
.
故选B.
【题型二】基础模型2：球放盒子
【讲题型】
例题1.将4个不同的球放到3个不同的盒子里，每个盒子中至少放一个球，则放法种数有
（ ）．
A．72 B．60 C．48 D．36
【答案】D
【分析】先分组共有 种分组方法，然后分配，有 种，由分步计数原理可得结果．
【详解】先分组共有 种分组方法，然后分配，有 种，
由分步计数原理得有 种放法．
故选：D．
例题2.将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数为（ ）
A．22 B．25 C．20 D．48
【答案】C
【分析】将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，不妨将7个
球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，
据此即可的解.
【详解】解：将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，
因为每个盒子都有球，
所以每个盒子至少又一个球，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空
插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，不同插入方法共有 种，
所以每个盒子都有球的放法种数为20.
故选：C.
【讲技巧】
球放盒子，要考虑以下情况是否存在：
类型一：球不同，盒子不同（主要的）
类型二：球相同，盒子不同
方法技巧：不受限制，则指数幂形式，受限制，则“先分组再排列”
【练题型】
1.7个相同的小球放入 ， ， 三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放
法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【答案】D【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.
【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有 种不
同的方法.
故选：D.
2．将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个
球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法种数为（ ）
A．15 B．30 C．20 D．42
【答案】B
【分析】按照放入同一盒子的球进行分类，最后由分类加法计数原理计算即可.
【详解】当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
则共有 种不同的放法
故选：B
3．3．把3个相同的红球和2个不同的白球放在四个不同的盒子中，每个盒子中至少放一
个球，则不同的放法有（ ）
A．24 B．28 C．48 D．52
【答案】D
【分析】分两种情况讨论：一、2个不同的白球放在一个盒子里，其他3个相同的红球分
别放在其他三个盒子中，一个盒子放一个球；二、2个不同的白球分别放在四个盒子中的
两个，且各放一个球，其余两个盒子中各放1个红球，最后1个红球从四个盒子中选一个
来放.
【详解】解：由题意，5个球放在四个不同的盒子中，每个盒子中至少放一个球，则有一
个盒子放2个球，有三个盒子分别各放1个球，又5个球为3个相同的红球和2个不同的
白球，则分两种情况讨论：
一、2个不同的白球放在一个盒子里，其他3个相同的红球分别放在其他三个盒子中，一
个盒子放一个球，有 种放法；
二、2个不同的白球分别放在四个盒子中的两个，且各放一个球，其余两个盒子中各放1
个红球，最后1个红球从四个盒子中选一个来放，有 种放法；
综上，共有 种放法.
故选：D.
【题型三】基本方法3：插书保序型
【讲题型】
例题1.某校高一学生进行演讲比赛，原有5名同学参加比赛，后又增加两名同学参赛，如
果保持原来5名同学比赛顺序不变，那么不同的比赛顺序有（ ）
A．12种 B．30种 C．36种 D．42种
【答案】D
【分析】根据分步乘法计数原理可求出结果.
【详解】将第6名同学放到原来5名同学形成的6个空中，有6种放法；
将第7名同学放到已经排好的6名同学形成的7个空中，有7种放法，
故不同的比赛顺序共有 种.
故选：D
例题2.班会课上原定有3位同学依次发言，现临时加入甲，乙2位同学也发言，若保持原
来3位同学发言的相对顺序不变，且甲，乙的发言顺序不能相邻，则不同的发言顺序种数
为（ ）
A．6 B．12 C．18 D．24
【答案】B【分析】根据题意可知在原来三位同学的发言顺序一定时，他们之间会形成 个空位，插
入甲，乙2位同学，由此即可求出结果.
【详解】在原来三位同学的发言顺序一定时，他们之间会形成 个空位，插入甲，乙2位
同学有 种.
故选：B.
【讲技巧】
插书保序型，主要是保持某些元素的顺序不改变，增加新元素的种数，要考虑以下情
况：
（1）书架上原有书的顺序不变；（
（2）新书要一本一本插；
【练题型】
1.为引领广大家庭和少年儿童继承党的光荣传统、弘扬党的优良作风，进一步增强听党话、
感党恩、跟党走的思想自觉性和行动自觉性，某市文明办举行“少年儿童心向党”主题活
动，献礼中国共产党成立100周年原定表演6个节目，已排成节目单，开演前又临时增加
了2个互动节目．如果保持原节目的顺序不变，那么不同排法的种数为（ ）
A．42 B．56 C．30 D．72
【答案】B
【分析】结合倍缩法即可解决部分定序问题.
【详解】增加2个互动节目后，一共有8个节目，这8个节目的不同排法有 种，而原有
的6个节目对应的不同排法有 种，所以不同的排法有 （种）．
故选：B.
2.书架上某一层有5本不同的书，新买了3本不同的书插进去，要保持原来5本书的顺序不
变，则不同的插法种数为（ ）.
A．60 B．120 C．336 D．504
【答案】C
【分析】依据分步计数原理即可求得不同的插法种数.
【详解】将新买的3本书逐一插进去：
第1本书插入5本书形成的6个空隙中的1个，有6种插法；
第2本书插入6本书形成的7个空隙中的1个，有7种插法；
最后1本书插入7本书形成的8个空隙中的1个，有8种插法.
由分步乘法计数原理，知不同的插法种数为6×7×8=336.
故选：C
3.书架上某层有6本不同的书，新买了3本不同的书插进去，要保持原来6本书的原有顺序，
则不同的插法共有______种．
【答案】504
【分析】把原来6本书和新买的3本书看成9个位置，将3本新书放入其中个位置即可得．
【详解】把书架上这一层欲排的9本书看成9个位置，将新买的3本书放入这9个位置中
的3个，其余的6本书按着原来顺序依次放入，因此插法种数为 ．
故答案为：504
【题型四】基本模型4：最短路径字母化法
【讲题型】
例题1.如图，小明从街道的 处出发，先到 处与小红会合，再一起到位于 处的老年公
寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）A．24 B．18 C．12 D．35
【答案】B
【分析】利用组合数以及分步乘法计数原理即可求解.
【详解】从 到 ，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，
从 到 最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，
其中2段方向相同，另2段方向相同，
每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，
选出2段走北向的，故共有 种走法.
同理从 到 ，最短的走法，有 种走法.
∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 种走法.
所以B选项是正确的.
故选：B
例题2.如图，一只蚂蚁从点 出发沿着水平面的线条爬行到点 ，再由点 沿着置于水平
面的正方体的棱爬行至顶点 ，则它可以爬行的不同的最短路径有（ ）条
A．40 B．60 C．80 D．120
【答案】B
【详解】试题分析：蚂蚁从 到 需要走五段路，其中三纵二竖，共有 条路径，从
到 共有 条路径，根据分步计数乘法原理可知，蚂蚁从 到 可以爬行的不同的
最短路径有 条，故选B.
考点：分步计数乘法原理.
【讲技巧】
类似这类左右上下移动的最短距离，可以把移动方向看做字母，比如，向右是字母A，
向上是字母B，则移动几步就是几个A，与B相同元素排列
字母化法：标记元素为数字或字母，重新组合，特别适用于“相同元素”
【练题型】
1.如图，小芳从街道B处出发先到C处与小明会合，再一起到位于D处的社区参加志愿者
活动，则小芳到社区的最短路径的条数为（ ）A．9 B．12 C．18 D．24
【答案】C
【分析】最短路径的条数，即横向和纵向走法的不同组合数，由组合数公式和分步乘法计
数原理进行计算即可.
【详解】不妨设图中向上方向为北，向右方向为东，图中最小矩形的一条边长为1个街道，
则最短路径即通过的街道最少，从B处到D处，共需2个步骤：
第1步，从B处到C处，最短路径为向北通过1个街道和向东通过2个街道共3个街道，
从3次通过的街道中，选出1次向北，其余向东，共有 条路径；
第2步，从C出到D出，最短路径为向北通过2个街道和向东通过2个街道共4个街道，
从4次通过的街道中，选出2次向北，其余向东，共有 条路径，
∴由分步乘法计数原理，小芳到社区的最短路径的共有3×6=18条.
故选：C.
2．方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社
会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小
相同的竹棍构造一个大正方体（由 个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从 点出
发，沿着竹棍到达 点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（ ）
A． 种 B． 种
C． 种 D． 种
【答案】D
【分析】分析可知从 到 最少需要 步完成，其中有 步是横向的， 步是纵向的， 步
是竖向的，利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，从 到 最少需要 步完成，其中有 步是横向的， 步是纵向的，
步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有 种.
故选：D.
3．夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不
知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修
的路，如图，假设夏老师家在 处，学校在 处， 段正在修路要绕开，则夏老师从家
到学校的最短路径有（ ）条．A．23 B．24 C．25 D．26
【答案】D
【分析】先求出由 到 的最短路径的条数，然后求出由 到 且经过 的最短路径的
条数，最后相减即可.
【详解】由 到 的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有 条路，
由 到 的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有 条路，
由 到 的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有 条路，
所以由 到 不经过 的最短路径有 .
故选：D.
【题型五】基础方法5：相同元素法
【讲题型】
例题1. 的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（ ）
A．72项 B．75项 C．78项 D．81项
【答案】C
【分析】由多项式展开式中的项为 ，即 ，将问题转化为将2
个隔板和11个小球分成三组，应用组合数求项数即可.
