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6.7 排列组合17 种策略总结
题型一：特殊元素和特殊位置优先策略............................................... 2
题型二：相邻元素捆绑策略............................................................. 3
题型三：不相邻问题插空策略.......................................................... 6
题型四：平均分组....................................................................... 11
题型五：部分平均分组................................................................. 18
题型六：不平均分组.................................................................... 19
题型七：相同元素隔板法模型.........................................................20
题型八：倍缩法解决定序问题.........................................................25
题型九：排队问题....................................................................... 27
题型十：多排问题....................................................................... 31
题型十一：错位排列.................................................................... 31
题型十二：环排问题.................................................................... 38
题型十三：间接法（正难则反）......................................................42
题型十四：涂色问题.................................................................... 45
题型十五：多面手问题................................................................. 50
考点十六：分解与合成模型和最短路径问题........................................54
考点十七：构造法模型、递推模型与化归策略.....................................60
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6.7 排列组合17 种策略总结
题型一：特殊元素和特殊位置优先策略
【例题1】由0,1,2,3,4,5 可以组成多少个没有重复数字五位奇数.
解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置.
先排末位共有
1
3
C
然后排首位共有
1
4
C
最后排其它位置共有
3
4
A
由分步计数原理得
1
1
3
4
3
4
288
C C A
1：7 种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同
的种法？
解：第一步：先种这两种特殊的花在除中间和两端外剩余的3 个位置：
2
4
A ;
第二步：在其余5 个位置种剩余的5 种花：
5
5
A ；
总共：
2
4
A
5
5
A =1440
2.用0，2，3，4，5，五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（）。
A．24 个
B。30 个
C。40 个
D。60 个
【答案】B.
点评：对于带有特殊元素的排列组合问题，一般采用优先安排法.
3.数字“ 2016 ”中，各位数字相加和为9 ，称该数为“长久四位数”，则用数字
6,5,4,3,2,1,0
组成的无重复数
字且大于2016 的“长久四位数”有（
）个
A．39
B．40
C．41
D．42
【答案】C
【解析】
试题分析：卡片上的四位数字之和等于9 ，四个数字为
6,2,1,0
组成的无重复数字且大于2016 的“长久四
位数”共有：
11
5
3
3
A
，
5,3,1,0
组成的无重复数字且大于2016 的“长久四位数”共有
12
2
3
3
A
个；
4,3,2,0
组成的无重复数字且大于2016 的“长久四位数”共有
18
3
3
3
A
个，故共
41
18
12
11
（个）.
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考点：排列、组合与计数原理．
4：7 人站成两排队列，前排3 人，后排4 人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，
其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为（
）
A．120
B．240
C．360
D．480
【答案】C
【解析】
试题分析：前排3人有4 个空,从甲乙丙3人中选1人插入,有
1
1
4
3
C C 种方法,对于后排,若插入的2 人不相邻有
2
5A 种,若相邻有
1
1
5
2
C C 种,故共有
1
1
2
1
1
4
3
5
5
2
(
)
360
C C
A
C C
种,选C．
考点：1．排列组合问题；2．相邻问题和不相邻问题．
题型二：相邻元素捆绑策略
【例题】7 人站成一排,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.
解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相
邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有
5
2
2
5
2
2
480
A A A
种不同的排法
乙
甲
丁
丙
1．5 个人排成一排照相，甲乙要相邻，则有多少种排列的方法（
）
A．24 种
B．36 种
C．48 种
D．72 种
【解析】
5 个人排成一排照相，甲乙要相邻，则有
4
2
4
2
48
A A
种排列的方法.
故选：C.
2.有两排座位，前排11个座位，后排12 个座位，现安排2 人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且
这两人不左右相邻，那么不同的坐法的种数是（
）
A. 234
B. 363
C. 350
D. 346
【答案】D
【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，都在前排左面4 个座位6 种，都在前排右面4 个座位6 种，
分列在中间3 个的左右4×4×2=32 种，在前排一共6+6+32=44 种，甲乙都在后排共有
2
11
110
A
种，甲乙
要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元素一起
作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.
第一步
首先将题目中规定相邻的几个元素作为一个整体；
第二步
然后运用排列组合求出其不同的排列中种数；
第三步
得出结论.
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分列在前后两排
2
2
12 8
192
A
种，一共有44+110+192=346 种.故选D.
【方法点睛】求解排列、组合问题常用的解题方法：
(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列
问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
3.有6 个座位连成一排，现有3 人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数是（
）
A．36
B．48
C．72
D．120
【答案】C
【解析】
试题分析：根据题意，分两种情况讨论；①两端恰有两个空座位相邻，则必须有一人坐在空座的边上，其
余两人在余下的三个座位上任意就座，此时有
36
A
C
2
2
3
1
3
种坐法；②两个相邻的空座位不在两端，有三
种情况，此时这两个相邻的空座位两端必须有两人就座，余下一人在余下的两个座位上任意就座，此时有
36
A
A
3
1
2
2
3
种坐法．故共有
72
36
36
种坐法．
考点：排列组合.
4．2020 年初，全国各大医院抽调精兵强将前往武汉参加新型冠状病毒肺炎阻击战，各地医护人员分别乘
坐6 架我国自主生产的“运20”大型运输机，编号为1，2，3，4，5，6 号，要求到达武汉天河飞机场时，
每五分钟降落一架，其中1 号与6 号相邻降落，则不同的安排方法有（
）
A．60
B．120
C．144
D．240
【解析】
由题意，因为1 号与6 号相邻降落，可1 号与6 号排列后看作一个，同其它飞机进行全排，将则不同的安
排方法有
2
5
2
5
240
A A
种.
故选：D.
5．三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不
同的站法共有(
)
A．72 种
B．108 种
C．36 种
D．144 种
【解析】
解：先将男生甲与男生乙“捆绑”，有
2
2
A 种方法，
再与另一个男生排列，则有
2
2
A 种方法，
三名女生任选两名“捆绑”，有
2
3
A 种方法，
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再将两组女生插空，插入男生3 个空位中，则有
2
3
A 种方法，
利用分步乘法原理，共有
2
2
2
2
2
2
3
3
144
A A A A
种.
故选：D．
6．在某场新冠肺炎疫情视频会议中，甲､乙､丙､丁､戊五位疫情防控专家轮流发言，其中甲必须排在前两
位，丙､丁必须排在一起，则这五位专家的不同发言顺序共有（
）
A．8 种
B．12 种
C．20 种
D．24 种
【解析】
当甲排在第一位时，共有
3
2
3
2
12
A A
种发言顺序，
当甲排在第二位时，共有
1
2
2
2 2
2
8
C A A
种发言顺序，
所以一共有12
8
20
种不同的发言顺序.
故选：C.
7．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6 个程序，其中程序A 只能出现在第一步或最后一步，
程序B 和C 在实施时必须相邻，则在该实验中程序顺序的编排方法共有（
）
A．144 种
B．96 种
C．48 种
D．34 种
【解析】
首先将B，C 捆绑在一起作为整体，共有
2
2
A 两种，又∵A 只能出现在第一步或者最后一步，故总的编排方
法为
2
4
2
4
2
96
A
A
种，故选B．
8.从6 名志愿者中选出4 人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者
都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（
）
（A）
280 种
（B）240 种
（C）180 种
（D）96 种
【答案】B【详解】解：先从除了甲乙剩余的4 名志愿者中选1 人从事翻译工作，有
1
4
C 种，然后再从剩余
的5 名志愿者中选3 个人从事另外三项工作，有
3
5
A 种，所以一共有
240
3
5
1
4
A
C
种.故选：B．
9.7 个人站成两排，前排3 人，后排4 人，其中甲乙两人必须挨着，甲丙必须分开站，则一共有（
）种
站排方式．
A．672
B．864
C．936
D．1056
【答案】D
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【分析】分甲站在每一排的两端和甲不站在每一排的两端这两种情况解答即可.
【详解】当甲站在每一排的两端时，有4 种站法，此时乙的位置确定，剩下的人随便排，有
5
5
4A
480
种
站排方式；
当甲不站在每一排的两端时，有3 种站法，此时乙和甲相邻有两个位置可选，丙和甲不相邻有四个位置可
选，剩下的人随便站，有
1
1
4
2
4
4
3C C A
576
种站排方式；
故总共有480
576
1056
种站排方式.
故选：D．
10.将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到A、B、C 三项不同的公益活动中，每人只参加一项活动，每
项活动都需要有人参加，其中甲必须参加A 活动，则不同的分配方法有
种．（用数字作答）
【答案】50
【分析】根据题意，分为三种情况：甲单独参加，甲和其中一人和甲和其中两人参加，结合排列组合的知
识，即可求解.
【详解】由题意，可分为三种情况：
当甲单独参加A 项活动，则有
2
2
3
2
4
2
4
2
2
2
C C
C
A
14
A
种安排方法；
当甲和其中一人参加A 项活动，则有
1
2
2
4
3
2
C C A
24
种安排方法；
当甲和其中两人参加A 项活动，则有
2
2
4
2
C A
12
种安排方法，
所以不同的分配方法有14
24 12
50
种不同的安排方法.
故答案为：50.
题型三：不相邻问题插空策略
【例题】一个晚会的节目有4 个舞蹈,2 个相声,3 个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种？
解:分两步进行第一步排2 个相声和3 个独唱共有
5
5
A 种，第二步将4 舞蹈插入第一步排好的6 个元素中间包含首尾两个空
位共有种
4
6
A 不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有
5
4
5
6
A A
种
1.七人并排站成一行，如果甲乙两个不能站在一起，那么不同的排法种数有多少？
元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两端
第一步
可先把无位置要求的几个元素全排列；
第二步
再把规定相离的几个元素插入上述几个元素间的空位和两端；
第三步
得出结论.
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解析：除甲乙外，其余5 个排列数为
5
5
A 种，再用甲乙去插6 个空位有
2
6
A 种，不同的排法种数是
5
2
5
6
3600
A A
种，选B .
2.一个晚会的节目有4 个舞蹈,2 个相声,3 个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种？
解析：先排除舞蹈外的5 个节目为
5
5
A 种，再用4 个舞蹈节目去插6 个空位有
4
6
A 种，不同的
排法种数是
5
4
5
6
A A
3.某人射击8 枪，命中4 枪，命中的4 枪中恰有3 枪连在一起的情形有多少种？
解析：先将未命中的4 枪排好，这里不讲顺序，然后将命中的4 枪分3 枪和1 枪两组，插入5 个空，共
2
5
A
种情形。
4.马路上有8 只路灯，为节约用电又不影响正常的照明，可把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的
两只或三只，也不能关掉两端的灯，那么满足条件的关灯方法共有多少种？
解析：表面上看关掉第1 只灯的方法有6 种，关第二只，第三只时需分类讨论，十分复杂。若从反面入手
考虑，每一种关灯的方法对应着一种满足题设条件的亮灯与关灯的排列，于是问题转化为“在5 只亮灯的
4 个空中插入3 只暗灯”的问题。故关灯方法种数为
3
4
C 。
5.本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化
学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有（
）
A．72 种
B．144 种
C．288 种
D．360 种
【解析】
第一步排语文，英语，化学，生物4 种，且化学排在生物前面，有
2
4
12
A
种排法；第二步将数学和物理
插入前4 科除最后位置外的4 个空挡中的2 个，有
2
4
12
A
种排法，所以不同的排表方法共有12 12
144
种.
选B .
6.只用1,2,3,4 四个数字组成一个五位数，规定这四个数字必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样
的五位数有（
）
A．96
B．144
C．240
D．288
【解析】
当重复使用的数字为数字1时，符合题意的五位数共有：
3
2
3
4
36
A C
个
当重复使用的数字为2,3,4 时，与重复使用的数字为1情况相同
满足题意的五位数共有：36 4
144
个，本题正确选项：B
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7.楼道里有9 盏灯，为了节约用电，需关掉3 盏互不相邻的灯，为了行走安全，第一盏和最后一盏不关，
则关灯方案的种数为(
)
A．10
B．15
C．20
D．24
【解析】
问题等价于将3 盏关着的灯插入6盏亮着的灯所形成的除最左端和最右端的空挡以外的5 个空档之内
关灯方案共有：
3
5
10
C
种
故选：A
8.某班某天上午有五节课，需安排的科目有语文，数学，英语，物理，化学，其中语文和英语必须连续安
排，数学和物理不得连续安排，则不同的排课方法数为（
）
A．60
B．48
C．36
D．24
【解析】
先将语文和英语捆绑在一起，作为一个新元素处理，
再将此新元素与化学全排，再在3 个空中选2 个空将数学和物理插入即可，
即不同的排课方法数为
2
2
2
2
2
3
24
A A A
，
故选：D．
9.三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不同
的站法共有(
)
A．72 种
B．108 种
C．36 种
D．144 种
【解析】
先将男生甲与男生乙“捆绑”，有
2
2
A 种方法，
再与另一个男生排列，则有
2
2
A 种方法，
三名女生任选两名“捆绑”，有
2
3
A 种方法，
再将两组女生插空，插入男生3 个空位中，则有
2
3
A 种方法，
利用分步乘法原理，共有
2
2
2
2
2
2
3
3
144
A A A A
种.
故选：D．
10.为迎接中国共产党的十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从
包括甲、乙、丙在内的7 名学生中选派4 名学生参加，要求甲、乙、丙这3 名同学中至少有1人参加，且当
这3 名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4 名学生不同的朗诵顺序的种数为（
）
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A．720
B．768
C．810
D．816
【解析】
由题知结果有三种情况．(1) 甲、乙、丙三名同学全参加，有
1
4
4
4
C A =96 种情况，其中甲、乙相邻的有
1
2
3
4
2
3
C A A
48
种情况，所以甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻顺序有96
48
48
种情况；(2) 甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有
3
1
4
4
3
4
C C A
288
种情况；(3) 甲、乙、
丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有
2
2
4
4
3
4
432
C C A
种情况．则选派的4 名学生不同的朗诵顺
序有288
432
48
768
种情况，故本题答案选B
11.已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝颜色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相
同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法共有（）
A．48 种
B．72 种
C．78 种
D．84 种
【解析】
由题意知先使五个人的全排列，共有
5
5
A 种结果．
(1) 身穿红、黄两种颜色衣服的两人都相邻时，把相邻的两人看成一个整体，共有
2
2
3
2
2
3
24
A A A
种情况；
(2)只穿红颜色衣服两人相邻，穿黄颜色衣服的两人不相邻，把相邻的两人看成一个整体，不相邻的采用插
空法，共有
2
2
2
2
2
3
24
A A A
种情况；
(3) 只穿黄颜色衣服两人相邻，穿红颜色衣服的两人不相邻，把相邻的两人看成一个整体，不相邻的采用
插空法，共有
2
2
2
2
2
3
24
A A A
种情况；
∴穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法有
5
5
24
2 24
48
A
种情况，
故选：A．
12.某中学话剧社的6 个演员站成一排照相，高一､高二和高三年级均有2 个演员，则高一与高二两个年级
中仅有一个年级的同学相邻的站法种数为（
）
A．48
B．144
C．288
D．576
【解析】
分两类，第一类高一年级同学相邻高二年级同学不相邻，
把高一两个同学“捆绑”看作一个元素与高三两个同学排列有
2
3
2
3
A A 种不同排法，把高二年级两个同学排
入4 个空位中的2 个（插空法）有
2
4
A 种不同方法，
故第一类有
2
3
2
2
3
4
144
A A A
种站法，
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第二类高二年级同学相邻高一年级同学不相邻，与第一类方法相同，也有144 种站法，
由分类加法计数原理知，共有144 144
288
种站法，
故选：C
13.已知七人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方
法数为（
）.
