第86讲排列与组合_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第86讲 排列与组合 知识梳理 知识点1、排列与排列数 (1)定义：从n个不同元素中取出mm≤n  个元素排成一列，叫做从n个不同元素中取 出m个元素的一个排列．从n个不同元素中取出mm≤n  个元素的所有排列的个数，叫做 从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号Am表示． n (2)排列数的公式：Am n =nn-1  n-2  ⋯n-m+1  n! = n-m  ． ! 特例：当m=n时，Am n =n!=nn-1  n-2  ⋯3⋅2⋅1；规定：0!=1． (3)排列数的性质： 1 n ①Am=nAm-1；②Am= Am+1= Am ；③Am=mAm-1+Am ． n n-1 n n-m n n-m n-1 n n-1 n-1 (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，Am n =nn-1  ⋅⋅ ⋅n-m+1  n! 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Am= ． n (n-m)! 知识点2、组合与组合数 (1)定义：从n个不同元素中取出mm≤n  个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取 出m个元素的一个组合．从n个不同元素中取出mm≤n  个元素的所有组合的个数，叫做 从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Cm表示． n (2)组合数公式及其推导 求从n个不同元素中取出m个元素的排列数Am，可以按以下两步来考虑： n 第一步，先求出从这n个不同元素中取出m个元素的组合数Cm； n 第二步，求每一个组合中m个元素的全排列数Am； n 根据分步计数原理，得到Am=Cm⋅Am； n n m Am nn-1 因此Cm= n = n Am m  n-2  ⋯n-m+1  ． m! n! 这里n，m∈N ，且m≤n，这个公式叫做组合数公式．因为Am= + n n-m  ，所以组合 ! n! 数公式还可表示为：Cm= n m!n-m  ．特例：C0=Cn=1． ! n n 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 C m = n n(n-1)(n-2)⋅⋅⋅(n-m+1) n! 常用于具体数字计算，Cm= 常用于含字母算式的 m! n m!(n-m)! 化简或证明． (3)组合数的主要性质：①Cm=Cn-m；②Cm+Cm-1=Cm ． n n n n n+1 (4)组合应用题的常见题型： 第 页 共 页 3118 3427①“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 知识点3、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”． 知识点4、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． 【解题方法总结】 1、如图，在圆中，将圆分n等份得到n个区域M ，M ，M ，⋯，M (n≥2)，现取k(k≥2) 1 2 3 n 种颜色对这n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(-1)n (k-1)+(k-1)n种． n (-1)i 2、错位排列公式D = +1 n n! i=1  ⋅n! 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 第 页 共 页 3119 3427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An-k+1种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部” n-k+1 进行排列，共有Ak种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有An-k+1⋅Ak k n-k+1 k 种． 6、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个 元素互不相邻(k≤n-k+1)，求不同排法种数的方法是：先将(n-k)个元素排成一排，共 有An-k种排法；然后把k个元素插入n-k+1个空隙中，共有Ak 种排法．根据分步乘法 n-k n-k+1 计数原理可知，符合条件的排法共有An-k·Ak 种． n-k n-k+1 必考题型全归纳 1 题型一：排列数与组合数的推导、化简和计算 4694 (2024·全国·高三专题练习)若C2x+1=Cx+2，则实数x的值为 ( ) 12 12 A.1 B.3 C.1或3 D.0 【答案】C 【解析】因为C2x+1=Cx+2，所以2x+1=x+2或2x+1+x+2=12，解得x=1或x=3， 12 12 故选：C 4695 (2024·全国·高三专题练习)C2+C2+C2+⋅⋅⋅+C2 = ( ) 2 3 4 18 A.C3 B.C3 C.C3 -1 D.C3 -1 18 19 18 19 【答案】B 【解析】C2+C2+C2+C2+⋅⋅⋅+C2 2 3 4 5 18 =C3+C2+C2+C2+⋅⋅⋅+C2 3 3 4 5 18 =C3+C2+C2+⋅⋅⋅+C2 4 4 5 18 =C3+C2+⋅⋅⋅+C2 5 5 18 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ =C3 +C2 18 18 =C3. 19 故选：B. 4696 (2024·甘肃兰州·统考一模)A2=90，则n等于 ． n 【答案】10 【解析】因为A2 n =nn-1  =90，解得n=10或n=-9， 且n≥2，所以n=10. 故答案为：10. A2-A1 4697 (2024·全国·高三专题练习) 5 10 = A3+A1 3 1 10 3 【答案】 /1 7 7 第 页 共 页 3120 3427A2-A1 20-10 10 【解析】 5 10 = = . A3+A1 6+1 7 3 1 10 故答案为： . 7 4698 (2024·全国·高三专题练习)A10-89A8-8A7= ． 10 8 7 【答案】0 【解析】A10-89A8-8A7=10!-89×8!-8!=8!-8!=0. 10 8 7 故答案为：0. 4699 (2024·高三课时练习)已知Am-C2+0!=4，则m= . 3 3 【答案】2或3 【解析】∵Am-C2+0!=4， 3 3 ∴Am=6，又3×2=3×2×1=6， 3 所以m=2或m=3. 故答案为：2或3. 4700 (2024·河北衡水·高三衡水市第二中学期末)若C3n+6=C4n-2，则Cn= 18 18 9 【答案】36 3n+6≤18 【解析】由组合数的性质可得  ，解得n≤4， 4n-2≤18 又因为C3n+6=C4n-2，所以3n+6=4n-2或3n+6+4n-2=18， 18 18 解得n=8(舍去)或n=2， 9×8 所以C2= =36， 9 2×1 故答案为：36 4701 (2024·全国·高三对口高考)计算C38-n+C3n 的值为 . 3n n+21 【答案】466 19 21 【解析】依题意，38-n≤3n≤n+21，解得 ≤n≤ ，而n∈N∗，于是得n=10， 2 2 30×29 所以，原式=C28+C30=C2 +C1 = +31=466. 30 31 30 31 2×1 故答案为：466 2 题型二：直接法 4702 (2024·江苏·高三校联考开学考试)甲、乙、丙等六人相约到电影院观看电影《封神榜》，恰 好买到了六张连号的电影票．若甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为 ( ) A.360 B.480 C.600 D.720 【答案】B 【解析】由题意，甲、乙、丙等六人的全排列，共有A6=720种不同的排法， 6 其中甲、乙、丙三人的全排列有A3=6种不同的排法， 3 其中甲、乙在丙的同侧有：甲乙丙、乙甲丙、丙甲乙，丙乙甲，共4种排法， 4 所以甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为720× =480种. 6 故选：B. 第 页 共 页 3121 34274703 (2024·重庆·高三统考阶段练习)雅礼女篮一直是雅礼中学的一张靓丽的名片，在刚刚结 束的2022到2024赛季中国高中篮球联赛女子组总决赛中，雅礼中学女篮队员们敢打敢 拼，最终获得了冠军．