文档内容
第 02 讲 排列、组合
目录
01 考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究..........................................................................................................................4
知识点1：排列与排列数.....................................................................................................................4
知识点2：组合与组合数.....................................................................................................................5
解题方法总结........................................................................................................................................6
题型一：排列数与组合数的推导、化简和计算................................................................................7
题型二：直接法..................................................................................................................................10
题型三：间接法..................................................................................................................................12
题型四：捆绑法..................................................................................................................................13
题型五：插空法..................................................................................................................................15
题型六：定序问题（先选后排）......................................................................................................17
题型七：列举法..................................................................................................................................20
题型八：多面手问题..........................................................................................................................23
题型九：错位排列..............................................................................................................................25
题型十：涂色问题..............................................................................................................................26
题型十一：分组问题..........................................................................................................................31
题型十二：分配问题..........................................................................................................................33
题型十三：隔板法..............................................................................................................................36
题型十四：数字排列..........................................................................................................................38
题型十五：几何问题..........................................................................................................................40
题型十六：分解法模型与最短路径问题..........................................................................................44
题型十七：排队问题..........................................................................................................................49
题型十八：构造法模型和递推模型..................................................................................................51
题型十九：环排问题..........................................................................................................................54
04真题练习·命题洞见........................................................................................................................56
05课本典例·高考素材........................................................................................................................58
06易错分析·答题模板........................................................................................................................60
易错点：忽视顺序，重复计算出错..................................................................................................60
答题模板：分组分配问题..................................................................................................................61考点要求 考题统计 考情分析
从近五年的全国卷的考查情况来
看，本节是高考的热点，也是高考常
2023年乙卷（理）第 7题，5 考内容，以考查基本概念和基本方法
分 为主，涉及特殊元素与特殊位置、两
（1）排列与组合的概念
2023年甲卷（理）第 9题，5 元索相邻或不相邻、分组、分配等问
（2）排列数、组合数的公式
分 题，分值为5分．本节内容与生活实
及性质
2023年II卷第3题，5分 际联系紧密，考生可适当留意常见的
2023年I卷第13题，5分 排列组合现象，如体育赛事排赛、彩
票规则等，培养数学应用的思维意
识．
复习目标：
（1）理解排列、组合的概念．
（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．
（3）能利用排列组合解决简单的实际问题．知识点1：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 ．
【诊断自测】用 这五个数字组成三位数（不同数位可以用相同数字），其中个位数字、十位数字
和百位数字的和为偶数的三位数的个数为 （用数字作答）.
【答案】49
【解析】当三个数字互不相同时，这三个数字应是两个奇数和一个偶数，有 （个）；
当三个数字恰有两个相同时，这三个数字应是两个相同的奇数和一个偶数，有 （个）；
当三个数字全相同时，这三个数字应是三个相同的偶数，有1个,
所以满足题意的三位数共有 （个）.
故答案为：49知识点2：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 ．
（4）组合应用题的常见题型：
①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型
②“至少”或“最多”含有几个元素的题型
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”．
【诊断自测】关于排列组合数，下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【解析】根据组合数的性质，可知A，B选项正确；
对于C选项， ，而 ，故C选项错误；
对于D选项，
，故D选项正确.
故选：C
解题方法总结
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．
题型一：排列数与组合数的推导、化简和计算
【典例1-1】下列等式错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】 ，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，
，
故 ，故D正确．
故选：A．
【典例1-2】已知 ，下列排列组合公式中，不一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C【解析】对于A，由组合数的性质知， 成立，A正确；
对于B，因为 ，因此 成立，B正确；
对于C， ，而 与 不一定相等，则 与 不一定相等，C不一定正确；
对于D， ，D正确．
故选：C．
【变式1-1】不等式 的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】不等式 中， ，化为 ，
整理得 ，解得 ，因此 ，
所以不等式 的解集是 .
故选：A
【变式1-2】我们曾用组合模型发现了组合恒等式： ， ，这里所使用的方法，
实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫作
“算两次”，对此我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用
的等积法也是“算两次”的典范．再如，我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多排列和组合恒
等式，如由等式 可知，其左边的 项的系数和右边的 项的系数相等，得到如下
恒等式为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】A：在 展开式中， 的系数为 ，
，
其中 的系数为 ，
所以 ，故A符合题意；B：由“算两次”的定义知，
从 个不同的元素中取出 个元素的所有排列的个数为 ，同时还可以分类考虑：
第一类：取出 个元素不包括元素甲，则所有排列的个数为 ，
第二类：取出 个元素包括元素甲，则先排元素甲，有m个位置，
然后从其余n个元素中抽出 个元素全排列，则所有的排列个数为 ，
综上，从 个不同的元素中取出 个元素的所有排列的个数为 ，
所以 ，但是该等式不是由所给二项式得到，故B不符合题意；
C：对于 ，由“算两次”的定义知，
展开式中， 的系数为 ，
，
其中 的系数为 ，
所以 ，故C不符合题意；
D：由组合数的运算性质知，
，
当 时， ；当 时， ，故D不符合题意.
故选：A
【变式1-3】下列有关排列数､组合数的计算，正确的是（ ）
A． B．
C． D． 是一个常数
【答案】D
【解析】对于A，∵ ，∴A不正确；
对于B， ，故B不正确；
对于C，
，故C不正确；
对于D，n应满足 解得 .所以 ，故D正确．
故选：D
【变式1-4】（多选题）下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】根据题意，依次分析选项:
对于A， ，故A正确；
对于B， ，故B错误；
对于C， ，故C正确；
对于D， ，故D正确；
故选：ACD
题型二：直接法
【典例2-1】（2024·浙江·高三慈溪中学校联考）从2位男生，4位女生中安排3人到三个场馆做志愿
者，每个场馆各1人，且至少有1位男生入选，则不同安排方法有（ ）种.
A．16 B．20 C．96 D．120
【答案】C
【解析】若选一男两女共有： ；
若选两男一女共有： ；
因此共有96种，
故选：C
【典例2-2】（2024·四川成都·高三统考）某校在重阳节当日安排4位学生到三所敬老院开展志愿服务
活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案数是（ ）
A．81 B．72 C．48 D．36
【答案】D
【解析】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，则有
种分配方法，故选：D．
【变式2-1】4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可
构成不同的四位数的个数为（ ）
A．288 B．336 C．368 D．412
【答案】B
【解析】当四位数不出现1时，排法有： 种；
当四位数出现一个1时，排法有： 种；
当四位数出现两个1时，排法有： 种；
所以不同的四位数的个数共有： ．
故选：B．
【变式2-2】（云南省红河州第一中学2024届高三第二次联考数学试题）一个宿舍的6名同学被邀请
参加一个节目，要求必须有人去，但去几个人自行决定．其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，则
该宿舍同学的去法共有（ ）
A．15种 B．28种 C．31种 D．63种
【答案】C
【解析】若甲和乙两名同学都去，则去的人数可能是2人，3人，4人，5人，6人，
所以满足条件的去法数为 种；
若甲和乙两名同学都不去，则去的人数可能是1人，2人，3人，4人，则满足条件去法有
种；
故该宿舍同学的去法共有 种．
故选：C.
【变式2-3】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙
场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．60种 B．90种 C．120种 D．360种
【答案】A
【解析】依题意从6同学中选出1人安排到甲场馆是 ，再从剩余5人安排2人到乙场馆是 ，最后剩余
3人安排到丙场馆，
根据分步乘法原理，不同的安排方法共有 种.
故选：A.
题型三：间接法
【典例3-1】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，汉口江滩一定要有人去，则不同游览方案的种数为（ ）
A．65 B．73 C．70 D．60.
