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【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
第 50 讲 排列与组合（精讲）
题型目录一览
①两个计数原理
②排列问题
③组合问题
④排列组合综合问题
一、知识点梳理
一、两个计数原理
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1 完成一件事需要两个步骤，做第1步
条件 类方案中有m种不同的方法，在第2 有m种不同的方法，做第2步有n种
类方案中有n种不同的方法 不同的方法
完成这件事共有N＝m＋n种不同的 完成这件事共有N＝mn种不同的方
结论
方法 法
二、排列与排列数
1.定义：从 个不同元素中取出 个元素排成一列，叫做从 个不同元素中取出 个元素的一个排
列．从 个不同元素中取出 个元素的所有排列的个数，叫做从 个不同元素中取出 个元素的排
列数，用符号 表示．
2.排列数的公式： ．
特例：当 时， ；规定： ．
3.排列数的性质：
① ；② ；③ ．4.解排列应用题的基本思路：
通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）．
注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同， 常用于
具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用 ．
三、组合与组合数
1.定义：从 个不同元素中取出 个元素并成一组，叫做从 个不同元素中取出 个元素的一个组
合．从 个不同元素中取出 个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出 个元素的组
合数，用符号 表示．
2.组合数公式及其推导
求从 个不同元素中取出 个元素的排列数 ，可以按以下两步来考虑：
第一步，先求出从这 个不同元素中取出 个元素的组合数 ；
第二步，求每一个组合中 个元素的全排列数 ；
根据分步计数原理，得到 ；因此 ．
这里 ， ，且 ，这个公式叫做组合数公式．因为 ，所以组合数公式还可表示为：
．特例： ．
注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先
取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式 常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明．
3.组合数的主要性质：① ；② ．
【常用结论】
①排列和组合的区别
组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同．
注意：排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于
是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列是在
组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排
列”．
②解决排列组合综合问题的一般过程
（1）认真审题，确定要做什么事；
（2）确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多
少步；
（3）确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元
素；
（4）解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略．
③数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项
解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某
元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即
优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨
论．
④定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限
制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑：
（1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素；
（2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置；
（3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．
二、题型分类精讲题型 一 两个计数原理
策略方法 利用两个基本计数原理解决问题的步骤
【典例1】在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数是（ ）
A．18 B．36
C．72 D．48
【答案】B
【分析】解法一二：利用分类加法计数原理即可得解.
解法三：考虑两位数的个位数字与十位数字的大小关系，利用对应思想解决．
【详解】解法一：
按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成八类，
在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有 个．
解法二：
按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成八类，
在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有 个．
解法三 ：
所有的两位数共有90个，
其中个位数字等于十位数字的两位数为11，22，33，…，99，共9个；
有10，20，30，…，90共9个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置，
则剩余的两位数有 个．
在这72个两位数中，每一个个位数字（a）小于十位数字（b）的两位数都有一个十位数字（a）小于个位
数字（b）的两位数与之对应，
故满足条件的两位数的个数是 .故选：B.
【典例2】甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，则不同
游览方案的种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分析可知，每个人都有三种选择，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，
每个人都有三种选择，则不同的游览方案种数为 种.
故选：B.
【题型训练】
一、单选题
1．中国人民解放军东部战区领导和指挥江苏､浙江､上海､安徽､福建､江西的武装力量.某日东部战区下达命
令，要求从江西或福建派出一架侦察机对台海空域进行侦查，已知江西有 架侦察机，福建有 架侦察机，
则不同的分派方案共有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】A
【分析】根据题意，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，由分类加法计数原理，不同的分派方案共有 种.
故选：A.
2．某商店共有 ， ， 三个品牌的水杯，若甲、乙、丙每人买了一个水杯，且甲买的不是 品牌，乙
买的不是 品牌，则这三人买水杯的情况共有（ ）
A．3种 B．7种 C．12种 D．24种
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理即可求解.
【详解】由分步乘法计数原理可得这三人买水杯的情况共有 （种）．
故选：C
3．用1，2，3，4可以组成无重复数字的三位数的个数为（ ）
A．16 B．24 C．36 D．48【答案】B
【分析】根据分步乘法计数原理进行计算即可.
【详解】先从4个数中选1个排在百位，有4种；
然后从剩下的3个数中选1个排在十位，有3种；
最后从剩下的2个数中选1个排在个位，有2种；
根据分步乘法计数原理可得组成无重复数字的三位数的个数为 .
故选：B.
4．高二1、2、3班各有升旗班同学人数分别为：1、3、3人，现从中任选2人参加升旗，则2人来自不同
班的选法种数为（ ）
A．12 B．15 C．20 D．21
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式计算作答.
【详解】依题意，选中高二1班的同学有 种方法，高二1班的同学没选中有 ，
所以2人来自不同班的选法种数为 .
故选：B
5．如图，小黑圆表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连．连线上标注的数字表示该段网
线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息（ ）
A．26 B．24 C．20 D．19
【答案】D
【分析】根据题意，结合图形得出从A到B传播路径有4条，写出每条途径传播的最大信息量，再求和，
即得答案．
【详解】解：根据题意，结合图形知，
从A到B传播路径有4条，如图所示；途径①传播的最大信息量为3，途径②传播的最大信息量为4；
途径③传播的最大信息量为6，途径④传播的最大信息量为6；
所以从A向B传递信息，单位时间内传递的最大信息量为 ，
故选：D．
6．若3名学生报名参加天文､计算机､文学､美术这4个兴趣小组，每人选1组，则不同的报名方式有（
）
A．12种 B．24种 C．64种 D．81种
【答案】C
【分析】由题意可得每个人都有4种选法，然后利用分步乘法原理求解即可
【详解】由题意可得每个人都有4种选法，则由分步乘法原理可得不同的报名方式有
种，
故选：C
7．三棱柱各面所在平面将空间分成不同部分的个数为（ ）
A．18 B．21 C．24 D．27
【答案】B
【分析】平面是向四周无限延展的. 可分两步进行空间直观想象，先由三个侧面分空间，再由棱柱的两平
行底面分空间，即可解决问题.
【详解】三棱柱的三个侧面将空间分成7部分，三棱柱的两个底面将空间分成3部分．
故三棱柱各面所在平面将空间分成不同部分的个数为 ．
故选：B．
8．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两
个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（ ）
A．48 B．18 C．24 D．36
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答.
【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有 （个）；
对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个，
不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，
所以正方体中“正交线面对”共有 （个）.
故选：D
9．360的不同正因数的个数为（ ）
A．24 B．36 C．48 D．42
【答案】A
【分析】根据质因数分解，结合分步计数原理进行求解即可.
【详解】因为 ，所以360有 个不同的正因数．
故选：A
10．集合 ， ， ， ，5，6， ，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐
标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】分为 集合提供横坐标， 集合提供纵坐标和 集合提供纵坐标， 集合提供横坐标两种情形
讨论即可.
【详解】第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数．
若 集合提供横坐标， 集合提供纵坐标，则有 ，
若 集合提供纵坐标， 集合提供横坐标，则有 ，合计 ，
即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6个，
故选：D.
题型二 排列问题
策略方法 求解排列应用问题的六种常用方法【典例1】计算：
(1) ；
(2) ．
【答案】(1)348；
(2)64.
【分析】（1）（2）利用排列数公式直接计算作答.
【详解】（1） .
（2） .
【典例2】电影《长津湖》讲述了在极寒严酷环境下，中国人民志愿军凭着钢铁意志和英勇无畏的精神为
长津湖战役胜利做出重要贡献的故事，现有4名男生和3名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同
一排且连在一起．（列出算式，并计算出结果）
(1)女生必须坐在一起的坐法有多少种？
(2)女生互不相邻的坐法有多少种？
(3)甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？【答案】(1)720种
(2)1440种
(3)960种．
【分析】（1）根据题意，由捆绑法，即可得到结果；
（2）根据题意，由插空法，即可得到结果；
（3）根据题意，结合捆绑法，插空法，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）根据题意，先将3个女生排在一起，有 种排法，
将排好的女生视为一个整体，与4个男生进行排列，共有 种排法，
由分步乘法计数原理，共有 种排法；
（2）根据题意，先将4个男生排好，有 种排法，
再在这4个男生之间及两头的5个空位中插入3个女生有 种方法，
故符合条件的排法共有 种；
（3）根据题意，先排甲、乙、丙以外的其他4人，有 种排法，
由于甲、乙相邻，故再把甲、乙排好，有 种排法，
最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的5个空挡中有 种排法，故符合条件的
排法共有 种．
【题型训练】
一、单选题
1．计算： （ ）
A．30 B．60 C．90 D．120
【答案】D
【分析】根据排列数公式计算可得结果.
