文档内容
专题 20 排列组合原理与二项式定理经典常考小题
目录
01考情透视·目标导航...................................................................................................2
02知识导图·思维引航...................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.................................................................................................6
05 核心精讲·题型突破................................................................................................11
题型一：二项式定理之特定项、三项式问题 11
题型二：二项式定理之系数和问题 12
题型三：二项式定理之系数最值问题 15
题型四：特殊优先与正难则反策略 17
题型五：相邻问题与不相邻问题 20
题型六：定序问题 22
题型七：多面手问题 24
题型八：错位排列问题 26
题型九：涂色问题 28
题型十：分组与分配问题 32
题型十一：隔板法 35
题型十二：环排与多排问题 37
题型十三：电路图模型 39
重难点突破：机器人跳动、波浪数、卡特兰数模型 42排列组合与二项式定理构成了高考数学中的一个重要考查领域，预计未来的考试形式仍将侧重于选择
题或填空题。这些题目将主要测试学生对基本概念和基本方法的掌握程度，难度水平预计会保持在中等偏
下，与教材内容保持一致。值得注意的是，这部分内容与日常生活紧密相连，考生可以关注一些常见的排
列组合实例，例如体育比赛的赛程安排、彩票中奖规则等，以此来培养运用数学知识解决实际问题的意识
和能力。
考点要求 目标要求 考题统计 考情分析
2024年天津卷第11题，5分 预计 2025 年高考数
学将呈现以下新趋势：一
2024年甲卷第13题，5分
方面，小题形式将更为多
掌握定理应用， 2023年北京卷第5题，4分 样，可能涵盖选择题或填
二项式定理
提升解题技能。 2023年天津卷第11题，5分 空题，着重考查学生的数
学抽象思维、数学建模能
2022年I卷第13题，5分
力、逻辑推理能力以及数
2021年浙江卷第13题，6分 学运算技巧，这些构成了
数学四大核心素养。另一
2024年II卷第14题，5分
方面，考试的热点内容可
2023年乙卷第7题，5分
能会聚焦于应用二项式定
理解概念公式， 2023年II卷第3题，5分 理求解系数相关问题，以
排列组合 培养解题能力。 2023年I卷第13题，5分 及运用排列组合理论来解
决实际生活中的数学问
2022年II卷第5题，5分 题，体现数学与生活的紧
2021年乙卷第6题，5分 密联系。1、如图，在圆中，将圆分 等份得到 个区域 ， ， ， ， ，现取 种颜色
对这 个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有 种．
M M
... 3 2
M
1
...
M
... n
M
n-1
2、错位排列公式
3、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项
（1）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．
5、解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻
位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其
他元素一起排列，共有 种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有 种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有 种．
6、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将 个不同元素排成一排，其中某 个元素互不相
邻（ ），求不同排法种数的方法是：先将（ ）个元素排成一排，共有 种排法；然后
把 个元素插入 个空隙中，共有 种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有
· 种．
7、解决排列、组合综合问题时需注意“四先四后”：
（1）先分类，后分步：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或
分成若干步，再由分步乘法计数原理解决．常常既要分类，又要分步，其原则是先分类，再分步．
（2）先特殊，后一般：解排列、组合问题时，常先考虑特殊情形（特殊元素，特殊位置等），再考
虑其他情形．
（3）先分组，后分配：对不同元素且较为复杂的平均分组问题，常常“先分组，再分配”．
（4）先组合，后排列：对于既要选又要排的排列组合综合问题，常常考虑先选再排．
8、求二项展开式中的特定项的方法
求二项展开式中的特定项问题，实质是考查通项 的特点，一般需要建立方程求 ，再将
的值代回通项求解，注意 的取值范围 ．
（1）第 项：此时 ，直接代入通项；
（2）常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为 建立方程；
（3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．
特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．
9、赋值法研究二项式的系数和问题
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如 ， 的式
子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令 即可；对形如 的式子求其展
开式各项系数之和，只需令 即可．
10、二项式系数最大项的确定方法（1）若 是偶数，则中间一项（第 项）的二项式系数最大；
（2）若 是奇数，则中间两项（第 项与第 项）的二项式系数相等数最大．1．（2024年北京高考数学真题）在 的展开式中， 的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】 的二项展开式为 ，
令 ，解得 ，
故所求即为 .
故选：A.
2．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题） 的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
【答案】5
【解析】由题展开式通项公式为 ， 且 ，
设展开式中第 项系数最大，则 ，
，即 ，又 ，故 ，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为 .
故答案为：5.
3．（2024年天津高考数学真题）在 的展开式中，常数项为 ．【答案】20
【解析】因为 的展开式的通项为 ，
令 ，可得 ，
所以常数项为 .
故答案为：20.
4．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一
个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大
值是 ．
【答案】 24 112
【解析】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有 种选法；
每种选法可标记为 ， 分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中， 的4个数之和最大，为 .