【答案】A
【解析】根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，且每人只能去一个地方，
则每人有3种选择，则4人一共有 种情况，
若汉口江滩没人去，即四位同学选择了黄鹤楼､东湖，
每人有2种选择方法，则4人一共有 种情况，
故汉口江滩一定要有人去有 种情况，
故选：A．
【典例3-2】以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有（ ）
A．6个 B．12个 C．18个 D．30个
【答案】B
【解析】根据题意，先从六个顶点中任选四个，共 种选法，
而其中包含了所取4点在同一个侧面上的情况，这种情况有3种，
即符合条件的有 ；
故选∶B．
【变式3-1】（2024·湖南长沙·雅礼中学校联考二模）从正360边形的顶点中取若干个，依次连接，构
成的正多边形的个数为（ ）
A．360 B．630 C．1170 D．840
【答案】B
【解析】从360的约数中去掉1和2，其余的约数均可作为正多边形的边数，
设从360个顶点中选出 个构成正多边形，这样的正多边形有 个，
因此所求的正多边形的个数就是360的所有约数之和减去360和180，
考虑到 ，
因此所求正多边形的个数为 .
故选：B.
【变式3-2】将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，
则不同的站法有（ ）．
A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种
【答案】D
【解析】7个人从左到右排成一排，共有 种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有
种不同的站法，甲站在最右端有 种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有
种不同的站法.
故选：D
【变式3-3】（2024·广西梧州·统考一模）某高中从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3
个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（ ）种
A．9 B．36 C．54 D．108
【答案】C
【解析】从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的
选派方案有 种，
选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有 种，
所以3名教师中男女都有的不同的选派方案共有 种
故选：C
【变式3-4】某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､
丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（ ）
A．21种 B．231种 C．238种 D．252种
【答案】B
【解析】10人中选5人有 种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有 种，
则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有 种.
故选：B
题型四：捆绑法
【典例4-1】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.
【典例4-2】（2024·广东·模拟预测）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
【变式4-1】（2024·高三·山东德州·开学考试）为积极落实“双减”政策，丰富学生的课外活动，某
校开设了舞蹈､摄影等5门课程，分别安排在周一到周五，每天一节，舞蹈和摄影课安排在相邻两天的方案
种数为（ ）
A．48 B．36 C．24 D．12
【答案】A
【解析】舞蹈和摄影课进行捆绑，有 种情况，
将舞蹈和摄影课看为一个整体，和剩余的3个活动，进行全排列，有 种情况
故共有 种方案.
故选：A
【变式4-2】某校毕业典礼由6个节目组成，节目甲必须排在前三位，且节目丙，丁必须排在一起，则
该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有（ ）
A．120种 B．156种 C．188种 D．240种
【答案】A
【解析】根据题意，由于节目甲必须排在前三位，分3种情况讨论：
①、甲排在第一位，节目丙、丁必须排在一起，则丙丁相邻的位置有 个，
考虑两者顺序，有 种情况，将剩下的 个节目全排列,安排在其他三个位置，
有 种安排方法，则此时有 种编排方法；
②、甲排在第二位，节目丙、丁必须排在一起，则丙丁相邻的位置有 个，
考虑两者的顺序，有 种情况，将剩下的 个节目全排列，
安排在其他三个位置，有 种安排方法，则此时有 种编排方法；
③、甲排在第三位，节目丙、丁必须排在一起，则丙丁相邻的位置有 个，
考虑两者的顺序，有 种情况，将剩下的 个节目全排列，
安排在其他三个位置，有 种安排方法，则此时有 种编排方法；
则符合题意要求的编排方法有 种；故选：A.
【变式4-3】现有三对双胞胎共6人排成一排，则有且只有一对双胞胎相邻的排法种数是（ ）
A．180 B．240 C．288 D．300
【答案】C
【解析】将6人进行编号，分别为 ，其中 为双胞胎， 为双胞胎， 为双胞胎，
从左到右站位，分别为 ，
先从3对双胞胎中选择一对令两人相邻，且两人可内部排列，故有 种选择，
再依次进行求解，若这对双胞胎分别站在 位，此时3号位可以从剩余的4人中进行选择，
那么4号位可以从剩余的双胞胎中选择1人， 号位置将固定排剩余2人，
此时共有 种选择，
若这对双胞胎分别站在 位，则1号位置有4种选择，4号位可以从剩余的双胞胎中选择1人，
位置将固定排剩余2人，此时共有 种选择，
若这对双胞胎分别站在 位，则2号位置有4种选择，1号位可以从剩余的双胞胎中选择1人，
位置可将剩余2人进行全排列，此时共有 种选择，
若这对双胞胎分别站在 或 ，可利用同种方法得到共有 种选择，
综上，共有 种排法.
故选：C
题型五：插空法
【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】（2024·四川成都·模拟预测）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值．它具有红黑两种阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，现将3个红色的“将”“车”
“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则同色棋子不相邻的排列方式有（ ）
A．120种 B．24种 C．36种 D．12种
【答案】D
【解析】先将3个红色的“将”“车”“马”棋子进行全排列，有 种选择，
3个红色棋子中间有2个空，将2个黑色的“将”“车”棋子进行插空，有 种选择，
则同色棋子不相邻的排列方式有 种.
故选：D
【变式5-1】（2024·高三·山东济南·开学考试）由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其
中任意两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为（ ）
A．60 B．108 C．132 D．144
【答案】B
【解析】先排3个奇数，有 种排法，
排完奇数后形成4个空，插入余下3个偶数，有 种排法，
但此时0放在首位的情况有 种，故满足条件的排法有 .
故选：B
【变式5-2】（2024·高三·河北邢台·开学考试）有4名男生､3名女生和2个不同的道具（记作A和B）
参与一个活动，活动要求：所有人（男生和女生）必须站成一排，女生必须站在一起，并且她们之间按照
身高从左到右由高到低的顺序排列（假设女生的身高各不相同）；两个道具A和B必须被分配给队伍中的
两个人（可以是男生，也可以是女生），但这两人不能站在一起.满足上述所有条件的排列方式共有（ ）
A．2400种 B．3600种 C．2880种 D．4220种
【答案】B
【解析】根据题意4名男生､3名女生的排列方法为 ，然后在7人中选2人（不相邻）分配道具：
，总方法数为 ，
故选：B．
【变式5-3】（2024·高三·浙江·开学考试）将若干个除颜色外完全相同的红色小球和黑色小球排成一
列，要求所有的红球互不相邻，当小球的总数为8时，满足条件的不同排列方法的总数之和为（）
A．20 B．36 C．54 D．108
【答案】C
【解析】8个除颜色外完全相同的球，要使红球互不相邻，则最多有4个红球，根据红球个数分类讨论:
1个红球7个黑球：先排7个黑球共有1中排法，从8个空里面选出1个空让红球插入，有 种选法;
2个红球6个黑球：先排6个黑球共有1中排法，从7个空里面选出2个空让红球插入，有 种选法;3个红球5个黑球：先排5个黑球共有1中排法，从6个空里面选出3个空让红球插入，有 种选法;
4个红球4个黑球：先排4个黑球共有1中排法，从5个空里面选出4个空让红球插入，有 种选法;
所以满足条件的不同排列方法的总数之和为 .
故选：C.
【变式5-4】某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相
邻，C，D两道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（ ）
A．960种 B．836种
C．816种 D．720种
【答案】A
【解析】先捆绑 再和 排列，然后插入
共有 种排法．
故选：A.
题型六：定序问题（先选后排）
【典例6-1】已知 ，则满足 的有序数组 共有
（ ）个
A． B． C． D．
【答案】A
【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：A.
【典例6-2】甲乙丙丁戊五人并排站成一排，如果乙必须站在甲的右边（甲乙可以不相邻），那么不
同的排法共有（ ）种.
A．120 B．60 C．50 D．30
【答案】B
【解析】本题可使用倍分法，五人并排站成一排，有 种情况，
而其中 站在 的左边与 站在 的右边是等可能的，
则其情况数目是相等的，则 站在 的右边情况数目为 ，
故选：B.【变式6-1】习近平总书记在全国教育大会上发表重要讲话，称教育是国之大计，党之大计．哈九中
落实讲话内容，组织研究性学习．在研究性学习成果报告会上，有A、B、C、D、E、F共6项成果要汇报，
如果B成果不能最先汇报，而A、C、D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（
）
A．100 B．120 C．300 D．600
【答案】A
【解析】先排B元素，有5种排法，然后排剩余5个元素共 ，由于A、C、D顺序确定，所以不同
的排法共有 .