A．432
B．576
C．696
D．960
【解析】
首先将除甲、乙、丙、丁外的其余3 人排好，共有
3
3A 种不同排列方式，甲、丁排在一起共有
2
2
A 种不同方
式；
若甲、丁一起与乙、丙都不相邻，插入余下三人产生的空档中，共有
3
4
A 种不同方式；
若甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻，插入余下三人产生的空档中，共有
1
2
2
4
C A 种不同方式；
根据分类加法、分步乘法原理，得满足要求的排队方法数为
3
3A
2
2
A
3
4
(A
1
2
2
4 )
576
C A
种.
故选：B.
14.中国古代儒家提出的“六艺”指:礼､乐､射､御､书､数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动,周
六这天准备排课六节,每艺一节,排课有如下要求:“乐”与“书”不能相邻,“射”和“御”要相邻,则针对“六艺”课程
讲座活动的不同排课顺序共有(
)
A．18 种
B．36 种
C．72 种
D．144 种
【解析】
由题意“乐”与“书”不能相邻,“射”和“御”要相邻，
可将“射”和“御”进行捆绑看成一个整体，共有
2
2
A 种，
然后与“礼”、“数”进行排序，共有
3
3A 种，
最后将“乐”与“书”插入4 个空即可，共有
2
4
A 种，
由于是分步进行，所以共有
2
3
2
2
3
4
144
A
A
A
种，
故选：D.
15.电影院一排10 个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，那么他们每人左右两边都有
空位且甲坐在中间的坐法的种数为（
）
A．40
B．36
C．32
D．20
【解析】
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除甲、乙、丙三人的座位外，还有7 个座位，它们之间共可形成六个空，
三人从6 个空中选三位置坐上去有
3
6
C 种坐法，
又甲坐在中间，所以乙、丙有
2
2
A 种方法，
所以他们每人左右两边都有空位且甲坐在中间的坐法有
3
6
C
2
2
40
A
种.
故选：A.
16.某公共汽车站有6 个候车位排成一排，甲、乙、丙三个乘客在该汽车站等候228 路公交车的到来，由于
市内堵车，228 路公交车一直没到站，三人决定在座位上候车，且每人只能坐一个位置，则恰好有2 个连
续空座位的候车方式的种数是(
)
A．48
B．54
C．72
D．84
【解析】
根据题意，分2 步进行分析：
①先将3 名乘客全排列，有
3
3
6
A
种情况，
②3 名乘客排好后，有4 个空位，在4 个空位中任选1 个，安排2 个连续空座位，有4 种情况，
在剩下的3 个空位中任选1 个，安排1 个空座位，有3 种情况，
则恰好有2 个连续空座位的候车方式有6
4
3
72
种；
故选：C ．
题型四：平均分组
【方法技巧与总结】
分组问题（分成几堆，无序）有等分、不等分、部分等分之别.一般地，平均分成n 堆（组）必须除以
n
n
A ；
如果有m 堆（组）元素个数相同，必须除以
m
m
A
.
【例题1】将4 人平均分成两组，有多少种不同的分法？
分析：如果象例1 一样，则有C
2
4=6 种。但事实上，将ABCD 四人平均分成两组，只有AB-CD、AC-BD、AD-BC
三种。为什么呢？我们不难发现，从4 人中选2 人时，选AB 或CD 是两种不同的选法，但在分组时，AB-CD
应是同一组，即每种分法都重复了2 次。故正确的分组种数为
2
2
4
2
2
2
3
C C
A
种。
【例题2】六本不同的书，分为三组，求在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)每组两本（均分三堆）
(2)一组一本，一组二本，一组三本
(3)一组四本，另外两组各一本
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分析：（1）
2
2
2
6
4
2
3
3
C C C =15
A
(2) C
1
6C
2
5C
3
3=60
(3)
4
1
1
6
2
1
2
2
C C C =15
A
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
2
2
2
6
4
2
90
C C C
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
4
1
1
3
6
2
1
3
2
2
90
C C C A
A
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
2
2
6
4
C C 种方法，其余分给丙丁每人各1 本，有
2
2
A 种方法，
所以不同的分配方法有
2
2
2
6
4
2
180
C C A
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
2
2
1
1
4
6
4
2
1
4
2
2
2
2
1080
C C C C A
A A
种方法，故该选项正确.
2.将6 名实习教师分配到3 所学校进行培调，每名实习教师只能分配到1 个学校，每个学校至少分配1 名
实习教师，则不同的分配方案共有（
）
A．240 种
B．360 种
C．450 种
D．540 种
【答案】D【解析】由题知，6 名教师分3 组，有3 种分法，即1，2，3；1，1，4；2，2，2，
共有
1
1
4
2
2
2
1
2
3
6
5
4
6
4
2
6
5
3
2
3
2
3
C C C
C C C
C C C
90
A
A
种分法，再分配给3 所学校，可得
3
3
90
A
540
种.
3.某社区为了做好疫情防控工作，安排6 名志愿者进行核酸检测，需要完成队伍组织､信息录人､采集核酸
三项任务，每项任务至少安排一人但至多三人，则不同的安排方法有（
）
A．450 种
B．72 种
C．90 种
D．360 种
【答案】A【解析】6 名志愿者分成三组，每组至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：第一种：人数为1
2
3
的三组，共有
1
2
3
3
6
5
3
3
C C C
A
360
种；
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第二种：人数为2
2
2
的三组，共有
2
2
2
3
6
4
2
3
3
3
C C C
A
90
A
种.所以不同的安排方法共有360
90
450
种，
4.将4 名新招聘的工人分配到A，B 两个生产车间，每个车间至少安排1 名工人，则不同安排方案有（
）
A．36 种
B．14 种
C．22 种
D．8 种
【答案】B【解析】将4 名工人，安排到两个车间：分为其中一个车间安排1 名工人，另一车间安排3 名
工人和两个车间都安排两名工人，两种情况.其中一个车间安排1 名工人，另一车间安排3 名工人的方案
有：
3
4
1
2
2
3
8
C
C
A
；
两个车间都安排两名工人的方案有：
4
2
2
2
2
2
2
2
6
C
C
A
A
.所以，不同的安排方案有8
6
14
.
5.某班开展阅读比赛，老师选择了5 本不同的课外书，要求每位同学在3 天内阅读完这5 本课外书，每天
至少选一本阅读，选择的课外书当天需阅读完，则不同的选择方式有（
）
A．540 种
B．300 种
C．210 种
D．150 种
【答案】D【解析】先将每天读书的本数分组，有1,2,2 和3,1,1两种分组方案，当按1,2,2 分组时，有
2
2
3
5
3
3
2
2
C C A
90
A
种方法，当按按3,1,1分组时，有
3
3
5
3
C A
60
种方法，所以不同的选择方式有90
60
150
种.
6.某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学参加A，B，C 三个企业的调研工作，每个企业去2 人，且
甲去B 企业，乙不去C 企业，则不同的派遣方案共有（
）
A．42 种
B．30 种
C．24 种
D．18 种
【答案】D【解析】若甲乙去同一企业，则甲乙只能去B 企业，剩下的4 人平均分去两个企业，共有
2
2
2
4
2
2
2
2
C C
A
6
A
种；若甲乙不去同一企业，分两步，第一步：先给甲乙两人选同伴，有
1
1
4
3
C C 种，第二步：
将这三组分去三个企业，因为甲去B 企业，乙不去C 企业，所以共有1 种分法，由分步乘法计数原理可
得：共有
1
1
4
3
C C
1
12
种；
所以不同的派遣方案共有6 12
18
种，
7.将5 名学生志愿者分配到成语大赛、诗词大会、青春歌会、爱心义卖4 个项目参加志愿活动，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，分2 步进行分析：①将5 名大学生分为4 组，有
2
5
C
10
种分组方法，
②将分好的4 组安排参加4 个项目参加志愿活动，有
4
4
A
24
种情况，则有10
24
240
种分配方案；
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8.2023 年8 月某市组织应急处置山火救援行动，现从组织好的5 支志愿团队中任选1 支救援物资接收点服
务，另外4 支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，每支志愿团队只能分配到
1 个项目，且每个项目至少分配1 个志愿团队，则不同的分配方案种数为（
）
A．36
B．81
C．120
D．180
【答案】D【解析】先从5 支志愿团队中任选1 支救援物资接收点服务，有
1
5
C
5
种不同的选派方案，
再将剩下的4 支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，有
2
3
4
3
C A
6 6
36
种不
同的选派方案，所以，根据分步乘法原理，不同的安排方案有
1
2
3
5
4
3
C C A
5 36
180
种.
9.若六位老师前去某三位学生家中辅导，每一位学生至少有一位老师辅导，每一位老师都要前去辅导且仅
能辅导一位同学，由于就近考虑，甲老师不去辅导同学1，则有（
）种安排方法
A．335
B．100
C．360
D．340
【答案】C【解析】把6 位老师按照4，1，1 或3，2，1 或2，2，2 人数分为三组；
①把6 为老师平均分为3 组的不同的安排方法数有
2
2
2
6
4
2
3
3
C
C
C
15
A
在把这三组老师安排给三位不同学生辅导的不同安排方案数为：
3
3
A
6
，
根据分步计数原理可得共有不同安排方案为：
2
2
2
3
6
4
2
3
3
3
C
C
C
A
15 6
90
A
如果把甲老师安排去辅导同学1 的方法数为：
2
2
1
2
4
2
5
2
2
2
C
C
1 C
A
30
A
所以把6 位老师平均安排给三位学生辅导且甲老师不安排去辅导同学1 的方法数为90
30
60
②把6 位老师按照4，1，1 分为3 组给三位学生辅导的方法数为：
若1 同学只安排了一位辅导老师则
1
1
4
2
5
5
4
2
C C C
A
50
若1 同学安排了四位辅导老师则
4
2
5
2
C A
10
所以把6 位老师按照4，1，1 分为3 组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1 的方法数为60
③把6 位老师按照3，2，1 分为3 组给三位学生辅导的方法数为；
若1 同学只安排了一位辅导老师则
1
2
3
2
5
5
3
2
C C C
A
100
若1 同学只安排了两位辅导老师则
2
1
3
2
5
4
3
2
C C C
A
80
若1 同学只安排了三位辅导老师则
3
1
2
2
5
3
2
2
C C C
A
60
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所以把6 位老师按照3，2，1 分为3 组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1 的方法数为60
80 100
240
综上把6 位老师安排给三位学生辅导，甲老师不安排去辅导同学1 的方法数为240
60
60
360
故选：C
10.将5 名女老师和5 名男老师分配到三个社区，每名老师只去一个社区，若每个社区都必须要有女老师，
且有男老师的社区至少有2 名女老师，则不同的分配方法有（
）
A．1880 种
B．2940 种
C．3740 种
D．5640 种
【答案】B【解析】5 名女老师分配到三个社区，分配的方案有1:1:3型与1: 2 : 2型，
对于1:1:3型，女老师的分配情况有
3
3
5
3
C A
60
，其中只有一个社区女老师的人数超过2 ，则5名男老师只
能分配去这个村，即总分配情况为60 ；对于1: 2 : 2型，女老师的分配情况有
2
2
1
3
5
3
1
3
2
2
C C C A
90
A
，其中有两个
社区女老师的人数为2 ，则将5名男老师分配去两个社区，则分配方案有0 :5 型、1: 4型与2:3型，则分配
情况有
2
4
2
2
3
2
2
5
2
5
3
2
A +C A
C C A
32
，即总分配情况为32 90
2880
；综上所述，2880
60
2940
.
11.有5 人参加某会议，现将参会人安排到酒店住宿，要在a、b、c 三家酒店选择一家，且每家酒店至少有
一个参会人入住，则这样的安排方法共有（
）
A．96 种
B．124 种
C．150 种
D．130 种
【答案】C【解析】根据题意：分2 步进行：①5 人在a、b、c 三家酒店选择一家，且每家酒店至少有一
个参会人入住，可以把5 人分成三组，一种是按照1,1,3；另一种是按照1,2,2；当按照1,1,3 来分时共有
3
5
C
10
种分组方法；
当按照1,2,2 来分时共有
2
2
5
3
2
2
C C
15
A
种分组方法；则一共有10 15
25
种分组方法；
②将分好的三组对应三家酒店，有
3
3
A
6
种对应方法；则安排方法共有25 6
150
种，
12.某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派6名志愿者到甲、乙、丙三个
社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（
）
A．540种
B．180 种
C．360种
D．630 种
【答案】A【解析】首先将6名志愿者分成3组，再分配到3个社区，可分为3 种情况，
第一类：6名志愿者分成1 2
3
，共有
1
2
3
3
6
5
3
3
C C C A
360
（种）选派方案，第二类：6名志愿者分成1 1
4
，
共有
1
1
4
3
6
5
4
3
2
2
C C C A
90
A
（种）选派方案，第三类：6名志愿者分成2
2
2
，共有
2
2
2
3
6
4
2
3
3
3
C C C A
90
A
（种）选派
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方案，
所以共360
90
90
540
（种）选派方案，
13.佳木斯市第一中学校为了做好疫情防控工作，组织了6 名教师组成志愿服务小组，分配到东门、西门、
中门3 个楼门进行志愿服务.由于中门学生出入量较大，要求中门志愿者人数不少于另两个门志愿者人数，
若每个楼门至少分配1 个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在1 个楼门进行服务，则不同的分配方法
种数为（
）
A．240
B．180
C．690
D．150
【答案】A【解析】第一种情况，当中门的志愿者有3 人时，其他两个门有1 个门1 人，1 个门2 人，有
3
2
2
6
3
2
C C A
120
种，第二种情况，当中门有2 人时，其他两个门也分别是2 人，
2
2
2
6
4
2
C C C
90
种，第三种情
况，当中门有4 人时，其他两个们分别1 人，有
4
2
6
2
C A
30
种，所以不同的分配方法种数是120
90
30
240
.
14.一支医疗小队由3 名医生和6 名护士组成，将他们全部分配到三家医院，使每家医院分到医生1 名和护
士1 至3 名，其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院，则不同的分配方法有_________种.
【答案】684【解析】根据题意，分3 步完成：第一步：将6 名护士分成3 组，每组1 至3 人，其中护士
甲和护士乙分到同一组，若甲和乙一组，将其他4 人分成2 组即可，有
2
3
4
4
1 C
C
7
2
种分组方法；若甲乙
组恰有3 人，从其他4 人中选1 人分到甲乙组，剩下的3 人分成2 组，有
2
3
4C
12
种分组方法；则护士有
7 12
19
种分组方法；
第二步：将3 名医生分成3 组，每组1 人，有1 种分组方法；第三步：将分好的三组护士和三组医生安排
到三家医院，有
3
3
3
3
A A
6 6
36
种安排方法；根据分步乘法计数原理得19 1 36
684
种分配方法.
15.A、B、C、D 四人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛，若A 和B 不参加同
一科，且这三科都有人参加，则不同的选择种数是______.（用数字作答）.
【答案】30
【解析】根据题意，若A
B
C
D
、、、
四人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛，
且这三科都有人参加，则共有
2
3
4
3
C A
36
种情况，
若A
B
C
D
、、、
四人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛，且这三科都有人参
加，A 和B 参加同一科的有
2
3
2
3
C A
6
种情况；
所以，满足题意的情况共有
2
3
2
3
4
3
2
3
C A
C A
30
种.
故答案为：30.
