第05讲高中排列组合模型讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）（新高考通用）-教师版_高考一二三轮复习_数学_2026年-数学高考二轮复习

第05 讲 高中排列组合模型大全
目  录
思维导图....................................................................................................................................................................2
高考分析....................................................................................................................................................................2
学习目标....................................................................................................................................................................4
题型归纳....................................................................................................................................................................5
题型01：基础模型——人与座位......................................................................................................................5
题型02：基础模型——特殊元素（位置）优先排..............................................................................................9
题型03：基础模型——保序型（书架插书模型）............................................................................................10
题型04：基础模型——数字化法....................................................................................................................12
题型05：基础模型——医护分配型.................................................................................................................18
题型06：基础模型——空车位等相同元素型...................................................................................................22
题型07：基础模型——多重受限条件型..........................................................................................................24
题型08：球放盒子模型——先分组后排列......................................................................................................28
题型09：球放盒子模型——下电梯型.............................................................................................................31
题型10：球放盒子模型——公交车模型..........................................................................................................34
题型11：球放盒子模型——球不同，盒子也不同............................................................................................37
题型12：球放盒子模型——球相同，盒子不同...............................................................................................38
题型13：排课表模型......................................................................................................................................39
题型14：节假日值班模型...............................................................................................................................41
题型15：染色模型——平面染色....................................................................................................................43
题型16：染色模型——几何体染色.................................................................................................................48
题型17：相同元素..........................................................................................................................................54
题型18：相同元素——隔板法模型.................................................................................................................57
题型19：相同元素——上台阶模型.................................................................................................................59
题型20：“波浪数”模型（高低站位）..........................................................................................................62
题型21：配对模型..........................................................................................................................................65
题型22：电路图模型......................................................................................................................................67
题型23：机器人跳动型...................................................................................................................................69
题型24：多重限制与分类讨论........................................................................................................................71
题型25：不定方程模型...................................................................................................................................77
巩固提升.................................................................................................................................................................80
模拟检测.................................................................................................................................................................90
排列组合是高考高频考点，5-12 分，多为选择/填空，偶与概率综合；核心模型固定，重分类分步、逻辑
推理与模型化转化。
一、高考定位与考情
1.分值与题型：全国卷、新高考卷多为1-2 道小题（5-10 分）；解答题常与概率/统计综合（5-12 分），整
体中等偏难，新高考卷略高于全国卷。
2.考查频率（2021-2025）：必考，高频模型集中在特殊元素/位置、相邻、不相邻、分组分配、定序、隔
板、错位排列等。
3.命题趋势：①生活化情境增多（如人员安排、资源分配）；②与概率、统计、数列综合；③强调逻辑推
理、数学运算核心素养，突出模型识别与转化能力。
4.易错痛点：混淆有序/无序、分类重/漏、分步不独立、模型套用错误（如均匀分组忘除阶乘）。
二、能力要求与备考方向
1. 基础能力：①掌握分类加法、分步乘法计数原理（核心）；②准确区分排列（有序）/组合（无序）；
③熟练运用排列数、组合数公式与性质。
2. 核心能力：①快速识别模型并匹配解法；②分类不重不漏、分步独立连续；③复杂问题用间接法简化；
④一题多解（如优先法/间接法互验）。
3. 进阶能力：①模型转化（实际问题→排列组合模型）；②综合题中知识串联（如排列组合+古典概型）；
③算理清晰、结果验证（如赋值法、枚举法核对）。
三、备考策略与教学建议
1. 阶段1：模型筑基
◦ 逐个突破核心模型，归纳解题步骤与适用条件；
◦ 练基础题（如数字排列、人员选排），强化有序/无序判断。
2. 阶段2：综合提升
◦ 练“多限制”题（如相邻+特殊位置），训练分步分层思维；
◦ 专题练“排列组合+概率”，掌握先计数后求概率流程。
3. 阶段3：易错攻坚
◦ 整理错题本，标注错误类型（如重复计数、模型误用）；
◦ 强化均匀分组、定序、间接法等易错点训练。
4. 教学建议
◦ 用生活化案例（如班级活动、赛事安排）引入模型；
◦ 强调“先定性（排/组），再定量（选法数），后模型”三步审题法；
◦ 鼓励画图/列表辅助分析，提升逻辑可视化。
四、实战技巧
1.审题三步：①判有序/无序；②找限制条件（特殊元素/位置、相邻/不相邻等）；③定模型与解法。
2.优先用直接法，复杂限制用间接法（总-不符合）。
3.均匀分组必除阶乘，分配问题先分后排。
4.结果验证：小数据用枚举法，大数据用奇偶性/范围判断。
一、 知识目标
1. 透彻理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的内涵与适用条件，能准确区分两种原理并灵活选用。
2. 掌握排列、组合的定义，清晰辨别有序（排列）与无序（组合）的本质差异，熟记排列数、组合数的
计算公式与性质。
3. 全面掌握核心模型（特殊元素/位置、相邻、不相邻、分组分配、定序、隔板、错位排列等）的特征、
适用场景与解题步骤。
4. 能够将排列组合与概率、统计等知识串联，理解排列组合在古典概型等问题中的工具性作用。
二、 能力目标
1. 模型识别与转化能力：面对实际问题，能快速剥离无关背景，提炼出核心限制条件，匹配对应的排列
组合模型。
2. 逻辑推理与分析能力：掌握分类、分步的思考方法，做到分类不重不漏、分步独立完整；复杂问题能
合理使用间接法简化分析。
3. 运算求解能力：熟练进行排列数、组合数的计算，能规避均匀分组忘除阶乘、定序问题误用全排列等
常见运算错误。
4. 知识迁移与综合应用能力：能解决排列组合与概率、数列等知识的综合题，能处理生活化情境的创新
题型。
三、 素养目标
1. 培养数学抽象素养：将实际问题抽象为数学计数问题，建立模型化思维。
2. 提升数学运算素养：通过精准计算和结果验证，养成严谨细致的运算习惯。
3. 强化逻辑推理素养：在分类分步、模型选择的过程中，形成条理清晰的推理逻辑。
四、 应试目标
1. 能在高考中快速解决排列组合的小题（选择/填空），做到准而快，正确率达到90%以上。
2. 能顺利解答排列组合与概率综合的解答题，准确完成计数环节，为后续概率计算奠定基础。
3. 能识别并规避高考高频易错点（如混淆有序无序、重复计数），减少失分。
题型01 基础模型：人与座位 
模型：人坐座位
特征：1.一人一位；2、有顺序；3、座位可能空；4、人是否都来坐，来的是谁；5、必要时，座位拆迁，剩余座位随人排
列。
主要典型题：1.捆绑法;2.插空法；3.染色。
难题特征：
相  邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（小排列）
不相邻：插空法
限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”
出现两个实践重叠，必要时候，可以使用容斥原理来等价处理：
容斥原理n( A ∪B)=
【典型例题1】现有甲、乙、丙、丁、戊等共7 人排成一列，位置排列要求甲要站在首位或者末位，乙和丙要
站在一起，丁和戊不能相邻，共有      种排法．
【答案】288
【解析】利用分步乘法计数原理，结合相邻问题、不相邻问题及特殊元素站位列式计算即得.
先把乙丙捆绑在一起与除甲丁戊外的另两人作全排列，并把乙丙排列，有
种，
再把丁戊插入前面排列形成的4 个空隙（除乙丙间的外）中，有
种，
最后让甲站首末两位之一有
种，
由分步乘法计数原理得不同排法种数是
.故答案为：288
【典型例题2】某观光旅游团计划在春节期间，安排游人去某地的甲、乙、丙、丁等六个小镇游览，每个小镇
游览一天，连续游览六天.若小镇甲不排在首末两天，乙、丙、丁三个小镇排在相邻的三天，则不同的游览顺
序方案共有          种.
【答案】72
【解析】现将乙、丙、丁三个小镇捆绑，然后从中间2 个位置选出一个安排甲小镇，剩余全排列.求出各步的
方案，根据分步乘法计数原理，相乘即可得出答案.
分步：第一步，把乙、丙、丁三个小镇捆绑，看成一个元素，三个小镇的游览顺序有
种方案；
第二步，将该整体与其他三个小镇作为4 个元素，依次对应4 个游览位置进行安排，中间2 个位置选一个作为
小镇甲的游览有
种方案；
第三步，剩余三个元素进行全排有
种方案.
根据分步乘法计数原理可知，不同的游览顺序方案共有
种.故答案为：72.
【典型例题3】在某班进行的歌唱比赛中，共有5 位选手参加，其中3 位女生，2 位男生．如果2 位男生不能
连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为
A．30
B．36
C．60
D．72
【答案】C
【解析】记事件
位男生连着出场，事件
女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法种
数为
，再利用排列组合可求出答案．
记事件
位男生连着出场，即将
位男生捆绑，与其他位女生形成
个元素，所以，事件
的排法种数为
，
记事件
女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排列，所以，事件
的排法种数为
，
事件
女生甲排在第一位，且
位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将
位男生与其他
个女生形成
三个元素，所以，事件
的排法种数为
种，
因此，出场顺序的排法种数
种，
故选C．
【变式训练1-1】某中学为庆祝建校130 周年，高三年级派出甲､乙､丙､丁､戊5 名老师参加“130 周年办学成
果展”活动，活动结束后5 名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法
共有          种(用数字作答)．
【答案】24
【解析】应用捆绑、插空法，结合分步计数及排列数求不同的排法数.
将丙、丁捆绑排列有
种，再把他们作为整体与戊排成一排有
种，
排完后其中有3 个空，最后将甲、乙插入其中的两个空有
种，
综上，共有
种排法.故答案为：
【变式训练1-2】第三届“一带一路”国际高峰论坛于
年
月在北京召开，某记者与参会的名代表一
起合影留念（人站成一排）.若记者不站两端，且代表甲与代表乙相邻的不同排法方式有          种.
【答案】
【解析】先考虑代表甲与代表乙相邻，利用捆绑法求出排法种数；然后考虑记者站两端中的某个位置，且代表
甲与代表乙相邻，求出此时的排法种数.再利用间接法可求得结果.
只考虑代表甲与代表乙相邻，只需将这两人捆绑，与剩余
人进行排序，
共有
种不同的排法，
若记者站两端中的某个位置，且代表甲与代表乙相邻，则记者有
种站法，
然后将代表甲与代表乙捆绑，与剩余人进行排序，此时不同的站法种数为
种，
因此，若记者不站两端，且代表甲与代表乙相邻的不同排法方式有
种.
故答案为：
.
【变式训练1-3】春节前夕，某社区安排小王、小李等5 名志愿者到三个敬老院做义工，每个敬老院至少安排
1 人，至多安排2 人.若小王、小李安排在同一个敬老院，且这5 名志愿者全部安排完，则所有不同的安排方式
种数为      .（用数字作答）
【答案】18
【解析】先把小王、小李视为1 组，再把剩下的3 人分成2 组，把这3 组全排列即可.
把小王、小李视为1 组，
剩下的3 个人先分成2 组，分组的方式是： 1，2；
则有
，
把这3 组人再分配给3 个敬老院，则
.故答案为：18
【变式训练1-4】某次联欢会要安排3 个歌舞类节目、2 个小品类节目和1 个相声类节目的演出顺序，则同类
节目不相邻的排法种数是（       ）
A．144
B．120
C．72
D．48
【答案】B
【解析】先求出只有3 个歌舞类节目不相邻的方法，然后求出3 个歌舞类节目不相邻且2 个小品类节目相邻的
排法，相减可得．
先考虑只有3 个歌舞类节目不相邻，排法有
种，
再考虑3 个歌舞类节目不相邻，2 个小品类节目相邻的排法有：
，
因此同类节目不相邻的排法种数是
．故选：B．
【变式训练1-5】2021 年4 月15 日，是第六个全民国家安全教育日，教育厅组织宣讲团到某市的六个不同高
校进行国家安全知识的宣讲，时间顺序要求是：高校甲必须排在第二或第三个，且高校甲宣讲结束后需立即到
高校丁宣讲，高校乙､高校丙的宣讲顺序不能相邻，则不同的宣讲顺序共有（       ）
A．28 种
B．32 种
C．36 种
D．44 种
【答案】B
【解析】由题意，对高校甲排在第二或第三个进行分类讨论，接着考虑乙和丙的排法，最后考虑其他两所高校
的排法，综合利用分类和分步计数原理进行分析即可.
根据题意：分成以下两种情况进行分类讨论
高校甲排在第二个时，高校丁必排在第三个，当乙或丙排在第一个时共有
种排法，当乙或丙不排在
第一个时，乙和丙只能排在第四个和第六个，此时共有
 种排法，所以高校甲排在第二个时共有16
种排法；
高校甲排在第三个时，高校丁必排在第四个，乙或丙只能一个排在第一二个，一个排在第五六个，则共有
种排法；综上：共有32 种排法满足题意.故选：B.
【变式训练1-6】阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉．三个家庭的3 位妈妈带着3 名女宝和2 名男宝
共8 人踏春．在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3 名女宝相邻
且不排最前面也不排最后面；为了防止2 名男宝打闹，2 人不相邻，且不排最前面也不排最后面．则不同的排
法种数共有(    )
A．144 种
B．216 种
C．288 种
D．432 种
【答案】C
【解析】利用捆绑法和插空法进行求解．
第一步：先将3 名母亲全排，共有
种排法；
第二步：将3 名女宝“捆绑”在一起，共有
种排法；
第三步：将“捆绑”在一起的3 名女宝作为一个元素，在第一步形成的2 个空中选择1 个插入，有
种排法；
第四步：首先将2 名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，然后将另一个男宝插入由女宝与妈
妈形成的2 个空中的其中1 个，共有
种排法．
∴不同的排法种数有：
种．故选：C．
【变式训练1-7】在某班进行的歌唱比赛中，共有5 位选手参加，其中3 位女生，2 位男生．如果2 位男生不
能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为
A．30
B．36
C．60
D．72
【答案】C
【解析】记事件
位男生连着出场，事件
女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法种
数为
，再利用排列组合可求出答案．
记事件
位男生连着出场，即将
位男生捆绑，与其他
位女生形成
个元素，所以，事件
的排法种数为
，
记事件
女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排列，所以，事件
的排法种数为
，
事件
女生甲排在第一位，且
位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将
位男生与其他
个女生形成
三个元素，所以，事件
的排法种数为
种，
因此，出场顺序的排法种数
种，故选C．
【变式训练1-8】现将5 张连号的电影票分给甲乙等5 个人，每人一张，且甲乙分得的电影票连号，则共有不
同分法的种数为
A．12
B．24
C．48
D．60
【答案】C
【解析】先从四组两张连号票比如（1,2）（2,3）（3,4）（4,5）中取出一组，分给甲乙两人，共有
种，其余的三张票随意分给剩余的三人，共有
种方法，根据分步乘法原理可知，共有
种，
故选C. 
【变式训练1-9】
1.有四男生，三女生站一排，其中只有俩个女生相邻:
2.有四男生，4 女生站一排，女生若相邻，则最多2 个女生相邻：
【答案】见解析
【解析】（1）：先捆绑俩女生，再排列捆绑女生，然后排列四个男生，两个“女生”插孔即可，
（2）分类讨论
题型02：基础模型——特殊元素（位置）优先排
基本规律
元素有特殊要求，位置有特殊限制的类型，一般情况下，可以直接思维，也可以间接思维“正难则反”
直接思维，可以从元素出发，特殊元素优先排，也可以从位置出发，特殊位置优先坐。
【典型例题】某学生将语文、数学、英语、物理、化学、生物6 科的作业安排在周六、周日完成，要求每天至
少完成两科，且数学，物理作业不在同一天完成，则完成作业的不同顺序种数为
A．600
B．812
C．1200
D．1632
【答案】C
【解析】根据特殊元素优先安排的原则，分两类，一天2 科，另一天4 科或每天各3 科.
一天2 科，另一天4 科的情况：先安排数学、物理，再安排另外4 科，先分组再分配，一组1 科，一组3 科，
最后给两个大组分别全排列．每天各3 科的情况同理．最后把两种情况相加即可．
分两类：一天2 科，另一天4 科或每天各3 科.
①第一步，安排数学、物理两科作业，有
种方法；，
第二步，安排另4 科一组1 科，一组3 科，有
种方法；
第三步，完成各科作业，有
种方法，
所以共有
种.
②两天各3 科，数学、物理两科各一组，另4 科每组2 科，
第一步，安排数学、物理两科作业，有
种方法；
第二步，安排另4 科每组2 科，有
种方法；
第三步，完成各科作业，有
种方法，
所以共有
种，
综上，共有
种.故选C.
【变式训练2-1】学校将从4 名男生和4 名女生中选出4 人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男
生甲不适合担任一辩手，1.女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不
同的组队形式有_________种．
【答案】
【解析】分析：分三种情况讨论，分别求出甲乙都入选、甲不入选，乙入选、甲乙都不入选,，相应的情况不
同的组队形式的种数，然后求和即可得出结论.
详解：若甲乙都入选，则从其余
人中选出
人，有
种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担
任四辩手，则有
种，故共有
 种；
若甲不入选，乙入选，则从其余
人中选出
人，有
种，女生乙不适合担任四辩手，则有
种，
故共有
种；
若甲乙都不入选，则从其余
6 人中选出
人，有
种，再全排，有
种，故共有
种，
综上所述，共有
，故答案为
.
点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，
往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘
出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨
论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
【变式训练2-2】从6 名短跑运动员中选4 人参加4×100 米接力，如果其中甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，
则共有____________多少种参赛方法（用数字作答）．
【答案】
.
【解析】先做出所有的情况六人中取四人参加的种数，减去甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的种数，
这样就重复减去了两个人同时不合题意的结果数，再加上多减去的部分，即可得到结果.
从六人中取四人参加的方法数为
，
去掉甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的有
种方法，
因前后把甲、乙两人都不在恰当位置的方法数
减去了两次,
故共有
种方法,
故答案为
.
题型03 ：基础模型——保序型（书架插书模型） 
 基础模型：保序型，又称为“书架插书”模型
书架插书法：
（1）书架上原有书的顺序不变；
（2）、新书要一本一本插；
（3）、也可以把有顺序的“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总座位”中选（百分比法）
【典型例题1】书架上某一层有5 本不同的书，新买了3 本不同的书插进去，要保持原来5 本书的顺序不变，
则不同的插法种数为（    ）.
A．60
B．120
C．336
D．504
【答案】C
【解析】依据分步计数原理即可求得不同的插法种数.
将新买的3 本书逐一插进去：
第1 本书插入5 本书形成的6 个空隙中的1 个，有6 种插法；
第2 本书插入6 本书形成的7 个空隙中的1 个，有7 种插法；
最后1 本书插入7 本书形成的8 个空隙中的1 个，有8 种插法.
由分步乘法计数原理，知不同的插法种数为6×7×8=336.故选：C
【典型例题2】从“
”（我爱实验）中取6 个不同的字母排成一排，含有“
”字母组合（顺序不
变）的不同排列共有（    ）
A．360 种
B．480 种
C．600 种
D．720 种
【答案】C
【解析】从另外5 个字母中任意取4 个字母，再把“sy”看成一个整体和选出的4 个字母全排列，列式计算即
得解.
从另外5 个字母中任意取4 个字母，有
种取法；再把“sy”看成一个整体和选出的4 个字母全排列，共有
种排法，所以一共有
种.故选：C
【变式训练3-1】某班新年联欢会原定的5 个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个
节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（    ）
A．6
B．12
C．15
D．30
【答案】D
【解析】由已知，根据题意可使用插空法，将2 个新节目有顺序插入5 个节目形成的6 个空中，直接列式求解
即可.因为增加了两个新节目．将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，
所以原来5 个节目形成6 个空，新增的2 个节目插入到6 个空中，
共有
种插法.故选：D.
【变式训练3-2】10 名同学进行队列训练，站成前排3 人后排7 人，现体育教师要从后排7 人中抽2 人调整到
前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先从7 个人中选2 人调整到前排，再把两个人在5 个位子中选2 个进行排列即可求解.