故选：A
【变式6-2】7人排队，其中甲、乙、丙 3 人顺序一定(可以相邻，也可以不相邻)，共有____种不同的
排法．
【答案】840
【解析】对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列， 然后用总
排列数除以这几个元素之间的全排列数，则共有 种不同的方法．
故答案为：840.
【变式6-3】某公司在元宵节组织了一次猜灯谜活动，主持人事先将10条不同灯谜分别装在了如图所
示的10个灯笼中，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜（无论猜中与否，选中
的灯笼就拿掉），则这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法数为____________.（用数字作答）
【答案】
【解析】一共有10条灯谜，共有 种方法，由题意可知而其中按2，3，3，2组成的4列相对位置不变，
所以结合倍缩法可知共有 种，也即是这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法有
种
故答案为： .
【变式6-4】现有学号分别为 号、 号、 号、 、 号的 位同学依次站成一排，老师请他们从
号同学开始依次从如图所示的装有标号为 至 号球的三个圆柱形容器中随意选择一个有球的容器并取出最
上面的一个球，再根据自己手中所拿球的号码，按照球号从小到大的顺序从左到右重新站成一排，则所有
可能的不同站法有____________种（用数字作答）．【答案】
【解析】相当于先将 位同学看成 个排成一列的盒子，
先从这 个不同的盒子中选出 个，并从左往右依次放入 、 、 号球，
再从剩余的 个盒子中选出 个，并从左往右依次放入 、 、 号球，
最后将 、 、 号球，从左往右依次放入剩余的 个盒子，
共有 种不同的站法．
故答案为： .
【变式6-5】四根绳子上共挂有10只气球,绳子上的球数依次为1,2,3,4，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________.
【答案】12600
【解析】问题等价于编号为 的10个小球排列，其中 号， 号， 号的排列顺序是
固定的，据此可得：将这些气球都打破的不同打法数是 .
【变式6-6】把6名实习生分配到7个车间实习，共有______种不同的分法.
【答案】117649
【解析】第一名实习生分配到车间有7种分法，
把第二名实习生分配到车间也有7种分法， ，以此类推，
直到最后一名实习生分配到车间也有7种分法.
由分步乘法计数原理知，共有 种不同的分法.
故答案为：
【变式6-7】花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术
特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （ ）
A．2520 B．5040 C．7560 D．10080【答案】A
【解析】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，
先对8盏不同的花灯进行全排列，共有 种方法，
因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，
所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故一共有 种，
故选：A
题型七：列举法
【典例7-1】数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理
的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数
．设 ，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的
有序数组 的个数是（ ）
A．28 B．24 C．20 D．16
【答案】A
【解析】显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论．
最大数为5的情况：
① ，此时共有 种情况；
最大数为4的情况：
② ，此时共有 种情况；
③ ，此时共有 种情况．
当最大数为3时， ，故没有满足题意的情况．
综上，满足条件的有序数组 的个数是 ．
故选：A
【典例7-2】已知字母 ， ， 各有两个，现将这6个字母排成一排，若有且仅有一组字母相邻（如
），则不同的排法共有（ ）种
A．36 B．30 C．24 D．16
【答案】A
【解析】有且仅有一组字母相邻，这组字母有三种情况： .
当相邻的这组字母为 时，将6个位置编成1-6号，
若 在1号和2号，则3号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法；若 在2号和3号，则1号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法；
若 在3号和4号，则1号和2号字母不相同，5号和6号字母不相同，有 种排法；
若 在4号和5号，则2号和6号字母相同，1号和3号字母相同，有2种排法；
若 在5号和6号，则1号和3号字母相同，2号和4号字母相同，有2种排法，
即相邻的字母为 时，共有 种排法.
同理，相邻的字母为 时，也都有12种排法，故共有 种排法.
故选：A.
【变式7-1】（2024·海南海口·统考一模）形如45132这样的数称为“波浪数”，即十位上的数字，千
位上的数字均比与它们各自相邻的数字大，则由1，2，3，4，5可组成数字不重复的五位“波浪数”的个
数为（ ）
A．20 B．18 C．16 D．11
【答案】C
【解析】此“波浪数”中，十位数字，千位数字必有5、另一数是3或4；
是4时“波浪数”有 ；
另一数3时4、5必须相邻即45132；45231；13254；23154四种．
则由1，2，3，4，5可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为16，
故选C．
【变式7-2】某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形 （边长为2个
单位）的顶点 处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走了几个单位，如果掷出的
点数为 ，则棋子就按逆时针方向行走 个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰
好又回到起点 处的所有不同走法共有（ ）
A．21种 B．22种 C．25种 D．27种
【答案】D
【解析】由题意，正方形 的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16，
①点数之和为8的情况有： ； ； ； ； ，排列方法共有
种；
②点数之和为16的情况有： ； ，排列方法共有 种.
所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点 处的所有不同走法共有 种.
故选：D.
【变式7-3】中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数 的一种方法．例如：3可表示为“ ”，26可表示为“ ”．
现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用 这9数字表示两位数的个数为
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】D
【解析】根据题意，现有6根算筹，可以表示的数字组合为1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、
3，3、7，7、7；
数字组合1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、7中，每组可以表示2个两位数，则可以表示
个两位数；
数字组合3、3，7、7，每组可以表示1个两位数，则可以表示 个两位数；
则一共可以表示 个两位数；
故选 ．
题型八：多面手问题
【典例8-1】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．
【典例8-2】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．
①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有 种；
②“2人既会英语又会法语”中有一人入选，
这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，
因此有 种；
③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，
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．
【变式8-1】“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方
普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，
3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，
则不同的选派方法共有（ ）
A．26种 B．30种 C．37种 D．42种
【答案】C
【解析】根据题意，设 只会划左桨的3人 ， 只会划右桨的3人 ， 既会划左桨又会划右桨
的2人 ，据此分3种情况讨论：
①从 中选3人划左桨，划右桨的在（ ）中剩下的人中选取，有 种选法，
②从 中选2人划左桨， 中选1人划左桨，划右桨的在（ ）中选取，有 种选法，
③从 中选1人划左桨， 中2人划左桨， 中3人划右桨，有 种选法，
则有 种不同的选法．
故选：C．
【变式8-2】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
【变式8-3】某龙舟队有8名队员，其中3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右
桨.现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．26种 B．30种 C．37种 D．42种
【答案】C
【解析】根据题意，设 只会划左桨的3人 ， 只会划右桨的3人 ， 既会划左桨又会划右桨
的2人 ，
据此分3种情况讨论：
①从 中选3人划左桨，划右桨的在 中剩下的人中选取，有 种选法，
②从 中选2人划左桨， 中选1人划左桨，划右桨的在 中剩下的人中选取，有 种选法，
③从 中选1人划左桨， 中2人划左桨， 中3人划右桨，有 种选法，
则有 种不同的选法；
故选：C．
题型九：错位排列
【典例9-1】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
【典例9-2】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9-1】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．
【变式9-2】“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.
【变式9-3】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.
题型十：涂色问题
【典例10-1】（2024·安徽淮北·二模）在 的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之
一，若每个 的方格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为 .
【答案】
【解析】设四种颜色分别为 ，对于第一个 的方格，共有 种不同的涂法，
假设第一个 的方格，涂如图所示 四种颜色，
①若第三列的一个方格涂 ，第三列的第二方格涂 ，则第三列的第三方格涂 或 ，
当第三列的第三方格涂 时，则第三行的第一、二方格，分别涂 ；
当第三列的第三方格涂 时，则第三行的第一、二方格，分别涂 ；
②若第三列的一个方格涂 ，第三列的第二方格涂 ，则第三列的第三方格涂 或 ，
当第三列的第三方格涂 时，则第三行的第一、二方格，分别涂 ；
当第三列的第三方格涂 时，则第三行的第二方格涂 ，不合题意；
所以，共有 类涂法，则共有 种不同的涂色方法.
故答案为： .
【典例10-2】提供6种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F六个区域涂色，要求相邻区域不能
涂相同颜色，则不同的涂色方法共有 种.