【详解】由题设，多项式展开式各项形式为 且 ，
故问题等价于将2个隔板和11个小球分成三组，即 .
故选：C
例题2.把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法（
）
A．10种 B． 种 C． 种 D．60种
【答案】A
【分析】采用隔板法，在 个空中插入 块板，根据组合数公式计算可得；
【详解】解：依题意，采用隔板法，在 个空中插入 块板，则不同的放法共有 种；
故选：A
【讲技巧】
相同元素，一般多以“三好学生”指标分配，相同小球方盒子等题型出现，可以有两种思
维方法：
1.挡板法
2.字母化法
【练题型】
1.把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有（ ）
A．4种 B．6种 C．21种 D．35种
【答案】B
【分析】元素相同问题用隔板法.
【详解】利用隔板法：由题可知使每个小朋友都能分到小球的分法有 种.
故选： .2.某高级中学将2022年获得省级表彰的6个三好学生的名额分给本校高三年级的4个班级，
则这4个班级中每个班级至少获得一个三好学生名额的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将6个名额随机分配给高三年级4个班级，分4种情况①0个，0个，0个，6个，
②0个，0个，1个，5个或者0个，0个，2个，4个，或者0个，0个，3个，3个③0个，
1个，1个，4个名额，或者0个，1个，2个，3个，或者0个，2个，2个，2个，④1个，
1个，1个，3个，或者1个，1个，2个，2个，再利用古典概型的概率求解.
【详解】将6个名额随机分配给高三年级4个班级，一共会出现以下4种情况：
①6个名额分到1个班，4个班级分别获得0个，0个，0个，6个名额，共有 种分配
方案；
②6个名额分到2个班，4个班级分别获得0个，0个，1个，5个名额，或者获得0个，0
个，2个，4个名额，或者获得0个，0个，3个，3个名额，共有 种分配方案；
③6个名额分到3个班，4个班级分别获得0个，1个，1个，4个名额，或者获得0个，1
个，2个，3个名额，或者获得0个，2个，2个，2个名额，共有 种分配方案；
④6个名额分到4个班，4个班级分别获得1个，1个，1个，3个名额，或者获得1个，1
个，2个，2个名额，共有 种分配方案；
所以6个名额随机分配给高三年级4个班级，一共出现4＋30＋40＋10＝84种分配方案，
其中这4个班级中每个班级至少获得一个三好学生名额有10种分配方案，
所以每个班级至少获得一个三好学生名额的概率 ．
故选：B．
3. 7个相同的小球放入 ， ， 三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的
放法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【答案】D
【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.
【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有 种不
同的方法.
故选：D.
【题型六】基础方法6：相邻与不相邻型
【讲题型】
例题1.某班班会准备从含甲、乙、丙的7名学生中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有
一个发言，且甲、乙都发言时丙不能发言，则甲、乙两人都发言且发言顺序不相邻的概率
为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据题意，分 种情况讨论，若甲乙其中一人参加，有 种情况，若
甲乙两人都参加，则丙不能参加，有 种情况，其中甲乙相邻的有
种情况，则甲、乙两人都发言顺序不相邻的概率为 ，
故选C.
例题2.甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，
若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（ ）
A．240 B．192 C．96 D．48
【答案】B【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人.
【详解】丙在正中间（4号位）；
甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，
考虑到甲､乙的顺序有 种情况；
剩下的4个位置其余4人坐有 种情况；
故不同的坐法的种数为 .故选：B.
【讲技巧】
相邻不相邻
1.相邻元素捆绑法，要注意捆绑在一起的元素，是否还需要排列
2.不相邻元素排列，一般是插空法， 不相邻者最后插孔排
【练题型】
1.某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排
在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（ ）种不同的排法
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先安排数学，将物理和化学捆绑，与其余三门课程进行排序，结合分步乘法计数
原理可得结果.
【详解】若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有 种，
物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑，
与语文、英语、生物三门课程进行排序，有 种排法.
由分步乘法计数原理可知，共有 种不同的排法.
故选：D.
2.甲、乙等5人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且都
不站在两端的排法有（ ）
A．12种 B．24种 C．48种 D．120种
【答案】B
【分析】运用“捆绑法”与“排除法”即可.
【详解】将甲、乙捆绑在一起看成一个元素，有 种排法，
其中甲、乙相邻且在两端的有 种，
故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有 （种）．
故选:B．
3.现有三名学生与两名教师随机地排一排照相，则每名学生都至少与一名教师相邻的概率
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据排列求出每名学生都至少与一名教师相邻的排法种数 ，再由古典概型求解即
可.
【详解】由已知三名学生不相邻 ○ ○ 或是如下排列○ ○ ， ○ ○时，满足条
件，
其中 代表学生，○代表老师.
共有 种，故概率 ，故选：D.
【题型七】小大顺序型
【讲题型】
例题1.．验证码就是将一串随机产生的数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰
象素（防止 ），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫
期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，…，9中的五个数字随机组成.将
中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，
12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为
__________.
【答案】
【解析】首先判断出中间号码的所有可能取值，由此求得基本事件的总数以及中间数字是
的事件数，根据古典概型概率计算公式计算出所求概率.
【详解】根据“钟型验证码” 中间数字最大，然后向两边对称递减，所以中间的数字可能
是 .
当中间是 时，其它 个数字可以是 ，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两
个排在右边（排法唯一），所以方法数有 种.
当中间是 时，其它 个数字可以是 ，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两
个排在右边（排法唯一），所以方法数有 种.
当中间是 时，其它 个数字可以是 ，选其中两个排在左边（排法唯一），另外
两个排在右边（排法唯一），所以方法数有 种.
当中间是 时，其它 个数字可以是 ，选其中两个排在左边（排法唯一），另
外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有 种.
当中间是 时，其它 个数字可以是 ，选其中两个排在左边（排法唯一），
另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有 种.
当中间是 时，其它 个数字可以是 ，选其中两个排在左边（排法唯一），
另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有 种.
所以该验证码的中间数字是7的概率为 .
故答案为：
例题2.从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列
（即按 先后顺序，但大小写可以交换位置，如 或 都可以），
这样的情况有__________种．（用数字作答）
【答案】160
【分析】先根据A、B、C、D选取的个数分为四类：
第一类:A、B、C、D中取四个，a、b、c、d中取一个；
第二类:A、B、C、D中取三个，a、b、c、d中取二个；
第三类:A、B、C、D中取二个,a、b、c、d中取三个；
第四类:A、B、C、D中取一个,a、b、c、d中取四个.
【详解】分为四类情况：
第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有 ；
第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：形如
AaBbC(大小写有两个字母相同)共有 ，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共
有 ；
第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；
第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个，取法同第一类情况；
所以共有：2(8+ + )=160
【讲技巧】
小大顺序，一般是比较常见的“波浪数”型。
“波浪数”主要方法是分类讨论。不重复不遗漏【练题型】
1.设 是 ， ， ．．． 的一个排列，把排在 的左边且比 小的数的个数称为
， ， 的顺序数，如在排列 ， ， ， ， ， 中， 的顺序数为 ， 的顺
序数为 ，则在 至 这 个数的排列中， 的顺序数为 ， 的顺序数为 ， 的顺序数为
的不同排列的种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据8和7的特点，分类讨论，再把所有满足的情况加起来.
【详解】因为 的顺序数为 ，所以8一定在第三位，因为8是最大的；因为 的顺序数为
，7一定在第五位，因为前面除了8以外所有数都比它小.
因为 的顺序数为 ，所以5一定在7后面
这里分两种情况：①6在5前面，此时5一定在第七位，6在前面第一、二、四、六位上，
因此有 种；②6在5后面，此时5一定在第六位，6在后面第七、八位上，因此有
种；从而一共有 故A，B，D错误.
故选：C．
2.几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中
依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在
下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，
H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共
有（ ）
A．23 B．24 C．32 D．33
【答案】D
【分析】先判断出 ，按顺序排在前四个位置中的三个位置， ， ，
且 一定排在后四个位置，然后分 排在前四个位置中的一个位置与 不排在前四个位
置中的一个位置两种情况讨论，利用分类计数加法原理可得结果.
【详解】不妨设 代表树枝的高度，五根树枝从上至下共九个位置，
根据甲依次撞击到树枝 ；乙依次撞击到树枝 ；丙依次撞击到树枝 ；丁
依次撞击到树枝 ；戊依次撞击到树枝 可得 ，
在前四个位置， ， ，且 一定排在后四个位置，
（1）若 排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C,则第
六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4
种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有 种排法；
（2）若 不排在前四个位置中的一个位置，则 按顺序排在前四个位置，由于
，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若 不排在前
四个位置中的一个位置共有5种排法，
由分类计数原理可得，这9根树枝从高到低不同的次序有 种.
故选：D.
3.2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六
个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为 ，第二批
派出两名医务人员的年龄最大者为 ，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为 ，则满
足 的分配方案的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】假设6位医务人员年龄排序为 ，由 必在第三批，将派遣
方式按第一批所派遣的人员不同分成四类，求出满足 的派遣方法数，再计算总派遣方法数，即可求概率.
