文档内容
秘籍 01 排列与组合
目录
【高考预测】概率预测+题型预测+考向预测
【应试秘籍】总结常考点及应对的策略
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：对两个计数原理理解混乱
【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】排列数与组合数（押题型）
【题型二】 人坐座位模型1：相邻捆绑与不相邻插空
【题型三】 人坐座位模型2：染色（平面、空间）
【题型四】 分配问题：球不同，盒不同
【题型五】 分配问题：球同，盒不同
【题型六】 书架插书模型
【题型七】 代替元法：最短路径
【题型八】 代替元法： 空车位停车等
【题型九】 环排问题：直排策略
【题型十】 数列思想：上楼梯等
概率预测 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆
题型预测 选择题、填空题☆ ☆ ☆ ☆ ☆
考向预测 排列组合题型考察
排列组合和二项式定理是高考热点知识点，有了多选题型后常和概率结合起来考察，所以需要考生对
于排列组合的基础题型有所了解，以及一些特殊的方法，这块有很多固定的题型，当然在掌握题型的基础
上还需要明白其原理，能够冷静分析，合理运用好排列组合的解题思维。
根据高考回归课本的趋势，排列数与组合数的运算以及术与式的归纳理解要求要相继变高，而这块内
容也是因为传统的固定题型容易被学生忽略的知识点，需要重视起来。易错点：对两个计数原理理解混乱
两个计数原理
完成一件事的策略 完成这件事共有的方法
分类加法 有两类不同方案❶，在第1类方案中有m种不同
N＝m＋n种不同的方法
计数原理 的方法，在第2类方案中有n种不同的方法
分步乘法 需要两个步骤❷，做第1步有m种不同的方法，
N＝m×n种不同的方法
计数原理 做第2步有n种不同的方法
(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法
就可完成这件事.
(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成
这件事.
(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.
易错提醒：1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方
法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有
N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法.
2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的
方法……做第n步有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法.
例 设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意
一面下山，则下列结论正确的是（ ）
A．从东面上山有20种走法 B．从西面上山有27种走法
C．从南面上山有30种走法 D．从北面上山有32种走法
破解：若从东面上山，则上山走法有2种，下山走法有10种，由分步计数原理可得共有20种走法；
若从西面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，由分步计数原理可得共有27种走法；
若从南面上山，则上山走法有3种，下山走法有9种，由分步计数原理可得共有27种走法；
若从北面上山，则上山走法有4种，下山走法有8种，由分步计数原理可得共有32种走法；
故选：ABD
变式1：近年来，重庆以独特的地形地貌、城市景观和丰富的美食吸引着各地游客，成为“网红城市”．
远道而来的小明计划用2天的时间游览以下五个景点：解放碑、洪崖洞、重庆大剧院、“轻轨穿楼”打卡
点、磁器口，另外还要安排一次自由购物，因此共计6项内容．现将每天分成上午、下午、晚上3个时间
段，每个时段完成1项内容，其中大剧院与洪崖洞的时段必须安排在同一天且相邻，洪崖洞必须安排在晚
上，“轻轨穿楼”必须安排在白天，其余项目没有限制，那么共有 种方案.破解：将第1天的上午、下午、晚上3个时间段分别编号为1，2，3，
第2天的上午、下午、晚上3个时间段分别编号为4，5，6，
由于大剧院与洪崖洞的时段必须安排在同一天且相邻，洪崖洞必须安排在晚上，
则仅有2、3或5、6两种排法，
若大剧院与洪崖洞的时段为2、3，则“轻轨穿楼”在1，4，5中选一个，有 种选法，
其余3个项目在剩下的3个时段全排列，共有 种排法，故共有3×6=18种排法；
同理若大剧院与洪崖洞的时段为5、6，也有18种排法，
故共有 （种）方案，
故答案为：36
变式2：从 ， ， ， ， ， ， 这 个数字中取出 个数字，试问：
(1)有多少个没有重复数字的排列
(2)能组成多少个没有重复数字的四位数
破解：（1）问题等价于从 个不同元素中选出 个元素的排列问题，
故有 （种）无重复数字的排列．
（2）分两类：
第一类：若选到数字 ， 不排在首位，则 有 种排法，其他 个位置由其余 个数字选出 个排列即可，
有 种排法，
故有 （个）四位数．
第二类：若选不到数字 ，从 个数字中选 个进行排列即可，故有 （个）．
综上知，有 （个）无重复数字的四位数．
【题型一】排列数与组合数（押题型）
1.排列、组合的定义
排列的 按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元
从 n 个不同元
定义 素的一个排列
素 中 取 出
组合的
m(m≤n)个元素 合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合
定义
2.排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数 组合数
从 n 个 不 同 元 素 中 取 出
定 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n，m，
m(m≤n，m，n∈N*)个元素的义 所有不同排列的个数 n∈N*)个元素的所有不同组合的个数
＝n(n－1)(n－2)…(n－m
公
式
＋1)＝
＝
性
＝n！，0！＝1 ＝1， ，
质
正确理解组合数的性质
(1) ：从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的方法数.