16.安徽省地形具有平原、台地（岗地）、丘陵、山地等类型，其中丘陵地区占了很大比重，因此山地较多，
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著名的山也有很多．某校开设了研学旅行课程，该校有6 个班级分别选择黄山、九华山、天柱山中的一座
山作为研学旅行的地点，每座山至少有一个班级选择，则恰好有2 个班级选择黄山的方案有__________种．
【答案】210【解析】先从6 个班级中选择2 个班级去黄山，则有
2
6
C 种情况，接下来4 个班级可分为两种
情况：
第一种情况，2 个班级去九华山，2 个班级选择取天柱山，则有
2
2
4
2
C C 种情况，第二种情况，3 个班级去九
华山或天柱山，剩余的1 个班去另一个山，则有
3
4
2C 种情况，综上：恰好有2 个班级选择黄山的方案有
2
2
2
3
6
4
2
4
C
C C
2C
210
．
故答案为：210
17.按下列要求分配6 本不同的书,各有多少种不同的分配方式?
（1）分成三份,1 份1 本,1 份2 本,1 份3 本;
（2）甲、乙、丙三人中,一人得1 本,一人得2 本,一人得3 本;
（3）平均分成三份,每份2 本;
（4）平均分配给甲、乙、丙三人,每人2 本;
（5）分成三份,1 份4 本,另外两份每份1 本;
（6）甲、乙、丙三人中,一人得4 本,另外两人每人得1 本;
（7）甲得1 本,乙得1 本,丙得4 本.
【解析】
（1）无序不均匀分组问题.先选1本有
1
6
C 种选法;再从余下的5本中选2 本有
2
5
C 种选法;最后余下的3
本全选有
3
3
C 种选法.故共有
1
2
3
6
5
3
60
C C C
(种)选法.（2）有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同三人,
在1题的基础上,还应考虑再分配,共有
1
2
3
3
6
5
3
3
360
C C C A
.（3）无序均匀分组问题.先分三步,则应是
2
2
2
6
4
2
C C C 种
选法,但是这里出现了重复.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
2
2
2
6
4
2
C C C 种分法中还有
( AB , EF ,CD),(CD, AB , EF ),(CD, EF , AB ),( EF ,CD, AB ),( EF , AB ,CD),共有
3
3
A 种情况,而这
3
3
A 种情况
仅是AB ,CD, EF 的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方式有
2
2
2
6
4
2
3
3
15
C C C
A
.
（4）有序均匀分组问题.在3题的基础上再分配给3个人,共有分配方式
2
2
2
3
6
4
2
3
3
3
90
C C C
A
A
(种).
（5）无序部分均匀分组问题.共有
4
1
1
6
2
1
2
2
15
C C C
A
(种)分法.
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（6）有序部分均匀分组问题.在5题的基础上再分配给3 个人,共有分配方式
4
1
1
3
6
2
1
3
2
2
90
C C C
A
A
(种).
（7）直接分配问题.甲选1本有
1
6
C 种选法,乙从余下5本中选1本有
1
5
C 种选法,余下4 本留给丙有
4
4
C 种选法,
共有
1
1
4
6
5
4
30
C C C
(种)选法.
题型五：部分平均分组
1.将甲、乙等5 名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，至多两人，则甲乙不在同一路
口的分配方案共有（
）
A．81 种
B．72 种
C．63 种
D．36 种
【答案】B【详解】根据题意，分2 步进行分析：①将5 名交警分为1、2、2 的三组，要求甲乙不在同一
组，有
2
2
1
5
3
3
2
2
C C
C
12
A
种分组方法，②将分好的三组安排到三个路口，有
3
3
A
6
种安排方法，则有12 6
72
种分派方法，
2.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友
谊．现有6 支救援队前往
, ,
A B C 三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每
个受灾点至少安排1 支救援队，其中A 受灾点至少需要2 支救援队，则不同的安排方法种数是（
）
A．180
B．240
C．320
D．360
【答案】D【详解】若6 支救援队按1，1，4 分成3 组，则不同的安排方法种数是
1
1
6
5
2
2
C C
A
·
2
2
A =30，
若6 支救援队按1，2，3 分成3 组，则不同的安排方法种数是
1
2
1
2
6
5
2
2
C C C A =240，若6 支救援队按2，2，2
分成3 组，则不同的安排方法种数是
2
2
6
4
3
3
C C
A
·
3
3
A =90，故不同的安排方法种数是360.
3.教育扶贫是我国重点扶贫项目，为了缩小教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5 名
教师到A、B、C 三个乡村学校去支教，每个学校至少去1 人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法
数有（
）种
A．25
B．60
C．90
D．150
【答案】D【详解】由题意可知，先将5 人分成三组有2 类分法，
第一类：各组人数分别为1，1，3，共有
3
5
C 种分法；第二类：各组人数分别为1，2，2，共有
1
2
2
5
4
2
2
2
C C C
A
种分
法，
再将三组人员分配到A、B、C 三个乡村学校去，共有
3
3
A 种，所以不同的选派方法共有
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1
2
2
3
3
5
4
2
5
3
2
2
C C C
C
A
150
A
种.
4.某高校大一新生中的6 名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲
团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1 个社团且每个社团至多两人参加，则这6 个
人中至多有1 人参加“演讲团”的不同参加方法数为
A．4680
B．4770
C．5040
D．5200
【答案】C【详解】若有1人参加“演讲团”，则从6 人选1人参加该社团，其余5 人去剩下4 个社团，人
数安排有2 种情况：1,1,1,2 和1,2,2 ，故1人参加“演讲团”的不同参加方法数为
2
2
1
1
1
1
3
4
5
3
5
4
3
6
4
4
2
3
2
3
3600
C C
C C C
C
A
A
A
A
，若无人参加“演讲团”，则6 人参加剩下4 个社团，人数安排安排有2
种情况：1,1,2,2 和2,2,2 ，故无人参加“演讲团”的不同参加方法数为
2
2
1
4
3
2
2
6
4
2
4
4
6
4
2
2
2
2
+C
1440
C C C A
C C
A A
，故满
足条件的方法数为3600 1440
5040
，故选C.
【方法点睛】本题主要考查分组分配问题及排列组合的综合应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，
往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能
挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理
讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
题型六：不平均分组
1.安排4 名男生和3 名女生去参加甲、乙两个不同的社团活动，每个社团至少3 人，且社团甲的男生数不
少于社团乙的男生数，则不同的参加方法种数是（
）
A．31
B．53
C．61
D．65
【答案】B
【详解】以社团甲中的人数为分类标准，则可分为两类：第一类是社团甲有3 人，第二类是社团甲有4 人.
当社团甲有3 人时，可以分为2 男1 女和3 男0 女两种情况，所以此时不同的参加方法有
2
1
3
4
3
4
C C
C
18
4
22
（种）；
当社团甲有4 人时，可以分为2 男2 女、3 男1 女和4 男0 女三种情况，所以此时不同的参加方法有
2
2
3
1
4
4
3
4
3
4
C C
C C
C
18
12
1
31
（种）.由分类加法计数原理可得，满足条件的不同的参加方法种数是
22
31
53
.
2.第24 届冬季奥林四克运动会（北京冬奥会）计划于2022 年2 月4日开幕，共设7 个大项．现将甲、乙、
丙3名志愿者分配到7 个大项中参加志愿活动，每名志愿者只能参加1个大项的志愿活动，则有且只有两人
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被分到同一大项的情况有（
）
A．42 种
B．216 种
C．96种
D．126种
【答案】D【详解】将甲、乙、丙3名志愿者分配到7 个大项中参加志愿活动，每名志愿者只能参加1个大
项的志愿活动，则有且只有两人被分到同一大项，则将甲、乙、丙3名志愿者分为两组，两组人数分别为
2 、1，
然后将这两组人分配给7 个大项目中的两个，因此，不同的分配方法种数为
2
2
3
7
C A
3 42
126
种.
3.甲乙丙丁4 位大学生前往A ，B ，C 3 个工厂参观实习，若每人只能去其中一个工厂，且每个工厂至少
安排1 人，其中甲只能去B ，C 两个工厂中的一个，则不同的安排方法数是（
）
A．36
B．12
C．24
D．18
【答案】C【详解】若甲去B ，则剩余3 人，可只去A ，C 两个工厂，也可分为3 组去A ，B ，C 3 个工厂，
当剩余3 人只去A ，C 两个工厂时，人员分配为1，2，此时的分配方法有
2
1
2
3
1
2
C
C
A
6
；当剩余3 人分
为3 组去A ，B ，C 3 个工厂，此时的分配方法有
3
3
A
6
，综上可得，甲去B 工厂，不同的安排方法数是
6
6
12
，
若甲去C ，则剩余3 人，可只去A ，B 两个工厂，也可分为3 组去A ，B ，C 3 个工厂，当剩余3 人只去A ，
B 两个工厂时，人员分配为1，2，此时的分配方法有
2
1
2
3
1
2
C
C
A
6
；当剩余3 人分为3 组去A ，B ，C 3
个工厂，此时的分配方法有
3
3
A
6
，综上可得，甲去C 工厂，不同的安排方法数是6
6
12
，所以，不同
的安排方法数是12
12
24
.
题型七：相同元素隔板法模型
【例题】有10 个运动员名额，分给7 个班，每班至少一个,有多少种分配方案？
解：因为10 个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成９个空隙。在９个空档中选６个位置插个隔板，可把
名额分成７份，对应地分给７个班级，每一种插板方法对应一种分法共有
6
9
C 种分法。
一
班
二
班
三
班
四
班
五
班
六
班
七
班
1.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
将n 个相同的元素分成m 份（n，m 为正整数）,每份至少一个元素,可以用m-1 块隔板，插入n 个元素排成一排的n-1 个空
隙中，所有分法数为
1
1
m
n
C
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【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
2
5
10
C
种方案.
2.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
3
5
10
C
种放法，
即可得符合题目要求的方法共10种.
3.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
18
6
3
．
4.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
2
5
10
C
，
5.方程
1
2
3
4
12
x
x
x
x
的正整数解共有（
）组
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
1
x 、
2
x 、
3x 、
4x ，显然满足
1
2
3
4
12
x
x
x
x
，故
1
2
3
4
,
,
,
x x
x x
是方程
1
2
3
4
12
x
x
x
x
的一组解，反之，方程
1
2
3
4
12
x
x
x
x
的每一组解都对应着一种在12 个球中插入隔
板的方式，
6.有10 个运动员名额分给7 个班，每班至少一个名额，共有______种分配方案.
【答案】84【解析】10 个名额没有差别，把它们看成是10 个圆圈排成一排，相邻圆圈之间形成9 个空隙.
在9 个空隙中选6 个空隙放入6 个隔板，即可把圆圈（名额）分成7 份，对应分给7 个班级，即可达到题
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意要求.
每一种插板的放置方法对应一种分法，共有
6
9
84
C
种分法.
7.现有15 个省三好学生名额分给1、2、3、4 共四个班级，其中1 班至少2 个名额，2 班、4 班每班至少3
个名额，3 班最多2 个名额，则共有_________种不同分配方案.
【答案】85【解析】由3 班最多2 个名额，3 班有2、或1 个，或0 个名额三种情况.
（1）、当3 班有2 个名额时，先给1 班1 个名额，2 班、4 班各2 个名额，然后将剩下的8 个名额分给1
班、2 班和4 班，每个班至少一个名额.相当于将8 个元素排成一排，在中间加入2 个隔板将他们分成3 组，
1 班、2 班和4 班分别得到一组，有
2
7
21
C
种分法.
（2）、当3 班有1 个名额时，先给1 班1 个名额，2 班、4 班各2 个名额，然后将剩下的9 个名额分给1
班、2 班和4 班，每个班至少一个名额.相当于将9 个元素排成一排，在中间加入2 个隔板将他们分成3 组，
1 班、2 班和4 班分别得到一组，有
2
8
28
C
种分法.
（3）、当3 班没有分得名额时，先给1 班1 个名额，2 班、4 班各2 个名额，然后将剩下的10 个名额分给
1 班、2 班和4 班，每个班至少一个名额.
相当于将10 个元素排成一排，在中间加入2 个隔板将他们分成3 组，1 班、2 班和4 班分别得到一组，有
2
9
36
C
种分法.所以一共有21+28+36
85
种不同的分配方案.
8：6 个志愿者的名额分给3 个班，每班至少一个名额，则有_________ 种不同的分配方法.（用数字回答）.
【答案】10【解析】6 个志愿者的名额分配给3 个班，每班至少一个名额，采用隔板法可知，即从5 个空
中插入2 个隔板，共有
2
5
C
10
种不同分法．
9.泗县一中举行“建党100周年朗诵比赛”，学校给了高二7 个文科班10个参赛名额，要求每班至少一个同学
参加比赛，则共有___________种不同的分配方案.
【答案】84【解析】问题等价于将10个相同的小球放入7 个盒子，每个盒子至少一球，由隔板法可知，只
需在中间9个空中插入6块板即可，因此，不同的方案种数为
6
9
84
C
种.
10.某地举办高中数学竞赛，已知某校有20 个参赛名额，现将这20 个参赛名额分配给A，B，C，D 四个班，
其中1 个班分配4 个参赛名额，剩下的3 个班都有参赛名额，则不同的分配方案有______种．
【答案】420 【解析】第一步，确定分配有4 个名额的班，共有4 种，第二步，利用隔板法，剩余16 个
参赛名额的分配方式有
2
15
C
105
种则不同的分配方案有4 105
420
11.将10 个学生干部的培训指标分配给7 个不同的班级，每班至少分到一个名额，不同的分配方案共有
_______种．
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【答案】84【解析】因为10个班级干部没有差别，把他们排成一排．相邻名额之间形成9个空隙．在9个
空档中选6个位置插个隔板，把班级干部分成7 份，对应地分给七个班级，每一种隔板方法对应一种分法，
则有有
6
9
C
84
种分法．
12.将6 个相同的球全部放入甲、乙、丙三个盒子里，每个盒子最多放入3 个球，共有_________种不同的
放法.
【答案】10【解析】将6 个相同的球全部放入甲、乙、丙三个盒子里，每个盒子最多放入3 个球，可分为
以下三种情况：①其中有两个盒子各放入3 个小球，共有
2
3
3
C
种不同放法；②三个盒子中均放入2 个小
球，共有1 种不同放法；③一个盒子放入3 个小球，一个盒子放入2 个小球，最后一个盒子放入1 个小球，
共有
3
3
6
A
种放法；
所以不同的放法共有3 1
6
10
种.
故答案为：10
13.不定方程
12
x
y
z
的非负整数解的个数为_______.
【答案】91
【解析】根据已知条件
12
x
y
z
，且x 、y 、z
N
，
0
12
x
- -
，0
12
y
- -
，0
12
z
- -
，当x ，y 确定后z 值也确定，其中
12
z
x
y
列出所有的可能：
当
0
x
时，
12
y
z
，则y 可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12 共13 种情况；
当
1
x 时，
11
y
z
，y 可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11 共12 种情况；
当
2
x
时，
10
y
z
，y 可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，共11 种情况；
当
3
x
时，
9
y
z
，y 可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，共10 种情况；
当
4
x
时，
8
y
z
，y 可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，共9 种情况；
当
5
x
时，
7
y
z
，y 可以取0，1，2，3，4，5，6，7，共8 种情况；
当
6
x
时，
6
y
z
，y 可以取0，1，2，3，4，5，6，共7 种情况；
当
7
x
时，
5
y
z
，y 可以取0，1，2，3，4，5，共6 种情况；
当
8
x
时，
4
y
z
，y 可以取0，1，2，3，4 共5 种情况；
当
9
x
时，
3
y
z
，y 可以取0，1，2，3，共4 种情况；
当
10
x
时，
2
y
z
，y 可以取0，1，2，共3 种情况；
当
11
x
时，
1
y
z
，y 可以取0，1，共2 种情况；
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当
12
x
时，
0
y
z
，y 可以取0，共1 种情况；
所以共有13
12
11 10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
91
组．
故答案为：91
14.将5个数学竞赛名额分配给3个不同的班级，其中甲、乙两个班至少各有1个名额，则不同的分配方案种
数为__________.