【详解】 .
故选：D2．A，B，C，D，E，F六人站成一排，满足A，B相邻，C，D不相邻的不同站法的种数为（ ）
A．48 B．96 C．144 D．288
【答案】C
【分析】根据相邻捆绑法和不相邻问题插空法即可由排列数计算求解.
【详解】由于A，B相邻，所以先将A,B看作一个整体捆绑起来与E,F进行全排列，
然后将C，D插入到已排好队的两两之间以及首尾的空隙中即可，
故共有 ,
故选：C
3．下列计算结果为28的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据排列数以及组合数公式，一一计算各选项中的数值，即得答案.
【详解】 ，A错误；
，B错误；
，C错误；
，D正确，
故选：D
4．某一天的课程要排语文、数学、英语、物理、政治、体育、生物共七门课各一节，若物理不排第一节，
则排法总数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先考虑第一节课的排课，有六种选择，剩余六节课随便排，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】若物理不排第一节，则第一节可以排语文、数学、英语、政治、体育、生物六门课中的一门，
剩余六门课随便排，所以，不同的排法种数为 .
故选：B.5．贵州省首届“美丽乡村”篮球联赛总决赛在黔东南苗族侗族自治州台江县台盘村开赛.该联赛由台盘村
“六月六”吃新节篮球赛发展演变而来，被网友称为“村BA”.村BA给全国人民展现的不仅是贵州人热爱
生活的精神，更展现了如今欣欣向荣的贵州山水人文，同时给贵州的旅游带来巨大的收益.2023年8月20
日晚上村BA西南大区赛总决赛落下帷幕，为庆祝比赛顺利结束，主办方设置一场扣篮表演，分别由重庆、
贵州、四川、云南代表队每队各选出2名球员参加扣篮表演，贵州队作为东道主，扣篮表演必须在第一位
及最后一位，那么一共有（ ）种表演顺序.
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先确定贵州两名球员的顺序，再确定其余6人的表演顺序即可.
【详解】由题意易知，一共有8个人需要排列.先确定贵州两名球员的顺序为 ，在确定其余6人顺序为
，由分步乘法原理可得一共有 种顺序.
故选：C.
6．品牌电商服务商是指专门为品牌方提供包括运营、IT、营销、仓储物流、客户服务等内容的综合电子
商务服务的商家．某品牌方准备与甲、乙、丙3家服务商进行合作，为此对这3家服务商的运营、IT、营
销、仓储物流、客户服务这5项内容进行考察，并根据考察结果对每项内容按照从优到劣分为A，B，C3
个等级，则甲服务商的这5项内容等级均高于乙服务商和丙服务商的所有可能情况的种数为（ ）
A．3125 B．360 C．256 D．30
【答案】A
【分析】先根据排列组合列举出一项符合题意的种数，再得出这5项所有可能情况的种数．
【详解】每项内容甲服务商的等级都高于乙服务商和丙服务商的所有可能情况（按照甲乙丙的顺序排列）
有ABB，ABC，ACB，ACC，BCC，共5种．
所以甲服务商的这5项内容等级均高于乙服务商和丙服务商的所有可能情况的种数为 .
故选：A．
7．4名男生和3名女生排成一排照相，要求男生和男生互不相邻，女生与女生也互不相邻，则不同的排法
种数是（ ）
A．36 B．72 C．81 D．144
【答案】D【分析】先将3名女生全排列，然后利用插空法，将4名男生排到3名女生之间的4个空位上，根据分步
乘法计数原理，即可求得答案.
【详解】由题意先将3名女生全排列，然后利用插空法，
将4名男生排到3名女生之间的4个空位上，
故共有 种不同的排法，
故选：D
8．已知 ，则x等于（ ）
A．6 B．13 C．6或13 D．12
【答案】A
【分析】根据排列数公式，化简计算，结合x的范围，即可得答案.
【详解】由题意得 ，
化简可得 ，解得 或6，
因为 ，所以 且 ，故 .
故选：A.
9．用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序
排成一个数列，则第85个数字为（ ）
A．2301 B．2304 C．2305 D．2310
【答案】A
【分析】依次计算首位为1、前两位为20、前两位为21的有多少个数，然后可得答案.
【详解】首位为1的有 个，前两位为20的有 个，前两位为21的有 个，
所以第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301.
故选：A.
10．不等式 的解集是（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】根据排列数公式计算即可.
【详解】由 ，
得 ，解得 ，
所以不等式 的解集是 .
故选：D.
11．用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，其中奇数和偶数互不相邻的个数为（ ）
A．6 B．8 C．12 D．24
【答案】B
【分析】利用插空法结合加法原理即可求解.
【详解】先排 ，形成三个空位，然后将 排入前两个空位或者后两个空位，
所以符合题意的四位数的个数为 .
故选：B.
12．六名同学暑期相约去都江堰采风观景，结束后六名同学排成一排照相留念，若甲与乙相邻，丙与丁不
相邻，则不同的排法共有（ ）
A．48种 B．72种 C．120种 D．144种
【答案】D
【分析】甲和乙相邻利用捆绑法，丙和丁不相邻用插空法，即先捆甲和乙，再与丙和丁外的两人共“3
人”排列，再插空排丙和丁.
【详解】甲和乙相邻，捆绑在一起有 种，再与丙和丁外的两人排列有 种，
再排丙和丁有 种，故共有 种排法.
故选：D.
13．“缤纷艺术节”是西大附中的一个特色，学生们可以尽情地发挥自己的才能，某班的五个节目（甲､
乙､丙､丁､戊）进入了初试环节，现对这五个节目的出场顺序进行排序，其中甲不能第一个出场，乙不能第三个出场，则一共有（ ）种不同的出场顺序.
A．72 B．78 C．96 D．120
【答案】B
【分析】讨论甲在第三出场、不在第一、三出场，结合排列和计数原理求解即可.
【详解】当甲在第三出场时，乙､丙､丁､戊全排列，共有 种；
当甲不在第一、三出场时，共有 种；
故共有 种不同的出场顺序.
故选：B
14．用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序
排成一个数列则第85个数字为（ ）
A．2301 B．2304 C．2305 D．2310
【答案】A
【分析】依次计算首位为1、前两位为20、前两位为21的有多少个数，然后可得答案.
【详解】首位为1的有 个，前两位为20的有 个，前两位为21的有 个，
所以第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301.
故选：A
15．今年8月份贵州村篮球总决赛期间，在某场比赛的三个地点需要志愿者服务，现有甲、乙、丙、丁四
人报名参加，每个地点仅需1名志愿者，每人至多在一个地点服务，若甲不能到第一个地点服务，则不同
的安排方法共有（ ）
A．18 B．24 C．32 D．64
【答案】A
【分析】根据安排的人中有没有甲进行分类讨论，由此求得正确答案.
【详解】若安排的人中没有甲，安排方法有 种，
若安排的人中有甲，则先安排甲，然后再选两人来安排，
则安排的方法有 种，
所以总的方法数有 种.
故选：A16．2023年5月21日，中国羽毛球队在2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中以总比分
战胜韩国队，实现苏迪曼杯三连冠．甲、乙、丙、丁、戊五名球迷赛后在现场合影留念，其中甲、乙均不
能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（ ）
A．18种 B．24种 C．30种 D．36种
【答案】C
【分析】分别计算丙站在左端时和丙不站在左端时的情况，即可得到答案.
【详解】当丙站在左端时，甲、丙必须相邻，其余人全排列，有 种站法；
当丙不站在左端时，从丁、戊两人选一人站左边，再将甲、丙捆绑，与余下的两人全排，
有 种站法，
所以一共有 种不同的站法．
故选：C
17．回文联是我国对联中的一种，用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇
具趣味.相传，清代北京城里有一家酒楼叫“天然居”，一次乾隆路过这家酒楼，称赞楼名的高雅，遂以楼
名为题作对联，上联是：“客上天然居，居然天上客”.纪晓岚对曰：“人过大佛寺，寺佛大过人”，乾隆
微笑颔首，后“天然居”以此为门联，遂声名大噪.在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然
数，称之为：“回文数”.如66，787，4334等，那么用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9可以组成4位
“回文数”的个数为（ ）
A．56个 B．64个 C．81个 D．90个
【答案】C
【分析】根据回文数的性质，结合排列的定义分类讨论进行求解即可.
