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专题 08 排列组合 10 大考点
考点 01 排列数、组合数的计算
考点 02 排列数、组合数相关的方程及不等式
考点 03 相邻问题及不相邻问题
考点 04 位置有限制问题
考点 05 定序问题
考点 06 分组分配问题
考点 07 最短路线和台阶问题
考点 08 相同元素的分配问题
考点 09 元素配对问题
考点 10 排列组合与古典概型
考点 01 排列数、组合数的计算
1．
可表示为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
.
故选：C
2．
（ ）
A．0
B．56
C．1
D．42
【答案】A
【详解】由题意得
，
故选：A.
3．（多选）下列各式正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】对 A 选项，
，A 正确；
1 / 22
对 B 选项，左边=
，B 错误；
对 C 选项，方法一：
，方法二：
，C 正确；
对 D 选项，
，故 D 错误.
故选：AC.
4．（多选）已知
，
，
，
，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】对 A：因为
．故 A 正确；
对 B：根据组合数公式得
，
，
所以
．故 B 正确；
对 C：
，
而
，
显然此时
，
．故 C 错误；
对 D：
，
而
，所以
．故 D 正确.
故选：ABD
考点 02 排列数、组合数相关的方程及不等式
5．不等式
的解集为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】易知
，
.
2 / 22
因为
，
，
，
所以原不等式可化为
，
所以
，
所以原不等式的解集为
.
故选：A
6．（多选）已知
，则满足不等式
的 的值为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】AB
【详解】因为
，
所以
，
即
，又
，
所以
或 4.
故选：AB.
7．若
，则正整数 的值为
.
【答案】5 或 7
【详解】由组合数的性质
，可得
，
则
，可得
或
，
解得
或
.
故答案为：5 或 7.
8．若正整数 n 满足不等式
，则
.
【答案】5
【详解】由
，得
，且
，
化简整理得
，解得
，
又因为
，所以
.
故答案为： .
9．解下列方程.
(1)若
，求 .
(2)
(3)
.
【答案】(1)
3 / 22
(2)
(3)
.
【详解】（1）由题意得
，
则
，
则同除
得
，
同乘
得到
，
则
，又
，故解得
.
（2）因为
，所以
，
又因为
，所以
，解得
.
（3）由题意得
，
即
，因为
，所以
，
得到
，则
，
化简可得
，解得
或
，
又
，即
，所以解得
.
考点 03 相邻问题及不相邻问题
10．某人计划到山东旅游，打算用连续 5 天时间游玩泰山、崂山、蓬莱阁 3 个景点，其中泰山、崂山 2 个
景点分别安排连续的两天游玩，则不同的日程安排种数为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】D
【详解】首先考虑蓬莱阁的游玩，可能安排在第 1 天或第 3 天或第 5 天，所以共有
种不同的日程
安排．
故选：D
11．某小组的成员由四位男生和三位女生组成，七位同学要站成一排照相，要求任意两男生及任意两女生
均不能相邻的站法总数是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
4 / 22
【详解】先排好 3 位女生，有
种排法，此时产生 4 个空位，再将 4 位男生排入这 4 个空位，有
种排法，
根据分步乘法计数原理，共有
种站法.
故选：D.
12．（多选）为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱 6 首风格不同的
歌曲，设编号分别为 A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这 6 首歌的演唱顺序进行一定调整，则（ ）
A．若歌曲 B、C、D 必须三首连续进行演唱，则有 144 种安排方式
B．若歌曲 B、C、D 任意两首不连续进行演唱，则有 144 种安排方式
C．若歌曲 必须在歌曲
之前进行演唱，则有 120 种安排方式
D．若歌曲 必须第一个进行演唱，歌曲
不能最后进行演唱，则有 96 种安排方式
【答案】ABD
【详解】6 首歌曲的全排列总数为
种.要求 B、C、D 三首必须连续，采用捆绑法.
将 B、C、D 看作一个整体，与 A、E、F 共同进行排列，
将 、C、D 视为 1 个元素，与另外 3 个元素进行全排列，共有
种排法，
B、C、D 这个整体内部进行全排列，共有
种排法，故总安排方式为
种，故 A 正确；
要求 B、C、D 任意两首不连续，采用插空法，先将 A、E、F 三首歌曲进行全排列，共有
种排法，
A、E、F 排好后形成 4 个空位（包含首尾），从这 4 个空位中选 3 个插入 B、C、D，共有
种排法.