(2) ：从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况：①不含特殊元素A有
种方法；②含特殊元素A有 种方法.
【例1】组合数 恒等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由 .
【例2】规定 ，其中 ，m是正整数，且 ，这是组合数 （n，m是正
整数，且 ）的一种推广．
(1)求 的值．
(2)组合数的两个性质：① ；② 是否都能推广到 （ ，m是正整数）的情形？
若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由；
(3)已知组合数 是正整数，证明：当 ，m是正整数时， ．
【答案】(1)
(2)性质①不能推广，理由见解析；性质②能推广，证明见解析.
(3)证明见解析.
【详解】（1）（2）性质①不能推广，例如当 时 有定义，但 无意义；
性质②能推广，它的推广形式是： ， ，m是正整数
证明：当 时，有 ，
当 时，
（3）当 时，组合数 ；
当 时， ；
当 时，由 可知 ，
所以
因为组合数 是正整数，所以
证毕.
【例3】（1）求 的值；
（2）设m，n N*，n≥m，求证：
（m+1） +（m+2） +（m+3） + +n +（n+1） =（m+1） .
【答案】（1）0（2）详见解析
【详解】解：（1）
（2）当 时，结论显然成立，当 时
又因为
所以
因此【变式1】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）（多选）若 ， 为正整数且 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【详解】对A： ，又 ，故A错误；
对B：
，
故B正确；
对C： ，
，即 ，故C错误；
对D： ，
，即 ，故D正确.
故选：BD.
【变式2】（2024·山东济南·一模）（多选）下列等式中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【详解】对于A，因为 ，
令 ，得 ，则 ，故A错误；
对于B，因为 ，
所以，故B正确；
对于C，因为 ，
所以 ，故C正确.
对于D， ，
对于 ，其含有 的项的系数为 ，
对于 ，要得到含有 的项的系数，
须从第一个式子取出 个 ，再从第二个式子取出 个 ，
它们对应的系数为 ，
所以 ，故D正确.
故选：BCD.
【变式3】（2024·安徽合肥·一模）“ 数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设 是非零实数，对任意
，定义“ 数” 利用“ 数”可定义“ 阶乘”
和“ 组合数”，即对任意 ，
(1)计算： ；
(2)证明：对于任意 ，
(3)证明：对于任意 ，
【答案】(1)155
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由定义可知，
.（2）因为 ，
.
又
,
所以
（3）由定义得：
对任意 .
结合（2）可知
即 ，
也即 .
所以 ，
，
……
.
上述 个等式两边分别相加得：
.
【题型二】 人坐座位模型1：相邻捆绑与不相邻插空人坐座位模型：
特征：1.一人一位；2、有顺序；3、座位可能空；4、人是否都来坐，来的是谁；5、必要时，座位拆迁，
剩余座位随人排列。
主要典型题：1.捆绑法;2.插空法；3.染色。
出现两个实践重叠，必要时候，可以使用容斥原理来等价处理：
容斥原理
【例1】高二年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其它班有5位，若
采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的
2位同学没有被排在一起的概率为：（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：由题意知本题是一个古典概型，
∵试验发生包含的所有事件是10位同学参赛演讲的顺序共有： ；
满足条件的事件要得到“一班有3位同学恰好被排在一起而二班的2位同学没有被排在一起的演讲的顺
序”可通过如下步骤：
①将一班的3位同学“捆绑”在一起，有 种方法；
②将一班的“一梱”看作一个对象与其它班的5位同学共6个对象排成一列，有 种方法；
③在以上6个对象所排成一列的7个间隙（包括两端的位置）中选2个位置，将二班的2位同学插入，有
种方法．
根据分步计数原理（乘法原理），共有 种方法．
∴一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连），
而二班的2位同学没有被排在一起的概率为：P= =
故选B．
【例2】某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、
乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有
A．504种 B．960种 C．1008种 D．1108种
【答案】C
【详解】试题分析：若丙排 月 日，共有 ，若丁排 月 日，共有 ，若丙排 日
且丁排 日共有 ，若不考虑丙，丁的条件限制，共有 ，∴共有
(种）．【例3】在某班进行的歌唱比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连着
出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为
A．30 B．36 C．60 D．72
【答案】C
【分析】记事件 位男生连着出场，事件 女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法
种数为 ，再利用排列组合可求出答案．