【答案】6120
【解析】假定涂色顺序为
若 、 涂相同颜色，则有 种涂法；若 、 涂不同颜色， 、 涂相同颜色，则有 种涂法；
若 、 涂不同颜色， 、 涂不同颜色，则有 种涂法；
故由分类加法计数原理得不同的涂色方法共有 种.
故答案为：6120.
【变式10-1】（2024·重庆·模拟预测）重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中
下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的
地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式．
【答案】
【解析】根据题意，用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，
则这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，
共有：{“四川和湖南”且“贵州和湖北”}、{“四川和湖南”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“贵
州和陕西”、{“四川和湖北”且“湖南和陕西”、{“贵州和湖北”且“湖南和陕西”，共有5种情况，
所以不同的涂色共有 种.
故答案为： .
【变式10-2】（2024·高三·广西南宁·开学考试）在如图方格中，用4种不同颜色做涂色游戏，要求相
邻区域颜色不同，每个区域只能涂一种颜色.
①若区域 涂2种颜色，区域 涂另外2种颜色，则有 种不同涂法.
②若区域 涂4种颜色（ 涂的颜色互不相同），区域 也涂这4种颜色（
涂的颜色互不相同），则有 种不同涂法.
【答案】【解析】①先涂 ，共有 种，再涂鸦 ，共有 种，
故共有 种涂法.
②先涂 ，共有 ，
若 所涂颜色为 所用颜色，则共有 种涂法；
若 所涂颜色为 所用颜色，则共有 种涂法；
若 所涂颜色为 所用颜色，则共有 种涂法；
同理 所涂颜色为 所用颜色，则共有 种涂法；
所涂颜色为 所用颜色，则共有 种涂法；
所涂颜色为 所用颜色，则共有 种涂法；
故共有涂法 种，
故答案为： .
【变式10-3】网课期间，小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如下图形状，
现需要给下图七巧板右下方的五个块涂色（图中的1，2，3，4，5），有4种不同颜色可供选择，要求有
公共边的两块区域不能同色，有 种不同的涂色方案.
【答案】252
【解析】第一步：涂2，有4种颜色；
第二步：涂5，有3种颜色
第三步：涂3、4，当3与5同色时，4有3种颜色；当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第
三步共7种.
第四步：涂1，有3种颜色.
共计 种.
故答案为：252
【变式10-4】（2024·江西鹰潭·一模）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】【解析】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 ，
．
【变式10-5】（2024·浙江·模拟预测）如图，用4种不同的颜色给图中的8个区域涂色，每种颜色至
少使用一次，每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相同，则区域 ， ， ， 和 ， ，
， 分别各涂2种不同颜色的涂色方法共有 种；区域 ， ， ， 和 ， ， ， 分别各涂
4种不同颜色的涂色方法共有 种.
【答案】 24 216
【解析】 ， 同色，所以先涂 有： ，再涂 有 种，所以共有：
种.
先涂 共有： 种，设四种颜色为 ，假设 涂的颜色分别为 ，则
涂色情况如下：
， ， ，共9种，
所以： 种.
故答案为：24；216.
【变式10-6】（2024·湖北十堰·模拟预测）四色定理又称四色猜想、四色问题，是世界近代三大数学
难题之一．地图四色定理最先是由一位叫古德里的英国大学生提出来的．四色定理的内容是：“任何一张
地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色．”某同学在横格纸上研究填涂蓝、红、黄、
绿4种颜色问题，如图，第1行有1个格子，第2行有2个格子，…，第n行有n个格子，将4种颜色在每行中分别进行涂色，每行相邻的格子颜色不同，记 为第k行不同涂色种数，则 ， ．
【答案】 324
【解析】由分步计数原理知每行的第一个格子有4重涂法，其余每个格子均有3种涂法，故
种， ，
则 ①，
所以 ②，
①-②得 ，即 ．
故答案为：324，
题型十一：分组问题
【典例11-1】有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A．分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有15种分法；
B．分给甲、乙、丙三人中，一人4本，另两人各1本，有180种分法；
C．分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，共有90种分法；
D．分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有1080种分法；
【答案】D
【解析】选项A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有 种分配方法，故该选项
错误；
选项B，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，先将6本书分成4-1-1的3组，再
将三组分给甲乙丙三人，有 种分配方法，故该选项错误；
选项C，6本不同的书分给甲乙每人各2本，有 种方法，其余分给丙丁每人各1本，有 种方法，所以不同的分配方法有 种，故该选项错误；
选项D，先将6本书分为2-2-1-1的4组，再将4组分给甲乙丙丁4人，有 种方法，故
该选项正确.
故选：D.
【典例11-2】（多选题）（2024·辽宁葫芦岛·高三葫芦岛第一高级中学校考期末）九本书籍分给三位
同学，下列说法正确的是（ ）
A．九本书内容完全一样，每人至少一本有28种不同的分法
B．九本书内容都不一样，分给三位同学有 种不同的分法
C．九本书内容完全一样，分给三位同学有55种不同的分法
D．九本书内容都不一样，甲同学至少一本，乙同学至少二本有 种不同的分法
【答案】ABC
【解析】对于A，9本相同的书分给三位同学，每人至少一本，利用挡板法分析，在9本书之间的8个空位
中任选2个，插入挡板即可，有 种不同的分法，故A正确；
对于B，根据题意，9本书内容都不一样，则每本书都可以分给3人中的任意一人，即有3种分法，所以9
本书有 种不同的分法，故B正确；
对于C，由9本书内容完全一样，则将这9本书和2个挡板排成一排，利用挡板将9本书分为3组，对应3
位同学即可，则有 种不同的分法，故C正确；
对于D，可以分11类情况：
①“1，2，6型”有 ；②“1，3，5型” ；
③“1，4，4型” ；④“1，7，1型” ；⑤“1，8，0型” ；
⑥“2，2，5型” ；⑦“2，3，4型” ；⑧“2，7，0型” ；
⑨“3，3，3型” ；⑩“3，6，0型” ；
“4，5，0型” ，
⑪所以有 种不同的分法，故D错误．
故选：ABC．
【变式11-1】有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方法？
（1）分成1本、2本、3本三组；
（2）分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；
（3）分成每组都是2本的三组；
（4）分给甲、乙、丙三人，每个人2本．
【解析】（1）根据分步计算原理可知， ，所以分成1本、2本、3本三组共有60种方法；
（2）由（1）可知：分成1本、2本、3本三组，共有60种方法，
再分给甲、乙、丙三人，所以有 种方法；
（3）先分三步，则应是 种方法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A、B、C、D、E、
F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则 种分
法中还有(AB，EF，CD)、(CD、AB、EF)、(CD、EF，AB)、(EF，CD，AB)、(EF，AB，CD)，共 种情
况，而且这 种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此，只能作为一种分法，故分配方法有
＝15(种)．
（4）在问题（3）的基础上再分配即可，共有分配方法 ＝90(种)．
【变式11-2】某校高三年级有6个班，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且
规定每班至少要选1人参加．求这10个名额有多少种不同的分配方法．
【解析】除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类：
①4个名额全部分给某一个班，有 种分法；
②4个名额分给两个班，每班2个，有 种分法；
③4个名额分给两个班，其中一个班1个，一个班3个，共有 种分法；
④4个名额分给三个班，其中一个班2个，其余两个班每班1个，共有 种分法；
⑤4个名额分给四个班，每班1个，共有 种分法．
故共有 （种）分配方法．
题型十二：分配问题
【典例12-1】6名大学生分配到4所学校实习，每名大学生只分配到一所学校，每所学校至少分配1
名大学生，则不同的分配方案共有（ ）
A．65 B．1560 C．2640 D．4560
【答案】B
【解析】分两种情况：
把6名大学生分为3，1，1，1四组，有 种分法，再将4组对应四个学校，
有 种情况，由分步乘法计数原理得，共有 种安排方法；
把6名大学生分为2，2，1，1四组，有 种分法，再将4组对应四个学校，有 种情况，由分步乘法计数原理得，共有 种安排方法；
综上，不同的分配方案共有 种.