故答案为：24；1125．（2023年天津高考数学真题）在 的展开式中， 的系数为 ．
【答案】
【解析】展开式的通项公式 ，
令 可得， ，
则 项的系数为 .
故答案为：60.
6．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从
这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数
字作答）．
【答案】64
【解析】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有 种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有 种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有 种；
综上所述：不同的选课方案共有 种.
故答案为：64.
7．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、
星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（
）
A．120 B．60 C．30 D．20
【答案】B
【解析】不妨记五名志愿者为 ，
假设 连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有
种方法，
同理： 连续参加了两天公益活动，也各有 种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有 种.
故选：B.
8．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选
读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
【答案】C
【解析】首先确定相同得读物，共有 种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有 种，
根据分步乘法公式则共有 种，
故选：C.
9．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机
抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名
和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A． 种 B． 种
C． 种 D． 种
【答案】D
【解析】根据分层抽样的定义知初中部共抽取 人，高中部共抽取 ，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有 种.
故选：D.
10．（2022年新高考全国II卷数学真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不
站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】B
【解析】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有 种排列方
式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有： 种不同的排列方式，
故选：B
11．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知多项式 ，则
， ．
【答案】
【解析】含 的项为： ，故 ；
令 ，即 ，
令 ，即 ，
∴ ，
故答案为： ； ．
12．（2022年新高考全国I卷数学真题） 的展开式中 的系数为 （用
数字作答）．
【答案】-28
【解析】因为 ，
所以 的展开式中含 的项为 ，
的展开式中 的系数为-28
故答案为：-28题型一：二项式定理之特定项、三项式问题
【典例1-1】 的展开式中， 的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为 .
的二项展开式的通项公式为 .
而 ，
所以 的系数为为 .
故选：C.
【典例1-2】 的展开式中 的系数为（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【解析】 的展开式中 的系数为 ,
故选：B
【变式1-1】 的展开式中，含 的项的系数为（ ）
A．240 B． C．560 D．360
【答案】B【解析】因为 展开式的通项为 ，
当 ，即 时，展开式中会出现 ，此时 ，
对于 ，通项为 ，要想得到 ，则需 ，
此时 ，即含 的项的系数为 ，
故选：B.
【变式1-2】在 的展开式中，系数为整数的项数是（ ）
A．9 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【解析】根据题意有： ，
因为 ，所以 ，所以系数为整数的项为：1，4，7，故有3项
故选：C.
1． 的展开式中， 的系数为（ ）
A．60 B． C．120 D．
【答案】A
【解析】由题意可知： 的通项为 ，
且 的通项为 ，
令 ，解得 ，
所以 的系数为 ．故选：A
题型二：二项式定理之系数和问题
【典例2-1】（多选题）若 ，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】对于A：令 ，则 ，故A错误；
对于B：令 ，则 ，故B正确；
对于C：令 ，则 ，故C正确；
对于D，由 ，
两边同时求导得 ，
令 ，则 ，故D错误.
故选：BC.
【典例2-2】（多选题）已知 ，则下列结论成
立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】设 ，原式为 ,
令 ， ,A正确；令 ，则 ，
同乘 得 ，
， ，故B错误
令 ，则 ，故C错误
两边同时求导得： ，
再令 ， ,故D正确.
故选：AD.
【变式2-1】（多选题）已知 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】依题意得 ，所以 945，故A项正确；
令 ，得 ，令 ，得 ，所以 ，故B项错误；
令 ，得 ①，
又 ②，
由①+ 可得 ，故C项正确；
②
同理，由②- 得 ，故D项错误.
①
故选：AC.【变式2-2】（多选题）已知 ，若 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】令 ，得 ，解得 ，故A正确；
所以 ，
令 ，得 ，
令 ，得 ，
所以 ，故B正确；
展开式的第 项 （ 且 ），
所以 ，故C错误；
令 ，则 ，
设 ，
则 ，
令 ，得 ，
又 ，
所以
，故D正确.
故选：ABD1．（多选题）若 ，且
，则实数 的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】因为 ，
令 可得 ，
即 ，
令 可得 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，整理得 ，解得 或 ．
故选：BC.
题型三：二项式定理之系数最值问题
【典例3-1】在二项式 的展开式中，系数最大的一项为 .
【答案】
【解析】由题设，二项式的展开式通项为 ， ，
易知 时对应项系数为正， 时对应项系数为负，又 ， ， ，
所以系数最大的一项为 .
故答案为： .
【典例3-2】在 的展开式中系数最大的项是第 项．
【答案】
【解析】 的展开式的通项为 ，
则展开式的系数为 ，故 为偶数时系数为正数，
由组合数 ，可知当 ，即 时， 取到最大值，也符合 为偶数，
故展开式中系数最大的项是第 项.
故答案为： .
【变式3-1】在 的二项展开式中，系数最小的项为 .
【答案】
【解析】根据二项展开公式可得，
，
所以系数最小的项为
故答案为： .
【变式3-2】在 的展开式中系数最大的项为 .