【详解】
记事件 位男生连着出场，即将 位男生捆绑，与其他 位女生形成 个元素，所以，事件 的排法种数
为 ，
记事件 女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排列，所以，事件 的排法种数为
，
事件 女生甲排在第一位，且 位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将 位男生与其他 个女生
形成三个元素，所以，事件 的排法种数为 种，
因此，出场顺序的排法种数
种，故选C．
【变式1】（2023·陕西安康·模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：1，1，
2，3，5，8，…，这个数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，小李以前6项数字的某种排列作为
他的银行卡密码，如果数字1与2不相邻，则小李可以设置的不同的密码个数为（ ）
A．144 B．120 C．108 D．96
【答案】A
【详解】命题意图 本题考查排列与组合的应用．
解析 先排数字2，3，5，8，有 种排法，4个数字形成5个空当．
第一类：若两个1相邻，则从可选择的3个空当中选出一个放入两个1，有3种排法；
第二类：若两个1也不相邻，则从可选择的3个空当中选出两个分别放入数字1，
有3种排法．所以密码个数为 ．
故选：A
【变式2】现有7位同学（分别编号为 ）排成一排拍照，若其中 三人互不相邻，
两人也不相邻，而 两人必须相邻，则不同的排法总数为 ．（用数字作答）
【答案】240
【详解】解：因 两人必须相邻，所以把 看作一个整体有 种排法.又 三人互不相邻， 两人也不相邻，所以把 排列，有 种排法，产生了4个空位，再用
插空法.
（1）当 分别插入到 中间的两个空位时，有 种排法，再把 整体插入到此时产生的6个空
位中，有6种排法.
（2）当 分别插入到 中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时，有 种排法，
此时 必须排在 中间的两个空位的另一个空位，有1种排法.
所以共有 .
【变式3】 “迎冬奥，跨新年，向未来”，水球中学将开展自由式滑雪接力赛．自由式滑雪接力赛设有空
中技巧、雪上技巧和雪上芭蕾三个项目，参赛选手每人展示其中一个项目．现安排两名男生和两名女生组
队参赛，若要求相邻出场选手展示不同项目，女生中至少一人展示雪上芭蕾项目，且三个项目均有所展示，
则共有 种出场顺序与项目展示方案．（用数字作答）
【答案】264
【详解】设空中技巧、雪上技巧、雪上芭蕾三个项目依次为A、B、C，
①雪上芭蕾只展示一次时，按展示先后顺序有下列12情况：
BABC，ABAC，CBAB，CABA，ABCA，ABCB，BACB，BACA，ACBA，ACAB，BCBA，BCAB.
再给项目排上表演者：
从两名女生中选1人去展示雪上芭蕾C有2种排法，剩下的三人去展示剩下的项目有3！＝6种排法，∴共
2×6＝12种排法.
∴此时共12×12＝144种出场顺序与项目展示方案.
②雪上芭蕾展示两次时，按展示先后顺序有下列6情况：
CABC，CBAC，BCAC，ACBC，CBCA，CACB.
再给项目排上表演者：
四个选手随意选一个项目展示共4！＝24种排法，但需排除雪上芭蕾均为男生展示的情况共2！×2！＝4种，
∴此时给项目排上选手共24－4＝20种排法.
∴此时共6×20＝120种出场顺序与项目展示方案.
综上所述，共有144＋120＝264种出场顺序与项目展示方案.
故答案为：264.
【题型三】 人坐座位模型2：染色（平面、空间）
染色问题：
1.用了几种颜色
2.尽量先从公共相邻区域开始。
空间几何体，可以“拍扁”，转化为平面图形【例1】如图，图案共分9个区域，有6中不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，
其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法有
A．360种 B．720种 C．780种 D．840种
【答案】B
【详解】试题分析：由图可知，区域2,3,5,7不能同色，所以2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8
同色，且各区域的颜色均不相同，所以涂色方法有 种，故应选 .
【例2】某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其 5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面所
涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．1080种 B．720种 C．660种 D．600种
【答案】A
【详解】若使用五种颜色，即每个面一种颜色，则有 种方案；
若使用四种颜色，即面AED与面FBC同色，则有 种方案.
故不同涂色方案有720+360=1080种.
故选：A
【例3】如图，用5种不同的颜色给图中的 、 、 、 、 、 6个不同的点涂色，要求每个点涂1种
颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有 种.
【答案】1920
【详解】依题意，完成涂色问题，至少用3种颜色，则计算不同的涂色方法种数可以有3类办法：
用5种颜色涂，有一组2点同色，在点 中任取1点，与其同色的点有2种情况，不同涂色方法种数为 ，
用4种颜色涂，有两组2点同色，在点 中任取2点，与其同色的点有3种情况，不同涂色方法种数
为 ，
用3种颜色涂，有三组2点同色，点 全部取出，与其同色的点有2种情况，不同涂色方法种数为
，
由分类加法计数原理得不同的涂色方法种数共有： .