【详解】假设6位医务人员年龄排序为 ，由题意知，年龄最大的医
务人员必在第三批，派遣方式如下：
1、第一批派 ，第二批年龄最大者为 ，第三批年龄最大者为 ：剩下的医务人员一个
在第二批，两个在第三批有 种方法，
2、第一批派 ，第二批年龄最大者为 或 ，第三批年龄最大者为 ：当第二批最大者
为 ，则有 种方法，当第二批最大者为 ，则有 种方法，共 种方法；
3、第一批派 ，第二批年龄最大者为 或 或 ，第三批年龄最大者为 ：当第二批最
大者为 ，则有 种方法，当第二批最大者为 ，则有 种方法，当第二批最大者为 ，
则有1种方法，共 种方法；
4、第一批派 ，第二批年龄最大者为 或 或 ，第三批年龄最大者为 ：当第二批最
大者为 ，则有 种方法，当第二批最大者为 ，则有 种方法，当第二批最大者为 ，
则有1种方法，共 种方法；
∴ 种方法，而总派遣方法有 种，
∴满足 的分配方案的概率为 .故选：A.
【题型八】左右鞋配对型
【讲题型】
例题1.柜子里有3双不同的鞋，随机地取出2只，取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，
但它们不成对的概率是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】这是一个古典概型，先根据柜子里有3双不同的鞋，算出随机取出2只的方法数，
然后先选出左脚的一只，再从剩下两双的右脚中选出一只的方法数，然后代入公式求解.
【详解】因为柜子里有3双不同的鞋，
所以随机取出2只，共有 种方法，
然后先选出左脚的一只有 种选法，再从剩下两双的右脚中选出一只有 种方法，
所以一共有 种方法，
故随求事件的概率为 ，
故选：A
例题2.从6双不同鞋子中任取4只，使其中至少有2只鞋配成一双的概率是（ ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】从6双不同鞋子中任取4只.没有2只鞋子配成一双的概率为 .所以，其
中至少有2只鞋子配成一双的概率为 .
故答案为B
【练题型】
1.从不同号码的 双鞋中任取 只，其中恰好有 双的取法种数为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，分两步来进行：①从5双鞋中取出1双，②从剩下的4双中任取两双，
在这两双中各取1只，易得其取法数目；进而由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：依题意先从五双鞋中选出一双，有种 ，再从剩余的四双中选两只但是不能
为一双，故先从四双中选两双有 中，再从两双中选不同的两只有 种，综上可得
一共有 种取法；
故选：A
2.甲、乙、丙、丁、戊五位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出
行，每辆电动车只能载两人，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，甲的小孩一定要坐戊
妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式有
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】B
【分析】由题意结合排列组合问题的解法整理计算即可求得最终结果.
【详解】解法一：不对号入座的递推公式为： ， ，
，据此可得： ，
即五个人不对号入座的方法为 种，
由排列组合的对称性可知：若甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则坐车不同的搭配方式有
种.
本题选择B选项.
解法二：设五位妈妈为 ，五个小孩为 ，对五个小孩进行排练后坐五位妈妈的
车即可，
由于甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，故排列的第五个位置一定是 ，
对其余的四个小孩进行排列：
；
；
；
.
共有24中排列方法，其中满足题意的排列方法为：
， ， ， ，
共有11种.
本题选择B选项.
3..新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE上送货地址模糊不
清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（
）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】5个快递送到5个地方有 种方法，
全送错的方法：第一步A送错有4种可能，然后第二步是关键，考虑A送错的地方对应的
快递，如 送到丙地，第二步考虑快递 ，而 送错位置分两类，一类是送到甲，一类是
送其他三个地方，再对剩下的3个快递分别考虑即可完成．
【详解】5个快递送到5个地方有 种方法，
全送错的方法数：
先分步：第一步快递 送错有4种方法，第二步考虑 所送位置对应的快递，假设 送到
丙地，第二步考虑快递 ，对 分类，第一类 送到甲地，则剩下 要均送错有2种
可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类 送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，
剩下的 只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴总的方法数为 ，所求概率为 ．
故选：C．
【题型九】放球与盒子编号
【讲题型】
例题1.把16个相同的小球放到三个编号为1，2，3的盒子中，且每个盒子内的小球数要多
于盒子的编号数，则共有多少种放法（ ）
A．18 B．28 C．36 D．42
【答案】C
【分析】根据题意，先在 1 号盒子里放 1 个球，在 2 号盒子里放 2 个球，在 3 号盒子
里放 3个球，则原问题可以转化为将剩下的10 个小球，放入 3 个盒子，每个盒子至少放
1 个的问题，由挡板法分析可得答案．
【详解】根据题意， 个相同的小球放到三个编号为 的盒子中，且每个盒子内的小球
数要多于盒子的编号数，
先在 号盒子里放 个球，在 号盒子里放 个球，在 号盒子里放 个球，
则原问题可以转化为将剩下的 个小球，放入 个盒子，每个盒子至少放 个的问题，
将剩下的 个球排成一排，有 个空位，在 个空位中任选 个，插入挡板，有
种不同的放法，
即有 个不同的符合题意的放法；
故选：C．
例题2.将12个相同的小球分给甲、乙、丙三个人，其中甲至少1个，乙至少2个，丙至少
3个，则共有（ ）种不同的分法.
A．24 B．26 C．28 D．30
【答案】C
【分析】根据题意甲最多可以分7个，最少可以分1个，以此类推，确定所有分法，相加
后即可求解.
【详解】根据题意，当甲分得7个时，乙可以分得2个，此时丙对应3个，所以只有1种
分法；
当甲分得6个时，乙可以分得2个或3个，此时丙对应分得4个或3个，所以有2种分法；
当甲分得5个时，乙可以分得2个或3个或4个，此时丙对应分得5个或4个或3个，所以
有3种分法；
当甲分得4个时，乙可以分得2个或3个或4个或5个，此时丙对应分得6个或5个或4个
或3个，所以有4种分法；
当甲分得3个时，乙可以分得2个或3个或4个或5个或6个，此时丙对应分得7个或6个
或5个或4个或3个，所以有5种分法；
当甲分得2个时，乙可以分得2个或3个或4个或5个或6个或7个，此时丙对应分得8个
或7个或6个或5个或4个或3个，所以有6种分法；
当甲分得1个时，乙可以分得2个或3个或4个或5个或6个或7个或8个，此时丙对应分
得9个或8个或7个或6个或5个或4个或3个，所以有7种分法；
综上：甲至少1个，乙至少2个，丙至少3个一共有 .
故选：C.
【练题型】
1.把 个相同的小球放到三个编号为 的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的
编号数，则共有多少种放法
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意，先在 号盒子里放 个球，在 号盒子里放 个球，在 号盒子里放 .
个球，则原问题可以转化为将剩下的 个小球，放入 个盒子，每个盒子至少放 个的问题，
由挡板法分析可得答案．
【详解】根据题意， 个相同的小球放到三个编号为 的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，
先在 号盒子里放 个球，在 号盒子里放 个球，在 号盒子里放 个球，
则原问题可以转化为将剩下的 个小球，放入 个盒子，每个盒子至少放 个的问题，
将剩下的 个球排成一排，有 个空位，在 个空位中任选 个，插入挡板，有
种不同的放法，
即有 个不同的符合题意的放法；
故选B．
2.把20个相同的小球装入编号分别为①②③④的4个盒子里，要求①②号盒每盒至少3个
球，③④号盒每盒至少4个球，共有种方法.
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设四个盒子中装的小球个数分别为 ， ， ， ，则 ，要求①②
号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，令 ， ， ，
，则 ， ， ， 都大于或等于1，且 ，问题相当于将10个球分
成四部分，使用“隔板法”即可
【详解】设四个盒子中装的小球个数分别为 ， ， ， ，则 ，要求①②
号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，令 ， ， ，
，则 ， ， ， 都大于或等于1，且 ，问题相当于将10个球分
成四部分，在10个球的9个间隔里选三个隔开，有 种方法，故选择A
3.将10个相同的小球装入3个编号分别为1、2、3的盒子内（每次要把10个球装完），
要求每个盒子里球的个数不少于盒子的编号数，这样的装法共有（ ）种.
A．9 B．12 C．15 D．18
【答案】C
【详解】设编号分别为1、2、3的盒子中球的个数依次为 、 、 ，则
.
记 ，则 .
于是，问题转化为求方程 的正整数解的组数.易知其组数为 .
【题型十】平均分组型
【讲题型】
例题1.甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有 三个小区可
供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在 小区
的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去 的情况数，从而得到甲不去 小
区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果.
【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有 种情况，
再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，
5人被分为 或
当5人被分为 时，情况数为 ;当5人被分为 时，情况数为 ；
所以共有 .
由于所求甲不去 ，情况数较多，反向思考，求甲去 的情况数，最后用总数减即可，
当5人被分为 时，且甲去 ，甲若为1，则 ，甲若为3，则
共计 种，
当5人被分为 时，且甲去 ，甲若为1，则 ，甲若为2，则
，共计 种，
所以甲不在 小区的概率为 故选：B.
例题2.将6名志愿者分配到3个社区参加服务工作，每名志愿者只分配到1个小区，每个
小区至少分配1名志愿者，则分配到3个小区的志愿者人数互不相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先将6名志愿者分组，然后再全排列到各个小区.