【答案】
【解析】 的二项展开式的通项为 ,
其项的系数为 ，故当 为偶数时，项的系数才有可能最大，当 时，项的系数分别为 ,
故系数最大的项为 ,
故答案为：
1．已知 的二项展开式中，二项式系数最大的项为a，系数最大的项为b，则 ．
【答案】 /
【解析】由题意得 ，通项 ，
当满足 时，系数最大，
，即 ，解得
又
解得 ，
所以 ，
故 ．
故答案为：题型四：特殊优先与正难则反策略
【典例4-1】在学校运动会期间，学校安排甲、乙、丙、丁四名体育教师到 三个比赛场地做比赛安
全指导工作，且每个场地至少安排一人，则甲不安排在C场地，乙安排在A场地的不同安排方法种数为（
）
A． B．10 C．12 D．24
【答案】A
【解析】因为甲不安排在C场地，乙安排在A场地，
所以甲有两种安排方案：
若甲安排在 场地，此时乙也在 场地，
剩下丙，丁两人安排去 场地，则有 种不同的安排方法；
若甲安排在B场地，此时乙在 场地，
若 场地安排两人，则有 种安排方法；
若 场地安排一人，从丙丁中选一人，有 种安排方法，
另外一人去 场地，有 种安排方法，
由分步乘法计数原理可得，有 种安排方法；
由分类加法计数原理可知，共有 （种）不同的安排方法．
故选：A．
【典例4-2】在某次太空游行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中 ， 两道程序既不能放
在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（ ）
A．18种 B．36种 C．72种 D．108种
【答案】B
【解析】先排 ， 两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，
则在第2，3，4道程序中选两个放 ， ，共有 种安排方法；
再排剩余的3道程序，共有 种安排方法，
所以一共有 种不同的顺序安排方法.故选：B.
【变式4-1】从包含甲、乙两人的 人中选出 人分别担任班长、团支书、学习委员，则甲、乙至多有 人
被选中的不同选法有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】C
【解析】从包含甲、乙两人的 人中选出 人分别担任班长、团支书、学习委员，不同的选法种数为
种，
若甲、乙两人都被选中，则不同的选法种数为 种，
因此，甲、乙至多有 人被选中的不同选法有 种.
故选：C.
【变式4-2】2024年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人
值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则
不同的安排方案共有（ ）
A．1440种 B．1360种
C．1282种 D．1128种
【答案】D
【解析】采取对丙和甲进行捆绑的方法：
如果不考虑“乙不在正月初一值班”，则安排方案有： 种，
如果“乙在正月初一值班”，则安排方案有： 种，
若“甲在除夕值班”，则“丙在初一值班”，则安排方案有： 种．
则不同的安排方案共有 (种)．
故选：D．
1．某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊 名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报 个项目，每个项目至少有 名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法
共有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】C
【解析】满足条件的报名方法可分为两类：
第一类：甲单独参加某项比赛，
先安排甲，由于甲不能参加跳远，故甲的安排方法有 种，
再将余下 人，安排到与下的三个项目，
由于每名同学只能报 个项目，每个项目至少有 名同学报名，
故满足条件的报名方法有 ,
所以甲单独参加某项比赛的报名方法有 种，
第二类：甲与其他一人一起参加某项比赛，
先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有 种方法，
再安排余下三人，有 种方法，
所以甲不单独参加某项比赛的报名方法有 种，
所以满足条件的不同的报名方法共有 种方法.
故选：C.
题型五：相邻问题与不相邻问题
【典例5-1】我校田径队有十名队员，分别记为 ，为完成某训练任务，现将十名
队员分成甲、乙两队．其中将 五人排成一行形成甲队，要求 与 相邻， 在 的左边，剩下
的五位同学排成一行形成乙队，要求 与 不相邻，则不同的排列方法种数为（ ）
A．432 B．864 C．1728 D．2592
【答案】C【解析】甲队，先用捆绑法，将 与 捆绑有 种，将 与 看作一个整体，再用除序法得 种，
利用计数原理可知，一共为 种；
乙队，利用插空法得 种；
按照计数原理可知，一共 种.
故选：C
【典例5-2】春节是团圆的日子，为了烘托这一喜庆的气氛，某村组织了“村晚”．通过海选，现有6个自
编节目需要安排演出，为了更好地突出演出效果，对这6个节目的演出顺序有如下要求：“杂技节目”排
在后三位，“相声”与“小品”必须相继演出，则不同的演出方案有（ ）
A．240种 B．188种 C．144种 D．120种
【答案】D
【解析】先将“相声”与“小品”排在一起，有 种排法，再与其它4个节目排序，有 种排法，
最后考虑杂技节目在前三位或在后三位情况一样，所以有 种．
故选：D.
【变式5-1】小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个
2不相邻，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A．144 B．72 C．36 D．24
【答案】B
【解析】由题意知可将 当成一个整体来计算，和 总计有 种排法，
再根据插空法可得总排法有 .