故答案为：1920
【变式1】如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条
线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用
A．288种 B．264种 C．240种 D．168种
【答案】B
【详解】先分步再排列
先涂点E，有4种涂法，再涂点B，有两种可能：
(1)B与E相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2种；
(2)B与E不相同时有3种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2种涂法，涂C点时又有两种可能：
（2.1）C与E相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：
①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；
②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．
（2.2）C与E不相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：
①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；
②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．
所以不同的涂色方法有
4×{3×2×2×2+3×2×[1×(1×2+1×2)+1×(1×2+1×1)]}=4×(24+42)=264．
【变式2】如图，一圆形信号灯分成 四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每
块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（ ）A．18 B．24 C．30 D．42
【答案】A
【详解】若用3种不同的颜色灯带，故有两块区域涂色相同，要么 ，要么 相同，有2种方案，则
不同的信号数为 ；
若只用2种不同的颜色灯带，则 颜色相同， 颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为
；
则不同的信号总数为 .
故选：A．
【变式3】如图，圆被其内接三角形分为4块，现有5种颜色准备用来涂这4块，要求每块涂一种颜色，且
相邻两块的颜色不同，则不同的涂色方法有
A．360种 B．320种 C．108种 D．96种
【答案】B
【详解】分类：两色： ，三色： ，四色： ， ，故选B．
【题型四】 分配问题：球不同，盒不同
球不同，盒不同（主要的）
方法技巧：盒子可空，指数幂形式，盒的球次幂，盒子不可空“先分组再排列”分类讨论
注意平均分组时需要除以组数的全排列。
【例1】（2024高三下·全国·专题练习）8张不同的邮票，按下列要求各有多少种不同的分法？（用式子表
示）
(1)平均分成四份；
(2)平均分给甲、乙、丙、丁四人；(3)分成三份，一份4张，一份2张，一份2张；
(4)分给甲、乙、丙三人，甲4张，乙2张，丙2张；
(5)分给三人，一人4张，一人2张，一人2张；
(6)分成三份，一份1张，一份2张，一份5张；
(7)分给甲、乙、丙三人，甲得1张，乙得2张，丙得5张；
(8)分给甲、乙、丙三人，一人1张，一人2张，一人5张．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
【详解】（1）由题意，根据平均分组问题分法，有 种不同分法．
（2）由题意可分四步完成：
①甲从8张邮票中取2张有 种取法；
②乙从余下的6张中取2张有 种取法；
③丙从余下的4张中取2张有 种取法；
④丁从余下的2张中取2张有 种取法．
所以根据分步乘法计数原理知不同分法有 种．
（3）由题意，根据部分平均分组问题，有 种不同分法．
（4）由题意，根据部分平均定向分配问题，先分组，再分配，与顺序有关，有
（种）不同分法．
（5）由题意，根据部分平均不定向分配问题，先分组，再分配，与顺序有关，有 种不同分法．
（6）由题意，根据非平均分组问题，仅仅分组，与顺序无关，是组合问题，共有 种不同的分法．
（7）由题意，根据非平均定向分配问题，先分组，再分配，但是定向分配不涉及排序，所以共有
种不同的分法．
（8）由题意，根据非平均不定向分配问题，先分组，再分配，与顺序有关，需排列，共有 种不
同的分法．
【例2】如图中有一个信号源和五个接收器.接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否
则就不能接收到信号.若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均
分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是（
）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
由题意，设右端连线方式如图，对于左端的六个连线点，将其随机地平均分成三组，共有 种
结果，五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，则1必须与3,4,5,6中的其中一个相接，
接好后，2只有2种情况可选，剩下的接线点只有1种接法，所以共有 种结果.同理，右端连线
方式变化时，左端的接线方法也有15种，其中有8种可以接收到信号.故这五个接受器能同时接收到信号
的概率是 .
故选：D.
【例3】（23-24高三上·云南昆明·开学考试）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
【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.
