第04 讲 解决排列组合方法大全
目 录
思维导图..........................................................................................................................................2
高考分析..........................................................................................................................................2
学习目标..........................................................................................................................................3
知识要点..........................................................................................................................................4
题型归纳..........................................................................................................................................9
题型01：相邻问题捆绑法........................................................................................................9
题型02：不相邻问题插空法..................................................................................................16
题型03: 隔板法...................................................................................................................24
题型 04: 排队问题................................................................................................................31
题型05：多排问题.................................................................................................................35
题型06：错位排列.................................................................................................................36
题型07：环排问题.................................................................................................................42
题型08：特殊元素法.............................................................................................................46
题型09：特殊位置法.............................................................................................................51
题型10：间接法....................................................................................................................55
题型11：定序倍缩法.............................................................................................................61
题型12：定序问题——先选后排...........................................................................................65
题型13：合理的分类与分步..................................................................................................66
题型14：平均分组.................................................................................................................75
题型15：部分平均分组..........................................................................................................84
题型16：分配问题.................................................................................................................90
题型17：涂色问题.................................................................................................................92
题型18：列举法..................................................................................................................105
题型19：多面手问题...........................................................................................................107
题型20：分解与合成模型和最短路径问题...........................................................................111
题型21：构造法模型、递推模型与化归策略........................................................................118
题型22：定序重排问题求幂策略.........................................................................................126
题型23: 数字问题...............................................................................................................129
题型24：几何问题..............................................................................................................134
巩固提升......................................................................................................................................139
排列
合在高考中是高
基
组
频
础+
合
用考点，全国卷
综
应
/新高考多以5 分小
（
、填空）
主，偶与概率、
题选择
为
等
合出
在解答
，整体
度中等偏易，核心是考分
分步思想与模型化解
。
统计
综
现
题
难
类
题
一、高考定位与考情
1. 分
与
型：近五年全国卷、新高考卷中，排列
合多
值
题
组
为5 分小
（
题选择/填空）；解答
常与概率、
、二
题
统计
式定理等
合，
度略升，
分
项
结
难
总计
值约5-12 分。
2. 核心考点：必考排列
合基本概念与公式；高
模型有相
（捆
）、不相
（插空）、特殊元素
组
频
邻
绑
邻
/位置
先、分
优
分配、定序、隔板法等；常
合古典概型、二
分布
合命
。
组
结
项
综
题
3.
度与
：全国甲
难
趋势
/乙卷偏基
，新高考Ⅰ
础
/Ⅱ卷略灵活；命
情境化（如体育
事、分
分配、生活决策），
题
赛
组
数学运算、
推理核心素养。
强调
逻辑
4. 易
点：混淆排列（有序）
错
/
合（无序）、分
重复
算、分
不全或交叉、忽
特殊限制条件。
组
组
计
类
视
二、核心命题角度（2023-2025）
1. 基
算：排列数、
合数公式与性
，含含参方程
础计
组
质
/不等式求解，常考
合数
称性、
乘化
。
组
对
阶
简
2.
典模型：
经
◦ 相
：捆
法（先捆后排，注意内部
序）
邻问题
绑
顺
◦ 不相
：插空法（先排无限制元素，再插空）
邻问题
◦ 特殊元素/位置：
先法（先特殊后一般）或
接法（
优
间
总-不合条件）
◦ 分
分配：先分
（注意平均分
去重），再分配（乘
排列数）
组
组
组
对应
◦ 相同元素分配：隔板法（适用于“至少一个”等限制）
3.
合
用：与概率
合（先
数再求概率）、与数列
综
应
统计结
计
/新定
合（如
义结
2024 新高考Ⅰ卷第19
）、与涂
题
色/几何
合（分
）。
结
类讨论
三、备考建议
1. 夯
基
：熟
排列数、
合数公式与性
，明确有序
实
础
练
组
质
/无序区
；牢
典模型的适用
景与步
。
别
记经
场
骤
2. 模型化
：按“相
训练
邻/不相
→特殊元素→分
分配→隔板法→定序”分
刷
，形成解
模板；重点
平
邻
组
类
题
题
练
均分
去重与
接法
用。
组
间
应
3.
合提升：
合概率、
、二
式定理
合
，
“先
化
数
，再用排列
合求解”的思
。
综
结
统计
项
综
题训练
转
为计
问题
组
维链
四、命题预测
1.小
仍以基
算
题
础计
+
典模型
主，
度
定，突出情境化与核心素养。
经
为
难
稳
2. 解答
将更
与概率
、数据分析的融合，考
“
→数学建模→
数求解→
解
”的完整
题
强调
统计
查实际问题
计
结论
释
能力
。
链
3.
分
分步
性与模型迁移能力的要求会持
提升。
对
类
严谨
续
一、 知识目标
1. 准确理解排列（有序
取）、
合（无序
取）的核心定
，能清晰区分二者的适用
景。
选
组
选
义
场
2. 熟
掌握排列数公式
合数公式 及其性
，能完成公式的推
与含参
算。
练
组
质
导
计
3. 全面掌握排列
合的
典解
模型，包括相
（捆
法）、不相
（插空法）、特殊元素
组
经
题
邻
绑
邻
/位置
先法、分
分
优
组
配、定序
、隔板法等，明确各模型的适用条件与解
步
。
问题
题
骤
二、 能力目标
1. 具
分
与分步
数的核心思
，能将复
数
拆解
若干
子
，做到分
不重、分步不
备
类讨论
计
维
杂计
问题
为
简单
问题
类
漏。
2. 提升数学建模能力，能将生活情境、几何、
事等
化
排列
合
数
，
恰当模型求解。
赛
实际问题转
为
组
计
问题选择
3. 培养
推理与运算求解能力，能灵活运用直接法、
接法（正
反）解
，
避重复
数、
漏
数等常
逻辑
间
难则
题规
计
遗
计
。
见错误
4. 增
知
迁移能力，能将排列
合知
与概率、
、二
式定理等内容融合，解决
合性
。
强
识
组
识
统计
项
综
问题
三、 素养目标
1. 深化数学抽象素养，从具体
数案例中提
出排列
合的数学本
，形成
构化的知
体系。
计
炼
组
质
结
识
2.
化数学运算素养，在公式
用、模型
算中养成
的运算
，提升
算准确率。
强
应
计
严谨
习惯
计
3.
展数据分析素养，通
排列
合
数
概率
提供数据支撑，理解
数与概率的内在
系。
发
过
组
计
为
统计问题
计
联
知识点一：排列、组合的定义
排列的定义
从n 个不同元素中
取出m(m≤n)个元素
按照一定的
序排成一列，叫做从
顺
n 个不同
元素中取出m 个元素的一个排列
合的定
组
义
合成一
，叫做从
组
n 个不同元素中取出m 个
元素的一个
合
组
知识点二：排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数
合数
组
定义
从n 个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所
有不同排列的个数
从n 个不同元素中取出
m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所
有不同
合的个数
组
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
C＝＝
性质
A＝n！，0！＝1
C＝1，C＝C，C＋C＝C
知识点三：求解排列应用问题方法汇总
直接法
把符合条件的排列数直接列式
算
计
先法
优
先安排特殊元素或特殊位置
优
捆
法
绑
把相
元素看作一个整体与其他元素一起排列，同
注意捆
元素的内部排列
邻
时
绑
插空法
不相
，先考
不受限制的元素的排列，再将不相
的元素插在前面元素排
对
邻问题
虑
邻
列的空档中
定序
除
问题
法
理
处
于定序
，可先不考
序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
对
问题
虑顺
于某些
序一定的元素
对
顺
(m 个)的排列
，可先把
些元素与其他元素一起
问题
这
(共n
个)
行排列，然后用
排列数
进
总
A 除以m 个
序一定的元素之
的全排列数
顺
间
A，即得
到不同排法种＝A.
接法
间
正
反、等价
化的方法
难则
转
分
分配
组
平均分
、部分平均分
组
组
1．
不同元素的分配
对
问题
(1)
于整体均分，解
要注意分
后，不管它
的
序如何，都是一种情况，所以
对
题时
组
们
顺
分
后一定要除以
组
A(n
均分的
数
为
组
)，避免重复
数．
计
(2)
于部分均分，解
注意重复的次数是均匀分
的
乘数，即若有
对
题时
组
阶
m
元素个
组
数相等，
分
除以
则
组时应
m！，分
程中有几个
的均匀分
，就要除以几个
组过
这样
组
的全排列数．
这样
(3)
于不等分
，只需先分
，后排列，注意分
任何
中元素的个数都不相等，
对
组
组
组时
组
所以不需要除以全排列数．
隔板法
将
个相同元素放入
个不同的盒内，且每盒不空，
不同的方法共有
则
种。解
决此
常用的方法是
类问题
“隔板法”，因
元素相同
为
，所以只需考
每个盒子里所含
虑
元素个数，
可将
则
这
个元素排成一列，共有
个空，使用
个“
板
挡
”
入空档
进
处，
可将
则
这
个元素划分为
个区域，
好
那
刚
对应
个盒子
排
环
问题
(1) 把
个不同的元素
成一个
状，排法
数
围
环
总
为
(2)
个不同的元素
成一圈，
围
个元素相
，符合条件的排列数
邻
为
(3)
个不同的元素
成一圈，
围
个元素不相
邻
，符合条件的排列
数为
涂色问题
涂色的
是“相
区域涂不同的
色”，在
理涂色
，可按照
色的
规则
邻
颜
处
问题时
选择颜
总
数
行分
，每减少一种
色的使用，便意味着多出一
不相
的区域涂相同
进
类讨论
颜
对
邻
的
色（
要注意两两不相
的情况），先列
出所有不相
区域搭配的可能，再
颜
还
邻
举
邻
进
行涂色即可。
1.特殊元素和特殊位置优先策略
2.相邻元素捆绑策略
捆
法：解决“相
”
用“捆
法”，就是将
绑
邻问题
绑
n 个不同的元素排成一排，其中k 个元素排在相
位置上，求
邻
不同的排法种数的步
：
骤
①先将这k 个元素“捆
”在一起，看成一个整体；
绑
②把
个整体当作一个元素与其他元素一起排列，其排列方法有
这
An−k+1
n−k+1
种排法；③然后“松
”，即将“捆
”
绑
绑
在一起的元素内部
行排列，其排列方法有
进
Ak
k
种；④根据分步乘法
数原理，符合条件的排法有
计
An−k+1
n−k+1 Ak
k
种．
3.不相邻问题插空策略
插空法：解决不相
的方法
“插空法”，即将
邻问题
为
n 个不同的元素排成一排，其中k 个元素互不相
（
邻
）．求不同的排法种数的步
：
骤①先将不作不相
要求的元素共
邻
个排成一排，其排列方法有
An−k
n−k
种；②然后将要求两两不相
的
邻
k 个元素插入
个空隙中，相当于从
个空隙中
出
选
k 个，分
分配
两两不相
的
别
给
邻
k 个元素，其排列方法有：
An−k+1
k
种；③根据分步乘法
数原理，符合条件的排法有
计
种．
4.定序问题倍缩空位插入策略
1.(倍
法
缩
)
于某几个元素
序一定的排列
对
顺
问题,可先把
几个元素与其他元素一起
行排列
这
进
,然后用
排列
总
数除以
几个元素之
的全排列数
这
间
,
共有不同排法种数是：
则
2.(空位法)
想有
设
7 把椅子
除甲乙丙以外的四人就坐共有
让
种方法，其余的三个位置甲乙丙共有 1 种坐
法，
共有
则
种方法。
思考:可以先
甲乙丙就坐
让
吗?
3.（插入法)先排甲乙丙三个人,共有1 种排法,再把其余4 四人依次插入共有 方法
5.重排问题求幂策略
允
重复的排列
的特点是以元素
研究
象，元素不受位置的
束，可以逐一安排各个元素的位置，一
许
问题
为
对
约
般地n 不同的元素没有限制地安排在m 个位置上的排列数为
种
6.环排问题线排策略
在
排列数中：
圆
个元素
成一圈其
排列数
围
圆
为
（2）在
个元素中，每次取出
个不同的元素
行
排列，
排列数
进
圆
圆
为
．
（3）当从
个相异的元素中，每次取出
串成一个
，因其正反相
的两个
排列在串成一个
完全
颗
圆环
对
圆
圆环时
相同，故
数
圆环
为
．
于
复
的
，可适当采用分步揷人、捆
及利用种数公式
理．
对
较
杂
问题
绑
处
7.多排问题直排策略
8.排列组合混合问题先选后排策略
9.小集团问题先整体后局部策略
方法十.元素相同问题隔板策略
将
个相同的元素分成
份（
，
正整数），每份至少一个元素，可以用
为
隔板，插入
块
个元素排
成一排的
个空隙中，共有
种分法．
10.间接法（正难则反总体淘汰策略）
11.平均分组问题除法策略
分
（分成几堆，无序）有等分、不等分、部分等分之
组问题
别.一般地，平均分成n 堆（
）必
除以
组
须
An
n
；如果有m
堆（
）元素个数相同，必
除以
组
须
Am
m
.
12.数字排序问题查字典策略
数字排序
可用
字典法
问题
查
,
字典的法
从高位向低位
查
应
查,依次求出其符合要求的个数,根据分
数原理
类计
求出其
数例
总
如由0，1，2，3，4，5 六个数字可以
成多少个没有重复的比
组
324105 大的数？
13.树图策略
于条件比
复
的排列
合
，不易用
对
较
杂
组
问题
14.复杂分类问题表格策略
一些复
的分
取
杂
类选
题,要
足的条件比
多
满
较
, 无从入手,
常出
重复
漏的情况
经
现
遗
,用表格法,
分
明确
则
类
,能
保
中
足的条件
证题
须满
,能达到好的效果.
15.错位排列
位排列公式
错
16.涂色问题
涂色
常用方法：
问题
(1)根据分步
数原理，
各个区域分步涂色，
是
理区域染色
的基本方法；
计
对
这
处
问题
(2)根据共用了多少种
色
，分
算出各种情形的种数，再用分
数原理求出不同的涂色方法种数；
颜
讨论
别计
类计
(3)根据某两个不相
区域是否同色分
邻
类讨论.从某两个不相
区域同色与不同色入手，分
算出两种情形的
邻
别计
种数，再用分
数原理求出不同涂色方法
数
类计
总
.
种
色
周染色
颜
圆
问题
如
，把一个
分成
图
圆
个扇形，每个扇形用
种
色之一染色，要求相
扇形不同色，有
颜
邻
种方法.
正常着色定理
如
，用
图
（
正整数）种
色
的
为
颜
给图
个
点着色，
正常着色的方法
：
顶
则
为
，
.
17.多面手问题
解含有
束条件的排列
合
，即多面手
，可元素的性
行分
，接事件
生的
程分步，做
约
组
问题
问题
质进
类
发
连续过
到
准明确．分步
次清楚，不重不漏，分
准一旦确定，要
穿于解
程的始
．
标
层
类标
贯
题过
终
18.分解与合成模型和最短路径问题
分解与合成策略是复
的排列
合
最基本的解
策略之一，把一个复
分解成几个小
逐一解
杂
组
问题
题
杂问题
问题
决，然后依据
分解后的
构，用分
数原理和分步
数原理将
合成，从而得到
的答案．
问题
结
类计
计
问题
问题
19.构造法模型、递推模型与化归策略
化
策略：
理复
的排列
合
，可以把一个
化成一个
的
，通
解决
个
的
归
处
杂
组
问题时
问题转
简单
问题
过
这
简单
问题，
从而找到解
方法，
一步解决原来的
．
题
进
问题
一些不易理解的排列
合
，如果能
化
非常熟悉的模型，如占位填空模型、排
模型、装盒模型等，可使
组
题
转
为
队
问
迎刃而解．
题
20.定序问题先选后排策略与重排问题求幂策略
定序
可以用倍
法，
可以
化
占位插空模型
理．允
重复的排列
的特点是以元素
研究
象，
问题
缩
还
转
为
处
许
问题
为
对
元素不受位置的
束，可以逐一安排各个元素的位置．一般地，
约
个不同的元素没有限制地安排在
个位置上
的排列方法有
种．
题型01：相邻问题捆绑法
【典型例题1】3 名男生，2 名女生站成一排照相，则2 名女生相
且都不站在最左端的不同的站法共有（
邻
）
A．72 种
B．64 种
C．48 种
D．36 种
【答案】D
【解析】将2 名女生捆
在一起，故
绑
2 名女生相
有
邻
种站法，又2 名女生都不站在最左端，故有
种站法，剩
下3 个位置，站3 名男生有
种站法，故不同的站法共有
种.
【典型例题2】某晚会上需要安排4 个歌舞
目和
类节
2 个
言
目的演出
序，要求
言
目之
有且
语
类节
顺
语
类节
间
仅
有2 个歌舞
目，
不同的演出方案的种数
（
类节
则
为 ）．
A．72
B．96
C．120
D．144
【答案】D
【解析】第一步：全排列2 个
言
的
目，共有
语
类
节
种情况，
第二步：从4 个歌舞
目中
出
类节
选
2 个
目放入
节
2 个
言
的
目之
，共有
语
类
节
间
种情况，
第三步：再将排好的4 个
目
一个整体，与其余的两个歌舞
目全排列，
节
视为
节
共有
种情况，所以
.故
：
选D
【典型例题3】
有
现
6 家商
租
某夜市的
户预
赁
6 个相
的推位，其中
邻
3 家商
开特色小吃店，
户
2 家商
开文
户
创产
品店，一家商
开新奇玩具店，夜市管理部
要求特色小吃店必
都相
，且文
品店不相
，
不同的排法
户
门
须
邻
创产
邻则
数
（
总
为 ）
A．48
B．72
C．144
D．96
【答案】B
【解析】先把3 家小吃店捆
全排共有
绑
种排法，再把小吃店与玩具店全排共有
种排法，
然后把2 家文
店插空全排共有
创
种排法，所以共有6×2×6＝72 种
【典型例题4】已知甲、乙两个家庭排成一列
核酸，甲家庭是一
夫妻
测
对
带1 个小孩，乙家庭是一
夫妻
对
带2 个
小孩.
要求
现
2 位父
位于
伍的两端，
亲
队
3 个小孩要排在一起，
不同的排
方式的种数
（
则
队
为 ）
A．288
B．144
C．72
D．36
【答案】C
【解析】方法1：2 位父
的排
方式种数
亲
队
为
，2 位母
的排
方式种数
亲
队
为
，3 个小孩的排
方式种数
队
为
，
将3 个小孩当成一个整体，放
父母的中
共有
进
间
种排
方式，所以不同的排
方式种数
队
队
为
.方
法2：2 位父
的排
方式种数
亲
队
为
，将3 个小孩当成一个整体与2 位母
的排
方式种数
亲
队
为
，3 个小孩的排
方式种数
队
为
，所以不同的排
方式种数
队
为
.
【变式训练1-1】某球队6 名
站成一排拍照留念，要求
队员
队员A 和B 不相
且均与
邻
队员C 相
，
不同的排
邻则
法共有（ ）
A．12 种
B．24 种
C．36 种
D．48 种
【答案】D
【解析】因为队员A 和B 不相
且均与
邻
队员C 相
，所以
邻
队员C 站在队员A 和B 的中
，故将
间
队员
看作个
整体，其内部共有
种排法，而
个整体与其他
这
3 名
行排列，
有
队员进
则
种排法，所以不同的排法共有
种.
【变式训练1-2】某学校
了丰富同学
的寒假生活，寒假期
同学
安排了
为
们
间给
们
6
上
座，其中
座
场线
讲
讲
只
能安排在第一或最后一
，
座
场讲
和
必
相
，
不同的安排方法共有（
须
邻问
）
A．34 种
B．56 种
C．96 种
D．144 种
【答案】C
【解析】
由
意知
座
题
讲
只能安排在第一或最后一
，
场
有
种
果，
结
座
讲
和
必
相
，
须
邻
共有
种
果，根据分步
数原理知共有
结
计
种
果
结
.
【变式训练1-3】2022 年2 月4 日北京冬奥会
利开幕
顺
.在开幕式当晚，周明
李亮一家一起
看
约
观
.周明一家四
口相
而坐，李亮一家四口也相
而坐，已知他
两家人的
邻
邻
们
8 个座位
在一起（在同一排且一人一座），且周明与
连
李亮也相
而坐，
他
不同的坐法有（
邻
则
们
）
A．432 种
B．72 种
C．1152 种
D．144 种
【答案】B
【解析】依
意周明与李亮坐中
两个位置，
有
题
间
则
种坐法，此
周明家其余
时
人有
种坐法，同理李
亮家其余人有
种坐法，所以他
不同的坐法有
们
种.
【变式训练1-4】志愿服
是全
核酸
工作的重要基
和保障，某核酸
站点需要
六天有志愿者参
务
员
检测
础
检测
连续
加服
，每天只需要一名志愿者，
有甲、乙、丙、丁、戊、己
务
现
名志愿者，
划依次安排到
站点参加服
，要求
计
该
务
甲不安排第一天，乙和丙在相
两天参加服
，
不同的安排方案共有（
邻
务则
）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】若乙和丙在相
两天参加服
，不同的排法种数
邻
务
为
，若乙和丙在相
两天且甲安排在第一天
邻
参加服
，不同的排法种数
务
为
，由
接法可知，
足条件的排法种数
间
满
为
种.
【变式训练1-5】“学
国”学
平台
有“看党史”“听原著”等多个
目．假
在
些
目中，周一“看党史”
习强
习
设
栏
设
这
栏
目更新了
栏
3 篇文章，“听原著”
目更新了
栏
4 个音
．一位学
者准
从更新的
频
习
备
这7
内容中随机
取
项
选
2 篇文
章和2 个音
行学
，
频进
习则这2 篇文章学
序相
的学法有（
习顺
邻
）
A．216 种
B．108 种
C．72 种
D．54 种
【答案】A
【解析】第一步从3 篇文章中选2 篇全排列，共有
种方法，第二步从4 个音
中
频
选2 个，共有
种方法，第三
步将2 篇文章捆
，再与已
取的
绑
选
2 个音
行全排列，共
频进
种方法，故所求的
方法数
总
为
（种）.
【变式训练1-6】我国古代将“礼、
、射、御、
、数”合称“六
”．某校国学社
划开展“六
”
座活
，要
乐
书
艺
团计
艺讲
动
求活
当天每
安排一
，
排
动
艺
节连
，且“数”必
排在第
节
须
，“射”和“御”相
，
不同的安排
序共有（
节
邻则
顺
）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】C
【解析】分析可知“数”排在第
，且“射”和“御”相
，有
节
邻时
种排法，再将“礼”、“
”、“
”安排在剩下的
乐
书
节，
有
种排法，所以不同的安排
序共有
顺
（种）．
【变式训练1-7】甲、乙、丙、丁、戊五位同学站成一排照相，其中要求甲和乙必
相
，且丙不能排最左端，
须
邻
则
不同的排法共有
A．12 种
B．24 种
C．36 种
D．48 种
【答案】C
【解析】由
意，把甲乙看成一个元素，甲乙、丁，戊的排列共有
题
种不同的排法，又由丙不能排最左端，
利用“插空法”可得丙只有3 种方式，由分步
数原理可得，不同的排法共有
计
种，故选C．
【变式训练1-8】2014 年3 月8 日，
航
马
航班客机从吉隆坡
往北京途中失
飞
联,随后多国加入搜救行
，
动
同
启
水下黑匣子的搜
，主要通
水机器人和娃人等手段搜
黑匣子
时
动
寻
过
寻
.
有
现
个水下机器人
，
，
和
个
蛙人
，
，各安排一次搜
任
，搜
每次只能安排
寻
务
寻时
个水下机器人或个蛙人下水，其中
不能安排在第一
个下水，
和
必
相
安排，
不同的搜
方式有（
须
邻
则
寻
）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【解析】
和
捆
，相当于
绑
个，先排第一位，
方法数有
则
种，
【变式训练1-9】某
位安排
单
7 位
工在
员
10 月1 日至7 日
班，每天安排
值
1 人，每人
班
值
1 天，若7 位
工中的
员
甲、乙排在相
两天，丙不排在
邻
10 月1 日，丁不排在10 月7 日，
不同的安排方案共有
则
A．504 种
B．960 种
C．1008 种
D．1108 种
【答案】C
【解析】若丙排
月日，共有
，若丁排
月日，共有
，若丙排日且丁排日共有
，若不考
丙，丁的条件限制，共有
虑
，∴共有
(种）．
【变式训练1-10】
祝中国共
党第二十次全国代表大会
利
幕，某高中
行“献礼二十大”活
，高三年
为庆
产
胜
闭
举
动
派出甲､乙､丙､丁､戊
级
5 名学生代表参加，活
束后
动结
5 名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相
且丙
邻
、
丁两人必
相
，
不同的排法共有（
须
邻则
）种．
A．40
B．24
C．20
D．12
【答案】B
【分析】根据相
用捆
法和不相
用插空法即可求解．
邻问题
绑
邻问题
【
解】由
意得，
详
题
5 名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相
且丙、丁两人必
相
，
邻
须
邻
不同的排法共有
则
种，故
：
选
．
【变式训练1-11】甲、乙等5 人去北京天安
游玩，在天安
广
排成一排拍照留念，
甲和乙相
且都不站
门
门
场
则
邻
在两端的排法有（ ）
A．12 种
B．24 种
C．48 种
D．120 种
【答案】B
【解析】将甲、乙捆
在一起看成一个元素，有
绑
种排法，
其中甲、乙相
且在两端的有
邻
种，
故甲、乙相
且都不站在两端的排法有
邻
（种）．故选:B．
【变式训练1-12】某一天的
程表要排入
文、数学、英
、物理、化学、生物六
，如果数学只能排在第一
课
语
语
门课
或者最后一
，物理和化学必
排在相
的两
，
共有（
节
节
须
邻
节则
）种不同的排法
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】若数学只能排在第一
或者最后一
，
数学的排法有
节
节则
种，
物理和化学必
排在相
的两
，将物理和化学捆
，
须
邻
节
绑
与
文、英
、生物三
程
行排序，有
语
语
门课
进
种排法.
由分步乘法
数原理可知，共有
计
种不同的排法.故
：
选D.
二、填空题
【典型例题5】3 名男同学、2 名女同学排成一行，
至多
则
2 名男生相
的概率
邻
为______．
【答案】
##0.7
【解析】根据排列数求3 名男同学、2 名女同学排成一行与至多2 名男生相
的方法
数，在利用古典概型公式求
邻
总
解概率即可.
解：3 名男同学、2 名女同学排成一行的
的方法数
：
总
为
，
至多
则
2 名男生相
的方法
数
：
邻
总
为
，
所以多2 名男生相
的概率
邻
为
.故答案
：
为
.
【典型例题6】有唱歌、跳舞、小品、
技、相声五个
目制成一个
目
，其中小品、相声不相
且相声、跳舞
杂
节
节
单
邻
相
的
目
有
邻
节
单
______种．（
果用数字作答）
结
【答案】
【解析】先考
相声、跳舞相
的情况，只需将相声、跳舞
两个
目
行捆
，形成一个大元素，
虑
邻
这
节
进
绑
然后再将
个“大元素”与其它三个
目
行排序，共有
这
节
进
种排法.接下来考
相声
目与小品、跳舞都
虑
节
相
的情形，需将相声与小品、跳舞
三个
目
行捆
，其中相声
目位于中
，然后将
个“大元素”与其它
邻
这
节
进
绑
节
间
这
两个
目
行排序，此
共有
节
进
时
种排法.
上所述，由
接法可知，共有
综
间
种不同的排法.故答
案
：
为
.
【变式训练1-13】
五名同学站成一排合影，若
站在两端，
和
相
，
不同的站
方式共有
邻则
队
___________种.（用数字作答）
【答案】24
【解析】相
捆
法，特殊元素
先排，用分步
数完成
邻问题
绑
优
计
.
C，
相
，将
邻
排在一起并看成一个整体，有2 种方法，
站两端，有2 种方法，
与
，
行
进
3 个元素
的全排列，有
种方法，故不同的站
方式共有
队
种.
故答案
：
为24
【变式训练1-14】甲乙丙丁戊5 名同学站成一排参加文
演，若甲不站在两端，丙和丁相
的不同排列方式
艺汇
邻
有______种.
【答案】
【解析】利用捆
法可得，丙和丁相
的排法有
绑
邻
种，
然后将乙、戊和丙、丁4 人
行排列，排法有
进
种，
因
甲不站在两端，且乙、戊和丙、丁排完会形成
为
2 个空位，
利用插空法排列甲，排法有
种，
所以不同的排列方法有
种.故答案
：
为
【变式训练1-15】中国
法一般分
篆
､隶
､行
､楷
和草
书
为
书
书
书
书
书这5 种字体，其中篆
分大篆和小篆，隶
分
书
书
古隶和
隶，草
分章草､今草和狂草，行
分行草和行楷，楷
分魏碑和唐楷
汉
书
书
书
.
了弘
文化，某
法
会
为
扬传统
书
协
采用楷
､隶
和草
书
书
书3 种字体
写
书
6 个福字，其中隶
字体的福字分
用古隶和
隶
写，草
字体的福字分
书
别
汉
书
书
用章草､今草和狂草
写，楷
字体的福字用唐楷
写
别
书
书
书
.将这6 个福字排成一排，要求相同
型字体的福字相
类
，
不同的排法种数
邻则
为___________种.
【答案】72【解析】分
将隶
､草
､楷
当作整体，排法
数
别
书
书
书
总
为
，隶
内部
序
书
顺
，草
内部
序
书
顺
，故方法
数
总
为
种.
【变式训练1-16】五位同学站成一排合影，
三站在最右
，李四、王五相
，
不同的站法种数
张
边
邻则
为______.
【答案】
【解析】由李四、王五相
，将两人
一个整体，可看作共四位同学，
邻
视为
又
三站在最右
，只有
张
边
种情况，
所以不同站法种数为
种，故答案
：
为
.
【变式训练1-17】成
“五音不全”中的五音指古
的五声音
：
、商、角、徵、羽，是中国古
基本音
．把
语
乐
阶宫
乐
阶
这
五个音
排成一列，形成一个音序．
足“徵”“羽”两音
相
且在“
”音
之前的不同音序的种数
阶
满
阶
邻
宫
阶
为___________．
（用数字作答）
【答案】24
【解析】把“徵”“羽”看成一个元素，在排好
序的
顺
4 个位置中
两个，按“
”在后，“徵”“羽”在前的
序，有
选
宫
顺
种
排法，
另两个位置排“商”“角”，有
种排法，
“徵”“羽”又可交
序排列，有
换顺
种排法，
故所求音序种数为
.故答案
：
为24.
【变式训练1-18】当前新冠肺炎疫情形
依然
峻，防控新冠肺炎疫情需常
化，某校从含甲、乙、丙在内的
势
严
态
名行政人
中
取
员
选
人
每周周一至周六的疫情防控工作（周日学校放假），每人各
负责
负责天，其中甲、乙、丙
人必被
中．若甲与乙需安排在相
的两天，乙与丙不安排在相
的两天，且丙不排周一，
不同的安排方法有
选
邻
邻
则
___种．
【答案】
【解析】以全集
表示“甲与乙需安排在相
的两天”，集合
邻
表示“乙与丙安排在相
的两天”，
邻
集合
表示“丙安排在周一”，如下
所示：
图
要选人
每周周一至周六的疫情防控工作，
只需从除甲、乙、丙以外的
负责
则
人中再抽取人，全集
表示的
排法中，将甲、乙两人捆
，
绑则
，集合
表示的排法中，将甲、乙、丙三人捆
，且乙在中
绑
，
间则
，集合
表示的排法中，丙排在周一，将甲、乙两人捆
，
绑则
，
集合
表示的排法中，丙排在周一，且将甲、乙、丙三人捆
，且乙在中
，
绑
间则
，
因此，
足条件的排法种数
满
为
.
【变式训练1-19】在数学中，有一个被称
自然常数（又叫欧拉数）的常数
为
．小明在
置
行卡的数
设
银
字密
，打算将自然常数的前
码时
6 位数字2，7，1，8，2，8
行某种排列得到密
．如果排列
要求两个
进
码
时
2 相
，
邻
两个8 不相
，那么小明可以
置的不同密
共有
邻
设
码
______个．
【答案】36
【解析】根据相
用捆
法和不相
用插空法即可求解．如果排列
要求两个
邻问题
绑
邻问题
时
2 相
，两个
邻
8 不相
，
邻
两个2 捆
看作一个元素与
绑
7，1 全排列，排好后有4 个空位，两个8 插入其中的2 个空位中，注意到两个2，两
个8 均
相同元素，
为
那么小明可以
置的不同密
共有
设
码
．故答案
：
为36.
【变式训练1-20】中国的“五岳”是指在中国境内的五座名山：
岳泰山、西岳
山、南岳衡山、北岳恒山、中岳
东
华
嵩山、坐落于
、西、南、北、中五个方位．郭靖同学决定利用今年寒假
，游
以下五座名山：嵩山、泰山、
东
时间
览
华
山、黄山、
山，若他首先游
黄山，且属于“五岳”的名山游
序必
相
，
郭靖同学游
五座名山的
庐
览
览顺
须
邻则
览这
顺
序共有_____种（用数字作答）．
【答案】12
【解析】先将黄山排在首位，再将“五岳”中的名山（共3 座）捆
，再与
山排列，
绑
庐
故郭靖同学
五座名山的游
序种数
针对这
览顺
为
．故答案
：
为12.
题型02：不相邻问题插空法
【典型例题1】有甲、乙、丙、丁、戊5 名同学站成一排参加文
演，若甲不站在两端，丙和丁相
，
不同排
艺汇
邻则
列方式共有（ ）
A．12 种
B．24 种
C．36 种
D．48 种
【答案】B
【解析】利用捆
法
理丙丁，用插空法安排甲，利用排列
合与
数原理即可得解
绑
处
组
计
因
丙丁要在一起，先把丙丁捆
，看做一个元素，
同乙，戊看成三个元素排列
为
绑
连
,有
种排列方式；
使甲不在
为
两端，必
且只需甲在此三个元素的中
两个位置任
一个位置插入，有
须
间
选
2 种插空方式；注意到丙丁两人的
序
顺
可交
，有
换
2 种排列方式，故安排这5 名同学共有：
种不同的排列方式，故
：
选B
【典型例题2】将4 个1 和2 个0 随机排成一行，则2 个0 不相
的概率
（
邻
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】将4 个1 和2 个0 随机排成一行，可利用插空法，4 个1
生
产
5 个空，
若2 个0 相
，
有
邻则
种排法，若2 个0 不相
，
有
邻则
种排法，
所以2 个0 不相
的概率
邻
为
.故
：
选C.
【典型例题3】五声音
（
族古代音律）是按五度的相生
序，从
音开始到羽音，依次
，商，角，徵，羽．
阶汉
顺
宫
为宫
若将
五个音
排成一列，形成一个音序，且要求
、羽两音
不相
，可排成不同的音序的种数
（
这
阶
宫
节
邻
为 ）
A．12 种
B．48 种
C．72 种
D．120 种
【答案】C
【解析】先排其它三个，然后在空档插入
、羽两音
，方法数
宫
节
为
.
【典型例题4】2022 年2 月4 日，中国北京第24 届奥林匹克冬季运
会开幕式以二十四
气的方式开始倒
动
节
计
意新
，惊
了全球
众．衡阳市某中学
了弘
我国二十四
气文化，特制作出“立春”、“惊
”、“雨水”、
时创
颖
艳
观
为
扬
节
蛰
“春分”、“清明”、“谷雨”六
知
展板分
放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两
展板相
，
张
识
别
块
邻
且“清明”与“惊
”两
展板不相
，
不同的放置方式有多少种？（
蛰
块
邻则
）
A．24
B．48
C．144
D．244
【答案】C
【解析】根据
意先将“立春”和“春分”两
展板捆
在一起，与“雨水”、 “谷雨”排列，有
题
块
绑
4 个空，然后“清明”与
“惊
”去插空，
蛰
所以不同的放置方式有
种.故
：
选C
【典型例题5】高中数学新教材有必修一和必修二，
性必修有一､二､三共
选择
5 本
，把
书
这5 本
放在
架上排
书
书
成一排，必修一､必修二不相
的排列方法种数是（
邻
）
A．72
B．144
C．48
D．36
【答案】A
【解析】先将
性必修有一､二､三
三本
排成一排，有
选择
这
书
种方法，
再将必修一､必修二
两本
插入两个空隙中，有
这
书
种方法，
所以把这5 本
放在
架上排成一排，必修一､必修二不相
的排列方法种数是：
书
书
邻
.故
：
选A.
【变式训练2-1】五声音
是中国古
的基本音
，故有成
“五音不全”．中国古
中的五声音
依次
：
、
阶
乐
阶
语
乐
阶
为宫
商、角、徽、羽，如果用上
五个音
，排成一个五音
音序，且商、角不相
，徽位于羽的左
，
可排成的不同
这
阶
阶
邻
侧则
音序有（ ）
A．18 种
B．24 种
C．36 种
D．72 种
【答案】C
【解析】先将
、徽、羽三个音
行排序，且徽位于羽的左
，有
宫
节进
侧
，再将商、角插入4 个空中，共有
种．故
：
选C．
【变式训练2-2】
路上有
号
马
编
为1，2，3…，9 九只路灯，
要关掉其中的三
，但不能关掉相
的二
或三
现
盏
邻
盏
盏，
也不能关掉两端的两
，求
足条件的关灯方案有（
盏
满
）种
A．15
B．20
C．10
D．9
【答案】C
【解析】根据
意，因
关掉
题
为
3
路灯不能是两端
盏
2
，也不能相
，
盏
邻
需要用插空法分析：
则
先将亮的6
灯排成一列，除去
盏
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
的灯，有
灭
种情况，
即有10 种关灯方法.故
：
选C
【变式训练2-3】某等候区有7 个座位（
成一排），甲、乙、丙三人随机就坐，因受新冠疫情影响，要求他
每
连
们
两人之
至少有一个空位，
不同的坐法有（
间
则
）
A．4 种
B．10 种
C．20 种
D．60 种
【答案】D
【解析】甲、乙、丙每两人之
至少有一个空位，即甲、乙、丙互不相
，相当于有四个空位放置成一排，形成
间
邻
5 个
空档，甲、乙、丙三人各
一个座位插入，
带
所以有
（种）不同的坐法，故
：
选D．
【变式训练2-4】
迎接新年到来，某中学
为
2022 作“唱响
代
音，放
青春梦想”元旦文
晚会如期
行
时
强
飞
艺
举
.校文
委
会要在原定排好的
娱组
员
8 个学生
目中增加
节
2 个教
目，若保持原来的
师节
8 个
目的出
序不
，
不
节
场顺
变则
同排法的种数为( )
A．36
B．45
C．72
D．90
【答案】D
【解析】采用插空法即可：
第1 步：原来排好的8 个学生
目
生
节
产
9 个空隙，插入1 个教
目有
师节
9 种排法；
第2 步：排好的8 个学生
目和
节
1 个教
目
生
师节
产
10 个空隙，插入1 个教
目共有
师节
10 种排法，
故共有9×10＝90 种排法.故
：
选D.