故选：B
【变式5-2】北京时间2023年10月26日19时34分，神舟十六号航天员乘组（景海鹏，杜海潮，朱杨柱3
人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）人驻
“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合
影留念，唐胜杰与江新林相邻，景海鹏不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有（ ）
A．144种 B．204种 C．156种 D．240种
【答案】C【解析】第一步，唐胜杰、江新林2人相邻，有 种排法；
第二步，分景海鹏站最右边与景海鹏不站最左边与最右边两种情况讨论
第一种情况：景海鹏站最右边，共有 种排法；
第二种情况：景海鹏不站最左边与最右边，则共有 种排法，
故总共有 种排法.
故选：C.
1．某班上有5名同学相约周末去公园拍照，这5名同学站成一排，其中甲、乙两名同学要求站在一起，丙
同学不站在正中间，不同的安排方法数有（ ）
A．24 B．36 C．40 D．48
【答案】C
【解析】设剩下的两人分别为丁和戊，
①甲、乙在丁、戊之间，将甲、乙捆绑成一个元素，
丁、戊两人有 种排法，甲、乙内部有 种排法，丙有4个位置可站，
则共有 种；
②丁、戊在甲、乙一侧时，丁、戊可选择甲、乙左侧或右侧，则有 种排法，
丁、戊排列有 种排法， 甲、乙之间排列也有 种排法， 丙有3个位置可站，
则该种情况共有 种，
则总共有 种不同安排方法.
故选：C.题型六：定序问题
【典例6-1】如图，左车道有2辆汽车，右车道有3辆汽车等待合流，则合流结束时汽车通过顺序共有（
）种.
A．10 B．20 C．60 D．120
【答案】A
【解析】设左车辆汽车依次为 ，右车辆汽车依次为 ，
则通过顺序的种数等价于将 安排在5个顺序中的某两个位置（保持 前后顺序不变），
安排在其余3个位置（保持 前后顺序不变）， ，
所以，合流结束时汽车通过顺序共有 .
故选：A.
【典例6-2】满足 ，且 的有序数组 共有（ ）个.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由于 ，所以从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，所有个数为 ．
故选：A．
【变式6-1】已知 ，则满足 的有序数组
共有（ ）个
A． B． C． D．
【答案】B【解析】 所有有序数组 中,满足
的
有序数组 中包含 个0，另外两个数在 或 中选择，每个位置有2种选择，由乘法计
数原理得不同的种数为 .
故选：B.
【变式6-2】六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿
园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接
到自己家的小朋友的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】不妨假设六位爸爸已经站好了位置，不同站位方法数为 ，
小孩找到各自的爸爸，则其为定序问题，不同站位方法数为
所以不需要插队的概率 .
故选：B
1．三根绳子上共挂有8只气球，绳子上的球数依次为2，3，3，每枪只能打破一只球，而且规定只有打破
下面的球才能打上面的球，则将这些气球都打破的不同打法数是（ ）
A．350 B．140 C．560 D．280【答案】C
【解析】
将8只气球编号，依次从下往上，从右往左编号为 ，
问题等价于8只气球排列，
其中 号， 号， 号必须是从下到上的顺序打破气球，
则有 种.
故选：C
题型七：多面手问题
【典例7-1】某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．
现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．56种 B．68种
C．74种 D．92种
【答案】D
【解析】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有
种，有一个“多面手”的选派方法有 种，有两个“多面手”的选派方法有 种，即共有
(种)不同的选派方法．
故选：D
【典例7-2】我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会
跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有（ ）种不同的选
法．A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据题意可按照只会跳舞的 人中入选的人数分类处理．
第一类 个只会跳舞的都不选，则从既能唱歌又能跳舞的5人中选择3人来跳舞，接着从剩余的5人中选
择3人唱歌，故有 种；
第二类 个只会跳舞的有 人入选，有 种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择2人来跳舞，有 种，
再从剩余的6人中选择3人唱歌，有 种，故有 种；
第三类 个只会跳舞的全入选，有 种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择1人来跳舞，有 种，再
从剩余的7人中选择3人唱歌，有 种，有 种，
所以共有 种不同的选法，
故选：A．
【变式7-1】某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又
会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225 B．185 C．145 D．110
【答案】B
【解析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．
“2人既会英语又会法语”不参加，这时有 种；
①
“2人既会英语又会法语”中有一人入选，
②这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，
因此有 种；
“2人既会英语又会法语”中两个均入选，
③这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，
因此有 种．
综上分析，共可开出 种．
故选：B．1．有 名歌舞演员，其中 名会唱歌， 名会跳舞，从中选出 人，并指派一人唱歌，另一个跳舞，则不
同的选派方法有 （ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D．72种
【答案】C
【解析】根据题意，有 名歌舞演员，其中 名会唱歌， 名会跳舞，
则既会跳舞又会唱歌的有 人，
只会唱歌的有 人，只会跳舞的有 人;
若选出2人，没有既会跳舞又会唱歌，则有 种选法，
若选出2人中有1人既会跳舞又会唱歌，则有 种选法，
若选出2人全部是既会跳舞又会唱歌的，则有 种选法，
综上共有 种选法.