在颁奖仪式上，女篮队员12人(其中1人为队长)，教练组3人，站成 一排照相，要求队长必须站中间，教练组三人要求相邻并站在边上，总共有多少种站法 ( ) A.A3A11 B.2A3A11 C.A3A4A7 D.2A3A4A7 3 11 3 11 3 4 7 3 4 7 【答案】B 【解析】选择左右两边其中一边将教练组3人捆绑看作一个整体安排共有2A3种排法， 3 将剩余的11名队员全排列共有A11， 11 由分步乘法计数原理可得总的站法有2A3A11， 3 11 故选:B. 4704 (2024·全国·高三专题练习)有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每 天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为 ( ) A.120 B.60 C.40 D.30 【答案】B 【解析】不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e，假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4 人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A2=12种方法， 4 同理：b,c,d,e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法， 所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有5×12=60种. 故选：B. 4705 (2024·全国·高三对口高考)要排出某班一天中语文，数学，政治，英语，体育，艺术6门课 各一节的课程表，要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法种数为 ( ) A.24 B.72 C.144 D.288 【答案】D 【解析】数学课排在前3节，英语课不排在第6节， ∴先排数学课有C1种排法，再排最后一节有C1种排法，剩余的有A4种排法， 3 4 4 ∴根据分步计数原理知，共有C1C1A4=3×4×24=288种排法． 3 4 4 故选：D． 4706 (2024·全国·高三对口高考)运输公司从5名男司机，4名女司机中选派出3名男司机，2 名女司机，到A，B，C，D，E这五个不同地区执行任务，要求A地只能派男司机，E地只 能派女司机，则不同的方案种数是 ( ) A.360 B.720 C.1080 D.2160 【答案】D 【解析】第一步，先从5名男司机，4名女司机中选派出3名男司机，2名女司机，共有C3⋅ 5 C2种方法， 4 第二步，从抽取到的司机中，派1名男司机去A地，派一名女司机去E地，共有C1⋅C1种 3 2 方法， 第三步，剩下3名司机随机去B，C，D三地，共有A3种方法， 3 故不同方案种数为C3⋅C2⋅C1⋅C1⋅A3=2160， 5 4 3 2 3 第 页 共 页 3122 3427故选：D 4707 (2024·全国·高三对口高考)从编号为1，2，3，4，5的5个球中任取4个，放在编号为A， B，C，D的4个盒子里，每盒一球，且2号球不能放在B盒中的不同的方法数是 ( ) A.24 B.48 C.54 D.96 【答案】D 【解析】先在编号为1，3，4，5的4个球中任取1个放在B盒中， 再将余下的3个球与2号球放在一起，从中选3个球放在编号为 A，C，D的3个盒子中，每盒一球，即可完成题目要求. 则符合题给要求的不同的方法数为A1A3=96 4 4 故选：D 4708 (2024·陕西·高三校联考阶段练习)甲、乙两个家庭周末到附近景区游玩，其中甲家庭有 2个大人和2个小孩，乙家庭有2个大人和3个小孩，他们9人在景区门口站成一排照相， 要求每个家庭的成员要站在一起，且同一家庭的大人不能相邻，则所有不同站法的种数为 ( ) A.144 B.864 C.1728 D.2880 【答案】C 【解析】甲家庭的站法有A2A2=12种，乙家庭的站法有A3A2=72种， 2 3 3 4 最后将两个家庭的整体全排列，有A2=2种站法， 2 则所有不同站法的种数为12×72×2=1728． 故选：C 3 题型三：间接法 4709 (2024·全国·高三专题练习)8个点将半圆分成9段弧，以10个点(包括2个端点)为顶点 的三角形中钝角三角形有( )个 A.55 B.112 C.156 D.120 【答案】B 【解析】根据题意，如图：在10个点中，任意三点不共线， 在其中任取3个点，可以组成C3 =120个三角形， 10 其中没有锐角三角形，直角三角形是包含A、B点和余下的8点任意取一个构成的三角 形，有8个，则钝角三角形有120-8=112个． 故选：B． 4710 (2024·湖北武汉·高二校联考期末)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 第 页 共 页 3123 3427【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3×3×3×3=81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2×2×2×2=16种情况， 故汉口江滩一定要有人去有81-16=65种情况， 故选：A． 4711 (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， 360 设从360个顶点中选出k个构成正多边形，这样的正多边形有 个， k 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360=23×32×5， 因此所求正多边形的个数为1+2+4+8  ×1+3+9  ×1+5  -360-180=630. 故选：B. 4712 (2024·全国·高三专题练习)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A7=5040种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相 7 邻有A3A5=720种不同的站法，甲站在最右端有A6=720种不同的站法，甲、乙、丙3个相 3 5 6 邻且甲站最右端有A2A4=48种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不 2 4 站在最右端，不同的站法有5040-720-720+48=3648种不同的站法. 故选：D 4 题型四：捆绑法 4713 (2024·四川内江·高三期末)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙 相邻，丙不站在两端，则不同的排列方式共有 ( ) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 【答案】B 【解析】将甲和乙看作一个整体，有A2=2种方法， 2 将丁、戊和甲乙的整体首先安排到两端，则有A2=6种方法， 3 再安排丙和剩余的人，有有A2=2种方法， 2 根据分步乘法计数原理可得不同的排列方式有：2×6×2=24种． 故选：B． 4714 (2024·江西宜春·高三统考开学考试)“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 第 页 共 页 3124 3427知某班级有A,B,C,D,E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A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 【解析】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A同学选择浙江大学， 当有两位同学选择了浙江大学时，则B,C,D,E这4 位同学在4所大学中分别选了一所， 共A4=24种选法； 4 当只有A同学选择了浙江大学时，则B,C,D,E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C2A3=36种选法； 4 3 所以A同学选择浙江大学的不同方法共有24+36=60种. 故选：B 4715 (2024·全国·高三专题练习)某个单位安排7位员工在“五·一”假期中1日至7日值班，每 天安排1人值班，且每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻的两天，丙不排在5月 1日，丁不排在5月7日，则不同的安排方案共有 ( ) A.504种 B.960种 C.1008种 D.1200种 【答案】C 【解析】依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有A2A6=1440(种)， 2 6 其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班的方法共有A2A4=240 2 5 (种)； 满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在5月7日值班的方法共有A2A5=240(种)； 2 5 满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班，丁在5月7日值班的方法共有 A2A4=48(种). 2 4 因此满足题意的方法共有1440-2×240+48=1008(种). 故选：C. 4716 (2024·全国·高三专题练习)2024年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家 过年，若五辆车分别为A,B,C,D,E，五辆车随机排成一排，则A车与B车相邻，A车与C 车不相邻的排法有 ( ) A.36种 B.42种 C.48种 D.60种 【答案】A 【解析】将A车与B车捆在一起当一个元素使用，有A2=2种捆法， 2 将除C车外的3个元素全排，有A3=6种排法， 3 将C车插入，不与A车相邻，又3种插法， 故共有2×6×3=36种排法. 