先从7 个人中选2 人调整到前排有
种，调整后前排有5 个人，再把两个人在5 个位子中选2 个进行排列，
原来的3 人按照原顺序站在剩下的3 个位子，有
种，按照乘法计数原理可得总共有
种.
故选：B.
【变式训练3-3】班会课上原定有3 位同学依次发言，现临时加入甲，乙2 位同学也发言，若保持原来3 位同
学发言的相对顺序不变，且甲，乙的发言顺序不能相邻，则不同的发言顺序种数为（    ）
A．6
B．12
C．18
D．24
【答案】B
【解析】根据题意可知在原来三位同学的发言顺序一定时，他们之间会形成
个空位，插入甲，乙2 位同学，
由此即可求出结果.
在原来三位同学的发言顺序一定时，他们之间会形成
个空位，插入甲，乙2 位同学有
种.
故选：B.
【变式训练3-4】书架上有排好顺序的6 本书，如果保持这6 本书的相对顺序不变，再放上3 本书，则不同的
放法共有（    ）.
A．210 种
B．252 种
C．504 种
D．505 种
【答案】C
【解析】可看成一共有9 本书，9 个位置，将3 本书排列到这9 个位置中的3 个位置即可.
可转换为将3 本书排列到所有的9 本书中的其中3 个位置上.共
种情况.故选：C
【变式训练3-5】从A，B，C，D，a，b，c，d 中任选5 个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按
先后顺序，但大小写可以交换位置，如
或
都可以），这样的情况有
__________种．（用数字作答）
【答案】160
【解析】先根据A、B、C、D 选取的个数分为四类：
第一类:A、B、C、D 中取四个，a、b、c、d 中取一个；
第二类:A、B、C、D 中取三个，a、b、c、d 中取二个；
第三类:A、B、C、D 中取二个,a、b、c、d 中取三个；
第四类:A、B、C、D 中取一个,a、b、c、d 中取四个.
分为四类情况：
第一类：在A、B、C、D 中取四个，在a、b、c、d 中取一个，共有
；
第二类：在A、B、C、D 中取三个，在a、b、c、d 中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相
同)共有
，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有
 ；
第三类：在A、B、C、D 中取两个，在a、b、c、d 中取三个，取法同第二类情况；
第四类：在A、B、C、D 中取一个，在a、b、c、d 中取四个，取法同第一类情况；
所以共有：2(8+
+
)=160
题型04：基础模型——数字化法 
数字化法：标记元素为数字或字母，重新组合，特别适用于“相同元素”，可以和挡板法配合使用
【典型例题1】.2024 年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加志愿者活动．小明在如图的街道
E 处，小华在如图的街道F 处，老年公寓位于如图的G 处，则下列说法正确的个数是（    ）
①小华到老年公寓选择的最短路径条数为4 条
②小明到老年公寓选择的最短路径条数为35 条
③小明到老年公寓在选择的最短路径中，与到F 处和小华会合一起到老年公寓的概率为
④小明与小华到老年公寓在选择的最短路径中，两人并约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F 事件
B；从F 到老年公寓两人的路径没有重叠部分（路口除外），则
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】B
【解析】根据起点走向终点所需要向上、向右走的总步数
，并确定向上或向右各走的步数
，则最短路径
的走法有
，再利用古典概率及条件概率求法，求小明到F 处和小华会合一起到老年公寓的概率、小明经过
F 且从F 到老年公寓两人的路径没有重叠的概率即可.
由图知，要使小华、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移动，
对于①，小华到老年公寓需要向上1 格，向右2 格，即小华共走3 步其中1 步向上，
所以最短路径条数为
条，错误；
对于②，小明到老年公寓需要向上3 格，向右4 格，即小明共走7 步其中3 步向上，最短路径条数为
条，正确；
对于③，小明到
的最短路径走法有
条，再从F 处和小华一起到老年公寓的路径最短有3 条，而小明到
老年公寓共有
条，
所以到F 处和小华会合一起到老年公寓的概率为
，正确；
对于④，由题意知：事件
的走法有18 条即
，事件
的概率
，
所以
，错误.故说法正确的个数是2.故选：B.
【典型例题2】如图，小明从街道的
处出发，选择最短路径到达
处参加志愿者活动，在小明从
处到达
处的过程中，途径
处的概率为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】利用组合数与分步乘法计数原理，计算出从
处出发到达
处的最短路径数，并计算出小明从
处
到达
处的过程中，途径
处的最短路径数，然后利用古典概型的概率公式，即可得到结果.
解：由题意，小明从
处出发到达
处，最短需要走四横三纵共七段路，共有
条不同的路；小明从
处到
处，最短需要走两横两纵共四段路，共有
条不同的路，从
处到
处，最短需要走两横一纵共三段路，
共有
条不同的路.
所以小明从
处到达
处的过程中，途径
处的概率
.故选：
.
【典型例题3】如图，在某城市中，M､N 两地之间有整齐的方格形道路网，其中
､
､
､
是道路网中位
于一条对角线上的4 个交汇处，今在道路网M､N 处的甲､乙两人分别要到N､M 处，他们分别随机地选择一条
沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N､M 处为止，则下列说法错误的是（    ）
A．甲从M 必须经过
到达N 处的方法有9 种     B．甲､乙两人相遇的概率为
C．甲乙两人在
处相遇的概率为
            D．甲从M 到达N 处的方法有20 种
【答案】B
【解析】分别计算两人经过
的走法种数，由排列组合与古典概型对选项逐一判断
对于甲，经过
到达
有1 种，经过
到达
有
种，
经过
到达
有
种，经过
到达
有1 种，甲从M 到达N 处的方法共有20 种，
同理对于乙，经过
到达
分别有
种．
对于A，甲从M 必须经过
到达N 处的方法有9 种，A 正确，
对于B，甲乙两人相遇的概率
，B 错误，
对于C，甲乙两人在
处相遇的概率
，C 正确，
对于D，甲从M 到达N 处的方法共有20 种，D 正确故选：B
【典型例题4】跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1 个格子，在格子中每次可向前跳1 格或2 格，那么
人从格子外跳到第8 个格子的方法种数为
A．8 种
B．13 种
C．21 种
D．34 种
【答案】C
【解析】解：设跳到第n 格的方法有an，
则达到第n 格的方法有两类，
①是向上跳一格到达第n 格，方法数为an-1，
②向上跳2 格到达第n 格，方法数是an-2，
则an=an-1+an-2，
有数列的递推关系得到数列的前8 项分别是1，1，2，3，5，8，13，21
∴跳到第8 格的方法数是21，故选C．
【变式训练4-1】如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移
动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7 就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，
漏掉两个数字的移动路线条数为（    ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】B
【解析】分类分步排列即可.
由题意1 和7 是不能漏掉的，所以由以下路线：
（1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6 条，
故选：B.
【变式训练4-2】夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不知道
杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的路，如图，假设夏老师
家在
处，学校在
处，
段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径有（    ）条．
A．23
B．24
C．25
D．26
【答案】D
【解析】先求出由
到
的最短路径的条数，然后求出由
到
且经过
的最短路径的条数，最后相减
即可.由
到
的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有
条路，
由
到
的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有
条路，
由
到
的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有
条路，
所以由
到
不经过
的最短路径有
.故选：D.
【变式训练4-3】一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个
单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5 次飞行后，停在数轴上实数3 位于的点处，则小
蜜蜂不同的飞行方式有多少种？
A．5
B．25
C．55
D．75
【答案】D
【解析】由题意知：小蜜蜂经过5 次飞行后，停在数轴上实数3 位于的点处，共有以下四种情形：
一、小蜜蜂在5 次飞行中，有4 次向正方向飞行，1 次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有
种情
况；
二、小蜜蜂在5 次飞行中，有3 次向正方向飞行每次飞行一个单位，1 次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，
1 次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有
种情况；
三、小蜜蜂在5 次飞行中，有1 次向正方向飞行每次飞行一个单位，2 次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，
2 次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有
种情况；
四、小蜜蜂在5 次飞行中，有3 次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1 次向负方向飞行且飞行两个单位，有
1 次向负方向飞行且飞行一个单位，共有
种情况；
故而共有
种情况，故选：D．
【变式训练4-4】如图所示，甲､乙两人同时出发，甲从点
到
，乙从点
到
，且每人每次都只能向上或
向右走一格.则甲､乙的行走路线没有公共点的概率为（       ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先求出甲从点
到
，乙从点
到
总的路径的对数，再计算甲从点
到
，乙从点
到
的相交
路径的对数，其等于甲从点
到
，乙从点
到
相交路径的对数，进而可得甲､乙的行走路线没有公共点的
路径的对数，再由古典概率公式即可求解.
首先考虑甲从点
到
，乙从点
到
总的路径的对数，
甲从点
到
，需要向上走
步，向右走
步，共步，所以甲从点
到
有
种方法；
乙从点
到
，需要向上走
步，向右走
步，共步，所以乙从点
到
有
种方法；
由分步乘法计数原理可知：甲从点
到
，乙从点
到
，有
种方法；
下面计算甲从点
到
，乙从点
到
的相交路径的对数，
证明：甲从点
到
，乙从点
到
相交路径的对数等于甲从点
到
，乙从点
到
相交路径的对数，
事实上，对于甲从点
到
，乙从点
到
的每一组相交路径，他们至少有一个交点，如图，设从左到右，
从下到上的第一个交点为点
，如图
，实线路径表示甲从
到
的路径，虚线路径表示乙从点
到
的路
径，将
点以后的实线路径改为虚线，虚线路径改为实线，就得到一组甲从点
到
，乙从点
到
相关路
径，如图，
反之，对于甲从点
到
，乙从点
到
的任意一组相交路径，也都可以用同样的方法将之变换成甲从
到
，乙从点
到
的一组相交路径，即这两者之间的相交路径是一一对应的，又因为甲从点
到
，乙从点
到
的任意一组路径都是相交路径，所以甲从点
到
，乙从点
到
共有
种方法；
所以甲､乙的行走路线没有公共点的有
种方法；
甲､乙的行走路线没有公共点的概率为
，
故选：C
 
   
   
题型05：基础模型——医护分配型
基本规律
平均分配思维：
1.同除相同元素的组数全排列。
2.如果限制条件少，可以以“盒”为单位一个一个“要人”，不在排列了
【典型例题1】某医院分配3 名医生6 名护士紧急前往三个小区协助社区做核酸检测.要求每个小区至少一名医
生和至少一名护士.问共有多少种分配方案？（    ）
A．3180
B．3240
C．3600
D．3660
【答案】B
【解析】分三种情况进行分类讨论，依据先分组再分配原则解决“至少”问题.
每个小区至少一名护士，则把护士分为3 组，共有3 种情况：1,1,4；1,2,3；2,2,2
把护士分为3 组，3 组人数分别为1,1,4，共有
种分法，再分配给3 个小区，有
种分法.每个小区1 名医生有
种分法，则分配方案数为
；
把护士分为3 组，3 组人数分别为1,2,3，共有
种分法，再分配给3 个小区，有
种分法.每个小区1 名医生有
种分法，则分配方案数为
；
把护士分为3 组，3 组人数分别为2,2,2，共有
种分法，再分配给3 个小区，有
种分法.每个小区1 名医生有
种分法，则分配方案数为
综上，分配方案总数为
故选：B
【典型例题2】袋中有40 个小球，其中红色球16 个、蓝色球12 个，白色球8 个，黄色球4 个，从中随机抽
取10 个球作成一个样本，则这个样本恰好是按分层抽样方法得到的概率为（ ）
A．
   B．
   C．
   D．
【答案】A
【解析】根据分层抽样的方法计算出每种颜色所抽取的数量，在根据分步计数原理和古典概型概率计算公式，
计算出所求的概率.
根据分层抽样的知识可知，抽样比为
，即红球
个，蓝球
个，白球
个，黄球个，根据分步计数
原理和古典概型概率计算公式得所求概率为
，故选A.
【点睛】本小题主要考查分层抽样抽样比的计算，考查分步计数原理，考查古典概型概率计算，考查组合数的
计算，属于基础题.
【典型例题3】将6 名志愿者分配到3 个社区进行核酸检测志愿服务，若志愿者甲和乙必须在一起，且每个社
区至少有一名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）
A．150 种
B．180 种
C．360 种
D．540 种
【答案】A
【解析】利用捆绑法将甲和乙看成一个整体，即把5 个元素分成3 组，可分为1，1，3 与1，2，2，由此即可
算出答案.
由于志愿者甲和乙必须在一起，所以可以把甲和乙看成一个整体，
则6 个人变成了5 个元素，再把这5 个元素分成3 组，
当分配的元素分别是1，1，3 时，共有
种分配方案，
当分配的元素分别是1，2，2 时，共有
种分配方案，
所以共有
种不同的分配方案.故选：A.
【变式训练5-1】某医院分配3 名医生6 名护士紧急前往三个小区协助社区做核酸检测.要求每个小区至少一名
医生和至少一名护士.问共有多少种分配方案？（    ）
A．3180
B．3240
C．3600
D．3660
【答案】B
【解析】分三种情况进行分类讨论，依据先分组再分配原则解决“至少”问题.
每个小区至少一名护士，则把护士分为3 组，共有3 种情况：1,1,4；1,2,3；2,2,2
把护士分为3 组，3 组人数分别为1,1,4，共有
种分法，再分配给3 个小区，有
种分法.每个小区1 名医生有
种分法，则分配方案数为
；
把护士分为3 组，3 组人数分别为1,2,3，共有
种分法，再分配给3 个小区，有
种分法.每个小区1 名医生有
种分法，则分配方案数为
；
把护士分为3 组，3 组人数分别为2,2,2，共有
种分法，再分配给3 个小区，有
种分法.每个小区1 名医生有
种分法，则分配方案数为
综上，分配方案总数为
故选：B
【变式训练5-2】已知有5 个不同的小球，现将这5 个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5 的五个盒子中，
若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（    ）
A．150
B．240
C．390
D．1440
【答案】C
【解析】分析可得可以将5 个球放到编号2、4、5 的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5 的四个盒子中，分
别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果.
因为
或
所以5 个球放到编号2、4、5 的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5 的四个盒子中
（1）5 个球放到编号2、4、5 的三个盒子中，因为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：
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 个球放到编号1、2、3、5 的四个盒子中，则各放2 个，1 个，1 个，1 个的方法有
种.
综上，总的放球方法数为
种.故选：C
【变式训练5-3】某高校大一新生中的6 名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、
“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1 个社团且每个社团至
多两人参加，则这6 个人中至多有1 人参加“演讲团”的不同参加方法数为
A．4680
B．4770
C．5040
D．5200
【答案】C
【解析】若有人参加“演讲团”，则从 人选人参加该社团，其余 人去剩下
 个社团，人数安排有
 
种情况：
 和
 ，故人参加“演讲团”的不同参加方法数为
 ，若
无人参加“演讲团”，则 人参加剩下
 个社团，人数安排安排有
 种情况：
 和
 ，故无人参
加“演讲团”的不同参加方法数为
 ，故满足条件的方法数为
 ，故
选C.
【变式训练5-4】将3 个相同的红球和3 个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2 个球，则不同的装法
种数为（    ）
A．7
B．8
C．9
D．10
【答案】A
【解析】先将红球从数量分成
，
两种类型的分组，在分两类研究以上不同形式下红球放入三个
不同的袋中的方法数，最后袋中不重上黑球，使每个袋子中球的总个数为
个，将两类情况的方法总数相加即
可.
将个红球分成组，每组球的数量最多
个最少个，则有
，
两种组合形式，
当红球分组形式为
时，将红球放入三个不同的袋中有
放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为
个即可.
当红球分组形式为
时，将红球放入三个不同的袋中有种放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为
个即可.
综上所述：将3 个相同的红球和3 个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2 个球，
不同的装法种数为
种.故选：A .
【变式训练5-5】《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一部数学专著，该书记述了我国古代14 种算法，分别
是：积算（即算筹）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､龟算､珠
算､和计数.某学习小组有甲､乙､丙3 人，该小组要收集九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､珠算6 种算法
相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数为（    ）
A．240
B．300
C．420
D．540
【答案】D
【解析】根据题意，结合分组分配问题，结合排列组合，即可求解.
根据题意，将6 种算法分成3 组，有1，1，4 一组，有1，2，3 一组，以及2，2，2 一组，
然后将这3 组分配给甲乙丙三个人，
所以不同的分配方案有
.故选：D
题型06： 基础模型—空车位等相同元素型 
空座位型，
1.单独空座位，可以看成相同元素无排列，字母化法处理。
2.如果2 个或者3 个或者更多空座位相连型，与单独空座位则属于不同元素
3.空座位，属于相同元素，则符合“直选不排”原理
【典型例题1】一个停车场有5 个排成一排的空车位，现有2 辆不同的车停进这个停车场，若停好后恰有2 个
相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有
A．6 种
B．12 种
C．36 种
D．72 种
【答案】B
【解析】分类讨论,利用捆绑法、插空法,即可得出结论.
把空着的2 个相邻的停车位看成一个整体，即2 辆不同的车可以停进4 个停车场，
由题意,若2 辆不同的车相邻,则有
种方法
若2 辆不同的车不相邻,则利用插空法,2 个相邻的停车位空着,利用捆绑法,
所以有
种方法，不同的停车方法共有：
种，
综上,共有12 种方法，所以B 选项是正确的.
【典型例题2】地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库.当停车完毕后，
恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有________种.
【答案】336
【解析】根据题意从反面考虑，恰有两个连续空车位的排法，再算出恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻
时的排法，两数作差即可求解.
从反面考虑，恰有两个连续空车位时有
（种）情况；
恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时有
（种）情况，
故所求情况有
（种）故答案为：336
【典型例题3】某电影院第一排共有9 个座位，现有3 名观众前来就座，若他们每两人都不能相邻，且要求每
人左右至多两个空位，则不同的坐法共有
A．36 种
B．42 种
C．48 种
D．96 种
【答案】C
【解析】试题分析：共有6 个空位，如果3 人旁边有三个位置时空位，那就是222 的空位组合，共有
种情况，当3 人旁边有4 个位置有空位，那空位组合就是1122 的组合，采用插空法，共有
种情况，所以不同的做法就是12+36=48 种情况，故选C.
【典型例题4】有6 个座位连成一排，三人就座，恰有两个空位相邻的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】把三个空位分成两组，2 个相邻，1 个单独放置，利用插空法结合分步计数乘法原理求得符合条件的
排法数，再求总排法数，根据古典概型可得结果.
第一步，把三个空位分成两组，2 个相邻，1 个单独放置，3 个人共有
种排法，
第二步，把两组不同的空位插入3 个人产生的4 个空档里，共有
种排法，
共有排法
种，而所有排法为
，
所以所求概率为故答案为
，故答案为:
.
【变式训练6-1】一条长椅上有6 个座位，3 个人坐．要求3 个空位中恰有2 个空位相邻，则坐法的种数为（  
  ）
A．36
B．48
C．72
D．96
【答案】C
【解析】分两个相邻空位包括最左端或最右端时和不含最左端或最右端时，两种情况求出坐法后相加即可.
先考虑相邻的2 个空位，
当两个相邻空位包括最左端或最右端时，有2 种情况，与空位相邻的座位需要安排一个人，有3 种选择，剩余
的3 个座位，安排2 个人，有
种选择，则有
种选择，
当两个相邻空位不含最左端或最右端时，此时有3 种情况，与空位相邻的左右座位需要安排两个人，有
种选择，最后一个人有2 种选择，则有
种选择，
综上：坐法的种数共有
个.故选：C
【变式训练6-2】某单位有8 个连在一起的车位，现有4 辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4 个车位
中恰好有3 个连在一起，则不同的停放方法的种数为（       ）
A．240
B．360
C．480
D．720
【答案】C
【解析】给8 个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3 个车位分6 类计数可得结果.