故选：B.
【典例12-2】（2024·高三·河北邯郸·开学考试）在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道
在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排
一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（ ）
A．32 B．24 C．18 D．12
【答案】B
【解析】按照A场地安排人数，可以分以下两类：
第一类，A场地安排1人，共 种安排方法，
第二类，A场地安排2人，共 种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有 （种）不同安排方法.
故选：B
【变式12-1】（2024·高三·江苏南通·开学考试）今年暑期档，全国各大院线推出多部精彩影片，其中
比较热门的有《异形：夺命舰》，《名侦探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《姥姥的外孙》这5部，
小明和小华两位同学准备从这5部影片中各选2部观看，若两人所选的影片至多有一部相同，且小明一定
选看《名侦探柯南》，则两位同学不同的观影方案种数为（ ）
A．12 B．24 C．28 D．36
【答案】D
【解析】若两人所选影片均不同，此时小明先从除《名侦探柯南》中选择一部，
小华从剩余的3部中选择两部，此时共有 种方案，
若两人所选影片中，《名侦探柯南》相同，则两人从剩余4部中各选1部，有 种方案，
若两人所选影片中，不是《名侦探柯南》相同，相同的影片为4部中1部，有 种选择，
再给小华从剩余3部中选择一部，有 种选择，故共有 种方案，
综上，共有 种方案.
故选：D
【变式12-2】（2024·高三·重庆·开学考试）第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛 于
2024年7月 日在重庆市育才中学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参
加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名
新教师参加．若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（ ）种
A．108 B．114 C．150 D．240
【答案】B【解析】5名新教师按 分组有 种方法，按 分组有 种分法，
因此5名新教师的安排方案有 种，
当甲乙在同一组时，甲乙可视为1个人，即相当于4名教师的安排方案，有 种，
所以所求不同的安排方案有 （种）.
故选：B
【变式12-3】（2024·高三·湖南永州·开学考试）在2024年巴黎奥运会中，甲、乙、丙、丁、戊5人参
与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，
若甲只能参加接待工作，那么不同的志愿者分配方案的种数是（ ）
A．38 B．42 C．50 D．56
【答案】C
【解析】（1）如果参加接待工作只有一人，则只能为甲，
再把其余4人分组有两类情况： 和 .
把4人按 分组，有 种分组方法，按 分组，有 种分组方法，
因此不同分组方法数为 ，
再把两组人安排到其余两类志愿者服务工作，有 种方法，
所以不同分配方法种数是 .
（2）如果参加接待工作有2人，则除了甲之外，还需要再安排一人有 种情况，
再把其余3人分组成 ，有 种分组方法，
再把两组人安排到其余两类志愿者服务工作，有 种方法，
所以不同分配方法种数是 .
（3）如果参加接待工作有3人，则除了甲之外，还需要再安排两人有 种情况，
再把其余2人安排到其余两类志愿者服务工作，有 种方法，
所以不同分配方法种数是 .
综上，不同的志愿者分配方案的种数是 .
故选：C.
【变式12-4】（2024·高三·广东·开学考试）某中学数学组来了 名即将毕业的大学生进行教学实习活动，现将他们分配到高一年级的 ， ， 三个班实习，每班至少一名，最多两名，则不同的分配方案有
（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】B
【解析】将 名大学生分配到高一年级的 个班实习，每班至少 名，最多 名，
则将 名大学生分成三组，一组 人，另两组都是 人，有 种方法，
再将 组分到 个班，共有 种不同的分配方案，
故选：B．
【变式12-5】（2024·河南·二模）将甲，乙等5人全部安排到 四个工厂实习，每人只去一个
工厂，每个工厂至少安排1人，且甲，乙都不能去 工厂，则不同的安排方法有（ ）
A．72种 B．108种 C．126种 D．144种
【答案】C
【解析】由题意可知，分两种情况讨论，
① 工厂安排1人，有 种，
② 工厂安排2人，有 种，
所以不同的安排方法有 种．
故选：C．
题型十三：隔板法
【典例13-1】（2024·湖北·二模）已知 ，且 ， ， ，则方程 的解
的组数为 .
【答案】15
【解析】由题意，原问题等价于将7个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少放入1个小球的
方法个数，在7个相同的小球之间形成的6个空中，任选2个放入两个隔板，共有 种方法，
即方程 的解的组数为15.
故答案为：15
【典例13-2】各数位数字之和等于8(数字可以重复) 的四位数个数为 ．
【答案】
【解析】设 对应个位到千位上的数字，则 ， 且 ，相当于8
个相同的球排成一排，先拿一个球装入 ，
转化为7个球装入4个盒子，每盒可空，等价于11个球用3个隔板分成4组（各组不可为空），故共种.
故答案为：
【变式13-1】 个相同的篮球，分给甲、乙、丙三位同学（每人至少分得一个），不同分法的总数为
．
【答案】
【解析】问题等价于：在 个相同的篮球中间形成的 个空位中插入两块板，
所以，不同的分法种数为 种.
故答案为： .
【变式13-2】在中国革命史上有许多与“8”有关的可歌可泣的感人故事，如“八子参军”、“八女投
江”等，因此数字“8”是当之无愧的新时代“英雄数字”．如果一个四位数，各个位置上数字之和等于
8，这样的数称为“英雄数”（比如1223， ，就是一个“英雄数”），则所有的“英雄数”
有 个（用数字回答）
【答案】120
【解析】根据题意，8个相同的小球排成一排，8个小球两两之间不包括头尾共有7个空位中，
若四位数的“英雄数”中不含0，则需要在这7个空位中随机安排3个挡板，可以将小球分为4组每两个挡
板之间的小球的数目依次对应四位数的千、百、十、个位数字，共有 个，
若四位数的“英雄数”中只有一个0，则需要在这7个空位中随机安排2个挡板，可以将小球分成个数不
为0的3组，0可以作为百、十、个位其中一位上的数字，此时共有 个，
若四位数的“英雄数”中有两个0，则需要在这7个空位中随机安排1个挡板，可以将小球分成个数不为0
的2组，0可以作为百、十、个位其中两位上的数字，此时共有 个，
若四位数的“英雄数”中有3个0，则只能是8000，只有一种情况，
综上：共有 个“英雄数”．
故答案为：120．
【变式13-3】方程 的非负整数解的个数为 .
【答案】81
【解析】设 ， ， ，由此 ，又 ， ，可得：
， ，则可判断 可能的解有：（2，0，5），（1，6，0），（4，3，0），
（7，0，0），
①当 ，可求得： ，而 ，看成2个相同白球，用隔板法隔
成3区域（可有空区），有 个解；
②当 ，可求得： ， ，而 ，有 个解，
因此该情况共有 个解；③当 ，可求得 ， ，而 ，有 种情况，
因此该情况共有 个解；
④当 ，可求得： ，而 ，有 个解．
综上，方程非负整数解个数为：81．
【变式13-4】在1至10000的整数中，各位数字之和等于5的有 个.
【答案】56
【解析】设a是任一个满足题意的正整数，则 .
以 ， ， ， 分别表示a的千位、百位、十位和个位数字，
则 （ ），且 .
因 ，故所求的正整数个数等于 的非负整数解的个数，
所以各位数字之和等于5的有 .
故答案为： .
【变式13-5】 的非负整数解有 组.
【答案】84
【解析】本问题等价于将6个相同的小球，放入4个不同的盒子，且可以有空盒出现，有多少种不同的方
法？
因此我们将6个小球排成一排，用3个隔板将小球隔成4段，
因为盒子可以为空，因此隔板可以相邻，将第1,2,3,4段放入 这四个盒子中即可，
因为小球没有区别，隔板也没有区别，因此等价于将6个小球和3个隔板排成一列，则共有 种方法，
故答案为：84.
题型十四：数字排列
【典例14-1】（2024·高三·上海·开学考试）若从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取2个偶数和2个
奇数，组成一个无重复数字的四位数，则不同的四位数的个数是 .