故选：A 4717 (2024·全国·高三专题练习)为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲、乙、丙、丁、 戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要 求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有( )种. A.40 B.24 C.20 D.12 【答案】B 第 页 共 页 3125 3427【解析】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须 相邻， 先令丙、丁两人相邻用捆绑法A2，再把丙、丁与戊排列在一起A2，最后插空令甲、乙两人 2 2 不相邻A2,则不同的排法共有A2×A2×A2=2×2×6=24种. 3 2 2 3 故选：B. 5 题型五：插空法 4718 (2024·湖北·高三孝感高中校联考开学考试)已知来自甲、乙、丙三个学校的5名学生参 加演讲比赛，其中三个学校的学生人数分别为1、2、2.现要求相同学校的学生的演讲顺序 不相邻，则不同的演讲顺序的种数为 ( ) A.40 B.36 C.56 D.48 【答案】D 【解析】设这5个人分别为：ABCDE，则要求B与C和D与E的演讲顺序都不能相邻. 第一类：A在BC中间，此时再把D与E插空到这3人中间， 此时的不同的演讲顺序有A2A2=24 2 4 第二类：A不在BC中间，此时先考虑B与C和D与E，分别将他们看成两个人的整体， 再将他们的顺序应相间排列，最后考虑A，此时的不同的演讲顺序有A2A2A2A1=24 2 2 2 3 综上可得：总共有48种不同的演讲顺序， 故选：D. 4719 (2024·黑龙江佳木斯·高三校考开学考试)甲、乙、丙、丁、戊五人排成一排，甲和乙不相 邻，排法种数为 ( ) A.12 B.36 C.48 D.72 【答案】D 【解析】先排丙、丁、戊三人，共有A3=6种排法， 3 甲和乙不相邻，再将甲、乙插空， 共有A2=12种排法，故排法种数为6×12=72． 4 故选：D 4720 (2024·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校考开学考试)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、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧，则可排成不同 的音序种数为 ( ) A.72 B.28 C.24 D.32 【答案】D 【解析】若角音阶排在两端，则宫、羽两音阶一定在角音阶的同侧，此时有2A2A2=24种； 2 3 若角音阶排在正中间，则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧的情况； 若角音阶排在第二或第四个位置上，则有2A2A2=8种排法. 2 2 根据分类加法计数原理可得共有24+8=32种排法. 故选：D 4721 (2024·全国·高三对口高考)2位男生和3位女生共5位同学站成一排．若男生甲不站两 端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数为 ( ) 第 页 共 页 3126 3427A.36 B.42 C.48 D.60 【答案】C 【解析】女生任选两人捆绑看作A，并与余下女生B排成一排有A2A2种方法，所成排中 3 2 有3个空， 若两男生不相邻，则男生甲排在A,B之间的位置上，另一男生在A,B两端任选一个位置 有C1种； 2 若两男生相邻，则有A2种排法，再插入A,B之间的位置上只有一种方法； 2 综上，不同排法共有A2A2(C1+A2)=48种. 3 2 2 2 故选：C 4722 (2024·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测)某校举行文艺汇演，甲、乙、丙等 6名同学站成一排演唱歌曲，若甲、乙不相邻，丙不在两端，则不同的排列方式共有 ( ) A.72种 B.144种 C.288种 D.432种 【答案】C 【解析】除甲乙丙外的三个人排一排有A3=6种排法，此时将甲乙插空有A2=12种排 3 4 法，这时甲乙包括剩下三个人形成了6个空，去掉首尾的，则丙有4种排法， 共有6×12×4=288， 故选：C 4723 (2024·四川·校联考模拟预测)北京地处中国北部、华北平原北部，东与天津毗连，其余方 向均与河北相邻，是世界著名古都，也是国务院批复确定的中国政治中心、文化中心、国际 交往中心、科技创新中心.为了感受这座古今中外闻名的城市，某学生决定在高考后游览 北京，计划6天游览故宫、八达岭长城、颐和园、“水立方”、“鸟巢”、798艺术区、首都博物 馆7个景点，如果每天至少游览一个景点，且“水立方”和“鸟巢”在同一天游览，故宫和八 达岭长城不在相邻两天游览，那么不同的游览顺序共有 ( ) A.120种 B.240种 C.480种 D.960种 【答案】D 【解析】顺序排列分2步进行，(1)将“水立方”和“鸟巢”看成一个整体，与颐和园、798艺 术区、首都博物馆全排列，有A2A4=48种情况， 2 4 (2)排好后，有5个空位可用，在其中任选2个，安排故宫和八达岭长城，有A2=20种情 5 况，则有48×20=960种不同的游览顺序. 故选：D. 4724 (2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测)一排有8个座位，有3人各不相邻而坐，则不同 的坐法共有 ( ) A.120种 B.60种 C.40种 D.20种 【答案】A 【解析】依题意，把3人连同他的座位一起插入另5个座位形成的6个空隙中，有A3= 6 120种. 故选：A 6 题型六：定序问题(先选后排) 第 页 共 页 3127 34274725 (2024·全国·高三专题练习)满足x ∈N*(i=1,2,3,4)，且x 25>32+32+22+12，故没有满足题意的情况． 综上，满足条件的有序数组a,b,c,d  的个数是4+12+12=28． 故选：A 4733 (2024·浙江宁波·高二校联考期末)已知字母x，y，z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xxyzyz)，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：xx,yy,zz. 当相邻的这组字母为xx时，将6个位置编成1-6号， 若xx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xx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xx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2×2=4种排 法； 若xx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xx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xx时，共有2+2+4+2+2=12种排法. 同理，相邻的字母为yy,zz时，也都有12种排法，故共有12×3=36种排法. 故选：A. 4734 (2024·全国·高三专题练习)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ABCD(边长为2个单位)的顶点A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ii=1,2,⋅⋅⋅,6  ，则棋子就按逆时针 方向行走i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A处的所 有不同走法共有 ( ) 第 页 共 页 3130 3427A.21种 B.22种 C.25种 D.27种 【答案】D 【解析】由题意，正方形ABCD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：1,1,6；1,2,5；1,3,4；2,2,4；2,3,3，排列方法共有C1+A3+A3 3 3 3 +C1+C1=21种； 3 3 ②点数之和为16的情况有：4,6,6；5,5,6，排列方法共有C1+C1=6种. 3 3 所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点A处的所有不同走法共有21+6=27种. 故选：D. 4735 (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A2A3=12； 2 3 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． 4736 (2024·全国·高三专题练习)工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个 位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同 的固定螺栓方式的种数是 ． 【答案】60 【解析】根据题意，第一个可以从6个钉里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相 等的，若第一个选1号钉的时候，第二个可以选3,4,5号钉，依次选下去，可以得到共有10 种方法，所以总共有10×6=60种方法，故答案是60. 