给8 个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，
当1，2，3 号为空时，有
种停放方法；
当2，3，4 号为空时，有
种停放方法；
当3，4，5 号为空时，有
种停放方法；
当4，5，6 号为空时，有
种停放方法；
当5，6，7 号为空时，有
种停放方法；
当6，7，8 号为空时，有
种停放方法；
所以不同的停放方法的种数为
种.
故选：C.
【点睛】四辆车标记为ABCD,四个空车位，三个组合一起，标记为3，剩余一个标记为1，则变成数字1，3 与
四个字母排列，且数字不相邻，插空法即可
【变式训练6-3】现有一排10 个位置的空停车场，甲、乙、丙三辆不同的车去停放，要求每辆车左右两边都
有空车位且甲车在乙、丙两车之间的停放方式共有         种.
【答案】40
【解析】根据题意，先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2 种排法，再将剩余
的7 个空车位分为4 组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，然后，求出不同的分组方法，最后利用
分步乘法计数原理即可求解
先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2 种排法，再将剩余的7 个空车位分为4
组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，有1，1，1，4；1，1，2，3；1，2，2，2 三种分组方法，
则不同的分组方法共有
种，由分步乘法计数原理得不同的停放方式共有
种.
【变式训练6-4】某公共汽车站有6 个候车位排成一排，甲、乙、丙三个乘客在该汽车站等候228 路公交车的
到来，由于市内堵车，228 路公交车一直没到站，三人决定在座位上候车，且每人只能坐一个位置，则恰好有
2 个连续空座位的候车方式的种数是
A．48
B．54
C．72
D．84
【答案】C
【解析】根据题意，分2 步进行分析：①先将3 名乘客全排列，②3 名乘客排好后，有4 个空位，在4 个空位
中任选1 个，安排2 个连续空座位，再在剩下的3 个空位中任选1 个，安排1 个空座位，由分步计数原理计算
可得答案．
解：根据题意，分2 步进行分析：
①先将3 名乘客全排列，有
种情况，
②3 名乘客排好后，有4 个空位，在4 个空位中任选1 个，安排2 个连续空座位，有4 种情况，
在剩下的3 个空位中任选1 个，安排1 个空座位，有3 种情况，
则恰好有2 个连续空座位的候车方式有
种；故选：
．
【变式训练6-5】马路上有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9 的9 盏路灯，为节约用电，可以把其中的三盏
路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关掉两端的路灯，满足条件的关灯办法有       种
【答案】C5
3
【解析】直接数字化法，标记为123456 与AAA 排列，只选不排。为C5
3
题型07：基础模型—多重受限条件型 
 相邻不相邻
1.相邻元素捆绑法，要注意捆绑在一起的元素，是否还需要排列
2.不相邻元素排列，一般是插空法， 不相邻者最后插空排
【典型例题1】某同学计划用他姓名的首字母
，身份证的后4 位数字（4 位数字都不同）以及3 个符号
设置一个六位的密码．若
必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母和数字的
相对顺序不变，则他可设置的密码的种数为（       ）
A．864
B．1009
C．1225
D．1441
【答案】D
【解析】先按照符号的个数分类，利用分步乘法计数原理分别计算每类的情况种数，再利用分类加法计数原理
求解即可.
①当符号的个数为0 时，六位密码由字母
及身份证的后4 位数字组成，此时只有1 种情况；
②当符号的个数为1 时，六位密码由母
，3 个数字及1 个符号组成.
若末位是符号，则首位是字母
，可能的种数为
；
若末位是字母
，则可能的种数为
；
③当符号的个数为2 时，六位密码由字母
，2 个数字及2 个符号组成.
若首位和末位均为符号，则可能的种数为
；
若首位和末位均为字母，则可能的种数为
；
若首位和末位一个是字母、一个是符号，则可能的种数为
.
故他可设置的密码的种数为
.故选：D.
【典型例题2】
年
月
日至
日，北京师范大学出版集团携手北师大版数学教材编写组在广东省珠
海市联合举办了以“新课程，我们都是追梦人”为主题的北师大版中小学数学教材交流研讨会，会议期间举办
了一场“互动沙龙”，要求从位男嘉宾，
位女嘉宾中随机选出
位嘉宾进行现场演讲，且女嘉宾至少要选
中位，如果
位女嘉宾同时被选中，她们的演讲顺序不能相邻，那么不同演讲顺序的种数是（       ）
A．
 B．
 C．
  D．
【答案】C
【解析】根据女嘉宾被选中等人数进行分类，选中两位女嘉宾时用插空法进行排列.
由题可知可分为两类：
第一类，
位女嘉宾只有位被选中，则还需从位男嘉宾里选出位，然后全排列，
∴不同的演讲顺序有
种；
第二类，
位女嘉宾同时被选中，则还需从位男嘉宾里选出
位，
∴
位女嘉宾的演讲顺序不相邻的不同演讲顺序有
种；
综上，不同演讲顺序的种数是
，故选：C.
【典型例题3】现有2 名学生代表2 名教师代表和3 名家长代表合影，则同类代表互不相邻的排法共有
___________种．
【答案】
【解析】设
表示两名学生位置，
表示两名教师位置，
表示三名家长位置.第一步先排学生；第二
步再排两名教师，有①
与
，②
与
，③
与
三种情况，分类讨论①②③种情
况时教师和家长的排法，最后由分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可求解．
由题意，设
表示两名学生位置，
表示两名教师位置，
表示三名家长位置，
第一步：先排学生有
种方法；
第二步：再排两名教师，有①
与
，②
与
，③
与
三种情况，
对于①，教师有
种排法，然后再将三名家长排入五个空中，共有
种方法；
对于②，教师有
种排法，然后家长先在A 与A 之间和
与
之间各选一个家长排入，剩余一个家长插
入剩余三个空中的一个空中，有
种；
对于③，教师有
种排法，然后选一个家长排在最中间一个空中，再将剩余两个家长排在剩余的四个空
中，有
种排法，
综上，共有
．
故答案为：912.
【变式训练7-1】某班班会准备从含甲、乙、丙的7 名学生中选取4 人发言，要求甲、乙两人至少有一个发言，
且甲、乙都发言时丙不能发言，则甲、乙两人都发言且发言顺序不相邻的概率为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据题意，分
种情况讨论，若甲乙其中一人参加，有
 种情况，若甲乙两人都参加，
则丙不能参加，有
 种情况，其中甲乙相邻的有
 种情况，则甲、乙两人都发言
顺序不相邻的概率为
 ，故选C.
【变式训练7-2】亚非领导人会议在印尼雅加达举行，某五国领导人
、
、
、
，除
与
、
与
不单独会晤外，其他领导人两两之间都要单独会晤．现安排他们在两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天
最多进行一次会晤），那么安排他们单独会晤的不同方法共有
A．48 种
B．36 种
C．24 种
D．8 种
【答案】A
【解析】由题设可得他们的会晤方法有两类：第一类是含，其会晤方法有
是偶数，可分两类：
一是取出的三个数都是偶数，只能从
中选取，共有
种；第二类取出的三个数是两奇
一偶，偶数从
中选取，共有4 种，两个奇数从
中选取，有
，然后再全排，共有
种；由分类计数原理可得函数的个数为
，应选答案A
【变式训练7-3】现安排甲、乙、丙、丁、戊5 名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，
要求甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，若丙当物理科代表则丁必须当化学科代表，则不同的选法共有
_____种
【答案】67
【解析】根据特殊元素特殊处理的原则，以丙进行分类，排完丙后，由甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，
还要进行分类，根据分类计数原理可得.
因为丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类：
第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代表，乙戊可以当英语和语文中的任
一课，有
种，当甲不当数学课代表，甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，
有种，共计
种；
第二类，当丙不当物理课代表时，分四类：
①丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有种
种，
②丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有
种，
③丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三位同学任意当有
种，当甲不当数学课代表，
甲只能从物理和化学课中选一课,乙只能从语文和甲选完后的剰下的一课中选一课，丁和戊做剰下的两课，有
种，共计
种，
④丙为化学课代表时，同③的选法一样有
种，
根据分类计数原理得，不同的选法共有
种.故答案为：67.
【变式训练7-4】现有7 位同学（分别编号为
）排成一排拍照，若其中
三人互不相
邻，
两人也不相邻，而
两人必须相邻，则不同的排法总数为________．（用数字作答）
【答案】240
【解析】把
排列，产生4 个空位，然后将
看作一个整体与
插入到
中可求解.
解：因
两人必须相邻，所以把
看作一个整体有
种排法.
又
三人互不相邻，
两人也不相邻，所以把
排列，有
种排法，产生了4 个空位，再用插
空法.（1）当
分别插入到
中间的两个空位时，有
种排法，再把
整体插入到此时产生的6 个
空位中，有6 种排法.
（2）当
分别插入到
中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时，有
种排法，
此时
必须排在
中间的两个空位的另一个空位，有1 种排法.
所以共有
.
【变式训练7-5】有2 辆不同的红色车和2 辆不同的黑色车要停放在如图所示的六个车位中的四个内，要求相
同颜色的车不在同一行也不在同一列，则共有______种不同的停放方法．（用数字作答）
【答案】
【解析】
首先在第一行停放一辆红色车与一辆黑色车，再在第二行分类讨论停放剩下车，最后利用分步计数原理即可得
出结果.因为要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，所以第一行只能停放一辆红色车与一辆黑色车，共
有
种停法,
再在第二行分类讨论停放剩下车,第二辆红车如果停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有2 种方法，如果第二
辆红车不停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有1 种方法，共有3 种情况，
因此共有
种情况；
故答案为：
.
题型08：球放盒子：先分组后排列
先分组后排列模型：又称“球放盒子”
基础型：幂指数型
如四个不同的球放三个不同的盒子，有多少种方法？
特征：
1.先分组再排列（尽量遵循这个，否则容易出现重复）
2.分组时候要注意是否存在“平均分配”的情况
基本规律
“球放盒子”类型，要讨论“用了几个盒子”，放了几个球。同一盒子放多个球时“只选不排”
注意分类套路不遗漏
【典型例题1】将5 个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4 的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数
不大于其编号数，则共有_________种不同的放法.
【答案】535
【解析】根据每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，将每个盒子能放入的球个数列举出来，由总球数为
5，以可能的球数组合列举分组，结合组合数求出它们所有不同放法
四个盒子放球的个数如下
1 号盒子：{0，1}
2 号盒子：{0，1，2}
3 号盒子：{0，1，2，3}
4 号盒子：{0，1，2，3，4}
结合由5 个不同的小球全部放入盒子中，不同组合下放法
5 = 1 + 4：
种
5 = 2 + 3：
种
5 = 1 + 1 + 3：
种
5 = 1 + 2 + 2：
种
5 = 1 + 1 + 1 + 2：
种
∴5 个相同的小球放入四个盒子方式共有535 种故答案为：535
【点睛】本题考查了组合数，对问题分类、分组，应用组合数的计算
【典型例题2】我市拟向新疆哈密地区的三所中学派出5 名教师支教，要求每所中学至少派遣一名教师，则不
同的派出方法有
A．300 种
B．150 种
C．120 种
D．90 种
【答案】B
【解析】分析：根据题意，先选后排.①先选，将5 名教师分成三组，有两种方式，即1，1，3 与1，2，2，注
意去除重复部分；②后排，将分好的三组全排列，即可得到答案.
详解：根据题意：分两步计算
（1）将5 名教师分成三组，有两种方式即1，1，3 与1，2，2；
     ①分成1，1，3 三组的方法有
     ②分成1，2，2 三组的方法有
一共有
种的分组方法；
（2）将分好的三组全排列有
种方法.
则不同的派出方法有
种.故选B.
【点睛】：对于排列组合混合问题，可先选出元素，再排列．
【典型例题3】甲、乙、丙、丁4 名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有A，B，C 三个小区可供选择，
每个志愿者只能选其中一个小区去服务．则甲不在A 小区、乙不在B 小区服务的概率为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据给定条件，求出4 名志愿者到三个小区服务的基本事件种数，再求出甲不在A 小区、乙不在B 小
区服务的事件所含基本事件数即可求解作答.
依题意，4 名志愿者到三个小区服务的试验的基本事件有种，它们等可能，
甲不在A 小区、乙不在B 小区服务，甲、乙各有2 种选法，丙、丁各有3 种选法，
甲不在A 小区、乙不在B 小区服务的事件
含有的基本事件有
种，
所以甲不在A 小区、乙不在B 小区服务的概率
.故选：B
【变式训练8-1】我们想把9 张写着1~9 的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3 张卡片，且存在
两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
【答案】198
【解析】首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.
由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为
．
当
时，共有1 种情况，即
；
当
时，共有3 种情况，即
，
，{(1，5，6)，(2，3，7)}；
当
时，共有5 种情况，即
，
，
，
，
；
当
时，共有7 种情况，即
，
，
，
，
，
，
；
当
时，共有2 种情况，即
，
；
当
时，共有7 种情况，即
，
，
，
，
，
，
；
当
时，共有5 种情况，即
，
，
，
，
{(1，7，9)，(3，6，8)}；
当
时，共有2 种情况，即
，
；
当x＝19 时，共有1 种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(种)情况，
∴不同的放法共有：
种．故答案为：198．
【变式训练8-2】某小区因疫情需求，物业把招募的5 名志原者中分配到3 处核酸采样点，每处采样点至少分
配一名，则不同的分配方法共有（    ）
A．150 种
B．180 种
C．200 种
D．280 种
【答案】A
【解析】分情况讨论，分三处分别有1，2，2 人与1，1，3 人两种情况求解即可.
先将5 人分组，可能情况有1，2，2 人与1，1，3 人两种情况.
①分成1，2，2 人的所有情况共
种情况；
②分成1，1，3 人的所有情况共
种情况；
再将分好的组分配到3 处核酸采样点，共
种情况.故选：A
【变式训练8-3】某校有5 名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1 名学生且至
多2 名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（    ）
A．48
B．54
C．60
D．72
【答案】C
【解析】先分组，再考虑甲的特殊情况.
将5 名大学生分为1-2-2 三组，即第一组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赛，故甲所在的组只有2 种选择，剩下的2 组任意选，
所以由
 种方法；
按照分步乘法原理，共有
 种方法；故选：C.
【变式训练8-4】某地一重点高中为让学生提高遵守交通的意识，每天都派出多名学生参加与交通相关的各类
活动.现有包括甲、乙两人在内的6 名中学生，自愿参加交通志愿者的服务工作这6 名中学生中2 人被分配到
学校附近路口执勤，2 人被分配到医院附近路口执勤，2 人被分配到中心市场附近路口执勤，如果分配去向是
随机的，则甲、乙两人被分配到同一路口的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】结合排列、组合求得把6 名同学平均分配到三个不同的路口分配种数，再求得甲、乙两人被分配到同
一路口种数，利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，把6 名同学平均分配到三个不同的路口，共有
种分配方案，
其中甲、乙两人被分配到同一路口有
种可能，
所以甲、乙两人被分配到同一路口的概率为
.故选：A.
【变式训练8-5】从人中选派
人承担甲，乙，丙三项工作，每项工作至少有一人承担，则不同的选派方法
的个数为 
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先从6 人中选派4 人，再将选取的4 人分成三组，分别从事甲、乙、丙三项工作，进而可得不同的选
派方法的种数.先从6 人中选派4 人，共有
种方法，
再将选取的4 个人分成三组共有
种方法，
再将三组分配从事甲、乙、丙三项工作共有
种方法，
所以不同的选派方法共有
种，故选B.
【变式训练8-6】4 名学生参加3 个兴趣小组活动，每人参加一个或两个小组，那么3 个兴趣小组都恰有2 人
参加的不同的分组共有_________种.
【答案】90
【解析】由题意得4 名学生中，恰有2 名学生参加2 个兴趣小组，，其余2 名学生参加一个兴趣小组，然后
分情况讨论可得参加的不同的分组的种数.
由题意得4 名学生中，恰有2 名学生参加2 个兴趣小组，，其余2 名学生参加一个兴趣小组，首先4 名学生中
抽出参加2 个兴趣小组的学生共有
种.
下面对参加兴趣小组的情况进行讨论：
参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组完全相同，共
种；
2、参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组有一个相同，共
种.
故共有
种.即答案为90.
题型09：球放盒子模型——下电梯型
基本规律
下电梯模型，实质就是“球放盒子”扩展应用。要分组讨论“谁和谁一起”，有没有“空盒子”。
【典型例题】有3 人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2 至第7 楼的任一楼走出电梯．如果电梯正
常运行，那么恰有两人在第4 楼走出电梯的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由题意结合分步乘法、排列组合的知识可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率
公式即可得解.
3 人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2 至第7 楼的任一楼走出电梯,共有
种不同情况；
恰有两人在第4 楼走出电梯，共有
种不同情况；故所求概率
.故选：C.
【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了古典概型概率的求解，属于基础题.
【变式训练9-1】甲、乙、丙
人从楼乘电梯去商场的
到
楼，每层楼最多下
人，则下电梯的方法有
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】分两种情况讨论：①每个楼层下人；②
人中有
人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，
利用排列组合思想结合分类加法计数原理可得出结果.
分两种情况讨论：
①每个楼层下人，则
人下电梯的方法种数为
；
②
人中有
人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，此时，
人下电梯的方法种数为
.
由分类加法计数原理可知，
人下电梯的方法种数为
种.故选：D.
【变式训练9-2】电梯有
位乘客，在
层楼房的每一层停留，如果有两位乘客从同一层出去，另两位在同一
层出去，最后两人各从不同的楼层出去，则不同的下楼方法的种类数是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先把6 人按
分面四组，然后选择4 个楼层让这四组的人分别下去即可得．
由题意所有种类数为
．故选：C．
【变式训练9-3】有一座6 层大楼，3 人从大楼第一层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯
是等可能的，则这3 人离开电梯的层数之和为10 的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】利用古典概型，根据这人离开电梯的层数之和为
的情况进行分类求解.
假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的,
则基本事件的总数
，
这人离开电梯的层数之和为
有4 种情况：
①三个人下电梯的层数分别为
，有
种情况，
②三个人下电梯的层数分别为
，有
种情况，
③三个人下电梯的层数分别为
，有
种情况，
④三个人下电梯的层数分别为
，有
种情况，
所以这3 人离开电梯的层数之和为10 的概率是
.故选：B.
【变式训练9-4】电梯有位乘客，在层楼房的每一层停留，如果有两位乘客从同一层出去，另两位在同一
层出去，最后两人各从不同的楼层出去，则不同的下楼方法的种类数是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先把6 人按
分面四组，然后选择4 个楼层让这四组的人分别下去即可得．
由题意所有种类数为
．故选：C．
【变式训练9-5】有2 个人在一座8 层大楼的底层进入电梯，假设每一个人从第二层开始在每一层离开电梯是
等可能的，则这两人在不同层离开电梯的概率为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由古典概型的概率公式与对立事件的概率公式求解即可.
由题意得，由于每一个人自第二层开始在每一层电梯是等可能的，
故两人离开电梯的所有可能情况有
种，
而两人在同一层电梯的可能情况有
，
所以两人在同一层离开电梯的概率为
，
所以两人在不同层离开电梯的概率为
，故选：B.
【变式训练9-6】某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第17，18，19，20 层停靠，若该电梯在底层有5 个
乘客，且每位乘客在这四层的每一层下电梯的概率为
，用ξ 表示5 位乘客在第20 层下电梯的人数，则P(ξ＝
4)＝________.
【答案】
【解析】考查一位乘客是否在第20 层下电梯为一次试验，这是5 次独立重复试验，
每一位乘客是在第20 层下电梯为一次试验，且每一位乘客在第20 层下电梯的概率都是
，
因此这是5 次独立重复试验，故
，所以
.故答案为：
.
题型10：球放盒子模型——公交车模型
【典型例题1】某公交车上有6 位乘客，沿途4 个车站，乘客下车的可能方式有（    ）
A．64种
B．46种
C．24 种
D．360 种
【答案】B
【解析】对于每一位乘客都有4 种下车可能，即可求6 位乘客的可能下车情况数.