【详解】根据题意，分2种情况讨论：
①4位“回文数”中数字全部相同，有9种情况，即此时有9个4位“回文数”；
②4位“回文数”中有2个不同的数字，有 种情况，
即此时有72个4位“回文数”，则一共有 个4位“回文数”，
故选：C
二、多选题
18．(多选)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的不同的所有四位数．下列结论正确的是（ ）A． B．
C． D． －
【答案】CD
【分析】可用直接法先排第一位数字，再排后三位；也可用间接法先进行全排列，再排除首位是 的情况.
【详解】(直接法)先排第一位，有 种方法，再排后三位有 种方法，所以共有 种排法；
(间接法)先进行全排列共有 种排法，首位是 的排法为 ,所以共有 － 排法，
故选：
19．5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，那么不同的排法种数可以是（ ）
A． B． C．84 D．
【答案】AB
【分析】利用不相邻问题插空法，或用全排列减去甲乙相邻的排法.
【详解】先除去甲、乙两人，将剩下的3人全排，共 种不同的排法，
再将甲、乙两人从产生的4个空中选2个插入共 种不同的排法，
所以5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，不同的排法种数是 ；
5人并排站成一行有 种不同的排法，
若甲、乙两个人相邻，利用捆绑法，有 种不同的排法，
所以5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，那么不同的排法种数是 .
故选：AB．
20．某学校举行校园歌手大赛，共有4名男生，3名女生参加，组委会对他们的出场顺序进行安排，则下
列说法正确的是（ ）
A．若3个女生不相邻，则有144种不同的出场顺序
B．若女生甲在女生乙的前面，则有2520种不同的出场顺序
C．若4位男生相邻，则有576种不同的出场顺序D．若学生的节目顺序已确定，再增加两个教师节目，共有72种不同的出场顺序
【答案】BCD
【分析】选项A采用 “插空法”， 先排4名男生，形成5个空档，将3名女生插入其中，由此可得；选
项B由女生甲在女生乙的前面与女生甲在女生乙的后面各占一半，结合4男3女的全排列求解即可；选项
C先将4位男生捆绑作为一个整体进行全排列，然后3位女生和这个整体全排列可得；选项D采用“插空
法”，分两次插入老师节目即可.
【详解】若3个女生不相邻，则有 种不同的出场顺序，A错误；
若女生甲在女生乙的前面，则有 种不同的出场顺序，B正确；
若4位男生相邻，则有 种不同的出场顺序，C正确；
若学生的节目顺序确定，再增加两个教师节目，可分为两步，第一步，原7个学生节目形成8个空，插入
1个教师节目，有8种情况；
第二步，原7个学生节目和刚插入的1个教师节目形成9个空，再插入1个教师节目，有9种情况，
所以这两位教师共有 种不同的出场顺序，D正确.
故选：BCD.
21．甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．若甲、乙、丙按从左到右的顺序排列，则不同的排法有12种
B．若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种
C．若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法共有72种
D．如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种
【答案】BD
【分析】A选项，定序问题采用倍缩法进行求解；B选项，采用插空法进行求解；C选项，分两种情况，
若最左端排乙，最左端不排乙，分别求出两种情况下的排法，相加即可；D选项，使用捆绑法进行求解；
【详解】对于A，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排列有 种情况，故A错误；
对于B，先安排丙，丁，戊三人，有 种情况，再将甲乙两人插空，则有 种情况，故甲乙不相
邻的排法种数为 种情况，故B正确；
对于C，若最左端排乙，此时其余四人可进行全排列，故有 种；若最左端不排乙，则最左端只能从丙，丁，戊选出1人，又乙不能在最右端，则有 种情况，则共有 种站法，故C错误；
对于D，将甲与乙捆绑，看做一个整体且固定顺序，再与其他三人站成一排，故有 种，故D正确；
故选：BD
三、填空题
22．品牌电商服务商是指专门为品牌方提供电子商务服务的商家，其中包括运营、IT、营销、仓储物流、
客户服务等内容．某品牌方准备与甲、乙、丙3家服务商进行合作，为此对这3家服务商的运营、IT、营
销、仓储物流、客户服务进行考察，并根据考察结果对每项内容按照从优到劣分为 3个等级，则甲
服务商的5项内容等级均高于乙和丙服务商的所有可能情况的种数为 ．
【答案】3125
【分析】先列出每项内容甲服务商的等级都高于乙和丙服务商的所有可能情况，再计算即可.
【详解】每项内容甲服务商的等级都高于乙和丙服务商的所有可能情况（按照甲乙丙的顺序排列）有:
，共5种．
所以甲服务商的这5项内容等级均高于乙和丙服务商的所有可能情况的种数为: ．
故答案为：
23．一排6个座位坐了2个三口之家，若同一家人座位相邻，则不同的坐法种数为 .（用数字
作答）
【答案】72
【分析】根据题意可将6个座位分成两组，再将同一个家庭的3个成员相邻排列即可求得答案.
【详解】由题可知，同一家人座位相邻，将6个座位分成两组，每组3个座位，
同一家人相邻的不同坐法种数为 .
故答案为：72
24．夏老师要进行年度体检，有抽血、腹部彩超、胸部CT、心电图、血压测量等五个项目，为了体检数
据的准确性，抽血必须作为第一个项目完成，而夏老师决定腹部彩超和胸部CT两项不连在一起检查，则
不同的检查方案一共有 种.
【答案】12【分析】先将心电图、血压测量两项全排列，再将腹部彩超和胸部CT两项排在其空位中，最后将抽血放
在第一位即可.
【详解】解：由题意得：将心电图、血压测量两项全排列，有 种情况，
再将腹部彩超和胸部CT两项排在其空位中，有 种情况
最后将抽血放在第一位，有1种情况，
所以共有 种情况，
故答案为：12
25．某同学将英文单词“million”中字母的顺序记错了，那么他在书写该单词时，写错的情况有 种
（用数字作答）．
【答案】1259
【分析】million有7个字母，进行全排列 ，因为有两个i，两个l重复，总数要除以 ，则可能出
现的错误再减去1种正确的，因此得解．
【详解】英文单词“million”中字母的顺序记错了，
因为有两个i，两个l重复，那么他在书写该单词时，
共有 种可能，
而正确的拼写只有1种，故写错的情况有1259种.
故答案为：1259
26．从甲､乙等5人中任选3人参加三个不同项目的比赛，要求每个项目都有人参加，则甲､乙中至少有1
人入选的不同参赛方案共有 种.
【答案】54
【分析】根据排列数利用间接法，在总体中排除没有甲、乙的参赛方案.
【详解】若甲､乙等5人中任选3人参加三个不同项目的比赛，共有 种不同参赛方案，
若没有甲､乙入选的不同参赛方案共有 种，
所以甲､乙中至少有1人入选的不同参赛方案共有 种.
故答案为：54.
27．五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，若把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、角、羽三音阶不全相邻，则可排
成不同的音序种数是 ．
【答案】84
【分析】先考虑所有情况，再减去不满足的情况即可.
【详解】先考虑五个音阶任意排列，有 种情况，
再减去宫、角、羽三音阶都相邻的情况，
把宫、角、羽三音阶看做一个一个整体，则一共变成3个元素，有 种情况，
而宫、角、羽三音阶又可以任意排列，有 种情况，
所以一共的音序有 种，
故答案为：84
题型三 组合问题
策略方法 组合问题的常见类型与处理方法
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素
补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取．
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．
【典例1】计算：
(1) ；
(2) ；
(3) .
【答案】(1)455
(2)21
(3)19900
【分析】由组合数计算公式可得答案.【详解】（1） ；
（2） ；
（3）
【典例2】男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名.现选派 5人外出参加比赛.
(1)队长中至少有1人参加，有多少种选派方法?
(2)参赛的运动员需要分坐在两辆车上(每辆车上至少有一名运动员)，有多少种安排方式?
【答案】(1)196
(2)7560
【分析】（1）求出随机选择和没有队长的情况，即可求出队长中至少有1人参加时选派方法的数量；
（2）求出随机选择人数， 人随机坐和 人坐同一个车中的情况，即可求出运动员分坐在两辆车上(每辆车
上至少有一名运动员)时安排方式的数量.
【详解】（1）由题意，
男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名.选派 5人，
若没有队长，则有 种选派方法，
若随机选择，则有 种选派方法，
∴队长中至少有1人参加，有 种方法.