8 题型八：多面手问题 4737 (2024·全国·高三专题练习)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.675 B.575 C.512 D.545 【答案】A 【解析】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理． 第一类2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C3⋅C3=100种； 5 5 第二类2个只会跳舞的有1人入选，有C1种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择2 2 第 页 共 页 3131 3427人来跳舞，有C2种，再从剩余的6人中选择3人唱歌，有C3种，故有C1C2⋅C3=400种； 5 6 2 5 6 第三类2个只会跳舞的全入选，有C2种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择1人来 2 跳舞，有C1种，再从剩余的7人中选择3人唱歌，有C3种，有C2C1⋅C3=175种， 5 7 2 5 7 所以共有100+400+175=675种不同的选法， 故选：A． 4738 (2024·全国·高三专题练习)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C4C4种； 5 4 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C1C3C4+C4C1C3种； 2 5 4 5 2 4 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C2C2C4+C4C2C2+C1C3C1C3种． 2 5 4 5 2 4 2 5 1 4 综上分析，共可开出C4C4+C1C3C4+C4C1C3+C2C2C4+C4C2C2+C1C3C1C3=185种． 5 4 2 5 4 5 2 4 2 5 4 5 2 4 2 5 1 4 故选：B． 4739 (2024·全国·高三专题练习)“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A={只会划左桨的3人}，B={只会划右桨的3人}，C={既会划 左桨又会划右桨的2人}，据此分3种情况讨论： ①从A中选3人划左桨，划右桨的在(B∪C)中剩下的人中选取，有C3=10种选法， 5 ②从A中选2人划左桨，C中选1人划左桨，划右桨的在(B∪C)中选取，有C2C1C3=24 3 2 4 种选法， ③从A中选1人划左桨，C中2人划左桨，B中3人划右桨，有C1=3种选法， 3 则有10+24+3=37种不同的选法． 故选：C． 4740 (2024·全国·高三专题练习)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 第 页 共 页 3132 3427法有C3C3 种，有一个“多面手”的选派方法有C1C2C3种，有两个“多面手”的选派方法有 3 6 2 3 5 C1C3种，即共有C3C3+C1C2C3+C1C3=92(种)不同的选派方法． 3 4 3 6 2 3 5 3 4 故选：D 9 题型九：错位排列 4741 (2024·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期末)“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4×3×4×3=144． 故选：C. 4742 (2024·全国·高三专题练习)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C2=10， 5 另外三个人编号与座位号不一致，方法数有2， 所以不同的坐法有10×2=20种. 故选：B 4743 (2024·全国·高三专题练习)将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6 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.90 B.135 C.270 D.360 【答案】B 【解析】根据题意，分以下两步进行： (1)在6个小球中任选2个放入相同编号的盒子里，有C2=15种选法，假设选出的2个小 6 球的编号为5、6； (2)剩下的4个小球要放入与其编号不一致的盒子里， 对于编号为1的小球，有3个盒子可以放入，假设放入的是2号盒子. 则对于编号为2的小球，有3个盒子可以放入， 对于编号为3、4的小球，只有1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15×3×3=135种. 第 页 共 页 3133 3427故选：B. 4744 (2024·广东广州·高二广州奥林匹克中学校考阶段练习)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C3=20，第二步剩下 6 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20×2=40． 故选：B． 10 题型十：涂色问题 4745 (2024·全国·高三专题练习)如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂 色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种. 【答案】72 【解析】观察图形知，2区与4区不相邻，3区与5区不相邻，且不相邻的区域可用同1种 颜色涂色，因此计算涂色方法可用3色和4色， 使用3种颜色，则2区与4区同色，3区与5区必同色，涂2区与4区有4种方法， 涂3区与5区有3种方法，涂1区有2种方法，则涂色方法有4×3×2=24(种)； 使用4种颜色，选取同色的方案有2种，涂同色的两块有4种方法，涂另外3块依次有3， 2，1种方法， 则涂色方法有2×4×3×2×1=48(种)， 所以不同的涂色方法共有48+24=72(种). 故答案为：72 4746 (2024·全国·高三专题练习)对正方体ABCD-ABCD的6个面进行涂色，有5种不同 1 1 1 的颜色可供选择.要求每个面只涂一种颜色，且有公共棱的两个面不同色，则总的涂色方 法个数为 (填写数字) 【答案】780 【解析】按上，前，右，后，下，左6个面的顺序涂色， (1)前后同色时， ①上下同色有5×4×3×1×1×3=180种涂色方法， ②上下不同色有5×4×3×1×2×2=240种涂色方法； (2)前后不同色时， ①上下同色有5×4×3×2×1×2=240种涂色方法， ②上下不同色有5×4×3×2×1×1=120种涂色方法. ∴总的涂色方法个数为180+240+240+120=780. 故答案为；780 . 第 页 共 页 3134 34274747 (2024·重庆·统考模拟预测)某城市休闲公园管理人员拟对一块圆环区域进行改造封闭 式种植鲜花，该圆环区域被等分为5个部分，每个部分从红、黄、紫三种颜色的鲜花中选取 一种进行栽植．要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花，总的栽植方案有 种． 【答案】30 【解析】若只用两种颜色的鲜花，则1，3位置的颜色相同，2，4位置的颜色相同， 即可得1，4位置的颜色不同，则5位置无颜色可选，不合题意； 故必用3种颜色的鲜花，则1，2的栽植方案有A2=6种，已用两种颜色，第三种颜色可能 3 在3，4，5，可得： (i)若第三种颜色在3或5，有如下两种可能： ①3，5的颜色相同，则4的颜色有两种可能，栽植方案有C1=2种； 2 ②3，5的颜色不相同，则4的颜色必和1的颜色相同，栽植方案有C1=2种； 2 栽植方案共有2+2=4种； (ⅱ)若第三种颜色在4，则3的颜色必和1的颜色相同，5的颜色必和2的颜色相同，栽植 方案共有1种； 综上所述：总的栽植方案有6×4+1  =30种. 故答案为：30. 4748 (2024·安徽·校联考模拟预测)数学课上，老师出了一道智力游戏题.如图所示，平面直角 坐标系中有一个3乘3方格图(小正方形边长为1)，一共有十六个红色的格点，游戏规则 是每一步可以改变其中一个点的颜色(只能由红变绿或绿变红)，如将其中任何一个点由 红色改成绿色，则这个点周围与之相邻的点也要从原来的颜色变成另外一种颜色，比如选 择1,1  变成绿色，则与之相邻的0,1  ，1,0  ，1,2  ，2,1  四个点也要变成绿色，那么最 少需要 步，才能使得位于直线y=-x+3上的四个点变成绿色，而其他点都是红 色. 【答案】4 【解析】由题意可知，需要使0,3  ，1,2  ，2,1  ，3,0  变成绿色，其他点都是红色， 第一步：0,3  变成绿色，则0,2  ，1,3  也变成绿色； 第二步：1,2  变成绿色，则0,2  ，1,3  变成红色，1,1  ，2,2  变成绿色； 第三步：2,1  变成绿色，则1,1  ，2,2  变成红色，2,0  ，3,1  变成绿色； 第四步：3,0  变成绿色，则2,0  ，3,1  变成红色. 第 页 共 页 3135 3427故答案为：4. 4749 (2024·全国·高三专题练习)如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的 花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有 种不同 的绿化方案(用数字作答). 