【答案】10【解析】原问题等价于：将6个数学竞赛名额分配给3个不同的班级，每个班至少一个名额，
也可等价于：将6个完全相同的小球分为3 组，每组至少一个，相当于在6个小球在中间形成的5个空中插
入2 块板，所以，共有
2
5
C
10
种不同的分配方案.故答案为：10.
15.某校准备参加高中数学联赛，把16 个选手名额分配到高三年级的1～4 班，每班至少一个名额.
(1)不同的分配方案共有多少种？
(2)若每班名额不少于该班的序号数，则不同的分配方案共有多少种？
【解析】（1）问题等价于将16 个小球串成一串，插入3 块隔板，截为4 段，16 个小球间有15 个空隙，
从中选3 个插入隔板，插法种数为
3
15
15!
455
3!12!
C
.
故不同的分配方案共有455 种.
（2）问题等价于先给2 班1 个小球，3 班2 个小球，4 班3 个小球，
再把余下的10 个相同的小球放入4 个盒子里，求每个盒子至少有1 个小球的分配方法数.
将10 个小球串成一串，截成4 段，截法种数为
3
9
84
C
，
因此不同的分配方案共有84 种.
16.将20 个完全相同的球放入编号为1，2，3，4，5 的五个盒子中．
(1)若要求每个盒子至少放一个球，则一共有多少种放法？
(2)若每个盒子可放任意个球，则一共有多少种放法？
(3)若要求每个盒子放的球的个数不小于其编号数，则一共有多少种放法？
【解析】(1)把20 个球摆好，在中间19 个空隙中选择放4 个板子，所以一共有
4
19
3876
C
种；
(2)由题意可知，可以出现空盒子，所以把20 个球和5 个虚拟的球摆好，在中间24 个空隙中选择放4 个板
子，所以一共有
4
24
10626
C
种；
(3)先在编号为1，2，3，4，5 的五个盒子中依次放入0，1，2，3，4 个球，再只要保证余下的10 个球每
个盒子至少放一个，把10 个球摆好，在中间9 个空隙中选择放4 个板子，所以一共有
4
9
126
C
种.
17.方程
1
2
n
x
x
x
k
（,
*
k n
N
，k
n
）的正整数解有多少个？有多少个非负整数解？
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【解析】将正整数k 看成k 个1 的和，将这k 个1 排成一排1,1,1,
1
k
L
1442443
个
.
在这k 个1 中间插入n
1
个“|”，把这k 个1 分成n 组,共有
1
1
n
k
C
种不同的方法
被分成的n 组中，每一组中所包含的1 的个数就对应一组方程的解.
所以
1
2
n
x
x
x
k
L
正整数解有
1
1
n
k
C
个.
由
1
2
1
1
1
n
x
x
x
k
n
L
设
1(
1,2,
)
i
i
y
x
i
n
L
即求
1
2
n
y
y
y
k
n
L
的正整数的组数.
将正整数k
n
看成k
n
个1 的和，将这k
n
个1 排成一排1,1,1,
1
k n
L
1442443
个
.
在这k
n
个1 中间插入n
1
个“|”，把这k
n
个1 分成n 组,共有
1
1
n
k n
C
种不同的方法
被分成的n 组中，每一组中所包含的1 的个数就对应一组方程的解.
所以
1
2
n
y
y
y
k
n
L
的正整数的个数为
1
1
n
k n
C
.
即
1
2
n
x
x
x
k
L
非正整数解有
1
1
n
k n
C
个.
题型八：倍缩法解决定序问题
1.将甲、乙、丙等六位同学排成一排，且甲、乙在丙的两侧，则不同的排法种数共有(
)
A．480
B．360
C．120
D．240
【答案】D【详解】将甲、乙、丙等六位同学进行全排可得
6
6
A
720
种，
甲、乙、丙的排列为
3
3
A
6
种，因为甲、乙在丙的两侧，所以可能为甲丙乙或乙丙甲，所以不同的排法种
数共有
6
6
3
3
720
2
2
240
6
A
A
种．
2.由数字0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的六位数，其中百位、十位、个位数字总是从小到大排列的共有（
）
A．120 个
B．100 个
C．300 个
D．600 个
【答案】B【详解】数字0,1,2, 3,4,5 可组成
1
5
5
5
A A 个没有重复数字的六位数，又因为对特定的3 个数字排到
百十个位，共
3
3
A 种情况，从小到大排列只有1 种情况，故共有
1
5
5
5
3
3
A A =100
A
个.
3.在一次学校组织的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
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【答案】A【详解】不考虑限制条件共有
6
6
A 种，B 最先汇报共有
5
5
A 种，如果B 不能最先汇报，而A ､C､D
按先后顺序汇报（不一定相邻）有
6
5
6
5
3
3
100
A
A
A
.
4.某学校组织6×100 接力跑比赛，某班级决定派出A，B，C，D，E，F 等6 位同学参加比赛．在安排这6
人的比赛顺序时要保证A 要在B 之前，D 和F 的顺序不能相邻，则符合要求的安排共有（
）
A．240 种
B．180 种
C．120 种
D．150 种
【答案】A【详解】解：6 位同学参加接力赛跑，先考虑D 和F 的顺序不能相邻，其他四人的顺序数为
4
4
A
种，D 和F 进行插空共有
4
2
4
5
A A 种，在所有符合条件的排序中，A 要安排在B 之前与A 要安排在B 之后的
数量一样多，所以，符合要求的顺序有
4
2
4
5
1 A A
2
＝240 种．
5.现有5 名学生：甲、乙、丙、丁、戊排成一队照相，要求甲与乙相邻，且甲、乙、丁的左右顺序固定，
站法种数为（
）
A．36
B．24
C．20
D．12
【答案】D【详解】因为甲与乙相邻，且甲、乙、丁的左右顺序固定，
所以可将甲和乙看作一个整体，共有1 种站法，再与其余三人进行排列，共有
4
4
2
2
12
A
A
种站法.
6.《红楼梦》四十一回中，凤姐为刘姥姥准备了一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡汤、鸡脯肉、香
菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉七种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡
脯肉后下锅，鸡汤最后下锅，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有（
）
A．6 种
B．12 种
C．36 种
D．72 种
【答案】B【详解】因为香菌、新笋、豆腐干一起下锅，把它们捆绑在一起，看作一个元素，
此时共有5 个元素，其中鸡汤最后下锅，放在最后一个位置，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，定序问题用倍缩
法，共有
4
4
2
2
A
12
A
种不同的排列方式.
7.小武是1993 年12 月18 日出生的，他设置家里的电子门锁的时候打算用他的出生年、月、日中的8 个数
字进行排列得到一个8 位数的密码，那么小武同学可以设置的不同密码的个数为（
）
A．2760
B．3180
C．3200
D．3360
【答案】D【详解】先将这8 个数字进行全排列，有
8
8
A 种情况，而这8 个数字中有三个1 和两个9，可将
这三个1 和两个9 看作是顺序固定的排列方法，所以一共可以组成
8
8
3
2
3
2
A
3360
A A
个六位数，即可以设置的
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不同密码的个数为3360．
题型九：排队问题
1.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
2
3
C 种分组方法，将2 人的一组看成一个元素，考虑2 人之间的顺序，有
2
2
3
2
C A
种情况；②将黄队的3人全排列，有
3
3
A 种排法，排好后，有4 个空位；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
2
4
A 种方法，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
3
2
2
2
3
2
4
3
C
A
A
A
432
种，
2.七辆汽车排成一纵队，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
3
3
A 种排法，其他车辆任意排列，所以总排法有
3
4
3
4
A A
144
种．
3：5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．
5
2
5
4
A A 种
B．
5
2
5
5
A A 种
C．
5
2
5
6
A A 种
D．
7
6
7
6
4
A
A
种
【答案】A【解析】首先5 名大人先排队，共有
5
5
A 种，然后把两个小孩插进中间的4 个空中，共有
2
4
A 种
排法，根据乘法原理，共有
5
2
5
4
A A 种，故选A.
4.受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排
队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（
）
A．240 种
B．120 种
C．188 种
D．156 种
【答案】B【解析】根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论：
2
3
2
3
3
6,
6,6 6
36
48+36+36=120
A
A
（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有
2
2
4
8
A
种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的
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3 个位置，有
3
3
6
A
种情况，此时有
48
6
8
种安排方案；
（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有
2
2
3
6
A
种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三
个位置，有
3
3
6
A
种情况，此时有6 6
36
种安排方案；
（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有
2
2
3
6
A
种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的
三个位置，有
3
3
6
A
种情况，此时有6 6
36
种安排方案；由加法计数原理可知共有48+36+36=120种方
案，
5.新冠肺炎疫情防控期间，按照宿州市疫情防控应急指挥部的要求，市教育体育局对各市直学校下发了有
关疫情防控通知.某学校按市局通知要求，制定了错峰放学，错峰吃饭的具体防疫措施.高三年级一层楼有A 、
B 、C 、D 、E 、F 六个班排队吃饭，A 班必须排在第一位，且D 班、E 班不能排在一起，则这六个班排
队吃饭的不同方案共有（
）
A．20 种
B．56 种
C．72 种
D．40 种
【答案】C【解析】因为A 班必须排在第一位，剩下5 个班级安排在后面的5 个位置，所以先将BCF 三
个班级全排列,排好后有4 个空位，有
3
3
6
A
中排法，再在4 个空位中选出2 个，安排D 班、E 班，有
2
4
12
A
中排法，
则有6 12
72
种排法.
6.六辆汽车排成一纵队，要求甲车和乙车均不排队头或队尾，且正好间隔两辆车，则排法有（
）
A．48
B．72
C．90
D．120
【答案】A【解析】由题意得，甲车和乙车均不排队头或队尾，且正好间隔两辆车，所以甲、乙只能在第
二位和第五位，共有
2
2
A 种排法，其他车辆任意排列，所以总排法有
2
4
2
4
48
A A
种.
7.（多选题）有四名男生，三名女生排队照相，七个人排成一排，则下列说法正确的有（
）
A．如果四名男生必须连排在一起，那么有720 种不同排法
B．如果三名女生必须连排在一起，那么有576种不同排法
C．如果女生不能站在两端，那么有1440种不同排法
D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有1440种不同排法
【答案】CD【解析】A 中，如果四名男生必须连排在一起，将这四名男生捆绑，形成一个“大元素”，此
时，共有
4
4
2
4
4
24
576
A A
种不同的排法，A 选项错误；B 中，如果三名女生必须连排在一起，将这三名
女生捆绑，形成一个“大元素”，此时，共有
3
5
3
5
6 120
720
A A
种不同的排法种数，B 选项错误；C 中，
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如果女生不能站在两端，则两端安排男生，其他位置的安排没有限制，此时，共有
2
5
4
5
12 120
1440
A A
种
不同的排法种数，C 选项正确；
D 中，如果三个女生中任何两个均不能排在一起，将女生插入四名男生所形成的5个空中，此时，共有
4
3
4
5
24 60
1440
A A
种不同的排法种数，D 选项正确.
8、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
5
7
2520
A
种；
（2）先安排甲乙在中间有
2
5A
种，再安排余下的5 人有
5
5
A
种，共有排法有
2
5
5
5
2400
A
A
种；
（3）排法有
7
6
5
7
6
5
2
3720
A
A
A
种，其中
6
6
A 是甲在左端或乙在右端的排法，
5
5
A 是甲在左端且乙在右端的
排法；
（4）把男生看成一个整体共有
3
3A
种，再把女生看成一个整体有
4
4
A
种，再把这两个整体全排列，共有
3
4
2
3
4
2
288
A A A
种排法；
（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
3
5
3
5
720
A A
种排法；
（6）即不相邻问题（插空法）：先排女生共
4
4
A 种排法，男生在五个空中安插，有
3
5
A 种排法，故共有
4
3
4
5
1440
A A
种排法；
（7）对比（6），让女生插空，共有
3
4
3
4
144
A A
种排法；
（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
2
2
4
5
2
4
960
A A
A
种排法；
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（9）分步完成共有
3
4
7
7
4
7
5040
A A
A
种排法；
（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
7
7
A 种，甲、乙、丙3 人全排列有
3
3A 种，而3 人按甲、乙、丙顺序排列是全排列中的一
种，所以共有
7
7
3
3
840
A
A
种排法.
9、有4 个男生，3 个女生按下列要求排队拍照，各有多少种不同的排列方法？
(1)7 个人排成一列，4 个男生必须连排在一起；
(2)7 个人排成一列，3 个女生中任何两个均不能排在一起；
(3)7 个人排成一列，甲、乙、丙三人顺序一定；
(4)7 个人排成一列，但男生必须连排在一起，女生也必须连排在一起，且男甲与女乙不能相邻.
【解析】（1）不妨先将4 个男生看作一个整体，有
4
4
A 种排法，连同三个女生共4 个元素进行排列，有
4
4
A 种
排法，共有
4
4
4
4
A
A
＝576（种）.
（2）先排男生，有
4
4
A 种排法，再在他们之间和左右两端共5 个空位中插入3 个女生，有
3
5
A 种排法，故共
有
4
4
5
3
A
A
＝1 440（种）.（3）先不考虑三人的顺序，任意排列有
7
7
A 种，其中每
3
3A 种有且只有1 种符合甲、
乙、丙三人顺序一定，∴共有
7
7
3
3
840
A
A
（种）.（4）先将男生和女生看作两个整体，男生、女生分别全排
列，有
2
4
3
2
4
3
A
A
A
种排法，再考虑男甲与女乙相邻，有
2
3
2
2
3
2
A
A
A
种，故有
2
4
3
2
3
2
2
4
3
2
3
2
264
A
A
A
A
A
A
（种）.
10.若A ，B ，C ，D ，E 五个人按不同的要求排列队伍，求不同的排队方法的种数
(1) A ，B 两人不站在一起；
(2) A 不站在最左边，B 不站最右边；
(3)如果又来了一位F 同学，六个人站一排，C 、D 站在中间，A 站在B 的右边；
(4)若5 个人站成两排，其中一排站2 个人，另一排站3 个人．
【解析】(1)采用插空法，A ，B 两人不站在一起有
3
2
3
4
72
A A
种方法；
(2)当A 站在最右端，则有
4
4
24
A
种方法，当A 不站在最右端，有
1
1
3
3
3
3
54
A A A
种方法，所以共有24
54
78
种方法；
(3)六个人站一排，C 、D 站在中间，A 站在B 的右边，有
2
2
2
4
24
A A
种方法；(4)若前排2 人，后排3 人，
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共有
2
3
5
3
120
A A
种方法，若前排3 人，后排2 人也是120 种方法，所以共有240 种方法.
题型十：多排问题
1、6 个人站成前后两排照相，要求前排2 人，后排4 人，那么不同的排法共有（
）
A．30 种
B．360 种
C．720 种
D．1440 种
【答案】C【详解】6 个人站成前后两排照相，要求前排2 人，后排4 人
不同的排法共有：
6
6
6 5 4 3 2 1
720
A =
种故选：C.