【变式1】（2023·山东烟台·三模）教育部为发展贫困地区教育，在全国部分大学培养教育专业公费师范生，
毕业后分配到相应的地区任教．现将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，
则（ ）
A．甲学校没有女大学生的概率为
B．甲学校至少有两名女大学生的概率为
C．每所学校都有男大学生的概率为
D．乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为
【答案】C
【详解】将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，共有 中分法；
对于A，甲学校没有女大学生，从5名男大学生选3人分到甲学校，
再将剩余的6人平均分到乙、丙学校，共有 种分法，
故甲学校没有女大学生的概率为 ，A错误；
对于B，甲学校至少有两名女大学生的情况包括恰有两女大学生和恰有三女大学生，
共有 种分法，
故甲学校至少有两名女大学生的概率为 ，B错误；
对于C，每所学校都有男大学生，则男生的分配情况为将男生分为3组：人数为 或 ，
当男生人数为 时，将4名女生平均分为2组，分到男生人数为1人的两组，再分到3所学校，
此时共有 种分法；
当男生人数为 时，将4名女生按人数 分为3组，
人数 的2组分到男生人数为 的两组，2名女生的一组分到男生1人的那一组，再分到3所学校，
此时共有 种分法；
故每所学校都有男大学生的分法有 种，
则每所学校都有男大学生的概率为 ，C正确；
对于D，乙学校分配2名女大学生，1名男大学生共有 种分法，
乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校没有女大学生的分法有 种，
故乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为 ，D错误，
故选：C
【变式2】某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2
名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）
A．48 B．54 C．60 D．72
【答案】C
【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
【变式3】已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装
有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）
A．150 B．240 C．390 D．1440
【答案】C
【详解】因为 或
所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中
（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种
方法：
各放1个，2个，2个的方法有 种.
各放3个，1个，1个的方法有 种.
（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有
种.
综上，总的放球方法数为 种.
故选：C
【题型五】 分配问题：球同，盒不同
球相同，盒子不同
方法技巧：盒子不可空用挡板法，盒子可空用接球法。
【例1】1.10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，有 种方法；若10块相同的巧克力，每
天至少吃一块，直到吃完为止又有 种方法．（用数字作答）
【答案】 126 512
【详解】
解：由题知，关于空1：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，
将10块巧克力排成一排，共有9个空格，
分成5份，只需4个隔板，
所以共有 种方法；
关于空2：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止，至多吃10天，至少吃1天，
当1天吃完时，共 种方法，
当2天吃完时，将10块巧克力排成一排，共有9个空格，
分成2份，只需1个隔板，所以有 种方法，
当3天吃完时，需要分成3份，只需2个隔板，所以有 种方法，
当4天吃完时，需要分成4份，只需3个隔板，所以有 种方法，
……，
当10天吃完时，需要分成10份，只需9个隔板，所以有 种方法，
综上：共有 种方法。
故答案为：126；512
【例2】（2024高三下·江苏·专题练习）某校将8个足球赛志愿者名额分配到高一年级的四个班级，每班
至少一个名额，则不同的分配方法共有 种（用数字作答）.
【答案】
【详解】依题意，将8个名额排成一列，有7个间隔，
在这7个间隔中插入3个隔板，可将8个名额分成4组，依次对应4个班级，
所以有 种分配方法.
故答案为：
【例3】按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？
（1）5个不同的小球放入3个不同的盒子；
（2）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
（3）5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
（4）5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒．
【答案】（1）243种（2）150种（3）6种（4）90种
【详解】（1）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个小球都有3种可能，利用乘法原理可得不同的方
法有 ；
（2）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，先把5个小球分组，有两种分法：
2、2、1；3、1、1；再放入3个不同的盒子，故不同的方法共有 ；
（3）5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，类似于在5个小球间的空隙中，放入
2个隔板，把小球分为3组，故不同的方法共有 ；
（4）5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有一个空盒，先把5个小球分2组，有两种分法：3、2、0；
4、1、0；再放入3个不同的盒子，故不同的方法共有 ．【变式1】（2024·湖北武汉·模拟预测）将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均
装2个球，则不同的装法种数为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【详解】将 个红球分成 组，每组球的数量最多 个最少 个，则有 ， 两种组合形式，
当红球分组形式为 时，将红球放入三个不同的袋中有 放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为 个即可.
当红球分组形式为 时，将红球放入三个不同的袋中有 种放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为 个即可.
综上所述：将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，
不同的装法种数为 种.
故选：A .
【变式2】（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）将20个无任何区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，
要求每个盒子内的小球个数不小于它的编号数，则不同的放法有（ ）
A．90种 B．120种 C．160种 D．190种
【答案】B
【详解】
先在编号为2，3的盒子内分别放入1个，2个球，还剩17个小球，
则三个盒子内每个至少再放入1个球，
将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒子中，
不同的放法共有 （种）.
故选：B.