【详解】将6名志愿者分配到3个社区参加服务工作，每名志愿者只分配到1个小区，每
个小区至少分配1名志愿者，共三种情况，
第1种情况：3个社区的志愿者人数分别为4，1，1，不同的分配方案共有
种；
第2种情况：3个社区的志愿者人数分别为3，2，1，不同的分配方案共有
种；
第3种情况：3个社区的志愿者人数分别为2，2，2，不同的分配方案共有
种，则分配到3个小区的志愿者人数互不相同的概率 ．
故选：D．
【讲技巧】
平均分成几组，就除以几组数的阶乘，如果既有平均分组又有不平均分组的，也要除以相同组的组数
的阶乘
【练题型】
1.某社区为了做好疫情防控工作，安排6名志愿者进行核酸检测，需要完成队伍组织､信息
录入､采集核酸三项任务，每项任务至少安排一人但至多三人，则不同的安排方法有（
）
A．450种 B．72种 C．90种 D．360种
【答案】A
【分析】根据题意，分两种情况考虑：第一种：人数为 的三组，第二种：人数为
的三组求解.
【详解】6名志愿者分成三组，每组至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：
第一种：人数为 的三组，共有 种；
第二种：人数为 的三组，共有 种.所以不同的安排方法共有 种，
故选： .
2.第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张
家口市联合举行．某校安排甲、乙、丙、丁、戊五名大学生分别做冰球、冰壶和短道速滑
三个比赛项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人，学生甲被单独安排到冰球比赛项目
做志愿者的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先按分组分配原则求出学生甲被单独安排到冰球比赛项目做志愿者的方法数，5
名学生分配到三个项目中做志愿者的方法数，然后由概率公式计算．
【详解】学生甲被单独安排到冰球比赛项目做志愿者，那么冰壶和短道速滑两个比赛项目
的志愿者人数分别为1，3或2，2，方法数为 ，
五个人分配到三个项目上去，可先分组再分配，5人按 或 分成三组，然后安排到
三个项目，方法数为 ，
因此学生甲被单独安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为 ．
故选：C．
3.从今年8月开始，南充高中教师踊跃报名志愿者参加各街道办、小区、学校的防疫工作，
彰显师者先行、师德担当的精神，防疫工作包含扫描健康码、取咽拭子、后勤协调三项工
作，现从6名教师志愿者中，选派4人担任扫描健康码、取咽拭子、后勤协调工作，要求
每项工作都有志愿者参加，不同的选派方法共有（ ）种
A．90 B．270 C．540 D．1080
【答案】C
【分析】先选出4人有 种方法，再分为3组，最后分配到3个岗位.根据分步乘法计数原
理将各步的结果乘起来即可得出答案.
【详解】用分步乘法计数原理：
第一步，从6名教师志愿者中选派4人，不同的选派方法种类为 ；
第二步，将选出的4人分为3组，不同的分组方法种类为 ；
第三步，将分好的3组，分配到不同的3项工作，不同的分配方法种类为 .
所以，不同的选派方法种类为 .
故选：C.
【题型十一】染色型
【讲题型】
例题1.用四种不同的颜色为正六边形（如图）中的六块区域涂色，要求有公共边的区域涂
不同颜色，一共有__________种不同的涂色方法．
【答案】
【详解】如图，记六个区域的涂色数为 ，若 涂色相同，则相当于5个区域涂色，记
5个区域涂色数为 ，同理只有4个区域时涂色数记为 ，易知 ，．
例题2.五边形 中，若把顶点 、 、 、 、 染上红、黄、绿三种颜色中的一种，
使得相邻顶点所染的颜色不相同，则不同的染色方法有__________种．
【答案】30
【详解】分析：本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况．如果A的两个
相邻点颜色相同，2种情况，这时最后两个边也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不
同，2种情况，最后两个边有3种情况．根据计数原理得到结果．
详解：由题意知本题需要分类来解答，
首先A选取一种颜色，有3种情况.
如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况；
这时最后两个边也有2种情况；
如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况；
这时最后两个边有3种情况.
∴方法共有3(2×2+2×3)=30种.
【讲技巧】
染色问题，要从“颜色用了几种”，“地图有没有公用区域”方向考虑：
1.用了几种颜色。如果颜色没有全部用完，就要有选色的步骤
2.尽量先从公共相邻区域开始。所以要观察“地图”是否可以“拓扑”转化
染色的地图，还要从“拓扑结构”来转化
以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构
【练题型】
1.在一个如图所示的6个区域栽种观赏植物，要求同一块区域中种同一种植物，相邻的两
块区域中种不同的植物.现有4种不同的植物可供选择，则不同的栽种方案的总数为____．
【答案】
【分析】先种B、E两块，再种A、D,而种C、F与种A、D情况一样，根据分类与分步计
数原理可求．
【详解】先种B、E两块，共 种方法，再种A、D,分A、E相同与不同，共
种方法，同理种C、F共有7种方法，总共方法数为
2.随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红、黄、蓝、绿、黑这5种颜色供选择，则
“任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出所有涂色方法数为 ，再求出在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同的
方法数，可以先从中间一个三角形涂色，然后再涂其他三个三角形．
【详解】解：随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色
供选择，
每个三角形均有 种涂法，故基本事件总数 ，
有公共边的三角形为不同色，先考虑中间一块涂色有5种方法，
其他的三个三角形在剩下的4中颜色中任意涂色均可有 种涂法，这一共有 种涂法，
所求概率为 ．故选：A．
3..如图，用 种不同的颜色把图中 、 、 、 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一
种颜色，则不同的涂法共有（ ）种
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】依次对区域 、 、 、 涂色，结合分类加法与分步乘法计数原理可得结果.
【详解】先对区域 涂色，有 种选择，其次再对区域 涂色，有 种选择，
然后再与区域 、 涂色，有两种情况：
（1）若区域 、 同色，有 种情况；
（2）若区域 、 不同色，有 种情况.
综上所述，不同的涂法种数为 种.
故选：C.
【题型十二】立体几何型染色
【讲题型】
例题1.在如图所示的十一面体 中，用 种不同颜色给这个几何体各个顶点染
色，每个顶点染一种颜色，要求每条棱的两端点异色，则不同的染色方案种数为
__________．【答案】6
【详解】分析：首先分析几何体的空间结构，然后结合排列组合计算公式整理计算即可求
得最终结果.
详解：空间几何体由11个顶点确定，首先考虑一种涂色方法：
假设A点涂色为颜色CA，B点涂色为颜色CB，C点涂色为颜色CC，
由AC的颜色可知D需要涂颜色CB，
由AB的颜色可知E需要涂颜色CC，
由BC的颜色可知F需要涂颜色CA，
由DE的颜色可知G需要涂颜色CA，
由DF的颜色可知I需要涂颜色CC，
由GI的颜色可知H需要涂颜色CB，
据此可知，当 ABC三个顶点的颜色确定之后，其余点的颜色均为确定的，
用三种颜色给 ABC的三个顶点涂色的方法有 种，
△
故给题中的几何体染色的不同的染色方案种数为6.
△
例题2..用五种不同颜色给三棱台 的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且
每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有___________种.
【答案】1920.
【详解】分析：分两步来进行，先涂 ，再涂 ，然后分若5种颜色都用上、若
5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况，分别求得结果，再相加，即可得结果.
详解：分两步来进行，先涂 ，再涂 .
第一类：若5种颜色都用上，先涂 ，方法有 种，再涂 中的两个点，方法有
种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有 种；
第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有 种；
先涂 ，方法有 种，再涂 中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有
3种涂法，故此时方法共有 种；
第三类：若5种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有 种；
先涂 ，方法有 种，再涂 ，方法有2种，故此时方法共有 种；
综上可得，不同涂色方案共有 种，
故答案是1920.
【讲技巧】
立体型结构，可以“拍扁了”，“拓扑”为平面型染色，这是几何体染色的一个小技巧
所以注意这类图形之间的互相转化
【练题型】
1.以平行六面体 的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角
形，则这两个三角形不共面的概率 为（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】先计算能构成多少个三角形，再将共面的情况剔除，即通过对立事件就可以计算
不共面的概率．
【详解】解：平行六面体 有 个顶点，
任意取构成的三角形个数为 ，
即从56个三角形中任取两个三角形，
现共面的情况为表面 个面与 个对角面，每个面构成 个三角形，
设任取两个三角形不共面为事件“ ”，
，故选：A．
2.将一个四棱锥 的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5
种颜色可供使用，则不同的染色方法的总数是
A．540 B．480 C．420 D．360
【答案】C
【详解】分两步，由题设四棱锥的顶点 所染颜色互不相同，则共有 ，
当 染好时，不妨设所染颜色依次为 ，若 染 ，则 可染 或 或 ，共
三种，若 染 ，则 可染 或 ，共 种，若 染 ，则 可染 或 ，共 种，
即当 染好时， 还有 种染法，所以共有 ，故选C.