（2）由题意，
男运动员6名，女运动员4名，选派 5人外出参加比赛，分坐在两辆车，
∴选择的人是随机的，有 种情况，
若 人坐同一个车中，有 种情况，
若 人随机坐，有 种情况，
∴从 人中选5人，且坐在 辆不同的车中，有 种情况.【题型训练】
一、单选题
1． （ ）
A．35 B．56 C．70 D．84
【答案】A
【分析】根据组合数性质化简，再应用组合数公式计算即可.
【详解】 ,
,
.
故选：A.
2．某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上
有3人发言，则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为（ ）
A．15 B．30 C．35 D．42
【答案】B
【分析】由甲有两个人参加会议需要分两类，含有甲的选法、不含有甲的选法，根据分类计数原理得到结
果．
【详解】由于甲有两个人参加会议需要分两类：含有甲的选法有 种，不含有甲的选法有 种，共有
种.
故选：B
3．若 ，则 （ ）
A．90 B．42 C．12 D．10
【答案】A
【分析】根据组合数的性质求出 即可.
【详解】根据 ，且 ，所以 ， ﹒
故选：A﹒4．现有红色、黄色、蓝色的小球各4个，每个小球上都标有不同的编号.从中任取3个小球，若这3个小
球颜色不全相同，且至少有一个红色小球，不同取法有（ ）
A．160种 B．220种 C．256种 D．472种
【答案】A
【分析】分取出的球中有1个红球、取出的球中有2个红球两种情况计算即可.
【详解】若取出的球中有1个红球，不同的取法有 种；
若取出的球中有2个红球，不同的取法有 种.
故不同取法有 种.
故选：A.
5．5名同学到甲、乙、丙、丁四个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆且所有同学都被安排完，每个场
馆至少安排1名同学，则不同的安排方法共有（ ）
A．12种 B．60种 C．120种 D．240种
【答案】D
【分析】先分组，再分配，根据分步计数原理和组合数的运算公式，即可求解.
【详解】第一步：将5个同学分为4组，即2,1,1,1，共有 种分法，
第二步：将4组分配给4个场馆，共有 种分法，
所以共有 种.
故选：D.
6．为了弘扬古诗文化，积累古诗词，某小学举行古诗词背诵比赛，其中五年级有6个班，前3个班每个班
有50名学生，后3个班每个班有55名学生．现从每个班随机抽取3名学生参加比赛，则不同的抽取方法
种数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，由组合数的计算，结合分步乘法计数原理，代入计算，即可得到结果.
【详解】从50名学生中抽取3人，有 种不同的抽取方法，从55名学生中抽取3人，有 种不同的抽取方法．
因为前3个班每个班有50名学生，后3个班每个班有55名学生，
所以参加比赛的学生的抽取方法种数是 ．
故选:C．
7．第33届夏季奥运会预计在2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技
和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5个表演项目．现有三个场地 ， ， 分别承担竞赛项目与表演项目比
赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能 ， 两地承办，且各自承办其中一项.5个表演项目分别由 ， ，
三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ）
A．150种 B．300种 C．720种 D．1008种
【答案】B
【分析】根据组合数与排列数的计数方法，结合分类分步两个基本原理求解即可得的答案.
【详解】首先电子竞技和冲浪两个项目仅能 两地举办，且各自承办其中一项有 种安排；
再次5个表演项目分别由 三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目则有
种，
故总数为 种不同的安排方法.
故选：B.
8．编号分别为 的10名运动员，要均分成两个小组进行5人制足球训练（小组没有区别），其
中1，2号运动员必须组合在一起，3，4号运动员也必须组合在一起，其余运动员可以随意搭配，则不同
的分组方式共有（ ）
A．20种 B．26种 C．46种 D．52种
【答案】B
【分析】根据1，2号运动员与3，4号运动员在同一组和不在同一组分类讨论.
【详解】1，2号运动员与3，4号运动员在同一组，则还需选一人，有 种分组情况；
1，2号运动员与3，4号运动员不在同一组，只需1，2号运动员所在小组再选3人即可，有 种分组
情况，所以一共26中不同的分组方式.故选：B
9．某研究机构采访了“一带一路”沿线20国的青年，让他们用一个关键词表达对中国的印象，使用频率
前12的关键词为：高铁、移动支付、网购、共享单车、一带一路、无人机、大熊猫、广场舞、中华美食、
长城、京剧、美丽乡村，其中使用频率排前四的关键词“高铁、移动支付、网购、共享单车”也成为了他
们眼中的“新四大发明．从这12个关键词中选择4个不同的关键词，则至多包含2个“新四大发明”关键
词的选法种数为（ ）
A．491 B．462 C．392 D．270
【答案】B
【分析】分类求出不包含 “新四大发明”关键词的选法种数、包含1个 “新四大发明”关键词的选法种
数、包含2个 “新四大发明”关键词的选法种数，根据分类加法计数原理即可得答案.
【详解】从这12个关键词中选择4个不同的关键词，
不包含 “新四大发明”关键词的选法种数有 种；
包含1个 “新四大发明”关键词的选法种数有 种；
包含2个 “新四大发明”关键词的选法种数有 种；
故至多包含2个“新四大发明”关键词的选法种数为 种.
故选：B
10．四面体的顶点和各棱的中点共10个点．在这10点中取4个不共面的点，则不同的取法种数为（ ）
A．141 B．144 C．150 D．155
【答案】A
【分析】求出从10个点中任取4个点的取法，减去不合题意的结果可得答案．
【详解】从10个点中任取4个点有 种取法，其中4点共面的情况有三类．
第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面上，有 种；
第二类，取任一条棱上的3个点及该棱所对棱的中点，这4点共面，有6种；
第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），
它的4顶点共面，有3种．
以上三类情况不合要求应减掉，∴不同的取法共有 种．
故选：A．11．某高中安排6名同学（不同姓）到甲、乙、丙3个小区参加垃圾分类宣传活动，若每名同学只去一个
小区，每个小区至少安排1名同学，其中张同学不去乙小区，则不同的分配方案种数为（ ）
A．90 B．360 C．240 D．180
【答案】B
【分析】分张同学单独一组和其他同学一组两种情况，先排张同学，然后对其他5人进行分组分配即可.
【详解】（1）张同学单独一组：由于张同学不去乙小区，所以先排张同学共有 种，再将其余5人分
成两组共有 中，分配到另外两个小区共有 ，所以此类情况共有 种；
（2）张同学与其他同学一组：先安排张同学共有 种，然后将其余5人分成三组共有
种，再将三组分配到三个小区共 种，所以此类情况共有 种.
综上，不同的分配方案共有 种.
故选：B
12．为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设 三门劳动教育校本课程，现有甲、乙、
丙、丁、戊五位同学报名参加该校劳动教育校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参
加，则不同的报名方法有（ ）
A．60种 B．150种 C．180种 D．300种
【答案】B
【分析】对五位同学分3组，有两种情况，然后分类讨论各自情况种数，采用加法原理求解即可．
【详解】根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选 三门德育校本课程，
每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况，
①三组人数为1、1、3，此时有 种；
②三组人数为2、2、1，此时有 种.
所以不同的报名方法共有60＋90＝150种．
故选：B．13．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则
不同的放法种数共有（ ）
A．120种 B．240种 C．360种 D．720种
【答案】A
【分析】应用“隔板法”即可求解.
【详解】先在编2号,3号的盒内分别放入1个球和2个球，还剩17个小球，
三个盒内每个至少再放入1个，将17个球排成一排，有16个空隙，
插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可，共有 （种）方法．
故选:A.
14．将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，则每所大学至少
保送一人的不同保送方法有（ ）
A．240种 B．180种
C．150种 D．540种
【答案】C
【分析】每所大学至少保送一人，可以分类来解，把5名学生分成2：2：1三组或3：1：1三组两种情况，
根据分类计数原理得到结果．
【详解】把5名学生分成2：2：1三组或3：1：1三组两种情况，
当5名学生分成2：2：1三组时，共有 种结果，
当5名学生分成3：1：1三组时，共有 种结果，
根据分类计数原理知共有 种.
故选：C．
二、多选题
15．某中学从4名男生和3名女生中推荐4个参加社会公益活动，若选出的4人中既有男生又有女生，则
（ ）
A．若选1男3女，有4种选法 B．若选2男2女，有18种选法
C．若选3男1女，有12种选法 D．共有36种不同的选法
【答案】ABC
【分析】根据组合数的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，若选1男3女，选法数有 种选法，A选项正确.