【答案】180 【解析】如图： B A D C 从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法， B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法； 由D区与B，C花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色， 则D有3种颜色花卉摆放方法. 故共有5×4×3×3=180种涂色方法. 故答案为：180 4750 (2024·全国·高三专题练习)七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制 作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色 给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块 不同色，则不同的涂色方案有 种. 【答案】72 【解析】由题意，一共4种颜色，板块A需单独一色，剩下6个板块中每2个区域涂同一种 颜色. 又板块B,C,D两两有公共边不能同色，故板块A,B,C,D必定涂不同颜色. 第 页 共 页 3136 3427①当板块E与板块C同色时，则板块F,G与板块B,D或板块D,B分别同色，共2种情 况； ②当板块E与板块B同色时，则板块F只能与D同色，板块G只能与C同色，共1种情 况. 又板块A,B,C,D颜色可排列，故共2+1  ×A4=72种. 4 故答案为：72 4751 (2024·全国·高三专题练习)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】732 【解析】如图，记六个区域的涂色数为a ，若A,F涂色相同，则相当于5个区域涂色，记5 6 个区域涂色数为a ， 5 同理只有4个区域时涂色数记为a ，易知a =A4+C1A3+A2=84， 4 4 4 2 4 4 a =4×35-a =4×35-(4×34-a )=4×35-4×34+84=732． 6 5 4 4752 (2024·全国·高三专题练习)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A，B，C，D 和A ，B ，C ，D 分别各涂2种不同颜色的涂色方法共有 种；区域A，B，C，D和 1 1 1 1 A ，B ，C ，D 分别各涂4种不同颜色的涂色方法共有 种. 1 1 1 1 【答案】 24 216 【解析】AC,BD，AC,BD 同色，所以先涂AC,BD有：C2A2，再涂AC,BD 有A2种， 1 1 1 1 4 2 1 1 1 1 2 所以共有：C2A2A2=24种. 4 2 2 先涂A,B,C,D共有：A4=24种，设四种颜色为a,b,c,d，假设A,B,C,D涂的颜色分别为 4 a,b,c,d，则A,B,C,D 涂色情况如下： 1 1 1 1 第 页 共 页 3137 3427b,a,d,c  ,b,c,d,a  ,b,d,c,a  ，c,a,d,b  ,c,d,a,b  ,c,d,b,a  ，d,a,b,c  ,d,c,a,b  , d,c,b,a  ，共9种，所以：A4×9=216种. 4 故答案为：24；216. 11 题型十一：分组问题 4753 (2024·全国·高三专题练习)贵阳一中体育节中，乒乓球球单打12强中有4个种子选手， 将这12人平均分成3个组(每组4个人)、则4个种子选手恰好被分在同一组的分法有 ( ) A.21 B.42 C.35 D.70 【答案】C C4C4 【解析】4个种子选手分在同一组，即剩下的8人平均分成2组，方法有 8 4 =35种， A2 2 故选:C． 4754 (2024·高二课时练习)把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分 法共有 ( ) A.4种 B.5种 C.6种 D.7种 【答案】A 【解析】分类：三堆中“最多”的一堆为5个，其他两堆总和为5，每堆最至少1个，只有2种 分法． 三堆中“最多”的一堆为4个，其他两堆总和为6，每堆最至少1个，只有2种分法． 三堆中“最多”的一堆为3个，那是不可能的． 考点：本题主要考查分类计数原理的应用． 4755 (2024·福建泉州·高二校联考期中)在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给6位“萌娃” 布置一项搜寻空投食物的任务．已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于Grace年纪 尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处 投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处，那 么不同的搜寻方案有 ( ) A.25种 B.30种 C.40种 D.50种 【答案】C 【解析】就Grace的实际参与情况进行分类计数： 第一类，Grace不参与该项任务，则满足题意的不同搜寻方案有C1C2=30种： 5 4 第二类，Grace参与搜寻近处投掷点的食物，则满足题意的不同搜寻方案有C2=10种， 5 因此由加法计数原理得知，满足题意的不同搜寻方案有30+10=40(种)， 故选：C. 4756 (2024·全国·高二专题练习)将12个不同的物体分成3组，每组4个，则不同的分法种数 为( ). A.34650 B.5940 C.495 D.5775 【答案】D 12×11×10×9 8×7×6×5 C4C4C4 4×3×2×1 × 4×3×2×1 ×1 【解析】不同的分法种数为 12 8 4 = =5775. A3 3×2×1 3 第 页 共 页 3138 3427故选：D. 4757 (2024·全国·高二专题练习)某中学要给三个班级补发8套教具，先将其分成3堆，其中一 堆4套，另两堆每堆2套，则不同的分堆方法种数为 ( ) C4C2C2 C4C2C2 A.C4C2C2 B.C1C2 C. 8 4 2 D. 8 4 2 8 4 2 3 8 A2 A3 2 3 【答案】C C4C2C2 【解析】由条件可知，8套教具，分成4，2，2，共有 8 4 2 种分法． A2 2 故选：C． 4758 (2024·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习)将6名同学分成两个学习小组，每组 至少两人，则不同的分组方法共有 种. 【答案】25 【解析】由题知，6人分为两组共有两种分法： (1)一组2人，一组4人：这种分法数为C4C2=15种； 6 2 C3C3 (2)两组均为3人：这种分法数为 6 3 =10种， 2! 所以，由分类加法原理可得共有25种分法. 故答案为：25 12 题型十二：分配问题 4759 (2024·全国·高三专题练习)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 【解析】(1)先从6本书中选1本，有C1种分配方法，再从剩余5本书中选择2本，有C2种 6 5 分配方法，剩余的是3本书，有C3种分配方法.所以总共有C1C2C3=60(种)分配方法. 3 6 5 3 (2)在(1)的结论下，将这三份书分给甲、乙、丙三人，有60×A3=360(种)分配方法. 3 (3)先从6本书中选2本，有C2种分配方法，再从剩余4本书中选择2本，有C2种分配方 6 4 法，剩余的就是2本书，有C2种分配方法，所以共有C2C2C2种分配方法.但是，该过程有 2 6 4 2 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AB  ，CD  ，EF  ， 则所有情况为AB,CD,EF  ，AB,EF,CD  ，CD,AB,EF  ，CD,EF,AB  ， EF,AB,CD  ，EF,CD,AB  ，则需去除重复的情况. C2C2C2 综上，不同的分配方式共有 6 4 2 =15(种). A3 3 C2C2C2 (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 6 4 2 ×A3 A3 3 3 =90. 第 页 共 页 3139 3427(5)先从6本书中选4本，有C4种分配方法，再从剩余的2本书中选1本，有C1种分配方 6 2 C4C1 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 6 2 =15(种) A2 2 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15×A3=90(种). 3 (7)完成该事件，分三步，甲选1本，有C1种选法，乙从余下的5本书中选1本，有C1种选 6 5 法，余下的4本书留给丙，有C4种选法.所以总共有C1C1C4=30(种)选法. 4 6 5 4 故答案为：60；360；15；90；15；90；30 4760 (2024·全国·高三专题练习)将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六及星期日3天参 加社区公益活动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有 种． (用数字作答) 【答案】1680 【解析】先选出3人安排周五，有C3种选法，再从剩下的6人中选出3人安排在周六，有 9 C3种选法，最后剩下的3人为一组安排在周日，有C3种选法． 6 3 可知不同的安排方案共有C3⋅C3⋅C3=1680(种)． 