总安排方式为
种，故 B 正确；
要求 在
之前演唱且无需连续，利用对称性分析，
在全排列中， 在
前和
在 前的概率均等，各占总数的一半.
故总安排方式为
种，故 C 错误；
要求 必须先演唱，
必须不最后演唱，先确定 的位置，固定在第 1 位，有 1 种排法，
再确定
的位置，
不能在第 1 位，也不能在第 6 位，
只能在第 2、3、4、5 位中选择，共有
种排法，
则剩余的 4 首歌曲在剩下的 4 个位置进行全排列，共有
种排法，
总安排方式为
种，故 D 正确.
故选：ABD.
13．甲、乙均在内的 5 人坐在一排的 5 个座位上，若甲、乙相邻，且甲、乙均不在这排座位的两端，则不
同的坐法有
种.
【答案】
【详解】甲乙两人的排列方式有
种，将甲乙看成一人，可选的位置有 2 种，
5 / 22
剩余 3 人的排列方式有
种，
所以若甲、乙相邻，且甲、乙均不在这排座位的两端，不同的坐法有
种.
故答案为：
14．在图所示的 10 块地中，选出 6 块种植
这六个不同品种的蔬菜，每块地种植一种．若
必须横向相邻种在一起，
与
在横向、纵向都不能相邻种在一起，则不同的种植方案有
种.
【答案】5160
【详解】①当
与
同行，与
也同行时，有
种种植方案；
与
不同行时，有
种种植方案；
②当
与
不同行时，有
种种植方案.
故不同的种植方案有
（种）.
故答案为：
15．用 1、2、3 三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个 1 相邻出现，则这样的四位数有
个．（用数字作答）
【答案】60
【详解】若四位数中没有 1，共有
个，
若四位数中有 1 个 1，共有
个，
若四位数中有 2 个 1，则这两个 1 不能相邻，有
种放置方法，
其余两位各有 2 种选择（2 或 3），故共有
个.
因此共有 60 个．
故答案为：60．
16．7 个人站成两排照相，前排 3 人，后排 4 人；其中甲乙两人须相邻，甲丙两人不能相邻（若两人分站两
排视为不相邻），则共有
种不同安排方式．
【答案】1056
【详解】依题意，分为两类情况：
当甲站在每一排的两端时，有 4 种站法，此时乙的位置确定，丙随便排都与甲不相邻，其他人随便排，有
种排列方式；
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，
6 / 22
丙和甲不相邻有四个位置可选，剩下的人随便站，有
种排列方式；
所以由分类加法计数原理，总共有
种排列方式.
故答案为：1056
考点 04 位置有限制问题
17．某司法部门安排甲、乙、丙、丁四人去富强、文明、民主三个社区进行普法宣传，要求每人必须去社
区且只能去一个社区，且每个社区必须有人去宣传，若甲去文明社区，乙不去富强社区，则不同的安排方
法有（ ）
A．16 种
B．12 种
C．7 种
D．6 种
【答案】C
【详解】由题意可知，4 个人去 3 个社区，每人必须去且只能去一个社区，
每个社区至少 1 人，有以下两种情况：
第一种情况：文明社区去 2 人.
已知甲去文明社区，需要从乙，丙，丁三人中再选 1 人去文明社区，若
①乙去文明社区，剩下丙，丁分别去富强、民主社区有
种方法；
②乙不去文明社区，也不去富强社区，则有
种方法.
所以文明社区去 2 人共有
种方法；
第二种情况：文明社区只有甲 1 人，
则乙只能去民主社区，丙、丁可以同去富强社区有 1 种方法，
也可以 1 人去富强社区、1 人去民主社区有
种方法，
所以文明社区去 1 人共有
种方法.
综上，不同的安排方法共有
种.
故选：C
18．某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了 6 场线上讲座，其中讲座 只能安排在
第一或最后一场，讲座 和 必须相邻，问不同的安排方法共有（
）
A．24 种
B．48 种
C．72 种
D．96 种
【答案】D
【详解】由题意知讲座 只能安排在第一或最后一场，安排 A 有
种排法，
因为讲座 和 必须相邻，所以安排 BC 及其余三场讲座共有
种排法，
根据分步计数原理知共有
种排法.
故选：D．
7 / 22
19．甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、重庆动物园、白帝城
这 4 个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选
择方法共有
.