【变式3】（2023高三上·全国·专题练习）（要求每个盒子可空）将8个相同的小球分别放入4个不同的盒
子中，每个盒子可空，有多少种不同的放法？
【答案】165
【详解】设想在每个盒子中放入 个小球，共用去 个小球，
再将剩余的 个小球利用隔板法分到4个盒子中，则能满足题目要求，
所以放法种数为 ．
【题型六】 书架插书模型
（1）书架上原有书的顺序不变；（2）新书要一本一本插；
（2）定序问题可使用倍缩法。【例1】有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其
他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．168 B．260 C．840 D．560
【答案】C
【详解】
解：从后排8人中抽2人有 种方法；
将抽出的2人调整到前排，前排4人的相对顺序不变用倍缩法有 种，
由分步乘法计数原理可得：共有 种，
故选：C.
【例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
【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
【例3】（21-22高二下·重庆渝中·阶段练习）一张节目单上原有8个节目，现临时再插入A，B，C三个新
节目，如果保持原来8个节目的相对顺序不变，节目B要排在另外两个新节目之间（也可以不相邻），则
有 种不同的插入方法．（用数字作答）
【答案】330
【详解】法1：
第一步，从11个位置中选3个位置，共有 种方法；
第二步，三个位置中节目B位置确定，节目A，C的顺序为 ，
由分步计数原理可得共有 种方法.
法2：
先插入节目A，再插入节目B，最后插入节目C，共有： 种，其中节目B与两个新节目的位置关系有3种，由消序法可得总数为 .
故答案为：330
【变式1】（2023·陕西宝鸡·模拟预测）2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕.
某班举行了以“礼赞二十大､奋进新征程”为主题的联欢晩会，原定的 个学生节目已排成节目单，开演前
又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，那么不同的插法的种数为（ ）
A．42 B．30 C．20 D．12
【答案】A
【详解】若两个教师节目相邻，则有 种插法；
若两个教师节目不相邻，则有 种插法；
综上可得一共有 种插法.
故选：A
【变式2】某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节
目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（ ）
A．6 B．12 C．15 D．30
【答案】D
【详解】因为增加了两个新节目．将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，
所以原来5个节目形成6个空，新增的2个节目插入到6个空中，
共有 种插法.
故选：D.
【变式3】（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）书架上已有《诗经》、《西游记》、《菜根谭》、
《呐喊》、《文化苦旅》五本书，现欲将《围城》、《骆驼祥子》、《四世同堂》三本书放回到书架上，
要求不打乱原有五本书的顺序，且《骆驼祥子》和《四世同堂》必须相邻，则不同的放法共有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】D
【详解】分以下两种情况讨论：
（1）《围城》与《骆驼祥子》、《四世同堂》这两本书不相邻，
将《骆驼祥子》和《四世同堂》捆绑，形成一个“大元素”，
然后将“大元素”与《围城》插入由《诗经》、《西游记》、《菜根谭》、《呐喊》、《文化苦旅》五本
书所形成的 个空位中的 个，
由捆绑法结合插空法可知，不同的放法种数为 种；
（2）《围城》与《骆驼祥子》相邻且《四世同堂》与《围城》或《骆驼祥子》相邻，将《骆驼祥子》和《四世同堂》捆绑，然后《四世同堂》放在《骆驼祥子》或《四世同堂》旁边（相邻），
然后将这三本书形成的“大元素”插入五本书所形成的 个空位中的 个，
此时，不同的放法种数为 .
由分类加法计数原理可知，不同的放法种数为 种.
故选：D.
【题型七】 代替元法：最短路径
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
代替元法：标记元素为数字或字母，重新组合，特别适用于“相同元素”
【例1】格点是指平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点.一格点沿坐标线到原点的最短路程为该点到原
点的“格点距离”（如： ，则点 到原点的格点距离为 ）.格点距离为定值的点的轨迹称为
“格点圆”，该定值称为格点圆的半径，而每一条最短路程称为一条半径.当格点半径为6时，格点圆的半
径有 条（用数字作答）.
【答案】252
【详解】设格点为 ，格点半径为6，则 ，
∴对应格点圆图象如下，每条边上有(不含端点)5个格点，
以第一象限为例，格点有 ，其中 的半径有6条， 的半径有15条，
的半径有20条， 的半径有15条， 的半径有6条，
∴共有62条，即对于任意格点，其半径条数有 条，
∴由上，四个象限共有 条半径，另外数轴上有 四
个点，半径共有 条，
综上，格点半径为6时，格点圆的半径有 条.
故答案为： .