9 6 3 故答案为：1680 4761 (2024·全国·高三专题练习)现计划安排A，B，C，D，E五名教师教这六门课程，每名教 师至少教一门课程，每门课程只配一名教师，且教师A不教“围棋”，教师B只能教一门课 程，则满足条件的课程安排的种数为 ． 【答案】1140 【解析】当A只教1门时，先排A任教的科目，有C1种； 5 再从剩下5门中排B的任教科目，有C1种； 5 接下来剩余的4门中必有2门为同一名老师任教，分三组，然后全排列，共有C2A3种分 4 3 法． 4×3 所以当A只教1门时，共有C1C1C2A3=5×5× ×3×2×1=900(种)排法． 5 5 4 3 2×1 当A教2门时，先选A任教的科目，有C2种，接下来剩余4科分别由B，C，D，E四名老 5 师任教，有A4种． 4 5×4 所以当A教2门时，共有C2A4= ×4×3×2×1=240(种)排法． 5 4 2×1 综上，满足条件的课程安排的种数为900+240=1140． 故答案为：1140 4762 (2024·四川泸州·高三四川省泸县第四中学校考开学考试)绵阳中学食堂，以其花样繁多 的饭菜种类和令人难忘的色香味使大批学子醉倒在它的餐盘之下，学子们不约而同地将 其命名为“远航大酒楼”．“远航大酒楼”共三层楼，5名高一新同学相约到食堂就餐，为看 尽食堂所有美食种类，他们打算分为三组去往不同的楼层．其中甲同学不去二楼，则一共 有 种不同的分配方式． 【答案】100 【解析】若甲1个人一组，其它两组人数为1、3或2、2，不同的分配方式有C1 2C3 4 A2 2 +C2 4  =28种； 若甲和另外1个人两人一组，其它两组人数为1、2，不同的分配方式有C1C1C2A2=48 2 4 3 2 种； 若甲和另外2个人三人一组，其它两组人数为1、1，不同的分配方式有C1C2A2=24种； 2 4 2 第 页 共 页 3140 3427共有28+48+24=100种分配方式， 故答案为：100. 4763 (2024·福建福州·高三福建省福州第一中学校考开学考试)为了贯彻落实中央新疆工作 座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业的发展，某市 派出了包括甲、乙在内的5名专家型教师援疆，现将这5名教师分配到新疆的A、B、C、 D四所学校，要求每所学校至少安排一位教师，则在甲志愿者被安排到A学校有 种安排方法． 【答案】60 【解析】将这5名教师分配到新疆的A，B，C，D共4所学校，每所学校至少1人， 则先分组后排列，5名教师分成四组，则为1，1，1，2. 若甲作为单独的一位被安排到A学校，则有C2⋅A3=36种情况； 4 3 若甲是一组两人中的一位且被安排到A学校，则有C1⋅A3=24种情况， 4 3 共有36+24=60种情况. 故答案为：60. 4764 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)8个完全相同的球放入编号1，2，3的 三个空盒中，要求放入后3个盒子不空且数量均不同，则有 种放法. 【答案】12 【解析】共两类分组方法：将8个完全相同的小球分为1，2，5三堆或1，3，4 三堆. 每类都将三堆不同个数的球放入编号1，2，3的三个空盒中，有A3种方法， 3 故共有2A3=12种方法. 3 故答案为：12. 4765 (2024·吉林长春·高三长春外国语学校校考开学考试)为了落实立德树人的根本任务，践 行五育并举，某校开设A,B,C三门德育校本课程，现有甲、乙、丙、丁四位同学参加校本课 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 . 【答案】36 【解析】根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学选A，B，C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，则三组人数为1、1、2，此时 C1C1C2 有 4 3 2 ⋅A3=36种. A2 3 2 故答案为：36． 13 题型十三：隔板法 4766 (2024·云南红河·统考三模)某校将6个三好学生名额分配到高三年级的3个班，每班至 少1个名额，则共有多少种不同的分配方案 ( ) A.15 B.20 C.10 D.30 【答案】C 【解析】采用“隔板法”，6个名额之间有5个空，隔2块板就可以分成3份，每份至少一个 名额，故共有C2=10种方案. 5 故选：C. 4767 (2024·全国·校联考模拟预测)学校决定把12个参观航天博物馆的名额给三(1)、三(2)、 三(3)、三(4)四个班级.要求每个班分别的名额不比班级序号少，即三(1)班至少1个名 第 页 共 页 3141 3427额，三(2)班至少2个名额，⋯⋯，则分配方案有 ( ) A.8种 B.10种 C.165种 D.495种 【答案】B 【解析】根据题意，先在编号为2、3、4的3个班级中分别分配1、2、3个名额， 编号为1的班级里不分配；再将剩下的6个名额分配4个班级里，每个班级里至少一个， 由隔板法可得共C3=10种放法，即可得符合题目要求的方法共10种. 5 故选：B. 4768 (2024·高二课时练习)现有9个相同的球要放到3个不同的盒子里，每个盒子至少一个 球，各盒子中球的个数互不相同，则不同放法的种数是 ( ) A.28 B.24 C.18 D.16 【答案】C 【解析】把9个球分成3组，每组个数不相同，分法(按球的个数)为：126，135，234共三 种，然后每组球放到3个盒子中有3 ×2×1=6种方法，方法数为3×6=18． 故选：C． 4769 (2024·江苏苏州·高二吴县中学校考期中)学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、 高二、高三，每个年级至少1个名额，则有( )种分配方案． A.135 B.10 C.75 D.120 【答案】B 【解析】“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”， 故有C2=10， 5 故选：B. 4770 (2024·全国·高二期末)方程x +x +x +x =12的正整数解共有( )组 1 2 3 4 A.165 B.120 C.38 D.35 【答案】A 【解析】如图，将12个完全相同的球排成一列， 在它们之间形成的11个空隙中任选三个插入三块隔板，把球分成四组，每一种分法所得 球的数目依次是x 1 、x 2 、x 3 、x 4 ，显然满足x 1 +x 2 +x 3 +x 4 =12，故x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4  是方程x 1 +x +x +x =12的一组解， 2 3 4 反之，方程x +x +x +x =12的每一组解都对应着一种在12个球中插入隔板的方式， 1 2 3 4 11×10×9 故方程x +x +x +x =12的正整数解的数目为：C3 = =165， 1 2 3 4 11 3×2×1 故选：A. 14 题型十四：数字排列 4771 (2024·全国·高三专题练习)用0，1，2，3，4可以组成没有重复数字的四位偶数的个数为 ( ) A.36 B.48 C.60 D.72 【答案】C 第 页 共 页 3142 3427【解析】当个位数为0时，有A3=24个， 4 当个位数为2或4时，有2A1A2=36个， 3 3 所以无重复数字的四位偶数有24+36=60个， 故选：C. 4772 (2024·全国·高二专题练习)用数字1、2、3组成五位数，且数字1、2、3至少都出现一次， 这样的五位数共有( )个 A.120 B.150 C.210 D.240 【答案】B 【解析】首先考虑全部的情况，即每个数位均有3种选择，共有35=243个， 其中包含数字全部相同只有3种情况， 还有只含有2个数字的共有C2 3 ×25-2  =90个， 因此，满足条件的五位数的个数为243-3-90=150个. 故选：B. 4773 (2024·北京·高二北京八中校考期末)用1,2,3三个数字组成一个四位数，要求每个数字 至少出现一次，共可组成个不同的四位数 (用数字作答). 【答案】36 【解析】已知用1,2,3三个数字组成一个四位数且每个数字至少出现一次， 所以包含一下三种形式： ①两个1，一个2，一个3； ②一个1，两个2，一个3； ③一个1，一个2，两个3. A4 4×3×2×1 其余情况①可以组成 4 = =12种情况. A2 2×1 2 同理情况②③均可以组成12种情况. 因此一共可以组成36个不同数字. 故答案为：36 4774 (2024·全国·高三专题练习)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中个 位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有 .个(用数字作答). 【答案】144 【解析】当个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有：A3C1=18种； 3 3 当个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有：C1A2C1+C1C2A3C1=126种， 3 3 3 2 3 3 2 根据分类计数原理得到共有18+126=144个． 故答案为：144． 4775 (2024·全国·高三专题练习)用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有 一个数字是奇数的四位数，这样的四位数一共有 个．