B选项，若选2男2女，选法数有 种选法，B选项正确.
C选项，若选3男1女，选法数有 种选法，C选项正确.
D选项，总的选法数有 种，D选项错误.
故选：ABC
16．下列各式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】利用组合数公式及性质计算判断判断ABC；利用二项式定理判断D作答.
【详解】对于A， ，A错误；
对于B，
，B错误；
对于C，由 ，得 ，C正确；
对于D， ，D正确.
故选：CD
17．从七个组合数 ， ， ， ， ， ， 中任取三个组合数，则（ ）
A．三个组合数中含有最大的组合数的取法有 种
B．三个组合数中含有最小的组合数的取法有 种
C．三个组合数中同时含有最大与最小的组合数的取法有 种D．三个组合数中有相等的组合数的取法有 种
【答案】ABD
【分析】根据直接法结合组合数的运算判断AD，根据间接法结合组合数的运算判断B，根据加法原理和
组合运算判断C.
【详解】七个组合数 ， ， ， ， ， ， 即 ， ， ， ， ， ， ，
最大的组合数为 ，最小的组合数为 ，
相等的组合数有 ， ， ，
对于A，从七个组合中任取三个组合数，含有最大的组合数 的取法有 种结果，正确；
对于B，从七个组合中任取三个组合数，含有最小的组合数 的取法有 种结果，正确；
对于C，从七个组合中任取三个组合数，同时含有最大与最小的组合数 的取法有 种结果，
错误；
对于D，从七个组合中任取三个组合数含有相等的组合数的取法有 种结果，正确.
故选：ABD.
18．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说
法正确的是（ ）
A．若任意选择三门课程，选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为
D．若政治必须选，选法总数为
【答案】AC
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理、分类加法计数原理及排列组合，依次判断各选项，即可
得解．【详解】对于A，任意选择三门课程，选法总数为 ，A正确；
对于B，物理和化学至少选一门，分两类，
第一类：物理和化学选一门，有 种方法，其余两门从剩余的五门中选两门，有 种方法，共有 种
选法；
第二类：物理和化学都选有 种方法，其余一门从剩余的五门中选一门，有 种方法，共有 种选法，
由分类加法计数原理知，选法总数为 ，B错误；
对于C，物理和历史不能同时选，选法总数为 ，C正确；
对于D，政治必须选，另两门从余下六门中任选两门，选法总数为 ，D错误．
故选：AC
19．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“面对面”义诊活动，每名医生只能到
一家企业工作，每家企业至少派1名医生，则下列结论正确的是（ ）
A．所有不同分派方案共 种
B．所有不同分派方案共36种
C．若甲必须到A企业，则所有不同分派方案共12种
D．若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共30种
【答案】BCD
【分析】先将四人分成三组，然后分配到三个企业即可判断AB；分 企业有两人和 企业只有一人，两
种情况讨论即可判断C；先求出甲，乙安排到同一家企业的种数，再利用排除法求解即可.
【详解】由题意，所有不同分派方案共 种，故A错误，B正确；
对于C，若甲必须到A企业，
若 企业有两人，则将其余三人安排到三家企业，每家企业一人，
则不同分派方案有 种，
若 企业只有一人，则不同分派方案有 种，
所以所有不同分派方案共 种，故 正确；对于D，若甲，乙安排到同一家企业，
则将剩下的两人安排到另外两家企业，每家企业一人，
则有 种不同的分派方法，
所以若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共 种，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
20．把10个相同的小球放入编号为1，2，3的三个不同盒子中，使盒子里的球的个数不小于它的编号数，
则不同的放法种数是 （用数字作答）
【答案】15
【分析】利用隔板法计算即可.
【详解】先在编号为2，3的盒子中分别放入1，2个小球，编号为1的盒子不放球，
再每个盒子至少放入一个小球，用隔板法将余下7个小球排一排有6个空，插入2个隔板，有 种方
法.
故答案为：15
21．某校拟从2名教师和4名学生共6名党史知识学习优秀者中随机选取3名，组成代表队，参加市党史
知识竞赛，则要求代表队中既有教师又有学生的选法共有 种．
【答案】16
【分析】既有教师又有学生的选法分为有1名教师和2名学生和有2名教师和1名学生，根据分类加法计
数原理即可求得答案.
【详解】由题意得从6名党史知识学习优秀者中随机选取3名，
其中有1名教师和2名学生的选法有 种，
有2名教师和1名学生的选法有 种，
故代表队中既有教师又有学生的选法共有 （种），
故答案为：16
22．算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，在电子计算机发明以前，算盘是广为使用的计算工具.
图（1）展示的是一把算盘的初始状态，自右向左每一档分别表示个位、十位、百位、千位……上面的一
粒珠子表示5，下面的一粒珠子表示1.例如图（2）中个位上拨动一粒上珠、两粒下珠，十位上拨动一粒下珠靠梁，表示数字17.现将初始状态的算盘上个位、十位、百位、千位、万位、十万位分别随机拨动一粒
珠子靠梁，则可以表示能被3整除的六位数的个数为 .
【答案】22
【分析】分类讨论，结合计数原理与组合数的计算可得结果.
【详解】由题意知，得到的六位数的各个数位上均为数字1或5，要使这个六位数能被3整除，则有三种
情况：
①6个1，只有111111；②6个5，只有555555；③3个1和3个5，有 个.
故满足条件的六位数有22个.
故答案为：22．
23．2023年暑假，5位老师去某风景区游玩，现有“垂云通天河”、“严子陵钓台”这两处风景供选择，
若每位老师只能选取其中的一处风景且每处风景最多被3位老师选择，则不同的选择方案共有 种
（用数字作答）．
【答案】20
【分析】根据题意，先分组再分配，结合排列数，组合数，代入计算，即可得到结果.
【详解】依题意得，5位教师中有3位选取其中的一处风景游玩，另两位教师选择另一处风景游玩．
故可分两步：
第一步：将5位老师分为两组，一组3人，一组2人，共有 种不同的分法；
第二步：将两组分配到两处风景，共有 种不同的方法．
根据分步乘法计数原理，得共有 种不同的选择方案．
故答案为：
24．某旅行社有导游 人，其中有 人会英语，有 人会日语。现在需要选 名英语导游和 名日语导游，
完成一项导游任务，则不同的选择方法为 .
【答案】
【分析】分析出双语导游的选择人数，即可得出选 名英语导游和 名日语导游的方法个数.【详解】由题意，
有导游 人，其中有 人会英语，有 人会日语，
∴有 人只会英语， 人只会日语， 人两种语言都会，
若 1 个会双语的导游都不选，则有 种选择方法，
若恰好选1个会双语的导游，则有 种选择方法，
若恰好选 2 个会双浯的导游，则有 种选择方法,
故不同的选择方法有 种.
故答案为： .
25．按下列要求分配6本不同的书.
（1）分成三份，1份1本，1份2本，1份3本，有 种不同的分配方式；
（2）甲､乙､丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本，有 种不同的分配方式；
（3）平均分成三份，每份2本，有 种不同的分配方式；
（4）平均分配给甲､乙､丙三人，每人2本，有 种不同的分配方式；
（5）分成三份，1份4本，另外两份每份1本，有 种不同的分配方式；
（6）甲､乙､丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本，有 种不同的分配方式；
（7）甲得1本，乙得1本，丙得4本，有 种不同的分配方式.
【答案】 60 360 15 90 15 90 30
【分析】根据排列、组合的定义，结合分步计数原理对（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）逐一进行
求解即可.
【详解】（1）先从6本书中选1本，有 种分配方法，再从剩余5本书中选择2本，有 种分配方法，
剩余的是3本书，有 种分配方法.所以总共有 （种）分配方法.
（2）在（1）的结论下，将这三份书分给甲､乙､丙三人，有 （种）分配方法.
（3）先从6本书中选2本，有 种分配方法，再从剩余4本书中选择2本，有 种分配方法，剩余的就
是2本书，有 种分配方法，所以共有 种分配方法.但是，该过程有重复，设6本书分别为A，B，C，D，E，F，若三个步骤分别选出的是 ， ， ，则所有情况为 ，
， ， ， ， ，则需去除重复的情况.
综上，不同的分配方式共有 （种）.
（4）结合（3）可知，将这三份书分别分给甲､乙､丙三人，分配方法的种数为 .