（多选）【例2】（2023·江苏·高二专题练习）2021年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加志愿者活动．小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法
正确的是（ ）
A．小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条
B．小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条
C．小明到老年公寓在选择的最短路径中，与到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为
D．小明与小华到老年公寓在选择的最短路径中，两人并约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F；
事件B：从F到老年公寓两人的路径没有重叠部分（路口除外），则
【答案】BC
【详解】由图知，要使小华、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移
动，
A：小华到老年公寓需要向上1格，向右2格，即小华共走3步其中1步向上，所以最短路径条数为
条，错误；
B：小明到老年公寓需要向上3格，向右4格，即小明共走7步其中3步向上，最短路径条数为 条，
正确；
C：小明到 的最短路径走法有 条，再从F处和小华一起到老年公寓的路径最短有3条，而小明到老
年公寓共有 条，所以到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为 ，正确；
D：由题意知：事件 的走法有18条即 ，事件 的概率 ，所以
，错误.
故选：BC
【例3】如图所示是某个区域的街道示意图（每个小矩形的边表示街道），那么从 到 的最短线路有
（ ）条
A． B． C． D．
【答案】C【详解】如下图所示，分两种情况讨论：
（1） ，先从 到 ，一共至少走 步，其中 步为水平步，再从 到 ，一共至少走 步，其
中 步为水平步，此时有 种走法；
（2） ，先从 到 ，一共至少走 步，其中 步为水平步，再从 到 ，一共至少走 步，其
中 步为水平步，此时有 种走法.
综上所述，所有的最短路线的走法种数为 .
故选：C.
【变式1】有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有
___________种.
【答案】24
【详解】
如图，由已知可得，应从 点，先到 点，再到 点，最后经点 到 点即可.
第一步：由 点到 点，最短路径为4步，最短路径方法种类为 ；
第二步：由 点到 点，最短路径为3步，最短路径方法种类为 ；
第三步：由 点经点 到 点，最短路径为3步，最短路径方法种类为 .根据分步计数原理可得，最短路径有 种.
故答案为：24.
【变式2】某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网（图中黑线表示道路），
则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有 条．
【答案】126
【详解】要使路线最短，只能向右或向上走，途中不能向左走或向下走.因此，从A地到B地归结为走完5
条横线段和4条纵线段.设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段，从9个
行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有 种走法，故从A地到B地的最
短路线共有126条
【变式3】由于用具简单，趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若
不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，
从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，则能顺带吃掉“炮”的可能路线有（ ）
A． 条 B． 条 C． 条 D． 条
【答案】C
【详解】由题意可知：“兵”吃掉“马”的最短路线，需横走三步，竖走两步；
其中能顺带吃掉“炮”的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有 种走法；第二步，横
走一步，竖走一步，有 种走法．
能顺带吃掉“炮”的可能路线共有 （条）．
故选：C.
【题型八】 代替元法： 空车位停车等
这类题大多可以用字母元来代替转化为简单的问题从而解决问题。
【例1】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
【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.
方法二代替元法：四辆车标记为ABCD,四个空车位，三个组合一起，标记为3，剩余一个标记为1，则变
成数字1，3与四个字母排列，且数字不相邻，插空法即可
【例2】马路上有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的9盏路灯，为节约用电，可以把其
中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关掉两端的路灯，满足条件的关灯办法有
种
C3
【详解】直接代替元法，标记为123456与AAA排列，只选不排。为 5
【例3】现有一排10个位置的空停车场，甲、乙、丙三辆不同的车去停放，要求每辆车左右两边都有空车
位且甲车在乙、丙两车之间的停放方式共有_________种.
【答案】40
【详解】先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个
空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，有1，1，1，4；1，1，2，3；1，2，2，2
三种分组方法，则不同的分组方法共有 种，由分步乘法计数原理得不同的停放方式共有
种.
【变式1】（2020·浙江·模拟预测）现有一排10个位置的空停车场，甲、乙、丙三辆不同的车去停放，要
求每辆车左右两边都有空车位且甲车在乙、丙两车之间的停放方式共有 种.
【答案】40
【详解】先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个
空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，有1，1，1，4；1，1，2，3；1，2，2，2
三种分组方法，则不同的分组方法共有 种，由分步乘法计数原理得不同的停放方式共有种.
【变式2】（2023·江西新余·二模）据中国汽车工业协会统计显示，2022年我国新能源汽车持续爆发式增
长，购买电动汽车的家庭越来越多.某学校为方便驾驶电动汽车的教职工提供充电便利，在停车场开展充电
桩安装试点.如下图，试点区域共有十个车位，安装了三个充电桩，每个充电桩只能给其南北两侧车位中的
一辆电动汽车充电.现有3辆燃油车和2辆电动汽车同时随机停入试点区域（停车前所有车位都空置），请
问2辆电动汽车能同时充上电的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】事件A=“2辆电动汽车能同时充上电”，
先从 中任选一个车位给第一辆电动车，有 种选择，再从非与第一辆电动车并列的剩余
四个车位中找一个给第二辆电动车，有 种选择，最后从剩余8个车位中随机选取3个安排燃油车即可，
所以 ，
故选：D
【变式3】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
【详解】
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.