【答案】180
【解析】根据题意，可将四位数分成两类：
第一类，数字0被取到，则可从2，4中任选一个，再从1，3，5中任选两个，
接着从除0外的另外三个数中取一个排在首位，剩下的在三个数位上全排，
此时共有 个四位数；
第二类，数字0没被取到，故2，4全被取到，只需从1，3，5中任选两个，
再与2，4共4个数字在四个数位上全排，此时共有 个四位数.根据分类加法计数原理，不同的四位数的个数是 .
故答案为：180.
【典例14-2】用 ， ， ， ， ， 这六个数字组成没有重复的四位偶数，将这些数字从小到大排
列起来，第 个数是 ．
【答案】
【解析】①千位为 ，个位为 ，有 个；
②千位为 ，个位为 ，有 个；
③千位为 ，个位为 ，有 个；
④千位为 ，个位为 ，有 个；
⑤千位为 ，个位为 ，有 个；
⑥千位为 ，百位为 ，个位为 （或 ），各有 个．共 个．
接下来有 , , , , ， ，第 个数是 ．
故答案为：3140.
【变式14-1】（2024·浙江杭州·模拟预测）袋子中有数字“7”的卡片3张和数字“2”，“3”，“5”的卡
片各1张，从中任意取出4张卡片，最多能组成 个不同的四位数（用数字回答）．
【答案】
【解析】如果取一张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片都要取出，则组成 个不同的四位数；
如果取两张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片要取出两张，则组成 个不同的四位数；
如果取三张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片要取出一张，则组成 个不同的四位数；
所以最多能组成 个不同的四位数.
故答案为： .
【变式14-2】如果一个四位数各个位数上的数字之和为8，则称这个四位数为“幸运数”，那么总共
有 个“幸运数”．
【答案】
【解析】①若有 个 ，则为 ，共 个；
②若有 个 ，则另外两个数为 ， ， ， ，则有 个；
③若有 个 ，则另外三个数为 ， ， ， ， ，
则有 个；
④若没有 ，则为 ， ， ， ， ，
则有 个；
综上一共有 个.故答案为：
【变式14-3】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）对于各数位均不为0的四位数 ，若两位数 、
和 均为完全平方数（完全平方数是指可以写成某个整数的平方的数），则称 具有“S性质”，则
具有“S性质”的四位数的个数为 ．
【答案】3
【解析】因为平方是两位数的有： ， ， ， ， ， ，
所以具有“ 性质”的四位数有：1649，3649，8164，
即具有“ 性质”的三位数的个数为3．
故答案为：3．
【变式14-4】（2024·河南郑州·三模）设 ， ， ，…， 是1，2，3，…，7的一个排列．且满足
，则 的最大值是
【答案】21
【解析】要使 的值最大，
又且 ，
所以排列可以为 ，
则 的最大值是
.
故答案为：21
题型十五：几何问题
【典例15-1】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
【解析】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
【典例15-2】圆周上有 个等分点 ，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ．
【答案】【解析】由题意知,只有三角形的一条边过圆心,才能组成直角三角，
因为圆周上有 个等分，所以共有 条直径，
每条直径可以和除去本身的两个端点外的点组成直角三角形，所以可做 个直角三角形.
根据分步计数原理知,共有 个
故答案为: .
【变式15-1】已知直线 中的 、 、 是取自集合 中的3个不同的元素，
并且该直线的倾斜角为锐角．那么这样的直线的条数是 ．
【答案】43
【解析】设直线 的倾斜角为θ，则 ．
不妨设 ，则 ．
（1） 时，a有三种取法，b有三种取法，
排除2个重复（ 与 为同一直线），
故这样的直线有 （条）；
（2） 时，则a有三种取法，b有三种取法，c有四种取法，
且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有 （条）．
从而，符合要求的直线有 （条）．
故答案为：43．
【变式15-2】（2024·江苏连云港·模拟预测）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
【解析】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： .
【变式15-3】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 .
【答案】36
【解析】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对.
如下图所示：
①对于正方体的每一条棱，都有 个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有 个；
②对于正方体的每一条面对角线（如 ，则 平面 ），均有一个对角面构成“正交线面对”，
这样的“正交线面对”有 个.
综上所述，正方体中的“正交线面对”共有 个.
故答案为 .
【变式15-4】（2024·全国·模拟预测）二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一
个 的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转 后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”
的个数为 .（用数字作答）
【答案】
【解析】由题意知，作出 的正方形 方格阵图，如图所示：因为“转转码”有对称轴且绕其中心逆时针旋转 后能与自身重合，
则可知正方形 、 、 和 的黑色和白色方格数量相等且位置排列完全相同，
且每个正方形关于其对角线 、 、 和 对称，
矩形 、 、 和 的黑色和白色方格数量相等且位置排列也完全相同，其
中正方形 逆时针旋转 后位置不变，
只需该 的二维码中的正方形 的 个方格、矩形 的3个方格及正方形 方格，
共计 个方格，出现双色方格，该二维码即是“转转码”，
则该“转转码”的个数有： 种，
故答案为： .
【变式15-5】从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（ ）.
A．105种 B．225种 C．315种 D．420种
【答案】C
【解析】如图所示，以A为钝角顶点，在直径 的左边取点 ，右边依次取 ，得到6个钝角
三角形，当取 时，△ 为锐角三角形；
同理，直径 的左边取点 ，右边依次取 ，得到5个钝角三角形，当取 ， 时，△
、△ 为锐角三角形；
……
在直径 的左边取点 时，得到一个钝角△ ，
在直径 的左边取点 时，没有钝角三角形.
故以A为钝角顶点的三角形共有 （个）.
以其余14个点为钝角顶点的三角形也各有21个，
所以总共有 （个）钝角三角形.故选：C
题型十六：分解法模型与最短路径问题
【典例16-1】有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不
能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到
出口共有多少种不同走法？
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【解析】如图，①从入口﹣1﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
②从入口﹣1﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
③从入口﹣1﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
④从入口﹣1﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑤从入口﹣2﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
⑥从入口﹣2﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
⑦从入口﹣2﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑧从入口﹣2﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
共有8种，
故选：B．【典例16-2】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
【解析】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.
【变式16-1】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
【解析】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.
【变式16-2】如图，在某城市中， ､ 两地之间有整齐的方格形道路网，其中 、 、 、 、
是道路网中的 个指定交汇处. 今在道路网 ､ 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. 则下列说法正确的是（ ）
A．甲从 到达 处的方法有 种
B．甲从 必须经过 到达 处的方法有 种
C．甲、乙两人在 处相遇的概率为
D．甲、乙两人在道路网中 个指定交汇处相遇的概率为
【答案】D
【解析】对于A，甲从M到N的最短路程，只能向上或者向右走，需要走6步，2步向上，4步向右，共
有C 种，故A错；对于B，第一步，甲从M到 ，有C 种走法，第二步，从 到N，有C 种
走法，所以共有 种走法，故B错；对于C，由B可知甲、乙经过 的走法都有9种，所以在 处相
遇共有 种走法，而甲、乙两人的总走法有 种，所以两人在 处相遇的概率为 ，故C
错；对于D，因为甲、乙两人只能在 处相遇，由C可知D对.
故选：D.
【变式16-3】一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有
（ ）
A．6种 B．8种C．36种 D．48种
【答案】D
【解析】如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时
针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，
选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计
数原理，共有6×4×2＝48(种)不同的参观路线．
故选：D
【变式16-4】下图是某项工程的网络图(单位:天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有（ ）
A．14条 B．12条 C．9条 D．7条
【答案】B
【解析】由图可知，由① ④有3条路径，由④ ⑥有2条路径，由⑥ ⑧有2条路径，根据分步乘法
计算原理可得从① ⑧共有 条路径.
故选：B
【变式16-5】如图为某旅游区各景点的分布图,图中一条带箭头的线段表示一段有方向的路,试计算顺
着箭头方向,从A到H不同的旅游路线的条数,这个数是( )
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】C
【解析】如果一条一条地去数,由于道路错综复杂,哪些已经算过,哪些没有算过就搞不清楚了,所以我们换一
种思路,用分析法试试.要到H点,需从F,E,G点走过来,F,E,G各点又可由哪些点走过来……这样一步步倒推,
最后归结到A点,然后再反推过去得到如下的计算法:A到B,C,D的路线条数记在B,C,D圆圈内,B,C,D分别到F,E,G的路线条数亦记在F,E,G圆圈内,最后F,E,G内的路线条数之和即为从A到H的路线的总条数,如下
图所示.