【答案】18 种
【详解】因为甲不去重庆动物园，所以甲有三种不同的去处，
又因为甲、乙、丙三人去的景区互不相同，
所以这三人的不同选择方法共有
.
故答案为：18.
20．袋中有 7 个小球，其中 2 个白球，2 个红球和 3 个黄球.每次不放回从袋中随机取出一个球，当三种颜
色的球都取到时停止，则停止摸球时共取出 5 个球的概率为
.
【答案】
【详解】根据题意可知，停止摸球时共取出 5 个球的所有可能的情况为：
前 4 次摸出的球仅有白球和红球，第 5 次摸出 1 个黄球：此时概率为
，
前 4 次摸出的球仅有白球和黄球，第 5 次摸出 1 个红球：此时概率为
，
前 4 次摸出的球仅有黄球和红球，第 5 次摸出 1 个白球：此时概率为
，
故停止摸球时共取出 5 个球的概率为
.
故答案为：
21．从数字 ， ， ， ， 中不重复地选取组成五位数，若该数满足千位和十位上的数字均比各自相邻数
字大（形如“低一高一低一高一低”），则称其为“龙脉数”，则所组成的数为“龙脉数”的概率为
.
【答案】
【详解】由 ， ， ， ， 可构成不重复数字的个数有
，记 由 ， ， ， ， 可构成不重复的“龙
脉数”为事件 ，
则 包含的结果有十位和千位数为 ， 和十位和千位数为 ， 两种情况：
①十位和千位数只能是 ， 的结果有
；
②当十位和千位数为 ， 时，分两种情况：
当千位为 ，十位为 ，则万位和百位须从 ， 中选取，有
种；
当千位为 ，十位为 ，则百位和个位须从 ， 中选取，有
种；
故共有
种；
8 / 22
由古典概率的计算公式可得
，
故答案为：
.
22．甲、乙等 5 名同学参加羽毛球比赛，决出特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、优秀奖各 1 名.若甲、乙
均没有获得特等奖，则获奖的所有可能情况有
（用数字作答）种.
【答案】72
【详解】因为甲、乙均没有获得特等奖，所以甲、乙获奖的可能情况有
种，
则除甲、乙之外的三个同学获奖情况有
种，，
所以 5 名同学获奖的所有可能情况有
种.
故答案为：72
考点 05 定序问题
23．让 6 名学生排成一排，按下列条件，求分别有多少种不同的排法．
(1)甲在乙的左边；
(2)甲在乙的左边，乙在丙的左边．
【答案】(1)360
(2)120
【分析】
【详解】（1）［方法一］倍缩法：不考虑甲、乙顺序，有
种排法，甲、乙全排有
（种）排法，
所以甲在乙的左边的排法共有
（种）．
［方法二］空位法：从 6 个位置中选择 4 个位置把除甲、乙外的其余 4 人放入，共有
种排法，
再将甲、乙按序排入余下的 2 个位置，因此共有
（种）排法．
（2）［方法一］倍缩法：不考虑甲、乙、丙顺序，有
种排法，甲、乙、丙全排有
（种）排法，
所以甲在乙的左边，乙在丙的左边共有
（种）排法．
［方法二］空位法：从 6 个位置中选择 3 个位置把除甲、乙、丙外的其余 3 人放入，共有
种排法，
再将甲、乙、丙按序排入余下的 3 个位置，因此共有
（种）排法．
24．5 人参加百米赛跑，若无同时到达终点的情况，则甲比乙先到有
种情况.
【答案】60
【分析】
【详解】解法 1：先在 5 个位置中选 2 个位置放定序元素甲、乙，有
种；再排另外 3 人，有
种.所以共
有
种.
9 / 22
解法 2（定序问题）：5 人全排列有
种情况，由于甲和乙的顺序确定，因此满足条件的共有
种情
况.
故答案为：60.