【变式训练2-5】
弘
我国古代的“六
文化”，某校
划在社会
践中开
“礼”、“
”、“射”、“御”、“
”、
为
扬
艺
计
实
设
乐
书
“数”六
体
程，每天开
一
，
开
门
验课
设
门连续
设6 天，
（
则 ）
A．从六
程中
两
的不同
法共有
门课
选
门
选
30 种
B．
程“
”不排在第三天的不同排法共有
课
书
720 种
C．
程“礼”、“数”排在不相
两天的不同排法共有
课
邻
288 种
D．
程“
”、“射”、“御”排在不都相
的三天的不同排法共有
课
乐
邻
576 种
【答案】D
【解析】
于
对
A，从六
程中
两
的不同
法有
门课
选
门
选
(种)，A
不正确；
选项
于
对
B，除第三天外的5 天中任取1 天排“
”，再排其他五
体
程共有
书
门
验课
(种)，B
不正确；
选项
于
对
C，“礼”“数”排在不相
两天，先排其余四
程，再用插空法排入“礼”“数”
邻
门课
不同排法共有
则
(种)，C
不正确；
于
选项
对
D，六
程的全排列有
门课
(种)，“
”、“射”、“御”
乐
排在都相
的三天的不同排法有
邻
(种)，
“
”、“射”、“御”排在不都相
的三天的不同排法共有
则乐
邻
(种)，D
正确
选项
.
【变式训练2-6】某晚会有三个唱歌
目，两个舞蹈
目，要求舞蹈
目不能相
，有（
节
节
节
邻
）种排法？
A．72
B．36
C．24
D．12
【答案】A
【解析】先排三个唱歌
目
有：
节
这
种情况，然后四个空排两个舞蹈
目
有：
节
这
种情况，
所以舞蹈
目不能相
的情况有：
节
邻
情况.
【变式训练2-7】公元五世
，数学家祖冲之估
周率
纪
计圆
的范
是：
围
，
念祖冲
为纪
之在
周率方面的成就，把
圆
3.1415926 称
“祖率”，
是中国数学的
大成就
为
这
伟
.小明是个数学迷，他在
置手机
设
的数字密
，打算将
周率的前
码时
圆
5 位数字3，1，4，1，5
行某种排列得到密
进
码.如果排列
要求两个
时
1 不相
，那么小明可以
置的不同密
有（
邻
设
码
）
A．24 个
B．36 个
C．72 个
D．60 个
【答案】B
【解析】分两步：第一步：先
除
对
1 以外的3 位数字
行全排列，有
进
种方法；
第二步：将两个1
两个空插
去有
选
进
，由分步
数原理可得：小明可以
置的不同密
有
计
设
码
种，
【变式训练2-8】《
楼梦》是中国古代章回体
篇小
，中国古典四大名著之一，《
楼梦》第三十七回
探春
红
长
说
红
贾
提
邀集大
园中有文采的人
成海棠
社．
社成立目的旨在“宴集
人於
庭月榭；醉
吟
於帘杏溪桃，
议
观
组
诗
诗
诗
风
飞
盏
作
吟辞以
大
园众姊妹之文采不
桃李
眉．”
社成
有
诗
显
观
让
须
诗
员
8 人：林黛玉、薛宝
、史湘云、
迎春、
探春、
钗
贾
贾
惜春、
宝玉及李
，若
贾
贾
纨
这8 人排成一排
人大
园，且林黛玉、薛宝
、
宝玉
进
观
钗贾
3 人不相
，
不同的排法种
邻则
数有（ ）
A．1440
B．2400
C．14400
D．86400
【答案】C
【解析】不相
用插空法，先将其他
邻问题
5 人排好，有
种不同的排法，再将林黛玉、薛宝
、
宝玉
钗贾
3 人排入其
他5 人隔开的6 个空中，有
种不同的排法，所以有
（种）不同的排法.
【变式训练2-9】“四
” “五
”是我国
书
经
部
典名著《大学》《
》《中庸》《孟子》《周易》《尚
》《
》《礼
》
经
论语
书
诗经
记
《春秋》的合称．
弘
中国
文化，某校
划在
活
期
“四
”“五
”知
座，每部名著安排
为
扬
传统
计
读书节
动
间举办
书
经
识讲
次
座，若要求《大学》《
》相
，但都不与《周易》相
，
排法种数
（
讲
论语
邻
邻则
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先排除去《大学》《
》《周易》之外的
论语
6 部
典名著的
座，共有
经
讲
种排法，将《大学》《
》看作一个元
论语
素，二者内部全排列有
种排法，排完的6 部
典名著的
座后可以
它
之
包括两
有
经
讲
认为
们
间
头
7 个空位，从7
个空位中选2 个，排《大学》《
》捆
成的一个元素和《周易》的
座，有
论语
绑
讲
种排法，
故
共有
总
种排法，
【变式训练2-10】A，B，C，D，E，F 这6 位同学站成一排照相，要求A 与C 相
且
邻
A 排在C 的左
，
边B 与D 不相
且均不排在最右
，
邻
边则这6 位同学的不同排法数
（
为 ）
A．72
B．48
C．36
D．24
【答案】C
【解析】首先将A 与C 捆
到一起，与除
绑
B、D 以外的其他2 位同学共3 个元素
行排列，有
进
种排法，再将
B、D 插空到除最右
的
边
3 个位置中，有
种排法，因此共有
种排法，
【变式训练2-11】2022 年2 月4 日，中国北京第24 届奥林匹克冬季运
会开幕式以二十四
气的方式开始倒
动
节
意新
，
得了全球
众的好
．某中学
了弘
我国二十四
气文化，特制作出“立春”、“雨水”、“惊
计时创
颖赢
观
评
为
扬
节
”、“春分”、“清明”、“谷雨”六
知
展板分
放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两
展板
蛰
张
识
别
块
相
，且“清明”与“惊
”两
展板不相
，
不同的放置方式种数有（
邻
蛰
块
邻则
）
A．24
B．48
C．144
D．240
【答案】C
【解析】将“立春”和“春分”两
展板捆
，与“雨水”、 “谷雨”一起排列，然后将“清明”与“惊
”两
展板插空，
块
绑
蛰
块
所以不同的放置方式种数有
种.
【变式训练2-12】志愿服
是
好
务
办
2022 年北京冬奥运的重要基
和保障，
有一冬奥服
站点需要
六天
础
现
务
连续
有志愿者参加志愿服
，每天只需要一名志愿者，
有
务
现
6 名志愿者
划依次安排到
服
站点参加服
，要求志
计
该
务
务
愿者甲不安排第一天，志愿者乙和丙不在相
两天参加服
，
不同的安排方案共有（
邻
务则
）
A．240 种
B．408 种
C．1092 种
D．1120 种
【答案】B
【解析】1、将安排除甲、乙、丙外其它3 名志愿者，有
种，再分两
：
类讨论
第一
：
类2、安排不相
的乙丙，相当于将
邻
2 个球在3 个球所形成的4 个空中任选2 个插入有
种，
3、安排不在第一天的甲，相当于5 个球所成的后5 个空中任
一个插入，有
选
种，
第二
：
类2、将甲安排在乙丙中
有
间
种，3、把甲乙丙作
整体安排，相当于将
为
1 个球插入3 个球所形成的4 个
空中有
种，所以不同的方案有
(
种.
【变式训练2-13】第13 届冬残奥会于3 月4 日在北京开幕．
着“一起向未来”的希冀，
疫情下的世界
来了
带
给
带
信心．
了运
会的
利
行，
了一些志愿者
助运
会的工作．有来自某大学的
为
动
顺
举
组织
协
动
2 名男老
，
师2 名女老师
和1 名学生的志愿者被
方分配到某比
参加
组织
赛场馆
连续5 天的
助工作，每人服
协
务1 天，如果2 名男老
不
师
能安排在相
的两天，
邻
2 名女老
也不能安排在相
的两天，那么符合条件的不同安排方案共有（
师
邻
）
A．120 种
B．96 种
C．48 种
D．24 种
【答案】C
【解析】若将2 名男老
安排在相
两天，由捆
法知有
师
邻
绑
种安排方案，同理将2 名女老
安排在相
两天，
师
邻
有
种安排方案，2 名男老
安排在相
两天且
师
邻
2 名女老
也安排在相
两天，有
师
邻
种安排方案，所以
符合条件的安排方案共有
.
【变式训练2-14】某夜市的一排
位上共有
摊
9 个
位，
有
铺
现
6 家小吃
店
，
类
铺3 家
料
店
打算入
，若要排
饮
类
铺
驻
出一个
位
划，要求
料
店
不能相
，
可以排出的
位
划
个数
（
摊
规
饮
类
铺
邻则
摊
规
总
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】先将6 个小吃
店
行全排列，有
类
铺进
种排法，再从这6 个小吃
店
形成的
类
铺
7 个空中选3 个
行排列
进
，
有
种排法，故排出的
位
划
个数
摊
规
总
为
．
【变式训练2-15】已知王大
养了
爷
5 只
和
鸡
3 只兔子，晚上关在同一
房子里，清晨打开房
，
些
和兔子
间
门这
鸡
随机逐一向外走，
恰有
则
2 只兔子相
走出房子的概率
（
邻
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据相
捆
法与不相
插空法
数，再根据古典概型
算概率
邻问题
绑
邻问题
计
计
.
解：5 只
，
鸡
只兔子走出房
，共有
门
种不同的方案，
其中恰有2 只兔子相
走出房子的方案
：先排
邻
为
5 只
，会
生
鸡
产
6 个空隙，再从3 只兔子中选2 只捆
排列，最
绑
后与剩下的兔子排列到6 个空隙中共有：
种方案，
故恰有2 只兔子相
走出房子的概率
：
邻
为
.故
：
选D.
二、填空题
【典型例题6】“学
国”是由中宣部主管，以深入学
宣
近平新
代中国特色社会主
思想
主要内
习强
习
传习
时
义
为
容，立足全体党
、面向全社会的
学
平台．
平台
有“
文章”，“
听学
”等多个
目．假
在
些
员
优质
习
该
设
阅读
视
习
栏
设
这
目中某
段更新了
栏
时
2 篇文章和2 个
，一位学
准
学
视频
员
备
习这2 篇文章和这2 个
，要求
视频
这2 篇文章学习顺
序不相
，
不同的学法有
邻则
________种．（用数字作答）
【答案】12
【解析】先将
个
行排序，再将
视频进
2 篇文章
行插空，
共有
进
则
种排法.故答案
：
为
.
【典型例题7】3 名女生和4 名男生随机站成一排，
每名女生旁
都有男生的概率
则
边
为______．
【答案】
【解析】首先求出基本事件
数，再分女生都不相
和有两个女生相
两种情况
，求出符合
意的基本事件
总
邻
邻
讨论
题
数，再根据古典概型的概率公式
算可得；
计
解：依
意基本事件
数
题
总
为
，
若女生都不相
，首先将
邻
4 个男生全排列，再将3 个女生插入所形成的5 个空中的3 个空，
有
则
种排法，
若有两个女生相
，首先从
邻
3 个女生中
出
选
2 个作
一个整体
为
，将4 个男生全排列，
再将整体
插入中间3 个空中的1 个，再将另一个女生插入4 个空中的1 个空，
有
则
种排法，
故每名女生旁
都有男生的概率
边
故答案
：
为
【变式训练2-16】将
文､数学､英
､物理､化学､生物六本
排成一排，其中
文､数学相
，且物理､化学不相
语
语
书
语
邻
，
不同的排法共有种
邻则
___________.（用数字作答）
【答案】144
【解析】先利用捆
法把
文
、数学
看作一个整体，有
绑
语
书
书
种；
再把其与英
、生物
行全排列，有
语书
书进
种；
再用插空法安排物理
､化学
，有
书
书
种；
所以一共有
.故答案
：
为144
【变式训练2-17】英文单词"sentence”由8 个字母构成，将这8 个字母
合排列，且两个
组
n 不相
一共可以得
邻
到英文
的个数
单词
为_________．（可以
每个
合都是一个有意
的
）
认为
组
义
单词
【答案】2520
【解析】英文
“
单词sentence”中字母e 有3 个，字母n 有2 个，字母s、t、c 各有一个，
先考
无限制的字母，注
优
虑
意重复字母需除去
序，共有
顺
种，再插入
个字母
，共有
种，所以一共有
种.
故答案
：
为2520
【变式训练2-18】某科室有4 名人
，两男两女，参加会
一排有
员
议时
5 个位置，从左到右排，
两女
工不相
则
员
邻
（中
隔空位也叫不相
），且左
的男
工前面一定有女
工的排法有
间
邻
侧
员
员
_______种（
果用数字表示）．
结
【答案】44
【解析】先排两男和空位，再把两女插空，分两种情形：
第一种，先排两男和空位，最左
是空位
，排两男和空位共
边
时
种，
将女生插空
又分两种情形：
时
先排两男和空位
，空位两
排两名女生
时
侧
时计
种；
空位两
共排一名女生
侧
时计
种，
共计
种；
第二种，先排两男和空位，最左
是男生
，排两男和空位共
边
时
种，将女生插空共
种，共计
种，
上，共
综
计
种．故答案
：
为44
题型03:隔板法
【典型例题1】某学校
增
学生体
，
跑比
，
学校高一年
共有
为
进
质拟举办长
赛该
级
个班，
将
现
个参
名
分配
赛
额
给这个班，每班至少个参
名
，
不同的分配方法共有（
赛
额则
）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【解析】采用隔板法直接求解即可.
将个参
名
分配
赛
额
给这个班，名
之
并无区
，将
额
间
别
个参
名
采用“隔板法”分成
赛
额
份即可，每份至少一
个名
，
额
共有
种.故
：
选B.
【典型例题2】方程
的非
整数解共有
负
___________
．
组
【答案】
【解析】将方程的解看成11 个1 放在3 个小盒的方法，可以将11 个1 和3 个小盒，共14 个元素，分成3
，每
组
组
至少1 个，采用隔板法，14 个元素之间13 个位置，隔2
板，共有
块
种方法，
所以方程
的非
整数解共有
负
组.故答案
：
为78
【典型例题3】方程
的正整数解的个数__________.
【答案】
【解析】
中的
问题
看作是三个盒子，
化
把
问题则转
为
个球放在三个不同的盒子里，有多少种方法．
将
个球排一排后，中
插入两
隔板将它
分成三堆球，使每一堆至少一个球．
间
块
们
隔板不能相
，也不能放在两端，只能放在中
的
邻
间
个空内．
共有
种．故答案
：
为
【典型例题4】将10 个学生干部的培
指
分配
训
标
给7 个不同的班
，每班至少分到一个名
，不同的分配方案
级
额
共有_______种．
【答案】84
【解析】因为
个班
干部没有差
，把他
排成一排．相
名
之
形成
级
别
们
邻
额
间
个空隙．在个空档中选个位置插
个隔板，把班
干部分成
级
份，
地分
七个班
，每一种隔板方法
一种分法，
有有
对应
给
级
对应
则
种分法．
【典型例题5】已知数列
共有26
，且
项
，
，
，
足条件的不同
则满
数列
有__________ 个．
【答案】2300
【解析】
，
或
，
有
设
个，
有
则
个
，
，
所以
，解得
，
即可知25 个括号中有22 个取1，
所以
足条件的不同数列
满
有
.故答案
：
为2300.
【典型例题6】将20 个完全相同的球放入
号
编
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，
一共有多少种放法？
则
(2)若每个盒子可放任意个球，
一共有多少种放法？
则
(3)若要求每个盒子放的球的个数不小于其
号数，
一共有多少种放法？
编
则
【答案】
解析
见
【解析】(1)把20 个球
好，在中
摆
间19 个空隙中
放
选择
4 个板子，所以一共有
种；
(2)由
意可知，可以出
空盒子，所以把
题
现
20 个球和5 个虚
的球
好，在中
拟
摆
间24 个空隙中
放
选择
4 个板子，所
以一共有
种；
(3)先在
号
编
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
余下的
证
10 个球每个盒子至少
放一个，把10 个球
好，在中
摆
间9 个空隙中
放
选择
4 个板子，所以一共有
种.
【变式训练3-1】某校将个三好学生名
分配到高三年
的
额
级
个班，每班至少个名
，
共有多少种不同的
额则
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
之
有
额
间
5 个空，隔2
板就可以分成
块
3 份，每份至少一个名
，故共有
额
种
方案.
【变式训练3-2】学校决定把
个参
航天博物
的名
三（
观
馆
额给
1）､三（2）､三（3）､三（4）四个班级.要求每个班分
的名
不比班
序号少，即三（
别
额
级
1）班至少个名
，三（
额
2）班至少
个名
，……，
分配方案有（
额
则
）
A．种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【解析】根据
意，先在
号
题
编
为
､､
的个班
中分
分配
级
别
､
､个名
，
号
额编
为的班
里不分配；再将剩下
级
的个名
分配
额
个班
里，每个班
里至少一个，由隔板法可得共
级
级
种放法，即可得符合
目要求的方法
题
共
种.
【变式训练3-3】
有
现
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，
不同放法的种数是（
则
）
A．28
B．24
C．18
D．16
【答案】C
【解析】把9 个球分成3
，每
个数不相同，分法（按球的个数）
：
组
组
为126，135，234 共三种，然后每
球放到
组
3 个
盒子中有
种方法，方法数为3×6=18．
【变式训练3-4】方程
的正整数解共有（ ）组
A．165
B．120
C．38
D．35
【答案】A
【解析】如
，将
图
12 个完全相同的球排成一列，
在它
之
形成的
们
间
11 个空隙中任
三个插入三
隔板，把球分成四
，每
选
块
组
一种分法所得球的数目依次是
、
、
、
，
然
足
显
满
，故
是方程
的一
解，反之，方程
组
的每一
解都
着一种在
组
对应
12 个球中插入隔板
的方式，
二、多选题
【变式训练3-5】
响
政府部
疫情防控号召，某
十字会安排甲､乙､丙､丁
为
应
门
红
4 名志愿者奔赴
，
，
三地
参加防控工作，
下列
法正确的是（
则
说
）
A．不同的安排方法共有64 种
B．若恰有一地无人去，
不同的安排方法共有
则
42 种
C．若甲､乙两人都不能去A 地，且每地均有人去，
不同的安排方法共有
则
44 种
D．若
十字会又
划
三地捐
该红
计
为这
赠20
救
（救
相同），且每地至少安排一
，
不同的安排方法共
辆
护车
护车
辆则
有171 种
三、填空题
【变式训练3-6】某地
祝建党
举办庆
周年“
新
代，学
再出
”的党史知
奋进
时
习
发
识竞赛.已知有
个参
名
赛
额
分配
甲、乙、丙、丁四支参
伍，其中一支
伍分配有
给
赛队
队
个名
，余下三支
伍都有参
名
，
四支
伍
额
队
赛
额则这
队
的名
分配方案有
额
__________种.
【答案】
【解析】有个名
的
伍只能有一个，有
额
队
种，剩余个名
分
其他
额
给
个
伍，由隔板法知有
队
种，
由分步乘法
数原理可知，共有
计
种不同的分配方案.故答案
：
为
.
【变式训练3-7】六元一次方程
的正整数解有________
．
组
【答案】126
【解析】
的正整数解的
数
组
为
，故答案
：
为
.
【变式训练3-8】
有
现
15 个省三好学生名
分
额
给1、2、3、4 共四个班
，其中
级
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
，
共有
额则
_________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
三种情况
额
.
（1）、当3 班有2 个名
，先
额时
给1 班1 个名
，
额2 班、4 班各2 个名
，然后将剩下的
额
8 个名
分
额
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
加入
间
2 个隔板将他
分成
们
3
，
组1 班、2 班和4 班
分
得到一
，有
别
组
种分法.
（2）、当3 班有1 个名
，先
额时
给1 班1 个名
，
额2 班、4 班各2 个名
，然后将剩下的
额
9 个名
分
额
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
加入
间
2 个隔板将他
分成
们
3
，
组1 班、2 班和4 班
分
得到一
，有
别
组
种分法.
（3）、当3 班没有分得名
，先
额时
给1 班1 个名
，
额2 班、4 班各2 个名
，然后将剩下的
额
10 个名
分
额
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
加入
间
2 个隔板将他
分成
们
3
，
组1 班、2 班和4 班分
得到一
，有
别
组
种分法.所以一共有
种不同的分配方案.
【变式训练3-9】某地
高中数学
，已知某校有
举办
竞赛
20 个参
名
，
将
赛
额现
这20 个参
名
分配
赛
额
给A，B，C，D
四个班，其中1 个班分配4 个参
名
，剩下的
赛
额
3 个班都有参
名
，
不同的分配方案有
赛
额则
______种．
【答案】
【解析】第一步，确定分配有4 个名
的班，共有
额
4 种，第二步，利用隔板法，剩余16 个参
名
的分配方式有
赛
额
种
不同的分配方案有
则
【变式训练3-10】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
以下三种情况：①其
为
中有两个盒子各放入3 个小球，共有
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
种放法；
所以不同的放法共有
种.故答案
：
为10
【变式训练3-11】若方程
，其中
，
方程的正整数解得个数
则
为______.
【答案】10
【解析】依据
板法去求解即可
挡
.
因
方程
为
，其中
，则
.
将其
化
有
转
为
6 个1 排成一列，利用2 个
板法将其分成
挡
3
，第一
组
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
板的放置方法共有
挡
种，故方程的正整数解的个数为10.故答案
：
为10
四、解答题
【变式训练3-12】（1）4 个不同的小球放入
号
编
为1，2，3，4 的盒子，共有多少种放法；
（2）4 个不同的小球放入
号
编
为1，2，3，4 的盒子，恰有一个盒子空，共有多少种放法；
（3）10 个相同的小球放入
号
编
为1，2，3，4 的盒子，每个盒子不空，共有多少种放法；
（4）4 个相同的小球放入
号
编
为1，2，3，4 的盒子，恰有两个盒子空，共有多少种放法？
【答案】（1）256；（2）144；（3）84；（4）18.
【解析】（1）按照分步乘法
数原理
行
算；
计
进
计
（2）先选1 个空盒，再把4 个小球分成3
，放入
组
3 个盒子中；
（3）按照插板法
行
算即可；
进
计
（4）先选2 个空盒，再按照插板法
行
算
进
计
.
（1）每个小球有4 种方法，共有
种放法；
（2）先选1 个空盒
，再把4 个小球分成3 组
，最后分到3 个盒子
，共有
种
放法；
（3）9 个空中插入3 个板即可，
种放法；
（4）先选2 个空盒
，再3 个空中插入1 个板即可
，共有
种放法.
【变式训练3-13】（1）把6 个相同的小球放入4 个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（2）把6 个相同的小球放入4 个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（3）把6 个不同的小球放入4 个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（4）把6 个不同的小球放入4 个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
【答案】（1）2；（2）10；（3）65；（4）1560.
【解析】(1)根据条件每个箱子先放一个，确定余下两个小球的放法即
答案；
为
(2)将6 个相同的小球排成一列，利用隔板法求解即得；
(3)把6 个不同的小球按2，2，1，1 和3，1，1，1 两种方案分成4
，求出所有分
方法数即可；
组
组
(4)把6 个不同的小球按2，2，1，1 和3，1，1，1 两种方案分成4
，再将每一种分法放入
组
4 个不同箱子即可得解.
（1）把6 个相同的小球放入4 个相同的箱子中，每个箱子至少放1 个小球，每个箱子先放入1 个小球，
剩下
还
2
个小球，
余下
则
2 个小球放在1 个箱子中，或分开放在2 个箱子中，
所以共有2 种放法；
（2）6 个相同的小球放入4 个不同的箱子，每个箱子至少放1 个小球，将6 个相同的小球排成一列，在形成的中
间5 个空隙中插入3
隔板，
块
所以不同的放法种数为
；
（3）6 个不同的小球放入4 个相同的箱子，每个箱子至少放1 个小球，先把6 个不同的小球按2，2，1，1 和3，1，
1，1 两种方案分成4
，
组
每一种分法的4
小球分
放入
组
别
4 个箱子
足要求，一种分
方法即
一种放法，
满
组
为
所以不同的放法种数为
；
（4）6 个不同的小球放入4 个不同的箱子，每个箱子至少放1 个小球，先把6 个不同的小球按2，2，1，1 和3，1，
1，1 两种方案分成4
，
组
每一种分法的4
小球全排列，得到的每一个排列的
组
4
小球分
放入
组
别
4 个箱子
足要求，
满
所以不同的放法种数为
．
【变式训练3-14】方程
（
，
）的正整数解有多少个？有多少个非
整数解？
负
【答案】
解析
见
【解析】将正整数
看成
个1 的和，将这
个1 排成一排
.
在这
个1 中
插入
间
个“|”，把这
个1 分成
组,共有
种不同的方法
被分成的
中，每一
中所包含的
组
组
1 的个数就
一
方程的解
对应
组
.
所以
正整数解有
个.
由
设
即求
的正整数的
数
组
.
将正整数
看成
个1 的和，将这
个1 排成一排
.
在这
个1 中
插入
间
个“|”，把这
个1 分成
组,共有
种不同的方法
被分成的
中，每一
中所包含的
组
组
1 的个数就
一
方程的解
对应
组
.
所以
的正整数的个数为
.
即
非正整数解有
个.
题型 04: 排队问题
【典型例题1】七
汽
排成一
，要求甲
、乙
、丙
均不排
或
尾且各不相
，
排法有（
辆
车
纵队
车
车
车
队头
队
邻则
）
A．48 种
B．72 种
C．90 种
D．144 种
【答案】D
【解析】由
意得，甲
，乙
、丙
均不排
或
尾，且各不相
，所以甲、乙、丙只能在第二位、第四位、第六
题
车
车
车
队头
队
邻
位，共有
种排法，其他
任意排列，所以
排法有
车辆
总
种．
【典型例题2】名成人
两个小孩排
上山，小孩不排在一起也不排在
尾，
不同的排法种数有（
带
队
头
则
）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】A
【解析】首先5 名大人先排
，共有
队
种，然后把两个小孩插
中
的
进
间
4 个空中，共有
种排法，根据乘法原理，
共有
种，故选A.
【典型例题3】甲､乙､丙三人相
一起去做
，到达
点后，
有
约
检测
检测
发现
两支正在等待
的
伍，
甲､
检测
队
则
乙､丙三人不同的排
方案共有（
队
）
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
【答案】C
【解析】先
行分
：①
进
类
3 人到
伍
，考
三人在
队
检测
虑
的排
序，此
有
队
队顺
时
种方案；
②2 人到
伍
，同
要考
两人在
队
检测
样
虑
的排
序，此
有
队
队顺
时
种方案；
③1 人到
伍
，要考
两人在
队
检测
虑
的排
序，此
有
队
队顺
时
种方案；
④0 人到
伍
，要考
两人在
队
检测
虑
的排
序，此
有
队
队顺
时
种方案；
所以，甲､乙､丙三人不同的排
方案共有
队
24 种.故
：
选C
【变式训练4-1】街
球比
后，
、黄两
共
头篮
赛
红
队
名
（
队员红队人，黄队人）合照，要求人站成一排，红队
人中有且只有
名
相
，
不同排
的方法共有（
队员
邻则
队
）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】A
【解析】由
意，分三步
行分析：
题
进
①将名
分成
红队队员
，有
组
种分
方法，将
组
人的一
看成一个元素，考
组
虑
人之
的
序，有
间
顺
种
情况；②将黄
的
队
人全排列，有
种排法，排好后，有
个空位；③在
个空位中任选
个，安排名红队队员
分成的两个
，有
组
种方法，则人站成一排照相，名
中有且只有两人相
的站法有
红队队员
邻
种，
【变式训练4-2】六
汽
排成一
，要求甲
和乙
均不排
或
尾，且正好
隔两
，
排法有（
辆
车
纵队
车
车
队头
队
间
辆车则
）
A．48
B．72
C．90
D．120
【答案】A
【解析】由
意得，甲
和乙
均不排
或
尾，且正好
隔两
，所以甲、乙只能在第二位和第五位，共有
题
车
车
队头
队
间
辆车
种排法，其他
任意排列，所以
排法有
车辆
总
种.
【变式训练4-3】某学校按上
文件指示，要求
峰放学，
峰有序吃
级
错
错
饭.高三年
一
楼六个班排
，甲班必
级
层
队
须
排在前三位，且丙班、丁班必
排在一起，
六个班排
吃
的不同安排方案共有（
须
则这
队
饭
）
A．240 种
B．120 种
C．188 种
D．156 种
【答案】B
【解析】根据
意，按甲班位置分
题
3 种情况
：
讨论
（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有
种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3 个位置，
有
种情况，此
有
时
8×6=48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
种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，
有
种情况，此
有
时
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
种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位
置，有
种情况，此
有
时
种安排方案；
由加法
数原理可知共有
计
种方案，故
：
选B
【变式训练4-4】（多选题）有四名男生，三名女生排
照相，七个人排成一排，
下列
法正确的有（
队
则
说
）
A．如果四名男生必
排在一起，那么有
须连
种不同排法
B．如果三名女生必
排在一起，那么有
须连
种不同排法
C．如果女生不能站在两端，那么有
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
种不同排法
【答案】CD
【解析】A 中，如果四名男生必
排在一起，将
四名男生捆
，形成一个“大元素”，此
，共有
须连
这
绑
时
种不同的排法，A
；
选项错误B 中，如果三名女生必
排在一起，将
三名女生捆
，形成一
须连
这
绑
个“大元素”，此
，共有
时
种不同的排法种数，B
；
选项错误C 中，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
，共有
时
种不同的排法种数，C
正确；
选项
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个空中，此
，共有
时
种不同的排法种数，D
正确
选项
.
【变式训练4-5】3 名男生，4 名女生，按照不同的要求排
，求不同的排
方法数．
队
队
(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
、女生各不相
；
邻
邻
(8)全体站成一排，甲、乙中
有
间
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
，丙不能站在乙左
．
边
边
【答案】
解析
见
【解析】（1）无条件的排列
，排法有
问题
种；
（2）先安排甲乙在中
有
间
种，再安排余下的5 人有
种，共有排法有
种；
（3）排法有
种，其中
是甲在左端或乙在右端的排法，
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
种，再把女生看成一个整体有
种，再把
两个整体全排列，共有
这
种排法；
（5）即把所有男生
一个整体，与
视为
4 名女生
成五个元素全排列，共有
组
种排法；
（6）即不相
（插空法）：先排女生共
邻问题
种排法，男生在五个空中安插，有
种排法，故共有
种
排法；
（7）
比（
对
6），
女生插空，共有
让
种排法；
（8）（捆
法）任取
绑
2 人与甲、乙
成一个整体，与余下
组
3 个元素全排列，故共有
种排法；
（9）分步完成共有
种排法；
（10）由于乙不能站在甲左
，丙不能站在乙左
，故
边
边
3 人只能按甲、乙、丙
一种
序排列，
这
顺
7 人的全排列共有
种，甲、乙、丙3 人全排列有
种，而3 人按甲、乙、丙
序排列是全排列中的一种，所以共
顺
有
种排法.
【变式训练4-6】若
，
，
，
，
五个人按不同的要求排列
伍，求不同的排
方法的种数
队
队
(1)
，
两人不站在一起；
(2)
不站在最左
，
边
不站最右
；
边
(3)如果又来了一位
同学，六个人站一排，
、
站在中
，
间
站在
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．
【答案】
解析
见
【解析】(1)采用插空法，
，
两人不站在一起有
种方法；
(2)当
站在最右端，
有
则
种方法，当
不站在最右端，有
种方法，所以共有
种方
法；
(3)六个人站一排，
、
站在中
，
间
站在
的右
，有
边
种方法；(4)若前排2 人，后排3 人，共有
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05：多排问题
【典型例题1】7 人站成两排
列，前排
队
3 人，后排4 人，
将甲、乙、丙三人加入
列，前排加一人，后排加两
现
队
人，其他人保持相
位置不
，
不同的加入方法种数
（ ）
对
变则
为
A．120
B．240
C．360
D．480
【答案】C
【解析】前排人有
个空,从甲乙丙人中选人插入,有
种方法,
于后排
对
,若插入的
人不相
有
邻
种,若相
有
邻
种,故共有
种,选C．
【典型例题2】6 个人站成前、中、后三排，每排2 人，
不同的排法有
则
种．
【答案】720【分析】可以分三步：前、中、后三排分
站
别
2 人即可得，也只可以相当于6 人全排列．
【解析】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
（种）．
【变式训练5-1】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
【解析】
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：
种故
：
选C.
【变式训练5-2】
季，
毕业
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
【解析】按列
取，相当于
选
6 位同学分成3
，只要
出来了，
高的同学站在后排即可，故
组
选
让
种
【变式训练5-3】10 名同学拍照，站成前排3 人后排7 人，
影
要从后排
现摄
师
7 人中抽2 人
整到前排，若其他
调
人的相
序不
，
不同
整方法的
数是（
对顺
变则
调
总
）
A．168
B．420
C．840
D．20160
【答案】B
【解析】从后排7 人中抽2 人有
种方法；将抽出的2 人
整到前排，前排
调
3 人的相
序不
有
对顺
变
种，由分步
乘法
数原理可得：共有
计
种
【变式训练5-4】某次数学
的
获奖
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，
共有多少种站法（
则
）
A．36
B．90
C．360
D．720
【答案】B
【解析】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
题型06： 错位排列
位排列公式
错
【典型例题1】
号
编
为1、2、3、4、5 的5 个人分
去坐
号
别
编
为1、2、3、4、5 的五个座位，其中有且只有两个人的
号与座位号一致的坐法有（
编
）
A．10 种
B．20 种
C．30 种
D．60 种
【答案】B
【解析】先
两个
号与座位号一致的人，方法数有
选择
编
，另外三个人
号与座位号不一致，方法数有
编
，
所以不同的坐法有
种.
【典型例题2】将
号
编
为、
、
、
、
、
的小球放入
号
编
为、
、
、
、
、
的六个盒子中，每盒放一球，
若有且只有两个盒子的
号与放入的小球的
号相同，
不同的放法种数
（
编
编
则
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据
意，分以下两步
行：（
题
进
1）在
个小球中任选
个放入相同
号的盒子里，有
编
种
法，假
选
设
出的
选
个小球的
号
编
为
、
；（2）剩下的
个小球要放入与其
号不一致的盒子里，
编
于
号
对
编
为的小球，有
个盒子可以放入，假
放入的是
设
号盒子.
于
号
则对
编
为
的小球，有
个盒子可以放
入，
于
号
对
编
为
、
的小球，只有种放法.
上所述，由分步乘法
数原理可知，不同的放法种数
综
计
为
种.
【典型例题3】同室4 人各写一
卡，先集中起来，然后每人从中拿一
人送出的
卡，
张贺
张别
贺
则4
卡不同分
张贺
配方式有
A．8 种
B．9 种
C．10 种
D．12 种
【答案】B
【解析】方法一：
四人分
设
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
人写的，即不能拿
别
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
中的任一
，也有三种拿法，
张
张
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
意，列
出所有的
果
题
举
结
:
1、甲乙互
，丙丁互
；
换
换
2、甲丙互
，乙丁互
；
换
换
3、甲丁互
，乙丙互
；
换
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
列
可以得到共有
过
举
9 种
果．
结
【典型例题4】“数独九
格”原
者是
宫
创
18 世
的瑞士数学家欧拉，它的游
很
，将
纪
戏规则
简单
1 到9
九个自然
这
数填到如
所示的小九
格的
图
宫
9 个空格里，每个空格填一个数，且9 个空格的数字各不相
，若中
空格已填数
间
间
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，
不
则
同的填法种数
（
为 ）
A．72
B．108
C．144
D．196
【答案】C【解析】按
意
题
5 的上方和左
只能从
边
1，2，3，4 中
取，
选
5 的下方和右
只能从
边
6，7，8，9 中
取．因此
选
填法
数
总
为
．
【典型例题5】元旦来
之
，某寝室四人各写一
卡，先集中起来，然后每人从中拿一
人送出的
卡，
临
际
张贺
张别
贺
四
卡不同的分配方式有（
则
张贺
）
A．6 种
B．9 种
C．11 种
D．23 种
【答案】B
【解析】解法1：
四人
设
A、B、C、D 写的
卡分
是
贺
别
a、b、c、d，
当A 拿
卡
贺
b，则B 可拿a、c、d 中的任何一
，即
张
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
有三种不同的分配方式；同理，
时
A 拿c，d
也各有三种不同的分配方式，
时
由分
加法
数原理，四
卡共有
类
计
张贺
（种）分配方式；解法2：
四人
让
A、B、C、D 依次拿一
人送出
张别
的
卡，如果
贺
A 先拿，有3 种，此
被
时
A 拿走的那
卡的人也有
张贺
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
数原理，四
卡不同的分配方式有
计
张贺
（种）．
【变式训练6-1】若5 个人各写一
卡片（每
卡片的形状、大小均相同），
将
张
张
现
这5
卡片放入一个不透明的箱
张
子里，并
拌均匀，再
搅
让这5 人在箱子里各摸一
，恰有
张
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
意，分
题
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
种
法，
选
②
于剩余的
对
4 人，因
每个人都不能拿自己写的卡片，因此第一个人有
为
3 种拿法，被拿了自己卡片的那个人也
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
种.
【变式训练6-2】5 个人站成一列，重新站
各人都不站在原来的位置上，共有种不同的站法（
队时
）
A．42
B．44
C．46
D．48
【答案】B
【解析】由
意，
五人分
题
设
别为
，重新站
，可从
队时
开始，其中
有
种不同的
，比如
选择
占
据了
的位置，可再由
取位置，可分
两
，
选
为
类1
：
类
占据了
的位置，
后面的重站，共有
则
种站法；2
：
类
没有占据
的位置，则
有
种站法，后面的重站，共有
种站法，所以共有
种不同的
站法.
【变式训练6-3】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，
共有（
则
）种不同
的站法.