3.用4种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，同一条棱的两个顶点涂不同的颜色，则符合条
件的所有涂法共有
A．24种 B．48种 C．64种 D．72种
【答案】D
【详解】解法一：假设四种颜色为红、黑、白、黄，先考虑三点 的涂色方法，有
种，若 与 不同色，则 、 点只有 种涂色的方法，有 种涂法；若 与
同色，则 点有 种涂色的方法，共 种涂法，所以不同的涂法共有 种．
解法二：用 种颜色涂色时，即 与 ， 与 都同色，共有 种涂色的方法，用
种颜色时，有 与 ， 与 中一组同色，有 种情况，共有 种，故共有
种，故选D．
【题型十三】逻辑电路型
【讲题型】
例题1.如图所示为一电路图，从A到B共有条不同的线路可通电（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【详解】试题分析：分两类：下方一种闭合方法，上方三种闭合方法，所以有1+3=4种通
电线路，故选D．
考点：本题主要考查分类计数原理的应用．
点评：简单题，审清题意，理解好“可通电”的条件．例题2.如图，电路中共有 个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，则因电阻断路的可能性的
种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】每个电阻都有断路与通路两种情况，图中从上到下有3条支线，分别计算每条支
线断路的种数，再根据分步计数原理求得结果．
【详解】每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线
，支线 中至少有一个电阻断路情况都均为有 种；支线 中至少有一个电
阻断路的情况有 种，每条支线至少有一个电阻断路，灯 就不亮，因此灯 不亮
的情况共有 种情况，所以D正确.
故选：D.
【练题型】
1.如图所示,电路中有4个电阻和一个电流表A,若没有电流流过电流表A,其原因仅为电阻断
路的可能情况共有
A．9种 B．10种 C．11种 D．12种
【答案】C
【分析】利用分类计数加法原理分析即可.
【详解】一个电阻坏,使得没有电流流过电流表A的情况有1种,2个电阻坏的情况有5种,3
个电阻坏的情况有4种,4个电阻全坏的情况有1种,根据分类加法计数原理知,共11种可能
情况.故选C
2.如图，一条电路从 处到 处接通时，可构成的通路有（ ）
A．8条 B．6条 C．5条 D．3条
【答案】B
【分析】分别写出 处、 处的连通方式，进而确定构成通路的条数.
【详解】由图知：要构成通路，则 处有 种方式， 处 种方式，
∴可构成的通路有 种.
故选：B
3.如图，在由开关组 与 组成的电路中，闭合开关使灯发光的方法有（ ）种A． B． C． D．
【答案】D
【分析】按 组开关闭合的个数分类即可求解
【详解】分两类,每类中分两步.第一类: 第 步: 组开关闭合一个,有 种闭法,第 步: 组开
关闭合 个,有 种闭法; 组开关闭合 个,有 种闭法; 组开关闭合 个,有 种闭法.此时共
种闭法.
第二类:第 步: 组开关闭合 个,共 种闭法,第 步: 组开关闭合 个,有 种闭法; 组开关
闭合 个,有 种闭法; 组开关闭合 个,有 种闭法.
此时共 种闭法.
综上,共 种闭法.
故选：D
【题型十四】斐波那契数列型
【讲题型】
例题1.从一楼到二楼共有12级台阶，可以一步迈一级也可以一步迈两级，要求8步从一楼
到二楼共有走法．
A．12 B．8 C．70 D．66
【答案】C
【分析】一步上一级或者一步上两级，8步走完楼梯，可以从一级和两级各几步来考虑．
【详解】解：设一步一级x步，一步两级y步，则 故走完楼梯的方法
有 种．
故答案为C.
例题2.欲登上第10级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有
A．34种 B．55种
C．89种 D．144种
【答案】C
【分析】解法一：分类考虑，第一类是只有一步一级走法，第二类是恰有一步两级，第三
类恰有两步是一步两级，依次到恰好五步都是一步两级，由此求得答案；
解法二;采用递推法，设走n级有 种走法，第一类：第一步是一步一级，则余下的 级
有 种走法；第二类：第一步是一步两级，则余下的 级有 种走法，得到
，由此可求得答案.
【详解】解法1：分类法：
第一类：没有一步两级，只有一步一级，则只有一种走法；
第二类：恰有一步是一步两级，则走完10级要走9步，9步中选一步是一步两级的，有
种可能走法；
第三类：恰有两步是一步两级，则走完10级要走8步，8步中选两步是一步两级的，
有 种可能走法；
依此类推，共有 =89，故选:C
解法2：递推法：
设走n级有 种走法，这些走法可按第一步来分类，
第一类：第一步是一步一级，则余下的 级有 种走法；
第二类：第一步是一步两级，则余下的 级有 种走法，
于是可得递推关系式 ，又 ，
由递推可得 ，故选：C．
【讲技巧】
上台阶，一般可以有如下思维：
1.斐波那契数列数列构造求解
2.可以把台阶转化为数字化型，一次一阶，记为数字1，一步两阶记为数字2，以此类推，这样上台阶
转化为数字1,2，。。排列，注意重复元素的排列
【练题型】
1.某幢楼房从2楼到3楼共10个台阶，上楼可以一步上1个台阶，也可以一步上2个台阶.
若规定从2楼到3楼用8步走完，则上楼的方法有（ ）.
A．14种 B．16种 C．21种 D．28种
【答案】D
【分析】转化成组合问题去解决即可.
【详解】由于10÷8的余数为2，所以可以判定一步1个台阶共6次，一步2个台阶共2次.
选定在这8步中一步1个台阶的位置即可，则上楼的方法有 种
故选：D
2.某人从上一层到二层需跨10级台阶. 他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2
级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步. 从一层上到二层他总共跨了6步，
而且任何相邻两步均不同阶. 则他从一层到二层可能的不同过程共有（ ）种.
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【详解】按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶
步. 因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步. 每一过程可表为3个白球、2个黑球、
1个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧. 此时，共有4个黑白
球之间的空位放置红球. 所以，此种情况共有4种可能的不同排列.
（2）第1球不是白球.
（i）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；
（ii）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共
有3种不同排列.
（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有 种可能的不同过程.
【题型十五】空座位型【讲题型】
例题1.某停车场行两排空车位，每排4个，现有甲、乙、丙、丁4辆车需要泊车，若每排
都有车辆停泊，且甲、乙两车停泊在同一排，则不同的停车方案有（ ）
A．288种 B．336种 C．384种 D．672种
【答案】D
【分析】分两类情况，甲、乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，与丙、丁
选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，计算可得.
【详解】甲乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时， 种方案，
丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排， 种方案，
所以共有 种方案.
故选：D
例题2.某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着A
车和B车，同时进来C，D两车．在C，D不相邻的情况下，C和D至少有一辆与A和B
车相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出基本事件总数 ， 和 至少有一辆与 和 车相邻
的对立事件是 和 都不与 和 车相邻，由此能求出 和 至少有一辆与 和 车相邻
的概率．
【详解】解：某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别
停着 车和 车，同时进来 ， 两车，在 ， 不相邻的条件下，
基本事件总数 ，
和 至少有一辆与 和 车相邻的对立事件是 和 都不与 和 车相邻，
和 至少有一辆与 和 车相邻的概率： ．
故选：B．
【讲技巧】
空座位型，
1.单独空座位，可以看成相同元素无排列，字母化法处理。
2.2个或者3个或者更多空座位相连型，与单独空座位则属于不同元素
【练题型】
1.停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个车位连
在一起，则不同的停车方法有（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】4个空车位连在一起捆绑当作一个元素与8辆车进行排序，即可求出结果.
【详解】4个空车位连在一起捆绑当作一个元素与8辆车构成9个元素，共有 种排
法.故选：C.
2.某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车
位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ）
A．240 B．360 C．480 D．720
【答案】C
【分析】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3个车位分6类计
数可得结果.
【详解】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，当1，2，3号为空时，有 种停放方法；
当2，3，4号为空时，有 种停放方法；
当3，4，5号为空时，有 种停放方法；
当4，5，6号为空时，有 种停放方法；
当5，6，7号为空时，有 种停放方法；
当6，7，8号为空时，有 种停放方法；
所以不同的停放方法的种数为 种.
故选：C.
3.某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位
中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为
A．16 B．18 C．32 D．72
【答案】D
【分析】根据题意，分2步进行分析：①分析3辆不同型号的车的停放方法，②利用插空
法分析剩余的4个车位中恰有3个连在一起的排法，由分步计数原理计算即可得．
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①，3辆不同型号的车需停放，共有 种方法，
②，要求剩余的4个车位中恰有3个连在一起，利用插空法，有 种方法，
所以不同的停放方法有 种．故选 ．
【题型十六】函数解析几何型
【讲题型】
例题1.已知直线 （ ， 是非零常数）与圆 有公共点，且公共点的横
坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有__________条（用数字作答）.
【答案】60
【分析】直线是截距式方程，因而不平行坐标轴，不过原点，考查圆上横坐标和纵坐标均
为整数的点的个数，结合排列组合知识分类解答即可得到答案.
【详解】可知直线的截距存在且不为0，即与坐标轴不垂直，不经过坐标原点，而圆
上的公共点共有12个点，分别为： ， ， ， ，
, ,前8个点中，过任意一点的圆的切线满足，有8条；12个点中过任意两点，
构成 条直线，其中有4条直线垂直x轴，有4条垂直于y轴，还有6条过原点（圆
上点的对称性），满足题设的直线有52条，综上可知满足题设的直线共有52+8=60条，故
答案为60.
例题2.圆周上有10个等分点，以这10个等分点的4个点为顶点构成四边形，其中梯形的
个数为（ ）
A．10 B．20 C．40 D．60
【答案】D
【分析】把10个点看成5条线段的组合，再利用组合公式计算即可.
【详解】梯形的两条边平行，可以从5组平行于直径的5条平行弦中选取，也可以从5组
不平行于直径的4条平行弦中选取，去除矩形后，梯形共有60个.