（5）先从6本书中选4本，有 种分配方法，再从剩余的2本书中选1本，有 种分配方法，最后还剩
1本书，因为在最后2本书的选择中发生了重复，所以总共有 （种）分配方法.
（6）结合（5）可知，将这三份书分别分给甲､乙､丙三人，则分配方法共有 （种）.
（7）完成该事件，分三步，甲选1本，有 种选法，乙从余下的5本书中选1本，有 种选法，余下的4
本书留给丙，有 种选法.所以总共有 （种）选法.
故答案为：60；360；15；90；15；90；30
题型四 排列组合综合问题
策略方法
（1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排
其他元素；
（2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑
其他位置；
（3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．
【典例1】某医疗小组有4名男性，2名女性共6名医护人员，医护人员甲是其中一名．
(1)若从中任选2人参加A， 两项救护活动，每人只能参加其中一项活动，每项活动都要有人参加，求医
护人员甲不参加 项救护活动的选法种数；(2)这6名医护人员将去3个不同的地方参与医疗支援，每人只能去一地，每地有2人前往，若2名女性不
能去往同一个地方，求不同的分配方案种数．
【答案】(1)25
(2)72
【分析】（1）分类，按甲是否参加活动分两类；
（2）分步，第一步按排两名女性，第二步按排与女性同去的男性，第三步剩余的两名男性．
【详解】（1）分两类：①甲参加 项救护活动，再从其余5人中选一人参加A，选法数为 ，
②甲不参加救护活动，则从其余5人中任选两人参加救护活动，选法数为 ，
所以共有选法种数为20+5=25；
（2）分三步：第一步先安排两名女性医护人员有： ，
第二步：安排两名女医护人员同去的男医护人员有： ，
第三步：剩余两名男性医护人员去另外一地有： ，
所以共有不同的分配方案数为： ．
【题型训练】
一、单选题
1．2023年杭州亚运会需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人
员引导、应急救助工作，其中甲、乙2人不能负责语言服务工作，则不同的选法共有（ ）
A．248种 B．252种 C．256种 D．288种
【答案】B
【分析】先选能担任语言服务的人员，再选能担任人员引导、应急救助工作的人员，最后根据分步计算原
理即可得答案.
【详解】先从甲、乙之外的6人中选取1人负责语言服务工作，再从剩下的7人中选取2人负责人员引导、
应急救助工作，则不同的选法共有 种.
故选：B.
2．在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数 .小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数 的前6位数字 进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个2不相邻，两个8
相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为（ ）
A．36 B．48 C．72 D．120
【答案】A
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．
【详解】如果排列时要求两个8相邻，两个2不相邻，
两个8捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个2插入其中的2个空位中，注意到两个
2，两个8均为相同元素，
那么小明可以设置的不同密码共有 .
故选：A．
3．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙、丙、
丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排1人，问天实验舱与梦天实验舱各安排2人，且甲、乙
两人被安排在同一个舱内，则共有（ ）种方案．
A．3 B．6 C．30 D．60
【答案】B
【分析】先考虑天和核心舱，然后再考虑剩下的两个舱即可.
【详解】先除甲、乙外的3名航天员中挑1人到天和核心舱有 种情况，
然后剩下的2名航天员一组，甲乙一组分配到剩下的两个舱有 种情况，
所以共有 .
故选：B.
4．五一期间，小丁，小赵，小陈，小吴四人计划到溧阳天目湖，金坛茅山，春秋乐园三地旅游，每人只去一个地方，每个地方至少有一人去，且小丁不去溧阳天目湖，则不同的旅游方案共有（ ）
A．18种 B．12种 C．36种 D．24种
【答案】D
【分析】利用分类加法计数原理，分小丁单独旅游与小丁与他人一起旅游两种情况，根据分组分配的解题
思路，可得答案.
【详解】第一种情况：当小丁独自去旅游，从金坛茅山、春秋乐山中选一个，其方法数为 ；
小赵、小陈、小吴三人去另外两个地方旅游，利用分组分配的思路，可得方法数为 ；
则该情况下，总的方法数为 .
第二种情况：当小丁与他人组队去旅游，再从金坛茅山、春秋乐山中选一个，其方法数为 ，
其他两人去另外两个地方，其方法数为 ，
则该情况下，总的方法数为 .
故不同的旅游方法共有 种.
故选：D.
5．第19届亚运会将于2023年9月23日在杭州开幕，因工作需要，还需招募少量志愿者．甲、乙等4人
报名参加了“莲花”、“泳镜”、“玉琮”三个场馆的各一个项目的志愿者工作，每个项目仅需1名志愿
者，每人至多参加一个项目．若甲不能参加“莲花”场馆的项目，则不同的选择方案共有（ ）
A．6种 B．12种 C．18种 D．24种
【答案】C
【分析】先从除甲外的3人中选1人参加“莲花”场馆的项目，再安排另外两个项目，利用排列、组合知
识计算求解．
【详解】先从除甲外的3人中选1人参加“莲花”场馆的项目，再安排另外两个项目，
若甲不能参加“莲花”场馆的项目，则不同的选择方案共有 种．
故选：C.
6．“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项
人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师.浙江大学､复旦大学､武汉大学､中山大学均有开设数学学科
拔尖学生培养基地.已知某班级有 共5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，每所学校至少有一位同学选择，则 同学选择浙江大学的不同方法共有（ ）
A．24种 B．60种 C．96种 D．240种
【答案】B
【分析】依题意，有两位同学选择了同一所学校，分有两位同学选择了浙江大学和只有A同学选择了浙江
大学这两种情况讨论，结合排列组合的原理计算.
【详解】5位同学选择4所学校，每所学校至少有一位同学选择，则有两位同学选择了同一所学校，已知
同学选择浙江大学，
当有两位同学选择了浙江大学时，则 这4 位同学在4所大学中分别选了一所，共 种选法；
当只有A同学选择了浙江大学时，则 这4 位同学在其余3所大学中选择，每所学校至少有一位
同学选择，则有两位同学选择了同一所学校，共 种选法；
所以 同学选择浙江大学的不同方法共有 种.
故选：B
7．端午节三天假期中每天需安排一人值班，现由甲､乙､丙三人值班，且每人至多值班两天，则不同的安
排方法有（ ）
A．18种 B．24种 C．36种 D．42种
【答案】B
【分析】根据分类加法计数原理可求出结果.
【详解】若甲乙丙三人每人值班一天，则不同安排方法有 种.
若三人中选两个人值班，则有 种，因此一共有 种.
故选：B.
8．用 这6个数字可以组成 个无重复数字的六位数，其中偶数有 个，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据排列组合知识求出 ，代入 可得结果.【详解】从 中任选一个数字排在首位，其余5个数字全排可得 ，
排在个位的无重复数字的六位偶数有 个，
不排在个位的无重复数字的六位偶数有 个，
故 .
所以 ．
故选：B
9．2023年5月18日至19日，首届中国—中亚峰会在陕西西安成功举行.峰会期间，甲、乙、丙、丁、戊5
名同学承担A，B，C，D共4项翻译工作，每名同学需承担1项翻译工作，每项翻译工作至少需要1名同
学，则不同的安排方法有（ ）
A．480种 B．240种 C．120种 D．4种
【答案】B
【分析】先用捆绑法分组，再排列求解即可；
【详解】首先把5名同学转化成4组，然后分给4项翻译工作，
第一步：从5名同学中任意取出2名捆绑成1组，有 种方法；
第二步：再把4组分给4项翻译工作，有 种方法，
由乘法原理，共有 (种)方法；
故选：B.
10．杭州亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目，共设杭州赛区、宁波赛区、
温州赛区、金华赛区、绍兴赛区、湖州赛区，现需从6名管理者中选取4人分别到温州，金华、绍兴、湖
州四个赛区负责志愿者工作，要求四个赛区各有一名管理者，且6人中甲不去温州赛区，乙不去金华赛区，
则不同的选择方案共有（ ）
A．108种 B．216种 C．240种 D．252种
【答案】D
【分析】根据题意，分为：甲乙都未选中、甲选中且乙未选中、甲未选中且乙选中和甲乙都选中，四类情
况讨论，结合分类计数原理，即可求解.【详解】根据题意，可分为四类：
①当甲乙都未选中，则不同的选择方案有 种；
②当甲选中，乙未选中，则不同的选择方案有 种；
③当甲未选中，乙选中，则不同的选择方案有 种；
④当甲乙都选中，则由 中选法，先安排甲，再安排乙，
若甲去了金华赛区，则有 ；若甲未去金华赛区，则有 ，
则不同的安排方案有 种，
由分类计数原理，可得共有 种不同的安排方案.