由题意，每一位乘客都有4 种选择，故乘客下车的可能方式有4×4×4×4×4×4＝46种，故选：B．
【典型例题2】车上有6 名乘客，沿途有3 个车站，每名乘客可任选1 个车站下车，则乘客不同的下车方法数
为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】利用每名乘客都有3 种下车方式，总共有6 名乘客，相乘直接计算得到答案
根据题意，汽车上有6 名乘客，沿途有3 个车站，每名乘客可以在任意一个车站下车，即每名乘客都有3 种下
车方式，则6 名乘客有
种可能的下车方式．故选：B
【典型例题3】北京公交101 路是北京最早的无轨电车之一，最早可追溯至1957 年.游客甲与乙同时从红庙路
口西站上了开往百万庄西口站方向的101 路公交车，甲将在朝阳门外站之前的任意一站下车，乙将在神路街
站之前的任意一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据题意，确定总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数之比即为所求概率.
甲下车的站名可能为小庄路口东站、呼家楼西站，关东店站，东大桥路口西站、神路街站，乙下车的站名可能
为小庄路口东站、呼家楼西站、关东店站、东大桥路口西站.
所以甲、乙下车的所有情况共有
种，
其中甲比乙后下车的情况有：
乙在小庄路口东站下车，甲可以在呼家楼西站，关东店站，东大桥路口西站、神路街站下车；
乙在呼家楼西站下车，甲可以在关东店站，东大桥路口西站、神路街站下车；
乙在关东店站下车，甲可以在东大桥路口西站、神路街站下车；
乙在东大桥路口西站下车，甲可以在神路街站下车；共有10 种.故甲比乙后下车的概率为
.故选：D.
【变式训练10-1】有四位朋友于七夕那天乘坐高铁G77 从武汉出发（G77 只会在长沙、广州、深圳停），分
别在每个停的站点至少下一个人，则不同的下车方案有（    ）
A．24 种
B．36 种
C．81 种
D．256 种
【答案】B
【解析】先按2+1+1 分成三组，再分配到三个站点，即得结果.
依据题意每个停的站点至少下一个人，先按2+1+1 分成三组，有
种分法，再分配到三个站点，有
种分法，
所以一共有
种不同的下车方案.故选：B.
【变式训练10-2】某公交线路某区间内共设置四个站点（如图），分别记为
，现有甲、乙两人同
时从
站点上车，且他们中的每个人在站点
下车是等可能的.则甲、乙两人不在同一站点下车
的概率为（    ）
A．
   B．
   C．
   D．
【答案】A
【解析】先求出甲、乙在同一站下车的概率，然后由对立事件概率公式计算．
设事件“
甲、乙两人不在同一站下车”，
因为甲、乙两人同在
站下车的概率为
；
甲、乙两人同在
站下车的概率为
；
甲、乙两人同在
站下车的概率为
；
所以甲、乙两人在同一站下车的概率为
，则
.故选A. 
【变式训练10-3】某奥运村有
，
，
三个运动员生活区，其中
区住有
人，
区住有
人，
区住
有
人已知三个区在一条直线上，位置如图所示奥运村公交车拟在此间设一个停靠点，为使所有运动员步
行到停靠点路程总和最小，那么停靠点位置应在（    ）
A．
区
B．
区
C．
区
D．
，
两区之间
【答案】A
【解析】分类讨论，分别研究停靠点为
区、
区、
区和
，
两区之间时的总路程，即可得出答案．
若停靠点为
区时，所有运动员步行到停靠点的路程和为：
米；
若停靠点为
区时，所有运动员步行到停靠点的路程和为：
米；
若停靠点为
区时，所有运动员步行到停靠点的路程和为：
米；
若停靠点为
区和
区之间时，设距离
区为
米，所有运动员步行到停靠点的路程和为：
，
当
取最小值，故停靠点为
区．故选：A
【变式训练10-4】通苏嘉甬高速铁路起自南通西站， 经苏州市、嘉兴市后跨越杭州湾进入宁波市， 全线正
线运营长度
， 其中新建线路长度
， 是《中长期铁路网规划》中 “八纵八横”高速铁
路主通道之一的沿海通道的重要组成部分， 是长江三角洲城市群的重要城际通道， 沿途共设南通西、张家港、
常熟西、 苏州北、汾湖、嘉兴北、嘉兴南、海盐西、慈溪、庄桥等 10 座车站.假设甲、乙两人从首发站（南
通西） 同时上车， 在沿途剩余9 站中随机下车， 两人互不影响， 则甲、乙两人在同一站下车的概率为
（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】甲、乙两人下车包含的基本事件个数为
，甲、乙两人在同一车站下车包含的基本事件个数，
由此算出甲、乙两人在同一站下车的概率.
解：甲、乙两人从首发站（南通西） 同时上车，沿途经过剩余9 个车站，甲、乙两人随机下车，互不影响，
故甲、乙两人下车包含的基本事件个数为：
设“甲、乙两人在同一车站下车为事件M”，则事件M 包含的基本事件个数为：
.故选：D.
【变式训练10-5】车上有6 名乘客，沿途有3 个车站，每名乘客可任选1 个车站下车，则乘客不同的下车方
法数为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】利用每名乘客都有3 种下车方式，总共有6 名乘客，相乘直接计算得到答案
根据题意，汽车上有6 名乘客，沿途有3 个车站，每名乘客可以在任意一个车站下车，即每名乘客都有3 种下
车方式，则6 名乘客有
种可能的下车方式．故选：B
【变式训练10-6】长春54 路有轨电车建成于上个世纪30 年代，大概是现存最美的电车路线了，见证着这座
城市的历史与发展.学生甲和学生乙同时在长影站上了开往西安大路方向的电车，甲将在创业大街站之前任何
一站下车，乙将在景阳大路站之前任何一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（    
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先求出甲、乙下车的情况共有
种可能，再求出甲比乙后下车共有15 种可能，最后利用几何概
型公式求解即可.
甲将在长影站上车，将在创业大街站之前任何一站下车,可能在6 个站下车，
乙在长影站上车，将在景阳大路站之前任何一站下车，可能在9 个站下车，则甲、乙下车的情况共有
种可能；
他们都至少坐一站再下车，若乙在湖西路先下车，甲后下车的情况有5 种可能，若乙在长久路先下车，甲后下
车的情况有4 种可能，若乙在宽平大路先下车，甲后下车的情况有3 种可能，若乙在宽平大桥先下车，甲后下
车的情况有2 种可能，若乙在迎春路先下车，甲后下车的情况有1 种可能，则甲比乙后下车共有15 种可能，
故他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为
.故选：
.
题型11：球放盒子模型——球不同，盒子也不同
基本规律
球不同，盒子不同（主要的）
方法技巧：无限制，指数幂形式，
，有限制“先分组再排列”分类讨论
【典型例题1】将5 个不同的小球放入3 个不同的盒子，每个盒子至少1 个球，至多2 个球，则不同的放法种
数有（　）
A．30 种
B．90 种
C．180 种
D．270 种
【答案】B
【解析】对三个盒子进行编号1，2，3，则每个盒子装球的情况可分为三类：1，2，2；2，1，2；2，2，1；
且每一类的放法种数相同.
先考虑第一类，即3 个盒子放球的个数为：1，2，2，则
第1 个盒子有：
，
第2 个盒子有：
，
第3 个盒子有：
，
第一类放法种数为
，
不同的放法种数有
.
【变式训练11-1】将编号分别为1，2，3，4，5 的5 个小球分别放入3 个不同的盒子中，每个盒子都不空，
则每个盒子中所放小球的编号奇偶性均不相同的概率为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先判断奇偶性不同则只能是2,2,1，再计算概率
由题知，要求每个盒子都不空，则3 个盒子中放入小球的个数可分别为3,1,1 或2,2,1,
若要求每个盒子中小球编号的奇偶性不同则只能是2,2,1，
且放入同一盒子中的两个小球必须是编号为一奇一偶，
故所求概率为
故答案选C
【变式训练11-2】已知有5 个不同的小球，现将这5 个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5 的五个盒子中，
若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（       ）
A．150
B．240
C．390
D．1440
【答案】C
【解析】分析可得可以将5 个球放到编号2、4、5 的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5 的四个盒子中，分
别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果.
因为
或
所以5 个球放到编号2、4、5 的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5 的四个盒子中
（1）5 个球放到编号2、4、5 的三个盒子中，因为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：
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 个球放到编号1、2、3、5 的四个盒子中，则各放2 个，1 个，1 个，1 个的方法有
种.
综上，总的放球方法数为
种.故选：C
【变式训练11-3】将A，B，C，D 四个小球放入编号为1，2，3 的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球
且A，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法种数为（       ）
A．15
B．30
C．20
D．42
【答案】B
【解析】按照放入同一盒子的球进行分类，最后由分类加法计数原理计算即可.
当放入一个盒子的是
时，有
种不同的放法，当放入一个盒子的是
时，有
种不同的放法
当放入一个盒子的是
时，有
种不同的放法
当放入一个盒子的是
时，有
种不同的放法，当放入一个盒子的是
时，有
种不同的放法
则共有
种不同的放法。故选：B
题型12：球放盒子模型——球相同，盒子不同
球相同，盒子不同方法技巧：挡板法
【典型例题】将7 个相同的球放入4 个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数为（       ）
A．22
B．25
C．20
D．48
【答案】C
【解析】将7 个相同的球放入4 个不同的盒子中，即把7 个相同的球分成4 组，不妨将7 个球摆成一排，中间
形成6 个空，只需在这6 个空插入3 个隔板将它们隔开，即分成4 组，据此即可的解.
解：将7 个相同的球放入4 个不同的盒子中，即把7 个相同的球分成4 组，
因为每个盒子都有球，
所以每个盒子至少又一个球，不妨将7 个球摆成一排，中间形成6 个空，只需在这6 个空插入3 个隔板将它们
隔开，即分成4 组，不同插入方法共有
种，
所以每个盒子都有球的放法种数为20.故选：C.
【变式训练12-1】把1995 个不加区别的小球分别放在10 个不同的盒子里，使得第个盒子中至少有个球（
），则不同放法的总数是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】先在第个盒里放入个球，
，即第1 个盒里放1 个球，第2 个盒里放2 个球，…，这时
共放了
个球，还余下
个球.故转化为把1940 个球任意放入10 个盒子里（允
许有的盒子里不放球）.把这1940 个球用9 块隔板隔开，每一种隔法就是一种球的放法，1940 个球连同9 块隔
板共占有1949 个位置，相当于从1949 个位置中选9 个位置放隔板，有
种放法.选D.
【变式训练12-2】把20 个相同的小球装入编号分别为①②③④的4 个盒子里，要求①②号盒每盒至少3 个球，
③④号盒每盒至少4 个球，共有种方法.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设四个盒子中装的小球个数分别为
，
，，
，则
，要求①②号盒每盒至少3 个
球，③④号盒每盒至少4 个球，令
，
，
，
，则
，
，
，都大于或等
于1，且
，问题相当于将10 个球分成四部分，使用“隔板法”即可
设四个盒子中装的小球个数分别为
，
，，
，则
，要求①②号盒每盒至少3 个球，③④
号盒每盒至少4 个球，令
，
，
，
，则
，
，
，都大于或等于1，且
，问题相当于将10 个球分成四部分，在10 个球的9 个间隔里选三个隔开，有
种方法，故
选择A
【点睛】在排列组合中，对于将不可分辨的球装入到可以分辨的盒子中，每盒至少一个，求方法数的问题，常
用隔板法．实际运用隔板法解题时，在确定球数、如何插隔板等问题上形成了一些技巧．
【变式训练12-3】将7 个相同的小球放入
，
，
三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（       ）种不同
的放法．
A．60 种
B．36 种
C．30 种
D．15 种
【答案】D
【解析】7 个小球有6 个空，采用插空法可求.将7 个小球分成三组即可，可采用插空法，7 个小球有6 个空，
则有
种不同的方法.故选：D.
题型13：排课表模型
排课表，是属于多重限制条件下的“特殊元素优先排”模型，综合运用：
元素相邻的排列问题——“捆邦法”；
元素相间的排列问题——“插空法”；
元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；
(4) 带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
【典型例题】某学校为高一年级排周一上午的课表，共5 节课，需排语文､数学､英语､生物､地理各一节，要求
语文､英语之间恰排1 门其它学科，则不同的排法数是（    ）
A．18
B．26
C．36
D．48
【答案】C
【解析】先从剩余的3 门学科选1 科放到语文､英语之间，再将它们看成一个整体与剩余的2 门学科进行排列，
再利用分步计数原理即可求解.
分两步如下：
（1）将语文､英语之间恰排1 门其它学科，并将它们看成一个整体有
种；
（2）将上面整体和剩余的2 门学科进行排列有
种；
再利用分步计数原理可知共有
种排法，故选：C
【变式训练13-1】某教师一天上3 个班级的课，每班上1 节，如果一天共8 节课，上午5 节，下午3 节，并且
教师不能连上3 节课（第5 节和第6 节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（    ）
A．312 种
B．300 种
C．52 种
D．50 种
 
【答案】A
【解析】利用间接法求解，即先求出所有的上课方法，再减去连上3 节课的情况.
该教师一天8 节课上3 节的所有的上课方法有
，连着上3 节课的情况（一二三、二三四、三四五、六七
八）有
种，则利用间接法可知所求的方法有
.故选：A
【变式训练13-2】某校高二年级一班星期一上午有4 节课，现从语文、数学、英语、物理、历史和体育这6
门学科中任选4 门排在上午的课表中，若前2 节只能排语文、数学和英语，数学课不能排在第4 节，体育只能
排在第4 节，则不同的排法种数为（    ）
A．18
B．48
C．50
D．54
【答案】C
【解析】根据题意，利用分类加法计数原理求解即可.
根据题意，当体育课排在第四节时，有
种排法；
当体育课不排在第四节，且数学课排在第一节或第二节时，有
种；
当体育课不排在第四节，且数学课不排在第一节或第二节时，有
种；
所以不同的排法共有：
种，故选：C.
【变式训练13-3】大庆实验中学安排某班级某天上午五节课课表，语文､数学､外语､物理､化学各一节，现要
求数学和物理不相邻，且都不排在第一节，则课表排法的种数为（    ）
A．24
B．36
C．72
D．144
【答案】B
【解析】分数学排在第一节、物理排在第一节、数学和物理都不排在第一节但相邻三类，分别求得排法数求和，
由5 节课任意排的排法减去三类情况的排法数即可.
1、将数学排在第一节的排法有
种；
2、将物理排在第一节的排法有
种；
3、数学和物理都不排在第一节，但相邻的排法有
种；
而5 节课任意排的排法有
种，
∴数学和物理不相邻且都不排在第一节的排法有
种.故选：B.
题型14：节假日值班模型
【典型例题】甲、乙、丙三人是某商场的安保人员，根据值班需要甲连续工作2 天后休息一天，乙连续工作3
天后休息一天，丙连续工作4 天后休息一天，已知3 月31 日这一天三人均休息，则4 月份三人在同一天工作
的概率为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】列举出三人所有工作日，由古典概型公式可得.
解：甲工作的日期为1，2，4，5，7，8，10，…，29.
乙工作的日期为1，2，3，5，6，7，9，10，…，30.
丙工作的日期为1，2，3，4，6，7，8，9，…，29.
在同一天工作的日期为1，2，7，11，13，14，17，19，22，23，26，29
∴三人同一天工作的概率为
．故选：B．
【变式训练14-1】.2021 年7 月20 日郑州特大暴雨引发洪灾，各地志愿者积极赴郑州救灾.某志愿小组共5 人，
随机分配4 人去值班，每人只需值班一天，若前两天每天1 人，第三天2 人，且其中的甲、乙两人不同在第三
天值班，则满足条件的排法共有（    ）
A．72 种
B．60 种
C．54 种
D．48 种
【答案】C
【解析】分随机选4 人只含甲乙中的一个、含甲乙两人两种情况，结合分步计算及间接法分别求得安排方法数，
最后加总即可.若随机选4 人中只含甲乙中的一个，则
种，
前两天每天1 人，第三天2 人，有
种，此时，共有
种；
若随机选4 人中含甲乙两人，则
种，
前两天每天1 人，第三天2 人且甲、乙不同在第三天值班，有
种，
此时，共有
种.
综上，共有54 种.故选：C
【变式训练14-2】某校安排甲、乙、丙三位老师担任五月一日至五月五日的值班工作，每天1 人值班，每人
不能连续两天值班，且每人都参与值班，则不同的安排方法共有（      ）种
A．14
B．16
C．42
D．48
【答案】C
【解析】将五月一日至五月五日编号为1,2,3,4,5，由题意，先放中间的3，再放2,4，最后放1,5 求解.
解：将五月一日至五月五日编号为1,2,3,4,5，
先放中间的3，再放2,4，最后放1,5，
先放3 有
种，
若2,4 同一个人有2 种，此时1,5 有3 种情况，共有
种， 
若2,4 不同人有2 种，此时1,5 有4 种情况，共有
种，
所以共有
种，故选：C
【变式训练14-3】某单位从6 男4 女共10 名员工中，选出3 男2 女共5 名员工，安排在周一到周五的5 个夜
晚值班，每名员工值一个夜班且不重复值班，其中女员工甲不能安排在星期一、星期二值班，男员工乙不能安
排在星期二值班，其中男员工丙必须被选且必须安排在星期五值班，则（    ）
A．甲乙都不选的方案共有432 种
B．选甲不选乙的方案共有216 种
C．甲乙都选的方案共有96 种
D．这个单位安排夜晚值班的方案共有1440 种
【答案】ABC
【解析】本题考查排列组合的综合应用，对于A：从4 男3 女中，选出2 男2 女共4 名员工排列；对于B：甲
只能排星期三或星期四，从剩下的从4 男3 女中，选出2 男1 女共3 名员工排列；对于C：分情况讨论：乙排
星期一或乙不排星期一；对于D：分为四种情况：甲乙都不选、选甲不选乙、选乙不选甲和甲乙都选，重点分
析运算选乙不选甲．
男员工丙必须被选且必须安排在星期五值班，则原题可理解为从5 男4 女共9 名员工中，选出2 男2 女共4 名
员工，安排在周一到周四的4 个夜晚值班，每名员工值一个夜班且不重复值班，其中女员工甲不能安排在星期
一、星期二值班，男员工乙不能安排在星期二值班
甲乙都不选的方案共有
种，A 正确
选甲不选乙的方案共有
种，B 正确
甲乙都选，则分两种情况：乙排星期一或乙不排星期一
乙排星期一的方案共有
种
乙不排星期一的方案共有
种
∴甲乙都选的方案共有
96 种，C 正确
这个单位安排夜晚值班分为四种情况：甲乙都不选、选甲不选乙、选乙不选甲和甲乙都选
选乙不选甲的方案共有
种
∴这个单位安排夜晚值班的方案共有432+216+432+96=1176 种，D 错误。故选：ABC．
题型15：染色模型——平面染色
基本规律
染色问题，要从“颜色用了几种”，“地图有没有公用区域”方向考虑：
1.用了几种颜色。如果颜色没有全部用完，就要有选色的步骤
2.尽量先从公共相邻区域开始。所以要观察“地图”是否可以“拓扑”转化
比如，以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构
【典型例题1】如图，要给①、②、③、④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，
但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方案种数为（    ）．
A．180
B．160
C．96
D．60
【答案】A
【解析】按照①
②
③
④的顺序，结合乘法计数原理即可得到结果.
首先对①进行涂色，有5 种方法，
然后对②进行涂色，有4 种方法，
然后对③进行涂色，有3 种方法，
然后对④进行涂色，有3 种方法，
由乘法计数原理可得涂色方法种数为
种故选:A
【典型例题2】对如下编号为1，2，3，4 的格子涂色，有红，黑，白，灰四种颜色可供选择，要求相邻格子
不同色，则在1 号格子涂灰色的条件下，4 号格子也涂灰色的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据分步计数原理可计算出1 号格子涂灰色的方案总数，再计算1 号格子和4 号格子同时涂灰色的方
案数，即可算出其概率.