A．4
B．8
C．12
D．24
【答案】B
【解析】根据
意，分
题
2 步分析：①先从4 个人里选1 人，其位置不
，其他三人的都不在自己原来的位置，有
变
种
法；②
于剩余的三人，因
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
选
对
为
己位置的那个人只能站在第三个人的位置上，因此三个人
有
调换
2 种
方法．故不同的
方法有
调换
调换
，
【变式训练6-4】
个同学玩“真心
”游
，回答抽到的
话
戏
问题.若
个人将各自的
写在一
卡片上（每
卡片
问题
张
张
的形状､大小均相同），并将这
卡片放入一个不透明的箱子里，
拌均匀，再
张
搅
让这
人在箱子里各摸一
，恰
张
有人需回答自己
的种数
问题
为___________.
【答案】
【解析】根据
意，分
题
步：第一步，先从
个人里选1 人恰好摸到自己写的卡片，有
种
法，
选
第二步，
于剩余的
对
人，因
每个人都不能
自己写的卡片，所以第一个人有
为
选
种
法，卡片被
走的那个人
选
选
也有
种
法，剩下的
选
人
法唯一，所以不同的
法有
选
选
种.
【变式训练6-5】
位
客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一
帽子，
顾
顶
则
人拿的都不是
自己的帽子方案
数
总
为____________.（用数字作答）
【答案】
【解析】记
位
客分
甲、乙、丙、丁
顾
别为
. 假
甲拿了乙的帽子，
乙拿了甲的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了丙
设
则
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
种.
上所述，
综
人拿的都不是自己的帽子方
案
数
总
为
.
【变式训练6-6】一
小客
上有
辆
车
5 个座位,其座位号为1,2,3,4,5.乘客
,
,
,
,
的座位号分别为1,2,3.4,5,
他
按照座位号从小到大的
序先后上
乘客
们
顺
车
户,因身体原因没有坐自己的1 号座位,
司机要求余下的乘客
这时
按以下
就座：如果自己的座位空着
规则
,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
座位
选择
.
乘客
座位号
3
2
1
4
5
3
2
4
5
1
（1）若乘客
坐到了3 号座位,其他乘客按
就座
规则
,
此
共有
则
时
4 种坐法.下表
出了其中两种坐法
给
,
填入余下
请
两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处)；
（2）若乘客
坐到了2 号座位,其他乘客按
就座
规则
,求乘客
坐到5 号座位的概率.
【答案】
解析
见
【解析】（1）余下两种坐法如下表所示：
乘客
座位
号
3
2
4
1
5
3
2
5
4
1
(2)若成客
坐到了2 号座位,其他乘客按
就座
规则
,
所有可能的坐法可用下表表示
：
则
为
乘客
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.
“乘客
设
坐到5 号座位”
事件
为
A,
事件
则
A 中的基本事件的个数为4.所以
.即乘客
坐到5 号座位的概率是
.
【变式训练6-7】将
个
号
编
为、
、
、
的不同小球全部放入
个
号
编
为、
、
、
的
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
号与盒子的
号相同，有多少种不同的放法？
编
编
（4）把已知中
个不同的小球
成四个完全相同的小球（无
号），其余条件不
，恰有一个空盒，有多少种不同
换
编
变
的放法？
【答案】
解析
见
【解析】（1）根据
意知，每个盒子里有且只有一个小球，所求放法种数
题
为
（种）；
（2）先将
个小球分为
，各
的球数分
组
组
别为
、、，然后分配给
个盒子中的
个盒子，由分步乘法
数原
计
理可知，所求的放法种数为
（种）；（3）考
号
查编
为的盒子中放入
号
编
为的小球，
其它
则
个球均未
放入相
号的盒子，那么
号
应编
编
为
、
、
的盒子中放入的小球
号可以依次
编
为
、
、
或
、
、
，
因此，所求放法种数为
（种）；（4）按两步
行，空盒
号有
进
编
种情况，然后将
个完全相同的小球放入其
它
个盒子，没有空盒，
只需在
则
个完全相同的小球所形成的
个空（不包括两端）中插入
板，
块
由分步乘法
数原理可知，所求的放法种数
计
为
（种）.
【变式训练6-8】n 个学生参加一次聚会，每人
一
卡和一件礼物，会后每个人任取一
卡和一件礼物
带
张贺
张贺
.
：
生下列情况
，有多少种可能？
问发
时
(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.
【答案】
解析
见
【解析】(1)（1）
没有任何一位学生取回他原来自己的一件物品，可以先取
卡，
设
贺
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
点）有
动
种.同理，再去取礼物，也有
种，
由
排公式，共有
错
种.(2)（2）n 个同学每人取回一
卡、一件礼物，共有
张贺
种,故有
人取回他原来物品的取法有
种.
(3)（3）根据
表示n 个元素有k 个
合不
点的排列个数，那么用
组
动
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
卡、而拿
礼物；取
卡而拿
对贺
错
错贺
礼物；
有就是
卡、礼物全取
了
对
还
贺
对
.前二种情况各有
种，后一种情况有
种，
取法
数
总
为:
.
【变式训练6-9】将用1～6
号的六
卡片，插入用
编
张
1～6
号的六个盒子里，每只盒子插一
，求：
编
张
(1)使每一卡片的号
与所在盒子号
都不同的插法
数；
码
码
总
(2)恰好有3
卡片号
与所在盒子号
相同的插法
数
张
码
码
总
.
【答案】
解析
见
【解析】(1)全部无限制排列有
种.如果有5 个或6 个卡片号
和盒子的号
相同，只有
码
码对应
1 种；
如果有4 个卡片号
和盒子的号
相同，首先，确定哪
码
码对应
4 个号
相同，有
码
种，剩下的两个号
只有
码
一种插法，所以共有
种；
如果有3 个卡片号
和盒子的号
相同，首先，确定哪
码
码对应
3 个号
相同，有
码
种，剩下的三个号
有
码
2
种插法，所以共有
种；
如果有2 个卡片号
和盒子的号
相同，首先，确定哪
码
码对应
2 个号
相同，有
码
种，剩下的4 个号
有
码
9 种
插法，所以共有
种；
如果有1 个卡片号
和盒子的号
相同，首先，确定哪
码
码
1 个号
相同，有
码
种，剩下的5 个号
，先
码
选1 个
号
放在最前面，有
码
4 种插法，剩下的4 个号
有
码
11 种插法，所以共有
种.
所以共有
种.
(2)先选择3
卡片号
与所在盒子号
相同，有
张
码
码
种方法；再把剩下的3
卡片放在剩下的盒子里，要保
号
张
证
不同，只有
码
2 种方法，所以共有
种方法.
题型07： 环排问题
【典型例题1】7
色不同的珠子，可穿成
颗颜
________的珠子圈．
【答案】360
【解析】由于
状排列没有首尾之分，将
环
个元素
成的
状排列剪开，可看成
围
环
个元素排成一排，即共有
种
排法．由于
个元素共有
种不同的剪法，
状排列共有
则环
种排法，而珠子圈没有反正，故7
色不同的
颗颜
珠子，可穿成
（
、逆
两种情况）种不同的珠子圈．
顺时针
时针
【典型例题2】8 名学生平均分成两
，每
都
成一个个
圈，有
组
组
围
圆
______种不同的
法．
围
【答案】1260 或
【解析】8 名学生平均分成两
，有
组
种分
法，每
都
成一个圈，两个
有
组
组
围
组
种
法，所以共有
围
种不同的
法．故答案
：
围
为1260 或
.
【典型例题3】21 个人按照以下
表演
目：他
坐成一圈，按
序从
规则
节
们围
顺
1 到3 循
数，
数字“
环报
报
3”的人出
来表演
目，并且表演
的人不再参加
数．那么在
剩两个人没有表演
目的
候，共
数的次数
（
节
过
报
仅
过节
时
报
为 ）
A．19
B．38
C．51
D．57
【答案】D
【解析】当倒数第个人出来表演
目
，一共
数了
节
时
报
次.
【典型例题4】A，B，C，D，E，F 六人
坐在一
桌周
开会，
围
张圆
围
A 是会
的中心
言人，必
坐最北面的椅子，
议
发
须
B，C 二人必
坐相
的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，
不同的座次有（
须
邻
则
）
A．60 种
B．48 种
C．30 种
D．24 种
【答案】B
【解析】首先，A 是会
的中心
言人，必
坐最北面的椅子，
议
发
须
考虑B、C 两人的情况，只能
相
的两个座位，位置可以互
，根据排列数的
算公式，得到，
选择
邻
换
计
，接下来，
考
其余三人的情况，其余位置可以互
，可得
虑
换
种，最后根据分步
数原理，得到
计
种，
【典型例题5】
有
现
8 个人
成一圈玩游
，其中甲、乙、丙三人不全相
的排法种数
（
围
戏
邻
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】8 个人
成一圈
围
,有
种.其中甲、乙、丙三人相
，看做一个整体，由
邻
.
所以甲、乙、丙三人不全相
的排法种数
邻
为
.
【变式训练7-1】
有一
桌，周
有
号
现
圆
边
标
为1，2，3，4 的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探
一个
讨
数学
，每人只能坐一个座位，甲先
座位，且甲、乙不能相
，
所有
座方法有（
课题
选
邻则
选
）．
A．6 种
B．8 种
C．12 种
D．16 种
【答案】B
【解析】先安排甲，其
座方法有
选
种，由于甲、乙不能相
，所以乙只能坐甲
面，而丙、丁两位同学坐另两个
邻
对
位置的坐法有
种，所以共有坐法种数为
种．
【变式训练7-2】如
，某
厂生
的太阳
的
篷是由太阳光的七种
色
成，七种
色分
涂在
篷的八
图
伞
产
伞
伞
颜
组
颜
别
伞
个区域内，且恰有一种
色涂在相
区域内，
不同
色
案的此
太阳
最多有（
颜
对
则
颜
图
类
伞
）.
A．40320 种
B．5040 种
C．20160 种
D．2520 种
【答案】D
【解析】先从7 种
色中任意
一种，涂在相
的区域内，有
颜
选择
对
种方法，
再将剩余的6 种
色全部涂在剩余的
颜
6 个区域内，共有
种方法，由于
形是
称
形，所以上述方法正好
图
轴对
图
重复一次，所以不同的涂色方法，共有
种不同的涂法.
【变式训练7-3】已知甲、乙、丙三位同学
成一个
，其中一个排列“甲乙丙”与
排列旋
一个或几个位置
围
圆时
该
转
后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一个排列．
有
现
位同学，若站成一排，且甲同学在乙同学左
的站法
边
共有
种，那么这
位同学
成一个
，不同的站法
数
（
围
圆时
总
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】因站成一排
甲在乙左与甲在乙右的站法数相同，而
时
m 位同学站成一排有
，则
，解得
，
甲、乙、丙三位同学
成一个
，“甲乙丙”、“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一排列，
围
圆
其中每一个排列可以拆成以任意一个人
排首的直
排列
为
线
3 个，3 人
成一个
的排列数
围
圆
为
，
由此可得n 个人
成一个
的排列数
围
圆
为
，5 位同学
成一个
的排列数
围
圆
为
.
【变式训练7-4】21 个人按照以下
表演
目：他
坐成一圈，按
序从
规则
节
们围
顺
1 到3 循
数，
数字“
环报
报
3”的人
出来表演
目，并且表演
的人不再参加
数．那么在
剩两个人没有表演
目的
候，共
数的次数
节
过
报
仅
过节
时
报
为
A．19
B．38
C．51
D．57
【答案】D
【解析】根据
意
题
21 人
数
报
21 人次，其中有7 人次
数
报
为3，
此
则
7 人出列，剩下13 人；13 人
数
报
15 人次，其
中有5 人
数
报
为3，
此
则
5 人出列，剩下8 人；8 人
数
报
9 人次，其中有3 人
数
报
为3，
此
则
3 人出列，剩下5 人；5
人
数
报
6 人次，其中有2 人
数
报
为3，
此
则
2 人出列，剩下3 人；3 人
数
报
3 人次，其中有1 人次
数
报
为3，
此
则
1
人出列，剩下2 人；2 人
数
报
3 人次，其中1 人次
数
报
为3，
此人出列
则
,剩下1 人．在
个
程中一共
数：
这
过
报
21+15+9+6+3+3=57 人次．
答案
应选
D．
【变式训练7-5】10 位男生10 位女生．男女相
隔
成一圈，
其所有不同的排列数
间
围
则
为__________
【答案】
【解析】因为10 位男生全排列有
种排法，因
是
成一圈，所以不分
尾，
为
围
头
所以10 位男生
成一圈有
围
种，再把10 位女生插入男生
的空隙中共有
间
种方法，
所以10 位男生10 位女生．男女相
隔
成一圈，不同的排列数
间
围
为
.
【变式训练7-6】5 个女孩与6 个男孩
成一圈，任意
围
2 个女孩中
至少站
间
1 个男孩，
不同排法有
则
______种（填
数字）．
【答案】86400
【解析】因
任意
为
2 个女孩中
至少站
间
1 个男孩，
有且
有
则
仅
2 个男孩站在一起，
先把5 个女孩排成一个圈，
是个
形排列，因此排法共有
这
圆
(种)，把6 个男孩按2，1，1，1，1 分
成5
有
组
种分法，最后把5
男孩放入
组
5 个女孩构成
排列的
圆
5 个
隔中有
间
种方法，而站在一起的两个男
孩有
序性，有
顺
2 种站法，所以，由分步乘法
数原理得，不同的排法共有
计
(种).
【变式训练7-7】4 个人
坐在如
所示的
围
图
8
椅子中的
张
4
椅子上聚餐，其中甲、乙两人不能相
（如
张
对
1 与8
叫做相
）而坐，共有
对
__________种不同的坐法(用数字作答)
【答案】1440
【解析】因
甲、乙两人不能相
（如
为
对
1 与8 叫做相
）而坐，
对
甲、乙两人不能同
坐在
则
时
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
种不同的作法.
【变式训练7-8】一个
桌有十二个座位，
号
圆
编
为1 至12.
有四个学生和四个家
入座，要求学生坐在偶数
现
长
位，家
与其孩子相
长
邻.
足要求的坐法共有
满
______种.
【答案】
【解析】当学生
相
的四个偶数有
选择
邻
，
，
，
，
，
有种，
以学生选
例，家
的排法有
为
长
，
，
，
有种，同理可得：每一种学生
的坐法，家
都有
长
种坐法，所以有
种，
当学生
三个相
的偶数，一个学生坐
面有
选择
邻
对
，
，
，
，
，
有种，
以学生选择
例，家
的坐法有
为
长
，
，
，
，
，
，
，
，共种，
同理可得：每一种学生的坐法，家
都有
长
种坐法，所以有
种，
当四个学生每两个学生
相
偶数
，学生有
选择
邻
时
，
，
有种，
以学生选择
例，家
坐法有：
为
长
，
，
，
，
，
，
，
，
有种，
同理可得：每一种学生的坐法，家
都有
长
种坐法，所以有
种，
上所述：
足要求的坐法共有
综
满
种，故答案
：
为
.
【变式训练7-9】有5
夫
和
对
妇
，
共12 人参加一
婚宴，他
被安排在一
有
场
们
张
12 个座位的
桌上就餐（旋
圆
之后算相同坐法）．
转
（1）若5
夫
都相
而坐，
对
妇
邻
，
相
而坐，共有多少种坐法？
邻
（2）5
夫
都相
而坐，其中甲、乙二人的太太是
蜜要相
而坐，
对
妇
邻
闺
邻
，
不相
，共有多少种坐法？
邻
【答案】
解析
见
【解析】（1）若5
夫
都相
，
对
妇
邻
，
相
，可将每
夫
划分
邻
对
妇
为1
，
组
，
划分为1
，再将
组
这6
人
坐成
组
围
一圈，共有
种坐法，
由于每一
内两人
有
序
，所以共有
组
还
顺
问题
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
夫
的座位，有
对
妇
种坐法，
第三步，排
，
二人的座位，有
种坐法，
根据分步乘法
数原理，共有
计
种坐法
题型08：特殊元素法
【典型例题1】小
接到
张
4
工作，要在下周一、周二、周三
项
这3 天中完成，每天至少完成1
，且周一只能完成
项
其中1
工作，
不同的安排方式有（
项
则
）
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
【答案】C
【解析】先按照周一，再安排其他两天，利用分步
数原理及排列
合知
行求解；
计
组
识进
先从4
工作中
项
选1
安排在周一完成，再从剩下的工作中
项
选2
安排在周二或周三，所以不同的安排方式有
项
种．故
：
选C
【典型例题2】甲、乙、丙、丁四名教
学生参加校园植
活
，教
随机分成三
，每
至少一人，
甲、
师带领
树
动
师
组
组
则
乙在同一
的概率
（
组
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】利用
合可求基本事件的
数，再根据排列可求随机事件含有的基本事件的
数，从而可求
的概率
组
总
总
对应
.
“甲、乙在同一
”
事件
设
组为
，
教
随机分成三
，每
至少一人的分法
师
组
组
为
，
而甲、乙在同一
的分法有
组
，故
，故
：
选A.
【典型例题3】
了
落
中央新疆工作座
会和全国
口支援新疆工作会
精神，促
疆少数民族地区
为
贯彻
实
谈
对
议
进边
教育事
展，我市教育系
派了三位男教
和两位女教
支援新疆，
五名教
被分派到三个不同地方
业发
统选
师
师
这
师
对
口支援，每位教
只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教
分派到同一个地方，
不同的分派方法
师
师
则
有（ ）
A．18 种
B．36 种
C．68 种
D．84 种
【答案】B
【解析】按照两位女教
分派到同一个地方
，男老
也分配到
地方的人数
准
行分
即可
师
时
师
该
为标
进
类讨论
根据
意，分派方案可分
两种情况：
题
为
若两位女教
分配到同一个地方，且
地方没有男老
，
有：
师
该
师则
种方法；
若两位女教
分配到同一个地方，且
地方有一位男老
，
有：
师
该
师则
种方法；
故一共有：
种分派方法故
：
选
【典型例题4】如
，将
琴上的
图
钢
12 个
依次
键
记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12．若k–j=3 且j–i=4，
称
则
ai，
aj，ak
原位大三和弦；若
为
k–j=4 且j–i=3，
称
则
ai，aj，ak
原位小三和弦．用
为
这12 个
可以构成的原位大三和
键
弦与原位小三和弦的个数之和
（
为 ）
A．5
B．8
C．10
D．15
【答案】C
【解析】根据原位大三和弦
足
满
，原位小三和弦
足
满
从
开始，利用列
法即可解出．
举
根据
意可知，原位大三和弦
足：
题
满
．
∴
；
；
；
；
．
原位小三和弦
足：
满
．
∴
；
；
；
；
．
故个数之和为10．故
：
选C．
【点睛】本
主要考
列
法的
用，以及
新定
的理解和
用，属于基
．
题
查
举
应
对
义
应
础题
【典型例题5】中国空
站的主体
构包括天和核心
、
天
和梦天
．假
中国空
站要安排甲，
间
结
舱问
实验舱
实验舱
设
间
乙，丙，丁，戊5 名航天
开展
，其中天和核心
安排
员
实验
舱
3 人，
天
与梦天
各安排
问
实验舱
实验舱
1 人．若甲、乙
两人不能同
在一个
内做
，
不同的安排方案共有（
时
舱
实验则
）
A．8 种
B．14 种
C．20 种
D．116 种
【答案】B
【解析】按照同个元素（甲）分
，特殊元素和特殊位置
先考
即可得解
类讨论
优
虑
.
按照甲是否在天和核心
划分，
舱
①若甲在天和核心
，天和核心
需要从除了甲乙之外的三人中
取两人，剩下两人去剩下两个
位，
有
舱
舱
选
舱
则
种可能；
②若甲不在天和核心
，需要从
天
和梦天
中挑
一个，剩下四人中
取三人
入天和核心
即
舱
问
实验舱
实验舱
选
选
进
舱
可，
有
则
种可能；
根据分
加法
数原理，共有
类
计
6+8=14 种可能.故
：
选B.
【变式训练8-1】某地区安排A，B，C，D，E，F 六名党
志愿者同志到三个基
社区开展防
宣
活
，每个
员
层
诈骗
传
动
地区至少安排一人，至多安排三人，且A，B 两人安排在同一个社区，C，D 两人不安排在同一个社区，
不同的
则
分配方法
数
（
总
为 ）
A．72
B．84
C．90
D．96
【答案】B
【解析】分
每个社区各两人和一个社区
为
1 人，一个社区2 人，一个社区3 人两种分配方式，第二种分配方式再分
AB 两人一
去一个社区，
组
AB 加上另一人三人去一个社区，
行求解，最后相加即
果
进
为结
.
第一种分配方式
每个社区各两人，
为
则CE 一
，
组DF 一
，或
组
CF 一
，
组DE 一
，由
组
2 种分
方式，再三
人，三
组
组
个社区
行排列，
分配方式共有
进
则
种；
第二种分配方式
一个社区
为
1 人，一个社区2 人，一个社区3 人，
当AB 两人一
去一个社区，
剩下的
组
则
4 人，1 人
一
，
为
组3 人
一
，
必有
为
组则
C 或D
一
，有
为
组
种分配方法，
再三个社区，三
人，
行排列，有
组
进
种分配方法；
当AB 加上另一人三人去一个社区，若
的是
选择
C 或D，
有
则
种
，再将剩余
选择
3 人分
两
，有
为
组
种分配
方法，将将三个社区，三
人，
行排列，有
组
进
种分配方法；
若
的不是
选择
C 或D，即从E 或F 中选择1 人和AB 一起，有
种分配方法，再将CD 和剩余的1 人共3 人分为
两
，有
组
2 种分配方法，将三个社区，三
人，
行排列，有
组
进
种分配方法，
上共有
综
12+12+36+24=84 种不同的分配方式故
：
选B
【变式训练8-2】运
公司从
输
5 名男司机，4 名女司机中
派出
选
3 名男司机，2 名女司机，到
，
，
，
，
这
五个不同地区
行任
，要求
执
务
地只能派男司机，
地只能派女司机，
不同的方案种数是（
则
）
A．360
B．720
C．1080
D．2160
【答案】D
【解析】根据分步乘法，先抽取司机，再分配去不同地方，有限制条件的先排.
第一步，先从5 名男司机，4 名女司机中
派出
选
3 名男司机，2 名女司机，共有
种方法，
第二步，从抽取到的司机中，派1 名男司机去
地，派一名女司机去
地，共有
种方法，
第三步，剩下3 名司机随机去
，
，
三地，共有
种方法，故不同方案种数为
，
【变式训练8-3】某校
深入开展
教育，通
学校的
子屏幕播放“我的校园我打
”，大力宣
的价
为
劳动
过
电
扫
传劳动
意
，使学生
立正确的
值
义
树
劳动观某日甲、乙、丙、丁四名同学
日打
生，
生区域划分
值
扫卫
卫
为
，
，
，
四
，每个区域安排一个同学去打
，其中甲不去打
块
扫
扫
区域，乙不去打扫
区域，
不同的安排方法的种数
则
为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】因
甲不去打
为
扫
区域，所以可以安排甲去打扫
中的一个区域，
若甲去打扫
区域，
甲的安排方法只有一种，再安排乙，丙，丁三人共
则
种安排方法，由分步乘法
数原理可
计
得有
种安排方法，若甲去打扫
区域或
区域，
甲的安排方法只有两种，再安排乙，由于乙不能去
则
打扫
区域，故乙的安排方法有两种，再安排丙，丁两人，共
种安排方法，由分步乘法
数原理可得有
计
种安排方法，由分
加法
数原理可得共有
类
计
种安排方法.
【变式训练8-4】第
届世界大学生夏季运
会于
动
月
日至月日在成都
，
在从
举办现
男
女共
名青
年志愿者中，
出
选
男
女共名志愿者，安排到
号
编
为、
、、
、的个
，每个
只有一名志愿者，
赛场
赛场
其中女志愿者甲不能安排在
号
编
为、
的
，
号
赛场编
为
的
必
安排女志愿者，那么不同安排方案有（
赛场
须
）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】①女志愿者甲被
中，
需从剩余的
选
则还
人中
出
选
男女，
法种数
选
为
，
女志愿者甲可安排在
则
号或
号或号
，另一位女志愿者安排在
赛场
号
，余下
赛场
个男志愿者随意安排，
此
，不同的安排种数
时
为
；②女志愿者甲没被
中，
需从剩余
选
则还
人中
出
选
男
女，
法种
选
数为
，
号
编
为
的
必
安排女志愿者，只需从
赛场
须
名女志愿者中抽人安排在
号
，
赛场
余下
人可随意安排，此
，不同的安排方法种数
时
为
.
由分
加法
数原理可知，不同的安排方法种数
类
计
为
种.
【变式训练8-5】一
小型晚会有
场
个唱歌
目和
节
个相声
目，要求排出一个
目
．
节
节
单
（1）
个相声
目要排在一起，有多少种排法？
节
（2）第一个
目和最后一个
目都是唱歌
目，有多少种排法？
节
节
节
（3）前个
目中要有相声
目，有多少种排法？
节
节
【答案】（1）
；（2）
；（3）
．
【解析】（1）利用捆
法可求解；
绑
（2）利用特殊元素
先
，即可求解；
优
选择
（3）利用正
反，先算前
难则
3 个
目中没有相声，即相声在后两个
目的排法，即可求解
节
节
.
（1）把两个相声
目捆
在一起作
一个
目与其他
目排列共有排法
节
绑
为
节
节
；
（2）
两个唱歌
目排在首尾，剩下的
选
节
3 个
目在中
排列，排法
节
间
为
；
（3）5 个
目全排列减去后两个都是相声的排法，共有
节
．
【点睛】方法点睛：本
主要考
排列的
用，属于中档
题
查
应
题.常
排列数的求法
：
见
为
（1）相
采取“捆
法”；
邻问题
绑
（2）不相
采取“插空法”；
邻问题
（3）有限制元素采取“
先法”；
优
（4）特殊元素
序确定
，先
所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数
顺
问题
让
.
题型09：特殊位置法
【典型例题1】开学伊始，甲､乙､丙､丁四名校
分
去南校
，北校
和
校
迎接新生工作，要求每个
长
别
门
门
东
门组织
校
至少安排一名校
，且甲校
必
安排到南校
，
不同的安排方式有（
门
长
长
须
门则
）
A．6 种
B．12 种
C．15 种
D．18 种
【答案】B
由
，安排四名校
去三个校
，每个校
至少安排一名校
，且甲校
必
安排到南校
，
南校
的人数
题
长
门
门
长
长
须
门则
门
为
1 或2，
当南校
有
门
1 人
，即甲校
，剩余
时
长
3 人安排在另2 个校
，
门则
种安排方式；
当南校
有
门
2 人
，先在除甲校
外的
时
长
3 人中
出
选
1 人安排在南校
，再安排剩余
门
2 人去另2 个校
，
门则
种安排方式，
所以共有
种；故
：
选B
【典型例题2】有甲、乙、丙、丁、戊5 名同学站成一排参加文
演，若甲不站在两端，丙和丁相
，
不同排
艺汇
邻则
列方式共有（ ）
A．12 种
B．24 种
C．36 种
D．48 种
【答案】B
【解析】因
丙丁要在一起，先把丙丁捆
，看做一个元素，
同乙，戊看成三个元素排列
为
绑
连
,有
种排列方式；
使
为
甲不在两端，必
且只需甲在此三个元素的中
两个位置任
一个位置插入，有
须
间
选
2 种插空方式；注意到丙丁两人
的
序可交
，有
顺
换
2 种排列方式，故安排这5 名同学共有：
种不同的排列方式，
【典型例题3】某餐
并排有
厅
7 个座位，甲、乙、丙三位
客就餐，每人必
且只能
一个座位，要求两
顾
须选择
选择
端座位不能坐人，并且
空座至多有
连续
2 个，
不同的坐法有（
则
）
A．24 种
B．36 种
C．48 种
D．56 种
【答案】C
【解析】因为7 个座位两端座位不能坐人，所以甲、乙、丙可以在剩余的个位子有
序的就坐，坐法有
顺
种，因
空座至多有
为连续
个，所以出现连续个空座的情况
最左端的
为
个
空座，
为
甲、乙、丙三人坐在第
、、个位子上，第个位子是最右端，只能空着，
种情况
则这
为
，
同理，连续个空座的情况
最右端的
为
个
空座，
种情况
为
这
为
，所以，
足要求的坐法有
满
种.
【典型例题4】某
位安排
单
7 位
工在春
期
大年初一到初七
班，每人
班
员
节
间
值
值
1 天，若7 位
工中的甲、乙排
员
在相
的两天，丙不排在初一，丁不排在初七，
不同的安排方案共有（
邻
则
）
A．504 种
B．960 种
C．1008 种
D．1108 种
【答案】C
【解析】根据
意，用
接法分析：甲乙相
，即甲乙排在相
的两天，有
题
间
邻
邻
＝1440 种情况，
其中，甲乙相
且丙排在初一的排法有
邻
＝240 种，甲乙相
且丁排在初七排法有
邻
＝240 种，甲乙相邻
且丙排在初一同
丁排在初七排法有
时
＝48 种，
不同的安排方案共有
则
1440－240－240＋48＝1008 种，
【典型例题5】将
号
编
为
的小球放入
号
编
为
的小盒中，每个小盒放一个小球.
恰有一个小球
则
与所在盒子
号相同的概率
（
编
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】求出任意放球共有
种方法，再求出恰有一个小球与所在盒子
号相同的方法
数，最后利用古
编
总
典概型的概率公式求解.
解：由
得任意放球共有
题
种方法，如果有一个小球与所在的盒子的
号相同，第一步：先从
编
5 个小球里
一个
号与所在的盒子相同，有
选
编
种
法；第二步：不妨
的是
选
设选
1 号球，
再
后面的
则
对
2,3,4,5
行排列，且四
进
个小球的
号与盒子的
号一个都不相同，假
编
编
设2 号盒子里放3 号球，
有
则
三种，
所以 后面的小球的排列共有
种方法. 所以剩下的四个球共有
种方法.
由古典概型的概率公式得恰有一个小球与所在盒子
号相同的概率
编
为
故
：
选A
【变式训练9-1】包括甲、乙、丙3 人的7 名同学站成一排拍
念照，其中丙站中
，甲不站在乙的左
，且不与
纪
间
边
乙相
，
不同的站法有（
邻则
）
A．240 种
B．252 种
C．264 种
D．288 种
【答案】C
【解析】先排甲、乙、丙外的4 人，有
种排法，再排甲、乙2 人，有两
方法：
类
一
是甲、乙
类
2 人插空，又甲排在乙的左
，然后丙排在中
，故有
边
间
种不同的站法；
另一
是把甲、乙、丙按乙、丙、甲的
序插入中
，有
类
顺
间
种不同的站法，所以共有264 种不同的站法.
【变式训练9-2】
去的一年，我国
人航天事
突
猛
，其中航天
拔是
人航天事
展中的重要一
过
载
业
飞
进
员选
载
业发
环.已知航天
拔
要接受特殊
境的耐受性
，主要包括前庭功能、超重耐力、失重
行、
行跳
、着
员选
时
环
测试
飞
飞
伞
陆
冲
五
击
项.若
五
每天
行一
，
这
项测试
进
项连续5 天完成.且前庭功能和失重
行
安排在相
两天
，超重耐力
飞
须
邻
测试
和失重
行不能安排在相
两天
，
拔
的安排方案有（
飞
邻
测试则选
测试
）
A．24 种
B．36 种
C．48 种
D．60 种
【答案】B
【解析】根据特殊元素“失重
行”
行位置分
方法
算，
合排列
合等
数方法，即可求得
的
的安排
飞
进
类
计
结
组
计
总
测试
方案种数.
①若失重
行安排在第一天
前庭功能安排第二天，
后面三天安排其他三
有
飞
则
则
项测试
种安排方法，
此情况跟失重
行安排在第五天
前庭功能安排第四天安排方案种数相同；
飞
则
②若失重
行安排在第二天，
前庭功能有
飞
则
种
，超重耐力在第四、第五天有
选择
种
，剩下两种
全
选择
测试
排列
，
有
则
种安排方法，
此情况与失重
行安排在第四天方安排方案种数相同；
飞
③若失重
行安排在第三天，
前庭功能有
飞
则
种
，超重耐力在第一、第五天有
选择
种
，剩下两种
全
选择
测试
排列
，
有
则
种安排方法；
故
拔
的安排方案有
选
测试
种.
故
：
选B.
【变式训练9-3】公元五世
，数学家祖冲之估
周率
纪
计圆
的范
是：
围
，
念祖冲
为纪
之在
周率方面的成就，把
圆
3.1415926 称
“祖率”，
是中国数学的
大成就．小明是个数学迷，他在
置手机
为
这
伟
设
的数字密
，打算将
周率的前
码时
圆
6 位数字3，1，4，1，5，9
行某种排列得到密
．如果排列
要求数字
进
码
时
9 不
在最后一位，那么小明可以
置的不同密
有（
设
码
）个．
A．600
B．300
C．360
D．180
【答案】B
【解析】分最后一位为1、不为1 两种情况，
合特殊位置法、插空法、捆
法及排列
合数
不同情况
数，即可
结
绑
组
对
计
得答案.
当最后一位为1
，共有
时
种；
当最后一位不为1
，在
时
3、4、5 任
一个放最后有
选
种，
把余下2 个数字与9 全排有
种，
将两个1 插入4 个空中的2 个有
种，或两个1 捆
插入
绑
4 个空中的1 个有
种，
共有
种；
上，共有
综
种.故
：
选B
【变式训练9-4】某班
班委包括
级
4 名女生和2 名男生，要从中抽选2 名女生和1 名男生参与
典礼志愿者
毕业
工作，并把他
安排在
们
3 个不同的
位，其中
岗
位不安排男生，
不同的安排方式种数
（
岗
则
为 ）
A．72
B．48
C．36
D．24
【答案】B
【解析】先抽取2 名女生和1 名男生，再把他
安排在
们
3 个不同的
位上，减去男生安排在
岗
位的情形，即可得
岗
答案
解：先抽取2 名女生和1 名男生，共有
种，再把他
安排在
们
3 个不同的
位上，减去男生安排在
岗
位
岗
的情形，
不同的安排方式有
则
种．故
：
选B
【变式训练9-5】因演出需要，身高互不相等的9 名演
要排成一排成一个“波浪形”，即演
的身高从最左
员
员们
数起：第一个到第三个依次
增，第三个到第七个依次
减，第七、八、九个依次
增，
不同的排列方式有（
边
递
递
递
则
）种．
A．379
B．360
C．243
D．217
【答案】A
【解析】依
意，重点要先排好
题
7 号位和3 号位，余下的按部就班即可.
依
意作
如下：
题
图
上面的数字表示排列的位置，必
按照上
的方式排列，其中
须
图
3 号位必
比
须
124567 要高，
1，7 两
是排列里最低的，
处
3，9 两
是最高点，
处
设9 个演
按照从矮到高的
序依次
号
员
顺
编
为1，2，3，4，5，6，7，8，9，
则3 号位最少是7，最大是9，下面分类讨
：第
论
3 个位置选7 号：先从1，2，3，4，5，6 号中
两个放入前两个位置，
选
余下的4 个号中最小的放入7 号位置，剩下的三个放入中
三个位置，
间
8，9 号放入最后两个位置，即
；第3 个位置选8 号：先从1，2，3，4，5，6，7 号中
两个放入前两个位
选
置，余下的5 个号中最小的放入7 号位置，剩下4 个选3 个放入中
三个位置，
间
余下的号和9 号放入最后两个位置，即
；第3 个位置选9 号：先从1，2，3，4，5，6，7，8 号中
两个放
选
入前两个位置，余下的6 个号中最小的放入7 号位置，剩下5 个选3 个放入中
三个位置，
间
余下的2 个号放入最后两个位置，即
；由分
数原理可得共有
类计
种排列方式；
【变式训练9-6】某班上午有五
，分
安排
文、数学、英
、物理、化学各一
，要求
文与化学相
，
节课
别
语
语
节课
语
邻
数学与物理不相
，且数学
不排第一
，
不同排
法的种数是
邻
课
节则
课
___________．
【答案】16
【解析】根据
意，可分三步
行分析：（
题
进
1）要求
文与化学相
，将
文与化学看成一个整体，考
其
序；（
语
邻
语
虑
顺
2）
将
个整体与英
全排列，排好后，有
这
语
3 个空位；（3）数学
不排第一行，有
课
2 个空位可
，在剩下的
选
2 个空位中
任选1 个，得数学、物理的安排方法，最后利用分步
数原理，即可求解．
计
根据
意，可分三步
行分析：
题
进
（1）要求
文与化学相
，将
文与化学看成一个整体，考
其
序，有
语
邻
语
虑
顺
种情况；
（2）将
个整体与英
全排列，有
这
语
中
序，排好后，有
顺
3 个空位；
（3）数学
不排第一行，有
课
2 个空位可
，在剩下的
选
2 个空位中任选1 个，
安排物理，有2 种情况，
数学、物理的安排方法有
则
种，
所以不同的排
方法的种数是
课
种，故答案
：
为16．
题型10：间接法
【典型例题1】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
，且甲不站在最右端，
不同的
邻
则
站法有（ ）．
A．1860 种
B．3696 种
C．3600 种
D．3648 种
【答案】D
【解析】7 个人从左到右排成一排，共有
种不同的站法，其中甲、乙、丙3 个都相
有
邻
种不
同的站法，甲站在最右端有
种不同的站法，甲、乙、丙3 个相
且甲站最右端有
邻
种不同的站
法，故甲、乙、丙3 人中至多有2 人相
，且甲不站在最右端，不同的站法有
邻
种不同的
站法.故
：
选D
【典型例题2】某学校
划从包含甲､乙､丙三位教
在内的
计
师
10 人中
出
选
5 人
去西部支教，若甲､乙､丙三位
组队
教
至少一人被
中，
支教的不同方式共有（
师
选
则组队
）
A．21 种
B．231 种
C．238 种
D．252 种
【答案】B
【解析】10 人中选5 人有
种
法，其中，甲､乙､丙三位教
均不
的
法有
选
师
选
选
种，
甲､乙､丙三位教
至少一人被
中的
法共有
则
师
选
选
种.故
：
选B
【典型例题3】中园古代中的“礼、
、射、御、
、数”合称“六
”
乐
书
艺.“礼”主要指德育；“
”主要指美育；“射”和
乐
“御”就是体育和
；“
”指各种
史文化知
；“数”指数学
劳动
书
历
识
.某校国学社
开展“六
”
座活
，每周安排一次
团
艺讲
动
座，共
六次
讲
讲
.
座次序要求“射”不在第一次，“数”和“
”两次不相
，
“六
”
座不同的次序共有（
讲
乐
邻则
艺讲
）
A．408 种
B．240 种
C．1092 种.