故选：D.
11．某班团支部换届选举，从已产生的甲、乙、丙、丁四名候选人中选出三人分别担任书记、副书记和组
织委员，并且规定：上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职结果有（ ）.
A．15 B．11 C．14 D．23
【答案】B
【分析】利用正难则反的方法，求出总的方法数，利用分类讨论的方法，分一、二、三个职位连任，可得
答案.
【详解】四人中选出三人分别任职三个不同的岗位，其方法数为 ，
三个职位中有一位连任，假设上届任职的甲、乙、丙三人分别担任书记、副书记和组织委员，
假设甲连任书记，副书记可选的人选分别为丙和丁，
当丁担任了副书记，则组织委员只能选乙；当丙担任了副书记，则组织委员只能选乙和丁，
故其方法数为 ；
三个职位中有两位连任，其方法数为 ；
三个职位中三位都连任，其方法数为1.
故符合题意的方法数为 .
故选：B.
12．教育扶贫是我国重点扶贫项目，为了缩小教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5名教师到A、B、C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方
法数有（ ）种
A．25 B．60 C．90 D．150
【答案】D
【分析】按照分类分步计数原理可先将5人分成3组，再将3组人员分配到3个学校去，即可计算出结果.
【详解】由题意可知，先将5人分成三组有2类分法，
第一类：各组人数分别为1，1，3，共有 种分法；
第二类：各组人数分别为1，2，2，共有 种分法，
再将三组人员分配到A、B、C三个乡村学校去，共有 种，
所以不同的选派方法共有 种.
故选：D
13．厦门市博物馆由厦门博物馆主馆、郑成功纪念馆、厦门经济特区纪念馆、厦门市文化遗产保护中心、
破狱斗争陈列馆、陈化成纪念馆、陈胜元故居七个馆区组成.甲、乙两名同学各自选取一个馆区参观且所选
馆区互不相同，若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆至少有一个被选，则不同的参观方案有（ ）
A．22种 B．20种 C．12种 D．10种
【答案】A
【分析】分为郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆选一个和两个，两种情况分开求解即可得出答案.
【详解】若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆选一个： 种，
若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆选二个： 种，
故若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆至少有一个被选，则不同的参观方案有 种方案.
故选：A.
14．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，且2不在第二位，则这样的六位
数个数为（ ）
A．120种 B．108种 C．96种 D．72种
【答案】B
【分析】利用全部不相邻的奇数中去掉2在第二位的情况，即可利用不相邻问题插空法求解.【详解】1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，先排3个偶数，然后把3个奇
数插入即可，共有 个，
若2在第二位，则第一位一定为奇数，则从3个奇数中选择一个放在第一位上，此时还剩下2个偶数和2
个奇数安排在后四位上，则先排2个偶数，然后把剩下2个奇数插空即可，此时共有 个，
因此符合条件的六位数有 个，
故选：B
15．如图，某单位计划在办公楼前的一个花坛的A、B、C、D四个区域重新种花.现有红、蓝、黄、白四种
颜色的花可选择，一个区域只种一种颜色的花，且相邻的两个区域不能种同一种颜色的花，则共有（ ）
种不同的种植方案.
A．36 B．48 C．72 D．84
【答案】D
【分析】考虑选用两种颜色的花，三种颜色的花，四种颜色的花，利用排列组合知识求出答案后相加即可.
【详解】若选用两种颜色的花，则有 种选择，选择的两种颜色的花种在对角位置，有两种选择，故
共有 种选择，
若选用三种颜色的花，则有 种选择，必有一个对角位置使用同种颜色的花，先选择一个对角，再从
三种颜色的花中选择一种，有 种选择，
另外的对角位置选择不同位置的花，有 种选择，共有 种选择，
若选用四种颜色的花，则有 种选择，
综上：共有 种选择.
故选：D16．口袋里有红黄蓝绿的小球各四个，这些球除了颜色之外完全相同，现在从口袋里任意取出四个小球，
则不同的方法有（ ）种.
A．48 B．77 C．35 D．39
【答案】C
【分析】根据题意可将取出的球分为有一种、二种、三种、四种颜色分类，然后再求出各种情况有多少种，
分类相加即可求解.
【详解】根据条件，取出的四个球可以分为一种，两种，三种，四种颜色，
当取出的球只有一种颜色时：有 种；
当取出的球只有二种颜色时：有 种；
当取出的球只有三种颜色时：有 种；
当取出的球只有四种颜色时：有 种；
共有： 种.故C项正确.
故选：C.
17．在数学中，自然常数 .小明打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列
得到密码.如果排列时要求2不排第一个，两个8相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为（ ）
A．48 B．36 C．32 D．30
【答案】B
【分析】根据题意，分两种情况讨论：① 排在第一位；② 不排在第一位 .由加法计数原理计算
即可.
【详解】根据题意，分两种情况：
① 排在第一位，则第二位也是 ，再从剩下 个位置选出 个，安排两个 ，最后安排 和 ，此时有
个不同的密码；
② 不排成第一位，则第一位安排 或 ，将两个 看成一个整体，与两个 和7或 中剩下的数排列，此时
有 个不同的密码；
则一有 个不同的密码.
故选：二、多选题
18．从1，2，3，4，6中任取若干数字组成新的数字，下列说法正确的有（ ）
A．若数字可以重复，则可组成的三位数的个数为125
B．若数字可以重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为375
C．若数字不能重复，则可组成的三位数的个数为70
D．若数字不能重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为72
【答案】ABD
【分析】AB选项利用分步乘法原理计算即可，CD选项利用排列组合和特殊优先的原则计算即可.
【详解】A选项：若数字可以重复，则可组成的三位数的个数为 ，故A正确；
B选项：若数字可以重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为 ，故B正确；
C选项：若数字不能重复，则可组成的三位数的个数为 ，故C错；
D选项：若数字不能重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为 ，故D正确.
故选：ABD.
19．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”
“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则( )
A．课程“射”“御”排在前两周，共有24种排法
B．某学生从中选5门，共有6种选法
C．课程“礼”“书”“数”排在后三周，共有36种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法
【答案】BCD
【分析】根据特殊元素优先法，判断ACD；利用组合的应用判段 ；
【详解】先把课程“射”“御”排在前两周共 种，再排其他四门共 ，所以共 种
排法，故A错误；
6门中选5门共有 种，故B正确；
课程“礼”“书”“数”排在后三周，共有 种排法，故C正确；
课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有 种排法，故D正确.故选：BCD.
20．现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加运动会志愿者服务活动，有翻译､导游､礼仪､司机四项工作可以安
排，则以下说法正确的有（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1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
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
【答案】ACD
【分析】对于A，分步乘法计数原理即可判断. 对于B、C，利用排列组合的应用，即可判断. 对于D，利
用分组分配知识即可判断.
【详解】对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方式，则有 种安排
方法，故选项A正确.
对于B，根据题意，分2步进行分析：先将5人分成4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有
种安排方法，故选项B错误.
对于C，根据题意，分2种情况需要讨论：①从丙､丁､戊中选出2人开车，②从丙､丁､戊中选出1人开车，
则有 种安排方法，故选项C正确.
对于D，分2步进行分析：先将5人分成3组，有 种分组方法，将分好的三组安排翻译､导游､
礼仪三项工作，有 种安排方法，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 ，故选项D
正确.故选：ACD.
21．某校计划安排五位老师（包含甲、乙）担任周一至周四的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多
值班一天，则下列说法正确的是（ ）
A．若周一必须安排两位老师，则不同的安排方法共有60种
B．若甲、乙均值班且必须排在同一天值班，则不同的安排方法共有48种
C．若五位老师都值班一天，则不同的安排方法共有240种
D．若每天恰有一位老师值班，且如果甲乙均值班，则甲必须在乙之前值班的不同的安排方法共有84
种
【答案】AC
【分析】根据给定条件，利用排列、组合，结合分步乘法计数原理逐项列式求解作答.
【详解】对于A，周一必须安排两位老师，从5位老师中取两位周一值班，余下3位全排列，不同的安排
方法有 种，A正确；
对于B，甲、乙均值班且在同一天，与余下3位一起的4个元素全排列，不同的安排方法共有 种，
B错误；
对于C，五位老师都值班一天，则有两位老师在同一天值班，不同的安排方法有 种，C正确；
对于D，显然甲乙至少有一位值班，如果甲乙都值班，除甲乙外还有两位老师各值班一天，
甲必须在乙之前值班的不同安排方法有 种，D错误.