故选：D
【练题型】
1.在圆上有6个不同的点，将这6个点两两连接成弦，这些弦将圆分割成的区域数最多为
（ ）
A．32 B．15 C．16 D．31
用）
【答案】D
【解析】按照增加一条弦，多出一个区域，增加一对相交弦，另外再多增加一个区域进行计算可得解.
【详解】两个点可以连一条弦，将圆分为两部分，加一个点，多两条弦，将圆多分出来两
部分，所以每加一条弦可以按这种方式多出一个区域，再加一个点，变成了一对相交弦和
四条其他的弦，共分为8个区域，所以除去前一种方式增加的区域数，一对相交弦还会多
产生一个区域，故当点数多于4个时，最多可分得总的区域数为 ，此题 ，所
以最多可分为31个区域.
故选：D.
2.方程 中的 ，且 互不相同，在所有这些方程所表
示的曲线中，不同的抛物线共有_____条．
【答案】
【详解】方程变形得 ，若表示抛物线，则 ， 分 五
种情况：
（1）当 时， 或 或 或
.
（2）当 时， 或 或 或
,以上两种情况下有 条重复，故共有 条.
（3）同理当 或 时，共有 条.
（4）当 时， 或 或 或
，共有 条，综上，共有
，故答案为 .
【题型十七】不定方程型
【讲题型】
例题1.有三个盒子，每个盒子里有若干大小形状都相同的卡片.第一个盒子中有三张分别标
号为 的卡片；第二个盒子中有五张分别标号为 的卡片；第三个盒子中有七张
分别标号为 的卡片.现从每个盒子中随机抽取一张卡片，设从第 个盒子中取出
的卡片的号码为 ，则 为奇数的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先由分步乘法计数原理求出样本空间中的基本事件数，再由分步乘法计数原理和
分类加法计数原理求出事件 为奇数所包含的基本事件数，再由古典概型概率公式
求概率.
【详解】从三个盒子中各随机抽取一张卡片可分为三步完成，第一步从第一个盒子中取一
张卡片，有3种方法，第二步从第二个盒子中取一张卡片，有5种方法，第三步从第三个
盒子中取一张卡片，有7种方法，由分步乘法计数原理可得共有 种方法，事件
为奇数等价于 ， ， 都为奇数或 ， ， 中有一个为奇数，两个为偶数，
其中事件 ， ， 都为奇数包含 个基本事件，即24个基本事件，事件 为奇数，
， 为偶数包含 个基本事件，即12个基本事件，事件 为奇数， ， 为偶数
包含 个基本事件，即9个基本事件，事件 为奇数， ， 为偶数包含 个基
本事件，即8个基本事件，所以事件 包含的基本事件数为 ，即53
个基本事件，
所以 ，
故选：B.例题2.方程 的非负整数解的组数为_________
【答案】120
【详解】把 分成 个 ,每个 看作一个元素， 看作四个不同的对象,现将
个元素分配给四个对象分类：① 中三个为 ,有 种；② 中
两个为 ,有 种；③ 中有一个为 ,有
④ 中均不为 ,有 种.故非负整数解 组.故答案为 .
【练题型】
1.若集合 ，则集合 中元素有
______个.
【答案】242
【分析】由题可得 ，然后可得 必为一奇一偶，偶数
必是 ，进而即得.
【详解】由题可得 ，
∴ ，
又 必为一奇一偶，
而偶数必是 , ，共有121种情况，
又 奇偶未定，
故集合 中元素只有242个.
故答案为：242.
2.若方程 ，其中 ，则方程的正整数解得个数为______.
【答案】10
【分析】依据挡板法去求解即可.
【详解】因为方程 ，其中 ，则 .
将其转化为有6个1排成一列，利用2个挡板法将其分成3组，第一组1的数目为 ，
第二组1的数目为 ，第三组1的数目为 ，则 .
2个挡板的放置方法共有 种，故方程的正整数解的个数为10.
故答案为：10
【题型十八】数列中的排列组合
【讲题型】
例题1.定义数列 如下：存在 ，满足 ，且存在 ，满足 ，已
知数列 共4项，若 且 ，则数列 共有（ ）
A．190个 B．214个 C．228个 D．252个
【答案】A
【分析】由题意，满足条件的数列 中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中
有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同，利用排列组合知识分别求出每种情况的
个数即可求解.
【详解】解：由题意，满足条件的数列 中的4项有四种情况：
（1）4项中每一项都不同，共有 个；
（2）4项中有2项相同（如x,y,z,x）,共有 个；（3）4项中有3项相同（如x,x,y,x）,共有 个；
（4）4项中两两相同（如x,y,x,y）,共有 个；
所以数列 共有 个.
故选：A.
例题2.定义域为集合{1，2，3，…，12}上的函数 满足：
（1） ；（2） （ ）；（3） 、 、
成等比数列；
这样的不同函数 的个数为（ ）
A．155 B．156 C．157 D．158
【答案】A
【分析】根据题意，分析出 的所有可能取值，得到使 、 、 成等比数
列时对应的项，再运用计数原理求出这样不同函数的个数即可.
【详解】根据题意， 的取值最大值为 ，最小值为 ，并且成为以2为公差的等差
数列，故 的可能取值为 ， 的可能取值为
，所有能使 、 、 成等比数列时， 、
、 的可能取值只有2种情况：① 、 、 ；② 、
、 ，由于 （ ），所有
或 ，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1，
（1）当 、 、 时，即要构造满足条件的等比数列分为2步，第一
步：从 变化到 ，第二步：从 变化到 ，从 变化到 ，有5次
变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3次加1，2次减1，则对应的方法有
种，从 变化到 ，有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次中选择4次加
1，2次减1，则对应的方法有 种，故根据分布乘法原理，共有 种，
（1）当 、 、 时，即要构造满足条件的等比数列分为2步，第
一步：从 变化到 ，第二步：从 变化到 ，从 变化到 ，有5
次变化，函数值从1变化到 ，故应从5次中选择1次加1，4次减1，则对应的方法有
种，从 变化到 ，有6次变化，函数值从 变化到4，故应从6次中选择
6次加1，则对应的方法有 种，故根据分布乘法原理，共有 种，
综上：满足条件的 共有155个.
故选：A.
【练题型】
1.设整数数列 ， ，…， 满足 ， ，且 ，
，则这样的数列的个数为___________.
【答案】80
【分析】由条件可知， ，则 或 ，由此构造新数列进而
求得答案.【详解】设 ，则有 …①，
…②，
用t表示 中值为2的项数，
由②知，t也是 中值为2的项数，其中 ，
所以 的取法数为 ，
取定 后，任意指定 的值，有 种方式.
由①知，应取 使得 为偶数，
而这样的 的取法是唯一的，并且确定了整数 的值，
进而数列 唯一对应一个满足条件的数列 ，
综上可知，满足条件的数列的个数为20×4=80.
故答案为：80.
2.已数列 ，令 为 ， ， ， 中的最大值 2， ， ，则称数列 为“控
制数列”，数列 中不同数的个数称为“控制数列” 的“阶数” 例如： 为1，
3，5，4，2，则“控制数列” 为1，3，5，5，5，其“阶数”为3，若数列 由1，
2，3，4，5，6构成，则能构成“控制数列” 的“阶数”为2的所有数列 的首项
和是______．
【答案】1044
【分析】根据新定义，分别利用排列、组合，求出首项为1，2，3，4，5的所有数列，再
求出和即可．
【详解】依题意得，首项为1的数列有1，6，a，b，c，d，故有 种，
首项为2的数列有2，1，6，b，c，d，或2，6，a，b，c，d，故有 种，
首项为3的数列有3，6，a，b，c，d，或3，1，6，b，c，d，
或3，2，6，b，c，d或3，1，6，c，d或，3，2，1，6，c，d，故有
种，
首项为4的数列有 种，
即4，6，a，b，c，d，有 种，
4，1，6，b，c，d，或4，2，6，b，c，d，或4，3，6，b，c，d，有 种，
4，a，b，6，c，d， 其中a， 2， ，则有 种，
4，a，b，c，6，d， 其中a，b， 2， ，则有6种，
首项为5的数列有 种，
即5，6，a，b，c，d，有 种，
5，1，6，b，c，d，或5，2，6，b，c，d，或5，3，6，b，c，d，或5，4，6，b，c，d
有 种，
5，a，b，6，c，d， 其中a， 2，3， ，则有 种，
5，a，b，c，6，d， 其中a，b， 2，3， ，则有24种，
5，a，b，c，d，6， 其中a，b，c， 2，3， ，则有24种，
综上，所有首项的和为 ．
故答案为1044
3.已知数列 共16项，且 ，记关于x的函数，
，若 是函数 的极值点，且曲线在点 处的切线的斜率为15，则满足条件的数列 的个数_____ .
【答案】1176
【分析】对 求导，由题意可知 ,根据导数的几何意义，即可求得 或
，分类讨论,根据分类加法及分步乘法计数原理，即可求得满足条件的数列 的个
数.