由题意可知，整个事件需要分四步，按照格子标号依次涂色即可；
若在1 号格子涂灰色，则2 号格子还有3 种选色方案，同时3 号格子也有3 种选色方案，4 号格子还剩2 种选
色方案，
即1 号格子涂灰色的方案总数为
种；
若1 号格子和4 号格子同时涂灰色，则2 号格子还有3 种选色方案，3 号格子还有2 种选色方案，
即1 号和4 号格子同时涂灰色的方案总数为
种；
所以，在1 号格子涂灰色的条件下，4 号格子也涂灰色的概率是
.故选：A.
【典型例题3】如图，提供4 种不同的颜色给图中
，
，
，
四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种
颜色，则不同的涂法共有（     ）种．
A．12
B．36
C．48
D．72
【答案】C
【解析】根据使用颜色的数量进行分类计算即可.
如果只用了3 种颜色，则ABD 三块区域颜色必两两不同，C 区域必与A 相同，
则涂法有
种；
如果用了全部4 种颜色，则涂法有
种；
所以总共有
种涂法.故选：C..
【典型例题4】用五种不同的颜色给图中
六个小长方形区域涂色，要求颜色齐全且有公共边的区域
颜色不同，则共有涂色方法
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】其中可能共色的区域有AC,AD,AE,AF,BE,BF,CD,CF,DF 共9 种,故共有涂色方法为
 ,选D.
点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：
(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列
问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
【变式训练15-1】网课期间，小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如下图形状，现
需要给下图七巧板右下方的五个块涂色（图中的1，2，3，4，5），有4 种不同颜色可供选择，要求有公共边
的两块区域不能同色，有______种不同的涂色方案.
【答案】252
【解析】先给2 涂色，再涂5，再涂3、4，这一步要分3 与5 同色和3 和5 不同色两种情况，最后涂1，按分
步计数乘法原理计算.
第一步：涂2，有4 种颜色；
第二步：涂5，有3 种颜色
第三步：涂3、4，当3 与5 同色时，4 有3 种颜色；当3 和5 不同色时，3 有2 种颜色，4 有2 种颜色，第三
步共7 种.
第四步：涂1，有3 种颜色.
共计
种.
故答案为：252
【变式训练15-2】在如图所示的5 个区域内种植花卉，每个区域种植1 种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，
若有6 种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（    ）
A．1440
B．720
C．1920
D．960
【答案】C
【解析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.
如图，设5 个区域分别是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，则区域E 可选择的花卉有4 种；
若区域D 与区域A 种植不同种花卉，则有3 种方法可以选择；
则区域E 可选择的花卉有
种，
故不同的种植方法种数是
.故选：C
【变式训练15-3】如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E 六个点涂色（五种颜色不一定用
完），要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂法种数是（    ）
A．480
B．720
C．1080
D．1200
【答案】D
【解析】分类讨论按照O，A，B，C，D，E 的顺序按题意要求去依次涂色即可解决.
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，则有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，则有2 种涂色方法，接着给D 涂色，
若D 与A 同色，则有1 种涂色方法，最后E 有3 种涂色方法；
若D 与A 不同色，则有2 种涂色方法，最后E 有2 种涂色方法.
综上，涂色方法总数为
故选：D
【变式训练15-4】如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G 七个点涂色，要求每个点涂一种
颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（    ）
A．192
B．336
C．600
D．以上答案均不对
【答案】C
【解析】根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D 的情况讨论．
解：E，F，G 分别有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，则此时D 有2 种方法，
故此时共有：
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，
  故此时共有：
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 必须与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 不同则必与A 相同，C 有1 种方法，同时D 有2 种方法；
故此时共有：
种方法；
综上共有
种方法．
故选：C．
【变式训练15-5】如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的
八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（       ）.
A．40320 种
B．5040 种
C．20160 种
D．2520 种
【答案】D
【解析】
先从7 种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，再将剩余的6 种颜色全部涂在剩余的6 个区域内，结合图
形的对称性，即可求解.
【详解】
先从7 种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有
种方法，
再将剩余的6 种颜色全部涂在剩余的6 个区域内，共有
种方法，
由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，
所以不同的涂色方法，共有
种不同的涂法.故选：D.
【变式训练15-6】如图，这是第24 届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为
基础设计的.现给这5 个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有5 种颜
色可供选择，则恰用4 种颜色的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先求用5 种颜色任意涂色的方法总数，再求恰好用完4 种颜色涂色的方法总数，最后按照古典概型求
概率即可.若按要求用5 种颜色任意涂色：
先涂中间块，有5 种选择，再涂上块，有4 种选择.
再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块和右块均有3 种选择；
若下块与上块涂不同颜色，则下块有3 种选择，左块和右块均有2 种选择.
则共有
种方法.
若恰只用其中4 种颜色涂色：
先在5 种颜色中任选4 种颜色，有
种选择.
先涂中间块，有4 种选择，再涂上块，有3 种选择.
再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块有2 种选择，
为恰好用尽4 种颜色，则右块只有1 种选择；
若下块与上块涂不同颜色，则下块有2 种选择，左块和右块均只有1 种选择.
则共有
种方法，
故恰用4 种颜色的概率是
.故选：C.
题型16：染色模型——几何体染色
立体型结构，可以“拍扁了”，“拓扑”为平面型染色，这是几何体染色的一个小技巧
所以注意这类图形之间的互相转化
【典型例题1】正方体六个面上分别标有A、B、C、D、E、F 六个字母，现用5 种不同的颜色给此正方体六个
面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（       ）种.
A．420
B．600
C．720
D．780
【答案】D
【解析】根据对面的颜色是否相同，分①三对面染相同的颜色、②两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色、
③一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，分别求出不同的染色方案，最后加总即可.
分三类：
1、若三对面染相同的颜色，则有
种；
2、若两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色，则有
种；
3、若一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，则有
种；
∴共有
种.故选：D
【典型例题2】用五种不同颜色给三棱柱
的六个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱
的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（    ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】对所选颜色的种数进行分类讨论，先涂
、
、
三点，再确定
、
、
三点颜色的选择方法种
数，结合分步乘法和分类加法计数原理可得结果.
分以下几种情况讨论：
①若
种颜色全用上，先涂
、
、
三点，有
种，
然后在
、
、
三点中选择两点涂另外两种颜色，有
种，最后一个点有
种选择，
此时共有
种；
②若用
种颜色染色，由
种选择方法，先涂
、
、
三点，有
种，
然后在
、
、
三点中需选择一点涂最后一种颜色，有
种，不妨设涂最后一种颜色的为点
，
若点
与点
同色，则点
只有一种颜色可选，
若点
与点
同色，则点
有两种颜色可选，
此时共有
种；
③若用
种颜色染色，则有
种选择方法，先涂
、
、
三点，有
种，
点
有
种颜色可选，则
、
的颜色只有一种选择，
此时共有
.
由分类加法计数原理可知，共有
种涂色方法.故选：D.
【典型例题3】如图所示的几何体由三棱锥
与三棱柱
组合而成，现用种不同颜色对这
个几何体的表面涂色(底面
不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有（       ）
A．种    B．种    C．
种    D．
种
【答案】C
【解析】三棱锥
三个侧面的颜色各不相同，先进行染色，然后再给三棱柱
的侧面染色，
保证组合体中相邻的侧面颜色不同即可.
先涂三棱锥
的三个侧面，有
种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有
种情况，
共有
种不同的涂法．故选：C．
【典型例题4】如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有
5 种颜色可供使用，则不同的染色方法种数是(　　)
A．420
B．210
C．70
D．35
【答案】A
【解析】
将不同的染色方案分为：
相同和
不同两种情况，相加得到答案.
按照
的顺序：
当
相同时：染色方案为
 
当
不同时：染色方案为
 
不同的染色方案为：
种故答案为A
【变式训练16-1】过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    
）
A．18
B．30
C．36
D．54
【答案】C
【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、
侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案.
解：如图，分以下几类：
棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：
对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：
对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：
对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：
对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：
对；
所以共有
对.
故选：C.
【变式训练16-2】给正方体的八个顶点涂色，要求同一条棱的两个端点不同色，现有三种颜色可供选择，不
同的涂色方法有________种．
【答案】114
【解析】先考虑两种颜色的情况，易得有6 种方法；再考虑三种颜色的情况，分
同色、
同
色
不同色，
同色
不同色，及
不同色四种情况，对每个点的着色情况进行考虑，最终可得答
案.
如下图所示的正方体，
①用两种颜色，
和
同色，则有
种；
②用三种颜色，
若
同色，则
各有两种选色方法，故共有
种；
若
同色，
与之不同色，注意
又与
不同色，故
只有一种涂色，同理
也只有一种涂色，
而
各有两种涂色方法，故共有
种；
若
同色，
与之不同色，同理，共有
种；
注意到
颜色互不相同是不可能事件，否则
无色可涂，故
同色的情况讨论完毕.
若
不同色，则
各只有一种涂色方法，另外
要么与
同色，要么与
同色，否则
无色可涂，
若
与
同色，则
有两种涂色，一种是
与
同色，则
有两种涂色方法，
只有一种涂色方法，共有
种，一种是
与
不同色，则
必与
同色，否则
无色可涂，此时，
都只有一
种涂色方法，共有
种；
若
与
同色，与上述讨论的情况等价，同理可得共有
种；
至此，所有情况讨论完毕，故共有
种.故答案为：114.
【变式训练16-3】在如图所示的十一面体
中，用种不同颜色给这个几何体各个顶点染色，每
个顶点染一种颜色，要求每条棱的两端点异色，则不同的染色方案种数为__________．
【答案】6
【解析】首先分析几何体的空间结构，然后结合排列组合计算公式整理计算即可求得最终结果.
详解：空间几何体由11 个顶点确定，首先考虑一种涂色方法：
假设A 点涂色为颜色CA，B 点涂色为颜色CB，C 点涂色为颜色CC，
由AC 的颜色可知D 需要涂颜色CB，
由AB 的颜色可知E 需要涂颜色CC，
由BC 的颜色可知F 需要涂颜色CA，
由DE 的颜色可知G 需要涂颜色CA，
由DF 的颜色可知I 需要涂颜色CC，
由GI 的颜色可知H 需要涂颜色CB，
据此可知，当△ABC 三个顶点的颜色确定之后，其余点的颜色均为确定的，
用三种颜色给△ABC 的三个顶点涂色的方法有
种，
故给题中的几何体染色的不同的染色方案种数为6.
【变式训练16-4】用五种不同颜色给三棱台
的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱
的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有___________种.
【答案】1920.
【解析】分两步来进行，先涂
，再涂
，然后分若5 种颜色都用上、若5 种颜色只用4 种、若5
种颜色只用3 种这三种情况，分别求得结果，再相加，即可得结果.
详解：分两步来进行，先涂
，再涂
.
第一类：若5 种颜色都用上，先涂
，方法有
种，再涂
中的两个点，方法有
种，最后剩余
的一个点只有2 种涂法，故此时方法共有
种；
第二类：若5 种颜色只用4 种，首先选出4 种颜色，方法有
种；
先涂
，方法有
种，再涂
中的一个点，方法有3 种，最后剩余的两个点只有3 种涂法，故此时
方法共有
种；
第三类：若5 种颜色只用3 种，首先选出3 种颜色，方法有
种；
先涂
，方法有
种，再涂
，方法有2 种，故此时方法共有
种；
综上可得，不同涂色方案共有
种，故答案是1920.
点睛：该题考查的是有关排列组合的综合题，在解题的过程中，涉及到的知识点有分步计数乘法原理和分类计
数加法原理，要认真分析题的条件，列式求得结果.
【变式训练16-5】已知三棱锥的6 条棱代表6 种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在
同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的现用编号为1，2，3 的三
个仓库存放这6 种化工产品，每个仓库放2 种，那么安全存放的不同方法种数为　　
A．12
B．24
C．36
D．48
【答案】D
【解析】先将种产品分成三组，然后存放在三个仓库，由分步乘法计数原理求得安全存放的方法种数.
设种产品分别为
，画出图像如下图所示，根据题意，安全的分组方法有
，
，
，
，共种，每一种分组方法安排到
个仓库，有
种方法，故总的方法种数有
种
故选D.
【变式训练16-6】从正方体的顶点及其中心共9 个点中任选4 个点，则这4 个点在同一个平面的概率为______．
【答案】
【解析】由正方体性质，结合组合数求出所有共面的4 个点的选法，而所有可能情况有
种，应用古典概型
的概率求法求概率.
如下图，选正方体6 个侧面上的顶点，共有6 种共面的情况；
过中心
的平面共有6 个平面，每个平面含9 个点中的5 个，则共有
种；
所有可能情况有
种，
所以这4 个点在同一个平面的概率为
.故答案为：
【变式训练16-7】以平行六面体
的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角
形，则这两个三角形不共面的概率
为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】先计算能构成多少个三角形，再将共面的情况剔除，即通过对立事件就可以计算不共面的概率．
解：平行六面体
有个顶点，
任意取构成的三角形个数为
，
即从56 个三角形中任取两个三角形，
现共面的情况为表面个面与个对角面，每个面构成
个三角形，
设任取两个三角形不共面为事件“
”，
，故选：A．
题型17：相同元素
相同元素无排列，可以用挡板法解决，可以以先排不相同元素，再放上相同元素（反过来也行，区别是先放相同元素，此
时是只选不排）
【典型例题1】有
张卡片分别写有数字
，从中任取
张，可排出不同的四位数个数为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】分析：根据题意，分四种情况讨论：①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为
1,2,3,4；②取出四张卡片中4 有2 个重复数字，则2 个重复的数字为1 或2；③若取出的四张卡片为2 张1 和2
张2；④取出四张卡片中有3 个重复数字，则重复数字为1，分别求出每种情况下可以排出四位数的个数，由
分类计数原理计算可得结论.
详解：根据题意，分四种情况讨论：
①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；
此时有
种顺序，可以排出24 个四位数.
②取出四张卡片中4 有2 个重复数字，则2 个重复的数字为1 或2，
若重复的数字为1，在2,3,4 中取出2 个，有
种取法，安排在四个位置中，
有
种情况，剩余位置安排数字1，可以排出
个四位数
同理，若重复的数字为2，也可以排出36 个重复数字；
③若取出的四张卡片为2 张1 和2 张2，在4 个位置安排两个1，有
种情况，
剩余位置安排两个2，则可以排出
个四位数；
④取出四张卡片中有3 个重复数字，则重复数字为1，在2,3,4 中取出1 个卡片，
有
种取法，安排在四个位置中，有
种情况，剩余位置安排1，
可以排出
个四位数，则一共有
个四位数，故选C.
点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，
往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘
出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨
论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
【典型例题2】把a，a，a，b，b，
，
排成一排，要求三个“a”两两不相邻，且两个“b”也不相邻，则
这样的排法共有______种．
【答案】96
【解析】计数综合问题，可先对b，b，
，
进行排列，然后用“插空法”解决三个“a”两两不相邻的问
题，最后减去两个“b”相邻的情况即为所求
根据题意，分情况进行分析：
①先排列b，b，
，
，若
，
不相邻，则有
（种）排法，若
，
相邻，则有
（种）
排法．所以b，b，
，
的排法有
（种），排好后有5 个空位．
②从所形成的5 个空中选3 个插入a，共有
（种）方法，若b，b 相邻，从所形成的4 个空中选3 个
插入a，共有
（种）方法，
故三个“a”两两步相邻，且两个“b”也不相邻的排法共有
（种）．故答案为：96
【典型例题3】学校决定把12 个参观航天航空博物馆的名额给二（1）、二（2）、二（3）、二（4）四个班
级. 要求每个班分得的名额不比班级序号少；即二(1)班至少1 个名额, 二(2)班至少2 个名额，…… ，则分配方
案有(　　)
A．10 种
B．6 种
C．165 种
D．495 种
【答案】A
【解析】根据题意，先在编号为2、3、4 的3 个班级中分别分配1、2、3 个名额，编号为1 的班级里不分配；
再将剩下的6 个名额分配4 个班级里，每个班级里至少一个，
分析可得，共
 种放法，即可得符合题目要求的放法共10 种，故答案为A
【变式训练17-1】由
可组成不同的四位数的个数为__________．
【答案】204
【解析】根据所选的数字的情况将此问题可以分为以下三种情况：i）选取的4 个数字是1,2,3,4；ii）从四组
中任取两组；iii）从四组
中任取一组，再从剩下的3 组中的不同的
三个数字中任取2 个不同的数字，利用排列与组合的计算公式及其乘法原理即可得出.
（i）选取的四个数字是1,2,3,4，则可组成
个不同的四位数；
（ii）从四组
中任取两组有
种取法，如假设取的是1，1，2，2 四个数：得到以下6 个
四位数：1122，2211，1212，2121，1221，2112．所以此时共有
个不同的四位数；
（iii）从四组
中任取一组有
种取法，再从剩下的三组中的不同的三个数中任取2 个不
同的数字有
种取法，把这两个不同的数字安排到四个数位上共有
种方法，而剩下的两个相同数字只有一
种方法，由乘法原理可得此时共有
个不同的四位数；
综上可知，用8 个数字1,1,2,2,3,3,4,4 可以组成不同的四位数个数是
，
故答案为：204
【变式训练17-2】记
为一个
位正整数，其中
都是正整数，
．若对任意的正整数
，至少存在另一个正整数
，
使得
，则称这个数为“
位重复数”．根据上述定义，“四位重复数”的个数为
A．
个
B．
个
C．
个
D．
个
【答案】B
【解析】由题意，对于“
位重复数”，任意数位上的数字都必然至少有另外一个数位上也是相同的数字.
“四位重复数”分两种情况分别计数即可，即“四个数位上的数字相同”“两个数位上的数字相同，另两个数
位上同为另外一个数字”.
由题意，对于“
位重复数”，任意数位上的数字都必然至少有另外一个数位上也是相同的数字.
所以“四位重复数”包含两种情况.
(1)四个数位上的数字相同，有
共个.
(2)两个数位上的数字相同，另两个数位上同为另外一个数字.
若千位、百位相同(不能为)，十位、个位相同，故有
个.
同理，若千位、十位相同(不能为)，百位、个位相同，也有
个.
若千位、个位相同(不能为)，百位、十位相同，也有
个.
综上，“四位重复数”的个数为
.故选B.
【变式训练17-3】甲､乙､丙三人相约去看电影，他们的座位恰好是同一排10 个位置中的3 个，因疫情防控的
需要（这一排没有其他人就座），则每人左右两边都有空位的坐法（    ）
A．120 种
B．80 种
C．64 种
D．20 种
【答案】A
【解析】根据题意，先排7 个空座位，由于空座位是相同的，则只有1 种情况，其中有6 个空档，将3 人连同
座一起安排在空档上，计算可得答案.
根据题意，一并排座位有10 个，3 人就坐，有7 个空座位，将7 个空座位排成一排，中间有6 个空档，将3 人
连同座位一起安排空档上，有
种安排方法，故答案为：A.
【变式训练17-4】电影院一排10 个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，且每人左右两边
都有空位的坐法种数为（    ）
A．120
B．80
C．64
D．20
【答案】A
【解析】根据题意，先排好7 个空座位，注意空座位是相同的，其中6 个空位符合条件，将3 人插入6 个空位
中，再对甲、乙、丙三个人进行排列，最后用分步计数原理进行求解即可.
解：除甲、乙、丙三人的座位外，还有7 个座位，它们之间共可形成六个空，
三人从6 个空中选三位置坐上去有
种坐法，
而甲、乙、丙三个人进行排列，有
种坐法，
所以每人左右两边都有空位的坐法种数为：
.故选：A.
【变式训练17-5】已知一袋中有标有号码1、2、3、4 的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，
当四种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取6 次卡片时停止的概率为______.