2、6 个人站成前、中、后三排，每排2 人，则不同的排法有
种．
【答案】720【分析】可以分三步：前、中、后三排分别站2 人即可得，也只可以相当于6 人全排列．
【详解】6 个人站成前、中、后三排，每排2 人，分3 步完成，不同的排法有
2
2
2
6
4
2
A
A A
720
（种）．
3.毕业季，6 位身高全不相同的同学拍照留念，站成前后两排各三人，要求每列后排同学比前排高的不同
排法共有（
）
A．40 种
B．20 种
C．180 种
D．90 种
【答案】D【详解】按列选取，相当于6 位同学分成3 组，只要选出来了，让高的同学站在后排即可，故
2
2
2
6
4
2
C C C
90
种，
4、10 名同学拍照，站成前排3 人后排7 人，现摄影师要从后排7 人中抽2 人调整到前排，若其他人的相
对顺序不变，则不同调整方法的总数是（
）
A．168
B．420
C．840
D．20160
【答案】B【详解】从后排7 人中抽2 人有
2
7
C 种方法；将抽出的2 人调整到前排，前排3 人的相对顺序不
变有
5
5
3
3
A
A 种，由分步乘法计数原理可得：共有
5
2
5
7
3
3
A
C
21 5 4
420
A
种，
5.某次数学获奖的6 名高矮互不相同的同学站成两排照相，后排每个人都高于站在他前面的同学，则共有
多少种站法（
）
A．36
B．90
C．360
D．720
【答案】B【详解】解：6 个高矮互不相同的人站成两排，后排每个人都高于站在他前面的同学的站法数
为
2
2
2
3
4
2
6
3
3
3
90
C C C
A
A
，
题型十一：错位排列
【方法技巧与总结】
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错位排列公式
1
( 1)
(
1)
!
!
i
n
n
i
D
n
n
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4 3 4 3
144
．
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
2
5
10
C
，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.
3.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
2
6
15
C
种选法，假设选出的2 个小球的编号为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.
4.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
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【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
3
6
C
20
，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20 2
40
．
5.同室4 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4 张贺卡不同分配方式
有
A．8 种
B．9 种
C．10 种
D．12 种
【答案】B【解析】方法一：设四人分别为a，b，c，d，写的卡片分别为A，B，C，D，由于每个人都
要拿别人写的，即不能拿自己写的，故a 有三种分配，不妨设a 拿了B，则b 可以拿剩下三张中的任一
张，也有三种拿法，c 和d 只能有一种分配，所以共有3×3×1×1=9 种分配方式;方法二：根据题意，列
举出所有的结果:
1、甲乙互换，丙丁互换；2、甲丙互换，乙丁互换；3、甲丁互换，乙丙互换；
4、甲要乙的乙要丙的丙要丁的丁要甲的；5、甲要乙的乙要丁的丙要甲的丁要丙的；
6、甲要丙的丙要乙的乙要丁的丁要甲的；7、甲要丙的丙要丁的乙要丁的丁要甲的；
8、甲要丁的丁要乙的乙要丙的丙要甲的；9、甲要丁的丁要丙的乙要甲的丙要乙的．
通过列举可以得到共有9 种结果．
6.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3
3
3
9
（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3 3 1 1
9
（种）．
7.若5 个人各写一张卡片（每张卡片的形状、大小均相同），现将这5 张卡片放入一个不透明的箱子里，并
搅拌均匀，再让这5 人在箱子里各摸一张，恰有1 人摸到自己写的卡片的方法数有（
）
A．20
B．90
C．15
D．45
【答案】D【解析】根据题意，分2 步分析：①先从5 个人里选1 人，恰好摸到自己写的卡片，有
1
5
C 种选
法，
②对于剩余的4 人，因为每个人都不能拿自己写的卡片，因此第一个人有3 种拿法，被拿了自己卡片的那
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个人也有3 种拿法，剩下的2 人拿法唯一，所以不同的拿卡片的方法有
1
1
1
5
3
3
45
C
C
C
种.
8：5 个人站成一列，重新站队时各人都不站在原来的位置上，共有种不同的站法（
）
A．42
B．44
C．46
D．48
【答案】B【解析】由题意，设五人分别为
, ,
,
,
A B C D E ，重新站队时，可从A 开始，其中A 有
1
4
C
4
种不
同的选择，比如A 占据了B 的位置，可再由B 选取位置，可分为两类，1 类：B 占据了A 的位置，则后面
的重站，共有2 种站法；2 类：B 没有占据A 的位置，则B 有
1
3
C
3
种站法，后面的重站，共有3 种站法，
所以共有
1
4
(2
3 3)
44
C
种不同的站法.
9.若5 个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1 个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有（
）
A．45 种
B．40 种
C．55 种
D．60 种
【答案】A【解析】先从5 个人中选出站在自己原来的位置的有
1
5
C 种选法
设剩下的4 个人为
,
,
,
A B C D .则他们都不站自己原来的位置，分下列几步完成:
(1)假设先安排A ，则有
1
3
C 种选法.(2)当A 站好后，A 站的位置原来站的是谁，接下来就安排这个人来选
位置，有
1
3
C 种选法.(3)接下来，剩下的两个人和两个位置中,至少有1 人，他原来站的位置留下来了，都不
站原来的位置，则只有1 种站法.所以共有
1
1
1
5
3
3 1
45
C
C
C
种选法.
10.若4 个人按原来站的位置重新站成一排，恰有一个人站在自己原来的位置，则共有（）种不同的站法.
A．4
B．8
C．12
D．24
【答案】B【解析】根据题意，分2 步分析：①先从4 个人里选1 人，其位置不变，其他三人的都不在自
己原来的位置，有
1
4
C
4
种选法；②对于剩余的三人，因为每个人都不能站在原来的位置上，因此第一个
人有两种站法，被站了自己位置的那个人只能站在第三个人的位置上，因此三个人调换有2 种调换方法．故
不同的调换方法有4 2
8
，
11．5 个同学玩“真心话”游戏，回答抽到的问题.若5 个人将各自的问题写在一张卡片上（每张卡片的形状､
大小均相同），并将这5 张卡片放入一个不透明的箱子里，搅拌均匀，再让这5人在箱子里各摸一张，恰有
1人需回答自己问题的种数为___________.
【答案】45【解析】根据题意，分2 步：第一步，先从5 个人里选1 人恰好摸到自己写的卡片，有
1
5
C 种选
法，
第二步，对于剩余的4人，因为每个人都不能选自己写的卡片，所以第一个人有3 种选法，卡片被选走的
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那个人也有3种选法，剩下的2 人选法唯一，所以不同的选法有
1
1
1
5
3
3
45
C
C
C
种.
12．4位顾客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一顶帽子，则4人拿的都不是自己的
帽子方案总数为____________.（用数字作答）
【答案】9【解析】记4位顾客分别为甲、乙、丙、丁. 假设甲拿了乙的帽子，则乙拿了甲的帽子，丙拿
了丁的帽子，丁拿了丙的帽子；或乙拿丙的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了甲的帽子；或乙拿了丁的帽子，
丙拿了甲的帽子，丁拿了丙的帽子.若甲拿了丙或丁的帽子，同理可知，符合条件的方案数均为3 种.综上
所述，4人拿的都不是自己的帽子方案总数为3 3
9
.
13．一辆小客车上有5 个座位,其座位号为1,2,3,4,5.乘客
1P ,
2P ,
3P ,
4P ,
5P 的座位号分别为1,2,3.4,5,他们按照
座位号从小到大的顺序先后上车乘客户,因身体原因没有坐自己的1 号座位,这时司机要求余下的乘客按以
下规则就座：如果自己的座位空着,就只能坐自己的座位；如果自己的座位已有乘客就座,就在这5 个座位
的剩余空位中任意选择座位.
乘客
1P
2P
3P
4P
5P
座位号
3
2
1
4
5
3
2
4
5
1
（1）若乘客
1P 坐到了3 号座位,其他乘客按规则就座,则此时共有4 种坐法.下表给出了其中两种坐法,请填
入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处)；
（2）若乘客
1P 坐到了2 号座位,其他乘客按规则就座,求乘客
5P 坐到5 号座位的概率.
【解析】（1）余下两种坐法如下表所示：
乘客
1P
2P
3P
4P
5P
座位号
3
2
4
1
5
3
2
5
4
1
(2)若成客
1P 坐到了2 号座位,其他乘客按规则就座,则所有可能的坐法可用下表表示为：
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乘客
1P
2P
3P
4P
5P
座位号
2
1
3
4
5
2
3
1
4
5
2
3
4
1
5
2
3
4
5
1
2
3
5
4
1
2
4
3
1
5
2
4
3
5
1
2
5
3
4
1
于是,所有可能的坐法共8 种.设“乘客
5P 坐到5 号座位”为事件A,则事件A 中的基本事件的个数为4.所以
4
1
( )
8
2
P A
.即乘客
5P 坐到5 号座位的概率是
1
2 .
14.将4个编号为1、2 、3 、4的不同小球全部放入4个编号为1、2 、3 、4的4个不同盒子中.求：
（1）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？
（2）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？
（3）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？
（4）把已知中4个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个空盒，有多
少种不同的放法？
【解析】（1）根据题意知，每个盒子里有且只有一个小球，所求放法种数为
4
4
24
A
（种）；
（2）先将4个小球分为3组，各组的球数分别为2 、1、1，然后分配给4个盒子中的3 个盒子，由分步乘
法计数原理可知，所求的放法种数为
2
3
4
4
144
C A
（种）；（3）考查编号为1的盒子中放入编号为1的小球，
则其它3 个球均未放入相应编号的盒子，那么编号为2 、3 、4的盒子中放入的小球编号可以依次为3、4、
2 或4、2 、3，
因此，所求放法种数为2 4
8
（种）；（4）按两步进行，空盒编号有4种情况，然后将4个完全相同的小
球放入其它3个盒子，没有空盒，则只需在4个完全相同的小球所形成的3个空（不包括两端）中插入2 块
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板，
由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为
2
3
4
12
C
（种）.
15.n 个学生参加一次聚会，每人带一张贺卡和一件礼物，会后每个人任取一张贺卡和一件礼物.问：发生下
列情况时，有多少种可能？
(1)没有任何一位学生取回他原来自己的一件物品；
(2)有人取回了他原来的物品；
(3)恰好只有一人取回他原来的物品.
【解析】(1)（1）设没有任何一位学生取回他原来自己的一件物品，可以先取贺卡，n 个同学均没有取回
他原来的贺卡（即n 个元素排列有n 个动点）有
nf
n 种.同理，再去取礼物，也有
nf
n 种，
由错排公式，共有
2
2
0
( 1)
!
!
k
n
n
k
f
n
n
k
种.(2)（2）n 个同学每人取回一张贺卡、一件礼物，共有
2
( !)
n
种,故有人取回他原来物品的取法有
2
2
2
2
0
( 1)
( !)
( !)
1
!
k
n
n
k
n
f
n
n
k
种.
(3)（3）根据
n k
表示n 个元素有k 个组合不动点的排列个数，那么用
(1)
n
表示n 个人中有一个人取回
他原来的物品的可能数，因此恰好只有一人取回他原来的物品，有三种可能，即取对贺卡、而拿错礼物；
取错贺卡而拿对礼物；还有就是贺卡、礼物全取对了.前二种情况各有
1
n
nf
n
种，后一种情况有
1
1
1
n
nf
n
种，
取法总数为:
1
1
2
1
1
1
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
f
n
f
n
f
n
f
n
1
1
2
1
n
n
n
f
n
f
n
1
1
1
1
2
1
n
n
n
n
C f
n
f
n
f
n
1
1
0
0
0
( 1)
( 1)
( 1)
!
1 !
2
!
!
!
k
k
k
n
n
n
k
k
k
n
n
n
k
k
k
.
16.将用1～6 编号的六张卡片，插入用1～6 编号的六个盒子里，每只盒子插一张，求：
(1)使每一卡片的号码与所在盒子号码都不同的插法总数；
(2)恰好有3 张卡片号码与所在盒子号码相同的插法总数.
【解析】(1)全部无限制排列有
6
6
720
A
种.如果有5 个或6 个卡片号码和盒子的号码对应相同，只有1 种；
如果有4 个卡片号码和盒子的号码对应相同，首先，确定哪4 个号码相同，有
4
6
15
C
种，剩下的两个号
码只有一种插法，所以共有15 1
15
种；
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如果有3 个卡片号码和盒子的号码对应相同，首先，确定哪3 个号码相同，有
3
6
20
C
种，剩下的三个号
码有2 种插法，所以共有20
2
40
种；
如果有2 个卡片号码和盒子的号码对应相同，首先，确定哪2 个号码相同，有
2
6
15
C
种，剩下的4 个号
码有9 种插法，所以共有15 9
135
种；
如果有1 个卡片号码和盒子的号码相同，首先，确定哪1 个号码相同，有
1
6
6
C
种，剩下的5 个号码，先
选1 个号码放在最前面，有4 种插法，剩下的4 个号码有11 种插法，所以共有6 4 11
264
种.
所以共有720 1 15
40 135
264
265
种.
(2)先选择3 张卡片号码与所在盒子号码相同，有
3
6
C 种方法；再把剩下的3 张卡片放在剩下的盒子里，要
保证号码不同，只有2 种方法，所以共有
3
6
2=40
C
种方法.
题型十二：环排问题
【方法技巧与总结】
在圆排列数中：
（1）n 个元素围成一圈其圆排列数为(
1)!
n
（2）在n 个元素中，每次取出m 个不同的元素进行圆排列，圆排列数为
m
n
A
m
．
（3）当从n 个相异的元素中，每次取出m 颗串成一个圆环，因其正反相对的两个圆排列在串成一个圆环
时完全相同，故圆环数为
2
m
m
A
m
．对于较复杂的问题，可适当采用分步揷人、捆绑及利用种数公式处理．
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3个人出来表演节目时，一共报数了19 3
57
次.
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，
2
2
4A ，
接下来，考虑其余三人的情况，其余位置可以互换，可得
3
3
A 种，最后根据分步计数原理，得到
2
3
2
3
4
A
A
48
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种，
3.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．
3
5
6
5
A
A
B．
8
6
3
8
6
3
A
A
A
C．
3
3
5
3
A
A
D．
7
5
3
7
5
3
A
A
A
【答案】D【解析】8 个人围成一圈,有
8
7
8
7
A
A
8
种.其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由
3
5
3
5
A
A
.
所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为
7
5
3
7
5
3
A
A
A
.
4.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
1
4
C 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
2
2
A 种，所以共有坐法种数为
1
2
4
2
C
A
4
2
8
种．
5.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
1
7
7
C
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
6
6
A 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
6
6
7
2520
2
A
种不同的涂法.
6.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m 位同学，若站成一排，且甲同学在乙同学左边的站法共有60
种，那么这m 位同学围成一个圆时，不同的站法总数为（
）
A．24
B．48
C．60
D．120
【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
m
m
A ，则
1
60
2
m
m
A
，解得
5
m
，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，
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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
3
3
1
3 A ，
由此可得n 个人围成一个圆的排列数为1
n
n
A
n
，5 位同学围成一个圆的排列数为
5
5
1
24
5 A
.
7：8 人围桌而坐，共有______种坐法.
【答案】5040【解析】围桌而坐与坐成一排不同，围桌而坐没有首尾之分，因此固定一人并从此位置把圆
形展成直线，则其余7 人共有(8 1)
7
5040
！= ！=
（种）排法.
8：5 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，
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!
5 1 !
4!
5
(种)，把6 个男孩按2，1，1，
1，1 分成5 组有
2
6
C 种分法，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
2
6
4! C
5! 2
86400
(种).