【详解】由 可得 ，
因为 是函数 的极值点，
所以 所以 即 ，
，
又 ，
故 七项中必有两项取1,五项取 ，即 种方法，
又曲线 在点 处的切线的斜率为 ，即
，
所以 即 ，所以 或 ，
（或 ），
故 八项中必有两项取 ,六项取1，（这八项中必有六项取 ,两项
取1），
故满足条件的数列 共有 或 种方法，
所以方法总数为 个
故答案为：1176
【题型十九】综合难题
【讲题型】
例题1.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻
译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（ ）
A．每人都安排一项工作的不同方法数为54
B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同
方法数为
D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项
工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
【答案】D
【解析】对于选项 ，每人有4种安排法，故有 种；对于选项 ，5名同学中有两人工
作相同，先选人再安排；对于选项 ，先分组再安排；对于选项 ，以司机人数作为分类
标准进行讨论即可.
【详解】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为 ，即选项 错误，
②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为 ，即选项B错误，
③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方
法数为：（ ） ，即选项C错误，
④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位 ，
故有 ；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有
,
从余下三人中安排三个岗位 ，故有 ；所以每项工作至少有一人参加，
甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案
的种数是 ，即选项D正确，故选：D．
例题2.如图，在某海岸P的附近有三个岛屿Q，R，S，计划建立三座独立大桥，将这四个
地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有（
）.
A．24种 B．20种 C．16种 D．12种
【答案】D
【分析】由建桥的方式可以分为两类：（1）从一个地方出发向其他三个地方各建一桥，
（2）一个地方最多建两桥但不能交叉，利用去杂法，即可求解.
【详解】由建立三座大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体
交叉形式，
可分为两类：
第一类：从一个地方出法向其他三个地方各建一座桥，共有4种不同的方法；
第二类：一个地方最多建两座桥，如这样的建桥方法： 和 属于相
同的建桥方法，所以共有 种不同的方法，
其中交叉建桥方法，例如：这样建桥 不符合题意，共有4种，
所以第二类建桥，共有 种不同的建桥方法.
综上可得，不同的连接方式有 种.
故选：D
【练题型】
1.．某人有两盒火柴,每盒都有 根火柴,每次用火柴时他在两盒中任取一盒并从中抽出一根,
求他发现用完一盒时另一盒还有 根( )的概率_____.
【答案】
【分析】根据题意，记两个火柴盒分别为A，B，一共抽了 根，不妨令这么多次抽取
动作中，有 次都是操作在A盒上, 次操作在B盒上，则最后一次一定操作在A盒，
所有的抽法共有 种，用完一盒时另一盒还有 根的抽法有 种，由古典概型的概
率公式，即可求出概率.
【详解】解:根据题意，记两个火柴盒分别为A，B，一共抽了 根，
不妨令这么多次抽取动作中，有 次都是操作在A盒上， 次操作在B盒上，
则最后一次一定操作在A盒，
因此所有的抽法共有 种，
用完一盒时另一盒还有 根的抽法有 种，
由古典概型的概率公式得，他发现用完一盒时另一盒还有 根( )的概率为 .
故答案为： .
2.一辆单向行驶的汽车，满载为25人，全程共设14个车站，途中每个车站均可上下乘客，
由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票，在一次单程行驶中，车上最多卖
出不同的车票的个数是（ ）
A．63 B．65 C．67 D．69
【答案】C
【分析】根据汽车要卖最多种票，车上应准备每个车站到达后它后面每一个车站的车票，
然后再以前面 个车站中的每一个作为起点，后面 个车站作为终点，求出车票数，再根据
满载为25人，即可得出答案.
【详解】上应准备每个车站到达后它后面每一个车站的车票，
所以一共应准备 （种），
但不可能在一次单程行驶中都卖得出去，
以前面 个车站中的每一个作为起点，后面 个车站作为终点，
应当有 （种），
但持有这种票的乘客都要通过 号车站与 号车站之间，
但由于汽车满员为25人，
所以这种车票至少会有 （种）卖不出去，
所以车上最多卖出不同的车票的个数是 （种）.
故选：C
3.如图所示，将 方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个
数相等.若相邻两个小方格的颜色不同，称他们的公共边为“分割边”，则分割边条数的最
小值为
A．33 B．56 C．64 D．78
【答案】B
【分析】记分隔边的条数为 ，首先将方格按照按图分三个区域，分别染成三种颜色，粗
线上均为分隔边，将方格的行从上至下依次记为 ，列从左至右依次记为
，行 中方格出现的颜色数记为 ，列 中方格出现的颜色个数记为 ，
三种颜色分别记为 ，对于一种颜色 ，设 为含有 色方格的行数与列数之和，
定义当 行含有 色方格时， ，否则 ，类似的定义 ，计
算得到 ，再证明 ，再证明对任意 均
有 ，最后求出分隔边条数的最小值.
【详解】记分隔边的条数为 ，首先将方格按照按图分三个区域，分别染成三种颜色，粗
线上均为分隔边，此时共有56条分隔边，即 ，
其次证明： ，
将将方格的行从上至下依次记为 ，列从左至右依次记为 ，行 中
方格出现的颜色数记为 ，列 中方格出现的颜色个数记为 ，三种颜色分别记为
，对于一种颜色 ，设 为含有 色方格的行数与列数之和，定义当 行含有
色方格时， ，否则 ，类似的定义 ，
所以 ，
由于染 色的格有 个，设含有 色方格的行有 个，列有 个，则 色的方格
一定再这个 行和 列的交叉方格中，
从而 ，
所以 ①，
由于在行 中有 种颜色的方格，于是至少有 条分隔边，
类似的，在列 中有 种颜色的方格，于是至少有 条分隔边，
则 ②
③
下面分两种情形讨论，
(1)有一行或一列所有方格同色，
不妨设有一行均为 色，则方格的33列均含有 的方格，又 色的方格有363个,故至少有
11行有 色方格，于是 ④
由①③④得
，
(2)没有一行也没有一列的所有方格同色,
则对任意 均有 ，
从而，由式②知：
，
综上，分隔边条数的最小值为56.
故选：B.
一、单选题
1．甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用组合可求基本事件的总数，再根据排列可求随机事件含有的基本事件的总数，
从而可求对应的概率.
【详解】设“甲、乙在同一组”为事件 ，
教师随机分成三组，每组至少一人的分法为 ，
而甲、乙在同一组的分法有 ，故 ，
故选：A.
2．2022年11月初，新冠疫情突袭昭通市鲁甸县，昭通市统一指挥、众志成城，构筑起抗
击疫情的坚固堡垒.现有甲、乙等5名医务人员参加某小区社区志愿服务活动，他们被分派
到核酸检验和扫码两个小组，且这两个组都至少需要2名医务人员，则甲、乙两名医务人
员不在同一组的分配方案有（ ）
A．8种 B．10种 C．12种 D．14种
【答案】C
【分析】先将甲、乙两名医护人员分配到两组，再将剩下的3名医务人员分到核酸检验和
扫码两个小组，利用排列组合公式计算即可.
【详解】先将甲、乙两名医护人员分配到两组，有 种方案，再将剩下的3名医务人
员分到核酸检验和扫码两个小组，有 种方案，所以甲、乙两名医务人员不在同一
组的分配方案有 种方案.
故选：C.
3．某中学举行歌唱比赛，要求甲、乙、丙三位参赛选手从《难却》《兰亭序》《许愿》等
首歌曲中任意选 首作为参赛歌曲，其中甲和乙都没有选《难却》，丙选了《兰亭序》，
但他不会选《许愿》，则甲、乙、丙三位参赛选手的参赛歌曲的选法共有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】C
【分析】甲和乙都是从剩余5首歌曲中选两个，丙是从剩余4首歌曲中选1个，求组合数
的乘积即可.
【详解】依题意可知，甲、乙需要从剩余5首歌曲中选两个，丙是从剩余4首歌曲中选1
个，
甲、乙、丙三位参赛选手的参赛歌曲的选法共有 种
故选：C.
4．某校有5名大学生观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名大学生且至多
2名大学生观看，则这5人观看比赛的方案种数为（ ）
A．150 B．90 C．60 D．15
【答案】B
【分析】通过排列组合，先分组，再分配即可求出.
【详解】将5名大学生分为1，2，2三组，共有 种方法，
则将这三组分配给观看冰球，速滑，花滑三场比赛，共有 种方法，
则这5人观看比赛的方案种数为90种，
故选：B
5．“宫、商、角、徵、羽”（读音为gōng shāng jué zhǐ yǔ）是我国五声音调中五个不同
音的名称，类似现在简谱中的1，2，3，5，6，即宫等于1（Do），商等于2（Re），角等
于3（Mi），徵等于5（So），羽等于6（La），亦称作五音．现在我们有三个徵，两个宫，
两个羽，一共7个音符，把它们任意排列，恰好能组成《小星星》的旋律“宫宫徵徵羽羽
徵”（即1155665）的概率是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】若把三个徵，两个宫，两个羽都看成相同的音符按照分步乘法计数原理求出基本
事件总数，再根据古典概型的概率公式计算可得，也可把三个徵，两个宫，两个羽都看成
不相同的音符，求出基本事件总数，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】把三个徵，两个宫，两个羽都看成相同的音符，则 ，
另解：把三个徵，两个宫，两个羽都看成不相同的音符，则 ．
故选：C．
6．“省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根 长的尺子，要能够量出
长度为 到 且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一
根 的尺子，要能够量出长度为 到 且边长为整数的物体，尺子上至少需要有
（ ）个刻度
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】将问题转化为组合抽样思维，设 为长度， 为刻度， 为刻度对应的数量，则当
尺子有4个刻度时满足条件， 其中
证明验证求解.