【答案】
【解析】恰好取6 次卡片时停止，说明前5 次出现了3 种号码且第6 次出现第4 种号码.分两类，三种号码出现
的次数分别为3, 1, 1 或者2, 2, 1.每类中可以分步完成，先确定三种号码卡片出现顺序有
种，再分别确定
这三种号码卡片出现的位置(注意平均分组问题)，最后让第四种颜色出现有一种方法,相乘可得，最后根据古典
概型求概率即可.
由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，进行6 次一共有
种不同的取
法.
恰好取6 次卡片时停止，说明前5 次出现了3 种号码且第6 次出现第4 种号码，三种号码出现的次数分别为3, 
1, 1 或者2, 2, 1,
三种号码分别出现3，1，1 且6 次时停止的取法有 
种，
三种号码分别出现2，2，1 且6 次时停止的取法有 
种，
由分类加法计数原理知恰好取6 次卡片时停止，共有
种取法，
所以恰好取6 次卡片时停止的概率为: 
，故答案为：
题型18：相同元素——隔板法模型
挡板法，适用于“相同元素”分配。如三好学生指标，相同小球，各种指标名额等等
【典型例题】将7 个相同的球放入4 个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数为（    ）
A．840
B．35
C．20
D．15
【答案】C
【解析】利用“隔板法”即可得解．
将7 个相同的球放入4 个不同的盒子中，即把7 个相同的球分成4 组，
因为每个盒子都有球，所以每个盒子至少有一个球，
不妨将7 个球摆成一排，中间形成6 个空，只需在这6 个空插入3 个隔板将它们隔开，即分成4 组，不同插入
方法共有
种，
所以每个盒子都有球的放法种数为20．故选：C．
【变式训练18-1】将20 个无任何区别的小球放入编号为1，2，3 的三个盒子中，要求每个盒子内的小球个数
不小于它的编号数，则不同的放法有（    ）
A．90 种
B．120 种
C．160 种
D．190 种
【答案】B
【解析】应用“隔板法”求解即可.
先在编号为2，3 的盒子内分别放入1 个，2 个球，还剩17 个小球，
则三个盒子内每个至少再放入1 个球，
将17 个球排成一排，有16 个空隙，插入2 块挡板分为三堆放入三个盒子中，
不同的放法共有
（种）.故选：B.
【变式训练18-2】某市抽调5 位老师分赴3 所山区学校支教，要求每位老师只能去一所学校，每所学校至少
安排一位老师．由于工作需要，甲、乙两位老师必须安排在不同的学校，则不同的分派方法的种数是（    ）
A．124
B．246
C．114
D．108
【答案】C
【解析】利用分布乘法计数原理，根据排列及间接法计算.
设学校为
，先把甲乙两人安排到不同学校，有
种，
不妨设甲在A，乙在B，只需剩余3 人至少有1 人去C 即可，
利用间接法计算，有
种不同安排方法，
根据分步乘法计数原理可知，共有
种不同安排方法.故选：C
【变式训练18-3】现有15 个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一、二班每班至少3 个名额，三、四、五班
每班至少2 个名额，则名额分配方式共有（　　）
A．15 种
B．35 种
C．70 种
D．125 种
【答案】B
【解析】利用隔板法求解.根据题意，先将15 个名额分配给一班、二班每班2 个，三、四、五班每班1 个，还
剩下8 个名额，将剩下的8 个名额进行分组，每组至少一人，
利用“隔板法”求解，8 个有7 个间隔，要分成组，7 个间隔选4 个即可，则有
种分配方法.
故选：
.
题型19：相同元素——上台阶
基本规律
“上台阶”模型，也可以如“走路口”模型一样，转化为“数字化法”，一步n 级台阶，可以记为数字n，然
后总台阶可以借助“不定方程”计算。
【典型例题1】某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10 级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二
楼到三楼用8 步走完，则方法有（    ）
A．45 种
B．36 种
C．28 种
D．25 种
【答案】C
【解析】由题意可知，10 级楼梯要8 步走完，这8 步中有6 步是一步上一级，2 步是一步上两级，所以此问
题转化为从8 步中选2 步即为答案.
由题意，这8 步中有6 步是一步上一级，2 步是一步上两级，
只需确定这8 步中，哪2 步是一步上两级即得
答案为
，故选：C.
【典型例题2】共有10 级台阶，某人一步可跨一级台阶，也可跨两级台阶或三级台阶，则他恰好6 步上完台
阶的方法种数是（    ）
A．30
B．90
C．75
D．60
【答案】B
【解析】根据分类和分步计数原理及组合即可求解.由题意可知，完成这件事情分三类；
第一类，按照
的走法有
种；
第二类，按照
的走法有
种；
第三类，按照
的走法有
种；
所以他恰好6 步上完台阶的方法种数是
.故选：B.
【典型例题3】有一道楼梯共10 阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，
小王同学7 步登完楼梯的概率为___________.
【答案】
【解析】由题意可分为
步、
步、
步、
步、
步、
步共6 种情况，分别求出每种的基本事件数，再利
用古典概型的概率公式计算可得；由题意可分为
步、
步、
步、
步、
步、
步共6 种情况，
①
步：即
步两阶，有
种；
②
步：即
步两阶与
步一阶，有
种；
③
步：即
步两阶与
步一阶，有
种；
④
步：即
步两阶与
步一阶，有
种；
⑤
步：即步两阶与
步一阶，有
种；
⑥
步：即
步一阶，有
种；
综上可得一共有
种情况，满足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19-1】某人从上一层到二层需跨10 级台阶. 他一步可能跨1 级台阶，称为一阶步，也可能跨2 级
台阶，称为二阶步，最多能跨3 级台阶，称为三阶步. 从一层上到二层他总共跨了6 步，而且任何相邻两步均
不同阶. 则他从一层到二层可能的不同过程共有（       ）种.
A．6
B．8
C．10
D．12
【答案】C
【解析】按题意要求，不难验证这6 步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1 个的三阶步. 因此，只能是1
个三阶步，2 个二阶步，3 个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10 级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步. 每一过程可表为3 个白球、2 个黑球、1 个红球的一种
同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6 球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧. 此时，共有4 个黑白球之间的空位放置红
球. 所以，此种情况共有4 种可能的不同排列.
（2）第1 球不是白球.
（i）第1 球为红球，则余下5 球只有一种可能的排列；
（ii）若第1 球为黑球，则余下5 球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共有3 种不同排列.
（3）第6 球不是白球，同（2），共有3 种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有
种可能的不同过程.
【变式训练19-2】欲登上第10 级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有
A．34 种
B．55 种
C．89 种
D．144 种
【答案】C
【解析】解法1：分类法：
第一类：没有一步两级，则只有一种走法；
第二类：恰有一步是一步两级，则走完10 级要走9 步，9 步中选一步是一步两级的，有
种可能走法；
第三类：恰有两步是一步两级，则走完10 级要走8 步，8 步中选两步是一步两级的，有
种可能走法；
依此类推，共有
=89，故选(C)．
解法2：递推法：
设走
级有
种走法，这些走法可按第一步来分类，
第一类：第一步是一步一级，则余下的
级有
种走法；
第二类：第一步是一步两级，则余下的
级有
种走法，
于是可得递推关系式
，又易得
，由递推可得
，故选(C)．
【变式训练19-3】斐波那契数列，又称黄金分割数列.因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，
故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…..，在数学上，斐波那契
数列以如下被递推的方法定义：
，
，
.这种递推方法
适合研究生活中很多问题.比如：一六八中学食堂一楼到二楼有15 个台阶，某同学一步可以跨一个或者两个台
阶，则他到二楼就餐有（       ）种上楼方法.
A．377
B．610
C．987
D．1597
【答案】C
【解析】分析出
，
，
，
，进而得到递推关系
，满足斐波那契数列，列举即可得到结果.
由题意若只有一个台阶，则有
种上楼方法；
若有两个台阶，则有
种上楼方法；
若有三个台阶，则有
种上楼方法；
若有四个台阶，则有
种上楼方法；
以此类推：
若要到达第n 个台阶，前一步可能在第n-1 个台阶上再跨一台阶上去，也可能是在第n-2 个台阶上跨两个台阶
上去，
∴满足
，符合斐波那契数列的规律，由此规律列举出前15 项：
1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987
∴有15 个台阶，则他到二楼就餐有987 种上楼方法.故选：C.
【变式训练19-4】从一楼到二楼共有12 级台阶，可以一步迈一级也可以一步迈两级，要求8 步走完，则从一
楼到二楼共有走法．
A．12
B．8
C．70
D．66
【答案】C
【解析】一步上一级或者一步上两级，8 步走完楼梯，可以从一级和两级各几步来考虑．解：设一步一级x 步，
一步两级y 步，则
 故走完楼梯的方法有
 种．故答案为C.
【变式训练19-5】某人在上楼梯时，一步上一个台阶或两个台阶，设他从平地上到第一级台阶时有f（1）种
走法，从平地上到第二级台阶时有f（2）种走法……则他从平地上到第n 级(n≥3)台阶时的走法f(n)等于（    ）
A．f(n-1)+1
B．f(n-2)+2
C．f(n-2)+1
D．f(n-1)+f(n-2)
【答案】D
【解析】确定他如何到达第
级台阶即可：有两种走法，在第
级台阶跨两步到达，或者在第
级台阶
跨一步到达，由此可得所求关系式．
解：要到达第n 级台阶有两种走法：（1）在第n-2 级的基础上到达；（2）在第n-1 级的基础上到达．
因此有
．故选：D
【变式训练19-6】有一道楼梯共10 阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两
阶，小王同学7 步登完楼梯的概率为___________.
【答案】
【解析】由题意可分为步、步、步、步、步、
步共6 种情况，分别求出每种的基本事件数，再利
用古典概型的概率公式计算可得；
解：由题意可分为步、步、步、步、步、
步共6 种情况，
①步：即步两阶，有
种；
②步：即
步两阶与
步一阶，有
种；
③步：即步两阶与
步一阶，有
种；
④步：即
步两阶与步一阶，有
种；
⑤步：即步两阶与步一阶，有
种；
⑥
步：即
步一阶，有
种；
综上可得一共有
种情况，满足7 步登完楼梯的有
种；
故7 步登完楼梯的概率为
故答案为：
题型20：“波浪数”型（高低站位）
“波浪数”主要方法是分类讨论。不重复不遗漏
【典型例题】因演出需要，身高互不相等的8 名演员要排成一排成一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边
数起：第一个到第三个依次递增，第三个到第六个依次递减，第六、七、八个依次递增，则不同的排列方式有
（    ）种．
A．181
B．109
C．84
D．96
【答案】A
【解析】依题意，重点要先排好3 号位和6 号位，余下的分类讨论分析即可.
依题意作图如下：
上面的数字表示排列的位置，必须按照上图的方式排列，其中3 号位必须比12456 要高，
1，6 两处是排列里最低的，3，8 两处是最高点， 
设8 个演员按照从矮到高的顺序依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8，
则 3 号位最少是6，最大是8，下面分类讨论：
①第3 个位置选6 号：先从1，2，3，4，5 号中选两个放入前两个位置，
余下的3 个号中放入4，5，6 号顺序是确定的只有一种情况，然后7，8 号放入最后两个位置也是确定的，此
时共
种情况；
②第3 个位置选7 号：先从1，2，3，4，5，6 号中选两个放入前两个位置，
余下的4 个号中最小的放入6 号位置，剩下3 个选2 个放入4，5 两个位置，
余下的号和8 号放入最后两个位置，此时共
种情况；
③第3 个位置选8 号：先从1，2，3，4，5，6，7 号中选两个放入前两个位置，
余下的5 个号中最小的放入6 号位置，剩下4 个选2 个放入4，5 两个位置，余下的2 个号放入最后两个位置，
此时共
种情况；
由分类计数原理可得共有
种排列方式；故选：A.
【变式训练20-1】在给某小区的花园绿化时，绿化工人需要将6 棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，
每排3 棵，则后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先求出事件A 包含的基本事件个数，再根据古典概型的公式计算即可．
解：设六棵树从矮到高的顺序为1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件A．
则6 必在后排，1 在前排，
因此，分为1-6 相对和1-6 不对两种情况（相对的意思是前后相邻），
1-6 相对：5 必在后排，2 必在前排，
因此，又可分为2-5 相对和2-5 不对两种情况，
①2-5 相对时，3-4 相对且4 在后排，所以有
种情况；
②2-5 不对，有
种情况．
1-6 不对：可分为5 在前排和5 在后排两种情况，
1）5 在前排，则5-6 相对且4 在后排，又可分为1-4 相对和1-4 不对两种情况，
1-4 相对：有
种；
1-4 不对：有
种．
2）5 在后排，又可分为1-5 相对和1-5 不对两种情况，
①1-5 相对：2 必在前排，又分为2-6 相对和2-6 不对两种，
2-6 相对：有
种；
2-6 不对：有
种．
②1-5 不对，有
种．
所以
，故选：C．
【变式训练20-2】由1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3
个数字保持递减，后3 个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3 个数字“431”保持递减，后3 个数字
“125”保持递增）的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则
其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解
由1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的五位数共
个，前3 个数字保持递减，后3 个数字保持递增，
说明中间数字为1；
在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两
位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.
因此“前3 个数字保持递减，后3 个数字保持递增”的五位数有
个，
所以所求的概率
．故选：A．
【变式训练20-3】几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依
次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击
到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树
枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共有（    ）
A．23
B．24
C．32
D．33
【答案】D
【解析】先判断出
，按顺序排在前四个位置中的三个位置，
，
，且
一定排在
后四个位置，然后分
排在前四个位置中的一个位置与
不排在前四个位置中的一个位置两种情况讨论，利用
分类计数加法原理可得结果.
不妨设
代表树枝的高度，五根树枝从上至下共九个位置，
根据甲依次撞击到树枝
；乙依次撞击到树枝
；丙依次撞击到树枝
；丁依次撞击到树枝
；戊依次撞击到树枝
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,则第六个位置一定排
D，后三个位置共有3 种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4 种排法，所以I 排在前四个位置中的
一个位置时，共有
种排法；
（2）若
不排在前四个位置中的一个位置，则
按顺序排在前四个位置，由于
，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，
由分类计数原理可得，这9 根树枝从高到低不同的次序有
种.故选：D.
题型21：配对型
“配对型”模型，一般从这几方面入手：
1.树图法，详细的分类讨论
2.先选后排。把“配对”的弦选出开，配错的，可以树图法写出来
【典型例题1】柜子里有3 双不同的鞋，随机地取出2 只，取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但它们不
成对的概率是 （    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】这是一个古典概型，先根据柜子里有3 双不同的鞋，算出随机取出2 只的方法数，然后先选出左脚的
一只，再从剩下两双的右脚中选出一只的方法数，然后代入公式求解.
因为柜子里有3 双不同的鞋，
所以随机取出2 只，共有
种方法，
然后先选出左脚的一只有
种选法，再从剩下两双的右脚中选出一只有
种方法，
所以一共有
种方法，
故随求事件的概率为
，故选：A
【典型例题2】网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE 上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这
五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】5 个快递送到5 个地方有
种方法，
全送错的方法：第一步A 送错有4 种可能，然后第二步是关键，考虑A 送错的地方对应的快递，如
送到丙
地，第二步考虑快递
，而
送错位置分两类，一类是送到甲，一类是送其他三个地方，再对剩下的3 个快
递分别考虑即可完成．
5 个快递送到5 个地方有
种方法，
全送错的方法数：
先分步：第一步快递
送错有4 种方法，第二步考虑
所送位置对应的快递，假设
送到丙地，第二步考虑
快递
，对
分类，第一类
送到甲地，则剩下
要均送错有2 种可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类
送到乙丁戊中的一个地方，有3 种可能，如送到丁地，剩下的
只有甲乙戊三地可送，全送错有3 种可
能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴总的方法数为
，所求概率为
．故选：
C．
【变式训练21-1】由
双不同的鞋中任取
只，其中至少有两只配成一双的取法共有(    )
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】A
【解析】根据组合计算全部取法，然后求解对立事件的取法，即可由全部取法去掉对立事件的取法即可求解.
从
双不同鞋子取出
只鞋的取法种数是
，取出的四只鞋都不成双的方法有
，故
事件“从
双不同鞋子中取出
只鞋，其中至少有
只鞋配成一双”的取法种数是
，故选：
．
【变式训练21-2】—对夫妇带着他们的两个小孩一起去坐缆车，他们随机地坐在了一排且连在一起的
个座
位上（一人一座）．为安全起见，管理方要求每个小孩旁边要有家长相邻陪坐，则他们
人的坐法符合安全规
定的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】计算出
人随机坐的坐法种数，并计算出每个小孩旁边要有家长相邻陪坐的坐法种数，利用古典概型
的概率公式可计算出所求事件的概率.
人随机坐有
种坐法，除去两个小孩相邻且坐在两端的情况，有
种符合安全规定的
坐法，因此，所求事件的概率为
.故选：C．
【变式训练21-3】柜子里有3 双不同的鞋子，如果从中随机地取出2 只，那么取出的鞋子是一只左脚一只右
脚的，但不是一双的概率为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】用列举法列出所有可能情况，再找出符合题意的基本事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.
解：分别用
，
，
，
，
，
表示6 只鞋，则可能发生的情况有
种，
如下所示：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
取出的鞋子是一只左脚一只右脚的，但不是一双的事件有6 种，即
，
，
，
，
，
，
故选：C
【变式训练21-4】从5 对夫妻中任选4 人，这4 人恰好是2 对夫妻的概率为（    ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先求出所有的基本事件，再求出恰好是2 对夫妻的基本事件，可得概率.
从5 对夫妻中任选4 人，则不同的选法有
种，这4 人恰好是2 对夫妻的选法有
种，
故所求概率为
．故选：C.
【变式训练21-5】从4 双不同尺码的鞋子中随机抽取3 只，则这3 只鞋子中任意两只都不成双的概率为（    
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】任意两只都不成双，说明3 只鞋子是从3 双鞋子中各取1 只得到的，这样计数后可计算出概率．
从4 双不同尺码的鞋子中随机抽取3 只的方法为
，这3 只鞋子中任意两只都不成双，选取的方法为
，
所以所求概率为
．故选：C
题型22：电路图型
【典型例题】如图，在由开关组
与
组成的电路中，闭合开关使灯发光的方法有（    ）种
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】按
组开关闭合的个数分类即可求解
分两类,每类中分两步.第一类: 第步:
组开关闭合一个,有
种闭法,第
步:
组开关闭合个,有
种闭法;
组
开关闭合
个,有
种闭法;
组开关闭合
个,有种闭法.此时共
种闭法.
第二类:第步:
组开关闭合
个,共种闭法,第
步:
组开关闭合个,有
种闭法;
组开关闭合
个,有
种闭法;
组开关闭合
个,有种闭法. 
此时共
种闭法.
综上,共
种闭法.故选：D
【变式训练22-1】如图，电路中共有
个电阻与一个电灯A，若灯A 不亮，则因电阻断路的可能性的种数为
（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】每个电阻都有断路与通路两种情况，图中从上到下有3 条支线，分别计算每条支线断路的种数，再根
据分步计数原理求得结果．
【详解】每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线
，支线
中
至少有一个电阻断路情况都均为有
种；支线
中至少有一个电阻断路的情况有
种，每条支
线至少有一个电阻断路，灯
就不亮，因此灯
不亮的情况共有
种情况，所以D 正确.
故选：D.
【变式训练22-2】如图，电路中共有
个电阻与一个电灯A，若灯A 不亮，则因电阻断路的可能性的种数为
（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】每个电阻都有断路与通路两种情况，图中从上到下有3 条支线，分别计算每条支线断路的种数，再根
据分步计数原理求得结果．
每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线
，支线
中至少有一
个电阻断路情况都均为有
种；支线
中至少有一个电阻断路的情况有
种，每条支线至少有
一个电阻断路，灯
就不亮，因此灯
不亮的情况共有
种情况，所以D 正确.故选：D.