9：10 位男生10 位女生．男女相间隔围成一圈，则其所有不同的排列数为__________
【答案】
10
10
A
9
9
A 【解析】因为10 位男生全排列有
10
10
A 种排法，因为是围成一圈，所以不分头尾，
所以10 位男生围成一圈有
10
9
10
9
1
A
A
0
种，再把10 位女生插入男生间的空隙中共有
10
10
A 种方法，
所以10 位男生10 位女生．男女相间隔围成一圈，不同的排列数为
10
10
A
9
9
A .
10：4 个人围坐在如图所示的8 张椅子中的4 张椅子上聚餐，其中甲、乙两人不能相对（如1 与8 叫做相
对）而坐，共有__________种不同的坐法(用数字作答)
【答案】1440【解析】因为甲、乙两人不能相对（如1 与8 叫做相对）而坐，
则甲、乙两人不能同时坐在1 与8 位置或2 与7 位置或3 与6 位置或4 与5，所以共有
1
1
2
8
6
6
8 6 6 5
1440
A
A
A
种不同的作法.
11：7 颗颜色不同的珠子，可穿成________的珠子圈．
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【答案】360【解析】由于环状排列没有首尾之分，将n 个元素围成的环状排列剪开，可看成n 个元素排成
一排，即共有An
n 种排法．由于n 个元素共有n 种不同的剪法，则环状排列共有
An
n
n 种排法，而珠子圈没有
反正，故7 颗颜色不同的珠子，可穿成
7
7
A
360
2 7
（顺时针、逆时针两种情况）种不同的珠子圈．
12：8 名学生平均分成两组，每组都围成一个个圆圈，有______种不同的围法．
【答案】1260 或
4
4
2
8
4
C C
3
2
！
！
【解析】8 名学生平均分成两组，有
4
4
8
4
C C
2！种分组法，每组都围成一个圈，两个
组有
3 2
3
(A ) 种围法，所以共有
4
4
4
4
2
2
3
8
4
8
4
3
C C
C C
A
=
3
1260
2
2
！
！
！
种不同的围法．故答案为：1260 或
4
4
2
8
4
C C
3
2
！
！
.
13.一个圆桌有十二个座位，编号为1 至12.现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位，家长与
其孩子相邻.满足要求的坐法共有______种.
【答案】2520【解析】当学生选择相邻的四个偶数有2,4,6,8，4,6,8,10，6,8,10,12 ，8,10,12,2，10,12,2,4 ，
12,2,4,6有6种，以学生选2,4,6,8为例，家长的排法有1,3,5,7
3,5,7,9 ，1,5,7,9，1,3,7,9 ，1,3,5,9 有5种，
同理可得：每一种学生的坐法，家长都有5种坐法，所以有
4
4
A
5 6
720
种，
当学生选择三个相邻的偶数，一个学生坐对面有2,4,6,10 ，4,6,8,12，6,8,10,2，8,10,12,4 ，10,12,2,6 ，
12,2,4,8 有6种，
以学生选择2,4,6,10 为例，家长的坐法有1,3,5,9 ，1,3,5,11，1,3,7,9，1,3,7,11，1,5,7,9，1,5,7,11，3,5,7,9 ，
3,5,7,11，共8种，
同理可得：每一种学生的坐法，家长都有8种坐法，所以有
4
4
A
6 8
1152
种，
当四个学生每两个学生选择相邻偶数时，学生有2,4,8,10 ，4,6,10,12 ，6,8,12,2有3种，
以学生选择2,4,8,10 为例，家长坐法有：1,3,7,9，1,3,7,11，1,3,9,11，1,5,7,9，1,5,7,11，1,5,9,11，3,5,7,9 ，
3,5,7,11，3,5,9,11有9种，
同理可得：每一种学生的坐法，家长都有9种坐法，所以有
4
4
A
3 9
648
种，
综上所述：满足要求的坐法共有720 1152
648
2520
种，
故答案为：2520 .
14.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____种．（用数字作答）
【答案】8【解析】先按排甲，其选座方法有
1
4
C 种，由于甲、乙不能相邻，
所以乙只能坐甲对
故答案为8．
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15.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_____________种．
【答案】2520【解析】先从七种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有
1
7
C
7
种方法，
再将剩余的六种颜色全部涂在剩余的6 个区域内，共有
6
6
A 种方法，由于图形是轴对称图形，∴上述方法
正好重复一次，∴不同的涂色方法共有
6
6
7 A
2520
2
(种)．
16.有5 对夫妇和A ，B 共12 人参加一场婚宴，他们被安排在一张有12 个座位的圆桌上就餐（旋转之后算
相同坐法）．
（1）若5 对夫妇都相邻而坐，A ，B 相邻而坐，共有多少种坐法？
（2）5 对夫妇都相邻而坐，其中甲、乙二人的太太是闺蜜要相邻而坐，A ，B 不相邻，共有多少种坐法？
【解析】（1）若5 对夫妇都相邻，A ，B 相邻，可将每对夫妇划分为1 组，A ，B 划分为1 组，再将这6
组人围坐成一圈，共有
5
5
A 种坐法，
由于每一组内两人还有顺序问题，所以共有
5
6
5
A
2
7680
种坐法；
（2）分成三步来完成第一步，排甲、乙二人的太太的座位，有2 种坐法，甲、乙二人的座位也随之确定，
第二步，排其余3 对夫妇的座位，有
3
3
3
2 A 种坐法，
第三步，排A ，B 二人的座位，有
2
4
A 种坐法，
根据分步乘法计数原理，共有
3
3
2
3
4
2
2 A
A
1152
种坐法
题型十三：间接法（正难则反）
1.用1，2，3，4，5 组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数有________.
【答案】72
【解析】用1，2，3，4，5 组成一个没有重复数字的五位数，共有
5
5
120
A
个；三个奇数中仅有两个相
邻；
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其对立面是三个奇数都相邻或者都不相邻；当三个奇数都相邻时，把这三个奇数看成一个整体与2 和4 全
排列共有
3
3
3
3
36
A
A
个；三个奇数都不相邻时，把这三个奇数分别插入2 和4 形成的三个空内共有
2
3
2
3
12
A
A
个；故符合条件的有120
12
36
72
；故答案为：72 ．
2.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
【详解】先假设CD 是实线，则从A 到B ，向上3次，向右4 次，最短路径有
7
7
3
4
3
4
A
35
A A
条，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
3.某老师一天上3 个班级的课，每班一节，如果一天共9 节课，且老师不能连上3 节课（第5 节和第6 节
不算连上），那么这位老师一天的课表的所有排法有______种．
【答案】474.
【详解】从9节课中任意安排3节共有：
3
9
504
A
种，其中前5节课连排3 节共有：
3
3
3
18
A
种；后4 节课
连排3 节共有：
3
3
2
12
A
种老师一天课表的所有排法共有：504 18 12
474
种，正确结果：474
4.从2，4，6，8，10 这五个数中，每次取出两个不同的数分别为,a b ，共可得到lg
lg
a
b
-
的不同值的个数
是（
）
A．20
B．18
C．10
D．9
【答案】B
【详解】首先从2，4，6，8，10 这五个数中任取两个不同的数排列，共
2
5
20
A
有种排法，
又2
4
4
8
，4
8
2
4
，从2，4，6，8，10 这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到
lg
lg
lg a
a
b
b
的不同值的个数是：20
2
18
．故选：B ．
5.某校以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果栽
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培”“蔬菜种植”“3D 打印”这六门劳动课中的两门.则甲、乙、丙这3 名学生至少有2 名学生所选劳动课全不
相同的方法种数共有（
）
A．2080
B．2520
C．3375
D．3870
【答案】B
【详解】设甲，乙两人全不相同为事件
1A ，甲，丙两人全不相同为事件
2
A ，乙，丙两人全不相同为事件
3
A
则
1A ，
2
A ，
3
A 的种类数都为
2
2
2
6
4
6
C C C ，
1
2
A
A
，
2
3
A
A
，
3
1
A
A
的种类数都为
2
2
2
6
4
4
C C C ，
1
2
3
A
A
A
的种
类数为
2
2
2
6
4
2
C C C ，所以至少有两人全不相同的方法数为
2
2
2
2
2
2
2
2
2
6
4
6
6
4
4
6
4
2
C C C
3
C C C
3
C C C
2520
，故选：B.
6.2022 年在贵州省黔东南州台盘乡举办的贵州省“美丽乡村”篮球联赛，经由短视频火爆全网，被称为“村
BA”，中国驻美大使及外交部发言人在海外媒体发文推荐．某高三班主任从网上找到6 个与此相关的短视
频a ，b ，c ，d ，e，f ，准备从这6 个短视频中再选出3 个向学生推荐，则a ，b ，c 至少选1 个的方
法种数为（
）
A．8
B．18
C．19
D．24
【答案】C【详解】不同选法种数为
3
3
6
3
C
C
19
.
7.甲乙等五名学生参加数学、物理、化学、生物这四门学科竞赛，已知每人恰参加一门学科竞赛，每门学
科竞赛都有人参加，且甲乙两人不参加同一学科竞赛，则一共有（
）种不同的参加方法
A．72
B．144
C．216
D．240
【答案】C【详解】依题意将5名同学分成1、1、1、2 四组，再分配到四门学科中有
2
4
5
4
C A
240
种，
其中甲乙两人恰好参加同一学科竞赛的有
2
4
2
4
C A
24
种，所以不同的参加方法有240
24
216
种.
8.四面体的顶点和各棱的中点共10 个点．在这10 点中取4 个不共面的点，则不同的取法种数为（
）
A．141
B．144
C．150
D．155
【答案】A【详解】从10 个点中任取4 个点有
4
10
C 种取法，其中4 点共面的情况有三类．第一类，取出的
4 个点位于四面体的同一个面上，有
4
6
4C 种；第二类，取任一条棱上的3 个点及该棱所对棱的中点，这4
点共面，有6 种；
第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4 顶点共面，
有3 种．
以上三类情况不合要求应减掉，∴不同的取法共有
4
4
10
6
C
4C
6
3
141
种．
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9.某校组织一次认识大自然的活动，有10 名同学参加，其中有6 名男生､4 名女生，现要从这10 名同学中
随机抽取3 名同学去采集自然标本.抽取人中既有男生又有女生的抽取方法共（
）
A．192 种
B．120 种
C．96 种
D．24 种
【答案】C【详解】从10 名同学中随机抽取3 名同学有
3
10
C 种方法，抽取的人全是男生的有
3
6
C 种，全是女
生的有
3
4
C 种，所以抽取人中既有男生又有女生的抽取方法共
3
3
3
10
6
4
C
C
C
120
20
4
96
（种）.
10.现有16 张不同的卡片，其中红色，黄色，蓝色，绿色卡片各4 张，从中任取3 张，要求这3 张卡片不
能是同一颜色，且绿色卡片至多1 张，则不同的取法种数为（
）
A．484
B．472
C．252
D．232
【答案】B【详解】根据题意，不考虑限制，从16 张卡片中任取3 张，共有
3
16
C 种取法，如果取出的3 张
为同一种颜色，则有
3
4
4C 种情况，如果取出的3 张有2 张绿色卡片，则有
2
1
4
12
C C 种情况，故所求的取法共
有
3
3
2
1
16
4
4
12
4
472
C
C
C C
种.
11.中国空间站（ChinaSpaceStation）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022 年10月31
日15:37 分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天
和核心舱”按照计划成功对接，成为“T ”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕. 2023年，中国空间站
将正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等4 名航天员都去开展实验，三舱中每个舱至少一人，且甲、
乙两人不同舱，则不同的安排方法有（
）
A．24 种
B．30 种
C．66 种
D．以上都不对
【答案】B【详解】利用间接法：先考虑将四人分为三组，每组人数分别为2 、1、1，再将这三组人分配
给三个舱，
不同的分配方法种数为
2
3
4
3
C A
36
；然后考虑甲、乙两人在同一舱的情形，只需将另外两人分成两组，每
组一人，再将这三组人分配给三个舱，此时，不同的分配方法种数为
3
3
A
6
种.综上所述，甲、乙两人不同
舱，则不同的安排方法种数为36
6
30
种.
题型十四：涂色问题
【方法技巧与总结】
涂色问题常用方法：
(1)根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理区域染色问题的基本方法；
(2)根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种情形的种数，再用分类计数原理求出不同的涂色方法种数；
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(3)根据某两个不相邻区域是否同色分类讨论.从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出两种情
形的种数，再用分类计数原理求出不同涂色方法总数.
k 种颜色圆周染色问题
如图，把一个圆分成(
2)
n n
个扇形，每个扇形用k 种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有
(
1)
(
1)
( 1)
n
n
na
k
k
种方法.
正常着色定理
如图，用k （k 为正整数）种颜色给图的n 个顶点着色，则正常着色的方法为：
,
(
1)
( 1) (
1),
2
n
n
n k
F
k
k
n
，
1,k
F
k
.
1.用红、黄、蓝3 种颜色给如图所示的6 个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2 个圆，且相邻2 个圆所涂
颜色不能相同，则不同的涂法种数为（
）
A．24
B．30
C．36
D．42
【答案】B
【详解】分2 类（先涂前3 个圆，再涂后3 个圆．）：第1 类，前3 个圆用3 种颜色，后3 个圆也用3 种颜
色，有
3
1
1
3
2
2
A C C
24
种涂法；第2 类，前3 个圆用2 种颜色，后3 个圆也用2 种颜色，有
1
1
3
2
C C
6
种涂法．综
上，不同的涂法和数为24
6
30
．故选：B．
2.如图，“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现从给出
的5 种不同的颜色中最多可以选择4 种不同的颜色给这5 个区域涂色；要求相邻的区域不能涂同一种颜色，
每个区域只涂一种颜色．则不同的涂色方案有（
）种
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A．120
B．240
C．300
D．360
【答案】C
【详解】解：依题意显然不能用少于2 种颜色涂色，若利用3 种不同的颜色涂色，首先选出3 种颜色有
3
5
C
10
种选法，先涂区域①有3 种涂法，再涂②有2 种涂法，则⑤只有1 种涂法，④也只有1 种涂法，则③也只
有1 种涂法，故一共有
3
5
C
3 2 1 1 1
60
种涂法；若利用4 种不同的颜色涂色，首先选出4 种颜色有
4
5
C
5
种选法，根据题意，分2 步进行涂色：当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有
3
4
A
24
种涂色
的方法；
当区域③、④，必须有1 个区域选第4 种颜色，有2 种选法，选好后，剩下的区域有1 种选法，则区域③、
④有2 种涂色方法，故共有
4
3
5
4
C
2A
5 2
24
240
种涂色的方法；综上可得一共有60
240
300
种涂法；
故选：C
3.用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法
有（
）
A．96种
B．48 种
C．144 种
D．72 种
【答案】D
【详解】将六个方格标注为
,
,
,
,
,
A B C D E F ，如下图所示，
①若
,
,
,
A B D F 用三种颜色涂，则
,
D F 同色或AF 同色或AD 同色，当
,
D F 同色时，六个方格的涂色方法有
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3
1
3
2
12
A C
种；当AF 同色时，六个方格的涂色方法有
3
1
3
2
12
A C
种；当AD 同色时，六个方格的涂色方法有
3
1
1
3
2
2
24
A C C
种；
②若
,
,
,
A B D F 用两种颜色涂，则
,
,
A D F 同色，此时六个方格的涂色方法有
2
1
1
3
2
2
24
A C C
种；综上所述：不
同的填涂方法有12 12
24
24
72
种.故选：D.
4.用6 种不同的颜色给图中的“笑脸”涂色，要求“眼睛”（即图中A、B 所示区域）用相同颜色，则不同的
涂法共有________种．（用数字作答）
【答案】216
【详解】试题分析：由题意知本题是一个分类计数问题，可以分为三种情况讨论，一共用了3 种颜色，共
有A63=120 种结果，一共用了2 种颜色．共有C62A32=90 种结果，一共用了1 种颜色，共有6 种结果，∴
根据分类计数原理知，共有120+90+6=216，故答案为216
5.学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄
荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区
域内，则共有______种不同的涂色方法.