故选：AC
22．现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子
中，则下列结论正确的有（ ）
A．没有空盒子的方法共有24种
B．可以有空盒子的方法共有128种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种
【答案】ACD
【分析】对于A：没有空盒则全排列，求解即可；对于B：有4个球，每个球有4种放法，此时随意放，
盒子可以空也可以全用完，求解即可；对于C：恰有1个空盒，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有一个盒子中放了2个球，求解即可；对于D：没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒中，从
4个盒4个球中选定一组标号相同的球和盒，另外3个球3个盒标号不能对应，求解即可．
【详解】对于A：4个球全放4个盒中，没有空盒则全排列，共 种，故A正确；
对于B：可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，共 种，故B错误；
对于C：恰有1个空盒子，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球，先将4
个盒中选1个作为空盒，再将4个球中选出2个球绑在一起，再排列共 种，故C正确；
对于D：恰有一个小球放入自己编号的盒中，从4个盒4个球中选定一组标号相同得球和盒，另外3个球3
个盒标号不能对应，则共 种，故D正确．
故选：ACD．
23．(多选)把5件不同产品A，B，C，D，E摆成一排，则（ ）
A．A与B相邻有48种摆法
B．A与C相邻有48种摆法
C．A，B相邻又A，C相邻，有12种摆法
D．A与B相邻，且A与C不相邻有24种摆法
【答案】ABC
【分析】逐个分析每个选项正确与否即可
【详解】对于A选项：产品A与B相邻，把 作为一个元素有 种方法，
而A，B可交换位置，所以有 种摆法.故A选项符合题意.
对于B选项：同A选项一样分析可知产品A与C相邻也有48种摆法. 故B选项符合题意.
对于C选项:当 相邻又满足 相邻，
首先将产品 捆绑起来作为一个元素并把产品 放在产品 与 之间，
注意到产品 与 可互换位置，所以首先排列 有 种摆法，
把 组成的整体作为一个元素和剩下的两个元素 进行排列，又有 种摆法，所以A，B相邻又A，C相邻，有 种摆法.故C选项符合题意.
对于D选项：由A选项可知A与B相邻有48种摆法，
由C选项可知A，B相邻又A，C相邻有12种摆法，
因此A与B相邻，且A与C不相邻有 种摆法.故D选项不符合题意.
故选：ABC.
三、填空题
24．古镇旅游是近年旅游的热点，某旅游短视频博主准备到江西婺源古村落、瑶里古镇、驿前古镇、河口
古镇、密溪古村五个地方去打卡，每个地方打卡一次，则先去婺源古村落打卡，且瑶里古镇不最后去打卡
的方法数为 .（用数字作答）
【答案】
【分析】利用分布计数原理和排列组合的相关知识进行求解即可.
【详解】先去婺源古村落打卡，且瑶里古镇不最后去打卡的方法数为 .
故答案为： .
25．现有包括甲、乙在内的5名同学在比赛后合影留念，若甲，乙均不在最左端，乙不在最右端，则符合
要求的排列方法共有 种
【答案】54
【分析】利用排列组合先排特殊元素，再排其余元素即可
【详解】先排乙，从中间的3个位置中选1个安排乙，则有 种方法，
再排甲，从除左端外，剩下的3个位置中选1个安排甲，则有 种方法，
最后排其余3个，有 种方法，
所以由分步乘法原理可知共有 种方法，
故答案为：54
26．现有5名同学从北京、上海、深圳三个路线中选择一个路线进行研学活动，每个路线至少1人，至多
2人，其中甲同学不选深圳路线，则不同的路线选择方法共有 种．（用数字作答）
【答案】 .
【分析】根据题意，分为甲同学单独1人和甲同学与另外一个同学一起，两类情况讨论，结合排列、组合，即可求解.
【详解】每个路线至少1人，至多2人，则一个路线1人，另外两个路线各2人，
若甲同学单独1人时，有 种不同的选法；
若甲同学与另外一个同学一起，则有 种不同的选法，
则不同的选择方法有60种．
故答案为： .
27．甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知 人都在 至 层的某一层出电梯，且在每一层最多只有
两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙 人出电梯的不同方法总数
是 ．
【答案】120
【分析】分 人都在 至 层的某一层 人独自出电梯； 人中有 人在同一层出电梯，另 人在另外一
层出电梯，两种情况讨论即可求解．
【详解】由题意，
人都在 至 层的某一层 人独自出电梯，共有 种；
人中有 人在同一层出电梯，另 人在另外一层出电梯，共有 种；
故甲、乙、丙 人出电梯的不同方法总数是 种．
故答案为：120
28．某高中学校在新学期增设了“传统文化”､“数学文化”､“综合实践”､“科学技术”和“劳动技
术”5门校本课程.小明和小华两位同学商量每人选报2门校本课程.若两人所选的课程至多有一门相同，且
小明必须选报“数学文化”课程，则两位同学不同的选课方案有 种.（用数字作答）
【答案】36
【分析】分两类：所选课程恰有一门相同和没有相同，利用排列、组合分别求出每类的种数，再利用分类
计数原理即可求出结果.
【详解】当小明和小华两位同学所选的课程恰有一门相同时：
相同的课程为“数学文化”时，有 种，
相同的课程不是“数学文化”时，有 种，
所以小明和小华两位同学所选的课程恰有一门相同时，共有 种，当小明和小华两位同学所选的课程没有相同时，有 ,
所以，两位同学不同的选课方案有 ，
故答案为：36
29．临近春节，某校书法爱好小组书写了若干副春联，准备赠送给四户孤寡老人．春联分为长联和短联两
种，无论是长联或短联，内容均不相同．经过调查，四户老人各户需要1副长联，其中乙户老人需要1副
短联，其余三户各要2副短联．书法爱好小组按要求选出11副春联，则不同的赠送方法种数为 ．
【答案】15120
【分析】利用全排列计算长联的分配方式，利用平均分组分配计算短联的分配方式，结合分布乘法原理，
可得答案.
【详解】4副长联内容不同，赠送方法有 种；从剩余的7副短联中选出1副赠送给乙户老人，
有 种方法，再将剩余的6副短联平均分为3组，最后将这3组赠送给三户老人，
方法种数为 ．所以所求方法种数为 ．
故答案为： .
30．为了加强新型冠状病毒疫情防控，某社区派遣甲､乙､丙､丁､戊五名志愿者参加 三个小区的防疫
工作，每人只去1个小区，每个小区至少去1人，且甲､乙两人约定去同一个小区，则不同的派遣方案共有
（用数字作答）.
【答案】36
【分析】分 与 分配进行选派，结合分类与分步计数原理、排列组合知识计算即可.
【详解】不同的派遣方案可分两类： 人可分 与 进行派遣.
若按照 分三组再进行分配，
第一步：甲乙两人从其余 人中再选 人合成一组，剩余两人一人一组，有 种方案；
第二步：三组人员分配到 三个小区，有 种方案；
则由分步计数原理共有 种不同的方案；若按照 分三组再进行分配，第一步：甲乙两人是一组，再从其余 人中选 人一组，剩余一人为一组，有 种方案；
第二步：三组人员分配到 三个小区，有 种方案；
则由分步计数原理共有 种不同的方案；
所以由分类计数原理共有 种派遣方案.故答案为： .
31．现将6本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知书籍 分发给了甲，则不同的分发
方式种数是 .（用数字作答）
【答案】180
【分析】按甲乙丙3人各分得书籍本数分类即可，注意平均分与不平均分情况.
【详解】6本书分给甲乙丙3人，每人至少1本.
则3人书籍本数分为1，1，4；1，2，3；2，2，2三大类情况.
第一类1，1，4情况：
若甲分1本，已分得书籍 ，则另两人一人1本，1人4本，共有 种，
若甲分4本，即再取3本，则剩余2本书分给乙丙，一人一本，则共有 种，
故第一类情况共有 种；
第二类1，2，3情况：
若甲分1本，已分得书籍 ，另两人一人2本，1人3本，共有 种，
若甲分2本，另两人一人1本，1人3本，共有 种，
若甲分3本，另两人一人1本，1人2本，共有 种，
故第二类情况共有 种；
第三类2，2，2情况：
每人都两本，故甲再取1本，乙丙平均分剩下4本，则共有 种；
所以不同的分发方式种数共 .
故答案为：180.