故选：C.
题型八：错位排列问题
【典例8-1】“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这
九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相间，若
中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是
从大到小排列的，则不同的填法种数为（ ）A．72 B．108 C．144 D．196
【答案】C
【解析】按题意5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从6，7，8，9中选取．
因此填法总数为 ．
故选：C.
【典例8-2】编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只
有两个人的编号与座位号一致的坐法有（ ）
A．10种 B．20种 C．30种 D．60种
【答案】B
【解析】先选择两个编号与座位号一致的人，方法数有 ，
另外三个人编号与座位号不一致，方法数有 ，
所以不同的坐法有 种.
故选：B
【变式8-1】将编号为 、 、 、 、 、 的小球放入编号为 、 、 、 、 、 的六个盒子中，
每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意，分以下两步进行：
（1）在 个小球中任选 个放入相同编号的盒子里，有 种选法，假设选出的 个小球的编号为
、 ；
（2）剩下的 个小球要放入与其编号不一致的盒子里，
对于编号为 的小球，有 个盒子可以放入，假设放入的是 号盒子.
则对于编号为 的小球，有 个盒子可以放入，
对于编号为 、 的小球，只有 种放法.
综上所述，由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为 种.
故选：B.
【变式8-2】将编号为1､2､3､4､5､6的六个小球放入编号为1､2､3､4､5､6的六个盒子里，每个盒子放一个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的方法总数是（ ）
A．20 B．40 C．120 D．240
【答案】B
【解析】第一步，先选取3个盒子，放入编号相同的3个球，方法数为 ，第二步剩下的3个盒
子放入编号不同的小球，有2种方法，所以总方法数为 ．
故选：B．
1．元旦来临之际，某寝室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，
则四张贺卡不同的分配方式有（ ）
A．6种 B．9种 C．11种 D．23种
【答案】B
【解析】解法1：设四人A、B、C、D写的贺卡分别是a、b、c、d，
当A拿贺卡b，则B可拿a、c、d中的任何一张，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时有三种不同的分配方式；
同理，A拿c，d时也各有三种不同的分配方式，
由分类加法计数原理，四张贺卡共有 （种）分配方式；
解法2：让四人A、B、C、D依次拿一张别人送出的贺卡，
如果A先拿，有3种，此时被A拿走的那张贺卡的人也有3种不同的取法，
接下来，剩下的两个人都各只有1种取法，
由分步乘法计数原理，四张贺卡不同的分配方式有 （种）．
故选：B.
题型九：涂色问题
【典例9-1】已知正四棱锥 ，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个顶点只涂一种
颜色，且同一条棱上的两个顶点不同色，则不同的涂色方法有（ ）A．240 B．420 C．336 D．120
【答案】B
【解析】当只用三种颜色时， 同色且 同色，
5种颜色选择3种，且有 种选择，
当只用四种颜色时， 同色或 同色，
从5种颜色中选择4种，再从 和 中二选一，涂相同颜色，
故有 种选择，
当用五种颜色时，每个顶点用1种颜色，故有 种选择，
综上，共有 种选择.
故选：B
【典例9-2】如图，用4种不同的颜色对图中 5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜
色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有（ ）
A．24 B．96 C．48 D．108
【答案】B
【解析】第一步：涂区域 ，有 种方法；
第二步：涂区域 ，有 种方法；第三步：涂区域 ，有 种方法；
第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域 ，分两类：
第一类，区域 与 同色，则区域 涂第四种颜色；
第二类，区域 与 不同色，则区域 涂第四种颜色，
此时区域 就可以涂区域 或区域 或区域 中的任意一种颜色，有 种方法．
所以，不同的涂色种数有 .
故选：B
【变式9-1】如图，对 ， ， ， ， 五块区域涂色，现有 种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区
域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】C
【解析】先涂 ， ， ，有 种方法.
若 的颜色不同于 ， ， 所涂颜色，有 种涂法，此时 有 种涂法，则对应总涂法数为 ；
若 的颜色与 的颜色相同，此时 有 种涂法，则对应总涂法数为 ；
若 的颜色与 的颜色相同，此时 有 种涂法，则对应总涂法数为 .
综上，总涂法数为 .
故选：C
【变式9-2】中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，
其伞面被伞骨分成 个区域，每个区域分别印有数字 ， ， ， ， 现准备给该伞面的每个区域涂色，
要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域 如区域 与区域 所涂颜色
相同．若有 种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有
（ ）A． 种 B． 种
C． 种 D． 种
【答案】B
【解析】由题意可得，只需确定区域 ， ， ， 的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域 ，有 种选择，再涂区域 ，有 种选择，
当区域 与区域 涂的颜色不同时，区域 有 种选择，剩下的区域 有 种选择；
当区域 与区域 涂的颜色相同时，剩下的区域 有 种选择，
故不同的涂色方案有 种．
故选：B．
1．五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.