【变式训练22-3】如图所示，在
，
间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，
则焊接点脱落的不通情况有（    ）种.
A．9
B．11
C．13
D．15
【答案】C
【解析】根据题意分脱落1 个、2 个、3 个和4 个，进而列举出所有情况得到答案.
解：按照可能脱落的个数分类讨论，
若脱落1 个，则有（1），（4）两种情况，
若脱落2 个，则有
，
，
，
，
，
共6 种情况，
若脱落3 个，则有
，
，
，
共4 种情况，
若脱落4 个，则有
共1 种情况，
综上共有
种情况.故选：C.
题型23：机器人跳动型
【典型例题1】动点M 位于数轴上的原点处，M 每一次可以沿数轴向左或者向右跳动，每次可跳动1 个单位或
者2 个单位的距离，且每次至少跳动1 个单位的距离.经过3 次跳动后，M 在数轴上可能位置的个数为
（　　）
A．7
B．9
C．11
D．13
【答案】D
【解析】根据题意，分为动点M ①向左跳三次，②向右跳三次，③向左跳2 次，向右跳1 次，④向左跳1 次，
向右跳2 次，四种情况进行讨论，得到相应的位置，从而得到答案.
根据题意，分4 种情况讨论：
①，动点M 向左跳三次，3 次均为1 个单位，3 次均为2 个单位，2 次一个单位，2 次2 个单位，故有﹣6，﹣
5，﹣4，﹣3，
②，动点M 向右跳三次，3 次均为1 个单位，3 次均为2 个单位，2 次一个单位，2 次2 个单位，故有6，5，
4，3，
③，动点M 向左跳2 次，向右跳1 次，故有﹣3，﹣2，﹣1，0，2，
④，动点M 向左跳1 次，向右跳2 次，故有0，1，2，3，
故M 在数轴上可能位置的个数为﹣6，﹣5，﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，4，5，6 共有13 个，
故选：D.
【典型例题2】一只小青蛙位于数轴上的原点处，小青蛙每一次具有只向左或只向右跳动一个单位或者两个单
位距离的能力，且每次跳动至少一个单位.若小青蛙经过5 次跳动后，停在数轴上实数2 位于的点处，则小青
蛙不同的跳动方式共有种.
A．105
B．95
C．85
D．75
【答案】A
【解析】分析：根据题意，分4 种情况讨论：①，小青蛙向左跳一次2 个单位，向右跳4 次，每次1 个单位，
②，小青蛙向左跳2 次，每次2 个单位，向右跳3 次，每次2 个单位，③，小青蛙向左跳2 次，一次2 个单位，
一次1 个单位，向右跳3 次，2 次2 个单位，1 次1 个单位，④，小青蛙向左跳2 次，每次1 个单位，向右跳3
次，1 次2 个单位，2 次1 个单位，由加法原理计算可得答案．
详解：根据题意，分4 种情况讨论：
①，小青蛙向左跳一次2 个单位，向右跳4 次，每次1 个单位，有C5
1=5 种情况，
②，小青蛙向左跳2 次，每次2 个单位，向右跳3 次，每次2 个单位，有C5
2=10 种情况，
③，小青蛙向左跳2 次，一次2 个单位，一次1 个单位，向右跳3 次，2 次2 个单位，1 次1 个单位，
有C5
2A3
3=60 种情况，
④，小青蛙向左跳2 次，每次1 个单位，向右跳3 次，1 次2 个单位，2 次1 个单位，有C5
2C3
2=30 种情况，
则一共有5+10+60+30=105 种情况，即有105 种不同的跳动方式．故选A．
【变式训练23-1】一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两
个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5 次飞行后，停在数轴上实数3 位于的点处，则
小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？
A．5
B．25
C．55
D．75
【答案】D
【解析】由题意知：小蜜蜂经过5 次飞行后，停在数轴上实数3 位于的点处，共有以下四种情形：
一、小蜜蜂在5 次飞行中，有4 次向正方向飞行，1 次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有
种情
况；
二、小蜜蜂在5 次飞行中，有3 次向正方向飞行每次飞行一个单位，1 次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，
1 次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有
种情况；
三、小蜜蜂在5 次飞行中，有1 次向正方向飞行每次飞行一个单位，2 次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，
2 次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有
种情况；
四、小蜜蜂在5 次飞行中，有3 次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1 次向负方向飞行且飞行两个单位，有
1 次向负方向飞行且飞行一个单位，共有
种情况；
故而共有
种情况，故选：D．
【变式训练23-2】如图，由
个边长为1 个单位的小正方形组成一个大正方形．某机器人从C 点出发，
沿若小正方形的边走到D 点，每次可以向右走一个单位或者向上走一个单位．如果要求机器人不能接触到线
段
，那么不同的走法共有______种．
【答案】28
【分析】根据题意画出机器人能走的方格区域，然后分类讨论路线的可能性，即可得答案.
【解析】由题意可知，机器人所成走动的路线如图所示的方格：
图中小写字母表示机器人所能走的那一步路线，
那么第一步是固定的只有一种走法，
从第二步开始如果走a，第三步走c,第四步如果走h,那么这时共有3 种走法，
第四步如果走f，那么后面四步走的一个长方形的边，这时共有
 种走法；
第二步如果走b,第三步如果走d,第四步走e,第五步只能走h，此时共有3 种走法，
第四步如果走f，此时共有
种走法，
第三步若果走g，后面五步是沿着一个长方形的边走，此时共有
 种走法，
故共有的走法为
 种，故答案为：28
【变式训练23-3】一个质点从原点出发，每秒末必须向右，或向左，或向上，或向下跳一个单位长度，则此
质点在第
秒末到达点
的跳法共有______种．
【答案】
【解析】要使质点从原点出发
末到达点
，则可能是向上跳次，向右跳次，向左跳次，或者向上
跳次，向下跳次，向右跳
次，然后利用组合数进行计算.
分两类情况讨论：
第一类，向上跳次，向右跳次，向左跳次，有
种；
第二类，向上跳次，向下跳次，向右跳
次，有
种，
根据分类计数原理得，共有
种方法．故答案为：
.
题型24：多重限制与分类讨论
多重限制条件，是排列组合各种方法的综合运用
1.直接法:把符合条件的排列数直接列式计算;
2.优先法:优先安排特殊元素或特殊位置;
3.捆绑法:把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列;
4.插空法:对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中;
5.定序问题除法处理:对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列;
6.间接法:正难则反、等价转化的方法.
【典型例题1】小林同学喜欢吃4 种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5 种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子
中至少装1 种坚果，至多装4 种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子
中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（    ）
A．20160
B．20220
C．20280
D．20340
【答案】A
【解析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.
依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2 次或4 次，分类计算分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.
若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1 种可能；
若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有
种可能；
若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有
种可能；
小计：1+12+12=25；
（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H 无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放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，可以考虑含※模式，（H※※）
（H※※）（H※）（※）（H），故有
种可能；
若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+
种可能；
YXZ
H※
H※
H※
H
H※※
H※
H※
H※
※
H※
H※
※※
H
若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H 至少有两个出现搭配相同，故0 种可能；
小计：
；
（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型
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”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；
若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）
（※※）（※），故有
种可能；
若是“12=3+3+3+2+1”，则有（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”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2 种可
能.
小计
；
诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型
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，故此小类有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；
综上：共有25+76+54+12+1=168 个分堆可能，故不同的方案数为
=
种.
故选：A
【典型例题2】“迎冬奥，跨新年，向未来”，水球中学将开展自由式滑雪接力赛．自由式滑雪接力赛设有空
中技巧、雪上技巧和雪上芭蕾三个项目，参赛选手每人展示其中一个项目．现安排两名男生和两名女生组队参
赛，若要求相邻出场选手展示不同项目，女生中至少一人展示雪上芭蕾项目，且三个项目均有所展示，则共有
___种出场顺序与项目展示方案．（用数字作答）
【答案】264
【解析】分类讨论：雪上芭蕾展示一次和两次；每一类又分两步讨论：第一步先排给项目排序，第二步再给项
目安排上展示者.
设空中技巧、雪上技巧、雪上芭蕾三个项目依次为A、B、C，
①雪上芭蕾只展示一次时，按展示先后顺序有下列12 情况：
BABC，ABAC，CBAB，CABA，ABCA，ABCB，BACB，BACA，ACBA，ACAB，BCBA，BCAB.
再给项目排上表演者：
从两名女生中选1 人去展示雪上芭蕾C 有2 种排法，剩下的三人去展示剩下的项目有3！＝6 种排法，∴共
2×6＝12 种排法.
∴此时共12×12＝144 种出场顺序与项目展示方案.
②雪上芭蕾展示两次时，按展示先后顺序有下列6 情况：
CABC，CBAC，BCAC，ACBC，CBCA，CACB.
再给项目排上表演者：
四个选手随意选一个项目展示共4！＝24 种排法，但需排除雪上芭蕾均为男生展示的情况共2！×2！＝4 种，
∴此时给项目排上选手共24－4＝20 种排法.
∴此时共6×20＝120 种出场顺序与项目展示方案.
综上所述，共有144＋120＝264 种出场顺序与项目展示方案.
故答案为：264.
【典型例题3】罗马数字是欧洲在阿拉伯数字传入之前使用的一种数码，它的产生标志着一种古代文明的进步.
罗马数字的表示法如下：
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，则用空位表示. （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举出来，再根据数的排列特征即可得解.
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 类：除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，则有
个，所以共有
 个.
1 根火柴、1 根火柴和4 根火柴：即有1、1、7 组成的数，共有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 中的一个数字组成的三位数，共有
 个.
2 根火柴、2 根火柴、2 根火柴：即由2 或5 组成的三位数，分为两类：三个数字都相同，共有2 个
（222,555）；三个数字中的两个数字相同，则有
个，共有
 个.
综上可知，可组成的三位数共有
 个.故选：D.
【变式训练24-1】某学校要安排
位数学老师、
位英语老师和位化学老师分别担任高三年级中
个不同班
级的班主任，每个班级安排个班主任．由于某种原因，数学老师不担任
班的班主任，英语老师不担任
班
的班主任，化学老师不担
班和
班的班主任，则共有__________种不同的安排方法．（用数字作答）．
【答案】32
【解析】考虑数学老师分到
两班，
两班，
两班，
两班，
两班，
两班六中情况，
分别计算相加即可.
若数学老师分到
两班，共有
种分法，
若数学老师分到
两班，共有
种分法，
若数学老师分到
两班，共有
种分法，
若数学老师分到
两班，共有
种分法，
若数学老师分到
两班，共有
种分法，
若数学老师分到
两班，共有
种分法，
共有
种安排方法，故答案为：
 .
【变式训练24-2】高一新生小崔第一次进入图书馆时看到了馆内楼梯（图1），她准备每次走1 级或2 级楼梯
去二楼，并在心中默默计算这样走完25 级楼梯大概有多少种不同的走法，可是当她走上去后发现（图2）原
来在13 级处有一宽度达1.5 米的平台，这样原来的走楼梯方案需要调整，请问，对于剩下的15 级
楼
梯按分2 段的走法与原来一次性走15 级的走法相比较少了______种．
【答案】288
【解析】由题知，登上楼梯的走法符合斐波那契数列的规律，分别列出走到15 级台阶的走法，然后分两段计
算走法，作差即可.由题知，登上楼梯的走法符合斐波那契数列的规律：
登上第一级台阶：有1 种走法；
登上第二级台阶：有2 种走法；
登上第三级台阶：有3 种走法；
登上第四级台阶：有5 种走法；
登上第五级台阶：有8 种走法；
登上第六级台阶：有13 种走法；
登上第七级台阶：有21 种走法；
登上第八级台阶：有34 种走法；
登上第九级台阶：有55 种走法；
登上第十级台阶：有89 种走法；
登上第十一级台阶：有144 种走法；
登上第十二级台阶：有233 种走法；
登上第十三级台阶：有377 种走法；
登上第十四级台阶：有610 种走法；
登上第十五级台阶：有987 种走法；
所以分两段走，先走十二级台阶有233 种走法，再走3 级台阶有3 两种，这样走完15 级台阶共有
种，比直接走完15 级台阶987 中走法少了
种走法.故答案为：288
【变式训练24-3】2025 年某地电视台春晚的戏曲节目，准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧
6 个剧种的各一个片段．对这6 个剧种的演出顺序有如下要求：京剧必须排在前三，且越剧、粤剧必须排在一
起，则该戏曲节目演出顺序共有(       )种．
A．120
B．156
C．188
D．240
【答案】A
【解析】解决问题有类办法：京剧排第一，排在一起的两个算一个与余下三个元素作全排列，京剧排二三之一，
排在一起的两个只有三个位置可选，再排余下三个得解.
完成排戏曲节目演出顺序这件事，可以有两类办法：京剧排第一，越剧、粤剧排在一起作一个元素与余下三个
作全排列有
，越剧、粤剧有前后
，共有：
种；
京剧排二三之一有
，越剧、粤剧排在一起只有三个位置并且它们有先后，有
，余下三个有
，
共有：
种；
由分类计数原理知，所有演出顺序有：
(种)故选：A
【变式训练24-4】设十人各拿一只水桶，同到水龙头前打水，设水龙头注满第i(i＝1，2，…，10)个人的水桶
需Ti 分钟，假设Ti 各不相同，当水龙头只有一个可用时，应如何安排他(她)们的接水次序，使他(她)们的总的
花费时间(包括等待时间和自己接水所花费的时间)最少(　　)
A．从Ti 中最大的开始，按由大到小的顺序排队
B．从Ti 中最小的开始，按由小到大的顺序排队
C．从靠近Ti 平均数的一个开始，依次按取一个小的取一个大的的摆动顺序排队
D．任意顺序排队接水的总时间都不变
【答案】B
【解析】表示出拎小桶者先接水时等候的时间，然后加上拎大桶者一共等候者用的时间，用（2m+2T+t）减
去二者的和就是节省的时间；由此可推广到一般结论
事实上，只要不按从小到大的顺序排队，就至少有紧挨着的两个人拎着大桶者排在拎小桶者之前，仍设大桶接
满水需要T 分钟，小桶接满水需要t 分钟，并设拎大桶者开始接水时已等候了m 分钟，这样拎大桶者接满水一
共等候了（m+T）分钟，拎小桶者一共等候了（m+T+t）分钟，两人一共等候了（2m+2T+t）分钟，在其他
人位置不变的前提下，让这两个人交还位置，即局部调整这两个人的位置，同样介意计算两个人接满水共等候
了
 2m+2t+T，分钟，共节省了
 T-t 分钟，而其他人等候的时间未变，这说明只要存在有紧挨
着的两个人是拎大桶者在拎小桶者之前都可以这样调整，从而使得总等候时间减少．这样经过一系列调整后，
整个队伍都是从小打到排列，就打到最优状态，总的排队时间就最短．故选B.
【变式训练24-5】设A 是集合
的子集，只含有3 个元素，且不含相邻的整数，则这种子
集A 的个数为（       ）
A．32
B．56
C．72
D．84
【答案】B
【解析】分类列举出每一种可能性即可得到答案.
若1,3 在集合A 内，则还有一个元素为5,6,7,8,9,10 中的一个；
若1,4 在集合A 内，则还有一个元素为6,7,8,9,10 中的一个；
若1,8 在集合A 内，则还有一个元素为10；
共有6+5+4+3+2+1=21 个.
若2,4 在集合A 内，则还有一个元素为6,7,8,9,10 中的一个；
若2,5 在集合A 内，则还有一个元素为7,8,9,10 中的一个；
若2,8 在集合A 内，则还有一个元素为10；
共有5+4+3+2+1=15 个.
若3,5 在集合A 内，则还有一个元素为7,8,9,10 中的一个；
若3,6 在集合A 内，则还有一个元素为8,9,10 中的一个；
若3,8 在集合A 内，则还有一个元素为10；
共有4+3+2+1=10 个.
若4,6 在集合A 内，则还有一个元素为8,9,10 中的一个；
若4,7 在集合A 内，则还有一个元素为9,10 中的一个；
若4,8 在集合A 内，则还有一个元素为10；
共有3+2+1=6 个.
若5,7 在集合A 内，则还有一个元素为9,10 中的一个；
若5,8 在集合A 内，则还有一个元素为10；
共有2+1=3 个.
若6,8,10 在在集合A 内，只有1 个.
总共有21+15+10+6+3+1=56 个故选：B.
题型25：不定方程模型 
【典型例题1】满足不等式
的有序整数组
的数目为（    ）
A．228
B．229
C．230
D．231
【答案】D
【解析】根据隔板法可求方程不同的整数解的个数.
先考虑
的有序整数解的个数，
由引理可得该个数为
.
若
有一个为零，则有序整数解的个数为
，
若
有两个为零，则有序整数解的个数为
，
若
全为零，则有序整数解的个数为个，故共有不同组数231.故选：D.
【典型例题2】已知
，且
，记
为
，
，中的最大值，
（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据隔板法得到
的解有
组，然后列举得到
有6 组解，最后求
概率即可.根据隔板法，将10 看做10 和完全相同的小球排成一排，中间形成9 个空，放入两个隔板，可求得
的解有
组，
时，
或
或
或
或
或
，
所以
.故选：A.
【变式训练25-1】在空间直角坐标系
中，
，则三棱锥
内部整点
(所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点)的个数为（    ）
A．35
B．36
C．84
D．21
【答案】A
【解析】首先求平面
的一个法向量，并根据法向量确定三棱锥内部的点满足的条件，
并结合隔板法，求方法种数.由条件可知，
，
，
设平面
的一个法向量
，则
，令
，则
，故
，
设
是平面
上的点，则
，
故
，则
，
不妨设三棱锥
内部整数点为
，则
，且
，
，
，则
若
时，则
在平面
上，
若
，则
在三棱锥
的外部，
所以
，
当
，且
时，
将
写成
个1 排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为
的取值的方法个数，显然有
个方法，
所有整数点
的个数为
.故选：A
【变式训练25-2】在空间直角坐标系
中，
，则三棱锥
内部
整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先利用空间向量法求得面
的一个法向量为
，从而求得面
上的点
满足
，进而得到棱锥
内部整点为
满足
，再利用隔板法与组合数的性
质即可得解.根据题意，作出图形如下，
因为
，所以
，
设面
的一个法向量为
，则
，
令
，则
，故
，
设
是面
上的点，则
，
故
，则
，
不妨设三棱锥
内部整点为
，则
，故
，则
，
易知若
，则
在面
上，若
，则
在三棱锥
外部，
所以
，
当
且
时，
将
写成
个排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为
的取值的方法个数，显然有
个方法，
所有整点
的个数为
，
因为
，
所以
.故选：B.
【变式训练25-3】设集合
，其中
为自然数且
，则符合条件的集合A 的个数为
（    ）
A．833
B．884
C．5050
D．5151
【答案】A
【解析】利用隔板法，然后排除有两个数相同的结果，再结合集合元素的无序性可得.
将100 个小球排成一列，在101 个空位（包括两段的空位）中插入第一个挡板，再在产生的102 个空位中插
入第二个挡板，将小球分成三段，分别记每段中的小球个数为a、b、c，共有
种结果，
因为
，所以a、b、c 中含有两个0,1,2，…，50 各有3 种结果，
所以a、b、c 三个数各不相等的结果共有
个
因为三个元素的每种取值有6 种不同顺序，
所以，由集合元素的无序性可知符合条件的集合A 的个数为
个.故选：A
1．设袋中有80 个红球，20 个白球，若从袋中任取10 个球，则其中恰有6 个红球的概率为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据超几何分布的概率公式即可求解.