25．掷一枚质地均匀的骰子 3 次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为 x，y，z，则
的概率为
．
【答案】
【详解】掷一枚质地均匀的骰子 3 次，总的样本点个数为：
，
包含的样本点，可分为以下四种情况：
，可理解为从 1 到 6 任选 3 个数，最大的赋给 ，中间值赋给 ，最小的赋给 ，
所以包含的样本点个数为：
；
，可理解为从 1 到 6 任选 2 个数，较大的赋给 ， ，较小的赋给 ，
所以包含的样本点个数为：
；
，可理解为从 1 到 6 任选 2 个数，较大的赋给 ，较小的赋给 ， ，
所以包含的样本点个数为：
；
，可理解为从 1 到 6 任选 1 个数，把这个数都赋给 ， ， ，
所以包含的样本点个数为：
；所以所求事件概率为
．
故答案：
．
26．如图，3 根绳子上共挂有 7 只气球，绳子上的气球个数依次为 2，2，3，每枪只能打破一只气球，而且
同一条绳上，只有打破下面的气球才能打上面的气球，则将这些气球都打破的不同打法有
种（请用
数字作答）
【答案】210
【详解】将 7 只气球编号，从下往上，从右往左依次编号为 1，2，3，4，5，6，7，如图，
问题等价于求 7 只气球的排列，且 1 在 2 的前面，2 在 3 的前面，4 在 5 的前面，6 在 7 的前面的排法总数，
则总共有
种排法.
10 / 22
故答案为：210.
27．书架上某一层有 本不同的书，新买了 本不同的书插进去，要保持原来 本书的顺序不变，则不同的
插法种数为
.（用数字作答）
【答案】
【详解】原问题等价于将 本书放在书架上，保持原来的 本书顺序不变，
由倍缩法可知，不同的插法种数为
种.
故答案为：
.
28．《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
种.
【答案】
【详解】根据题意，将香菌、新笋、豆腐干三种原料进行捆绑，且这三种原料无顺序，
茄子净肉在鸡脯肉后下锅，鸡汤最后下锅，
所以，不同的下锅顺序种数为
种.
故答案为：
.
考点 06 分组分配问题
29．把 6 名技术员分到 3 个车间工作，分到 3 个车间的人数各不相同，每个车间至少 1 人，则不同的分配
方案共有（
）
A．270 种
B．540 种
C．720 种
D．360 种
【答案】D
【详解】每个车间至少分配一名技术员且人数各不相同,故三个车间分配到技术员的人数为 1，2，3，
故共有
种不同的分配方案.
故选：D.
30．要安排 4 名学生到 2 个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则
不同的安排方法共有（
）
A．12
B．14
C．16
D．20
11 / 22
【答案】B
【详解】若一个村 1 名，另一村 3 名志愿者，则有
种选法；
若一个村 2 名，另一个村 2 名志愿者，则有
种选法，
所以不同的安排方法共有 8+6=14 种.
故选：B
31．（河南省驻马店市 2025-2026 学年高二上学期 1 月月考数学试题）某城市举办国际马拉松比赛，在某路
段设
三个服务点，某高校包括甲与乙在内的 5 名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服
务点，每个服务点至少 1 人，则甲与乙不去同一个服务点的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】5 名同学分成 3 个小组，
若按 2 人，2 人，1 人来分有
种分组方式，
若按 3 人，1 人，1 人来分有
种分组方式，
再把这三个小组排列到三个服务点去共有
种分配方法，
所以每个服务点至少有 1 人的不同安排方法有：
种.
若甲乙去同一个服务点且该服务点有两人，则有
种分组方式；
若甲乙去同一个服务点且该服务点有三人，则有
种分组方式；
再把这三个小组排列到三个服务点去共有
种分配方法，
所以甲乙去同一个服务点的不同安排方法有：
种.
因此，甲乙去同一个服务点的概率为
，
则甲与乙不去同一个服务点的概率为
.
故选：B.
32．某高校 7 名大学生到抚顺参观雷锋纪念馆、西露天矿坑、赫图阿拉城，若每名学生都要参观，且只参
观一个地点，每个地点至少有 2 名学生参观的不同方案共有（ ）
A．105 种
B．210 种
C．630 种
D．1260 种
【答案】C
【详解】将 7 名大学生分为 3 人，2 人、2 人的 3 个小组，分别去参观这三个地点，
共有
种不同参观方案.
12 / 22
故选：C
33．某校安排高一年级
班共 个班去
五个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基
地，每个基地至少安排一个班，则高一
班恰被安排到 基地的排法种数为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】先将 6 个班中随机挑选两个班为一组，共有
种排法，
再将含高一班这个组安排去 基地，有 种方法，
最后将剩下 4 个班（组）全排列，即由
种排法，
所以共有
种排法.
故选：C.