D．120 种
【答案】A
【解析】每周安排一次，共
六次的“六
”
座活
，“射”不在第一次的不同次序数
讲
艺讲
动
为
，
其中“射”不在第一次且“数”和“
”两次相
的不同次序数
乐
邻
为
，
于是得
，
所以“六
”
座不同的次序共有
艺讲
408 种.故
：
选A
【典型例题4】
五月，某校
委决定
祝中国共
党成立
红
团
举办庆
产
100 周年“百年荣光，
大梦想”
会，
初
伟
联欢
经过
，共有
赛
6 个
目
入决
，其中
节
进
赛
2 个歌舞
目，
类节
2 个小品
目，
类节
1 个朗
目，
诵类节
1 个
曲
目．演出
戏
类节
时
要求同
目不能相
，
演出
序的排法
数是（
类节
邻则
顺
总
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】所有演出方案有
种，
歌舞
相
有
类
邻
种，小品
相
有
类
邻
种，
歌舞与小品均相
有
邻
种，
所以
数有
总
种.故
：
选C.
【典型例题5】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
，且甲不站在最右端，
不同的
邻
则
站法有（ ）．
A．1860 种
B．3696 种
C．3600 种
D．3648 种
【答案】D
【解析】采用
接法，先求出没有限制的所有站法，再排除不
足条件的站法可求解
间
满
.
7 个人从左到右排成一排，共有
种不同的站法，其中甲、乙、丙3 个都相
有
邻
种不同的站
法，甲站在最右端有
种不同的站法，甲、乙、丙3 个相
且甲站最右端有
邻
种不同的站法，故
甲、乙、丙3 人中至多有2 人相
，且甲不站在最右端，不同的站法有
邻
种不同的站法.故
：
选D
【变式训练10-1】某高中从3 名男教
和
师
2 名女教
中
出
师
选
3 名教
，派到
师
3 个不同的
村支教，要求
乡
这3 名
教
中男女都有，
不同的
派方案共有（
师
则
选
）种
A．9
B．36
C．54
D．108
【答案】C
【解析】根据
定条件利用排列并
合排除法列式
算作答
给
结
计
.
从含有3 名男教
和
师
2 名女教
的
师
5 名教
中任
师
选3 名教
，派到
师
3 个不同的
村支教，不同的
派方案有
乡
选
种，
出
选
3 名教
全是男教
的不同的
派方案有
师
师
选
种，
所以3 名教
中男女都有的不同的
派方案共有
师
选
种故
：
选C
【变式训练10-2】公元五世
，数学家祖冲之估
周率
纪
计圆
的范
是：
围
，
念祖冲
为纪
之在
周率方面的成就，把
圆
3.1415926 称
“祖率”，
是中国数学的
大成就
为
这
伟
.某教
帮助同学
了解“祖率”
师为
们
，
同学
把小数点后的
让
们
7 位数字1，4，1，5，9，2，6
行随机排列，整数部分
进
3 不
，那么可以得到大于
变
3.14 的
不同数字的个数
（
为 ）
A．720
B．1440
C．2280
D．4080
【答案】C
【解析】以
接法去求解
个排列
快捷
间
这
问题简单
.
一共有7 个数字，且其中有两个相同的数字1.
这7 个数字按
意随机排列，可以得到
题
个不同的数字.
当前两位数字为11 或12
，得到的数字不大于
时
3.14
当前两位数字为11 或12
，共可以得到
时
个不同的数字，
大于
则
3.14 的不同数字的个数为
故
：
选C
【变式训练10-3】2024 年在
州省黔
南州台
的
州省“美
村”
球
，
由短
火爆全网，
贵
东
盘乡举办
贵
丽乡
篮
联赛经
视频
被称
“村
为
BA”，中国
美大使及外交部
言人在海外媒体
文推荐．某
驻
发
发
高三班主任从网上找到6 个与此相关的
短视频
，
，，
，，
，准
从
备
这6 个短
中再
出
视频
选
3 个向学生推荐，则
，
，至少选1 个的方法种数
（
为 ）
A．8
B．18
C．19
D．24
【答案】C
【解析】不同
法种数
选
为
.
【变式训练10-4】甲乙等五名学生参加数学、物理、化学、生物
四
学科
，已知每人恰参加一
学科
这
门
竞赛
门
竞
，每
学科
都有人参加，且甲乙两人不参加同一学科
，
一共有（
赛
门
竞赛
竞赛则
）种不同的参加方法
A．72
B．144
C．216
D．240
【答案】C
【解析】依
意将
题
名同学分成、、、
四
，再分配到四
学科中有
组
门
种，
其中甲乙两人恰好参加同一学科
的有
竞赛
种，所以不同的参加方法有
种.
【变式训练10-5】四面体的
点和各棱的中点共
顶
10 个点．在这10 点中取4 个不共面的点，
不同的取法种数
则
（
为 ）
A．141
B．144
C．150
D．155
【答案】A
【解析】从10 个点中任取4 个点有
种取法，其中4 点共面的情况有三
．第一
，取出的
类
类
4 个点位于四面体的
同一个面上，有
种；第二
，取任一条棱上的
类
3 个点及
棱所
棱的中点，
该
对
这4 点共面，有6 种；
第三
，由中位
构成的平行四
形（其两
分
平行于四面体相
的两条棱），它的
类
线
边
组对边
别
对
4
点共面，有
顶
3 种．
以上三
情况不合要求
减掉，∴不同的取法共有
类
应
种．
【变式训练10-6】某校
一次
大自然的活
，有
组织
认识
动
10 名同学参加，其中有6 名男生､4 名女生，
要从
现
这
10 名同学中随机抽取3 名同学去采集自然
本
标
.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
【解析】从10 名同学中随机抽取3 名同学有
种方法，抽取的人全是男生的有
种，全是女生的有
种，所以
抽取人中既有男生又有女生的抽取方法共
（种）.
【变式训练10-7】
有
现
16
不同的卡片，其中
色，黄色，
色，
色卡片各
张
红
蓝
绿
4
，从中任取
张
3
，要求
张
这3 张
卡片不能是同一
色，且
色卡片至多
颜
绿
1
，
不同的取法种数
（
张则
为 ）
A．484
B．472
C．252
D．232
【答案】B
【解析】根据
意，不考
限制，从
题
虑
16
卡片中任取
张
3
，共有
张
种取法，如果取出的3
同一种
色，
有
张为
颜
则
种情况，如果取出的3
有
张
2
色卡片，
有
张绿
则
种情况，故所求的取法共有
种.
【变式训练10-8】中国空
站（
间
ChinaSpaceStation）的主体
构包括天和核心
、
天
和梦天
结
舱问
实验舱
实验舱.
年
月
日
分，我国将“梦天
”成功送上太空，完成了最后一个关
部分的
射，“梦天
实验舱
键
发
实验
”也和“天和核心
”按照
划成功
接，成
“
舱
舱
计
对
为
”字形架构，我国成功将中国空
站建
完
间
设
毕.
年，中国
空
站将正式
入运
段
间
进
营阶
.假
空
站要安排甲、乙等
设
间
名航天
都去开展
，三
中每个
至少一人，且
员
实验
舱
舱
甲、乙两人不同
，
不同的安排方法有（ ）
舱则
A．
种
B．
种
C．
种
D．以上都不对
【答案】B
【解析】利用
接法：先考
将四人分
三
，每
人数分
间
虑
为
组
组
别为
、、，再将
三
人分配
三个
，
这
组
给
舱
不同的分配方法种数为
；然后考
甲、乙两人在同一
的情形，只需将另外两人分成两
，每
一人，
虑
舱
组
组
再将
三
人分配
三个
，此
，不同的分配方法种数
这
组
给
舱
时
为
种.
上所述，甲、乙两人不同
，
不同的安
综
舱则
排方法种数为
种.
【变式训练10-9】在100 件
品中，有
产
98 件合格品，2 件不合格品，从这100 件
品中任意抽出
产
3 件，
下列
则
正确的有（
结论
）
A．抽出的3 件
品中恰好有
产
1 件是不合格品的抽法有
种
B．抽出的3 件
品中恰好有
产
1 件是不合格品的抽法有
种
C．抽出的3 件中至少有1 件是不合格品的抽法有
种
D．抽出的3 件中至少有1 件是不合格品的抽法有
种
【答案】ACD
【解析】根据
定条件利用含有限制条件的
合
，逐一分析各
判断作答
给
组
问题
选项
.
于
对
A，B，抽1 件不合格品有
种，再抽2 件合格品有
种，由分步
数乘法原理知，
计
抽出的3 件
品中恰好有
产
1 件是不合格品的抽法有
种，A 正确，B 不正确；
于
对
C，至少有1 件是不合格品有两
：
类1 件是不合格品的抽法有
种，2 件是不合格品的抽法有
种，
由分
加法
数原理知，抽出的
类
计
3 件中至少有1 件是不合格品的抽法有
种，C 正确；
于
对
D，至少有1 件是不合格品的抽法可以用排除法，从100 件
品中任意抽出
产
3 件有
种，
抽出3 件全是合格品有
种，抽出的3 件中至少有1 件是不合格品的抽法有(
)种，D 正确.
故
：
选ACD
【变式训练10-10】将
有
标
1，2，3，4，5，6 的6 个球放入A，B，C 三个盒子，每个盒子放两个球，其中1 号球不
放A 盒子中，2 号和3 号球都不放B 盒子中，
共有
则
__________种不同的放法（用数字作答）.
【答案】27
【解析】按照1 号球是否放在B 盒子分
，
合
类结
.
若1 号球放在B 盒子中，共有
种放法；
若1 号球放在C 盒子中，共有
种放法；
所以共有放法
数
总
为
.故答案
：
为27.
【变式训练10-11】2025 年8 月，南昌最美地铁7 号
开通运
，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地
去
洲
线
营
铁
观
、
人民公园、新洪城大市
三个地方游
，每人只能去一个地方，人民公园一定要有人去，
不同游
方案的种数
场
览
则
览
为______.
【答案】65
【解析】利用
接法，利用分步
数原理求出没有限制的方案数，排除没人去人民公园的方案数，即得
间
计
.
由
可知没有限制
，每人有
题
时
3 种
，
选择则4 人共有种，
若没人去人民公园，
每人有
则
2 种
，
选择则4 人共有
种，
故人民公园一定要有人去的不同游
方案有
览
种.故答案
：
为65.
题型11：定序倍缩法
【典型例题1】将甲、乙、丙等六位同学排成一排，且甲、乙在丙的两
，
不同的排法种数共有
侧则
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】将甲、乙、丙等六位同学
行全排可得
进
种，
甲、乙、丙的排列为
种，因
甲、乙在丙的两
，所以可能
甲丙乙或乙丙甲，所以不同的排法种数共有
为
侧
为
种．
【典型例题2】由数字0,1,2,3,4,5
成没有重复数字的六位数，其中百位、十位、个位数字
是从小到大排列的
组
总
共有（ ）
A．120 个
B．100 个
C．300 个
D．600 个
【答案】B
【解析】数字0,1,2, 3,4,5 可
成
组
个没有重复数字的六位数，又因
特定的
为对
3 个数字排到百十个位，共
种情况，从小到大排列只有1 种情况，故共有
个.
【典型例题3】在一次学校
的研究性学
成果
告会上，有
组织
习
报
共6
成果要
，如果
项
汇报
B 成果
不能最先
，而
汇报
A､C､D 按先后
序
（不一定相
），那么不同的
安排种数
（
顺
汇报
邻
汇报
为 ）
A．100
B．120
C．300
D．600
【答案】A
【解析】不考
限制条件共有
虑
种，
最先
共有
汇报
种，如果
不能最先
，而
汇报
､C､D 按先后
序
（不
顺
汇报
一定相
）有
邻
.
【典型例题4】某学校文
演准
从舞蹈、小品、相声、音
、魔
、朗
艺汇
备
乐
术
诵6 个
目中
取
节
选
5 个
行演出．要求
进
舞蹈和小品必
同
参加，且他
的演出
序必
足舞蹈在前、小品在后．那么不同的演出
序种数有（
须
时
们
顺
须满
顺
）
A．240 种
B．480 种
C．540 种
D．720 种
【答案】A
【解析】先从4 个
目中
节
选3 个，再按照定序排列即可求解.
先从相声、音
、魔
、朗
乐
术
诵4 个
目中
节
选3 个，有
种，再把5 个
目排列且
足舞蹈在前、小品在后，
节
满
有
，
共有
总
种.故
：
选A.
【典型例题5】高三年
某班
元旦晚会，共准
了甲、乙、丙、丁、戊五个
目，出
要求甲、乙、丙三个
级
组织
备
节
场时
目
序
“甲、乙、丙”或“丙、乙、甲”（可以不相
），
的出
排序有（
节
顺
为
邻
则这样
场
）
A．24 种
B．40 种
C．60 种
D．84 种
【答案】B
【解析】先求出五个
目的全排列有
节
种情况，要求甲、乙、丙有两种固定的出
序，
除以甲乙丙的全排列
场顺
则
，再乘以固定的
序种
即可得到
果
顺
类
结
.
五个元素的全排列数为
，由于要求甲、乙、丙在排列中
序
“甲、乙、丙”或“丙、乙、甲”
顺
为
2 种排法，所以
足
满
条件的排法有
.故
：
选B．
【变式训练11-1】甲、乙、丙3 位志愿者安排在周一至周五的5 天中参加某
志愿者活
，要求每人参加一天
项
动
且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有（ ）
A．20 种
B．30 种
C．50 种
D．60 种
【答案】A
【解析】每个人被安排在另外两个人前面的机会是均等的，利用排列得到答案.
每个人被安排在另外两个人前面的机会是均等的，故共有
种方法.故
：
选A
【变式训练11-2】有五名学生站成一排照
念照，其中甲不排在乙的左
，
不同的站法共有
毕业纪
边则
( )
A．66 种
B．60 种
C．36 种
D．24 种
【答案】B
【解析】首先利用全排列并
合已知条件即可求解
结
.
首先
五名学生全排列，
共有
对
则
种情况，
又因
只有甲在乙的左
或右
两种情况，
为
边
边
所以甲不排在乙的左
的不同的站法共有
边
种情况.故
：
选B
【变式训练11-3】某学校组织6×100 接力跑比
，某班
决定派出
赛
级
A，B，C，D，E，F 等6 位同学参加比
．在
赛
安排这6 人的比
序
要保
赛顺
时
证A 要在B 之前，D 和F 的
序不能相
，
符合要求的安排共有（
顺
邻则
）
A．240 种
B．180 种
C．120 种
D．150 种
【答案】A
【解析】解：6 位同学参加接力
跑，先考
赛
虑D 和F 的
序不能相
，其他四人的
序数
顺
邻
顺
为
种，D 和F
行插空共有
进
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
多，所以，符合要求的
序有
样
顺
＝240 种．
【变式训练11-4】
有
现
5 名学生：甲、乙、丙、丁、戊排成一
照相，要求甲与乙相
，且甲、乙、丁的左右
序
队
邻
顺
固定，站法种数
（
为 ）
A．36
B．24
C．20
D．12
【答案】D
【解析】因
甲与乙相
，且甲、乙、丁的左右
序固定，
为
邻
顺
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
行排列，共有
进
种站法.
【变式训练11-5】《
楼梦》四十一回中，
姐
刘姥姥准
了一道名
“茄
”的佳肴，
道菜用到了
、
红
凤
为
备
为
鲞
这
鸡汤鸡
脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子
肉七种原料，烹
要求香菌、新笋、豆腐干一起下
，茄子
肉在
脯
净
饪时
锅
净
鸡
肉后下
，
最后下
，
烹
“茄
”
不同的下
序共有（
锅鸡汤
锅则
饪
鲞时
锅顺
）
A．6 种
B．12 种
C．36 种
D．72 种
【答案】B
【解析】因
香菌、新笋、豆腐干一起下
，把它
捆
在一起，看作一个元素，
为
锅
们
绑
此
共有
时
5 个元素，其中
最后下
，放在最后一个位置，茄子
肉在
脯肉后下
，定序
用倍
法，共
鸡汤
锅
净
鸡
锅
问题
缩
有
种不同的排列方式.
【变式训练11-6】小武是1999 年12 月18 日出生的，他
置家里的
子
的
候打算用他的出生年、月、日
设
电
门锁
时
中的8 个数字
行排列得到一个
进
8 位数的密
，那么小武同学可以
置的不同密
的个数
（
码
设
码
为 ）
A．2760
B．3180
C．3200
D．3360
【答案】D
【解析】先将这8 个数字
行全排列，有
进
种情况，而这8 个数字中有三个1 和两个9，可将
三个
这
1 和两个9 看
作是
序固定的排列方法，所以一共可以
成
顺
组
个六位数，即可以
置的不同密
的个数
设
码
为
【变式训练11-7】一
目
上原有
张节
单
8 个
目，
再插入
节
现临时
A，B，C 三个新
目，如果保持原来
节
8 个
目的
节
相
序不
，
目
对顺
变节
B 要排在另外两个新
目之
（也可以不相
），
有
节
间
邻
则
__________种不同的插入方法．（用数字
作答）
【答案】330
【解析】法1：先
后排，
行求解；法
选
进
2：用消序法
行求解
进
.
法1：第一步，从11 个位置中选3 个位置，共有
种方法；
第二步，三个位置中
目
节
B 位置确定，
目
节
A，C 的
序
顺
为
，
由分步
数原理可得共有
计
种方法.
法2：先插入
目
节
A，再插入
目
节
B，最后插入
目
节
C，共有：
种，
其中
目
节
B 与两个新
目的位置关系有
节
3 种，由消序法可得
数
总
为
.故答案
：
为330
【变式训练11-8】某公司在元宵
了一次猜灯
活
，主持人事先将
节组织
谜
动
10 条不同灯
分
装在了如
所示
谜
别
图
的10 个灯
中，猜灯
的
每次只能任
每列最下面的一个灯
中的
来猜（无
猜中与否，
中的灯
笼
谜
职员
选
笼
谜语
论
选
笼
就拿掉），则这10 条灯
依次被
中的所有不同
序方法数
谜
选
顺
为____________.（用数字作答）
【答案】
【解析】由
意可知，猜灯
的
每次只能任
每列最下面的一个灯
中的
来猜，所以本
是定序
，故
题
谜
职员
选
笼
谜语
题
问题
合倍
法即可求出
果
结
缩
结
.
一共有10 条灯
，共有
谜
种方法，由
意可知而其中按
题
2，3，3，2
成的
组
4 列相
位置不
，所以
合倍
法
对
变
结
缩
可知共有
种，也即是这10 条灯
依次被
中的所有不同
序方法有
谜
选
顺
种
故答案
：
为
.
题型12：定序问题——先选后排
【典型例题1】某次演出有5 个
目，若甲、乙、丙
节
3 个
目
的先后
序已确定，
不同的排法有（
节
间
顺
则
）
A．120 种
B．80 种
C．20 种
D．48 种
【答案】C
【解析】在5 个位置中
两个安排其它两个
目，
有三个位置按
序放入甲、乙、丙，方法数
选
节
还
顺
为
．
故
：
选C．
【典型例题2】某次数学
的
获奖
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，
共有多少种站法（
则
）
A．36
B．90
C．360
D．720
【答案】B
【解析】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
，故
：
选B
【变式训练12-1】
五人并排站成一排，如果
必
站在
须
的右
，（
边
可以不相
）那么不同的
邻
排法有（ ）
A．120 种
B．90 种
C．60 种
D．24 种
【答案】C
【解析】所有人排成一排共有：
种排法
站在
右
与
边
站在
右
的情况一
多
边
样
所求排法共有：
种排法。本
正确
：
题
选项
【变式训练12-2】
足
满
，且
的有序数组
共有（ ）个.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】数
中数字的大小确定，从
组
1 到9 共9 个数任取4 个数得一个有序数
，所有个数
组
为
．故
：
选A．
【变式训练12-3】DNA 是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋
分子，由称
碱基的化学成分
成它看
线
为
组
上去就像是两条
的平行螺旋状
，两条
上的碱基之
由
相
合．在
长长
链
链
间
氢键
结
DNA 中只有4 种
型的碱基，分
类
用
别
A、C、G 和T 表示，DNA 中的碱基能
以任意
序出
两条
之
能形成
的碱基或者是
够
顺
现
链
间
氢键
A-T，或者是
C-G，不会出
其他的
系因此，如果我
知道了两条
中一条
上碱基的
序，那么我
也就知道了另一条
现
联
们
链
链
顺
们
链
上碱基的
序．如
所示
一条
顺
图
为
DNA
模型示意
，
在某同学想在碱基
单链
图现
T 和碱基C 之
插入
间
3 个碱基A，2
个碱基C 和1 个碱基T，
不同的插入方式的种数
（
则
为 ）
A．20
B．40
C．60
D．120
【答案】C
【解析】依
意可知，不同的插入方式的种数
题
为
.故
：
选C
【变式训练12-4】花灯，又名“彩灯”“灯
”，是中国
代的文化
物，兼具生活功能与
特色
笼
传统农业时
产
艺术
.如图，
有
挂着的
现
悬
8
不同的花灯需要取下，每次取
盏
1
，
不同取法
数
（
盏则
总
为
）
A．2520
B．5040
C．7560
D．10080
【答案】A
【解析】由
意，
题
对8
不同的花灯
行取下，
盏
进
先对8
不同的花灯
行全排列，共有
盏
进
种方法，
因
取花灯每次只能取一
，而且只能从下往上取，
为
盏
所以
除去重复的排列
序，即先取上方的
序，
须
顺
顺
故一共有
种，故
：
选A
题型13：合理的分类与分步
【典型例题1】
了
一步提高广大市民的生
文明建
意
，某市
定每年
为
进
态
设
识
规
月
日
“
建文明城
为创
生
志
态
愿行”
主
的生
活
日，
有
为
题
态
动
现
名同学参加志愿活
，需要携
勾子、
、
子三种
工具，要求每人都
动
带
铁锹夹
劳动
要携
一个工具，并且要求：
一个勾子，
至少
带
带
铁锹
带
把，
子至少
一个，
不同的安排方案共有
夹
带
则
（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】A
【解析】携
工具方案有两
：
带
类
第一
，
类
个勾子，个
子，
夹
把
，所以携
工具的方案数有
铁锹
带
种；
第二
，
类
个勾子，
个
子，
夹
把
，所以携
工具的方案数有
铁锹
带
种；
所以不同的安排方案共有
种，故
：
选A
【典型例题2】用1，2，3…，9
九个数字
成的无重复数字的四位偶数中，各位数字之和
奇数的共有（
这
组
为
）
A．600 个
B．540 个
C．480 个
D．420 个
【答案】A
【解析】依
意要使各位数字之和
奇数
可能是
题
为
则
个奇数个偶数，或个偶数个奇数，
若为个奇数个偶数，
偶数一定排在个位，从
则
个偶数中
一个排在个位有
选
种，
再在个奇数中
出
选
个排在其余三个数位，有
种排法，故有
个数字；
若为个偶数个奇数，
奇数不排在个位，从
则
个奇数中
一个排在前三位有
选
种，
再在
个偶数中
出
选
个排在其余三个数位，有
种排法，故有
个数字；
上可得一共有
综
个数字；故
：
选A
【典型例题3】某校有5 名大学生打算前往
看冰球，速滑，花滑三
比
，每
比
至少有
观
场
赛
场
赛
1 名学生且至多2
名学生前往，
甲同学不去
看冰球比
的方案种数有（
则
观
赛
）
A．48
B．54
C．60
D．72
【答案】C
【解析】先分
，再考
甲的特殊情况
组
虑
.
将5 名大学生分为1-2-2 三
，即第一
组
组1 个人，第二组2 个人，第三组2 个人，
共有
种方法；
由于甲不去看冰球比
，故甲所在的
只有
赛
组
2 种
，剩下的
选择
2
任意
，
组
选
所以由
种方法；按照分步乘法原理，共有
种方法；故
：
选C.
【典型例题4】有4 名大学生志愿者参加2022 年北京冬奥会志愿服务.冬奥会志愿者指
部随机派
挥
这4 名志愿
者参加冰
、短道速滑、花
滑冰
壶
样
3 个
目比
的志愿服
，
每个
目至少安排一名志愿者
行志愿服
的概
项
赛
务则
项
进
务
率（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】先将4 人分成3
，其一
有
组
组
2 人，然后将3 个
目
行排列，可求出每个
目至少安排一名志愿者
行
项
进
项
进
志愿服
的方法数，再求出
务
4 名志愿者参加3 个
目比
的志愿服
的
方法数，再利用古典概型的概率公式
项
赛
务
总
求解即可
先将4 人分成3
，其一
有
组
组
2 人，另外两
各
组
1 人，共有
种分法，
然后将3 个
目全排列，共有
项
种排法，
所以每个
目至少安排一名志愿者
行志愿服
的方法数
项
进
务
为
种，
因为4 名志愿者参加3 个
目比
的志愿服
的
方法数
项
赛
务
总
种，
所以每个
目至少安排一名志愿者
行志愿服
的概率
项
进
务
为
，故
：
选D
【典型例题5】将6 盆不同的花卉
放成一排，其中
摆
A､B 两盆花卉均
放在
摆
C 花卉的同一
，
不同的
放种
侧则
摆
数
（
为 ）
A．360
B．480
C．600
D．720
【答案】B
【解析】分
的方法解决如
中的
类讨论
图
6 个位置，
① 当C 在位置1
，不同的
法有
时
摆
种；
② 当C 在位置2
，不同的
法有
时
摆
种；
③ 当C 在位置3
，不同的
法有
时
摆
种；
由
称性知
对
C 在4､5､6 位置
放的种数和
时摆
C 在3､2､1
相同，
时
故
放种数有
摆
.故
：
选B.
【变式训练13-1】志愿
安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶
点慰
的先后
序，一位志愿者
：不能先去甲，甲
团
贫
问
顺
说
的困
最多；另一位志愿者
：不能最后去丁，丁离得最
难户
说
远.他
共有多少种不同的安排方法（
们
）
A．14
B．12
C．24
D．28
【答案】A
【解析】由去丁扶
点的先后
序入手利用加法原理求出
果
贫
顺
结
.根据
意丁扶
点不能是最后一个去，有以下两
题
贫
类
安排方法：
①丁扶
点最先去，有
贫
种安排方法；
②丁扶
点安排在中
位置去，有
贫
间
种安排方法，
合①②知共有
综
种安排方法.故
：
选A.
【变式训练13-2】用0，1，2，3，4 可以
成没有重复数字的四位偶数的个数
（
组
为 ）
A．36
B．48
C．60
D．72
【答案】C
【解析】当个位数为0
，有
时
个，
当个位数为2 或4
，有
时
个，
所以无重复数字的四位偶数有24+36=60 个，故
：
选C.
【变式训练13-3】小林同学喜
吃
欢
4 种
果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有
坚
5 种
色的“每日
果”袋
颜
坚
.每个袋子中
至少装1 种
果，至多装
坚
4 种
果
坚
.小林同学希望五个袋子中所装
果种
各不相同，且每一种
果在袋子中出
坚
类
坚
的
次数均
偶数，那么不同的方案数
（
现
总
为
为 ）
A．20160
B．20220
C．20280
D．20340
【答案】A
【解析】
出核桃、腰果、杏仁、榛子
设
为H，Y，X，Z，分
求出分堆情况，再
行排列，求出最后答案
类讨论
进
.
依次
核桃、腰果、杏仁、榛子
记
为H，Y，X，Z，
每个字母出
则
现2 次或4 次，分
算分堆可能：
类计
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.
若是“8=4+1+1+1+1”，
其中的“
则
4”必
是
须
HYXZ，故1 种可能；
若是“8=3+2+1+1+1”，
考
（
则
虑HYX）（Z※）（※）（※），故有
种可能；
若是“8=1+1+2+2+2”，
考
（
则
虑Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有
种可能；
小
：
计1+12+12=25；
（2）
如“
诸
H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”
型
类
若是“10=4+3+1+1+1”，
四个
则
H 无
怎么安排，都会出
某两个袋
放
论
现
仅
H，故0 种可能；
若是“10=4+2+2+1+1”，
“
则1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H 外，另一个互异，故
有
种可能；
若是“10=3+3+2+1+1”，
“
则1+1”中各有1 个H，“3+3+2”中各一个H，可以考
含※模式，（
虑
H※※）（H※※）
（H※）（※）（H），故有
种可能；
若是“10=3+2+2+2+1”，
可用下表
一步分
，有
则
进
类
1+
种可能；
YXZ
H※
H※
H※
H
H※※
H※
H※
H※
※
H※
H※
※※
H
若是“10=2+2+2+2+2”，
四个
则
H 至少有两个出
搭配相同，故
现
0 种可能；
小
：
计
；
（3）
如“
诸
H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”
型
类
若是“12=4+4+2+1+1”，
“
则4+4”必然重复，故0 种可能；
若是“12=4+3+3+1+1”，
枚
“
则
举3+3”的情况，
（
发现仅HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；
若是“12=4+3+2+2+1”，
考
（
则
虑HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有
种可能；
若是“12=3+3+3+2+1”，
有（
则
HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2 种可能；
若是“12=3+3+2+2+2”，
枚
“
则
举3+3”的情况，
（
发现HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2 种可能.
小计
；
如“
诸
H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”
型
类
若是“14=4+4+*+*+*”，
“
则4+4”必然重复，故0 种可能；
若是“14=4+3+3+3+1”，
“
则4+3+3+3”中至少有3 个Z，故0 种可能；
若是“14=4+3+3+2+2”，
“
则4+3+3”至少有2 个Z，考
（
虑HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有
种可能，故此小
有
类
3 种可能；
若是“14=3+3+3+3+2”，
“
则3+3+3+3”中至少有3 个Z，故0 种可能；
小计
；
（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”
只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1 种可能；
上：共有
综
25+76+54+12+1=168 个分堆可能，故不同的方案数为
=
种.故
：
选A
【点睛】比
复
一些的排列
合
，要
合分
加法原理和分步乘法原理
行求解，特
是分
准，要做到
较
杂
组
问题
结
类
进
别
类标
不重不漏，本
中，
用的是把
题
应
8,10,12,14,16 分为5 个数（从1 到4）的和的分
准，可以做到不重不漏
类标
.
【变式训练13-4】有6 本不同的
，按下列方式
行分配，其中分配种数正确的是（
书
进
）
A．分
甲、乙、丙三人，每人各
给
2 本，有15 种分法；
B．分
甲、乙、丙三人中，一人
给
4 本，另两人各1 本，有180 种分法；
C．分
甲乙每人各
给
2 本，分
丙丁每人各
给
1 本，共有90 种分法；
D．分
甲乙丙丁四人，有两人各
给
2 本，另两人各1 本，有1080 种分法；
【答案】D
【解析】根据
意，分
按照
法列式
算
即可做出判断
题
别
选项说
计
验证
.
选项A，6 本不同的
分
甲、乙、丙三人，每人各
书
给
2 本，有
种分配方法，故
；
该选项错误
选项B，6 本不同的
分
甲、乙、丙三人，一人
书
给
4 本，另两人各1 本，先将6 本
分成
书
4-1-1 的3
，再将三
分
组
组
甲乙丙三人，有
给
种分配方法，故
；
该选项错误
选项C，6 本不同的
分
甲乙每人各
书
给
2 本，有
种方法，其余分
丙丁每人各
给
1 本，有
种方法，所以不同
的分配方法有
种，故
；
该选项错误
选项D，先将6 本
分
书
为2-2-1-1 的4
，再将
组
4
分
甲乙丙丁
组
给
4 人，有
种方法，故该选
正确
项
.故
：
选D.
【变式训练13-5】（多选题）如
，在某城市中，
图
、
两地之
有整
的方格形道路网，其中
间
齐
、
、
、
是道路网中位于一条
角
上的
对
线
个交汇处.今在道路网
、
的甲、乙两人分
要到
处
别
、
，他
分
处
们
随机地
一条沿街的最短路径，以相同的速度同
出
，直到到达
别
选择
时
发
、
止
处为
.
下列
法正确的是
则
说
（ ）
A．甲从
到达
的方法有
处
种
B．甲从
必须经过
到达
的方法有
处
种
C．甲、乙两人在
相遇的概率
处
为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】BCD
【解析】利用
合
数原理可判断
组
计
A
的正
；利用分步乘法
数原理
合
合
数原理可判断
选项
误
计
结
组
计
B
的正
选项
误；
算出乙
计
经过
的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断
处
C
的正
；
算出甲、乙两人相遇的走法种
选项
误计
数，利用古典概型的概率公式可判断D
的正
选项
误.
A
，甲从
选项
到达
，需要走
处
步，其中有步向上走，步向右走，
甲从
则
到达
的方法有
处
种，A
；
选项错误
B
，甲
选项
经过
到达
，可分
两步：
处
为
第一步，甲从
经过
需要走步，其中步向右走，
步向上走，方法数为
种；
第二步，甲从
到
需要走步，其中步向上走，
步向右走，方法数为
种.
甲经过
到达
的方法数为
种，B
正确；
选项
C
，甲
选项
经过
的方法数为
种，乙经过
的方法数也为
种，
甲、乙两人在
相遇的方法数
处
为
，
甲、乙两人在
相遇的概率
处
为
，C
正确；
选项
D
，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在
选项
、
、
、
相遇，
处
若甲、乙两人在
相遇，甲
处
经过
，
甲的前三步必
向上走，乙
处则
须
经过
，
乙的前三步必
向左走，两
处则
须
人在
相遇的走法种数
处
为种；
若甲、乙两人在
相遇，由
处
C
可知，走法种数
选项
为
种；
若甲、乙两人在
相遇，甲到
处
，前三步有
处
步向右走，后三步只有步向右走，
乙到
，前三步有
处
步向下走，后三步只有步向下走，
所以，两人在
相遇的走法种数
处
为
种；
若甲、乙两人在
相遇，甲
处
经过
，
甲的前三步必
向右走，乙
处则
须
经过
，
乙的前三步必
向下走，两
处则
须
人在
相遇的走法种数
处
为种；
故甲、乙两人相遇的概率
，D
正确
选项
.故
：
选BCD.
【点睛】
点睛：本
考
格点
，解决
可利用如下
求解：
结论
题
查
问题
这类问题
结论
在平面直角坐
系中，从
标
到
，每次只能向右或向上走一步，一共要走
步，其中有
步向上走，
步向右走，走法种数为
（或
）种.
【变式训练13-6】有一道楼梯共10
，小王同学要登上
道楼梯，登楼梯
每步随机
一步一
或一步两
阶
这
时
选择
阶
，小王同学
阶
7 步登完楼梯的概率为___________.
【答案】
【解析】由
意可分
题
为步、步、步、步、步、
步共6 种情况，分
求出每种的基本事件数，再利用古典概
别
型的概率公式
算可得；
计
解：由
意可分
题
为步、步、步、步、步、
步共6 种情况，
①步：即步两
，有
阶
种；
②步：即
步两
与
阶
步一
，有
阶
种；
③步：即步两
与
阶
步一
，有
阶
种；
④步：即
步两
与
阶
步一
，有
阶
种；
⑤步：即步两
与
阶
步一
，有
阶
种；
⑥
步：即
步一
，有
阶
种；
上可得一共有
综
种情况，
足
满
7 步登完楼梯的有
种；
故7 步登完楼梯的概率为
。故答案
：
为
【变式训练13-7】用数字0，1，2，3，4，5
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
组
为
偶数的四位数共有___________.个（用数字作答）.
【答案】
【解析】当个位、十位和百位上的数字为3 个偶数的有：
种；
当个位、十位和百位上的数字为1 个偶数2 个奇数的有：
种，
根据分
数原理得到共有
类计
个．故答案
：
为
．
【变式训练13-8】有四
卡片，正面和背面依次分
印有数字“
张
别
1，0，2，4”和“3，5，0，7”，一小朋友把
四
卡
这
张
片排成四位整数，
他能排出的四位整数的个数
则
为_________.
【答案】264
【解析】当四位整数中无0 出
，
必有
现时则
5 和2，其中1 和3 二
一，
选
4 和7 二
一，四个数再
行全排列，故共
选
进
有
种
；
选择
当四位整数中出
一个
现
0
，可能是从
时
5 和0 种
取的，也可能是从
选
2 和0 种
的，有
选择
种，0 可能的位置在
个位，十位或百位，从3 个位置
一个，有
选择
种，另外1 和3 二
一，
选
4 和7 二
一，有
选
种，加上另一个
非0 数，三个数
行全排列，有
进
种，故共有
种
；
选择
当四位整数中出
两个
现
0
，两个
时
0 的位置有
种
，另外
选择
1 和3 二
一，
选
4 和7 二
一，有
选
种，
两个
这
数再
行全排列，有
进
种，共有
=24 种，
上：
综
96+144+24=264 种选择。故答案
：
为264
题型14：平均分组
【典型例题1】有6 本不同的
，按下列方式
行分配，其中分配种数正确的是（
书
进
）
A．分
甲、乙、丙三人，每人各
给
2 本，有15 种分法；
B．分
甲、乙、丙三人中，一人
给
4 本，另两人各1 本，有180 种分法；
C．分
甲乙每人各
给
2 本，分
丙丁每人各
给
1 本，共有90 种分法；
D．分
甲乙丙丁四人，有两人各
给
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
分
甲、乙、丙三人，每人各
书
给
2 本，有
种分配方法，故
；
该选项错误
选项B，6 本不同的
分
甲、乙、丙三人，一人
书
给
4 本，另两人各1 本，先将6 本
分成
书
4-1-1 的3
，再将三
分
组
组
甲乙丙三人，有
给
种分配方法，故
；
该选项错误
选项C，6 本不同的
分
甲乙每人各
书
给
2 本，有
种方法，其余分
丙丁每人各
给
1 本，有
种方法，所以不同
的分配方法有
种，故
；
该选项错误选项D，先将6 本
分
书
为2-2-1-1 的4
，再将
组
4
分
甲乙丙
组
给
丁4 人，有
种方法，故
正确
该选项
.
【典型例题2】由1，2，3，4，5
成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，
其恰好
“前
组
则
为
3 个数字保
持
减，后
递
3 个数字保持
增”（如五位数“
递
43125”，前3 个数字“431”保持
减，后
递
3 个数字“125”保持
增）的
递
概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】首先根据已知条件“定位”中
数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，
其余数
间
则
字排列方式唯一确定.最后由古典概型
算公式即可得解
计
由1，2，3，4，5
成的没有重复数字的五位数共
组
个，前3 个数字保持
减，后
递
3 个数字保持
增，
明
递
说
中
数字
间
为1；
在剩余的四个数字中任取两个数字，按照
减
序
递
顺
,
有一种排列方式放置在首两位（或末两位），
剩余两位数
仅
则
字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.