故答案为C.
【变式16-6】正整数2022有______个不同的正约数．
【答案】
【解析】因为 ，
故 所有的正约数有： 个.
故答案为： .
【变式16-7】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
【解析】
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.
题型十七：排队问题
【典例17-1】现有10人排队，其中要求甲、乙、丙、丁、戊五人的先后顺序固定，则共有不同排法
种．
【答案】30240
【解析】先将10人全排，即为 ，再将甲、乙、丙、丁、戊五人全排，即为 ，
故有 种排法．
故答案为：30240.
【典例17-2】随着杭州亚运会的举办，吉祥物“琮琮”、莲莲”、宸宸”火遍全国.现有甲、乙、丙3
位运动员要与“琮琮”、莲莲”、宸宸”站成一排拍照留念，则这3个吉祥物互不相邻的排队方法数为
.（用数字作答）
【答案】144
【解析】由题意，甲、乙、丙3位运动员站成一排，有 种不同的排法，
在三位运动员形成的4个空隙中选3个，插入3个吉祥物，共有 种排法.
故答案为：144．
【变式17-1】6名同学排队站成一排，要求甲乙两人不相邻，共有 种不同的排法.
【答案】
【解析】插空法， .
故答案为：480.
【变式17-2】（2024·高三·上海·期末）同宿舍六位同学在食堂排队取餐，其中 三人两两不相邻，
和 是双胞胎必须相邻，这样的排队方法有 种.
【答案】72
【解析】分三步：
第一步，先将除A，B，C三人的其余三人进行排序，有 种方法；
第二步，第一步排好后有4个空位，因为A和D必须相邻，所以A只能插入与D相邻的两个空位，有2种
方法；
第三步，最后将B，C插入剩余三个空位，有 种方法.
由分步乘法计数原理得，共有 种方法.
故答案为： .
【变式17-3】（2024·山东·模拟预测）为了响应国家号召，预防新冠病毒的传播，7位高龄老人排队注射新冠疫苗，要求甲、乙、丙相邻，且乙在甲与丙的中间，则共有 种不同的排队方法．
【答案】240
【解析】不同的排队方法有 种．
故答案为：240
【变式17-4】（2024·高三·辽宁·开学考试）某34人班级派5人参观展览，班级里有11人喜欢唱，4人
喜欢跳，5人喜欢rap，14人喜欢篮球，每个人只喜欢一种.5人站一队参观，但是当队伍中第
个人分别喜欢唱、跳、rap、篮球时，上述4人会讨论蔡徐坤，展览馆不希望有人讨论蔡
徐坤.当且仅当两个队伍中至少有一个位置上的人的喜好不同，两个队伍才被认为是不同的，则满足上述条
件的不同的排队方案数为 .
【答案】
【解析】如果5个人中喜欢的种类有1种，则不同的排队方案数为3种，
如果5个人中喜欢的种类有2种，则不同的排队方案数为 ；
如果5个人中喜欢的种类有3种，
则不同的排队方案数为 ；
如果5个人中喜欢的种类有4种，
则不同的排队方案数为 ；
故不同的排队方案数为 .
故答案为： .
【变式17-5】小明与 位男生、 位女生在排队购物，已知每位女生需 分钟，男生需 分钟，若小明
（不排在首位）的前后不同时为女生，且他的等待时间不多于 分钟，则不同的排队情况共有 种.
【答案】
【解析】分以下四种情况讨论：
①若小明等待的时间为 分钟，则在他前面的只有 个男生，
此时，满足条件的排队方法种数为 ；
②若小明等待的时间为 分钟，则在他前面的为 个男生或 个女生，
此时，满足条件的排队方法种数为 ；
③若小明等待的时间为 分钟，则在他前面的为 个男生或 男 女，
此时，满足条件的排队方法种数为 ；
④若小明等待的时间为 分钟，则在他前面的为 个男生 个女生或 个女生，
此时，符合条件的排队方法种数为 .
综上所述，不同的排队方法种数为 .
故答案为：题型十八：构造法模型和递推模型
【典例18-1】几个孩子在一棵枯树上玩耍，他们均不慎失足下落．已知
（ ）甲在下落的过程中依次撞击到树枝 ， ， ；
（ ）乙在下落的过程中依次撞击到树枝 ， ， ；
（ ）丙在下落的过程中依次撞击到树枝 ， ， ；
（ ）丁在下落的过程中依次撞击到树枝 ， ， ；
（ ）戊在下落的过程中依次撞击到树枝 ， ， ．
倒霉的李华在下落的过程中撞到了从 到 的所有树枝，根据以上信息，在李华下落的过程中，和这 根
树枝不同的撞击次序有（ ）种．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题可判断出树枝部分顺序 ，还剩下 ， ， ，
先看树枝 在 之前，有 种可能，而树枝 在 之间， 在 之后，
若 在 之间， 有 种可能：
①若 在 之间， 有 种可能，
②若 在 之间， 有 种可能，
③若 在 之间， 有 种可能．
若 不在 之间，则 有 种可能，此时 有 种可能，
可能在 之间， 有 种可能， 可能在 之间， 有 种可能，
综上共有 ．
故选： ．
【典例18-2】九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具.它用九个圆环相连成串，以解开为胜.它
在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载.周邦彦也留下关于九连环的名句“纵
妙手、能解连环.”九连环有多种玩法，在某种玩法中:已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个
圆环最少需要移动圆环 2 次，记 为解下 个圆环需要移动圆环的最少次数，且
，则解下 8 个圆环所需要移动圆环的最 少次数为（ ）
A．30 B．90 C．170 D．341【答案】C
【解析】由题， ，所以 .
故选.：C
【变式18-1】（2024·福建福州·高三统考期中）三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练，由丙开始
传，经过 次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有（ ）
A．4种 B．10种
C．12种 D．22种
【答案】B
【解析】根据题意，设在第 次传球后（ ），有 种情况球在丙手中，
即经过 次传递后，球又被传回给丙，而前 次传球中，每次传球都有 种方法，
则前 次传球的不同的传球方法共有 种，
那么在第 次传球后，球不在丙手中的情况有 种情况，即球在乙或甲手中，只有在这些情况时，在
第 次传球后，球才会被传回丙，即 ；
易得 ，则 ， ， .
故选：B．
【变式18-2】（多选题）跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳
1格或2格，那么下面说法正确的是（ ）
A．进入第二个格子走法有2种
B．进入第二个格子走法有1种
C．进入第三个格子走法有2种
D．进入第八个格子走法有21种
【答案】BCD
【解析】设跳到第 格的方法有 ，则达到第 格的方法有两类，
第一种方法是从第 个格子向右跳一格到达第 格，方法数为 ，
第二种方法是从第 向右跳两格到达第 格，方法数是 ，则 ，
结合条件及数列的递推关系可得到数列的前8项分别是 ,
A错误，BCD正确.
故选： .
【变式18-3】马路上有编号为1，2， ，2011的2011只路灯.为节约用电，要求关闭其中的300只灯，
但不能同时关闭相邻两只，也不能关闭两端的路灯.则满足条件的关灯方法共有______.（用组合数符合表
示）.
【答案】【解析】问题等价于在1711只路灯中插入300只暗灯.所以，共有 种关灯方法.
故答案为
【变式18-4】一只蚂蚁从一个正四面体 的顶点 出发，每次从一个顶点爬行到另一个顶点，则
蚂蚁爬行五次还在点 的爬行方法种数是__________．
【答案】
【解析】解法一：第一次爬行可以到 的任何一点，第二次爬行分到 与不到 ，对于第二次不到
的第三次爬行再分到 与不到 ．爬行方法总数为 （种）．
解法二：设从点 出发爬行 次仍在点 的爬行方法种数为 ，则 ， ，
，
，
， ．（亦可由递推式从第二项递推出第五项的值）
故答案为： .