古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金､木､水､火､土，彼此之间存在相生相克的关系.下图
是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生
木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂
色方法种数有（ ）
A．3125 B．1000 C．1040 D．1020【答案】D
【解析】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件.
五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色.
故问题转化为如图 五个区域，
有 种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即 色 区域的环状涂色问题.
分为以下两类情况：
第一类： 三个区域涂三种不同的颜色，
第一步涂 区域，
从 种不同的颜色中选 种按序涂在不同的 个区域上，则有 种方法，
第二步涂 区域，由于 颜色不同，有 种方法，
第三步涂 区域，由于 颜色不同，则有 种方法，
由分步计数原理，则共有 种方法；
第二类： 三个区域涂两种不同的颜色，
由于 不能涂同一色，则 涂一色，或 涂同一色，两种情况方法数相同.
若 涂一色，
第一步涂 区域， 可看成同一区域，且 区域不同色，
即涂 个区域不同色，
从 种不同的颜色中选 种按序涂在不同的 个区域上，则有 种方法，第二步涂 区域，由于 颜色相同，则有 种方法，
第三步涂 区域，由于 颜色不同，则有 种方法，
由分步计数原理，则共有 种方法；
若 涂一色，与 涂一色的方法数相同，
则共有 种方法.
由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有 种.
故选：D.
题型十：分组与分配问题
【典例10-1】某宾馆安排甲、乙、丙、丁、戊五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且甲和乙住同一
个房间，则共有 种不同的安排方法．（用数字作答）
【答案】36
【解析】若甲乙连同另一个人共3人一起住一个房间，其它2人一人一间房，三组作全排列，此时有
种方法，
若只有甲乙两人住一个房间，其它3人选1人住一间房，三组再作全排列，此时由 种方法，
故共有 方法，
故答案为：36．
【典例10-2】为深入贯彻党的二十大精神，我市邀请 、 、 、 、 五位党的二十大代表分别到一中、
五中、铁中、蒙中做宣讲工作，每个学校至少一人参加.若其中 、 因只会汉语不能到蒙中宣讲，其余三
人蒙汉兼通，可选派到任何学校宣讲.则不同的选派方案共有 种.
【答案】126
【解析】根据题意可分为2种情况讨论：
（1）从 、 、 三人中选1人去蒙中，有 种选法，剩下4人安排到其余三所学校，即4人分成2,1,1三组，有 种分法，然后将这三组全排列安排这三所学校有 种排法，
根据分步原理，这种情况的选派方案有 种；
（2）从 、 、 三人中选2人去蒙中，有 种选法，剩下3人安排到其余三所学校，
有 种排法，根据分步原理，这种情况的选派方案有 种；
综上可得，共有 种不同的选法.
故答案为：126.
【变式10-1】在杭州亚运会比赛中，6名志愿者被安排到安检、引导运动员入场、赛场记录这三项工作，
若每项工作至少安排1人，每人必须参加且只能参加一项工作，则合适的安排方案共有 种.（用数字
作答）
【答案】540
【解析】6名志愿者被安排三项工作，每项工作至少安排1人，
则分组方式为 或 或 ；
第一步先分组，分组方式共有 种；
第二步再分配，三个组三个任务，由排列的定义可知为全排列 种分配方案；
第三步根据分步乘法原理总计 种安排方案.
故答案为：540.
【变式10-2】将分别标有号码 的6个小球平均分为两组，则“标号为4的小球不是所在组标号最大的
且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的分组方式有 种.
【答案】5
【解析】方法一（间接法）：事件“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组
标号最小的”的反面是“标号为4的小球是所在组标号最大的”“标号为3的小球是所在组标号最小的”
至少一个成立.
当标号分别为3和4的小球不在同一组时，有124，356一种分法，
且“标号为4的小球是所在组标号最大的”和“标号为3的小球是所在组标号最小的”同时成立.
当标号分别为3和4的小球在同一组时，
若“标号为4的小球是所在组标号最大的”成立，则有134，256和234，156两种分法；若“标号为3的小球是所在组标号最小的”成立，则有126，345和125，346两种分法．
综上，不符合题意的分法有5种.
将6个小球平均分成两组，有 种分法，所以符合题意的分法有 种．
方法二（直接法）：当标号分别为3和4的小球在同一组时，
不论和它们在一组的小球的标号是1，2，5，6中的哪一个，
“标号为4的小球不是所在组标号最大的”和“标号为3的小球不是所在组标号最小的”不能同时成立，
所以标号分别为3和4的小球不在同一组.
由题意可得，标号为1，2的小球中至少有1个与标号为3的小球一组，
标号为5，6的小球中至少有1个与标号为4的小球一组．
故符合题意的分组方式有 种．
故答案为：5
1． 展开式共 项.