因此“前3 个数字保持
减，后
递
3 个数字保持
增”的五位数有
递
个，
所以所求的概率
．故
：
选A．
【典型例题3】某社区
了做好防控工作，安排
为
6 名志愿者
行
，需要完成
伍
､信息
人､采集三
任
进
检测
队
组织
录
项
，每
任
至少安排一人但至多三人，
不同的安排方法有（
务
项
务
则
）
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
，每
至少一人至多三人，
组
组
可分两种情况考
：第一种：人数
虑
为
的三
，共有
组
种；
第二种：人数为
的三
，共有
组
种.所以不同的安排方法共有
种，
【典型例题4】2024 年是巩固脱
攻
成果的重要一年，某
响
国家政策，
派了
贫
坚
县为
应
选
6 名工作人
到
员
、
、
三个村
研脱
后的
划，每个村至少去
调
贫
产业规
1 人，不同的安排方式共有（ ）
A．630 种
B．600 种
C．540 种
D．480 种
【答案】C
【解析】先把把6 名工作人
分成三
，再安排到三个村，即先分
，再排列
员
组
组
.
把6 名工作人
分成
员
1,1,4 三
，再安排到三个村有：
组
种；
把6 名工作人
分成
员
2,2,2 三
，再安排到三个村有：
组
种；
把6 名工作人
分成
员
1,2,3 三
，再安排到三个村有：
组
种；
所以共有90+90+360=540 种.故
：
选C.
【点睛】
数
解
要先区分：
计
问题
题
1、先分步
是先分
还
类.2、是排列
是
合．
还
组
【典型例题5】已知有5 个不同的小球，
将
现
这5 个球全部放入到
有
号
标
编
1、2、3、4、5 的五个盒子中，若装有
小球的盒子的
号之和恰
编
为11，
不同的放球方法种数
（
则
为 ）
A．150
B．240
C．390
D．1440
【答案】C
【解析】分析可得可以将5 个球放到
号
编
2、4、5 的三个盒子中或者放到
号
编
1、2、3、5 的四个盒子中，分
算
别计
每种放球方法种数，再利用分
相加
数原理可求得
果
类
计
结
.
因为
或
所以5 个球放到
号
编
2、4、5 的三个盒子中或者放到
号
编
1、2、3、5 的四个盒子中
（1）5 个球放到
号
编
2、4、5 的三个盒子中，因
每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法：
为
各放1 个，2 个，2 个的方法有
种.
各放3 个，1 个，1 个的方法有
种.
（2）5 个球放到
号
编
1、2、3、5 的四个盒子中，
各放
则
2 个，1 个，1 个，1 个的方法有
种.
上，
的放球方法数
综
总
为
种.故
：
选C
【点睛】易
点睛：本
考
排列
合的部分均匀分
，解
一定要注意不要重复，有
错
题
查
组
组
题时
n
均匀，最后一点要除
组
以
，考
学生的
思
能力与运算求解能力，属于中档
查
逻辑
维
题.
【变式训练14-1】将4 名新招聘的工人分配到A，B 两个生
，每个
至少安排
产车间
车间
1 名工人，
不同安排方
则
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
：分
其中一个
安排
车间
为
车间
1 名工人，另一
安排
车间
3 名工人和两个
都安
车间
排两名工人，两种情况.其中一个
安排
车间
1 名工人，另一
安排
车间
3 名工人的方案有：
；
两个
都安排两名工人的方案有：
车间
.所以，不同的安排方案有
.
【变式训练14-2】将4 名大学生平均分成两
，安排到甲、乙两所中学
行教学
，并推
甲校
老
、乙校
组
进
实习
选
张
师
李老
作
指
教
，
不同的
安排方案共有（
师
为
导
师则
实习
）
A．24 种
B．12 种
C．6 种
D．10 种
【答案】C
【解析】均匀分
的
算公式，分
后
行分配，即可得解
组
计
组
进
.
四人均匀分
两
共有：
对
为
组
，再将两
与甲、乙两校全排列共有：
组
，
所以不同的
安排方案
实习
.故
：
选C.
【变式训练14-3】将6 名
教
分配到
实习
师
3 所学校
行培
，每名
教
只能分配到
进
调
实习
师
1 个学校，每个学校至
少分配1 名
教
，
不同的分配方案共有（
实习
师则
）
A．240 种
B．360 种
C．450 种
D．540 种
【答案】D
【解析】由
知，
题
6 名教
分
师
3
，有
组
3 种分法，即1，2，3；1，1，4；2，2，2，
共有
种分法，再分配给3 所学校，可得
种.
【变式训练14-4】某班开展
比
，老
了
阅读
赛
师选择
5 本不同的
外
，要求每位同学在
课
书
3 天内
完
阅读
这5 本课
外
，每天至少
一本
，
的
外
当天需
完，
不同的
方式有（
书
选
阅读选择
课
书
阅读
则
选择
）
A．540 种
B．300 种
C．210 种
D．150 种
【答案】D
【解析】先将每天
的本数分
，有
读书
组
和
两种分
方案，当按
组
分
，有
组时
种方法，当
按按
分
，有
组时
种方法，所以不同的
方式有
选择
种.
【变式训练14-5】某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学参加A，B，C 三个企
的
研工作，每个企
去
业
调
业
2
人，且甲去B 企
，乙不去
业
C 企
，
不同的派遣方案共有（
业则
）
A．42 种
B．30 种
C．24 种
D．18 种
【答案】D
【解析】若甲乙去同一企
，
甲乙只能去
业则
B 企
，剩下的
业
4 人平均分去两个企
，共有
业
种；若甲乙
不去同一企
，分两步，第一步：先
甲乙两人
同伴，有
业
给
选
种，第二步：将
三
分去三个企
，因
甲去
这
组
业
为
B
企
，乙不去
业
C 企
，所以共有
业
1 种分法，由分步乘法
数原理可得：共有
计
种；
所以不同的派遣方案共有
种，
【变式训练14-6】将5 名学生志愿者分配到成
大
、
大会、青春歌会、
心
语
赛诗词
爱
义卖4 个
目参加志愿活
，
项
动
每名志愿者只分配到1 个
目，每个
目至少分配
项
项
1 名志愿者，
不同的分配方案共有（
则
）
A．60 种
B．120 种
C．240 种
D．480 种
【答案】C
【解析】根据
意，分
题
2 步
行分析：①将
进
5 名大学生分为4
，有
组
种分
方法，
组
②将分好的4
安排参加
组
4 个
目参加志愿活
，有
项
动
种情况，
有
则
种分配方案；
【变式训练14-7】若六位老
前去某三位学生家中
，每一位学生至少有一位老
，每一位老
都要前
师
辅导
师辅导
师
去
且
能
一位同学，由于就近考
，甲老
不去
同学
辅导
仅
辅导
虑
师
辅导
1，
有（
则
）种安排方法
A．335
B．100
C．360
D．340
【答案】C
【解析】把6 位老
按照
师
4，1，1 或3，2，1 或2，2，2 人数分
三
；
为
组
①把6
老
平均分
为
师
为3
的不同的安排方法数有
组
在把
三
老
安排
三位不同学生
的不同安排方案数
：
这
组
师
给
辅导
为
，
根据分步
数原理可得共有不同安排方案
：
计
为
如果把甲老
安排去
同学
师
辅导
1 的方法数
：
为
所以把6 位老
平均安排
三位学生
且甲老
不安排去
同学
师
给
辅导
师
辅导
1 的方法数为
②把6 位老
按照
师
4，1，1 分为3
三位学生
的方法数
：
组给
辅导
为
若1 同学只安排了一位
老
辅导
师则
若1 同学安排了四位
老
辅导
师则
。所以把6 位老
按照
师
4，1，1 分为3
三位学生
，
组给
辅导
甲老
不安排去
同学
师
辅导
1 的方法数为
③把6 位老
按照
师
3，2，1 分为3
三位学生
的方法数
；
组给
辅导
为
若1 同学只安排了一位
老
辅导
师则
若1 同学只安排了两位
老
辅导
师则
若1 同学只安排了三位
老
辅导
师则
所以把6 位老
按照
师
3，2，1 分为3
三位学生
，
组给
辅导
甲老
不安排去
同学
师
辅导
1 的方法数为
上把
综
6 位老
安排
三位学生
，甲老
不安排去
同学
师
给
辅导
师
辅导
1 的方法数为
故
：
选C
【变式训练14-8】将5 名女老
和
师
5 名男老
分配到三个社区，每名老
只去一个社区，若每个社区都必
要
师
师
须
有女老
，且有男老
的社区至少有
师
师
2 名女老
，
不同的分配方法有（
师则
）
A．1880 种
B．2940 种
C．3740 种
D．5640 种
【答案】B
【解析】5 名女老
分配到三个社区，分配的方案有
师
型与
型，
于
对
型，女老
的分配情况有
师
，其中只有一个社区女老
的人数超
师
过
，则名男老
只能分配
师
去
个村，即
分配情况
这
总
为
；
于
对
型，女老
的分配情况有
师
，其中有两个社区女老
的
师
人数为
，
将
则
名男老
分配去两个社区，
分配方案有
师
则
型、
型与
型，
分配情况有
则
，即
分配情况
总
为
；
上所述，
综
.
【变式训练14-9】有5 人参加某会
，
将参会人安排到酒店住宿，要在
议现
a、b、c 三家酒店
一家，且每家酒
选择
店至少有一个参会人入住，
的安排方法共有（
则这样
）
A．96 种
B．124 种
C．150 种
D．130 种
【答案】C
【解析】根据
意：分
题
2 步
行：①
进
5 人在a、b、c 三家酒店
一家，且每家酒店至少有一个参会人入住，可以把
选择
5 人分成三
，一种是按照
组
1,1,3；另一种是按照1,2,2；当按照1,1,3 来分
共有
时
种分
方法；
组
当按照1,2,2 来分
共有
时
种分
方法；
一共有
组
则
种分
方法；
组
②将分好的三
三家酒店，有
组对应
种
方法；
安排方法共有
对应
则
种，
【变式训练14-10】一支医
小
由
疗
队
3 名医生和6 名
士
成，将他
全部分配到三家医院，使每家医院分到
护
组
们
医生1 名和
士
护
1 至3 名，其中
士甲和
士乙必
分到同一家医院，
不同的分配方法有
护
护
须
则
_________种.
【答案】684
【解析】根据
意，分
题
3 步完成：第一步：将6 名
士分成
护
3
，每
组
组1 至3 人，其中
士甲和
士乙分到同一
，
护
护
组
若甲和乙一
，将其他
组
4 人分成2
即可，有
组
种分
方法；若甲乙
恰有
组
组
3 人，从其他4 人中选1
人分到甲乙
，剩下的
组
3 人分成2
，有
组
种分
方法；
士有
组
则护
种分
方法；
组
第二步：将3 名医生分成3
，每
组
组1 人，有1 种分
方法；第三步：将分好的三
士和三
医生安排到三家医
组
组护
组
院，有
种安排方法；根据分步乘法
数原理得
计
种分配方法.
【变式训练14-11】A、B、C、D 四人去参加数学、物理、化学三科
，每个同学只能参加一科
，若
竞赛
竞赛
A 和
不参加同一科，且
三科都有人参加，
不同的
种数是
这
则
选择
______.（用数字作答）.
【答案】
【解析】根据
意，若
题
四人去参加数学、物理、化学三科
，每个同学只能参加一科
，且
三
竞赛
竞赛
这
科都有人参加，
共有
则
种情况，
若
四人去参加数学、物理、化学三科
，每个同学只能参加一科
，且
三科都有人参加，
竞赛
竞赛
这
A
和
参加同一科的有
种情况；
所以，
足
意的情况共有
满
题
种.故答案
：
为
.
【变式训练14-12】安徽省地形具有平原、台地（
地）、丘陵、山地等
型，其中丘陵地区占了很大比重，因此
岗
类
山地
多，著名的山也有很多．某校开
了研学旅行
程，
校有
较
设
课
该
6 个班
分
黄山、九
山、天柱山中的
级
别选择
华
一座山作
研学旅行的地点，每座山至少有一个班
，
恰好有
为
级选择则
2 个班
黄山的方案有
级选择
__________种．
【答案】210
【解析】先从6 个班
中
级
选择2 个班
去黄山，
有
级
则
种情况，接下来4 个班
可分
两种情况：
级
为
第一种情况，2 个班
去九
山，
级
华
2 个班
取天柱山，
有
级选择
则
种情况，第二种情况，3 个班
去九
山或天
级
华
柱山，剩余的1 个班去另一个山，
有
则
种情况，
上：恰好有
综
2 个班
黄山的方案有
级选择
．故答案
：
为210
【变式训练14-13】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
甲、乙、丙三人
给
,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.
【答案】
解析
见
【解析】（1）无序不均匀分组问题.先选本有
种
法
选
;再从余下的本中选
本有
种
法
选
;最后余下的本全选
有
种
法
选
.故共有
(种)
法
选
.（2）有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同三人,在
的基
上
题
础
,
考
再分配
还应
虑
,共有
.（3）无序均匀分组问题.先分三步,
是
则应
种
法
选
,但是
里出
了
这
现
重复.不妨
六本
记
书为
,
,
,
,
,
,若第一步取了
,第二步取了
,第三步取了
,
种分法
记该
为(
,
,
),则
种分法中
有
还
(
,
,
),(
,
,
),(
,
,
),(
,
,
),(
,
,
),
共有
种情况,而这
种情况
是
仅
,
,
的
序不同
顺
,因此只能作
一种分法
为
,故分配方式有
.
（4）有序均匀分组问题.在
的基
上再分配
题
础
给个人,共有分配方式
(种).
（5）无序部分均匀分组问题.共有
(种)分法.
（6）有序部分均匀分组问题.在
的基
上再分配
题
础
给个人,共有分配方式
(种).
（7）直接分配问题.甲选本有
种
法
选
,乙从余下本中选本有
种
法
选
,余下
本留
丙有
给
种
法
选
,共有
(种)
法
选
.
【变式训练14-14】
有
设
99 本不同的
（用排列数、
合数作答）
书
组
.
(1)分
甲、乙、丙
给
3 人，甲得96 本，乙得2 本，丙得1 本，共有多少种不同的分法？
(2)分
甲、乙、丙
给
3 人，甲得93 本，乙、丙各得3 本，共有多少种不同的分法？
(3)平均分
甲、乙、丙
给
3 人，共有多少种不同的分法？
(4)分
甲、乙、丙
给
3 人，一人得96 本，一人得2 本，一人得1 本，共有多少种不同的分法？
(5)分
甲、乙、丙
给
3 人，一人得93 本，另两人各得3 本，共有多少种不同的分法？
(6)分成3 份，一份96 本，一份2 本，一份1 本，共有多少种不同的分法？
(7)平均分成3 份，共有多少种不同的分法？
(8)分成3 份，一份93 本，另两份各3 本，共有多少种不同的分法？
【答案】(1)
；(2)
；(3)
；(4)
(5)
；(6)
；(7)
；(8)
【解析】（1）甲得96 本，有方法
种；乙得2 本，有方法
种；丙得1 本有方法1 种，列出式子即可；（2）和（1）类
似，定向分配，分好
即可，不同的分法共有
组
种；（3）先均分为3 份，再将3 份分配给3 个人，不同的分法
共有
种；（4）先把99 本不同的
分成
书
3 份，一份96 本，一份2 本，一份1 本；再将甲、乙、丙3 人全排列，
是因
这
为3 人中
都有得到
谁
96 本、2 本、1 本的可能，再列出式子即可；（5）99 本不同的
，分
甲、乙、丙
书
给
3 人，
一人得93 本，另两人各得3 本，3 人中，
都有得到
谁
93 本的可能，列出式子即可；（6）99 本不同的
，分成
书
3 份，
一份96 本，一份2 本，一份1 本，3 份的数量互不相同，列出式子即可；（7）99 本不同的
，平均分成
书
3 份，每份
33 本.本
是典型的平均分
，要排除重复，列出式子即可；（
问题
组问题
8）99 本不同的
，分成
书
3 份，一份93 本，另
两份各3 本，两份3 本的有重复，根据分析列出式子即可.
（1）甲得96 本，有方法
种；乙得2 本，有方法
种；丙得1 本.有方法1 种，
不同的分法共有
（种）；
（2）与（1）
似，不同的分法共有
类
（种）；
（3）先平均分为3
，
组
种分
方式，再分配
组
给3 个人，
得到不同的分法共有
种；
（4）先把99 本不同的
分成
书
3 份，一份96 本，一份2 本，一份1 本；
再将甲、乙、丙3 人全排列，
是因
这
为3 人中
都有得到
谁
96 本、2 本、1 本的可能，
不同的分法共有
（种）；
（5）99 本不同的
，分
甲、乙、丙
书
给
3 人，一人得93 本，另两人各得3 本，3 人中，
都有得到
谁
93 本的可能，不同
的分法共有
（种）.
（6）99 本不同的
，分成
书
3 份，一份96 本，一份2 本，一份1 本，3 份的数量互不相同，不同的分法共有
（种）；
（7）99 本不同的
，平均分成
书
3 份，每份33 本.本
是典型的平均分
，要排除重复，不同的分法共有
问题
组问题
（种）
（8）99 本不同的
，分成
书
3 份，一份93 本，另两份各3 本，两份3 本的有重复，不同的分法共有
（种）；
题型15：部分平均分组
【典型例题1】安排5 名大学生到三家企
，每名大学生只去一家企
，每家企
至少安排
业实习
业
业
1 名大学生，则
大学生甲、乙到同一家企
的概率
（
业实习
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】5 名大学生分三
，每
至少一人，有两种情形，分
组
组
别为2,2,1 人或3,1,1 人，根据排列
合得出各自有多
组
少种，再得出甲、乙到同一家企
的情况有多少种，即可
算得出答案
业实习
计
.
5 名大学生分三
，每
至少一人，有两种情形，分
组
组
别为2,2,1 人或3,1,1 人；
当分为3,1,1 人
，有
时
种
方案，
实习
当分为2,2,1 人
，有
时
种
方案，
实习
即共有
种
方案，
实习
其中甲、乙到同一家企
的情况有
业实习
种，
故大学生甲、乙到同一家企
的概率
业实习
为
，故
：
选D.
【典型例题2】教育扶
是我国重点扶
目，
了
小教育
源的差距，国家鼓励教
去
村支教，某校
派
贫
贫项
为
缩
资
师
乡
选
了5 名教
到
师
A、B、C 三个
村学校去支教，每个学校至少去
乡
1 人，每名教
只能去一个学校，不同的
派方法
师
选
数有（ ）种
A．25
B．60
C．90
D．150
【答案】D
【解析】由
意可知，先将
题
5 人分成三
有
组
2
分法，
类
第一
：各
人数分
类
组
别为1，1，3，共有
种分法；第二
：各
人数分
类
组
别为1，2，2，共有
种分法，
再将三
人
分配到
组
员
A、B、C 三个
村学校去，共有
乡
种，所以不同的
派方法共有
选
种.
【典型例题3】中国救援力量在国
自然灾害中
拯救生命作出了重要
献，很好地展示了国
形象，增
了
际
为
贡
际
进
国
友
．
有
际
谊现
6 支救援
前往
队
三个受灾点
行救援任
，若每支救援
只能去其中的一个受灾点，且
执
务
队
每个受灾点至少安排1 支救援
，其中
队
受灾点至少需要2 支救援
，
不同的安排方法种数是（
队则
）
A．180
B．240
C．320
D．360
【答案】D
【解析】若6 支救援
按
队
1，1，4 分成3
，
不同的安排方法种数是
组则
·
=30，
若6 支救援
按
队
1，2，3 分成3
，
不同的安排方法种数是
组则
=240，若6 支救援
按
队
2，2，2 分成3
，
不同的安排方法种数是
组则
·
=90，故不同的安排方法种数是360.
【典型例题4】某高校大一新生中的6 名同学打算参加学校
的“雅荷文学社”、“青春
街舞社”、“羽
组织
风
乒协
会”、“演
”、“吉他
会”五个社
，若每名同学必
参加且只能参加
讲团
协
团
须
1 个社
且每个社
至多两人参加，
团
团
则
这6 个人中至多有1 人参加“演
”的不同参加方法数
讲团
为
A．4680
B．4770
C．5040
D．5200
【答案】C
【解析】若有人参加“演
”，
从
讲团
则
人选人参加
社
，其余
该
团
人去剩下
个社
，人数安排有
团
种情
况：
和
，故人参加“演
”的不同参加方法数
讲团
为
，若无人参加“演讲
”，
团
则 人参加剩下
个社
，人数安排安排有
团
种情况：
和
，故无人参加“演
”的不同参
讲团
加方法数为
，故
足条件的方法数
满
为
，故选C.
【点睛】本
主要考
分
分配
及排列
合的
合
用，属于
题
查
组
问题
组
综
应
难题.有关排列
合的
合
，往往是两个原
组
综
问题
理及排列
合
交叉
用才能解决
，解答
理解
意很关
，一定多
才能挖掘出
含条件
组
问题
应
问题
这类问题
题
键
读题
隐
.解
程中要首先分清“是分
是分步”、“是排列
是
合”，在
用分
数加法原理
，既不能重复交叉
题过
类还
还
组
应
类计
讨论时
又不能
漏，
才能提高准确率
讨论
遗
这样
.
【变式训练15-1】将甲、乙等5 名交警分配到三个不同路口疏
交通，每个路口至少一人，至多两人，
甲乙不
导
则
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
【解析】根据
意，分
题
2 步
行分析：①将
进
5 名交警分为1、2、2 的三
，要求甲乙不在同一
，有
组
组
种
分
方法，②将分好的三
安排到三个路口，有
组
组
种安排方法，
有
则
种分派方法，
【变式训练15-2】某社区服
站将
务
5 名志愿者分到3 个不同的社区参加活
，要求每个社区至少
动
1 人，不同的
分配方案有（ ）
A．360 种
B．300 种
C．90 种
D．150 种
【答案】D
【解析】先分
，分
类
为3 个社区的志愿者人数分别为3,1,1 或2,2,1，再求出两种情况下的不同分配方案，注意部分
平均分组问题.
若3 个社区的志愿者人数分别为3,1,1，此
不同的分配方案有
时
种，若3 个社区的志愿者人数分别为
2,2,1，此
不同的分配方案有
时
种，
上：不同的分配方案有
综
60+90=150 种.
故
：
选D
【变式训练15-3】
落
立德
人的根本任
，践行五育并
，某学校开
为
实
树
务
举
设A，B，C 三
德育校本
程，
有甲
门
课
现
、
乙、丙、丁、戊五位同学参加校本
程的学
，每位同学
一
，每
至少有一位同学参加，
不同的
名方法
课
习
仅报
门
门
则
报
有（ ）
A．54 种
B．240 种
C．150 种
D．60 种
【答案】C
【解析】根据已知
五位同学分
对
3
，有两种情况，然后分
各自情况种数，采用加法原理即可求解
组
类讨论
.
根据
意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学
题
选A，B，C 三
德育校本
程，
门
课
每位同学
一
，每
至少有一位同学参加，需要分三
，有两
情况，
仅报
门
门
组
类
①三
人数
组
为1、1、3，此
有
时
种；
②三
人数
组
为2、2、1，此
有
时
种.
所以共有60+90=150 种.故
：
选C
【变式训练15-4】（多选题）已知
号
编
为1，2，3 的三个盒子，其中1 号盒子内装有两个1 号球，一个2 号球和一
个3 号球；2 号盒子内装有两个1 号球，一个3 号球；3 号盒子内装有三个1 号球，两个2 号球．若第一次先从1
号盒子内随机抽取1 个球，将取出的球放入与球同
号的盒子中，第二次从
盒子中任取一个球，
下列
法正
编
该
则
说
确的是（ ）
A．在第一次抽到2 号球的条件下，第二次抽到1 号球的概率为
B．第二次抽到3 号球的概率为
C．如果第二次抽到的是1 号球，
它来自
则
2 号盒子的概率最大
D．如果将5 个不同的小球放入
三个盒子内，每个盒子至少放
这
1 个，
不同的放法有
则
300 种
【答案】AB
【解析】
算条件概率判断
计
A；利用全概率公式
算判断
计
B；利用
叶斯公式求解判断
贝
C；求出不同元素的分
分配
组
种数判断D 作答.
第一次抽到第
记
i 号球的事件分别为
，
有
则
，
于
对
A，在第一次抽到2 号球的条件下，则2 号球放入2 号盒子内，因此第二次抽到1 号球的概率为
，
A 正确；
于
对
B，
第二次在第
记
i 号盒内抽到3 号球的事件分别为
，而
两两互斥，和为
，
，
第二次抽到
记
3 号球的事件为
，
，B 正确；
于
对
C，
第二次在第
记
i 号盒内抽到1 号球的事件分别为
，而
两两互斥，和为
，
，
第二次抽到
记
1 号球的事件为
，
，
第二次的球取自盒子的
号与第一次取的球的号数相同，
编
，
，
，即第二次抽到的是1 号球，
它来自
则
1 号盒子的概率最大，C 不正确；
于
对
D，把5 个不同的小球分成3
的不同分
方法数是
组
组
种，
将每一种分
方法分成的小球放在
组
3 个盒子中有
种不同放法，
由分步乘法
数原理得不同的放法种数是
计
种，D 不正确.故
：
选AB
【变式训练15-5】甲乙丙丁4 位大学生前往
，
，
3 个工厂参
，若每人只能去其中一个工厂，且每个
观实习
工厂至少安排1 人，其中甲只能去
，
两个工厂中的一个，
不同的安排方法数是（
则
）
A．36
B．12
C．24
D．18
【答案】C
【解析】若甲去
，
剩余
则
3 人，可只去
，
两个工厂，也可分为3
去
组
，
，
3 个工厂，
当剩余3 人只去
，
两个工厂
，人
分配
时
员
为1，2，此
的分配方法有
时
；当剩余3 人分为3
去
组
，
，
3 个工厂，此
的分配方法有
时
，
上可得，甲去
综
工厂，不同的安排方法数是
，
若甲去
，
剩余
则
3 人，可只去
，
两个工厂，也可分为3
去
组
，
，
3 个工厂，当剩余3 人只去
，
两
个工厂
，人
分配
时
员
为1，2，此
的分配方法有
时
；当剩余3 人分为3
去
组
，
，
3 个工厂，此时
的分配方法有
，
上可得，甲去
综
工厂，不同的安排方法数是
，所以，不同的安排方法数是
.
【变式训练15-6】感
中国十大人物之一的
桂梅老
了
孩子走出大山，扎根基
教育默默奉献精神感
动
张
师为
让
层
动
了全中国.受
桂梅老
的影响，有
张
师
位志愿者主
到
动
所山区学校参加支教活
，要求每所学校至少安排一位
动
志愿者，每位志愿者只到一所学校支教，下列
正确的有（
结论
）
A．不同的安排方法数为
B．若甲学校至少安排两人，
有
则
种安排方法
C．小晗被安排到甲学校的概率为
D．在小晗被安排到甲校的前提下，甲学校安排两人的概率为
【答案】AC
【解析】利用分
分配原理可判断
组
A
；利用特殊元素
先考
法可判断
选项
优
虑
B
；利用古典概型的概率公式可
选项
判断C
；利用条件概率公式可判断
选项
D 选项.
于
对
A
，将
选项
位志愿者分成
，每
至少一人，每
人数分
组
组
组
别为、、或
、
、，
再将
三
志愿者分配
这
组
给个地区，不同的安排方法种数为
种，A
；
对
于
对
B
，若甲学校至少安排两人，
甲校安排
选项
则
人或人，
不同的安排方法种数
则
为
种，B
；
错
于
对
C
，若小晗被安排到甲学校，
甲校可安排的人数
选项
则
为或
或，
由古典概型的概率公式可知，小晗被安排到甲学校的概率为
，C
；
对
于
对
D
，
事件
选项记
小晗被安排到甲校，事件
甲学校安排两人，
则
，
，
由条件概率公式可得
，D 错.故
：
选AC.
【变式训练15-7】将4 名志愿者分配到3 个不同的北京冬奥
参加接待工作，每个
至少分配一名志愿者
场馆
场馆
的方案种数为________．（用数字作答）
【答案】36
【解析】先将4 人分成2、1、1 三
，再安排
组
给3 个不同的
，由分步乘法
数原理可得
场馆
计
.
将4 人分到3 个不同的体育
，要求每个
至少分配
场馆
场馆
1 人，
必
且只能有
则
须
1 个
分得
场馆
2 人，其余的2 个
各
场馆
1 人，
可先将4 人分为2、1、1 的三
，有
组
种分
方法，再将分好的
组
3 组对应3 个
，有
场馆
种方法，
共有
则
种分配方案.故答案
：
为36
题型16：分配问题
【典型例题1】某校高二年
共有
级
个班
，
有
级现
名交流生要安排到
年
的
该
级
个班
，且每班安排
级
名，则
不同的安排方案种数
为__．
【答案】
【解析】先把
名学生均分两
有
组
种方法，
然后再把
两
分
这
组
给这个班中的两个班有
种方法，
根据分步乘法原理得不同的安排方案种数有
种．故答案
：
为
.
【典型例题2】甲乙丙丁四位同学分
去甘
、内蒙古、北京三个地方
研新冠疫情
展情况，每个地方至少一
别
肃
调
发
个人去，且甲乙两人不能去同一个地方，
不同分法的种数有
则
__种
【答案】30
【解析】将甲乙丙丁四人分成三
且甲乙两人不能分在同一
的分法有：
组
组
，
所以不同分法的种数有5
＝30，故答案
：
为30．
【变式训练16-1】某小区共有3 个核酸
点同
行
，有
检测
时进
检测
6 名志愿者被分配到这3 个
点参加服
，
检测
务6
人中有4 名“熟手”和2 名“生手”，1 名“生手”至少需要1 名“熟手”
行
工作的
授，每个
点至少需要
进
检测
传
检测
1
名“熟手”，且2 名“生手”不能分配到同一个
点，
不同的分配方案种数是
检测
则
______．
【答案】
【解析】根据
意，可先把
题
4 名“熟手”分
人数
为
为
的三
，再分配到
组
3 个
点，
检测
共有
种分法，然后把2 名“生手”分配到3 个
点中的
检测
2 个，有
种分法，
所以共有
种不同的分配方案.故答案
：
为
【变式训练16-2】某医院从7 名男医生（含一名主任医
），
师
6 名女医生（含一名主任医
）中
派
师
选
4 名男医生和
3 名女医生支援抗疫工作，若要求
派的医生中有主任医
，
不同的
派方案数
选
师则
选
为_________________．
【答案】550
【解析】若
派的主任医
只有一名男主任，此
再从剩余的
选
师
时
6 名男医生
派
选
3 名男医生，从5 名女医生（主任医
除外）
派
师
选
3 名医生，有
种，
若
派的主任医
只有一名女主任，此
再从剩余的
选
师
时
6 名男医生（主任医
除外）中
派
师
选
4 名男医生，从5 名女
医生中
派
选
2 名医生，有
种，
若男，女主任医
均
派，此
再从剩余的
师
选
时
6 名男医生中
派
选
3 名，5 名女医生中
派
选
2 名，有
种，
上：不同的
派方案有
综
选
200+150+200=550 种.故答案
：
为550
【变式训练16-3】将
号
编
为1，2，3，4 的四个小球放到三个不同的盒子里，每个盒子至少放一个小球且
号
编
为
1，2 的两个小球不能放到同一个盒子里，
不同放法的种数有
则
___________.（用数字作答）.
【答案】
【解析】由
意得
题
4 个小球有2 个放在一个盒了里的种数是
，把
两个作
一个元素同另外两个元素在三个位
这
为
置排列，有
种
果，而
号
结
编
为1，2 号小球放在同一个盒子里有
种
果，
结
所以
号
编
为1，2 的小球不放到同一个盒子里的种数是
.故答案
：
为30.
【变式训练16-4】有2 男2 女共4 名学生被分派去
三个公司
，每个公司至少
实习
1 人，且
公司只收女
生，
不同的分派方法数
则
为___________.
【答案】
【解析】由
意，第一
，
题
类
公司只有1 个女生，有
种分派方案，
则
公司分派人数可以为1，2 或者2，1 共2 种分派方案，共
种，所以一共有
种分派方案，
第二
，
类
公司有2 个女生，只有1 种分派方案，
则
公司的分派人数只能是1，1，
有
则
种，
根据分
数原理共有
类计
种，故答案
：
为14．
【变式训练16-5】我国棉田面
在
积
40 万公
以上有
顷
7 个省份，分
新疆、河南、江
、湖北、山
、河北、安
别为
苏
东
徽.
有
现
5 名党
同志准
分
前往新疆、湖北、山
三个地方考察，每个地方至少安排
员
备
别
东这
1 名同志，
不同的安
则
排方案种数是______种.
【答案】150
【解析】5 人分成3
，各
人数有
组
组
1,1,3 或1,2,2 两
，
类
当各
人数
组
为1,1,3
，不同的安排方案有
时
种，
当各
人数
组
为1,2,2
，不同的安排方案有
时
种，
所以，不同的安排方案有150 种.故答案
：
为150
题型17：涂色问题
【典型例题1】用黑白两种
色随机地染如
所示表格中
颜
图
5 个格子，每个格子染一种
色，并且从左到右数，不
颜
管数到哪个格子，
有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数
（
总
为 ）
A．6
B．10
C．16
D．20
【答案】B
【解析】依
意，第一个格子必
黑色，
出
从左至右数，不管数到哪个格子，
有黑色格子不少于白色格子
题
须为
则
现
总
包含的情况有：①全染黑色，有 1 种方法；
②第一个格子染黑色，另外四个格子中有1 个格染白色，剩余的都染黑色，有
种方法；
③第一个格子染黑色，另外四个格子中有2 个格染白色，剩余的都染黑色，有
种方法；
所以出
从左至右数，不管数到哪个格子，
有黑色格子不少于白色格子的染色方法有
现
总
种，
【典型例题2】如
，一个地区分
图
为5 个行政区域，
地
着色，要求相
区域不得使用同一种
色，共有
现给
图
邻
颜
5
种
色可供
，
不同的着色方法共有
颜
选择则
________种(以数字作答)．
【答案】420
【解析】求不同的着色方法数有3
法，用
类办
5 种
色有
颜
种，
用4 种
色，
颜
2，4 同色或3，5 同色，有
种，
用3 种
色，
颜
2，4 同色且3，5 同色，有
种，
所以不同的着色方法共有
（种）.故答案
：
为420
【典型例题3】七巧板是古代
人民智慧的
晶
劳动
结
.如
是某同学用木板制作的七巧板，它包括
图
5 个等腰直角三
角形､一个正方形和一个平行四
形
边
.若用四种
色
各板
涂色，要求正方形板
独一色，其余板
两
一种
颜
给
块
块单
块
块
色，而且有公共
的板
不同色，
不同的涂色方案有
颜
边
块
则
______种.
【答案】
【解析】由
意，一共
题
4 种
色，板
颜
块
需
独一色，剩下
单
6 个板
中每
块
2 个区域涂同一种
色
颜
.
又板块
两两有公共
不能同色，故板
边
块
必定涂不同
色
颜
.
①当板块
与板块
同色
，
板
时则
块
与板块
或板块
分
同色，共
别
2 种情况；
②当板块
与板块
同色
，
板
时则
块
只能与
同色，板块
只能与
同色，共1 种情况.
又板块
色可排列，故共
颜
种.故答案
：
为
【典型例题4】用
种不同的
色
如
所示的
颜
给
图
、
、
、
四个区域涂色．
（1）若相
区域能用同一种
色，
①有多少种不同的涂色方案？
邻
颜
则图
（2）若相
区域不能用同一种
色，当
邻
颜
，
①、
②各有多少种不同的涂色方案？
时图
图
（3）若相
区域不能用同一种
色，
③有
邻
颜
图
种不同的涂色方案，求
的
．
值
【答案】
解析
见
【解析】（1）由
意知
①中的四个区域，每个区域有
题
题图
种涂色方案，共有
种方案；
（2）
①：第一步，涂
题图
，有种不同的涂法；第二步，涂
，与
的
色不相同，有
颜
种不同的涂法；
第三步，涂
，与
、
的
色都不相同，有
颜
种不同的涂法；第四步，涂
，只需与
的
色不相同，有
颜
种不
同的涂法．所以共有
种不同的涂色方案.
②：第一步，涂
题图
，有种不同的涂法；第二步，涂
，与
的
色不相同，有
颜
种不同的涂法；
第三步，涂
，与
、
的
色都不相同，有
颜
种不同的涂法；第四步，涂
，与
、
的
色都不相同，有
颜
种不
同的涂法．所以共有
种不同的涂色方案；
（3）前三步与
①的涂法
似，分
有
题图
类
别
、
、
种不同的涂法，
第四步，涂
，与
、
的
色都不相同，有
颜
种不同的涂法．
所以共有
种不同的涂色方案，
所以
，
，所以
．
【典型例题5】用四种
色
正四棱
颜
给
锥
的五个
点涂色，要求每个
点涂一种
色，且每条棱的两个
顶
顶
颜
点涂不同
色，
不同的涂法有（
顶
颜
则
）
A．72 种
B．36 种
C．12 种
D．60 种
【答案】A
【解析】列出表格，使用分
加法，分步乘法公式
行
算
类
进
计
.
如下表
点
顶
V
A
B
C
D
种数
4
3
2
C 与A 同色1
2
C 与A 不同色1
1
总计
故
：
选A．
【变式训练17-1】有如下形状的花
需要栽种
坛
4 种不同
色的花卉，要求有公共
界的两
不能种同种
色的
颜
边
块
颜
花，
不同的种花方式共有（
则
）
A．96 种
B．72 种
C．48 种
D．24 种
【答案】A
【解析】如
，由
意可知②，④同色，或者③，⑤同色，或者①，④同色，或者①，⑤同色，从而可求得
果依
意
图
题
结
题
可知，将区域
号如
标
图.
用4 种
色的花卉完成栽种，需要②，④同色，或者③，⑤同色，或者①，④同色，或者①，⑤同色，故有
颜
种.故
：
选A
【变式训练17-2】如
是某届国
数学家大会的会
，
在有
图
际
标现
4 种
色
其中
颜
给
5 个小区域涂色，
定每个区域
规
只涂一种
色，相
区域
色不相同，
不同的涂色方案种数
（
颜
邻
颜
则
为 ）
A．72
B．48
C．36
D．24
【答案】A
【解析】
由
知：
图
两
色可以相同，若涂
组颜
4 种
色：
颜
色相同，
颜
则4 种
一种涂
选
有
，余下3 种颜
色涂3 个区域有
，共
种，同理
色相同也有
颜
24 种；若涂3 种
色，
颜
则
、
分
涂相同
别
的
色，首先
颜
4 种
色
颜
选3 种有
种，再所选3 种中
一种涂
选
5 有
种，余下2 种
色涂
颜
、
个区域有
，共有
种；
上，共有
综
72 种.