34．（多选）李清照，齐州章丘（今山东省济南市章丘区）人，宋代女词人，婉约词派代表，有“千古第一才
女”之称．现将李清照不同的 9 本诗集全部奖励给 3 名同学（每人至少会分到 1 本），则下列选项正确的有（ ）
A．若刚好每人分到 3 本书，则有 1680 种不同的分法
B．若每人至少分到 2 本书，则有 11508 种不同的分法
C．若刚好有 1 人只分到 1 本书，则有 6326 种不同的分法
D．若每人至多分到 4 本书，则有 13020 种不同的分法
【答案】AB
【详解】若刚好每人分到 3 本书，则有
种不同的分法，故 A 正确；
若每人至少分到 2 本书，则 3 人分书的本数可能是
，
，
，
所以有
种不同的分法，故 B 正确；
若刚好有 1 人只分到 1 本书，则 3 人分书的本数可能是
，
，
，
所以有
种不同的分法，故 C 不正确；
若每人至多分到 4 本书，则 3 人分书的本数可能是
，
，
，
所以有
种不同的分法，故 D 不正确．
故选：AB
考点 07 最短路线和台阶问题
35．甲 、乙 、丙 3 人站到共有 6 级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（
）
A．156
B．210
C．211
D．216
13 / 22
【答案】D
【详解】若三人站在一个台阶上，有
种站法，
若三人站在两个台阶上，有
种站法，
若三人站在三个台阶上，有
种站法，
所以，一共有
种站法.
故选：D.
36．从一楼到二楼共有 12 级台阶，可以一步迈一级也可以一步迈两级，要求 8 步从一楼到二楼共有走法．
A．12
B．8
C．70
D．66
【答案】C
【详解】解：设一步一级 x 步，一步两级 y 步，则
故走完楼梯的方法有
种．
故答案为 C.
【点睛】8 步中有多少一步上两级是解题关键．通过列方程找到突破口．
37．将某商场某区域的行走路线图抽象为一个
的长方体框架（如图），小红欲从 处行走至 处，则
小红行走路程最近且任何两次向上行走都不连续的路线共有
A．360 种
B．210 种
C．60 种
D．30 种
【答案】C
【详解】根据题意，最近路线，那就是不能走回头路，不能走重复的路；
所以一共要走 3 次向上，2 次向右，2 次向前，一共 7 次；
因为不能连续向上,所以先把不向上的次数排列起来,也就是 2 次向左和 2 次向前全排列
，
因为 2 次向左是没有顺序的,所以还要除以
，
同理 2 次向前是没有顺序的,再除以
，
接下来,就是把 3 次向上插到 4 次不向上之间的空当中 5 个位置排三个元素,也就是
，
则共有
种；
14 / 22
本题选择 C 选项.
点睛：(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情
发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元
素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；
②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．
38．如图是一个某城市街道图，其中虚线部分为不可通过的荷塘．李四家住 A 处，学校在 B 处，问李四从
家里上学的最短路径有多少条不同的路线？
【答案】
【详解】把 A 看作原点，根据题意，可得所有经过
的路径都不行，
用总路径去掉不符合题意的路径数，则李四从家里上学的最短路径
（条）．
39．沿图中的网格线从顶点 到顶点 ，最短的路线有
条．
【答案】35
【详解】从 到 需要 7 步，其中横向 4 步，纵向 3 步，
故有
（条）．
故答案为：35.
40．如图：某城市有纵向道路和横向道路若干条，构成如图所示的矩形道路网（图中黑线表示道路），则从
西南角 A 地到东北角 B 地的最短路线共有
条.（用数字作答）
15 / 22
【答案】
【详解】由题意，从西南角 A 地到东北角 B 地的最短路线，共需要走 9 步，
其中 4 步向上，5 步向右，共有
种不同的走法，
又由中间的矩形中没有道路，所以在向上和向右的走法中，都需要连续走 2 步，
共有
种不同的走法，
所以从西南角 A 地到东北角 B 地的最短路线共有
种不同的走法.
故答案为：
.
考点 08 相同元素的分配问题
41．三元一次方程
的正整数解的组数为（
）
A．21
B．28
C．35
D．42
【答案】A
【详解】三元一次方程
的正整数解的组数，
等价于将 8 个相同的小球分成 3 组，每组至少 1 个小球的不同分法.