【变式18-5】把圆分成 个不相等的扇形，并且用红、黄、蓝三种颜色给扇形染色，但不允许相邻的
扇形有相同的颜色，问共有多少种染色法？
【解析】设将圆分成 个不相等的扇形时，满足题设的染法有 种．
依次记 个扇形为 、 、 、 ，显然 ，
当 时，先对 染色，有 种方法； 染色后再对 染色，有 种方法，故 ．
当 时，我们依次对 、 、 、 染色．
对 染色，有 种方法，对 染色后再对 染色有 种方法，
同样的对 、 、 、 分别有 种方法，由乘法原理共有 种染色方法．
但这样做， 与 有可能同色．即在 种染色方法中包含了 与 同色的染色方法．
对于 与 同色的情形，拆去 与 的边界使 与 合并，
便得到将圆分为 个扇形时同色不相邻的染色方法，这样的情况有 种．
故 ，且 ，
设 ，可得 ，则 ，即 ，
故 ，且 ，
所以，数列 是从第二项开始成以 为公比的等比数列，
因此， ，因此， .题型十九：环排问题
【典例19-1】21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字
“3”的人出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报
数的次数为（ ）
A．19 B．38 C．51 D．57
【答案】D
【解析】当倒数第 个人出来表演节目时，一共报数了 次.
故选：D
【典例19-2】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，
根据排列数的计算公式，得到， ，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19-1】现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】8个人围成一圈,有 种.
其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由 .
所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为 .
故答案为：D
【变式19-2】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，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．
【变式19-3】如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷
的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（ ）.
A．40320种 B．5040种 C．20160种 D．2520种
【答案】D
【解析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有 种方法，
再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有 种方法，
由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，
所以不同的涂色方法，共有 种不同的涂法.
故选：D.
【变式19-4】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：A1．（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.
2．（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.
3．（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.
4．（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
5．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）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
【解析】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.
1．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，
回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”对乙说：“你当然不会是最差的”从这两个回答分析，
5人的名次排列可能有多少种不同情况？
【解析】根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分2种情况讨论：
①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有 种情况，
此时有3×6=18种名次排列情况；
②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有 种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有 种情况，此时有 种名次排列情况；
则一共有 种不同的名次情况，
故5人的名次排列可能有54种不同情况．
2．移动互联网给人们的沟通交流带来了方便.某种移动社交软件平台，既可供用户彼此添加“好友”单独
交流，又可供多个用户建立一个“群”（“群里”的人彼此不一定是“好友”关系）共同交流.如果某人在
平台上发了信息，他的“好友”都可以看到，但“群”里的非“好友”不能看到.现有一个 人的“群”，
其中 人在平台上发了一条信息，“群”里有 人能看到，那么这个“群”里与发信息这人是“好友”关系
的情况可能有多少种？
【解析】由题意可知： 人中有 人与发信息的人是好友， 人与发信息的人不是好友，
所以关系的情况可能种数为： 种，
故“好友”关系的情况可能有 种.
3．如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种
颜色，共有几种不同的着色方法？
【解析】先排I，II，III共有 种，IV有 种
不同的着色方法数有 种．
4．根据某个福利彩票方案，每注彩票号码都是从1~37这37个数中选取7个数.如果所选7个数与开出的7
个数一样（不管排列顺序），彩票即中一等奖.
（1）多少注不同号码的彩票可有一个一等奖？
（2）如果要将一等奖的中奖机会提高到 以上且不超过 ，可在37个数中取几个数？
【解析】（1）根据某个福利彩票方案，在1至37这37个数字中，选取7个数字，
如果选出的7个数字与开出的7个数字一样（不管排列顺序）即得一等奖，
注彩票可有一个一等奖．
（2） ， ，
则在37个数中取6个数或31个数，中一等奖的概率为在37个数中取5个或32个数，中一等奖的概率为
如果要将一等奖的机会提高到 以上且不超过 ，
可在37个数中取6个数或31个数．
5．从含有3件次品的100件产品中，任意抽取5件进行检验.
（1）抽出的产品都是合格品的抽法有多少种？
（2）抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法有多少种？
（3）抽出的产品中至少有2件是次品的抽法有多少种？
（4）抽出的产品中至多有2件是次品的抽法有多少种？
【解析】（1）100件产品中有97件合格品，则抽出的产品都是合格品的抽法有 种；
（2）抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法有 种；
（3）抽出的产品中至少有2件是次品的抽法有 种；
（4）抽出的产品中至多有2件是次品的抽法有 种.
6．从5名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛.
（1）如果4人中男生女生各选2人，那么有多少种选法？
（2）如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有多少种选法？
（3）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种选法？
（4）如果4人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法？
【解析】（1）如果4人中男生女生各选2人，有 种选法；
（2）如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，则在剩下的7人中任选2人，有 种选法；
（3）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，包含两种情况，第一种甲和乙都在内的选法有
种，第二种情况，甲乙选1人，有 种选法，
则如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，共有 种选法；
（4）如果4人中必须既有男生又有女生，先从所有9人中选4人，去掉只有男生和只有女生的情况，故有
种选法.易错点：忽视顺序，重复计算出错
易错分析： 忽视顺序和重复计算出错，往往源于对问题结构理解不深或计算过程中缺乏严谨。在复
杂问题中，步骤顺序至关重要，错误顺序可能导致结果偏差。同时，重复计算若未及时发现，会累积错误，
影响最终准确性。需细心审题，严谨计算。
【易错题1】某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同
的排法共有（ ）种．
A．5040 B．1260 C．210 D．630
【答案】D
【解析】把7天分成一组2天，一组2天，一组3天，3个人各选1组值班，即可求解.把7天分成一组2天，
一组2天，一组3天，3个人各选1组值班，共有 种．
故选：D.
【易错题2】将 这七个数随机地排成一个数列，记第i项为 ，若 ，
，则这样的数列共有 个．
【答案】360
【解析】∵ ，∴前 项的和 ，
列举可知：
①（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），（1，2，6），（1，2，6）有4个；
②（1，3，4），（1，3，5），（1，3，6）有3个；
③（1，4，5）有1个；
④（2，3，4），（2，3，5）有2个；
共有10个，
∴共计有 个这样的数列．
故答案为：
答题模板：分组分配问题
1、模板解决思路分组分配问题，先分组后分配。均匀分组需除以组数全排列数，部分均匀则除相同元素组的全排列数。
分配时分定向与不定向，不定向需乘组数全排列数。
2、模板解决步骤
第一步：将所给元素进行分组.
第二步：将分好的组进行全排列。
第三步：根据分步乘法计数原理，求出总的分配方法数。
【易错题1】为方便广大人民群众就医，普及医疗健康知识，社区组织“义诊下乡行”活动，某医疗队伍
有5名医生需分配到3个志愿团队，每个志愿队至少分配一名医生，甲医生被分到 志愿队的方法有
种．（用数字作答）
【答案】50
【解析】第一种情况，A志愿队只有甲医生，则剩下的4人可以为1，3或2，2的分组，再分配到另2个志
愿团队，有 种方法，
第二种情况，A志愿队有甲医生外，还有1人，剩下的3人为1，2的分组，再分配到另2个志愿团队，有
种方法，
第三种情况，A志愿队有甲医生外，还有2人，剩下的1人为1，1的分组，再分配到另2个志愿团队，有
种方法，
所以共有 种方法.
故答案为：50
【易错题2】甲、乙等6位同学去三个社区参加义务劳动，每个社区安排2位同学，每位同学只去一个社
区，则甲、乙到同一社区的不同安排方案共有 .
【答案】18
【解析】根据题意，安排6位同学到社区参加义务劳动可分成两步：
第一步，将6位同学分成3组，要求甲、乙一组，其余4位同学平均分组，
则有 种分组方法；
第二步，将分好的3组全排列，安排到三个不同的社区，有 种情况；
则由分步计数原理可得，
甲、乙到同一社区的不同安排方案共有3×6=18种不同的安排方法.
故答案为：18.