【答案】66
【详解】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有
2
4
C
1
5
种选法，因此不
同的涂色方法有5 2
10
种，当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有2 种方法选法，
因此不同的涂色方法有2 2 2
8
种，当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有2 种方法
选法，因此不同的涂色方法有2 3 2 (2 1)
36
种，当选择四种颜色时，不同的涂色方法有
2 2 2
2 2
12
种，所以共有10
8
36
12
66
种不不同的涂色方法，故答案为：66
6.如图，节日花坛中有5 个区域，现有4 种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，
则符合条件的种植方案有_____________种.
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【答案】72
【详解】如图，假设5 个区域分别为1，2，3，4，5，
分2 种情况讨论：①当选用3 种颜色的花卉时，2，4 同色且3，5 同色，共有种植方案
3
3
4
3
C
A
24
（种），
②当4 种不同颜色的花卉全选时，即2，4 或3，5 用同一种颜色，共有种植方案
1
4
2
4
C
A
48
（种），
则不同的种植方案共有24
48
72
（种）.故答案为：72
7.如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的
两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用
A．288 种
B．264 种
C．240 种
D．168 种
【答案】B
【详解】先分步再排列，先涂点E，有4 种涂法，再涂点B，有两种可能：
(1)B 与E 相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2 种；
(2)B 与E 不相同时有3 种涂法，再依次涂F、C、D、A 点，涂F 有2 种涂法，涂C 点时又有两种可能：
（2.1）C 与E 相同，有1 种涂法，再涂点D，有两种可能：①D 与B 相同，有1 种涂法，最后涂A 有2
种涂法；②D 与B 不相同，有2 种涂法，最后涂A 有1 种涂法．（2.2）C 与E 不相同，有1 种涂法，再涂
点D，有两种可能：①D 与B 相同，有1 种涂法，最后涂A 有2 种涂法；②D 与B 不相同，有2 种涂法，
最后涂A 有1 种涂法．所以不同的涂色方法有
4×{3×2×2×2+3×2×[1×(1×2+1×2)+1×(1×2+1×1)]}=4×(24+42)=264．
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8.如图，用5 种不同的颜色给图中A，B，C，D 四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的
涂法共有__________种.
【答案】180
【详解】能够涂相同颜色的只有A，D.若A，D 同色，则只需要选择3 种颜色即可，此时有
3
5 =60
A
种；
若A，D 不同色，则只需要选择4 种颜色即可，此时有
4
5 =120
A
种.共有60 120
180
种.故答案为：180.
9．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6 个部分.现要栽种4 种不同颜色的花，每部分栽种一种且
相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有______种.（用数字作答）
【答案】120
【详解】由题意，6 个部分.栽种4 种不同颜色的花，必有2 组颜色相同的花，若2、5 同色，则3、6 同色
或4、6 同色，所以共有
4
4
2
48
A
种栽种方法；若2、4 同色，则3、6 同色，所以共有
4
4
24
A
种栽种方法；
若3、5 同色，则2、4 同色或4、6 同色，所以共有
4
4
2
48
A
种栽种方法；所以共有48
24
48
120
种栽
种方法.故答案为：120
10.如图，用6 种不同的颜色给图中的4 个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，
且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有__________种（用数字作答）．
【答案】630.
【详解】用6 种不同的颜色给图中的4 个格子涂色，若第三个格子与第一个格子同色，则有
2
1
6
5
1
150
A
A
种涂色方法；若第三个格子与第一个格子不同色，则有
2
1
1
6
4
4
480
A
A
A
种涂色方法；综上，共有
150
480
630
种涂色方法.故答案为630
题型十五：多面手问题
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【方法技巧与总结】
解含有约束条件的排列组合问题，即多面手问题，可元素的性质进行分类，接事件发生的连续过程分步，
做到标准明确．分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定，要贯穿于解题过程的始终．
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．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
3
3
5
5
C
C
100
种；第二类2个只会跳舞的有1人入选，有
1
2
C 种，再从从既能唱歌又能跳舞
的5 人中选择2 人来跳舞，有
2
5
C 种，再从剩余的6 人中选择3 人唱歌，有
3
6
C 种，故有
1
2
3
2
5
6
C C
C
400
种；
第三类2个只会跳舞的全入选，有
2
2
C 种，再从从既能唱歌又能跳舞的5 人中选择1 人来跳舞，有
1
5
C 种，
再从剩余的7 人中选择3 人唱歌，有
3
7
C 种，有
2
1
3
2
5
7
C C
C
175
种，所以共有100
400
175
675
种不同的
选法，
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
4
4
5
4
C C 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
1
3
4
4
1
3
2
5
4
5
2
4
C C C
C C C
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
2
2
4
4
2
2
1
3
1
3
2
5
4
5
2
4
2
5
1
4
C C C
C C C
C C C C
种．综上分析，共可开出
4
4
1
3
4
4
1
3
2
2
4
4
2
2
1
3
1
3
5
4
2
5
4
5
2
4
2
5
4
5
2
4
2
5
1
4
185
C C
C C C
C C C
C C C
C C C
C C C C
种．
3.“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
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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
3
5
C
10
种选法，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
2
1
3
3
2
4
C C C
24
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
1
3
C
3
种选法，则有10
24
3
37
种不同
的选法．
4.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
3
3
3
6
C C
种，有一个“多面手”的选派方法有
1
2
3
2
3
5
C C C 种，有两个“多面手”的选派方法有
1
3
3
4
C C 种，即共有
3
3
1
2
3
1
3
3
6
2
3
5
3
4
92
C C
C C C
C C
(种)不同的选派方法．
5.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
{
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
3
5
10
C
种选法，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
中剩下的人中选取，
有
2
1
3
3
2
4
24
C C C
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
1
3
3
C
种选法，则有10
24
3
37
种不同
的选法；
6.在11名工人中,有5人只当钳工, 4人只当车工,另外2人既会钳工又会车工，现从11人中选出4人当钳工,
4人当车工,则共有（
）种不同的选法.
A．120
B．125
C．180
D．185
【答案】D【解析】按即会钳工又会车工的2 人分类：2 人都不选的情况有
4
4
5
4
C C 种，
只选1 人且当钳工的情况有
1
3
4
2
5
4
C C C 种，只选1 人且当车工的情况有
1
4
3
2
5
4
C C C 种，
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选2 人其中1 人钳工1 人车工的情况有
2
3
3
2
5
4
A C C 种，选2 人都当钳工的情况有
2
4
5
4
C C 种，
选2 人都当车工的情况有
4
2
5
4
C C 种，由分类加法原理得选法有
4
4
1
3
4
1
4
3
2
3
3
2
4
4
2
5
4
2
5
4
2
5
4
2
5
4
5
4
5
4
C C +C C C +C C C +A C C +C C +C C =185种.
7.某公园有P，Q，R 三只小船，P 船最多可乘3 人，Q 船最多可乘2 人，R 船只能乘1 人，现有3 个大人
和2 个小孩打算同时分乘若干只小船，规定有小孩的船必须有大人，共有不同的乘船方法为
A．36 种
B．33 种
C．27 种
D．21 种
【答案】C【解析】第一类，P 船两大人一小孩，Q 船一大人一小孩：有
2
1
3
2
6
C
C
种方法.
第二类，P 船一大人两小孩，Q 船两大人：有
2
3
3
C
种方法.第三类，P 船一大人两小孩，Q 船一大人，R
船一大人：有
3
3
6
A
种方法.第四类，P 船一大人一小孩，Q 船一大人一小孩，R 船一大人：有
3
1
3
2
12
A C
种
方法.
根据分类加法计数原理，共有6
3
6
12
27
种不同的方法. 故选C.
8.我校去年11 月份，高二年级有9 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
4 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
【答案】216【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，有
3
3
4
4
C
C
16
种; 第二类：2 个只会跳舞的有1 人入选，有
1
2
3
2
4
5
C
C
C
120
种;
第三类：2 个只会跳舞的全入选，有
2
1
3
2
4
6
C
C
C
80
种,所以共有216 种不同的选法,
9.“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，某单位龙舟队欲参加端午节龙
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
3 人划左桨、3 人划右桨共6 人去参加比赛，则不同的选派方法共有__________种.
【答案】37【解析】第一类：参加比赛的6 人中没有会划左右桨的，共有
3
3
3
3
C C
1
种，
第二类：参加比赛的6 人中有1 人会划左右桨的，共有
1
3
2
2
3
3
2C C C
12
种，第三类：参加比赛的6 人中有2
人会划左右桨的，共有
1
3
2
2
3
3
3
3
2C C
2C C
24
种，则共有1 12
24
37
种.
10：6 名工人，其中2 人只会电工，3 人只会木工，还有1 人既会电工又会木工，选出电工2 人木工2 人，
共有______种不同的选法．
【答案】12【解析】由题意可对选出的电工2 人木工2 人分类：①既会电工又会木工1 人没入选，有
2
2
2
3
3
C C
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种选法；②既会电工又会木工1 人入选充当电工，有
1
2
2
3
6
C C
种选法；③既会电工又会木工1 人入选充当
木工，有
2
1
2
3
3
C C
种选法；综上，共有3
6
3
12
种选法．
11.在一次演唱会上共10名演员，其中8人能唱歌，5人会跳舞，现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目，
有___________种选派方法（填数字）.
【答案】199
【解析】设既会唱歌又会跳舞的演员人数为x ，则8
5
10
x
，解得
3
x
，
所以，只会唱歌的演员人数为5，只会跳舞的演员人数为2 ，
①若既会唱歌又会跳舞的演员一个人都没选，则不同的选派方法种数为
2
2
5
2
C C
10
；②若既会唱歌又会跳
舞的演员只选了1个人，则这个人要么唱歌，要么伴舞，此时，不同的选派方法种数为
1
1
2
2
1
3
5
2
5
2
C
C C
C C
75
；
③若既会唱歌又会跳舞的演员选了2个人，则这2个人可以同时唱歌、同时伴舞或1人唱歌1人伴舞，
此时，不同的选派方法种数为
2
2
2
1
1
3
5
2
5
2
C
C
C
2C C
93
；
④若既会唱歌又会跳舞的演员全选，则这3个人有2人唱歌1人伴舞或2人伴舞1人唱歌，此时，不同的选
派方法种数为
2
1
2
1
3
2
3
5
C C
C C
21
.综上所述，不同的选派方法种数为10
75
93
21
199
.
12.在一次演唱会上共10 名演员（每名演员都会唱歌或跳舞），其中7 人能唱歌，6 人会跳舞.
（1）问既能唱歌又会跳舞的有几人？
（2）现要选出一个2 人唱歌2 人伴舞的节目，有多少种选派方法？
【解析】（1）设既能唱歌又会跳舞的有x 人，
(7
)
(6
)
10
3
x
x
x
x
，
设既能唱歌又会跳舞的有3 人。
（1）由（1）得：有3 人既能唱歌又会跳舞，4 人只能唱歌，3 人只会跳舞，
①只能唱歌选0 人，
2
2
3
4
18
C C
，
②只能唱歌选1 人，
1
1
2
4
3
5
120
C C C
，
③只能唱歌选2 人，
2
2
4
6
90
C C
，
有228 种选派方法.
考点十六：分解与合成模型和最短路径问题
【方法技巧与总结】
分解与合成策略是复杂的排列组合问题最基本的解题策略之一，把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解
决，然后依据问题分解后的结构，用分类计数原理和分步计数原理将问题合成，从而得到问题的答案．
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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，
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
3
7
35
C
条路，
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
1
3
C =3 条路，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
1
3
C =3条路，所以由M 到N 不经过AB 的最短路径有
3
1
1
7
3
3
26
C
C C
.
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3.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，则从A 到B ，向上3次，向右4 次，最短路径有
7
7
3
4
3
4
A
35
A A
条，
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.
4.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
2
2
2
6
4
2
C C C
90
种.
5.蜂房绝大部分是一个正六棱柱的侧面，但它的底部却是由三个菱形构成的三面角. 18 世纪初，法国学者
马拉尔奇曾经专门测量过大量蜂巢的尺寸. 令人惊讶的是，这些蜂巢组成底盘的菱形的所有钝角都是
109 28
，所有的锐角都是70 32
. 后来经过法国数学家克尼格和苏格兰数学家马克洛林从理论上的计算，
如果要消耗最少的材料，制成最大的菱形容器正是这个角度. 从这个意义上说，蜜蜂称得上是“天才的数学
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家兼设计师”. 如图所示是一个蜂巢和部分蜂巢截面. 图中竖直线段和斜线都表示通道，并且在交点处相
遇．现在有一只蜜蜂从入口向下（只能向下，不能向上）运动，蜜蜂在每个交点处向左到达下一层或者向
右到达下一层的可能性是相同的．蜜蜂到达第n 层（有n 条竖直线段）第m 通道（从左向右计）的不同路
径数为
,
A n m . 例如：
3,1
1
A
，
4,2
3
A
. 则不等式
10,
81
A
m
的解集为（
）
A．
1,2,3,7,8,9
B．
1,2,3,8,9,10
C．
1,2,3,9,10,11
D．
4,5,6,7,8
【答案】B【解析】由题可知
,1
1
A n
，
,
1
A n n ，且
,
1,
1
1,
A n m
A n
m
A n
m
，
可推得，
1
1
,
Cm
n
A n m
，所以
10,
81
A
m
，即
1
9
C
81
m
，所以
1
m 可能取到0，1，2，7，8，9，
所以解集为
1,2,3,8,9,10 ，
6.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
1A 、
2
A 、
3
A 、
4
A 、
5
A 是道路网中的5
个指定交汇处. 今在道路网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. 则下列说法正确的是（
）
A．甲从M 到达N 处的方法有30种
B．甲从M 必须经过
3
A 到达N 处的方法有6种
C．甲、乙两人在
3
A 处相遇的概率为6
225
D．甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为81
225
【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
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步向右，共有C
2
6
15
种，故A 错；对于B，第一步，甲从M 到
3
A ，有C
1
3
3
种走法，第二步，从
3
A 到N，
有C
1
3
3
种走法，所以共有3 3=9
种走法，故B 错；对于C，由B 可知甲、乙经过
3
A 的走法都有9 种，
所以在
3
A 处相遇共有9
9=81
种走法，而甲、乙两人的总走法有15 15=225
种，所以两人在
3
A 处相遇的概
率为
81
225 ，故C 错；对于D，因为甲、乙两人只能在
3
A 处相遇，由C 可知D 对.
7.一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
8.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①④有3 条路径，由④⑥有2 条路径，由⑥⑧有2 条路径，根
据分步乘法计算原理可得从①⑧共有3 2
2
12
条路径.