【变式训练17-3】如
，湖北省分
与湖南、安徽、
西、江西四省交界，且湘、皖、
互不交界，在地
上分
图
别
陕
陕
图
别
各省地域涂色，要求相
省涂不同色，
有
给
邻
现
种不同
色可供
用，
不同的涂色方案数
（
颜
选
则
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】利用分
加法
数原理、分步乘法
数原理列式
算作答
类
计
计
计
.
依
意，按安徽与
西涂的
色相同和不同分成两
：
题
陕
颜
类
若安徽与
西涂同色，先涂
西有
陕
陕
种方法，再涂湖北有
种方法，涂安徽有1 种方法，涂江西有种方法，
最后涂湖南有3 种方法，由分步
数乘法原理得不同的涂色方案
计
种，
若安徽与
西不同色，先涂
西有
陕
陕
种方法，再涂湖北有
种方法，涂安徽有3 种方法，
涂江西、湖南也各有种方法，由分步
数乘法原理得不同的涂色方案
计
种方法，
所以，由分
加法
数原理得不同的涂色方案共有
类
计
种.故
：
选C
【变式训练17-4】
中
给图
A，B，C，D，E，F 六个区域
行染色，每个区域只染一种
色，且相
的区域不同色
进
颜
邻
.
若有4 种
色可供
，
共有（
颜
选择则
）种不同的染色方案.
A．96
B．144
C．240
D．360
【答案】A
【解析】通
分析
目
出的
形，可知要完成
中
过
题
给
图
给图
、
、
、
、
、
六个区域
行染色，最少需要
进
3 种颜
色，即
同色，
同色，
同色，由排列知
可得
染色方法的种数；也可以
识
该类
4 种
色全部用上，即
颜
，
，
三
中有一
不同色，同
利用排列
合知
求解
种染法的方法种数，最后利用分
加法求和．要
组
组
样
组
识
该
类
完成
中
给图
、
、
、
、
、
六个区域
行染色，染色方法可分两
，
进
类
第一
是
用三种
色染色，
类
仅
颜
即
同色，
同色，
同色，
从四种
色中取三种
色有
则
颜
颜
种取法，三种
色染三个区域有
颜
种染法，共
种染法；
第二
是用四种
色染色，即
类
颜
，
，
中有一
不同色，
有
组
则
3 种方案
不同色或
不同色或
不
同色），先从四种
色中取两种染同色区有
颜
种染法，剩余两种染在不同色区有2 种染法，共有
种染法．
由分
加法原理得
的染色种数
类
总
为
种．故
：
选A．
【变式训练17-5】在一个正六
形的六个区域涂色（如
），要求同一区域同一种
色，相
的两
区域（有公
边
图
颜
邻
块
共
）涂不同的
色，
有
边
颜
现
种不同的
色可供
，
不同涂色方案有（ ）
颜
选择则
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】C
【解析】考虑
、
、
三个区域用同一种
色，共有方法数
颜
为
种；
考虑
、
、
三个区域用
种
色，共有方法数
颜
为
种；
考虑
、
、
三个区域用种
色，共有方法数
颜
为
种．
所以共有方法数为
种．故
：
选C．
【变式训练17-6】用
、黄、
、
、橙五种不同
色
如
所示的
红
蓝绿
颜
给
图
5
区域
块
、
、
、
、
涂色，要求同一
区域用同一种
色，有共公
的区域使用不同
色，
共有涂色方法（
颜
边
颜
则
）
A．120 种
B．720 种
C．840 种
D．960 种
【答案】D
【解析】法一：
有5 种
色可
，
颜
选
有4 种
色可
，
颜
选
有3 种
色可
，
颜
选
若
同色，
有4 种
色可
；
颜
选
若
同色，
有4 种
色可
；
颜
选
若
与
、
都不同色，则
有2 种
色可
，此
颜
选
时
有4 种
色可
，故共有
颜
选
种．
法二：当使用5 种
色
，有
颜
时
种涂色方法；
当使用4 种
色
，必有两
区域同色，可以是
颜
时
块
，
，
，
，
，共有
种涂色方法；当使用3
种
色
，只能是
颜
时
同色且
同色，
同色且
同色，
同色，
同色，共有
种涂色方法，
∴共有
种涂色方法.故
：
选D.
【变式训练17-7】在如
所示的
图
5 个区域内种植花卉，每个区域种植1 种花卉，且相
区域种植的花卉不同，
邻
若有6 种不同的花卉可供
，
不同的种植方法种数是（
选择则
）
A．1440
B．720
C．1920
D．960
【答案】C
【解析】如
，
图设5 个区域分
是
别
A，B，C，D，E.
第一步，选择1 种花卉种植在A 区域，有6 种方法可以
；
选择
第二步：从剩下的5 种不同的花卉中选择1 种种植在B 区域，有5 种方法可以
；
选择
第三步：从剩下的4 种花卉中选择1 种种植在C 区域，有4 种方法可以
；
选择
第四步；若区域D 与区域A 种植同1 种花卉，
区域
则
E 可
的花卉有
选择
4 种；
若区域D 与区域A 种植不同种花卉，
有
则
3 种方法可以
；
选择
区域
则
E 可
的花卉有
选择
种，
故不同的种植方法种数是
.故
：
选C
【变式训练17-8】如
，用五种不同的
色
中的
图
颜
给图
O，A，B，C，D，E 六个点涂色（五种
色不一定用完），要
颜
求每个点涂一种
色，且
中每条
段的两个端点涂不同的
色，
不同的涂法种数是（
颜
图
线
颜
则
）
A．480
B．720
C．1080
D．1200
【答案】D
【解析】先给O 涂色，有
种方法，接着给A 涂色，有
种方法，接着给B 涂色，有
种方法，
①若C 与A 同色，
有
则
1 种涂色方法，接着给D 涂色，有3 种涂色方法，
最后E 有2 种涂色方法；
②若C 与A 不同色，
有
则
2 种涂色方法，接着给D 涂色，
若D 与A 同色，
有
则
1 种涂色方法，最后E 有3 种涂色方法；
若D 与A 不同色，
有
则
2 种涂色方法，最后E 有2 种涂色方法.
上，涂色方法
数
综
总
为
故
：
选D
【变式训练17-9】用五种不同
色
三棱柱
颜
给
的六个
点涂色，要求每个
点涂一种
色，且每条
顶
顶
颜
棱的两个
点涂不同
色，
不同的涂法有（
顶
颜
则
）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】分以下几种情况
：
讨论
①若种
色全用上，先涂
颜
、
、
三点，有
种，然后在
、
、
三点中
两点涂另外两种
色，有
选择
颜
种，最后一个点有
种
，此
共有
选择
时
种；
②若用
种
色染色，由
颜
种
方法，先涂
选择
、
、
三点，有
种，然后在
、
、
三点中需
一点涂
选择
最后一种
色，有
颜
种，不妨
涂最后一种
色的
点
设
颜
为
，若点
与点
同色，
点
则
只有一种
色可
，
颜
选
若点
与点
同色，
点
则
有两种
色可
，此
共有
颜
选
时
种；
③若用种
色染色，
有
颜
则
种
方法，先涂
选择
、
、
三点，有
种，点
有
种
色可
，
颜
选则
、
的颜
色只有一种
，此
共有
选择
时
.由分
加法
数原理可知，共有
类
计
种涂色方法.
【变式训练17-10】如
，用四种不同的
色
中的
图
颜
给图
A，B，C，D，E，F，G 七个点涂色，要求每个点涂一种颜
色，且
中每条
段的两个端点涂不同
色，
不同的涂色方法有（
图
线
颜
则
）
A．192
B．336
C．600
D．以上答案均不对
【答案】C
【解析】E，F，G 分
有
别
4，3，2 种方法，
当A 与F 相同
，
时A 有1 种方法，此时B 有2 种，
若与F 相同有C 有1 种方法，同时D 有3 种方法，
若C 与F 不同，
此
则
时D 有2 种方法，
故此
共有：
时
种方法；
当A 与G 相同
，
时A 有1 种方法，此时B 有3 种方法，
若C 与F 相同，C 有1 种方法，同时D 有2 种方法，
若C 与F 不同，则D 有1 种方法，
故此
共有：
时
种方法；
当A 既不同于F 又不同于G
，
时A 有1 种方法，
若B 与F 相同，则C 必
与
须
A 相同，同时D 有2 种方法；
若B 不同于F，则B 有1 种方法，
Ⅰ若C 与F 相同则C 有1 种方法同时D 有2 种方法；
Ⅱ若C 与F 不同
必与
则
A 相同，C 有1 种方法，同时D 有2 种方法；
故此
共有：
时
种方法；
上共有
综
种方法．故
：
选C．
【变式训练17-11】如
所示，将一个四棱
的每一个
点染上一种
色，并使同一条棱上的两端异色，如果只
图
锥
顶
颜
有5 种
色可供使用，
不同的染色方法种数是
颜
则
( )
A．420
B．210
C．70
D．35
【答案】A
【解析】按照
的
序：当
顺
相同
：染色方案
时
为
当
不同
：染色方案
时
为
不同的染色方案
：
为
种
【变式训练17-12】（多选题）如
，用
图
4 种不同的
色，
四
形中的四个区域
行着色，要求有公共
的两个
颜
对
边
进
边
区域不能用同一种
色，
不同的着色方法数
（
颜
则
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】选项ACD 均可以
其每一步的方法数
行合理解
，而
对
进
释
选项B 方法
数
，不能
其每一步的方法数
总
错误
对
行合理解
进
释.
选项A：表示先着色中
两格下面一格
间
.从4 种
色取
颜
3 种，有
个方法，上面一格，从与中
两格不同的
色中
间
颜
取出一个，有
个方法，故共有
个不同方法.正确；
选项B：
,方法
数不
总
对.
；
错误
选项C：表示先
中
两格涂
色
对
间
颜
. 从4 种
色取
颜
2 种，共有
个方法，上下两格都是从与中
两格不同的
色
间
颜
中取出一个，有
个方法.故共有
个不同方法.正确；
选项D：表示两种情况：①上下两格
色相同，中
两格从
颜
间
3 个剩下的
色取
颜
2 种，共有
个不同方法；②
上下两格
色不同，中
两格从
颜
间
2 个剩下的
色取
颜
2 种，共有
个不同方法.
合①②可知方法
数
：
综
总
为
个不同方法.正确.故
：
选ACD
【变式训练17-13】学
涂色能
手眼
能力，更能提高
美能力
习
锻炼
协调
审
.
有四种不同的
色：湖
色、米白色、
现
颜
蓝
橄
、薄荷
，欲
小房子中的四个区域涂色，要求相
区域不涂同一
色，且橄
与薄荷
也不涂在相
榄绿
绿
给
邻
颜
榄绿
绿
邻
的区域内，
共有
则
______种不同的涂色方法.
【答案】66
【解析】当
两种
色
，因
与薄荷
不涂在相
的区域内，所以共有
选择
颜
时
为榄绿
绿
邻
种
法，因此不同的涂
选
色方法有
种，
当
三种
色且橄
与薄荷
都被
中，
有
选择
颜
榄绿
绿
选
则
种方法
法，
选
因此不同的涂色方法有
种，
当
三种
色且橄
与薄荷
只有一个被
中，
有
选择
颜
榄绿
绿
选
则
种方法
法，
选
因此不同的涂色方法有
种，
当
四种
色
，不同的涂色方法有
选择
颜
时
种，
所以共有
种不不同的涂色方法，故答案
：
为66
【变式训练17-14】如
，用
图
4 种不同的
色
中的
颜
给图
8 个区域涂色，每种
色至少使用一次，每个区域
涂一
颜
仅
种
色，且相
区域所涂
色互不相同，
区域
颜
邻
颜
则
，
，
，
和
，
，
，
分
各涂
别
2 种不同
色的涂色
颜
方法共有_________种；区域
，
，
，
和
，
，
，
分
各涂
别
4 种不同
色的涂色方法共有
颜
_________种.
【答案】 24 216
【解析】
，
同色，所以先涂
有：
，再涂
有
种，所以共有：
种.先涂
共有：
种，
四种
色
设
颜
为
，假设
涂的
色分
颜
别为
，则
涂色情况如下：
，
，
，共9 种，所
以：
种.故答案
：
为24；216.
【变式训练17-15】“
爽弦
”是我国古代数学的瑰宝，如
所示，它是由四个全等的直角三角形和一个正方
赵
图
图
形构成．
用
现
4 种不同的
色（
颜
4 种
色全部使用）
颜
给这5 个区域涂色，要求相
的区域不能涂同一种
色，每个
邻
颜
区域只涂一种
色，
不同的涂色方案有
颜
则
______种．
【答案】48
【解析】由
意，分
题
2 步
行，第一步，
于区域①②⑤两两相
，有
进
对
邻
种涂色方法，
第二步，
于区域 ③④必
有
对
须
1 个区域
剩下的
选
1 种
色，有
颜
2 种
法，
好后，剩下的区域有
选
选
1 种
法，
有
选
则
2 种涂色方法，
所以共有
种涂色方法，故答案
：
为48
【变式训练17-16】用
、黄、
、
红
蓝绿4 种
色
如
所示的五
涂色，要求相
两个
所涂
色不能相同，
颜
给
图
连圆
邻
圆
颜
且
色至少要涂两个
，
不同的涂色方案种数
红
圆则
为______．
【答案】120
【解析】根据
意，
色至少要涂
题
红
2 个
，
色可以涂
圆则红
2 个
或
圆
3 个
，共
圆
2 种情况
：
讨论
（1）
色涂
红
3 个
，
色只能涂第
圆则红
1，3，5 个
，此
有
圆
时
种涂法，
（2）
色涂
红
2 个
，
圆
若
色涂第
红
1，3 个
，有
圆
种涂法，
若
色涂第
红
1，4 个
，有
圆
种涂法，
若
色涂第
红
1，5 个
，
有
圆则
种涂法，
若
色涂第
红
2，4 个
，有
圆
种涂法，
若
色涂第
红
2，5 个
，有
圆
种涂法，
若
色涂第
红
3，5 个
，有
圆
种涂法，
此
有
时
种，
所以共有
种，故答案
：
为120
题型18：列举法
【典型例题1】从集合
中任意
三个不同的数，使得
三个数
成等差数列，
的等差数列
选择
这
组
这样
有（ ）个
A．98
B．56
C．84
D．49
【答案】A
【解析】当公差为
，数列可以是：
时
，
，
，……
，共13 种情况.
当公差为
，数列可以是：
时
，
，
，……
，共11 种情况.
当公差为
，数列可以是：
时
，
，
，……
，共9 种情况.
当公差为
，数列可以是：
时
，
，
，……
，共7 种情况.
当公差为
，数列可以是：
时
，
，
，
，
，共5 种情况.
当公差为
，数列可以是：
时
，
，
，共3 种情况.
当公差为
，数列可以是：
时
，共1 种情况.
的情况是
总
.
又因
三个数成公差数列有两种情况，
增或
减，
为
递
递
所以
的等差数列共有
这样
个.故
：
选A
【典型例题2】三人互相
球，由甲开始
球，并作
第一次
球，
传
发
为
传
经过5 次
球后，球仍回到甲手中，
不同
传
则
的
球方式共有（
传
）
A．6 种
B．8 种
C．10 种
D．16 种
【答案】C
【解析】根据
意，作出
状
，第四次球不能
甲，由分步加法
数原理可知：
题
树
图
传给
计
经过5 次
球后，球仍回到甲手中，
不同的
球方式共有
传
则
传
10 种，
故
：
选C.
【变式训练18-1】三人踢
子，互相
，每人每次只能踢一下
毽
传递
.由甲开始踢，经过4 次
后，
子又被踢回
传递
毽
甲，
不同的
方式共有（
则
传递
）
A．4 种
B．5 种
C．6 种
D．12 种
【答案】C
【解析】解析：若甲先
乙，
有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲
传给
则
3 种不同的
方式；同理，甲先
丙也有
传递
传给
3 种不同的
方式
传递
.故共有6 种不同的
方式
传递
.答案：C．
【变式训练18-2】设
，
，
，那么
足
满
的所有有序数组
的
数
组
（
为 ）
A．45
B．46
C．47
D．48
【答案】C
【解析】①当
，
时
，则
，共1
；
组
②当
，
时
，则
，
不同时为2，共
；
组
③当
，
时
，则
，
为
中任一元素，共
；
组
④当
，
时
，则
，
不同时为0，共
．
组
故
足
意的有序数
共有
满
题
组
47
．故
：
组
选C.
【变式训练18-3】工人在安装一个正六
形零件
，需要固定如
所示的六个位置的螺栓
边
时
图
.若按一定
序将每
顺
个螺栓固定
，但
紧
不能连续固定相
的
邻
2 个螺栓.
不同的固定螺栓方式的种数是
则
________．
【答案】60
【解析】根据
意，第一个可以从
题
6 个
里任意
一个，共有
钉
选
6 种
方法，并且是机会相等的，若第一个
选择
选1 号
的
候，第二个可以
钉
时
选3,4,5 号
，依次
下去，可以得到共有
钉
选
10 种方法，所以
共有
总
种方法，故答
案是60.
题型19： 多面手问题
【典型例题1】我校去年11 月份，高二年
有
级
10 人参加了赴日本交流
，其中
访问团
3 人只会唱歌，2 人只会跳
舞，其余5 人既能唱歌又能跳舞．
要从中
现
选6 人上台表演，3 人唱歌，3 人跳舞，有种不同的
法．
选
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】分析：根据
意可按照只会左
的
题
边
人中入
的人数分
理，分成三
，即可求解．
选
类处
类
根据
意可按照只会左
的
详
题
边
人中入
的人数分
理．
选
类处
第一类
个只会左
的都不
，有
边
选
种；
第二类
个只会左
的有
边
人入
，有
选
种；
第三类
个只会左
的全入
，有
边
选
种，所以共有
种不同的
法，故
选
选A．
【典型例题2】某国
旅行社
有
际
现
11 名
外翻
人
，其中有
对
译
员
5 人只会英
，
语4 人只会法
，
语2 人既会英
又会
语
法
，
从
语现
这11 人中
出
选
4 人当英
翻
，
语
译4 人当法
翻
，
共有（
语
译则
）种不同的
法
选
A．225
B．185
C．145
D．110
【答案】B
【解析】根据
意，按“
题
2 人既会英
又会法
”的参与情况分成三
．
语
语
类
①“2 人既会英
又会法
”不参加，
有
语
语
这时
种；②“2 人既会英
又会法
”中有一人入
，
语
语
选
又有
人参加英文或日文翻
两种可能，因此有
这时
该
译
种；
③“2 人既会英
又会法
”中两个均入
，
又分三种情况：两个都
英文、两个都
日文、两人各
一个
语
语
选这时
译
译
译
语
种，
因此有
种．
上分析，共可开出
综
种．
【典型例题3】“
舟”是端午
的
俗之一，也是端午
最重要的
日民俗活
之一，在我国南方普遍存在
赛龙
节
习
节
节
动
端午
近，某
位
舟
欲参加今年端午
舟
，参加
的
节临
单
龙
队
节龙
赛
训练
8 名
中有
队员
3 人只会划左
，
桨3 人只会划右
，
桨2 人既会划左
又会划右
．
要
派划左
的
桨
桨现
选
桨
3 人、划右
的
桨
3 人共6 人去参加比
，
不同的
派方法
赛则
选
共有（ ）
A．26 种
B．30 种
C．37 种
D．42 种
【答案】C
【解析】根据
意，
题
设
只会划左
的
桨
3 人，
只会划右
的
桨
3 人，
既会划左
又会划右
的
桨
桨
2 人
，据此分3 种情况
：①从
讨论
中选3 人划左
，划右
的在（
桨
桨
）中剩下的人中
取，有
选
种
法，
选
②从
中选2 人划左
，
桨
中选1 人划左
，划右
的在（
桨
桨
）中
取，有
选
种
法，
选
③从
中选1 人划左
，
桨
中2 人划左
，
桨
中3 人划右
，有
桨
种
法，
有
选
则
种不同的
法．
选
【变式训练19-1】某
舟
有
龙
队
9 名
，其中
队员
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．
要
派划左舷的
现
选
3 人、右舷的3 人共6 人去参加比
，
不同的
派方法共有（
赛则
选
）
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
行分
：划左舷中没有“多面手”的
派方法有
进
类
选
种，有一个
“多面手”的
派方法有
选
种，有两个“多面手”的
派方法有
选
种，即共有
(种)不同的
派方法．
选
【变式训练19-2】某国
旅行社
有
际
现
11 名
外翻
人
，其中有
对
译
员
5 人只会英
，
语4 人只会法
，
语2 人既会英语
又会法
，
从
语现
这11 人中
出
选
4 人当英
翻
，
语
译4 人当法
翻
，
共有（
语
译则
）种不同的
法
选
A．225
B．185
C．145
D．110
【答案】B
【解析】根据
意，按“
题
2 人既会英
又会法
”的参与情况分成三
．
语
语
类
①“2 人既会英
又会法
”不参加，
有
语
语
这时
种；
②“2 人既会英
又会法
”中有一人入
，
语
语
选
又有
人参加英文或日文翻
两种可能，
这时
该
译
因此有
种；
③“2 人既会英
又会法
”中两个均入
，
语
语
选
又分三种情况：两个都
英文、两个都
日文、两人各
一个
种，
这时
译
译
译
语
因此有
种．
上分析，共可开出
综
种．故
：
选B．
【变式训练19-3】在
名工人中,有人只当
工
钳
,
人只当
工
车
,另外
人既会
工又会
工，
从
钳
车
现
人中
出
选
人当
工
钳
,
人当
工
车
,
共有（
则
）种不同的
法
选
.
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】按即会
工又会
工的
钳
车
2 人分
：
类2 人都不
的情况有
选
种，
只选1 人且当
工的情况有
钳
种，只选1 人且当
工的情况有
车
种，
选2 人其中1 人
工
钳
1 人
工的情况有
车
种，选2 人都当
工的情况有
钳
种，
选2 人都当
工的情况有
车
种，由分
加法原理得
法有
类
选
种.
【变式训练19-4】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，
有
现
3
个大人和2 个小孩打算同
分乘若干只小船，
定有小孩的船必
有大人，共有不同的乘船方法
时
规
须
为
A．36 种
B．33 种
C．27 种
D．21 种
【答案】C
【解析】第一
，
类
船两大人一小孩，
船一大人一小孩：有
种方法.
第二
，
类
船一大人两小孩，
船两大人：有
种方法.第三
，
类
船一大人两小孩，
船一大人，
船一大
人：有
种方法.第四
，
类
船一大人一小孩，
船一大人一小孩，
船一大人：有
种方法.
根据分
加法
数原理，共有
类
计
种不同的方法. 故选C.
【变式训练19-5】6 名工人，其中2 人只会
工，
电
3 人只会木工，
有
还
1 人既会
工又会木工，
出
工
电
选
电
2 人木
工2 人，共有______种不同的
法．
选
【答案】12
【解析】由
意可
出的
工
题
对选
电
2 人木工2 人分
：①既会
工又会木工
类
电
1 人没入
，有
选
种
法；②既会
选
工又会木工
电
1 人入
充当
工，有
选
电
种
法；③既会
工又会木工
选
电
1 人入
充当木工，有
选
种选
法；
上，共有
综
种
法．
选
【变式训练19-6】在一次演唱会上共
名演
，其中
员
人能唱歌，人会跳舞，
要演出一个
现
人唱歌
人伴舞
的
目，有
节
___________种
派方法（填数字）
选
.
【答案】
【解析】
既会唱歌又会跳舞的演
人数
设
员
为
，则
，解得
，
所以，只会唱歌的演
人数
员
为，只会跳舞的演
人数
员
为
，
①若既会唱歌又会跳舞的演
一个人都没
，
不同的
派方法种数
员
选则
选
为
；②若既会唱歌又会跳舞的演
只
了
员
选
个人，
个人要么唱歌，要么伴舞，此
，不同的
派方法种数
则这
时
选
为
；
③若既会唱歌又会跳舞的演
了
员选
个人，则这
个人可以同
唱歌、同
伴舞或
时
时
人唱歌人伴舞，
此
，不同的
派方法种数
时
选
为
；
④若既会唱歌又会跳舞的演
全
，
员
选则这个人有
人唱歌人伴舞或
人伴舞人唱歌，此
，不同的
派方法
时
选
种数为
.
上所述，不同的
派方法种数
综
选
为
.
【变式训练19-7】在一次演唱会上共10 名演
（每名演
都会唱歌或跳舞），其中
员
员
7 人能唱歌，6 人会跳舞.
（1）
既能唱歌又会跳舞的有几人？
问
（2）
要
出一个
现
选
2 人唱歌2 人伴舞的
目，有多少种
派方法？
节
选
【答案】
解析
见
【解析】（1）
既能唱歌又会跳舞的有
设
人，
，
既能唱歌又会跳舞的有
设
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只能唱歌选1 人，
，
③只能唱歌选2 人，
，
有228 种
派方法
选
.
题型20：分解与合成模型和最短路径问题
【典型例题1】夏老
从家到学校，可以
走
路、
高路、
路或者浦
大道，由于夏老
不知道
高
师
选择
锦绣
杨
张杨
东
师
杨
路有一段在修路
致第一天上班就
到了，所以夏老
决定以后要
开那段
修的路，如
，假
夏老
家在
导
迟
师
绕
维
图
设
师
，学校在
处
，
处
段正在修路要
开，
夏老
从家到学校的最短路径有（
绕
则
师
）条．
A．23
B．24
C．25
D．26
【答案】D
【解析】由
到
的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有
条路，
由
到
的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有
条路，由
到
的最短路径需要向右走
一段路，向上走两段路，所以有
条路，所以由
到
不经过
的最短路径有
.
【典型例题2】如
，在某城市中，
图
､
两地之
有整
的方格形道路网，其中
间
齐
、
、
、
、
是道路网
中的个指定交汇处. 今在道路网
､
的甲､乙两人分
要到
处
别
､
，他
分
随机地
一条沿街的最
处
们
别
选择
短路径，以相同的速度同
出
直到到达
时
发
､
止
处为
.
下列
法正确的是（
则
说
）
A．甲从
到达
的方法有
处
种
B．甲从
必须经过
到达
的方法有
处
种
C．甲、乙两人在
相遇的概率
处
为
D．甲、乙两人在道路网中个指定交
相遇的概率
汇处
为
【答案】D
【解析】
于
对
A，甲从M 到N 的最短路程，只能向上或者向右走，需要走6 步，2 步向上，4 步向右，共有C
种，故A
；
于
错对
B，第一步，甲从M 到
，有C
种走法，第二步，从
到N，有C
种走法，所以共有
种走法，故B
；
于
错对
C，由B 可知甲、乙经过
的走法都有9 种，所以在
相遇共有
处
种走法，
而甲、乙两人的
走法有
总
种，所以两人在
相遇的概率
处
为
，故C
；
于
错对
D，因
甲、乙两人
为
只能在
相遇，由
处
C 可知D 对.
【典型例题3】方形是中国古代城市建筑最基本的形
，它体
的是中国文化中以
常
理
代表的社会生活
态
现
纲
伦
为
，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
规则
.如
，用大小相同的竹棍构造一个大正方
图
体（由个大小相同的小正方体构成），若一只
从
蚂蚁
点出
，沿着竹棍到达
发
点，
的不同的最短路
则蚂蚁选择
径共有（ ）
A．
种 B．
种 C．
种 D．
种
【答案】D
【解析】由
意可知，从
题
到
最少需要步完成，其中有
步是横向的，
步是
向的，
纵
步是
向的，
竖
则蚂蚁选
的不同的最短路径共有
择
种.
【变式训练20-1】有一种走“方格迷
”游
，游
是每次水平或
直走
一个方格，走
的方格不能重
宫
戏
戏规则
竖
动
过
复，只要有一个方格不同即
不同走法．
有如
的方格迷
，
中的
不能穿
，
从入口走到出口共有多
为
现
图
宫图
实线
过则
少种不同走法？
A．6
B．8
C．10
D．12
【答案】B
【解析】如
，①从入口
图
﹣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，
【变式训练20-2】如
，某城市的街区由
图
12 个全等的矩形
成（
表示
路），
组
实线
马
CD 段
路由于正在
修，
马
维
暂
不通，
从
时
则
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
是
，
从
实线则
到
，向上次，向右
次，最短路径有
条，
其中经过
的，即先从
到
，然后
到
，最后
到
的最短路径有
条，所以，当
不通
，最短
时
路径有
条.
【变式训练20-3】蜂房
大部分是一个正六棱柱的
面，但它的底部却是由三个菱形构成的三面角
绝
侧
. 18 世纪
初，法国学者
拉
奇曾
量
大量蜂巢的尺寸
马
尔
经专门测
过
. 令人惊
的是，
些蜂巢
成底
的菱形的所有
角
讶
这
组
盘
钝
都是
，所有的
角都是
锐
. 后来
法国数学家克尼格和
格
数学家
克洛林从理
上的
算，
经过
苏
兰
马
论
计
如果要消耗最少的材料，制成最大的菱形容器正是
个角度
这
. 从
个意
上
，蜜蜂称得上是“天才的数学家兼
这
义
说
”
设计师. 如
所示是一个蜂巢和部分蜂巢截面
图
.
中
直
段和斜
都表示通道，并且在交点
相遇．
在有
图
竖
线
线
处
现
一只蜜蜂从入口向下（只能向下，不能向上）运
，蜜蜂在每个交点
向左到达下一
或者向右到达下一
的可
动
处
层
层
能性是相同的．蜜蜂到达第
（有
层
条
直
段）第
竖
线
通道（从左向右
）的不同路径数
计
为
. 例如：
，
.
不等式
则
的解集
（
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由
可知
题
，
，且
，
可推得，
，所以
，即
，所以
可能取到0，1，2，7，8，9，
所以解集为
，
【变式训练20-4】一植物园的参
路径如
所示，若要全部参
并且路
不重复，
不同的参
路
共有（
观
图
观
线
则
观
线
）
A．6 种 B．8 种 C．36 种 D．48 种
【答案】D
【解析】如
所示，由
意知在
图
题
A 点可先参
区域
观
1，也可先参
区域
观
2 或3，
定一个区域后可以按逆
参
选
时针
观，
也可以按
参
，所以第一步可以从
顺时针
观
6 个路口任
一个，有
选
6 种
果，参
完第一个区域后，
下一步走
结
观
选择
法，有4 种
果，参
完第二个区域，只剩下最后一个区域，有
结
观
2 种走法，根据分步乘法
数原理，共有
计
6×4×2
＝48(种)不同的参
路
．
观
线
故
：
选D
【变式训练20-5】下
是某
工程的网
图
项
络图(
位
单
:天)，
从开始
点①到
止
点⑧的路径共有（ ）
则
节
终
节
A．14 条
B．12 条
C．9 条
D．7 条
【答案】B
【解析】由
可知，由①
图
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
算原理
计
可得从①
⑧共有
条路径.
【变式训练20-6】（多选题）如
，在某城市中，
图
M，N 两地之
有整
的方格形道路网，其中
间
齐
是道路网中位于一条
角
上的
对
线
5 个交
，今在道路网
汇处
M，N
的甲、乙两人分
要到
处
别
N，M
，他
分
随
处
们
别
机地
一条沿街的最短路径，以相同的速度同
出
，直到到达
选择
时
发
N，M
止，
（
处为
则 ）
A．甲从M 到达N
的走法有
处
70 种
B．甲从M 必须经过
到达N
的走法有
处
12 种
C．若甲、乙两人途中在
相遇，
共有
处
则
144 种走法
D．若甲、乙两人在行走途中会相遇，
共有
则
1810 种走法
【答案】AD
【解析】甲由道路网M
出
，随机地
一条沿街的最短路径到达
处
发
选择
N
需走
处
8 步，共有
种走法，故A
正确；甲由道路网M
出
，随机地
一条沿街的最短路径到达
处
发
选择
需走
处
4 步，有
种走法，
从
沿街的最短路径到达
处
N
需走
处
4 步，有
种走法，所以共有
种走法，故B
；
错误
由B 可知，甲从M 必须经过
到达N
的走法有
处
36 种，同理乙从N 必须经过
到达M
的走法也有
处
36 种，
甲、乙两人在
则
相遇，共有
处
种走法，故C
；
错误
甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在
相遇，他
在
处
们
相遇的走法有
处
种，则
，故D 正确．故
：
选AD．
【变式训练20-7】某城市由
条
西方向的街道和
东
条南北方向的街道
成一个矩形街道网，要从
组
走到
处
，使所走的路程最短，有多少种不同的走法？
处
【答案】
解析
见
【解析】将相
两个交点之
的街道称
一段，那么从
邻
间
为
到
需要走
段，
而
些段中，必
有
西方向的
这
须
东
段，
其余的
南北方向的
为
段，所以共有
种走法.
【变式训练20-8】有一种走“方格迷
”游
，游
是每次水平或
直走
一个方格，走
的方格不能重复
宫
戏
戏规则
竖
动
过
，
只要有一个方格不同即
不同走法．
有如
的方格迷
，
中的
不能穿
，
从入口走到出口共有多少种
为
现
图
宫图
实线
过则
不同走法？
A．6
B．8
C．10
D．12
【答案】B
【解析】
分析：如
，①从入口
试题
图
﹣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．
【变式训练20-9】如
，
从
图蚂蚁
A 沿着
方体的棱以
长
的方向行走至B，不同的行走路
有
线
A．6 条
B．7 条
C．8 条
D．9 条
【答案】A
【解析】共有3 个
点与
顶
点相
，
每个相
点，按
定方向都有
邻经过
邻顶
规
2 条路径到达
点，所以，
从
蚂蚁
沿着
方体的棱以
定的方向行走至
长
规
，不同的行走路
有：
线
（条），故选A.
【变式训练20-10】5400 的正
数有（
约
）个
A．48
B．46
C．36
D．38
【答案】A
【解析】
，5400 的正
数一定是由
约
2 的
与
幂
3 的
和
幂
5 的
相乘的
果，
幂
结
所以正
数个数
约
为
．故
：
选A．
题型21：构造法模型、递推模型与化归策略
【典型例题1】
路上有
号
马
编
为1，2，3，4，5，6，7，8，9 的九
路灯，
要关掉其中的
盏
现
3
，但不能关掉相
的
盏
邻
2
，也不能关掉两端的
盏
2
，
足条件的关灯方法有
盏满
______种.
【答案】10
【解析】根据
意，因
关掉
题
为
3
路灯不能是两端
盏
2
，也不能相
，
盏
邻
需要用插空法分析：先将亮的
则
6
灯排成一列，除去
盏
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
的灯，有
灭
种情况，即有10 种关灯方法.故答案
：
为10．
【典型例题2】从1，2，3，…，15 中
取三个不同的数
成三元数
选
组
组
，且
足
满
，
，则
的数
共有
这样
组
______个.（用数字作答）
【答案】56
【解析】由
，
，得
，
，
，
当
，
时
可取
中任一数，共有6 种取法，
此
共有
则
时
种取法；
当
，
时
可取
中的任一数，共有5 种取法，
此
共有
则
时
种取法；
同理当取
，
的
时对应
分
有
别
10，6，3，1 种取法.
上，
的数
共有
综
这样
组
（个）.
【典型例题3】从集合
中
出
选
4 个数
成的子集，使得
组
这4 个数中的任何两个数的和不等于11，则
的子集个数是
这样
________.
【答案】
【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
中取一个，共故答案
：
组
为80．
【典型例题4】将
方格
中每个小方格染三种
色之一，使得每种
色的小方格的个数相等．若相
两
纸
颜
颜
邻
个小方格的
色不同，称他
的公共
“分割
”，
分割
条数的最小
（
颜
们
边为
边
则
边
值为 ）
A．33
B．56
C．64
D．78
【答案】B
【解析】
分隔
的条数
记
边
为
，首先将方格表按
分成三个区域，如
：
图
图
分
染成三种
色，粗
上均
分隔
，此
共有
别
颜
线
为
边
时
56 条分隔
，
边则
，
其次
明：
证
，
将方格表的行从上至下依次记为
，列从左至右依次记为
，
行
中方格出
的
色
现
颜
为
，列
中方格出
的
色
现
颜
为
，
三种
色分
颜
别记为
，
于一种
色
对
颜
，设
含色方格的行数与列数之和，
为
定
当
义
行含
色方格
，
时
，否则
，
似的定
类
义
，
所以
，
由于染
色的格的行有
个，列有
个，则
色的方格一定在这
行和
列的交叉方格中，从而
，
所以
所以①，
由于在行
中有
种
色的方格，于是至少有
颜
条分隔
，
边
似地，在列
类
中至少有
条分隔
，
边
则
②
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
色，
方格表的
则
33 列中均含有
色的方格，又
色的方格有363
个，
故至少有
行含有
色的方格，于是
④，
由①③④得
；
2、没有一行也没有一列所有方格同色，
任意
对
均有
，
，
从而由②可得
；
上所述，分隔
条数的最小
综
边
值为56.故
：
选B
【典型例题5】几个孩子在一棵枯
上玩耍，他
均不慎失足下落．已知
树
们
（）甲在下落的
程中依次撞
到
枝
过
击
树
，
，
；
（
）乙在下落的
程中依次撞
到
枝
过
击
树
，
，
；
（）丙在下落的
程中依次撞
到
枝
过
击
树
，
，
；
（
）丁在下落的
程中依次撞
到
枝
过
击
树
，
，
；
（）戊在下落的
程中依次撞
到
枝
过
击
树
，
，
．
倒霉的李
在下落的
程中撞到了从
华
过
到
的所有
枝，根据以上信息，在李
下落的
程中，和
树
华
过
这根
枝不
树
同的撞
次序有（
击
）种．
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由
可判断出
枝部分
序
题
树
顺
，
剩下
还
，
，
，
先看
枝
树
在
之前，有
种可能，而
枝
树
在
之
，
间
在
之后，
若
在
之
，
间
有种可能：
①若
在
之
，
间
有种可能，②若
在
之
，
间
有
种可能，
③若
在
之
，
间
有种可能．若
不在
之
，
间则
有种可能，此时
有
种可能，
可能在
之
，
间
有
种可能，
可能在
之
，
间
有种可能，
上共有
综
．
【变式训练21-1】三名
球运
甲、乙、丙
行
球
，由丙开始
，
篮
动员
进
传
训练
传经过次
后，球又被
回
丙，
传递
传
给
不同的
球方式共有（
则
传
）
A．4 种
B．10 种
C．12 种
D．22 种
【答案】B
【解析】根据
意，
在第
题
设
次
球后（
传
），有
种情况球在丙手中，
即经过
次
后，球又被
回
丙，而前
传递
传
给
次
球中，每次
球都有
传
传
种方法，
前
则
次
球的不同的
球方法共有
传
传
种，那么在第
次
球后，球不在丙手中的情况有
传
种情况，即球
在乙或甲手中，只有在
些情况
，在第
这
时
次
球后，球才会被
回丙，即
传
传
；
易得
，则
，
，
.