(用数字作答) 【答案】504 【解析】当四个数字中没有奇数时，则这样的四位数有A4=24种， 4 当四个数字中有一个奇数时，则从5个奇数中选一个奇数，再从4个偶数中选3个数，然 后对这4个数排列即可，所以有C1C3A4=5×4×24=480种， 5 4 4 所以由分类加法原理可得共有24+480=504种， 故答案为：504 第 页 共 页 3143 342715 题型十五：几何问题 4776 (2024·全国·高三专题练习)从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的 个数为 ( ) A.C4-12 B.C4-8 C.C4-6 D.C4-4 8 8 8 8 【答案】A 【解析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有C4种， 8 正方体表面四点共面不能构成四面体有6种， 正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有6种， 所以可得到的四面体的个数为C4-6-6=C4-12种， 8 8 故选：A 4777 (2024·高二课时练习)一只蚂蚁从正四面体A-BCD的顶点A出发，沿着正四面体A -BCD的棱爬行，每秒爬一条棱，每次爬行的方向是随机的，则蚂蚁第1秒后到点B，第4 秒后又回到A点的不同爬行路线有 ( ) A.6条 B.7条 C.8条 D.9条 【答案】B 【解析】根据已知，可作出下图，由图知，不同的爬行路线有7条. 故选：B 4778 (2024·全国·高三专题练习)如图，一只蚂蚁从点A出发沿着水平面的线条爬行到点C， 再由点C沿着置于水平面的正方体的棱爬行至顶点B，则它可以爬行的不同的最短路径 有( )条 第 页 共 页 3144 3427A.40 B.60 C.80 D.120 【答案】B 【解析】蚂蚁从A到C需要走五段路，其中三纵二竖，共有C2=10条路径，从C到B共 5 有3×2=6条路径，根据分步计数乘法原理可知，蚂蚁从A到B可以爬行的不同的最短 路径有10×6=60条，故选B. 考点：分步计数乘法原理. 4779 (2024·全国·高二专题练习)凸八边形的对角线有( )条 A.20 B.28 C.48 D.56 【答案】A 8×5 【解析】凸八边形过每一个顶点有5条对角线，故共有 =20条 2 故选：A 4780 (2024·全国·高三专题练习)已知C60分子是一种由60个碳原子构成的分子，它形似足 球，因此又名足球烯，C60是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，它具有60个顶点和若干 个面，.各个面的形状为正五边形或正六边形，结构如图.已知其中正六边形的面为20 个，则正五边形的面为( )个. A.10 B.12 C.16 D.20 【答案】B 【解析】由结构图知：每个顶点同时在3个面内， 60×3-20×6 所以五边形面数为 =12个， 5 故选B. 4781 (2024·高二课时练习)设凸n(n≥3)棱锥中任意两个顶点的连线段的条数为f(n)，则 f(n+1)-f(n)= ( ) A.n-1 B.n C.n+1 D.n+2 【答案】C 【解析】fn+1  -fn  =C2 -C2 =n+1 ,故选C. n+2 n+1 16 题型十六：分解法模型与最短路径问题 4782 (2024·全国·高三专题练习)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？ 第 页 共 页 3145 3427A.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． 4783 (2024·全国·高三专题练习)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M处，学校在N处，AB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M到N的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有C3=35条路， 7 由M到A的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有C1=3条路， 3 由B到N的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有C1=3条路， 3 第 页 共 页 3146 3427所以由M到N不经过AB的最短路径有C3-C1C1=26. 7 3 3 故选：D. 4784 (2024·广东惠州·高三校考期末)如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成(实线表示 马路)，CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有 ( ) A.23条 B.24条 C.25条 D.26条 【答案】D 【解析】先假设CD是实线， A7 则从A到B，向上3次，向右4次，最短路径有 7 =35条， A3A4 3 4 其中经过CD的，即先从A到C，然后C到D，最后D到B的最短路径有3×3=9条， 所以，当CD不通时，最短路径有35-9=26条. 故选：D 4785 (2024·全国·高三专题练习)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8个大小相同的小正方 体构成)，若一只蚂蚁从A点出发，沿着竹棍到达B点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共 有 ( ) A.48种 B.60种 C.72种 D.90种 【答案】D 【解析】由题意可知，从A到B最少需要6步完成，其中有2步是横向的，2步是纵向的， 2步是竖向的， 则蚂蚁选择的不同的最短路径共有C2C2C2=90种. 6 4 2 故选：D. 4786 (2024·高二课时练习)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 ( ) 第 页 共 页 3147 3427A.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 4787 (2024·广东惠州·高二校考期中)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3×2×2=12条路径. 故选：B 4788 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格 形道路网，其中A,A ,A ,A ,A 是道路网中位于一条对角线上的5个交汇处，今在道路 1 2 3 4 5 网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M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N，M处为止，则 ( ) 第 页 共 页 3148 3427A.甲从M到达N处的走法有70种 B.甲从M必须经过A 到达N处的走法有12种 3 C.若甲、乙两人途中在A 处相遇，则共有144种走法 3 D.若甲、乙两人在行走途中会相遇，则共有1810种走法 【答案】AD 【解析】甲由道路网M处出发，随机地选择一条沿街的最短路径到达N处需走8步，共有 C4=70种走法，故A正确； 8 甲由道路网M处出发，随机地选择一条沿街的最短路径到达A 处需走4步，有C2=6种 3 4 走法， 从A 处沿街的最短路径到达N处需走4步，有C2=6种走法，所以共有6×6=36种走 3 4 法，故B错误； 由B可知，甲从M必须经过A 到达N处的走法有36种，同理乙从N必须经过A 到达 3 3 M处的走法也有36种， 则甲、乙两人在A 处相遇，共有36×36=1296种走法，故C错误； 3 甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在A,A ,A ,A ,A 处相遇，他们在A(i=1,2,3,4,5) 1 2 3 4 5 i 处相遇的走法有Ci-1 4  4种， 则C0 4  4+C1 4  4+C2 4  4+C3 4  4+C4 4  4=1810，故D正确． 故选：AD． 4789 (2024·高二课时练习)5400的正约数有 个 【答案】48 【解析】由5400=23×33×52，所以5400的正约数一定是由2的幂与3的幂和5的幂相乘 的结果， 设正约数为2x×3y×5z，其中x取值为0，1，2，3共有4种；y取值为0，1，2，3共有4种； z取值为0，1，2共有3种； 所以正约数个数为4×4×3=48． 故答案为：48 4790 (2024·上海嘉定·高二校考期中)正整数2022有 个不同的正约数． 【答案】8 【解析】因为2022=2×3×337， 故2022所有的正约数有：C0+C1+C2+C3=8个. 3 3 3 3 故答案为：8. 