【答案】286
【解析】可以看作10个相同的小盒子，每个盒子里都4个不同的数 ，
展开式的每一项都是从10个盒子里取一个数，然后相乘构成的，
若选一个数，能构成不同的项 种，
若选2个数，先选2个数有 种选法，然后把10个盒子分给这2个数，利用隔板法可得分法为 种，故
能构成不同的项 种，
若选3个数，同理可知能构成不同的项 种，
若选4个数，可构成不同的项 种，
由分类加法计数原理可得，共有 种，
故答案为：286题型十一：隔板法
【典例11-1】满足不等式 的有序整数组 的数目为（ ）
A．228 B．229 C．230 D．231
【答案】D
【解析】先考虑 的有序整数解的个数，由绝对值的和为3、4或5，可得个数为
.
若 有一个为零，则有序整数解的个数为 ，
若 有两个为零，则有序整数解的个数为 ，
若 全为零，则有序整数解的个数为 个，
故共有不同组数231.
故选：D.
【典例11-2】小明同学去文具店购买文具，现有四种不同样式的笔记本可供选择（可以有笔记本不被选
择），单价均为一元一本，小明只有 元钱且要求全部花完，则不同的选购方法共有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】B
【解析】将问题等价转化为将 个完全相同的小球放入 个盒子里，允许有空盒，进一步转化为：将 个
完全相同的小球放入 个盒子里，每个盒子里至少有 个球，利用隔板法可得出结果.问题等价转化为将 个
完全相同的小球放入 个盒子里，允许有空盒.
进一步转化为：将 个完全相同的小球放入 个盒子里，每个盒子里至少有 个球.
由隔板法可知，不同的选购方法有 种.
故选：B.
【变式11-1】把分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分
得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ）A．60 B．36 C．30 D．12
【答案】A
【解析】先将卡片分为符合条件的三份，
由题意知：三人分六张卡片，且每人至少一张，至多四张，
若分得的卡片超过一张，则必须是连号，
相当于将 ， ， ， ， ， 这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，共 种情况，
再对应到三个人有 种情况，则共有 种法.
故选：A．
【变式11-2】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
【解析】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.
1．已知 ， ， ，则关于 ， ， 的方程 共有（ ）组不同的解.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】问题可转化为，10个相同的小球放到三个不同的盒子里，每个盒子不能空着，每个盒子中小球的
数目就是方程 的一组解，
由隔板法可知，共有 种不同的分法，
即方程共有 组不同的解.
故选：A题型十二：环排与多排问题
【典例12-1】甲、乙等6人围成一圈，且甲、乙两人相邻，则不同的排法共有（ ）
A．6种 B．12种 C．24种 D．48种
【答案】D
【解析】因为由于环状排列没有首尾之分，将n个不同元素围成的环状排列剪开看成n个元素排成一排，
即共有 种排法，
由于n个不同元素共有n种不同的剪法，则环状排列共有 种排法.
甲、乙两人相邻而坐，可将此2人当作1人看，即5人围一圆桌，有 种坐法，
又因为甲、乙2人可换位，有2!种坐法，故所求坐法为 种.
故选：D
【典例12-2】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
【解析】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12-1】 A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面
的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（ ）
A．60种 B．48种 C．30种 D．24种
【答案】B
【解析】首先，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，
考虑B、C两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，利用捆绑法可得 种，
接下来，考虑其余三人的情况，其余位置可以互换，可得 种，最后根据分步计数原理，得到 种.
故选：B.
【变式12-2】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
【解析】先安排甲，其选座方法有 种，由于甲、乙不能相邻，则乙只能坐甲对面，
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
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
【解析】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
题型十三：电路图模型
【典例13-1】如题图所示，要选择一条路径接通从A到B的电路，不同的接法共有（ ）．
A．6种 B．7种 C．8种 D．12种
【答案】C
【解析】最上面的线路有3种，中间线路1种，下面线路有 种．三种情况相加为8.
故选：C
【典例13-2】如图是一个空气开关，又名空气断路器，是家中非常重要的一种电器，它集控制和多种保护
功能于一身，能对电路或电气设备发生的短路、严重过载及欠电压等进行保护．某学校配电房共有18个空
气开关排成一列，电工准备进行电路调试，打算关闭3个，头尾不能关闭，关闭的相邻两个开关之间至少
有两个是打开的，则不同的方案种数是（ ）
A．220 B．364 C．560 D．680
【答案】A
【解析】将18个开关分成两组，一组为要关闭的3个开关，另外一组为剩余的15个开关，
由题意可知：开关均是相同的，
将剩余的15个开关中的13个开关排成一排，
将需要关闭的3个开关插空，不能插在首位两位，不同的方案共有 种，
由于关闭的相邻两个开关之间至少有两个是打开的，再将剩下的2个开关插入关闭的开关之间，2个间隔
各放一个，因为开关均是相同的，所以放法是唯一的，所以不同的方案共有 种.
故选：A.