只需要在 8 个小球中间的 7 个空位中选取 2 个空位用隔板隔开即可，
则共有
种分法，
即三元一次方程
的正整数解的组数为 21.
故选：A.
42．10 个三好学生名额分到 7 个班级，每个班级至少一个名额，有（ ）种不同分配方案．
A．9
B．36
C．84
D．120
【答案】C
【详解】我们可以把 10 个名额排成一排，会产生 9 个空隙，
要分成 7 组，需要插入 6 个隔板，不同的隔板位置对应不同的分配方案，
所以分配方案数就是从 9 个空隙中选 6 个的组合数，即
.
故选：C
43．方程
的正整数解共有（ ）
A．50 组
B．58 组
C．60 组
D．66 组
【答案】B
16 / 22
【分析】
【详解】对于方程
，
设
，则
，
当
时，
，因为 为偶数，则
也为偶数，所以
可以为
，
时，只有一种解
，此时
，
由隔板法可知，将 8 个单位长度分成 3 个整数部分，一共有
种分法，
所以
共有
组解，同理可得其他
的组数，
所以当
时，可得解的组数为
；
当
时，
，因为 为偶数，则
为奇数，所以
可以为
，
利用隔板法可得解的组数为
，
当
时，因为
，所以此时
，不合题意，
综上，方程
的正整数解共有
组．
故选：B.
44．已知随机变量
，
，则将
个人分到 3 个不同的地方，每个人必去一个地方，每
个地方至少去 1 人的分配方案共有
种．
【答案】150
【详解】由
，得
，即
，
故分配方案共有
150 种．
故答案为：150
45．若方程
，其中
，则方程的自然数解的个数为
.
【答案】28
【详解】已知方程
，且
，
则
，其中
均为自然数.
将其转化为
， 其中
为正整数.
运用隔板法将其转化为有 9 个 1 排成一列，利用 2 个隔板法将其分成 3 组，
第一组 1 的数目为 ，第二组 1 的数目为 ，第三组 1 的数目为 ，则
.
2 个隔板的放置方法共有
种，
故方程
的正整数解的个数为 28.
即方程
的自然数解的个数为 28.
17 / 22
故答案为：28.
考点 09 元素配对问题
46．有四对双胞胎共 8 人，从中随机选 4 人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（
）
A．48
B．72
C．96
D．192
【答案】A
【详解】第一步：选一对双胞胎有
种；
第二步：再选两对双胞胎，并从每对双胞胎中各选一人共有
种；
利用分步计数乘法原理可知：从中随机选 4 人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为
，
故答案：A.
47．有 3 对双胞胎孩子站成一排拍照，则每对双胞胎必须相邻的排法有（ ）
A．12 种
B．24 种
C．48 种
D．96 种
【答案】C
【详解】将每对双胞胎孩子捆绑在一起，然后再排列，有
种排法.
故选 ：C.
48．A 家庭有一对夫妻和两个女儿，B 家庭有一对夫妻和两个儿子，共 8 人，一起去游乐场游玩，坐在共有
8 个座位的一排座位上，A 家庭的两个女儿要相邻，B 家庭的两个儿子要相邻，并且为了安全起见，两位爸
爸要坐在两端．那么这 8 人的排座方法种数为
．
【答案】192 种
【详解】根据题意，分两步进行分析：
第一步，两位爸爸要坐在两端，则两位爸爸的排法有
种；
第二步，将 A 家庭的两个女儿看成一个整体，B 家庭的两个儿子也看成一个整体，与两个母亲全排列，则
有
，
由分步原理可知共有
种排法，
故答案为：192
49．现有 5 双鞋子，从中任取 4 只鞋子，则取出的 4 只鞋子中，恰好有 1 双的取法总数为
.
【答案】
【详解】先从 5 双鞋子中任取 1 双，有
种，
再从剩下的 4 双中选取两双，并从这两双中每双鞋各取一个，共
种，
故共有
种.
故答案为：
.