【变式训练21-2】跳格游
：如
，人从格子外只能
入第
戏
图
进
1 个格子，在格子中每次可向前跳1 格或2 格，那么
下面
法正确的是（
说
）
A．
入第二个格子走法有
进
2 种
B．
入第二个格子走法有
进
1 种
C．
入第三个格子走法有
进
2 种
D．
入第八个格子走法有
进
21 种
【答案】BCD
【解析】
跳到第
设
格的方法有
，
达到第
则
格的方法有两
，
类
第一种方法是从第
个格子向右跳一格到达第
格，方法数为
，第二种方法是从第
向右跳两格到达
第
格，方法数是
，则
，
合条件及数列的
推关系可得到数列的前
结
递
8
分
是
项
别
,
A
，
错误BCD 正确.
【变式训练21-3】几只猴子在一棵枯
上玩耍，假
它
均不慎失足下落，已知：（
树
设
们
1）甲在下落的
程中依次撞
过
到
枝
击
树
A，B，C；（2）乙在下落的
程中依次撞
到
枝
过
击
树
D，E，F；（3）丙在下落的
程中依次撞
到
枝
过
击
树
G，A，
C；（4）丁在下落的
程中依次撞
到
枝
过
击
树
B，D，H；（5）戊在下落的
程中依次撞
到
枝
过
击
树
I，C，E,
九棵
枝
则这
树
从高到低不同的
序共有（
顺
）
A．23
B．24
C．32
D．33
【答案】D
【解析】不妨设
代表
枝的高度，五根
枝从上至下共九个位置，
树
树
根据甲依次撞
到
枝
击
树
；乙依次撞
到
枝
击
树
；丙依次撞
到
枝
击
树
；丁依次撞
到
枝
击
树
；戊依次撞
到
枝
击
树
可得
，
在前四个位置，
，
，且
一定排在后四个位置，
（1）若
排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4 种排法，若第五个位置排C,
第六个位置一定排
则
D，后
三个位置共有3 种排法，若第五个位置排D，
后四个位置共有
则
4 种排法，所以I 排在前四个位置中的一个位置
，共有
时
种排法；
（2）若
不排在前四个位置中的一个位置，则
按
序排在前四个位置，由于
顺
，所以后五个
位置的排法就是H 的不同排法，共5 种排法，即若
不排在前四个位置中的一个位置共有5 种排法，
由分
数原理可得，
类计
这9 根
枝从高到低不同的次序有
树
种.故
：
选D.
【变式训练21-4】九
是一种流
于我国民
的
智力玩具
连环
传
间
传统
.它用九个
相
成串，以解开
圆环
连
为胜.它在中
国有近两千年的
史，《
楼梦》中有林黛玉巧解九
的
历
红
连环
记载.周邦彦也留下关于九
的名句“
妙手、能解
连环
纵
连环.”九
有多种玩法，在某种玩法中
连环
:已知解下1 个
最少需要移
圆环
动圆环1 次，解下2 个
最少需要移
圆环
动圆环2 次，
记
解下
为
个
需要移
的最少次数，且
圆环
动圆环
，
解下
则
8
个
所需要移
的最 少次数
（
圆环
动圆环
为 ）
A．30
B．90
C．170
D．341
【答案】C
【解析】由
，
题
，所以
.
【变式训练21-5】
路上有
号
马
编
为1，2，
，2011 的2011 只路灯.
用
，要求关
其中的
为节约
电
闭
300 只灯，但
不能同
关
相
两只，也不能关
两端的路灯
时
闭
邻
闭
.
足条件的关灯方法共有
则满
______.（用
合数符合表示）
组
.
【答案】
【解析】
等价于在
问题
1711 只路灯中插入300 只暗灯.所以，共有
种关灯方法.
【变式训练21-6】16 名社区志愿者
成
组
4 行4 列的方
，
从中
出
阵现
选
2 人，要求他
既不在同一行又不在同一
们
列，
不同的
法种数
则
选
为______________.
【答案】72
【解析】从16 人中
出
选
2 人，共有
种
法，若
出的
选
选
2 人既不在同一行又不在同一列，
共有
则
种
法
选
.
【变式训练21-7】
个人排成一个n 行，n 列的方
，
要从中
出
阵现
选
n 个代表，要使得每一行，每一列都有代
表，
有
则
___________种不同的
法
选
.
【答案】
【解析】从第行中
取一个代表，
法有
选
选
种，从第
行中
取一个代表，
保
每一列都有代表，
法有
选
为
证
选
种，从第行中
取一个代表，
保
每一列都有代表，
法有
选
为
证
选
种，
从第
行中
取一个代表，
保
每一列都有代表，
法有
选
为
证
选
种，由分步乘法
数原理可知，不同的
法数有
计
选
：
，
【变式训练21-8】某活
中，有
动
42 人排成6 行7 列，
从中
出
现
选
3 人
行礼
表演，要求
进
仪
这3 人中的任意2 人
不同行也不同列，
不同的
法种数
则
选
为_____（用数字作答）．
【答案】4200
【解析】先按
序依次
三人共有
顺
选
，再去掉
序数：
顺
【变式训练21-9】一只
从一个正四面体
蚂蚁
的
点
顶
出
，每次从一个
点爬行到另一个
点，
发
顶
顶
则蚂蚁
爬行五次
在点
还
的爬行方法种数是__________．
【答案】
【解析】解法一：第一次爬行可以到
的任何一点，第二次爬行分到
与不到
，
于第二次不到
对
的第
三次爬行再分到
与不到
．爬行方法
数
总
为
（种）．
解法二：
从点
设
出
爬行
发
次仍在点
的爬行方法种数为
，则
，
，
，
，
，
．（亦可由
推式从第二
推出第五
的
）
递
项递
项
值
故答案
：
为
.
【变式训练21-10】蜂房
大部分是一个正六棱柱的
面，但它的底部却是由三个菱形构成的三面角
绝
侧
. 18 世纪
初，法国学者
拉
奇曾
量
大量蜂巢的尺寸
马
尔
经专门测
过
. 令人惊
的是，
些蜂巢
成底
的菱形的所有
角
讶
这
组
盘
钝
都是
，所有的
角都是
锐
. 后来
法国数学家克尼格和
格
数学家
克洛林从理
上的
算，
经过
苏
兰
马
论
计
如果要消耗最少的材料，制成最大的菱形容器正是
个角度
这
. 从
个意
上
，蜜蜂称得上是“天才的数学家兼
这
义
说
”
设计师. 如
所示是一个蜂巢和部分蜂巢截面
图
.
中
直
段和斜
都表示通道，并且在交点
相遇．
在有
图
竖
线
线
处
现
一只蜜蜂从入口向下（只能向下，不能向上）运
，蜜蜂在每个交点
向左到达下一
或者向右到达下一
的可
动
处
层
层
能性是相同的．蜜蜂到达第
（有
层
条
直
段）第
竖
线
通道（从左向右
）的不同路径数
计
为
. 例如：
，
.
不等式
则
的解集
（
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由
可知
题
，
，且
，可推得，
，
所以
，即
，所以
可能取到0，1，2，7，8，9，所以解集为
，
【变式训练21-11】将
周
圆
等分于点
，在以其中每三点
点的三角形中，含有
心的三
为顶
圆
角形个数为__________．
【答案】
【解析】任取一个分点记为P，然后将其余
个分点
志，
这样标
自P 点后，逆
方向的
时针
连续n 个点依次记为
，
方向的
顺时针
连续n 个点依次记为
．
先考
以
虑
P
点且含有
心的三角形，如
，
然
种三角形的另两个
点必
一个属于点集
为顶
圆
图显
这
顶
须
，
而另一个属于点集
．且
种
这
，含有
心当且
当
圆
仅
．
算符合条件的三角形个数：当
现计
，
时j 可取值
，共计k 个
．因此
种含有
心的
值
这
圆
个数为
，
当点P 取遍
个位置，共得
个三角形，
由于每个三角形有三个
点，故每个三角形重复
算了三遍，
顶
计
因此符合条件的三角形个数为
．
故答案
：
为
.
【变式训练21-12】如
所示是
直平面内的一个“通道游
”，
中
直
段和斜
都表示通道，并且在交点
图
竖
戏
图
竖
线
线
相遇．若有一条
直
段的
第一
，第二条
直
段的
第二
，以此
推，
有一
小球从第一
的通道
处
竖
线
为
层
竖
线
为
层
类
现
颗
层
向下运
，在通道的交叉
，小球可以落入左右两个通道中的任意一个，
小球落入第
动
处
记
的第
层
个
直通道
竖
（从左向右
）的不同路径数
计
为
．
（1）求
，
，
的
；
值
（2）猜想
的表达式（不必
明），并求不等式
证
的解集．
【答案】
解析
见
【解析】（1）由
意可得
题
，
，且
.
，
；
（2）由
可推得
，
不等式
即为
，
，
，
，
，
.
解不等式
，可得
的可能取
有
值
、、
、、、.
所以，不等式
的解集为
.
因为
【变式训练21-13】
同学、王同学、文同学三人在操
踢球
贾
场
,每次
球
传
,
球者将球随机将
另外两位同学之
传
传给
一,足球最开始在文同学脚下,则:①
次
球之后
传
,共有___________种可能的
球方法
传
;②
次
球之后
传
,足球回到文
同学脚下的
球方法有
传
___________种.
【答案】
【解析】每次
球有两种方法，所以
传
次
球之后
传
,共有
种可能的
球方法
传
;
设
次
球之后
传
,足球回到文同学脚下的
球方法
传
为
种.
则2
，即
因为
【变式训练21-14】一只
从一个正四面体
蚂蚁
的
点
顶
出
，每次从一个
点爬行到另一个
点，
发
顶
顶
则蚂
爬行五次
在点
蚁
还
的爬行方法种数是__________．
【答案】
【解析】解法一：第一次爬行可以到
的任何一点，第二次爬行分到
与不到
，
于第二次不到
对
的第
三次爬行再分到
与不到
．爬行方法
数
总
为
（种）．
解法二：
从点
设
出
爬行
发
次仍在点
的爬行方法种数为
，则
，
，
，
，
，
．（亦可由
推式从第二
推出第五
的
）故答案
：
递
项递
项
值
为
.
题型22：定序重排问题求幂策略
【典型例题1】
足
满
，且
的有序数组
共有（ ）个.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】∵数
中数字的大小确定，从
组
1 到9 共9 个数任取4 个数得一个有序数
，所有个数
组
为
．
故
：
选A．
【典型例题2】已知
，
足
则满
的有序数组
共有（ ）
个
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
所有有序数
组
中,
足
满
的
有序数
组
中包含
个0，另外两个数在或
中
，每个位置有
选择
2 种
，由乘法
数原理得
选择
计
不同的种数为
【典型例题3】在一次学校
的研究性学
成果
告会上，有
组织
习
报
共6
成果要
，如果
项
汇报
B 成果
不能最先
，而
汇报
A､C､D 按先后
序
（不一定相
），那么不同的
安排种数
（
顺
汇报
邻
汇报
为 ）
A．100
B．120
C．300
D．600
【答案】A
【解析】不考
限制条件共有
虑
种，
最先
共有
汇报
种，
如果
不能最先
，而
汇报
､C､D 按先后
序
（不一定相
）有
顺
汇报
邻
.
【变式训练22-1】花灯，又名“彩灯”“灯
”，是中国
代的文化
物，兼具生活功能与
特色
笼
传统农业时
产
艺术
.如
，
有
挂着的
图现
悬
8
不同的花灯需要取下，每次取
盏
1
，
不同取法
数
（
盏则
总
为
）
A．2520
B．5040
C．7560
D．10080
【答案】A
【解析】由
意，
题
对8
不同的花灯
行取下，先
盏
进
对8
不同的花灯
行全排列，共有
盏
进
种方法，因
取花灯每次
为
只能取一
，而且只能从下往上取，所以
除去重复的排列
序，即先取上方的
序，
盏
须
顺
顺
故一共有
种，
【变式训练22-2】元宵
灯展后，
挂有
节
悬
8
不同的花灯需要取下，如
所示，每次取
盏
图
1
，
不同的取法共有
盏则
（ ）．
A．32 种
B．70 种
C．90 种
D．280 种
【答案】B
【解析】因
取灯
每次只能取一
，所以每串灯必
先取下面的灯，
为
时
盏
须
即每串灯取下的
序确定，取下的方法有
顺
种．
【变式训练22-3】
桌上放有两
，每
讲
摞书
摞本，
要把
现
本不同的书发给位学生，每位一本
，每次
只
书
发书
能从其中一
取最上面的一本
，
有不同取法的种数是
摞
书则
______.（用数字作答）
【答案】20
【解析】根据
意，
等价于从一行六个空里
三个空把
题
问题
选
、
、按从小到大自左向右
序填
去，剩下三个空
顺
进
将
、、从小到大自左向右
序填
去，共有填法
顺
进
种.
故答案
：
为
.
【变式训练22-4】某公司在元宵
了一次猜灯
活
，主持人事先将
节组织
谜
动
10 条不同灯
分
装在了如
所示
谜
别
图
的10 个灯
中，猜灯
的
每次只能任
每列最下面的一个灯
中的
来猜（无
猜中与否，
中的灯
笼
谜
职员
选
笼
谜语
论
选
笼
就拿掉），则这10 条灯
依次被
中的所有不同
序方法数
谜
选
顺
为____________.（用数字作答）
【答案】
【解析】一共有10 条灯
，共有
谜
种方法，由
意可知而其中按
题
2，3，3，2
成的
组
4 列相
位置不
，所以
合
对
变
结
倍
法可知共有
缩
种，也即是这10 条灯
依次被
中的所有不同
序方法有
谜
选
顺
种
故答案
：
为
.
【变式训练22-5】
有学号分
现
别为号、
号、号、
、号的位同学依次站成一排，老
他
从
师请
们
号同
学开始依次从如
所示的装有
号
图
标
为至号球的三个
柱形容器中随意
一个有球的容器并取出最上面的
圆
选择
一个球，再根据自己手中所拿球的号
，按照球号从小到大的
序从左到右重新站成一排，
所有可能的不同站
码
顺
则
法有____________种（用数字作答）．
【答案】
【解析】相当于先将位同学看成个排成一列的盒子，先从这个不同的盒子中
出
选
个，并从左往右依次放入
、
、号球，再从剩余的个盒子中
出
选
个，并从左往右依次放入
、、号球，
最后将、、号球，从左往右依次放入剩余的个盒子，共有
种不同的站法．
题型23: 数字问题
【典型例题1】用数字、
、
成五位数，且数字
组
、
、至少都出
一次，
的五位数共有（
现
这样
）个
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】首先考
全部的情况，即每个数位均有
虑
种
，共有
选择
个，
其中包含数字全部相同只有种情况，
有只含有
还
个数字的共有
个，
因此，
足条件的五位数的个数
满
为
个.
【典型例题2】
数字是欧洲在阿拉伯数字
入之前使用的一种数
，它的
生
志着一种古代文明的
步
罗马
传
码
产
标
进
.
数字的表示法如下：
罗马
数
字
1
2
3
4
5
6
7
8
9
形
式
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
Ⅷ
Ⅸ
其中“Ⅰ”需要1 根火柴，“Ⅴ”与“X”需要2 根火柴，若为0，
用空位表示
则
. （如123 表示为
，
405 表示为
）如果把6 根火柴以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的不同的
三位数的个数
（
为 ）
A．87
B．95
C．100
D．103
【答案】D
【解析】用6 根火柴表示数字，所有搭配情况如下：
1 根火柴和5 根火柴：1 根火柴可表示的数为1；5 根火柴可表示的数为8，和0 一起，能表示的数共有4 个
（108,180,801,810）.
2 根火柴和4 根火柴：2 根火柴可表示的数为2、5；4 根火柴可表示的数为7，和0 一起，能表示的数有
个.
3 根火柴和3 根火柴：3 根火柴可表示的数为3、4、6、9，和0 一起，能表示的数分为2
：除
类
0 外的两个数字相
同，可表示的数有
个；除0 外的两个数字不同，
有
则
个，所以共有
个.
1 根火柴、1 根火柴和4 根火柴：即有1、1、7
成的数，共有
组
3 个（117,171,711）.
1 根火柴、2 根火柴和3 根火柴：即由1,2 或5 中的一个，3、4、6、9 中的一个数字
成的三位数，共有
组
个.
2 根火柴、2 根火柴、2 根火柴：即由2 或5
成的三位数，分
两
：三个数字都相同，共有
组
为
类
2 个（222,555）；三个
数字中的两个数字相同，
有
则
个，共有
个.
上可知，可
成的三位数共有
综
组
个.故
：
选D.
【典型例题3】我国古代数学名著《
古摘奇算法》（
）一
中有关于三
幻方的
：将
续
杨辉
书
阶
问题
1，2，3，4，5，6，7，
8，9 分
填入
别
的方格中，使得每一行，每一列及
角
上的三个数的和都相等（如
所示），我
定：只要
对
线
图
们规
两个幻方的
位置（如每行第一列的方格）中的数字不全相同，就称
不同的幻方，那么所有不同的三
幻方
对应
为
阶
的个数是（ ）
A．9
B．8
C．6
D．4
【答案】B
【解析】因
所有数的和
为
为
，所以每行每列以及
角
的和都是
对
线
15，采用列
法：
举
492、
357、816；276、951、438；294、753、618；438、951、276；816、357、492；618、753、294；672、159、834；834、
159、672.共8 种方法，
【典型例题4】用数字、、
、、
、
成没有重复数字的四位数，
下列
法正确的是（
组
则
说
）
A．可
成
组
个不重复的四位数
B．可
成
组
个不重复的四位偶数
C．可
成
组
个能被整除的不重复四位数
D．若将
成的不重复的四位数按从小到大的
序排成一个数列，
第
组
顺
则
个数字为
【答案】BC
【解析】A
，有
选项
个，
，
错B
，分
两
：
选项
为
类
在末位，
有
则
种，不在末位，
有
则
种，∴共有
种，
，
对C
，先把四个相加能被
选项
整除的四个数从小到大列
出来，
举
即先
：
选
，
、
、
、
，它
排列出来的数一定可以被
们
整除，∴共有：
种，
，
对D
，首位
选项
为的有
个，前两位为
的有
个，前两位为
的有
个，此
共有
时
个，因而第
个数字是前两位为
的最小数，即为
，错。
【典型例题5】用数字0，1，2，3，4，5
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
偶数
组
为
的四位数共有___________.个（用数字作答）.
【答案】
【解析】当个位、十位和百位上的数字为3 个偶数的有：
种；当个位、十位和百位上的数字为1 个偶数2
个奇数的有：
种，根据分
数原理得到共有
类计
个．
【变式训练23-1】数字“
”中，各位数字相加和为，称
数
“
久四位数”，
用数字
该
为长
则
成
组
的无重复数字且大于
的“
久四位数”有（
长
）个
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】确定数字和为9 的四个数
有：
组
、
、
共三
，分
排列成无重复数字的四位数可得
组
别
．
结论
卡片上的四位数字之和等于，四个数字为
成的无重复数字且大于
组
的“
久四位数”共有：
长
，
成的无重复数字且大于
组
的“
久四位数”共有
长
个；
成的无重复数字
组
且大于
的“
久四位数”共有
长
个，故共
（个）.故
：
选C．
【变式训练23-2】从0，2 中
一个数字，从
选
1，3，5 中
两个数字，
成无重复数字的三位数，其中偶数的个数
选
组
（
为 ）
A．24
B．18
C．12
D．6
【答案】C
【解析】由分步乘法
数原理
合排列直接求解即可
计
结
.
根据
意，要使
成无重复数字的三位数
偶数，
从
题
组
为
则
0，2 中
一个数字
个位数，有
选
为
2 种可能，
从1，3，5 中
两个数字
十位数和百位数，有
选
为
种可能，故
个无重复数字的三位数
偶数的个数
这
为
为
．故
：
选C．
【变式训练23-3】将3 个1 和4 个0 随机排成一行，则3 个1 任意两个1 都不相
的概率
（
邻
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先求出
数
总
为
种，再利用插空法，得到符合
意的情况数目
题
为
种，
可得到概率
则
.
先考
情况，
虑总
7 个位置选3 个放1，有
种，再考
任意两个
虑
1 都不相
的情况，将
邻
3 个1 插入4 个0 形成的5
个空中，有
种，
概率
则
为
，故
：
选C.
【变式训练23-4】若从1，2，3，…，9 这9 个整数中取出4 个不同的数排成一排，依次记为a，b，c，d，
使得
则
a×b×c＋d
奇数的不同排列方法有（
为
）
A．1224
B．1800
C．1560
D．840
【答案】B
【解析】首先
奇数，
为
则
偶数，
而根据
为
进
的奇偶分布情况求排列方法数，再
偶数，
为
则
三个奇数，求排列方法数，
而加
为
进
总.
当
奇数
，
为
时
偶数：
为
1、
一偶两奇，此
不同排列方法
时
为
种；
2、
两偶一奇，此
不同排列方法
时
为
种；
3、
三个偶数，此
不同排列方法
时
为
种；
当
偶数
，
为
时
奇数，此
为
时
三个奇数，不同排列方法为
种；
上，不同排列方法有
综
1800 种.故
：
选B
【变式训练23-5】定
：
义
，当
，称
时
个数
波
数，由
这
为
动
成的没有重复数字的五位数中，波
数的概率
（
组
动
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先判断出由
成的没有重复数字的五位数有
组
120 种，列
出波
数有
举
动
个，即可求出波
数的概率
动
.
由
成的没有重复数字的五位数一共有
组
种.
而构成波
数，需
足
动
满
，有：31425，31524，41325，41523，51324，51423，32415，32514，
42315，42513，52314，52413，21435，21534，53412，43512 一共16 个.
所以波
数的概率
动
为
.故
：
选B.
【变式训练23-6】由0~9 这10 个数
成的三位数中，各位数字按
格
增（如“
组
严
递
145”）或
格
减（如“
严
递
321”）顺
序排列的数的个数是（ ）
A．120
B．168
C．204
D．216
【答案】C
【解析】先不考虑0 的情况，
从
则
这9 个数字中
出
选
3 个数字，共
种情形，当三个数字确定以后，
三个数字按
格
增或
格
这
严
递
严
减排列共有
递
2 种情况，根据分步
数原理知共有
计
＝168.
再考
有
虑
0
，不可能
成
格
增的数，如果
成
格
减的数，
时
组
严
递
组
严
递
则0 在个位，前两位从
这9 个数
字中
出
选
2 个数字，共
种情形.
所以共
故
：
选C
【变式训练23-7】已知a1，a2，a3∈{2，4，6}，记N（a1，a2，a3）为a1，a2，a3中不同数字的个数，如∶N（2，2，2）
=1，N（2，4，2）=2，N（2，4，6）=3，
所有的（
则
a1，a2，a3）的排列的N（a1，a2，a3）平均
（
值为 ）
A．
B．3
C．
D．4
【答案】A
【解析】由
意，
题
N（a1，a2，a3）共有
种排列
若N（a1，a2，a3）=1，即
共3 种；
若N（a1，a2，a3）=2，有
种；
若N（a1，a2，a3）=3，有
种；
故所有的（a1，a2，a3）的排列的N（a1，a2，a3）平均值为
故
：
选A
【变式训练23-8】用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9
成没有重复数字，且至多有一个数字是奇数的四位数，
组
这
的四位数一共有
样
___________个．（用数字作答）
【答案】504
【解析】当四个数字中没有奇数
，
的四位数有
时则这样
种，
当四个数字中有一个奇数
，
从
时则
5 个奇数中
一个奇数，再从
选
4 个偶数中选3 个数，然后对这4 个数排列即可，
所以有
种，所以由分
加法原理可得共有
类
种，
【变式训练23-9】用0、1、2，3、4、5
成无重复数字的四位数，求分
足下列条件的四位数的个数．
组
别满
(1)能被25 整除的数；
(2)十位数字比个位数字大的数．
【答案】
解析
见
【解析】（1）能被25 整除的四位数的末两位数字只能为25 或50 两种，末尾为50 的四位数有
个，末尾为25 的
有
个，所以一共有
（个）．
（2）用0、1、2、3、4、5
成无重复数字的四位数，一共有
组
（个）．因
在
为
这300 个数中，十位数字与个
位数字的大小关系是“等可能的”，所以十位数字比个位数字大的数有
（个）．
【变式训练23-10】（1）用0、1、2、3、4、5
六个数字，可以
成多少个无重复数字的三位数？
这
组
（2）用0、1、2、3、4、5
六个数字，可以
成多少个三位数？
这
组
（3）用0、1、2、3、4、5
六个数字，可以
成多少个数字允
重复的三位数？
这
组
许
（4）用0、1、2、3、4、5
六个数字，可以
成多少个无重复数字的三位奇数？
这
组
（5）用1、1、1、2、3、4
六个数字各一次，可以
成多少个六位数？
这
组
【答案】
解析
见
【解析】（1）先排百位数，有5 种
，再排十位，有
选择
5 种
，最后排个位，有
选择
4 种
，故由分步乘法原理得共
选择
有
种不同的方案，所以，可以
成
组
100 个无重复数字的三位数；
（2）先排百位数，有5 种
，再排十位，有
选择
6 种
，最后排个位，有
选择
6 种
，故由分步乘法原理得共有
选择
种不同的方案，所以，可以
成
组
个三位数；
（3）先排百位数，有5 种
，再排十位，有
选择
6 种
，最后排个位，有
选择
6 种
，故由分步乘法原理得共有
选择
种不同的方案，所以，可以
成
组
个数字允
重复的三位数；
许
（4）先排个位数，有3 种
，再排百位，有
选择
4 种
，最后排十位，有
选择
4 种
，故由分步乘法原理得共有
选择
种不同的方案，所以，可以
成
组
个数字允
重复的三位数；
许
（5）根据
意，只需从六个位置中
取三个位置排序
题
选
2,3,4，剩下的三个位置自然都为1，故有
种，所以，可以
成
组
个六位数.
题型24：几何问题
【典型例题1】一个国
象棋棋
（由
际
盘
8×8 个方格
成），其中有一个小方格因破
而被剪去（破
位置不确定）
组
损
损
．
“L”形骨牌由三个相
的小方格
成，如
所示．
要将
个破
的棋
剪成数个“
邻
组
图
现
这
损
盘
L”形骨牌，
（ ）
则
A．至多能剪成19
“
块L”形骨牌
B．至多能剪成20
“
块L”形骨牌
C．最多能剪成21
“
块L”形骨牌
D．前三个答案都不对
【答案】C
【解析】考虑2×3 的6
方格，如
：
块
图
每一
的骨牌含有
块这样
2
“
块L”形骨牌
一共可以剪成10
的骨牌，和一个田字格，田字格可以剪
块这样
1
“
块L”形骨牌，
一共
则
21
“
块L”形骨牌.
只要将破
的方格所在位置剪成一个恰当的田字格即可，所以一定能
剪成
损
够
21
“
块L”形骨牌.
如
所示
图
故
：
选C
【典型例题2】已知
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
是
由
单纯
碳原子
合形成的
定分子，它具有
结
稳
60 个
点和若干个面，
顶
.各个面的形状
正五
形或正六
形，
构如
为
边
边
结
图.已
知其中正六
形的面
边
为20 个，
正五
形的面
（
则
边
为 ）个.
A．10
B．12
C．16
D．20
【答案】B
【解析】由
构
知：每个
点同
在
结
图
顶
时
3 个面内，
所以五
形面数
边
为
个，故选B.
【变式训练24-1】如
一个直角三角形工
部件的示意
，
在
图为
业
图现
AB
内
边
侧钻5 个孔，在BC
内
边
侧钻4 个孔，
AB
内
的
边
侧
5 个孔和BC
内
的
边
侧
4 个孔可
成
连
20 条
段，在
些
段的交点
各
一个孔，
个部件上最
线
这
线
处
钻
则这
多可以
的孔数
（
钻
为 ）．
A．190
B．199
C．69
D．60
【答案】C
【解析】在AB
内
的
边
侧
5 个孔和BC
内
的
边
侧
4 个孔中各取两个可构成四
形，
边
当
些四
形
角
的交点不重合
，
孔最多，
这
边
对
线
时钻
所以最多可以
的孔数
钻
为
个．故
：
选C
【变式训练24-2】宋代学者
崇
撰的《三礼
集注》中描述的周王城，“匠人
国，方九里，旁三
，国中九
聂
义编
图
营
门
九
……”；意思是周王城
正方形，
九里，每
都有左中右三个
；城内
横各有九条路……；
依据
经
纬
为
边长为
边
门
纵
则
此种描述，画出周王城的平面
，
中共有（
图则图
）个矩形
A．3025
B．2025
C．1225
D．2525
【答案】A
【解析】要想
成一个矩形，需要找出两条横
、两条
，
组
边
纵边
根据分步乘法
数原理，依
意，所有矩形的个数
计
题
为
，故
：
选A.
【变式训练24-3】从正方体的8 个
点中
取
顶
选
4 个作
点，可得到四面体的个数
（
为顶
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】从正方体的8 个
点中
取
顶
选
4 个
点有
顶
种，
正方体表面四点共面不能构成四面体有种，
正方体的六个
角面四点共面不能构成四面体有
对
种，
所以可得到的四面体的个数为
种，故
：
选A
【变式训练24-4】如
，
图
的边
上有四点
、
、
、
，
上有三点
、
、
，
以
则
、
、
、
、
、
、
、
中三点
点的三角形的个数
（
为顶
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】利用
接法，先在
间
个点中任取个点，再减去三点共
的情况，
线
因此，符合条件的三角形的个数为
.故
：
选B.
【变式训练24-5】若一个正方体
着某直
绕
线旋
不到一周后能与自身重合，那么
的直
转
这样
线的条数
（
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】若正方体
着直
绕
线旋
不到一周能与自身重合，
转
则必
正方体中心，否
，正方体
着直
过
则
绕
线旋
不到
转
一周后，中心不能回到原来的位置；共有三种情况：如
所示；
图
当
正方体的
角
两
点
，把正方体
过
对
线
顶
时
绕旋转
，正方体回到原来的位置，此
的直
共有
时
线
条；
当
正方体两相
棱中点
，把正方体
过
对
时
绕旋转
，正方体回到原来的位置，此
直
共有
时
线
条；
当
正方体
面中心
，把正方体
过
对
时
绕旋转
，正方体回到原来的位置，此
直
共有
时
线
条；
上，符合条件的直
综
线有
条.
故
：
选D.
【变式训练24-6】以正方体的
点
点的三棱
的个数
（
顶
为顶
锥
为 ）
A．70
B．64
C．60
D．58
【答案】D
【解析】由
意知：要使正方体的
点
点构成三棱
，
题
顶
为顶
锥则4 个
点不共面，
顶
1、8 个
点任
顶
选4 个，有
种，2、8 个
点任
顶
选4 个，共面的有12 种，
∴以正方体的
点
点的三棱
有
顶
为顶
锥
个.故
：
选D
【变式训练24-7】正方体
，
是棱的中点，在任意两个中点的
中，与平面
连线
平行的直
有几条（
线
）
A．36
B．21
C．12
D．6
【答案】B
【解析】考
与平面
虑
平行的平面
，平面
，平面
，
共有
，故
：
选B.
1.如
我国数学家
爽
图为
赵
约3 世
初
纪
在
《周髀算
》作注
勾股定理的示意
，
在提供
为
经
时验证
图现
5 种
色
其
颜
给
中5 个小区域涂色，
定每个区域只涂一种
色，相
区域
色不同，
规
颜
邻
颜
则
区域涂色不相同的概率为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】利用分步
数原理求出不同的涂色方案有
计
420 种，其中，
区域涂色不相同的情况有120 种，由此根
据古典概型概率公式能求出
区域涂色不相同的概率．
提供5 种
色
其中
颜
给
5 个小区域涂色，
定每个区域只涂一种
色，相
区域
色不同，
规
颜
邻
颜
根据
意，如
，
题
图设5 个区域依次为
,分4 步
行分析：
进
，
于区域
对
，有5 种
色可
；
颜
选
，
于区域
对
与
区域相
，有
邻
4 种
色可
；
颜
选
，
于区域
对
，与
区域相
，有
邻
3 种
色可
；
颜
选
，
于区域
对
，若
与
色相同，
颜
区域有3 种
色可
，
颜
选
若
与
色不相同，
颜
区域有2 种
色可
，
颜
选
区域有2 种
色可
，
颜
选
区域
则
有
种
，
选择
不同的涂色方案有
则
种，
其中，
区域涂色不相同的情况有：
，
于区域
对
，有5 种
色可
；
颜
选
，区域
，有4 种
色可
；
颜
选
于区域
对
，有3 种
色可
；
颜
选
，若
与
色相同，
颜
区域有2 种
色可
；
颜
选
若
与
色不相同，
颜
区域有2 种
色可
，
颜
选
区域有1 种
色可
；
颜
选
所以区域
有
种
；
选择
不同的涂色方案有
种，
区域涂色不相同的概率为
,故选D．
2.将一个四棱锥
的每个
点染上一种
色，并使同一条棱的两端异色，如果只有
顶
颜
5 种
色可供使用，
颜
不同的染色方法的
数是
则
总
A．540
B．480
C．420
D．360
【答案】C
【解析】分两步，由
四棱
的
点
题设
锥
顶
所染
色互不相同，
共有
颜
则
，当
染好
，不妨
时
所染
色依次
设
颜
为
，若
染
，则
可染 或
或，共三种，若
染
，则
可染 或，共
种，若
染 ，则
可染 或
，共
种，即当
染好
，
时
有
还
种染法，所以共有
，
故选C.
3.清明
前夕，某校
委决定
“
革命先烈，致敬
代英雄”主
演
比
，
初
，共有
节
团
举办缅怀
时
题
讲
赛经过
赛
10 人
入决
进
赛，
其中高一年级3 人，高二年级3 人，高三年级4 人，
采用抽
方式决定演
序，
在高二年
现
签
讲顺
则
级3 人相
的前
邻
提下，高一年级3 人不相
的概率
（
邻
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】基本事件
数
总
，其中高一3 人不相
包含的基本事件个数
邻
，由此能求出高一年级3 人
不相
的概率．
邻
解：共有10 人
入决
，其中高一年
进
赛
级3 人，高二年级3 人，高三年级4 人，
采用抽
方式决定演
序，高二年
签
讲顺
级3 人相
，基本事件
数
邻
总
，
其中高一3 人不相
包含的基本事件个数
邻
，
高一年级3 人不相
的概率
邻
．故
：
选D．
4.10 名同学合影，站成前排4 人后排6 人，
影
要从后排
现摄
师
6 人中抽2 人
整到前排，若其他人的相
序不
调
对顺
，
不同
整方法的
数是（
变则
调
总
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】分两步：1.首先先从后排6 人中选2 人出来；2.将这2 人与前排4 人排列，且前排4 人的相
序不
，可
对顺
变
以看成有6 个位置，先选2 个位置排这2 人，其他4 人按原
序排列，再由乘法原理
算即可
顺
计
.
首先先从后排6 人中选2 人出来，共
种不同
法，将
选
这2 人与前排4 人排列，且前排4
人的相
序不
，可以看成有
对顺
变
6 个位置，先选2 个位置排这2 人有
种不同排法，其余
位置按4 人原
序排好只有
顺
1 种排法，由乘法原理，得不同
整方法的
数是
调
总
.故
：
选C
5.某校王老
着
师带
2 名女生和3 名男生去参加数学建模比
，比
束要
行拍照留念，若王老
不站在两端，
赛
赛结
进
师
2 名女生相
，
不同的站法共有（
邻则
）
A．120 种
B．144 种
C．158 种
D．186 种
【答案】B
【解析】法一：第一步：先把2 名女生捆
在一起有
绑
种情况，
第二步：把2 名女生当成一个元素和3 名男生
行排列有
进
种站法，
第三步：利用插空法安排王老
，四个元素排好有五个空，且王老
不能站在两端，
师
师
所以王老
只能站在中
的三个空中，所以王老
有
师
间
师
种站法，
由分步乘法
数原理可得不同的站法共有
计
（种）．
故
：
选B．
法二：把2 名女生捆
在一起，与其他
绑
4 个人排列，有
（种）情况，
王老
站在两端的情况有
师
（种），
所以王老
不站在两端，
师
2 名女生相
的不同站法有
邻
（种）．故
：
选B．
6.
了配合社区做好新冠肺炎疫情防控工作，某校要派四名教
到甲、乙两个社区开展志愿者服
，若每个教
为
师
务
师
只去一个社区，且两个社区都有教
去，
不同的安排方法有（
师
则
）
A．14 种
B．20 种
C．10 种
D．7 种
【答案】A
【解析】第一步：将四名教
分成两
，有两种情况：一种情况是
师
组
1 组1 人、1 组3 人，一种情况是每组2 人，共有
种分法；
第二步：将第一步得到的两个不同
分
两个不同社区，有
组
给
种分法，
不同的安排方法有
则
（种）.故
：
选A．
7.已知集合
，若
且互不相等，
使得指数函数
则
，
数函数
对
，幂
函数
中至少有两个函数在
上
增的有序数
单调递
对
的个数是（ ）
A．16
B．24
C．32
D．48
【答案】B
【解析】若
和
在
上
增，
单调递
在
上
减，
单调递
有
则
个；
若
和
在
上
增，
单调递
在
上
减，
单调递
有
则
个；
若
和
在
上
增，
单调递
在
上
减，
单调递
有
则
个；
若
、
和
在
上
增，
有
单调递
则
个；
上所述：共有
综
个.故
：
选B.
8.某
影院中有如
所示
电
图
A 至J 共10 个座位，
有一
夫
现
对
妇带领2 个孩子（一男孩和一女孩）
看
影《八角
观
电
笼
中》，要求
和女儿不坐在同一行也不坐在同一列，爸爸和儿子不坐在同一行也不坐在同一列，
不同的就座
妈妈
则
方法
数
（
总
为 ）
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
A．480
B．960
C．1040
D．1120
【答案】C
【解析】第一步：先
和女儿就座，第一行
一个位置，
第二行有
让妈妈
选
则
4 个位置可
，故
和女儿的就座方
选择
妈妈
法数为
；
第二步：
爸爸和儿子就座，不妨
和女儿分
让
设妈妈
别选A，H，
爸爸和儿子有
则
BF，BI，BJ，CF，CG，CI，CJ，DF，DG，DJ，EF，EG，EI，
共13 种
，爸爸和儿子的
序可
，故爸爸和儿子的就座方法数
选择
顺
换
为
；
根据分步乘法
数原理，共有
计
（种）.故
：
选C．
9.