【题型九】 环排问题：直排策略：
环排问题即为手拉手围一圈的模型，此类问题以一人为中心考虑，比如三人手拉手围一圈，以其中一人为
中心将其一分为二，即变成中间两人全排列问题，再合起来即为一圈。
【例1】已知甲、乙、丙三位同学围成一个圆时，其中一个排列“甲乙丙”与该排列旋转一个或几个位置
后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一个排列．现有 位同学，若站成一排，且甲同学在乙同学左
边的站法共有 种，那么这 位同学围成一个圆时，不同的站法总数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因站成一排时甲在乙左与甲在乙右的站法数相同，而m位同学站成一排有 ，则 ，解
得 ，
甲、乙、丙三位同学围成一个圆，“甲乙丙”、“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一排列，
其中每一个排列可以拆成以任意一个人为排首的直线排列3个，3人围成一个圆的排列数为 ，
由此可得n个人围成一个圆的排列数为 ，5位同学围成一个圆的排列数为 .
故选：A
【例2】（23-24高三下·山东菏泽·开学考试）一对夫妻带着3个小孩和一个老人，手拉着手围成一圈跳舞，
3个小孩均不相邻的站法种数是（ ）
A．6 B．12 C．18 D．36
【答案】B
【详解】
将老人位置固定，夫妻两人在老人左右，此时有 种站法，
将三个孩子插入两两大人之间的空隙中，有 种站法，
故总的站法有 .
故选：B
【变式1】（23-24高三下·江西·开学考试）“圆排列”亦称“循环排列”“环排列”，最早出现在中国《易经》的四象八卦组合.当A，B，C三位同学围成一个圆时，其中一个排列“ABC”与该排列旋转一个或
几个位置得到的排列“BCA”或“CAB”是同一个排列，现有六位同学围成一个圆做游戏，其排列总数为
.（用数字作答）
【答案】120
【详解】
三位同学围成一个圆，“ ”“ ”或“ ”是同一排列，其中每一个圆排列可以拆成任
意一位同学为首的直线排列3个.三位同学围成一个圆的排列总数为 ，由此可得六位同学围成一个圆的
排列总数为 .
故答案为：
【变式2】现有m位同学，若站成一排，且甲同学在乙同学左边的站法共有60种，那么这m位同学围成一
个圆时，不同的站法种数为 （用数字作答）．
【答案】24
【详解】因为站成一排时甲在乙左边与甲在乙右边的站法数相同，而m位同学站成一排有 种站法，所
以 ，解得 ，所以5位同学围成一个圆的站法种数为 ．
故答案为：24
【题型十】 数列思想：上楼梯等
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
【例1】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
【详解】解法1：分类法：
第一类：没有一步两级，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 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 ，又易得 ，由递推可得 ，故选(C)．
【例2】斐波那契数列，又称黄金分割数列.因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称
为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…..，在数学上，斐波那契数
列以如下被递推的方法定义： ， ， .这种递推方法
适合研究生活中很多问题.比如：一六八中学食堂一楼到二楼有15个台阶，某同学一步可以跨一个或者两
个台阶，则他到二楼就餐有（ ）种上楼方法.
A．377 B．610 C．987 D．1597
【答案】C
【详解】由题意若只有一个台阶，则有 种上楼方法；
若有两个台阶，则有 种上楼方法；
若有三个台阶，则有 种上楼方法；
若有四个台阶，则有 种上楼方法；
以此类推：
若要到达第n个台阶，前一步可能在第n-1个台阶上再跨一台阶上去，也可能是在第n-2个台阶上跨两个台
阶上去，
∴满足 ，符合斐波那契数列的规律，由此规律列举出前15项：
1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987
∴有15个台阶，则他到二楼就餐有987种上楼方法.
故选：C.
【例3】设整数数列 ， ，…， 满足 ， ，且 ， ，则
这样的数列的个数为___________.
【答案】80
【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.
【变式1】（2023·江苏扬州·模拟预测）某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也
可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级，
共 种走法，
若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级，
共 ，
所以第二步走两级台阶的概率为 .
故选：C
【变式2】（23-24高三上·河南南阳·期末）某楼梯共有 个台阶，小明在上楼梯的时候每步可以上 个或
者 个台阶，则小明不同的上楼方法共有 种．（用数字作答）
【答案】
【详解】设小明上 个台阶有 种方法，考虑最后一步：
若最后一步小明上 个台阶，则前 个台阶有 种方法且 ；
若最后一步小明上 个台阶，则前 个台阶有 种方法且 .
由加法原理得 ，易知 ，
可得 ，
所以小明不同的上楼方法共有 种.
故答案为： .