50．
双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出 只，试求各有多少种情况出现如下结果：
(1) 只鞋子没有成双的；
18 / 22
(2) 只鞋子恰成两双；
(3) 只鞋中有 只成双，另 只不成双．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】
【详解】（1）解：从
双鞋子中选取 双，有
种不同选法，每双鞋子中各取一只，分别有 种取法，根
据分步计数原理，选取种数为
(种)．
即 只鞋子没有成双有
种不同取法．
（2））从
双鞋子中选取 双有
种取法，
所以选取种数为
(种)
即 只鞋子恰成两双有
种不同取法．
（3）先选取一双有
种选法，再从 双鞋中选取 双有
种选法，每双鞋只取一只各有 种取法．根据分
步计数原理，不同取法为
(种)．
考点 10 排列组合与古典概型
51．现有 5 瓶溶液标签缺失，已知其分别为
，若从中任取 2 瓶混合，则会
发生复分解反应的概率为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】从 5 瓶溶液中任取 2 瓶，共有
，
溶液中酸性为
，碱性为
，
酸碱中和反应生成水属于复分解反应，所以发生复分解反应的组合有
，
因此会发生复分解反应的概率为
，
故选：C.
52．2025 年正好是一个平方年（
），纵观历史，从 1250 年到 1900 年，所有平方年对应的朝代如
下表所示：
1296
1369
1444
1521
1600
1681
1764
1849
元朝
明朝
明朝
明朝
明朝
清朝
清朝
清朝
某位历史老师将从这 8 个年份中随机选取 3 个年份，对当年的历史进行深入研究，则他选取的年份至少有 2
个在明朝的概率为（
）
19 / 22
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由表格可知，从 1250 年到 1900 年，平方年在明朝的个数为 4.
从 8 个年份中选 3 个年份的总组合数为
，
至少 2 个年份在明朝的组合数为
.
所以他选取的年份至少有 2 个在明朝的概率为
.
故选：A
53．如图，在某城市中，
两地之间有整齐的方格形道路网，其中
是道路网中位于一条对角线上
的 4 个交汇处，今在道路网
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 处为止，则下列说法错误的是（ ）
A．甲从 M 必须经过
到达 N 处的方法有 9 种B．甲乙两人相遇的概率为
C．甲乙两人在
处相遇的概率为
D．甲从 M 到达 N 处的方法有 20 种
【答案】B
【详解】对于甲，经过
到达 N 有 1 种，经过
到达 N 有
种，
经过
到达 N 有
种，经过
到达 N 有 1 种，甲从 M 到达 N 处的方法共有 20 种，
同理对于乙，经过
到达 N 分别有
种．
对于 A，甲从 M 必须经过
到达 N 处的方法有 9 种，A 正确；
对于 B，甲乙两人相遇的概率
，B 错误；
对于 C，甲乙两人在
处相遇的概率
，C 正确；
对于 D，甲从 M 到达 N 处的方法共有 20 种，D 正确．
故选：B．
54．6 名同学排成一排，已知甲与乙不相邻，则丙与丁必须相邻的概率是
．
20 / 22
【答案】
/0.3
【详解】依题意，6 名同学排成一排，记事件
甲与乙不相邻，则
，
记事件
丙与丁相邻，则
，
由条件概率公式可得
.
所以在甲与乙不相邻的条件下，丙与丁相邻的概率为
.
故答案为：
.
55．平面上有一个点，等可能地向前、后、左、右四个方向移动，每次移动一个单位长度，则经过 4 次移
动后回到出发点的概率为
．
【答案】
【详解】每次移动有 4 种方向，4 次移动，总路径数为：
，
设前、后单位数分别为
，左、右单位数分别为
，
因运动 4 次后仍回到出发点，所以前后步数相等且左右步数相等，
记
，则
，即
.
若
即
则路径数有 6 种；
若
即
则路径数有 24 种；
若
即
则路径数有 6 种；
所以运动 4 次后仍回到出发点的概率为
.
故答案为：
56．《哪吒之魔童闹海》票房大卖，其中蕴含的很多人生道理引起共鸣，如哪吒与命运抗争的顽强，李靖对
哪吒不离不弃的关爱.因此哪吒系列手办盲盒深受欢迎，其中共有包含哪吒，敖丙，哪吒父母，四大龙王共
个人物手办，小明从 个盲盒中（ 个盲盒内的人物一定不同）任意抽取 个盲盒，则包含哪吒和至多一
位龙王的概率是
.
【答案】
【详解】从 个盲盒中任取 个盲盒，共有
种取法；
抽取的盲盒中，包含哪吒，不包含龙王的取法有
种；包含哪吒和一个龙王的取法有
种；
任意抽取 个盲盒，包含哪吒和至多一位龙王的概率
.
21 / 22
故答案为：
.
22 / 22