集合
设
，
，那么集合
中
足
满
的元素的个数
（
为 ）
A．60
B．100
C．120
D．130
【答案】D
【解析】由
意知集合
题
中
足
满
的元素的个数，
即指
中取值为-1 或1 的个数和为1 或2 或3，
故
足条件的元素的个数
满
为
（个），故
：
选D
10.将1 到30 这30 个正整数分成甲､乙两
，每
各
组
组
15 个数，使得甲
的中位数比乙
的中位数小
组
组
2，
不同的
则
分
方法数是（
组
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】因
甲
、乙
均
为
组
组
为
个数，
其中位数
从小到大排列的第
则
为
个数，
即小于中位数的有个数，大于中位数的也有个数，
依
意可得甲
的中位数
题
组
为
或
，
若甲
的中位数
组
为
，
乙
的中位数
则
组
为
，此
从
时
中选个数放到甲
，剩下的
组
个数放到乙
，
组
再从
中选个数放到甲
，其余数均在乙
，此
有
组
组
时
种分
方法；
组
若甲
的中位数
组
为
，
乙
的中位数
则
组
为
，此
从
时
中选个数放到甲
，剩下的
组
个数放到乙
，
组
再从
中选个数放到甲
，其余数均在乙
，此
有
组
组
时
种分
方法；
组
若甲
的中位数
组
为
，
乙
的中位数
则
组
为
，此
甲
中小于
时
组
的数有个、乙
中小于
组
的数有个，
从而得到小
的数一共只有
个，
然不符合
意，故舍去，
显
题
同理可得，甲
的中位数不能大于
组
；
若甲
的中位数
组
为
，
乙
的中位数
则
组
为
，此
甲
中小于
时
组
的数有个、乙
中小于
组
的数有个，
从而得到小
的数一共只有
个，
然不符合
意，故舍去，
显
题
同理可得，甲
的中位数不能小于
组
；
上可得不同的分
方法数是
综
组
种.故
：
选B
11.
年高考考
的
格
每
场
规
为
场
名考生，分为排列，依照下
所示的方式
行座位号的
排．
了确保
图
进
编
为
考
的公平性，考生的
卷分
试
试题
为
卷和
卷，座位号
奇数的考生使用
为
卷，座位号
偶数的考生使用
为
卷．
已知甲、乙、丙三名考生在同一考
参加高考，且三人使用的
卷
型相同，三名考生中任意两人不得安排在同
场
试
类
一行或同一列，
甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有（
则
）
第五列
第四
列
第三列
第二列
第一
列
25
24
13
12
01
第一排
26
23
14
11
02
第二排
27
22
15
10
03
第三排
28
21
16
09
04
第四排
29
20
17
08
05
第五排
30
19
18
07
06
第六排
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】A
【解析】先考
甲、乙、丙三人使用
虑
卷，
三个人的座位号都
奇数，分以下几种情况
：
则这
为
讨论
（1）若
三人都在奇数列，
有一人需在第一列
一个奇数号的座位，有
这
则
选
种情况，
然后有一人在第三列要
一个奇数号的座位，但与第一人不能同在一排，只有
选
种情况，
最后一人只能在第五列
一个奇数号的座位，但
人不能与前两人在同一排，最后一人的座位只有一个，
选择
该
此
，不同的排法有
时
种；
（2）三人中只有两人在奇数列，首先在第一、三、五列中
两列，有
选
种
，
选择
其次，第一个人在其中的第一个奇数列中
一个奇数号的位置，有
选择
种
，
选择
第二个人在另一个奇数列中
一个奇数号的位置，有
选择
种
，
选择
第三个人在两个偶数列中
一个奇数号的位置，有
选择
种
，
选择
此
，共有
时
种不同的排法；
（3）三人中只有一人在奇数列，第一个人在第一、三、五列中随便
一个奇数号的位置，有
选择
种
，
选择
其次，第二个人在第二列中
一个奇数号的位置，有
选择
种
，例如第二个人
选择
选择
号座位，
由于第三个人不能与第二个人同排或同列，
第三个人只有
则
种
，即
选择
号和
号两个位置可供
，
选择
此
，不同的排法种数
时
为
种不同的排法.
上所述，当三个人都考
综
卷
，不同的排法种数
时
为
.
由
称性可知，当三人都考
对
卷
，不同的排法种数也
时
为
种.
上，当三人的考卷
型相同
，不同的座位安排方案种数
综
类
时
为
种.故
：
选A.
12.甲、乙等6 人去
三个不同的景区游
，每个人去一个景区，每个景区都有人游
，若甲、乙两人不去同
览
览
一景区游
，
不同的游
方法的种数
（
览则
览
为 ）
A．342
B．390
C．402
D．462
【答案】B
【解析】去
三个不同的景区游
，每个人去一个景区，每个景区都有人去游
，
览
览
三个景区的人数有
则
3 种情况：①1，1，4 型，
不同种数
则
为
；
②1，2，3 型，
不同种数
则
为
；
③2，2，2 型，
不同种数
则
为
．
所以共有
种.故
：
选B
13.有5 个人到南京、
江、
州的三所学校去
聘，若每人至多被一个学校
用，每个学校至少
用其中一人，
镇
扬
应
录
录
不同的
用情况种数是（
则
录
）
A．300
B．360
C．390
D．420
【答案】C
【解析】(1)当5 人中有三人被
取，
不同的
取情况数
录
则
录
为
;
(2)当5 人中有四人被
取，
不同的
取情况数
录
则
录
为
；
(3)当5 人全部被
取，
不同的
取情况数
录
则
录
为
；
上不同的
取情况数共有
综
录
.故
：
选C
14.某羽毛球俱
部，安排男女
手各
乐
选
6 名参加三
双打表演
（一
男双，一
女双，一
男女混双），每
场
赛
场为
场为
场为
名
手只参加
选
1
表演
，
所有不同的安排方法有（
场
赛则
）
A．2025 种
B．4050 种
C．8100 种
D．16200 种
【答案】B
【解析】先考
两
混双的
合有
虑
对
组
种不同的方法，
余下
名男
手和
选
名女
手各有
选
种不同的配
方法
成两
男双
合，两
女双
合，
对
组
对
组
对
组
故共有
．故
：
选B
15.一个信息
装有一排六只
光
子元件，每个
子元件被点亮
可
出
色光､
色光､
色光中的一种光
设备
发
电
电
时
发
红
蓝
绿
.
若每次恰有三个
子元件被点亮，但相
的两个
子元件不能同
被点亮，根据
三个被点亮的
子元件的不
电
邻
电
时
这
电
同位置以及
出的不同
色的光来表示不同的信息，
排
子元件能表示的信息种数共有（
发
颜
则这
电
）
A．60 种
B．68 种
C．82 种
D．108 种
【答案】D
【解析】每次恰有三个
子元件被点亮，但相
的两个
子元件不能同
被点亮，
电
邻
电
时
所以需把3 个亮的
光原件插入未点亮的元件中，有
发
种方法，
且不同
色数有
颜
种，
所以
排
子元件能表示的信息种数共有
这
电
种.故
：
选D
16.三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，
有且只有两个女生相
的概率是（ ）
则
邻
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】从三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，共有
种不同排法，
女生甲不在两端，同
有且只有两个女生相
分两
时
邻
类
女生甲
独站，
有
单
则
；
女生甲和另一个女生站一起，
有
则
,
所以，已知其中女生甲不在两端，
有且只有两个女生相
的概率是
则
邻
．故
：
选D.
17.将
号
编
为、
、、
、、的小球放入
号
编
为、
、、
、、的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两
个盒子的
号与放入的小球的
号相同，
不同的放法种数
（
编
编
则
为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据
意，分两步
行：（
题
进
1）在个小球中任选
个放入相同
号的盒子里；（
编
2）将剩下的
个小球放入与
其
号不同的盒子里
编
.利用分步乘法
数原理可得
果
计
结
.
根据
意，分以下两步
行：
题
进
（1）在个小球中任选
个放入相同
号的盒子里，有
编
种
法，假
出的
选
设选
个小球的
号
编
为、；
（2）剩下的
个小球要放入与其
号不一致的盒子里，
编
于
号
对
编
为的小球，有个盒子可以放入，假
放入的是
设
号盒子.
于
号
则对
编
为
的小球，有个盒子可以放入，
于
号
对
编
为、
的小球，只有种放法.
上所述，由分步乘法
数原理可知，不同的放法种数
综
计
为
种.故
：
选B.
18.
有
现
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，
不同放
则
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
，每
个数不相同，然后每
球放到盒子中，即可得．
组
组
组
把9 个球分成3
，每
个数不相同，分法（按球的个数）
：
组
组
为126，135，234 共三种，然后每
球放到
组
3 个盒子中
有
种方法，方法数为3×6=18．故
：
选C．
19.某
位有
单
7 个
在一起的
位，
有
连
车
现
3
不同型号的
需停放，如果要求剩余的
辆
车
4 个
位中恰好有
车
3 个
在
连
一起，
不同的停放方法的种数
则
为
A．16
B．18
C．32
D．72
【答案】D
【解析】根据
意，分
题
2 步
行分析：①分析
进
3
不同型号的
的停放方法，②利用插空法分析剩余的
辆
车
4 个
位中
车
恰有3 个
在一起的排法，由分步
数原理
算即可得．
连
计
计
根据
意，分
题
2 步
行分析：
进
①，3
不同型号的
需停放，共有
辆
车
种方法，
②，要求剩余的4 个
位中恰有
车
3 个
在一起，利用插空法，有
连
种方法，
所以不同的停放方法有
种．故选
．
20.如
，在某海岸
图
P 的附近有三个岛屿Q，R，S，
划建立三座独立大
，将
四个地方
起来，每座
只
接
计
桥
这
连
桥
连
两个地方，且不出
立体交叉形式，
不同的
接方式有（
现
则
连
）.
A．24 种
B．20 种
C．16 种
D．12 种
【答案】D
【解析】由建
的方式可以分
两
：（
桥
为
类
1）从一个地方出
向其他三个地方各建一
，（
发
桥
2）一个地方最多建两
但
桥
不能交叉，利用去
法，即可求解
杂
.由建立三座大
，将
四个地方
起来，每座
只
接两个地方，且不出
立
桥
这
连
桥
连
现
体交叉形式，
可分
两
：
为
类
第一
：从一个地方出法向其他三个地方各建一座
，共有
类
桥
4 种不同的方法；
第二
：一个地方最多建两座
，如
的建
方法：
类
桥
这样
桥
和
属于相同的建
方法，所以
桥
共有
种不同的方法，
其中交叉建
方法，例如：
建
桥
这样
桥
不符合
意，共有
题
4 种，
所以第二
建
，共有
类
桥
种不同的建
方法
桥
.
上可得，不同的
接方式有
综
连
种.故
：
选D
21.
安排甲、乙、丙、丁、戊
现
5 名同学参加2022 年杭州
运会志愿者服
活
，有翻
、
游、礼
、司机四
亚
务
动
译导
仪
项
工作可以安排，以下
法正确的是（
说
）
A．每人都安排一
工作的不同方法数
项
为54
B．每人都安排一
工作，每
工作至少有一人参加，
不同的方法数
项
项
则
为
C．如果司机工作不安排，其余三
工作至少安排一人，
项
则这5 名同学全部被安排的不同方法数为
D．每人都安排一
工作，每
工作至少有一人参加，甲、乙不会开
但能从事其他三
工作，丙、丁、戊都能
项
项
车
项
胜
任四
工作，
不同安排方案的种数是
项
则
【答案】D
【解析】
于
对
选项
，每人有4 种安排法，故有
种；
于
对
选项
，5 名同学中有两人工作相同，先
人再安排；
选
于
对
选项
，先分
再安排；
于
组
对
选项
，以司机人数作
分
准
行
即可
为
类标
进
讨论
.
解：①每人都安排一
工作的不同方法数
项
为
，即选项
，
错误
②每
工作至少有一人参加，
不同的方法数
项
则
为
，即选项B
，
错误
③如果司机工作不安排，其余三
工作至少安排一人，
项
则这5 名同学全部被安排的不同方法数
：（
为
）
，即选项C
，
错误
④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊
一人当司机有
选
,从余下四人中安排三个
位
岗
，故有
；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊
两人当司机有
选
,
从余下三人中安排三个
位
岗
，故有
；所以每
工作至少有一人参加，
项
甲、乙不会开
但能从事其他三
工作，丙、丁、戊都能
任四
工作，
不同安排方案的种数是
车
项
胜
项
则
，
即选项D 正确，故
：
选D．
22.
数字是欧洲在阿拉伯数字
入之前使用的一种数
，它的
生
志着一种古代文明的
步
罗马
传
码
产
标
进
.
数字的
罗马
表示法如下：
数字
1
2
3
4
5
6
7
8
9
形式
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
Ⅷ
Ⅸ
其中“Ⅰ”需要1 根火柴，“Ⅴ”与“X”需要2 根火柴，若为0，
用空位表示
则
. （如123 表示为
，
405 表示为
）如果把6 根火柴以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的不同的
三位数的个数
（
为 ）
A．87
B．95
C．100
D．103
【答案】D
【解析】将6 根火柴能表示数字的搭配列
出来，再根据数的排列特征即可得解
举
.
用6 根火柴表示数字，所有搭配情况如下：
1 根火柴和5 根火柴：1 根火柴可表示的数为1；5 根火柴可表示的数为8，和0 一起，能表示的数共有4 个
（108,180,801,810）.
2 根火柴和4 根火柴：2 根火柴可表示的数为2、5；4 根火柴可表示的数为7，和0 一起，能表示的数有
个.
3 根火柴和3 根火柴：3 根火柴可表示的数为3、4、6、9，和0 一起，能表示的数分为2
：除
类
0 外的两个数字相同，
可表示的数有
个；除0 外的两个数字不同，
有
则
个，所以共有
个.
1 根火柴、1 根火柴和4 根火柴：即有1、1、7
成的数，共有
组
3 个（117,171,711）.
1 根火柴、2 根火柴和3 根火柴：即由1,2 或5 中的一个，3、4、6、9 中的一个数字
成的三位数，共有
组
个.
2 根火柴、2 根火柴、2 根火柴：即由2 或5
成的三位数，分
两
：三个数字都相同，共有
组
为
类
2 个（222,555）；三个
数字中的两个数字相同，
有
则
个，共有
个.
上可知，可
成的三位数共有
综
组
个.故
：
选D.
23.如图为
的网格
，甲、乙两人均从
图
出
去
发
地，每次只能向上或向右走一格，并且乙到达任何一个位
置（网格交点
）
向右走
的格数不少于向上走
的格数，
甲、乙两人所走路径的条数分
处时
过
过
记
别为
、
，则
的
（
值为 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由
意可知，甲只需在
题
次
中
选择
次
向右走，剩下的
选择
次
向上走即可，利用
合
数原理可求
选择
组
计
得
的
，列
出乙的走法情况，可得出
值
举
，由此可得出
的值.
由
意得从
题
到
需要走格，向上、向右分
走
别
格，
因此甲只需在次
中
选择
次
向右走，剩下的
选择
次
向上走即可，
选择
，
乙只能在
角
对
线
下方（包括
）走，
所以，乙的走法的所有可能情况
：
为
（右上右上右上）、（右上右右上上）、（右右上上右上）、（右右上右上上）、（右右右上上上），即
，则
，故
：
选C.
二、多选题
1.(多选)把5 件不同
品
产
A，B，C，D，E
成一排，
（
摆
则 ）
A．A 与B 相
有
邻
48 种
法
摆
B．A 与C 相
有
邻
48 种
法
摆
C．A，B 相
又
邻
A，C 相
，有
邻
12 种
法
摆
D．A 与B 相
，且
邻
A 与C 不相
有
邻
24 种
法
摆
【答案】ABC
【解析】
于
对
A
：
品
选项产
A 与B 相
，把
邻
作
一个元素有
为
种方法，
而A，B 可交
位置，所以有
换
种
法
摆
.故A
符合
意
选项
题
.
于
对
B
：同
选项
A
一
分析可知
品
选项
样
产
A 与C 相
也有
邻
48 种
法
摆
. 故B
符合
意
选项
题
.
于
对
C 选项:当
相
又
足
邻
满
相
，
邻
首先将
品
产
捆
起来作
一个元素并把
品
绑
为
产
放在
品
产
与
之
，
间
注意到
品
产
与
可互
位置，所以首先排列
换
有
种
法，
摆
把
成的整体作
一个元素和剩下的两个元素
组
为
行排列，又有
进
种
法，
摆
所以A，B 相
又
邻
A，C 相
，有
邻
种
法
摆
.故C
符合
意
选项
题
.
于
对
D
：由
选项
A
可知
选项
A 与B 相
有
邻
48 种
法，
摆
由C
可知
选项
A，B 相
又
邻
A，C 相
有
邻
12 种
法，
摆
因此A 与B 相
，且
邻
A 与C 不相
有
邻
种
法
摆
.故D
不符合
意
选项
题
.故
：
选ABC.
2.
史上著名的伯努利
排
指的是：一个人有
历
错
问题
封不同的信，投入n 个
的不同的信箱，他把每封
对应
信都投
了信箱，投
的方法数
错
错
为
.例如两封信都投
有
错
种方法，三封信都投
有
错
种方法，通
推
过
理可得：
.高等数学
出了泰勒公式：
给
，
下列
法正确的是
则
说
（ ）
A．
B．
等比数列
为
C．
D．信封均被投
的概率大于
错
【答案】ABC
【解析】选项A，令4 封信分别为
，当
在第2 个信箱
，共
时
3 种
排方式：
错
第1 种
信
箱
1
2
3
4
信
第2 种
信
箱
1
2
3
4
信
第3 种
信
箱
1
2
3
4
信
同理可得
在第3 和4 个信箱
，也分
有
时
别
3 种
排方式，所以共
错
种方法，故A
正确；
选项
选项B，
，∴
，
又
，则
，故B
正确；
选项
选项C，
，
两
同除以
边
得，
∴
，
，故C
正确；
选项
选项D，装
信封的概率
错
为
，∵
，
则
，即
当n
奇数
，
为
时
；
当n
偶数
，
为
时
；
上，当
综
n
奇数
为
时
；当n
偶数
为
时
，故D 项错误.故
：
选ABC.
3.如
，某高速服
区停
中有
图
务
车场
A 至H 共8 个停
位（每个
位只能停一
），
有
车
车
辆车
现
2
黑色
和
辆
车
2
白色
辆
要在
停
停
，
（
车
该
车场
车则 ）
A
B
C
D
E
F
G
H
A．4
的停
方法共有
辆车
车
1680 种
B．4
恰好停在同一行的概率是
辆车
C．2
黑色
恰好相
（停在同一行或同一列）的停
方法共有
辆
车
邻
车
300 种
D．相同
色的
不停在同一行，也不停在同一列的概率是
颜
车
【答案】ABD
【解析】对A，4
的停
方法共有
辆车
车
(种)，A 正确；
对B，4
恰好停在同一行的概率是
辆车
，B 正确；
对C，2
黑色
相
且停在同一行有
辆
车
邻
6 种，停在同一列有4 种，黑色
的停
方法共有
车
车
(6+4)
种，
白色
的停
方法共有
车
车
种，故共有(6+4)
(种)方法，故C
；
错误
对D，相同
色的
不停在同一行也不停在同一列，第一
黑色
颜
车
辆
车8 个
位都可停
，
车
车
第二
黑色
只能有
辆
车
3 个
位可停
，黑色
共有
车
车
车
种方法，
不妨
黑色
停在
设
车
,
两个
位，
两白色
只能停
车
则
车
共7 种
，
选择
白色
的停
方法共有
车
车
种方法，故共有
种方法，
其概率是
，D 正确.故
：
选ABD.
4.商
某区域的行走路
可以抽象
一个
场
线图
为
的正方体道路网（如
，
中
段均
可行走的通道），甲、乙两
图图
线
为
人分
从
别
，
两点出
，随机地
一条最短路径，以相同的速度同
出
，直到到达
发
选择
时
发
，
止，下列
法
为
说
正确的是（ ）
A．甲从
必须经过
到达
的方法数共有9 种
B．甲从
到
的方法数共有180 种
C．甲、乙两人在
相遇的概率
处
为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】ACD
【解析】
于
对
A，从点
到点
，需要向上走2 步，向前走1 步，
从点
到点
，需要向右走2 步，向前走1 步，
所以，甲从
必须经过
到达
的方法数为
种，A 正确；
于
对
B,从点
到点
，一共要走6 步，其中向上2 步，向前2 步，向右2 步，
所以，甲从
到
的方法数为
种，B
；
错误
于
对
C，甲从点
运
到点
动
，需要向上、前、右各走一步，
再从点
运
到点
动
，也需要向上、前、右各走一步，
所以，甲从点
运
到点
动
，且
点
经过
，不同的走法种数为
种，
乙从点
运
到点
动
，且
点
经过
，不同的走法种数也为36 种，
所以，甲、乙两人在
相遇的概率
处
为
，C 正确；
于
对
D，若甲、乙两人相遇，
甲、乙两人只能在点
则
、
、
、
、
、
、
，
甲从点
运
到点
动
，需要向上走2 步，向前走1 步，再从点
运
到点
动
，需要向前走1 步，向右走2 步，
所以甲从点
运
到点
动
且
点
经过
的走法种数为
，
所以甲、乙两人在点
相遇的走法种数
处
为
，
同理可知，甲、乙两人在点
、
、
、
、
相遇的走法种数都
处
为
，
因此，甲、乙两人相遇的概率为
，D 正确．故
：
选ACD．
5.
将
现
9 把椅子排成一排，5 位同学随机就座，
下列
法中正确的是（
则
说
）
A．4 个空位全都相
的坐法有
邻
720 种
B．4 个空位中只有3 个相
的坐法有
邻
1800 种
C．4 个空位均不相
的坐法有
邻
1800 种
D．4 个空位中至多有2 个相
的坐法有
邻
9000 种
【答案】AC
【解析】
于
对
A,将四个空位当成一个整体，全部的坐法：
，故A
；
对
于
对
B，先排5 个学生
，然后将三个相
的空位当成一个整体，和另一个空位插入
邻
5 个学生中有
中方法，
所以一共有
种，故B
；
错
于
对
C，先排5 个学生
，4 个空位是一
的，然后将
样
4 个空位插入5 个学生中有
种，
所以一共有
，故C
；
对
于
对
D，至多有2 个相
即都不相
或者有两个相
，由
邻
邻
邻
C 可知都不相
的有
邻
1800 种，
空位两个两个相
的有：
邻
，空位只有两个相
的有
邻
，所以一共有
种，故D
；故
：
错
选AC
6.美
划从
术馆计
6 幅油画，4 幅国画中，
出
选
4 幅展出，若某两幅画至少有一幅参展，
不同的参展方案有多少
则
种？（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC
【解析】
于
对
A，从
立面考
，
两幅画一幅也没参展有
对
虑这
种情况，
至少一幅参展方案
则
为
，A 正确；
于
对
B，若两幅中只有一幅参展，有
种情况；
若两幅都参展，有
种情况，
共有方案
则
种，B 正确；
于
对
C，将
两幅画分
甲、乙，若甲参展，
不需要考
乙的参展情况，有
该
别记为
则
虑
种，
若甲不参展，
乙必
参展，需要在剩余
则
须
8 幅画中再选3 幅，有
种，
故
足
意的方案有
满
题
种，C 正确；
于
对
D，
表示两幅画都参展或都不参展，D
；故
：
错误
选ABC.
三、填空题
1.各数位数字之和等于8(数字可以重复) 的四位数个数为 ．
【答案】
【解析】设
个位到千位上的数字，
对应
则
，
且
，相当于8 个相
同的球排成一排，先拿一个球装入
，
化
转
为7 个球装入4 个盒子，每盒可空，等价于11 个球用3 个隔板分成4
（各
不可
空），故共
组
组
为
种.
故答案
：
为
2.有位大学生要分配到
三个
位
，每位学生只能到一个
位
，每个
位至少要接收一位学生
单
实习
单
实习
单
，已知
实习
这位学生中的甲同学分配在
位
，
单
实习则这位学生
的不同分配方案有
实习
种．（用
数字作答）
【答案】
【解析】根据特殊元素“甲同学”分
，
类讨论
当
位只有甲
，其余四人分配到
单
时
，不同分配方案有
种；
当
位不只有甲
，其余四人分配到
单
时
，不同分配方案有
种；
合
有
计
种不同分配方案，故答案
：
为
.
3.
落
好
村振
划，某机关工会将李莉，王
等
为
实
乡
兴计
红
5 名工作人
分配到
员
3 个
村去指
工作，要保
每个
乡
导
证
乡
村至少有一名工作人
做指
，其中李莉和王
必
在同一村指
工作，
不同的分配方案种数
员
导
红
须
导
则
为 （用数
字作答）.
【答案】36
【解析】一个
村分配
乡
3 人，其余各村分配1 人的分配方案有
（种）；
一个
村分配
乡
1 人，2 个
村各分配
乡
2 人的分配方案有
（种）
.依据分
加法
数原理可知不同的分配方案种数
类
计
为
.故答案
：
为
.
4.2025 年“中
情
华
·中国梦”中秋展演系列活
在厦
，包含美
法
影民
文
作品展
、
画笔会、中
动
门举办
术书
摄
间
艺
览书
秋文
晚会等内容．假如在美
法
影民
文
作品展
中，某区域有
艺
术书
摄
间
艺
览
2 幅不同的美
作品、
术
3 幅不同的
法
书
作品、2 幅不同的
影作品，
将
摄
现
这7 幅作品挂在同一面
上，要求美
作品不能挂两端、
影作品不能相
，
墙
术
摄
邻则
不同的排列方法有 种（用数字作答）．
【答案】1824
【解析】先求美
作品不能挂两端
不同的排列方法，分步
算：
术
时
计
第一步，美
作品先从除两端外的
术
个位置选
个位置有序排列有
种方法，
第二步，其他件作品个位置全排列有
种方法，
故美
作品不能挂两端
不同的排列方法有
术
时
（种）；
再求美
作品不能挂两端、
影作品相
不同的排列方法，分步
算：
术
摄
邻时
计
第一步，先将
影作品捆
看
摄
绑
为
作品，
组
则件作品中
件美
作品不挂两端，从
术
个位置中选
个位置排列
美
作品，有
术
种方法，
第二步，
影作品与其他
组摄
件作品的排列方法有
种方法，
第三步，
影作品
的
摄
组
件作品内部排列有
种方法
故美
作品不能挂两端、
影作品相
不同的排列方法有
术
摄
邻时
（种），
美
作品不能挂两端、
影作品不能相
的不同的排列方法有
则
术
摄
邻
（种）．
故答案
：
为
.
5.将“用一条
段
两个点”称
一次操作，把操作得到的
段称
“
”．若
位
上
线
联结
为
线
为边
单
圆
个
色各不相同的点
颜
经
过
次操作后，从任意一点出
，沿着
可以到达其他任意点，就称
发
边
这n 个点和k 条
所构成的
形
足“条件
边
图
满
”，并将所有
足“条件
满
”的
形个数
图
记为
，则
．
【答案】125
【解析】
，即
，
.如
，在
位
上有
图
单
圆
5 个
色不同的点，由
颜
4 条
接起来，每条
有
边连
边
2 个端点，
所以4 条
一共有
边
8 个端点，又由于从任意一点出
，沿着可
可以达到任意一点，所以每一点必定会作
，至
发
边
边
少一条
的端点
边
.所以可能出
的情形有三种情形，按照
现
5 个点可能同
做
几条
的公共端点来分情况
时
边
边
讨论.
情形1：有3 个点是2 条
的端点，另
边
2 个点是1 条
的端点，有
边
种；
情形2：有1 个点是3 条
的端点，有
边
1 个点是2 条
的端点，另
边
3 个点是1 条
的端点，
边
有
种；
情形3：有1 个点是4 条
的端点，另
边
4 个点是1 条
的端点，共有
边
种；
上：
综
.故答案
：
为125
6.
有
现
6 根
子，共有
绳
12 个
，每个
只打一次
，且每个
含两个
，所有
打
完
束
绳头
绳头
结
结仅
绳头
绳头
结
毕视为结
.
则这6 根
子恰好能
成一个圈的概率
绳
围
为 .
【答案】
【解析】依
意，
排列有：
题
环
种,
的
接方式有：
总
连
种，
所以恰好能
成一个圈的概率
围
为
.故答案
：
为
.
7.校园某
并排
有
处
连续
6 个停
位，
有
车
现
3
汽
需要停放，
了方便司机上下
，
定：当有汽
相
停放
，
辆
车
为
车规
车
邻
时
必
同向；当
没有相
，
朝向不限，
不同的停
方法共有
车头
须
车
邻时车头
则
车
__________种．（用数学作答）
【答案】528
【解析】(1)当三
都不相
有
辆车
邻时
(种)
(2)当两
相
有
辆车
邻时
(种)
(3)当三
相
有
辆车
邻时
(种)
共有
则
(种)
8.如
，在某城市中，
图
､
两地之
有整
的方格形道路网，其中
间
齐
､
､
､
是道路网中位于一条
角
对
线
上的
个交汇处.今在道路网
､
的甲､乙两人分
要到
处
别
､
，他
分
随机地
一条沿街的最短路
处
们
别
选择
径，以相同的速度同
出
，直到到达
时
发
､
止
处为
.
下列
法正确的是（
则
说
）
A．甲从
到达
的方法有
处
种
B．甲从
必须经过
到达
的方法有
处
种
C．甲､乙两人在
相遇的概率
处
为
D．甲､乙两人相遇的概率为
【答案】C
【解析】A．考
从
虑
到
向上走的步数和向下走的步数，利用
合数求解出
果；
组
结
B．先利用
合数分析从
组
到
的方法数，然后再利用
合数分析从
组
到
的方法数，根据分步乘法
数原理
计
可求解出
果；
结
C．先确定出甲经过
的方法数，再确定出乙经过
的方法数，由此确定出甲、乙两人在
相遇的方法数，
处
结
合A
的
果求解出
概率；
选项
结
对应
D．先确定出甲、乙只能在
、
、
、
相遇，然后根据
处
C
的
算方法分
算出
方法数，
合
选项
计
别计
对应
结
A
的
果求解出
概率
选项
结
对应
【
解】
详
A
，甲从
选项
M 到达N
，需要走
处
6 步，其中有3 步向上走，3 步向右走，
甲从
则
M 到达N
的方法有
处
种，A
；
选项错误
B
，甲
选项
经过
到达N
，可分
两步：
处
为
第一步，甲从M 经过
需要走3 步，其中1 步向右走，2 步向上走，方法数为
种；
第二步，甲从
到N 需要走3 步，其中1 步向上走，2 步向右走，方法数为
种.
∴甲经过
到达N 的方法数为
种，B
；
选项错误
C
，甲
选项
经过
的方法数为
种，乙经过
的方法数也为
种，
∴甲､乙两人在
相遇的方法数
处
为
种，
甲､乙两人在
相遇的概率
处
为
，C
正确；
选项
D
，甲､乙两人沿最短路径行走，只可能在
选项
、
、
、
相遇，
处
若甲､乙两人在
相遇，甲
处
经过
，
甲的前三步必
向上走，乙
处则
须
经过
，
乙的前三步必
向左走，两
处则
须
人在
相遇的走法种数
处
为1 种；
若甲､乙两人在
相遇，由
处
C
可知，走法种数
选项
为81 种；
若甲､乙两人在
相遇，甲到
处
，前三步有
处
2 步向右走，后三步只有1 步向右走，乙到
，前三步有
处
2 步
向下走，后三步只有1 步向下走，
所以，两人在
相遇的走法种数
处
为
种；
若甲､乙两人在
相遇，甲
处
经过
，
甲的前三步必
向右走，乙
处则
须
经过
，
乙的前三步必
向下走，两
处则
须
人在
相遇的走法种数
处
为1 种；
故甲､乙两人相遇的概率
，D 选项错误.故
：
选D.
9.有一道楼梯共10
，小王同学要登上
道楼梯，登楼梯
每步随机
一步一
或一步两
，小王同学
阶
这
时
选择
阶
阶
7 步
登完楼梯的概率为___________.
【答案】
【解析】由
意可分
题
为步、步、步、步、步、
步共6 种情况，分
求出每种的基本事件数，再利用古典概
别
型的概率公式
算可得；
计
解：由
意可分
题
为步、步、步、步、步、
步共6 种情况，
①步：即步两
，有
阶
种；
②步：即
步两
与
阶
步一
，有
阶
种；
③步：即步两
与
阶
步一
，有
阶
种；
④步：即
步两
与
阶
步一
，有
阶
种；
⑤步：即步两
与
阶
步一
，有
阶
种；
⑥
步：即
步一
，有
阶
种；
上可得一共有
综
种情况，
足
满
7 步登完楼梯的有
种；
故7 步登完楼梯的概率为
故答案
：
为
10.小王一次
了两串冰糖葫芦，其中一串有两
冰糖葫芦，另一串有三
冰糖葫芦．若小王每次随机从其中一
买
颗
颗
串吃一
，
只有两
冰糖葫芦的
串先吃完的概率
颗则
颗
这
为 ．
【答案】
【解析】将串在一起的两
冰糖葫芦
号
颗
编
为1，2（最下面那
），串在一起的三
冰糖葫芦
号
颗
颗
编
为3，4，5（最下面
那
），
颗
符合要求的
序及
的概率可以
以下几种：
顺
对应
为
按照
的
序，概率
顺
为
；
按照
或
的
序，概率
顺
为
；
按照
或
或
的
序，概率
顺
为
；
所以符合
意得概率
题
为
.故答案
：
为
.
11.某楼梯共有
个台
，小明在上楼梯的
候每步可以上
阶
时
个或者
个台
，
小明不同的上楼方法共有
阶则
种．（用数字作答）
【答案】
【解析】
小明上
设
个台
有
阶
种方法，考
最后一步：
虑
若最后一步小明上个台
，
前
阶则
个台
有
阶
种方法且
；
若最后一步小明上
个台
，
前
阶则
个台
有
阶
种方法且
.
由加法原理得
，易知
，
可得
，
所以小明不同的上楼方法共有
种.故答案
：
为
.
12.已知集合
中含有
个元素，集合
是
的非空子集，且
，
不同的集合
则
对
有
个．（用含
的代数式表示）
【答案】
【解析】易知
个元素的集合有
个非空子集；
即集合
的个数有
个，又
，因此
集合
对
中的元素个数
行分
如下：
进
类讨论
若非空集合
中含有1 个元素，
共有
则
种情况，
的非空集合
对应
足
满
的有
个；
若非空集合
中含有2 个元素，
共有
则
种情况，
的非空集合
对应
足
满
的有
个；
……
若非空集合
中含有
个元素，
共有
则
种情况，
的非空集合
对应
足
满
的有
个；
……
若非空集合
中含有
个元素，
共有
则
种情况，
的非空集合
对应
足
满
的有
个；
所以不同的集合对
共有
个；
根据二
式定理化
可得
项
简
因此不同的集合对
共有
个.故答案
：
为
13.中秋
假期
，某医院要安排某科室的
节
间
2 名男
工和
职
2 名女
工
行
职
进
3 天
班（分白班和夜班，每班
值
1 名职
工），其中女
工不
夜班，且每个人至少要
班一次，
不同的安排方法共有
职
值
值
则
种（用数字作答）．
【答案】120
【解析】若白班无男
工，
不同的安排方法共有
职
则
（种）．
若白班有男
工，
白班的不同的安排方法共有
职
则值
（种），
①当
白班的男
工不
晚班
，
晚班不同的安排方法共有
值
职
值
时则值
1 种；
②当
白班的男
工也
晚班
，
晚班不同的安排方法共有
值
职
值
时则值
（种），
不同的安排方法共有
则
（种）．
上，不同的安排方法共有
综
（种）．故答案
：
为120
14.我
称
们
元有序
数
实
组
为
向量，
维
向量的范数
为该
.已知
向量
维
，其中
，
范数
奇数的
记
为
的个数为
，则
；
（用含
的式子表示，
）.
【答案】
【解析】当
，范数
奇数，
时
为
则
的个数
偶数，即
为
的个数为、
，
根据乘法原理和加法原理得到
.
在
向量
维
中，范数
奇数，
为
则
的个数
奇数，
为
即的个数为、、、
、
，
根据乘法原理和加法原理得到
，
，
，
两式相减得到
.故答案
：
为
；
.
15.我国古代数学著作《九章算
》中研究
一种叫“
（
术
过
鳖biē）臑（nào）”的几何体，它指的是由四个直角三角形围
成的四面体，那么在一个
方体的八个
点中任取四个，所
成的四面体中“
臑”的个数是
长
顶
组
鳖
.
【答案】
【解析】（1）
（2）
（3）
（4）
如
以平面
图
基准，在平面
为
内取三点
，
然（
显
1）（2）合
意，（
题
3）（4）不合
意，同理，将
题
成
换
，
，
，各能找到两个“
（
鳖biē）臑（nào）”，所以当三点确定在一个平
面上
，可以确定
时
8 个“
（
鳖biē）臑（nào）”，共有6 个面，所以可确定
个“
（
鳖biē）臑（nào）”.但上
（
图1）在
以平面
基准
又被算了一次，
（
为
时
图2）在以平面
基准
又被算了一次，所以每一种情况都被重
为
时
复
算了一次，故共能确定
计
个“
（
鳖biē）臑（nào）”.
故答案
：
为
.
16.第19 届杭州
运会的吉祥物是一
名
“江南
”的机器人：“琮琮”代表世界
良渚古城
址，“
”代
亚
组
为
忆
遗产
遗
莲莲
表世界
西湖，“宸宸”代表世界
京杭大运河
遗产
遗产
.
有
现
6 个不同的吉祥物，其中“琮琮”､“
”和“宸宸”各
莲莲
2 个，
将这6 个吉祥物排成前后两排，每排3 个，且每排相
两个吉祥物名称不同，
排法种数共有
邻
则
.（用数
字作答）
【答案】336
【解析】由
意可分两种情形：
题
①前排含有两种不同名称的吉祥物，首先，前排从“琮琮”“
”和“宸宸”中取两种，
莲莲
其中一种取两个，另一种
一个，有
选
种排法；
其次，后排有
种排法，故共有
种不同的排法；
②前排含有三种不同名称的吉祥物，有
种排法；
后排有
种排法，此
共有
时
种排法；
因此，共有
种排法，故答案
：
为336