【变式13-1】如图所示，在 间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通,今发
现 之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有（ ）
A．9种 B．11种 C．13种 D．15种
【答案】C
【解析】若 之间电路不通，按焊接点脱落的个数分成4类：
脱落1个，有1，4，共2种；
脱落2个，有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种；
脱落3个，有（1，2，3），（1，2，4），（1，3，4），（2，3，4），共4种；
脱落4个，有（1，2，3，4），共1种，
由分类加法计数原理，焊接点脱落的情况共有 种．
故选：C
【变式13-2】一个电路中含有（1）（2）两个零件，零件（1）含有A，B两个元件，零件（2）含有C，
D，E三个元件，每个零件中有一个元件能正常工作则该零件就能正常工作，则该电路能正常工作的线路
条数为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．5
【答案】C
【解析】由分步乘法计数原理易得，该电路能正常工作的线路条数为 条．
故选：C．1．已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有 种可能，在这
种可能中，电路从P到Q接通的情况有 种．
【答案】16
【解析】若电路从 到 接通，共有三种情况：
（1）若1闭合，而4不闭合时，可得分为：
①若1、2闭合，而4不闭合，则3、5可以闭合也可以不闭合，共有 种情况；
②若1、3、5闭合，而4不闭合，则2可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但①与②中都包含1、2、3、5都闭合，而4不闭合的情况，所以共有 种情况；
（2）若4闭合，而1不闭合时，可分为：
③若4、5闭合，而1不闭合，则2、3可以闭合也可以不闭合，有 种情况；
④若4、3、2闭合，而1不闭合，则5可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但③与④中，都包含4、2、3、5都闭合，而1不闭合的情况，所以共有 种情况；
（3）若1、4都闭合，共有 种情况，而其中电路不通有2、3、5都不闭合与2、5都不闭合2种
情况，则此时电路接通的情况有 种情况；
所以电路接通的情况有 种情况.
故答案为： .重难点突破：机器人跳动、波浪数、卡特兰数模型
【典例14-1】形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，由
1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为（ ）
A．13 B．16 C．20 D．25
【答案】B
【解析】依题意，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的十位、千位数字分别为5与4
或5与3，
当十位、千位数字为5与4时，排十位、千位数字有 种，排另三个数位有 种，共有 种，
当十位、千位数字为5与3时，则4与5必相邻，且4只能为最高位或个位，即4与5可视为一个整体，
1，2，3视为一个整体，且3在1与2的中间，因此不同排法有 种，
所以构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为 .
故选：B
【典例14-2】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
【解析】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.
【变式14-1】清代数学家明安图所著《割圆密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”（以比利时数学
家欧仁･查理･卡特兰的名字命名）.有如下问题：在 的格子中，从左下角出发走到右上角，每一步只能
往上或往右走一格，且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方（不能穿过，但可以到达该连
线），则共有多少种不同的走法？此问题的结果即卡特兰数 .如图，现有 的格子，每一步只
能往上或往右走一格，则从左下角 走到右上角 共有 种不同的走法；若要求从左下角 走到
右上角 的过程中只能在直线 的右下方，但可以到达直线 ，则有 种不同的走法.
【答案】 35 14
【解析】
从左下角 走到右上角 共需要7步，其中3步向上，4步向右，
故只需确定哪3步向上走即可，共有 种不同的走法；
若要求从左下角 走到右上角 的过程中只能在直线 的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），
则由卡特兰数可知共有 种不同的走法，
又到达右上角 必须最后经过 ，所以满足题目条件的走法种数也是14.
故答案为：35；14【变式14-2】一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个
单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位．若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，
则小蜜蜂不同的飞行方式有 种．
【答案】75
【解析】根据题意，可分4种情况讨论：
①小蜜蜂向正发现飞行4次，负方向飞行1次，每次飞行个单位，有 种飞行方式；
②小蜜蜂向正方向飞行4次，有3次飞行1个单位，1次飞行2个单位，负方向飞行1次，飞行2个单位，
有 种飞行方式；
③小蜜蜂向正方向飞行3次，有2次飞行2个单位，1次飞行1个单位，负方向飞行2次，每次飞行1个单
位，有 种飞行方式；
④小蜜蜂向正方向飞行3次，每次2个单位，负方向飞行2次，1次飞行2个单位，1次飞行1个单位，有
种飞行方式；
综上可得，共有 种飞行方式.
故答案为：75.
1．若某人对机器狗发出一次指令，使机器狗沿着直线方向要么前进一步，要么后退一步，允许重复过任
何一点．若此人发出6次指令后，机器狗相对于初始位置前进了两步，则不同指令方案数有 种；
若此人发出 次指令后，机器狗相对于初始位置前进了两步，则不同指令方案数有 种．
【答案】 15 （或 ）
【解析】根据题意无论哪次前进还是后退，实际上本质是前进 步，后退 步，
只要在 步中选定前进的 步，剩下的 步就是后退，
所以有 种不同走法；
若此人发出 次指令后，机器狗相对于初始位置前进了两步，设前进 步，则后退 步，即 ，解得 ，
则不同指令方案数为 种.
故答案为：15； （或 ）.