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9.（多选）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
1
2
3
4
5
,
,
,
,
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（
）
A．甲从M 到达N 处的走法有70 种
B．甲从M 必须经过
3
A 到达N 处的走法有12 种
C．若甲、乙两人途中在
3
A 处相遇，则共有144 种走法
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
4
8
70
C
种走法，故A 正确；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
3
A 处需走4 步，有
2
4
6
C
种走法，
从
3
A 处沿街的最短路径到达N 处需走4 步，有
2
4
6
C 种走法，所以共有6 6
36
种走法，故B 错误；
由B 可知，甲从M 必须经过
3
A 到达N 处的走法有36 种，同理乙从N 必须经过
3
A 到达M 处的走法也有
36 种，
则甲、乙两人在
3
A 处相遇，共有36 36
1296
种走法，故C 错误；
甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在
1
2
3
4
5
,
,
,
,
A A A A A 处相遇，他们在
1,2,3,
(
, )
4 5
iA i
处相遇的走法有
4
1
4
i
C
种，
则
4
4
4
4
4
0
1
2
3
4
4
4
4
4
4
1810
C
C
C
C
C
，故D 正确．
故选：AD．
10.某城市由n 条东西方向的街道和m 条南北方向的街道组成一个矩形街道网，要从A 处走到B 处，使所走
的路程最短，有多少种不同的走法？
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【解析】将相邻两个交点之间的街道称为一段，
那么从A 到B 需要走(
2)
n
m
段，
而这些段中，必须有东西方向的
1
n
段，
其余的为南北方向的(
1)
m
段，
所以共有
1
1
2
2
m
n
m n
m n
C
C
种走法.
考点十七：构造法模型、递推模型与化归策略
【方法技巧与总结】
化归策略：处理复杂的排列组合问题时，可以把一个问题转化成一个简单的问题，通过解决这个简单的问
题，从而找到解题方法，进一步解决原来的问题．
一些不易理解的排列组合题，如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型、排队模型、装盒模型等，
可使问题迎刃而解．
1.将33 33
方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等．若相邻两个小方格
的颜色不同，称他们的公共边为“分割边”，则分割边条数的最小值为（
）
A．33
B．56
C．64
D．78
【答案】B【解析】记分隔边的条数为L ，首先将方格表按图分成三个区域，如图：
分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56 条分隔边，则
56
L
，
其次证明：
56
L
，
将方格表的行从上至下依次记为
1
2
3
33
,
,
,
,
A A A
A
，列从左至右依次记为
1
2
3
33
,
,
,
,
B B B
B
，
行
i
A 中方格出现的颜色为(
)
i
n A ，列
iB 中方格出现的颜色为(
)
i
n B ，
三种颜色分别记为
1
2
3
,
,
c c c ，对于一种颜色
jc ，设(
)
j
n c
为含色方格的行数与列数之和，
定义当
iA 行含
jc 色方格时，
(
,
)
1
i
j
f A c
，否则
(
,
)
0
i
j
f A c
，
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类似的定义
(
,
)
i
j
f B c
，
所以
33
33
3
1
1
1
( (
)
(
))
( (
,
)
(
,
))
i
i
i
j
i
j
i
i
j
n A
n B
f A c
f B c
3
33
3
1
1
1
( (
,
)
(
,
))
(
)
i
j
i
j
j
j
i
j
n A c
n B c
n c
，
由于染
jc 色的格的行有a 个，列有b 个，则
jc 色的方格一定在这a 行和b 列的交叉方格中，从而
363
ab
，
所以(
)
2
2 363
38
j
n c
a
b
ab
(
)
39(
1,2,3)
j
n c
j
所以①，
由于在行
iA 中有(
)
i
n A 种颜色的方格，于是至少有(
) 1
i
n A 条分隔边，
类似地，在列
iB 中至少有(
) 1
i
n B 条分隔边，
则
33
33
1
1
( (
) 1)
( (
) 1)
i
i
i
i
L
n A
n B
33
1
( (
)
(
))
66
i
i
i
n A
n B
②
33
1
( (
))
66
j
j
n c
③，
下面分两种情况讨论：
1、有一行或一列所有方格同色，不妨设为
1c 色，则方格表的33 列中均含有
1c 色的方格，又
1c 色的方格有
363 个，
故至少有11行含有
1c 色的方格，于是
1
( )
11 33
44
n c
④，
由①③④得
1
2
3
( )
(
)
(
)
66
44
39
66
56
L
n c
n c
n c
；
2、没有一行也没有一列所有方格同色，对任意1
33
i
均有(
)
2
i
n A
，(
)
2
i
n B
，
从而由②可得
33
1
( ( (
)
(
))
66
33 4
66
56
i
i
i
L
n n A
n B
；
综上所述，分隔边条数的最小值为56.
故选：B
2.几个孩子在一棵枯树上玩耍，他们均不慎失足下落．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 ．
倒霉的李华在下落的过程中撞到了从A 到I 的所有树枝，根据以上信息，在李华下落的过程中，和这9根
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树枝不同的撞击次序有（
）种．
A．23
B．24
C．32
D．33
【答案】D【解析】由题可判断出树枝部分顺序GABCEF ，还剩下D ，H ，I ，
先看树枝I 在C 之前，有4 种可能，而树枝D 在BE 之间，H 在D 之后，
若I 在BC 之间，D 有3种可能：
①若D 在BI 之间，H 有5种可能，②若D 在IC 之间，H 有4 种可能，
③若D 在CE 之间，H 有3种可能．若I 不在BC 之间，则I 有3种可能，此时D 有2 种可能，
D 可能在BC 之间，H 有4 种可能，D 可能在CE 之间，H 有3种可能，综上共有
5
4
3
3(4
3)
12
21
33
．
3.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
, , ,
, ,
,
,
,
A B C D E F G H I 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
,
,
A B C ；乙依次撞击到树枝
,
,
D E F ；丙依次撞击到树枝
, ,
G A C ；丁依次撞击到树
枝
,
,
B D H ；戊依次撞击到树枝, ,
I C E 可得G
A
B
，
在前四个位置，C
E
F
，D
E
F
，且
,
E F 一定排在后四个位置，
（1）若I 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4 (3
4)
28
种排法；
（2）若I 不排在前四个位置中的一个位置，则
, , ,
G A B D 按顺序排在前四个位置，由于I
C
E
F
>
>
>
，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I 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28
5
33
种.
故选：D.
4.九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
*
3
9
na
n
nN
，
- -
为解下n 个圆环需要移动圆环的最少次数，且
1
2
2n
n
n
a
a
，则解下8 个
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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，
7
5
3
3
8
6
6
4
4
2
2
2
2
2
2
a
a
a
a
a
a
，
，
，所以
3
5
7
8
2
2
2
2
170
a
.
5.三名篮球运动员甲、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（
）
A．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（
2
n
），有
na 种情况球在丙手中，
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
na
种情况，
即球在乙或甲手中，只有在这些情况时，在第
1
n 次传球后，球才会被传回丙，即
1
2n
n
n
a
a
；
易得
2
2
a
，则
2
3
2
2
2
a
，
3
4
2
2
6
a
，
4
5
2
6
10
a
.
6.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，那么人从格子
外跳到第8 个格子的方法种数为
A．8 种
B．13 种
C．21 种
D．34 种
【答案】C【解析】设跳到第n 格的方法有an，则达到第n 格的方法有两类，①是向上跳一格到达第n 格，
方法数为an-1，②向上跳2 格到达第n 格，方法数是an-2，则an=an-1+an-2，
有数列的递推关系得到数列的前8 项分别是1，1，2，3，5，8，13，21∴跳到第8 格的方法数是21，
7.蜂房绝大部分是一个正六棱柱的侧面，但它的底部却是由三个菱形构成的三面角. 18 世纪初，法国学者
马拉尔奇曾经专门测量过大量蜂巢的尺寸. 令人惊讶的是，这些蜂巢组成底盘的菱形的所有钝角都是
109 28
，所有的锐角都是70 32
. 后来经过法国数学家克尼格和苏格兰数学家马克洛林从理论上的计算，
如果要消耗最少的材料，制成最大的菱形容器正是这个角度. 从这个意义上说，蜜蜂称得上是“天才的数学
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家兼设计师”. 如图所示是一个蜂巢和部分蜂巢截面. 图中竖直线段和斜线都表示通道，并且在交点处相
遇．现在有一只蜜蜂从入口向下（只能向下，不能向上）运动，蜜蜂在每个交点处向左到达下一层或者向
右到达下一层的可能性是相同的．蜜蜂到达第n 层（有n 条竖直线段）第m 通道（从左向右计）的不同路
径数为
,
A n m . 例如：
3,1
1
A
，
4,2
3
A
. 则不等式
10,
81
A
m
的解集为（
）
A．
1,2,3,7,8,9
B．
1,2,3,8,9,10
C．
1,2,3,9,10,11
D．
4,5,6,7,8
【答案】B【解析】由题可知
,1
1
A n
，
,
1
A n n ，且
,
1,
1
1,
A n m
A n
m
A n
m
，可推得，
1
1
,
Cm
n
A n m
，
所以
10,
81
A
m
，即
1
9
C
81
m
，所以
1
m 可能取到0，1，2，7，8，9，所以解集为
1,2,3,8,9,10 ，
8.（多选）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
na ，则达到第n 格的方法有两类，
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
1
na ，第二种方法是从第
2
n 向右跳两格
到达第n 格，方法数是
2
na ，则
1
n 2
n
n
a
a
a
，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.
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9.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
3
5
10
C
种情况，即有10 种关灯方法.故答案为：10．
10.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】
300
1710
C
【解析】问题等价于在1711 只路灯中插入300 只暗灯.所以，共有
300
1710
C
种关灯方法.
11.从1，2，3，…，15 中选取三个不同的数组成三元数组
, ,
x y z ，且满足
5
x
y
，
4
y
z
，则这样的
数组共有______个.（用数字作答）
【答案】56【解析】由
5
x
y
，
4
y
z
，得1
6
z
，5
10
y
，10
15
x
，
当
1
z 时，y 可取5
10
中任一数，共有6 种取法，则此时共有6
5
4
3
2 1
21
种取法；
当
2
z
时，y 可取6
10
中的任一数，共有5 种取法，则此时共有5
4
3
2 1 15
种取法；
同理当z 取3
6
时，对应的x 分别有10，6，3，1 种取法.
综上，这样的数组共有21 15
10
6
3 1
56
（个）.
12.从集合{1,2,3,
,10}
中选出4 个数组成的子集，使得这4 个数中的任何两个数的和不等于11，则这样的
子集个数是________.
【答案】80【解析】将和等于11 放在一组：1 和10，2 和9，3 和8，4 和7，5 和6．
从每一小组中取一个，共故答案为：80．
13：16 名社区志愿者组成4 行4 列的方阵，现从中选出2 人，要求他们既不在同一行又不在同一列，则不
同的选法种数为______________.
【答案】72【解析】从16 人中选出2 人，共有
2
16
16 15
C
120
2
种选法，若选出的2 人既不在同一行又
不在同一列，则共有
4
2
2
16
C
2
4 C
72
种选法.
:14：
2
n 个人排成一个n 行，n 列的方阵，现要从中选出n 个代表，要使得每一行，每一列都有代表，则有
___________种不同的选法.
【答案】!
n 【解析】从第1行中选取一个代表，选法有n 种，从第2 行中选取一个代表，为保证每一列都
有代表，选法有n
1
种，从第3行中选取一个代表，为保证每一列都有代表，选法有
2
n 种，
......从第n 行中选取一个代表，为保证每一列都有代表，选法有1种，由分步乘法计数原理可知，不同的选
法数有：
1
2
... 1
!
n
n
n
n
，
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15.某活动中，有42 人排成6 行7 列，现从中选出3 人进行礼仪表演，要求这3 人中的任意2 人不同行也
不同列，则不同的选法种数为_____（用数字作答）．
【答案】4200【解析】先按顺序依次选三人共有
1
1
1
42
30
20
C C C ，再去掉顺序数：
1
1
1
42
30
20
3
3
4200.
C C C
A
16：一只蚂蚁从一个正四面体ABCD的顶点A 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A 的爬行方法种数是__________．
【答案】60
【解析】解法一：第一次爬行可以到B
C
D
、、
的任何一点，第二次爬行分到A 与不到A ，对于第二次不到
A 的第三次爬行再分到A 与不到A ．爬行方法总数为3
1 3
[
2
2
1 3
2
6
]
2
0
（
）
（种）．
解法二：设从点A 出发爬行n 次仍在点A 的爬行方法种数为
(
2)
na n
，则
2
3
a
，
1
1
3
(
3)
n
n
n
a
a n
，
1
1
1
1
3
( 3)
( 1)
( 1)
( 1)
n
n
n
n
n
n
n
a
a
，
1
1
[
]
( 1)
( 1)
( 1)
n
n
n
n
n
n
a
a
a
1
2
1
2
[
]
( 1)
( 1)
n
n
n
n
a
a
3
2
2
3
2
2
[
]
( 1)
( 1)
( 1)
a
a
a
1
2
( 3)
( 3)
n
n
1
2
3[( 3)
1]
( 3)
3
3 1
n
1
3[( 3)
1]
4
n
，
5
5
3
( 1)
4
a
4
[( 3)
1]
60
，
5
60
a
．（亦可由递推式从第二项递推出第五项的值）
故答案为：60 .
17.将圆周2
1
n + 等分于点
1
2
2
1
,
,
,
n
A A
A
，在以其中每三点为顶点的三角形中，含有圆心的三角形个数为
__________．
【答案】1 (
1)(2
1)
6 n n
n
【解析】任取一个分点记为P，然后将其余2n 个分点这样标志，
自P 点后，逆时针方向的连续n 个点依次记为
1
2
,
,
,
n
A A
A
，顺时针方向的连续n 个点依次记为
1
2
,
,
,
n
B B
B
．
先考虑以P 为顶点且含有圆心的三角形，如图，显然这种三角形的另两个顶点必须一个属于点集
1
2
,
,
,
n
A A
A
，
而另一个属于点集
1
2
,
,
,
n
B B
B
．且这种
i
j
PA B
，含有圆心当且仅当
1, ,
{1,2,
, }
i
j n
i j
n
.
．
现计算符合条件的三角形个数：当i
k
时，j 可取值,
1,
,
1
n n
n
k
，共计k 个值．因此这种含有圆心
的
i
j
PA B
个数为
1
1
2
n
k
n n
k
，
当点P 取遍2
1
n + 个位置，共得1 (
1)(2
1)
2 n n
n
个三角形，
由于每个三角形有三个顶点，故每个三角形重复计算了三遍，
因此符合条件的三角形个数为1 (
1)(2
1)
6 n n
n
．
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故答案为：1 (
1)(2
1)
6 n n
n
.
18.如图所示是竖直平面内的一个“通道游戏”，图中竖直线段和斜线都表示通道，并且在交点处相遇．若有
一条竖直线段的为第一层，第二条竖直线段的为第二层，以此类推，现有一颗小球从第一层的通道向下运
动，在通道的交叉处，小球可以落入左右两个通道中的任意一个，记小球落入第n 层的第m 个竖直通道（从
左向右计）的不同路径数为
,
A n m ．
（1）求
2,1
A
，
3,1
A
，
4,2
A
的值；
（2）猜想
,
A n m 的表达式（不必证明），并求不等式
9,
28
A
m
的解集．
【解析】（1）由题意可得
,1
1
A n
，
,
1
A n n ，且
,
1,
1
1,
A n m
A n
m
A n
m
.
2,1
3,1
1
A
A
，
4,2
3,1
3,2
3,1
2,1
2,2
3
A
A
A
A
A
A
；
（2）由
,
1,
1
1,
A n m
A n
m
A n
m
可推得
1
1
,
m
n
A n m
C
，
不等式
9,
28
A
m
即为
1
8
28
m
C
，
0
8
8
8
1
C
C
Q
，
1
7
8
8
8
C
C
，
2
6
8
8
28
C
C
，
3
5
8
8
56
C
C
，
4
8
70
C
.
解不等式
1
8
28
m
C
，可得
1
m 的可能取值有0 、1、2 、6、7 、8.
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所以，不等式
9,
28
A
m
的解集为
1,2,3,7,8,9 .
因为
1
2
2
0
( 1) .
3
3
n
n
n
a
a