第 页 共 页 3149 342717 题型十七：排队问题 4791 (2024·全国·高三专题练习)街头篮球比赛后，红、黄两队共6名队员(红队3人，黄队3 人)合照，要求6人站成一排，红队3人中有且只有2名队员相邻，则不同排队的方法共有 ( ) A.432种 B.216种 C.144种 D.72种 【答案】A 【解析】由题意，分三步进行分析： ①将3名红队队员分成2组，有C2种分组方法，将2人的一组看成一个元素，考虑2人之 3 间的顺序，有C2A2种情况； 3 2 ②将黄队的3人全排列，有A3种排法，排好后，有4个空位； 3 ③在4个空位中任选2个，安排3名红队队员分成的两个组，有A2种方法， 4 则6人站成一排照相，3名红队队员中有且只有两人相邻的站法有C2A2A3A2=432种， 3 2 3 4 故选：A. 4792 (2024·全国·高三专题练习)七辆汽车排成一纵队，要求甲车、乙车、丙车均不排队头或队 尾且各不相邻，则排法有 ( ) A.48种 B.72种 C.90种 D.144种 【答案】D 【解析】由题意得，甲车，乙车、丙车均不排队头或队尾，且各不相邻，所以甲、乙、丙只能在 第二位、第四位、第六位，共有A3种排法，其他车辆任意排列，所以总排法有A3A4=144 3 3 4 种． 故选：D． 4793 (2024·山西朔州·高二校考阶段练习)5名成人带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也 不排在头尾，则不同的排法种数有 ( ) A.A5A2种 B.A5A2种 C.A5A2种 D.A7-4A6种 5 4 5 5 5 6 7 6 【答案】A 【解析】首先5名大人先排队，共有A5种，然后把两个小孩插进中间的4个空中，共有A2 5 4 种排法，根据乘法原理，共有A5A2种，故选A. 5 4 4794 (2024·全国·高二专题练习)3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方 法数． (1)选5名同学排成一排； (2)全体站成一排，甲、乙不在两端； (3)全体站成一排，甲不在最左端，乙不在最右端； (4)全体站成一排，男生站在一起、女生站在一起； (5)全体站成一排，男生排在一起； (6)全体站成一排，男生彼此不相邻； (7)全体站成一排，男生各不相邻、女生各不相邻； (8)全体站成一排，甲、乙中间有2个人； (9)排成前后两排，前排3人，后排4人； (10)全体站成一排，乙不能站在甲左边，丙不能站在乙左边． 【解析】(1)无条件的排列问题，排法有A5=2520种； 7 第 页 共 页 3150 3427(2)先安排甲乙在中间有A2 种，再安排余下的5人有A5 种，共有排法有A2⋅A5=2400 5 5 5 5 种； (3)排法有A7-2A6+A5=3720种，其中A6是甲在左端或乙在右端的排法，A5是甲在左 7 6 5 6 5 端且乙在右端的排法； (4)把男生看成一个整体共有A3 种，再把女生看成一个整体有A4 种，再把这两个整体全 3 4 排列，共有A3A4A2=288种排法； 3 4 2 (5)即把所有男生视为一个整体，与4名女生组成五个元素全排列，共有A3A5=720种排 3 5 法； (6)即不相邻问题(插空法)：先排女生共A4种排法，男生在五个空中安插，有A3种排法， 4 5 故共有A4A3=1440种排法； 4 5 (7)对比(6)，让女生插空，共有A3A4=144种排法； 3 4 (8)(捆绑法)任取2人与甲、乙组成一个整体，与余下3个元素全排列，故共有A2 5 A2 2  A4 4 =960种排法； (9)分步完成共有A3A4=A7=5040种排法； 7 4 7 (10)由于乙不能站在甲左边，丙不能站在乙左边，故3人只能按甲、乙、丙这一种顺序排 列， 7人的全排列共有A7种，甲、乙、丙3人全排列有A3种，而3人按甲、乙、丙顺序排列是全 7 3 A7 排列中的一种，所以共有 7 =840种排法. A3 3 18 题型十八：构造法模型和递推模型 4795 (2024·天津河东·高二统考期末)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a 3≤n≤9，n∈N* n  为解下n个圆环需要移动圆环的最少次数，且a =a + n n-2 2n-1，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，a =a +27，a =a +25，a =a +23=2+23，所以a =2+23+25+27= 8 6 6 4 4 2 8 170. 故选.：C 4796 (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5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有 ( ) 第 页 共 页 3151 3427A.4种 B.10种 C.12种 D.22种 【答案】B 【解析】根据题意，设在第n次传球后(n≥2)，有a 种情况球在丙手中， n 即经过n次传递后，球又被传回给丙，而前n次传球中，每次传球都有2种方法， 则前n次传球的不同的传球方法共有2n种， 那么在第n次传球后，球不在丙手中的情况有2n-a 种情况，即球在乙或甲手中，只有在 n 这些情况时，在第n+1次传球后，球才会被传回丙，即a =2n-a ； n+1 n 易得a =2，则a =22-2=2，a =23-2=6，a =24-6=10. 2 3 4 5 故选：B． 4797 (多选题)(2024·河北沧州·高二沧县中学校考阶段练习)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n格的方法有a ，则达到第n格的方法有两类， n 第一种方法是从第n-1个格子向右跳一格到达第n格，方法数为a ， n-1 第二种方法是从第n-2向右跳两格到达第n格，方法数是a ，则a =a +a ， n-2 n n-1 n-2 结合条件及数列的递推关系可得到数列的前8项分别是1,1,2,3,5,8,13,21, ∴A错误，BCD正确. 故选：BCD. 4798 (2024·福建泉州·高二福建省永春第一中学校考阶段练习)马路上有编号为1，2，3，4， 5，6，7，8，9的九盏路灯，现要关掉其中的3盏，但不能关掉相邻的2盏，也不能关掉两端 的2盏，满足条件的关灯方法有 种. 【答案】10 【解析】根据题意，因为关掉3盏路灯不能是两端2盏，也不能相邻， 则需要用插空法分析： 先将亮的6盏灯排成一列，除去2端，有5个符合条件的空位， 在5个空位中，任选3个，安排熄灭的灯，有C3=10种情况， 5 即有10种关灯方法. 故答案为：10． 4799 (2024·浙江·高三竞赛)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】C300 1710 【解析】问题等价于在1711只路灯中插入300只暗灯.所以，共有C300 种关灯方法. 1710 故答案为C300 1710 19 题型十九：环排问题 4800 (2024·全国·高三专题练习)21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从 第 页 共 页 3152 34271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3个人出来表演节目时，一共报数了19×3=57次. 故选：D 4801 (2024·全国·高三专题练习)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，4A2，接下来，考虑其余三人的情况， 2 其余位置可以互换，可得A3种，最后根据分步计数原理，得到4×A2×A3=48种， 3 2 3 故选B. 4802 (2024·江苏苏州·高二昆山震川高级中学校考期中)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.A3⋅A5 B.A8-A6⋅A3 C.A3⋅A3 D.A7-A5⋅A3 6 5 8 6 3 5 3 7 5 3 【答案】D A8 【解析】8个人围成一圈,有 8 =A7种. 8 7 其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由A3⋅A5. 3 5 所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为A7-A5⋅A3. 7 5 3 故答案为：D 4803 (2024·内蒙古赤峰·高二赤峰二中校考阶段练习)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C1=7种方法， 7 再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有A6种方法， 6 由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次， 7×A6 所以不同的涂色方法，共有 6 =2520种不同的涂法. 2 第 页 共 页 3153 3427故选：D. 4804 (2024·全国·高三专题练习)5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1 个男孩，则不同排法有 种(填数字)． 【答案】86400 【解析】因为任意2个女孩中间至少站1个男孩，则有且仅有2个男孩站在一起， 5! 先把5个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有 =5-1 5  !=4!(种)， 把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组有C2种分法， 6 最后把5组男孩放入5个女孩构成圆排列的5个间隔中有5!种方法，而站在一起的两个 男孩有顺序性，有2种站法， 所以，由分步乘法计数原理得，不同的排法共有4!×C2×5!×2=86400(种). 6 故答案为：86400 第 页 共 页 3154 3427