【详解】若有一根 的尺子，量出长度为 到 且为整数的物体，
则当尺子有4个刻度时满足条件
设 为长度， 为刻度， 为刻度对应的数量，则有 且
，其中 ，
当 时，
下证，当尺子有3个刻度时不能量出 的物体长度
设 且 ，其中 ，
所以当 中有1个0，x的取值至多有3个
当 中有2个0时， 或 ，x的取值至多有2个
当 中没有0时，x的取值有1个
所以x取值至多有6个，即当尺子有3个刻度时不能量出 的物体长度．
故选:B
7．在空间直角坐标系 中， ，则三棱锥 内部
整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用空间向量法求得面 的一个法向量为 ，从而求得面 上的
点 满足 ，进而得到棱锥 内部整点为 满足
，再利用隔板法与组合数的性质即可得解.
【详解】根据题意，作出图形如下，因为 ，所以 ，
设面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，故 ，
设 是面 上的点，则 ，
故 ，则 ，
不妨设三棱锥 内部整点为 ，则 ，故 ，则
，
易知若 ，则 在面 上，若 ，则 在三棱锥 外部，
所以 ，
当 且 时，
将 写成 个 排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为 的取值的方法
个数，显然有 个方法，
所有整点 的个数为 ，
因为 ，
所以 .
故选：B.
8．设集合 ，定义：集合 ，集合
，集合 ，分别用 ， 表示集合S，T中元
素的个数，则下列结论可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对A、B：不妨设 ，可得
，根据集合 的定义可得Y中至少有以上5个元素，
不妨设 ，则集合S中至少有7个
元素，排除选项A，若 ，则集合Y中至多有6个元素，所以
，排除选项B；对C：对 ，则 与 一定成对出现，根
据集合 的定义可判断选项C；对D：取 ，则 ，根据集合
的定义可判断选项D.【详解】解：不妨设 ，则 的值为
，
显然， ，所以集合Y中至少有以上5个元素，
不妨设 ，
则显然 ，则集合S中至少有7个元素，
所以 不可能，故排除A选项；
其次，若 ，则集合Y中至多有6个元素，则 ，故排除B
项；
对于集合T，取 ，则 ，此时
， ，故D项正确；
对于C选项而言， ，则 与 一定成对出现， ，所以
一定是偶数，故C项错误.
故选：D.
二、多选题
9．中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山，
西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山，某家庭一家三口计划在假期出游，每人选一
个地方，则（ ）
A．恰有 人选一个地方的方法总数为
B．恰有 人选一个地方的方法总数为
C．恰有 人选泰山的概率是
D．恰有 人选泰山的概率是
【答案】BC
【分析】根据排列、组合的公式，求得恰有 人选一个地方的方法总数为 ，得到A错误，
B正确；再由 个人随机选 个地方总数为 种，进而求得恰有 人选泰山含基本事件数，
利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，恰有 人选一个地方的方法总数为 ，故A错误，B正确；
又由 个人随机选 个地方，基本事件的总数为 种不同方式，
其中恰有 人选泰山含基本事件数 中旅游方式，
所以恰有 人选泰山的概率 ，所以C正确，D错误.
故选：BC.
10．一个布袋内装除颜色外完全相同的4个红球和3个蓝球.现从袋中摸出4个球，则（
）
A．摸出4个红球的概率是
B．摸出3个红球和1个蓝球的概率是
C．摸出2个红球和2个蓝球的概率是D．摸出1个红球和3个蓝球的概率是
【答案】ABC
【分析】结合组合数以及古典概型概率公式逐项分析即可.
【详解】摸出4个红球的概率是 ；摸出3个红球和1个蓝球的概率是 ；
摸出2个红球和2个蓝球的概率是 ；摸出1个红球和3个蓝球的概率是
，
故选：ABC.
11．为了提高教学质量，省教育局派五位教研员去 地重点高中进行教学调研.现知 地有
三所重点高中，则下列说法正确的是（ ）
A．不同的调研安排有243种
B．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排有150种
C．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排有300种
D．若每所重点高中至少去一位教研员，则甲、乙两位教研员不去同一所高中，则不同的
调研安排有114种
【答案】ABD
【分析】利用分步计数原理可判断A；利用部分平均分组可判断B、C；先利用部分平均分
组以及排列可判断D.
【详解】对于A选项，每位教研员有三所学校可以选择，
故不同的调研安排有 种，故A正确；
对于B，C选项，若每所重点高中至少去一位教研员，则可先将五位教研员分组，
再分配，五位教研员的分组形式有两种：3，1，1；2，2，1，
分别有 ， 种分组方法，
则不同的调研安排有 种，故B正确，C错误；
对于D选项，将甲、乙两位教研员看成一人，则每所重点高中至少去一位教研员，
且甲、乙两位教研员去同一所高中的排法有 种，
则甲、乙两位教研员不去同一所高中的排法有 种，D正确.
故选：ABD.
12．如图，在某城市中， ， 两地之间有整齐的方格形道路网，其中 ， ， ，
是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处．今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到
， 处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达
， 处为止，则下列说法正确的有（ ）
A．甲从 到达 处的方法有120种B．甲从 必须经过 到达 处的方法有9种
C．甲、乙两人在 处相遇的概率为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】BD
【分析】对选项A，利用组合数原理即可判断A错误，对选项B，利用分步计数原理即可
判断B正确，对选项C，利用古典概型公式计算即可判断C错误，对选项D，首先计算甲、
乙两人相遇的走法数，再利用古典概型公式计算即可得到D正确.
【详解】对选项A，甲从 到达 处，需要走 步，其中向上 步，向右 步，
所以从 到达 处的方法有 种，故A错误.
对选项B，甲从 到达 ，需要走 步，其中向上 步，向右 步，共 种，
从 到达 ，需要走 步，其中向上 步，向右 步，共 种，
所以甲从 必须经过 到达 处的方法有 种，故B正确.
对选项C，甲经过 的方法数为 ，乙经过 的方法数为 ，
所以甲、乙两人在 处相遇的方法数为 种，
故甲、乙两人在 处相遇的概率 ，故C错误.
对选项D，甲、乙两人沿着最短路径行走，只能在 ， ， ， 处相遇，
若甲、乙两人在 处相遇，甲经过 处，必须向上走3步，乙经过 处，则前三步必须向
左走，两人在 处相遇的走法有1种.
若甲、乙两人在 或 处相遇，由选项C知，各有 种，
若甲、乙两人在 处相遇，甲经过 处，必须向右走3步，乙经过 处，则乙前三步必须
向下走，则两人在 处相遇的走法有1种.
所以甲、乙两人相遇的概率 ，故D正确.
故选：BD
三、填空题
13．2023年春节期间，电影院上映《满江红》《流浪地球2》《熊出没·伴我“熊芯”》等
多部电影，这些电影涵盖了悬疑、科幻、动画等多类型题材，为不同年龄段、不同圈层的
观众提供了较为丰富的观影选择.某居委会有6张不同的电影票，奖励给甲、乙、丙三户
“五好文明家庭”，其中一户1张，一户2张，一户3张，则共有______种不同的分法.
【答案】360
【分析】根据分步乘法计数原理结合排列组合即可求解.
【详解】从6张电影票中任选1张，有 种选法；从余下的5张中任选2张，有 种选法；
最后余下3张全选，有 种选法.由于甲、乙、丙是不同的三户“五好文明家庭”，因此共
有 种不同的分法.
故答案为:360
14．从A，B等5名志愿者中随机选3名参加核酸检测工作，则A和B至多有一个入选的概
率为__________．
【答案】 ##
【分析】利用古典概率模型，结合组合数的运算求解.【详解】由题可知则A和B至多有一个入选的概率为 ,
故答案为: .
15．如图，由 个边长为1个单位的小正方形组成一个大正方形．某机器人从C点
出发，沿若小正方形的边走到D点，每次可以向右走一个单位或者向上走一个单位．如果
要求机器人不能接触到线段 ，那么不同的走法共有______种．
【答案】28
【分析】根据题意画出机器人能走的方格区域，然后分类讨论路线的可能性，即可得答案.
【详解】由题意可知，机器人所成走动的路线如图所示的方格：
图中小写字母表示机器人所能走的那一步路线，
那么第一步是固定的只有一种走法，
从第二步开始如果走a，第三步走c,第四步如果走h,那么这时共有3种走法，
第四步如果走f，那么后面四步走的一个长方形的边，这时共有 种走法；
第二步如果走b,第三步如果走d,第四步走e,第五步只能走h，此时共有3种走法，
第四步如果走f，此时共有 种走法，
第三步若果走g，后面五步是沿着一个长方形的边走，此时共有 种走法，
故共有的走法为 种，
故答案为：28
16．我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，
且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
【答案】198
【分析】首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.
【详解】由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为 ．
当 时，共有1种情况，即 ；
当 时，共有3种情况，即 ， ，{(1，5，6)，(2，3，
7)}；
当 时，共有5种情况，即 ， ， ，
， ；
当 时，共有7种情况，即 ， ， ，
， ， ， ；
当 时，共有2种情况，即 ，；
当 时，共有7种情况，即 ， ， ，
， ， ， ；
当 时，共有5种情况，即 ， ， ，
，{(1，7，9)，(3，6，8)}；
当 时，共有2种情况，即 ， ；
当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(种)情况，
∴不同的放法共有： 种．
故答案为：198．