从袋中有80 个红球，20 个白球，若从袋中任取10 个球共有
种取法，
恰好有6 个红球，则有4 个白球，故取法有
中，
由古典概型的概率公式得概率为
.故选：D
2．（将1，2，3 填入
的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，下面是一种填法，则不同的填写方法
共有（    ）
1
2
3
3
1
2
2
3
1
A．6 种
B．12 种
C．24 种
D．48 种
【答案】B
【解析】由题意，只需填第一行和第一列，剩下的即唯一确定了，由此求出答案．
由题意，只需填第一行和第一列，剩下的即唯一确定了，
则不同的填写方法共有
．故选：B．
3．某班新年联欢会原定的5 个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节
目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（    ）
A．6
B．12
C．15
D．30
【答案】D
【解析】由已知，根据题意可使用插空法，将2 个新节目有顺序插入5 个节目形成的6 个空中，直接列式求解
即可.因为增加了两个新节目．将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，
所以原来5 个节目形成6 个空，新增的2 个节目插入到6 个空中，
共有
种插法.故选：D.
4．2 名医生和4 名护士被分配到2 所学校为学生体检，每校分配1 名医生和2 名护士，不同的分配方法共有
（    ）
A．6 种
B．12 种
C．18 种
D．24 种
【答案】B
【解析】先按要求把一所学校的医生护士分配好，剩下一所学校的人自然就确定了.一所学校1 名医生和2 名
护士的组合有
（种）。故选:B
5．元旦来临之际，某寝室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺
卡不同的分配方式有（    ）
A．6 种
B．9 种
C．11 种
D．23 种
【答案】B
【解析】由题可得当A 拿贺卡b 时有三种不同的分配方式，利用分类加法计数原理即得；或利用分步乘法计
数原理，A 先拿，有3 种，此时被A 拿走的那张贺卡的人也有3 种不同的取法，进而即得.
解法1：设四人A、B、C、D 写的贺卡分别是a、b、c、d，
当A 拿贺卡b，则B 可拿a、c、d 中的任何一张，即B 拿a，C 拿d，D 拿c，或B 拿c，D 拿a，C 拿d，或B
拿d，C 拿a，D 拿c，
所以A 拿b 时有三种不同的分配方式；
同理，A 拿c，d 时也各有三种不同的分配方式，
由分类加法计数原理，四张贺卡共有
（种）分配方式；
解法2：让四人A、B、C、D 依次拿一张别人送出的贺卡，
如果A 先拿，有3 种，此时被A 拿走的那张贺卡的人也有3 种不同的取法，
接下来，剩下的两个人都各只有1 种取法，
由分步乘法计数原理，四张贺卡不同的分配方式有
（种）．故选：B.
6．有甲、乙、丙、丁、戊5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式
共有（    ）
A．12 种
B．24 种
C．36 种
D．48 种
【答案】B
【解析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有
种排列方式；为使甲
不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2 种插空方式；注意到丙丁两人
的顺序可交换，有2 种排列方式，故安排这5 名同学共有：
种不同的排列方式，故选：B
7．5 位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（    ）
A．10 种
B．20 种
C．25 种
D．32 种
【答案】D
【解析】该事件用分步乘法计数原理计数，结合每个同学有2 种选择，即可得出结果
由题，每个同学有2 种选择，故不同报名方式为
，故选：D
8．某小组共有10 名学生，其中女生3 名，现选举2 名代表，则至少有1 名女生当选的不同的选法有（    ）
A．27 种
B．48 种
C．21 种
D．24 种
【答案】D
【解析】根据题意至少有1 名女生当选包括1 名女生当选，2 名女生当选两类，从而可得出答案.
解：分为两类：
①1 名女生当选，有
种选法；②2 名女生当选，有
种选法，
故至少有1 名女生当选的不同选法有
（种）．故选：D.
9．现从4 名男生和3 名女生中，任选3 名男生和2 名女生，分别担任5 门不同学科的课代表，则不同安排方
法的种数是（    ）
A．12
B．120
C．1440
D．17280
【答案】C
【解析】首先选3 名男生和2 名女生，再全排列，共有
种不同安排方法.
首先从4 名男生和3 名女生中，任选3 名男生和2 名女生，共有
种情况，
再分别担任5 门不同学科的课代表，共有
种情况.
所以共有
种不同安排方法.故选：C
10．将5 名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4 个项目进行培训，每名志愿者只分配
到1 个项目，每个项目至少分配1 名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）
A．60 种
B．120 种
C．240 种
D．480 种
【答案】C
【解析】先确定有一个项目中分配2 名志愿者，其余各项目中分配1 名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原
理求得.
根据题意，有一个项目中分配2 名志愿者，其余各项目中分配1 名志愿者，可以先从5 名志愿者中任选2 人，
组成一个小组，有
种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同
的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有
种不同的分
配方案，故选：C.
【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想
求解.
11．将3 个1 和2 个0 随机排成一行，则2 个0 不相邻的概率为（    ）
A．0.3
B．0.5
C．0.6
D．0.8
【答案】C
【解析】利用古典概型的概率公式可求概率.
解：将3 个1 和2 个0 随机排成一行，可以是：
，
共10 种排法，
其中2 个0 不相邻的排列方法为：
，
共6 种方法，
故2 个0 不相邻的概率为
，故选：C.
12．要安排3 名学生到2 个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同
的安排方法共有（    ）
A．2 种
B．3 种
C．6 种
D．8 种
【答案】C
【解析】首先将3 名学生分成两个组，然后将2 组学生安排到2 个村即可.
第一步，将3 名学生分成两个组，有
种分法
第二步，将2 组学生安排到2 个村，有
种安排方法
所以，不同的安排方法共有
种故选：C
【点睛】解答本类问题时一般采取先组后排的策略.
13．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6 个爻组成，爻分为
阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3 个阳爻的概
率是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素
养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3 个阳爻是相同元素的排列问题，
利用直接法即可计算．由题知，每一爻有2 种情况，一重卦的6 爻有
情况，其中6 爻中恰有3 个阳爻情况有
，所以该重卦恰有3 个阳爻的概率为
=
，故选A．
【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问
题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排
列问题即为组合问题．
14.遂宁主城区突发“920 疫情”，23 日凌晨2 时，射洪组织五支“最美逆行医疗队”去支援遂宁主城区，将
分派到遂宁船山区、遂宁经开区、遂宁高新区进行核酸采样服务，每支医疗队只能去一个区，每区至少有一支
医疗队，若恰有两支医疗队者被分派到高新区，则不同的安排方法共有（    ）
A．30 种
B．40 种
C．50 种
D．60 种
【答案】D
【解析】先从5 支医疗队中选取2 支医疗队去高新区，再将剩下的3 支医疗队分配到船山区与经开区，最后根
据分步乘法原理求解即可.解：先从5 支医疗队中选取2 支医疗队去高新区，有
种不同的选派方案，
再将剩下的3 对医疗队分配到船山区与经开区，有
种不同的选派方案，
所以，根据分步乘法原理，不同的安排方案有
种.故选：D
15.某同学计划用他姓名的首字母
，身份证的后4 位数字（4 位数字都不同）以及3 个符号
设置一
个六位的密码．若
必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母和数字的相对顺序不变，
则他可设置的密码的种数为（    ）
A．864
B．1009
C．1225
D．1441
【答案】D
【解析】先按照符号的个数分类，利用分步乘法计数原理分别计算每类的情况种数，再利用分类加法计数原理
求解即可.
①当符号的个数为0 时，六位密码由字母
及身份证的后4 位数字组成，此时只有1 种情况；
②当符号的个数为1 时，六位密码由母
，3 个数字及1 个符号组成.
若末位是符号，则首位是字母
，可能的种数为
；
若末位是字母
，则可能的种数为
；
③当符号的个数为2 时，六位密码由字母
，2 个数字及2 个符号组成.
若首位和末位均为符号，则可能的种数为
；
若首位和末位均为字母，则可能的种数为
；
若首位和末位一个是字母、一个是符号，则可能的种数为
.
故他可设置的密码的种数为
.故选：D.
16.如图所示，甲､乙两人同时出发，甲从点
到
，乙从点
到
，且每人每次都只能向上或向右走一格.则
甲､乙的行走路线没有公共点的概率为（       ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先求出甲从点
到
，乙从点
到
总的路径的对数，再计算甲从点
到
，乙从点
到
的相交
路径的对数，其等于甲从点
到
，乙从点
到
相交路径的对数，进而可得甲､乙的行走路线没有公共点的
路径的对数，再由古典概率公式即可求解.首先考虑甲从点
到
，乙从点
到
总的路径的对数，
甲从点
到
，需要向上走
步，向右走
步，共步，所以甲从点
到
有
种方法；
乙从点
到
，需要向上走
步，向右走
步，共步，所以乙从点
到
有
种方法；
由分步乘法计数原理可知：甲从点
到
，乙从点
到
，有
种方法；
下面计算甲从点
到
，乙从点
到
的相交路径的对数，
证明：甲从点
到
，乙从点
到
相交路径的对数等于甲从点
到
，乙从点
到
相交路径的对数，
事实上，对于甲从点
到
，乙从点
到
的每一组相交路径，他们至少有一个交点，如图，设从左到右，
从下到上的第一个交点为点
，如图
，实线路径表示甲从
到
的路径，虚线路径表示乙从点
到
的路
径，将
点以后的实线路径改为虚线，虚线路径改为实线，就得到一组甲从点
到
，乙从点
到
相关路
径，如图，
反之，对于甲从点
到
，乙从点
到
的任意一组相交路径，也都可以用同样的方法将之变换成甲从
到
，乙从点
到
的一组相交路径，即这两者之间的相交路径是一一对应的，又因为甲从点
到
，乙从点
到
的任意一组路径都是相交路径，所以甲从点
到
，乙从点
到
共有
种方法；
所以甲､乙的行走路线没有公共点的有
种方法；
甲､乙的行走路线没有公共点的概率为
，故选：C
 
     
     
17.如图，矩形的对角线把矩形分成A、B、C、D 四部分，现用五种不同色彩给四部分涂色，每部分涂1 种颜
色，要求共边的两部分颜色互异，共有（　　）种不同的涂色方法？
A．260
B．180
C．240
D．120
【答案】A
【解析】由题意知给四部分涂色，至少要用两种颜色，最多四种颜色，分类讨论，最后相加.
由题意知给四部分涂色，至少要用两种颜色，故可分成三类涂色：
第一类，用4 种颜色涂色，有
种方法．
第二类，用3 种颜色涂色，选3 种颜色的方法有
种．
在涂的过程中，选对顶的两部分（A、C 或B、D）涂同色，另两部分涂异色有
种选法；3 种颜色涂上去有
种涂法，根据分步计数原理求得共
种涂法．
第三类，用两种颜色涂色．选颜色有
种选法，A、C 用一种颜色，B、D 涂一种颜色，有
种涂法，故共
种涂法．∴共有涂色方法120+120+20＝260 种，故选：A．
18.以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有（    ）
A．6 个
B．12 个
C．18 个
D．30 个
【答案】B
【解析】从正三棱柱的六个顶点中任取四个组成四面体，减去在同一个面上的情况，即可得答案.
根据题意，先从六个顶点中任选四个，共
种选法，
而其中包含了所取4 点在同一个侧面上的情况，这种情况有3 种，
即符合条件的有
 ；故选∶B．
19.有甲、乙等五人到三家企业去应聘，若每人至多被一家企业录用，每家企业至少录用其中一人且甲、乙两
人不能被同一家企业录用，则不同的录用情况种数是（    ）
A．60
B．114
C．278
D．336
【答案】D
【解析】分三类，第一类，只有3 人被录用，第二类，只有4 人被录用，第三类，5 人全部录用，根据分类计
数原理即可得到答案.分三类情况，第一类情况，只录用3 人，有
种情况；第二类情况，只录用4 人，
有
种情况；
第三类情况，录用5 人有两种情况：
或
，有
种情况．
所以根据分类加法计数原理共有
种．故选：D.
20.共有10 级台阶，某人一步可跨一级台阶，也可跨两级台阶或三级台阶，则他恰好6 步上完台阶的方法种数
是（    ）
A．30
B．90
C．75
D．60
【答案】B
【解析】根据分类和分步计数原理及组合即可求解.
由题意可知，完成这件事情分三类；
第一类，按照
的走法有
种；
第二类，按照
的走法有
种；
第三类，按照
的走法有
种；
所以他恰好6 步上完台阶的方法种数是
.故选：B.
21.20 个不加区别的小球放入编号为1、2、3 的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同
的放法种数共有（    ）
A．120 种
B．240 种
C．360 种
D．720 种
【答案】A
【解析】应用“隔板法”即可求解.
先在编2 号,3 号的盒内分别放入1 个球和2 个球，还剩17 个小球，
三个盒内每个至少再放入1 个，将17 个球排成一排，有16 个空隙，
插入2 块隔板分为三堆放入三个盒中即可，共有
（种）方法．故选:A.
22.某幢楼房从2 楼到3 楼共10 个台阶，上楼可以一步上1 个台阶，也可以一步上2 个台阶.若规定从2 楼到3
楼用8 步走完，则上楼的方法有（    ）.
A．14 种
B．16 种
C．21 种
D．28 种
【答案】D
【解析】转化成组合问题去解决即可.
由于10÷8 的余数为2，所以可以判定一步1 个台阶共6 次，一步2 个台阶共2 次.
选定在这8 步中一步1 个台阶的位置即可，则上楼的方法有
种故选：D
23.若方程
，其中
，则方程的正整数解的个数为（    ）
A．10
B．15
C．20
D．30
【答案】A
【解析】将方程正整数解问题转化为排列组合问题，采用挡板法求出结果.
因为方程
，其中
，
则
，将其转化为有6 个完全相同的小球，排成一列，
利用挡板法将其分成3 组，第一组小球数目为
；第二组小球数目为
；第三组小球数目为
，
共有
种方法，故方程的正整数解的个数为10，故选：A.
24.由于疫情防控需要，电影院观影实行隔空位就座．甲、乙、丙、丁四个人结伴前往观影，已知目前只剩同
一排的8 个空位，甲、乙必须在丁的同侧，则不同的坐法种数是（    ）
A．16
B．40
C．80
D．120
【答案】C
【解析】利用排列、组合以及插空法即可求解.
甲、乙两人有
，丁在甲、乙的左侧或右侧，丙在三人中的
个空隙中任选一个位置， 
所以甲乙必须在丁的同侧，故种数为
，
又必须隔空而坐，故采用插空法，
，
故最终总数为
.故选：C.
25.厦门地铁1 号线从镇海路站到文灶站有4 个站点.甲、乙同时从镇海路站上车，假设每一个人自第二站开始
在每个站点下车是等可能的，则甲乙在不同站点下车的概率为（    ）
A．
B．
C．
D．
河南省郑州市2021-2022 学年高三下学期数学试题
【答案】C
【解析】先求出甲乙在相同站点下车的概率，再求甲乙在不同站点下车的概率.
令事件
为甲乙在相同站点下车，则
则甲乙在不同站点下车的概率为
故选：C
26.电梯有位乘客，在层楼房的每一层停留，如果有两位乘客从同一层出去，另两位在同一层出去，最后两
人各从不同的楼层出去，则不同的下楼方法的种类数是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】先把6 人按
分面四组，然后选择4 个楼层让这四组的人分别下去即可得．
由题意所有种类数为
．故选：C．
27.从6 双不同鞋子中任取4 只，使其中至少有2 只鞋配成一双的概率是（    ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】从6 双不同鞋子中任取4 只.没有2 只鞋子配成一双的概率为
.所以，其中至少有2 只鞋子
配成一双的概率为
.故答案为B
28.把分别标有号、
号、号、
号的
个不同的小球放入分别标有号、
号、号的个盒子中，没有空
盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由分类加法计数原理和分步乘法计数原理进行计算即可.
个小球放入个盒子，没有空盒子，则有两个小球放入同一个盒子，因此分为两类：
第一类：
号小球单独放入一个盒子，分
步：
第步，从号、
号、号个小球中，选出
个小球，放入与未被选中小球标号相同的盒子中，有
种方法；
第
步，将未被选中的小球和
号小球，分别放入另外
个盒子中，有
种方法.
∴
号小球单独放入一个盒子，有
种方法.
例如：第步，选出
号、号小球放入号盒；第
步，号小球放入
号盒，
号小球放入号盒.
第二类：
号小球与另一小球共同放入一个盒子，分
步：
第步，从号、
号、号个小球中，选出个小球，有
种方法；
第
步，将
号小球与第步选出的小球放入与选出小球标号不同的盒子中，有
种方法；
第步，剩余的
个小球，其中个，与剩余的两个空盒其中的个标号相同，只有方法放置.
∴
号小球与另一小球共同放入一个盒子，有
种方法.
例如：第步，选出号球；第
步，将号、
号小球放入
号盒；第步，
号小球放入号盒，号小球放
入号盒.
∴没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为
种.
故选：B.
29.一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能
力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5 次飞行后，停在数轴上实数3 位于的点处，则小蜜蜂不同的飞
行方式有多少种？
A．5
B．25
C．55
D．75
【答案】D
【解析】由题意知：小蜜蜂经过5 次飞行后，停在数轴上实数3 位于的点处，共有以下四种情形：
一、小蜜蜂在5 次飞行中，有4 次向正方向飞行，1 次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有
种情
况；
二、小蜜蜂在5 次飞行中，有3 次向正方向飞行每次飞行一个单位，1 次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，
1 次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有
种情况；
三、小蜜蜂在5 次飞行中，有1 次向正方向飞行每次飞行一个单位，2 次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，
2 次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有
种情况；
四、小蜜蜂在5 次飞行中，有3 次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1 次向负方向飞行且飞行两个单位，有
1 次向负方向飞行且飞行一个单位，共有
种情况；
故而共有
种情况，故选：D．
30.地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库.当停车完毕后，恰有两个
连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有        种.
【答案】336
【解析】根据题意从反面考虑，恰有两个连续空车位的排法，再算出恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻
时的排法，两数作差即可求解.
从反面考虑，恰有两个连续空车位时有
（种）情况；
恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时有
（种）情况，
故所求情况有
（种）故答案为：336
模拟检测
1．在新型冠状病毒肺炎疫情联防联控期间，社区有5 名医务人员到某学校的高一、高二、高三3 个年级协助
防控和宣传工作.若每个年级至少分配1 名医务人员，则不同的分配方法有（　　）
A．25 种         
B．50 种        
C．300 种        
D．150 种
【答案】D
【解析】首先分析将5 个人分为三小组且每小组至少有一人，则可能分法有：
两种情况，每种
情况利用分步计数原理计算情况数，最后相加即可.
当5 个人分为2，2，1 三小组，分别来自3 个年级，共有
种；
②当5 个人分为3，1，1 三小组时，分别来自3 个年级，共有
种.
综上，选法共有
.故选:D.
2．编号为1，2，3 的三位学生随意坐入编号为1，2，3 的三个座位，每个座位坐一位学生，则三位学生所坐
的座位号与学生的编号恰好都不同的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】所有的排列法共有
种，用列举法求得满足条件的排列数只有2 种，由此可求得满足条件的概率.
编号为1，2，3 的三位学生随意坐入编号为1，2，3 的三个座位时，1 号学生有3 种坐法，2 号学生有2 种坐
法，3 号学生只有1 种坐法，所以一共有6 种坐法，其中座位号与学生的编号恰好都不同的坐法只有2 种，所
以所求的概率
.故选：B.
3．某地为遏制新冠肺炎病毒传播，要安排3 个核酸采样队到2 个中风险小区做核酸采样，每个核酸采样队只
能选择去一个中风险小区，每个中风险小区里至少有一个核酸采样队，则不同的安排方法共有（    ）
A．2 种
B．3 种
C．6 种
D．8 种
【答案】C
【解析】由不平均分组，可得答案.由题意，分组方案有
一种情况，则
种，故选：C.
4．某班9 名同学参加植树活动，若将9 名同学分成挖土､植树､浇水3 个小组，每组3 人，则甲､乙､丙任何2
人在不同小组的安排方法的种数为（    ）
A．90
B．180
C．540
D．3240
【答案】C
【解析】先安排除甲､乙､丙之外的同学进行平均分组，再安排甲乙丙到三个不同小组，结合排列组合公式即可
求解.第一步：先安排除甲､乙､丙之外的同学，
将除甲､乙､丙3 人之外的6 名同学分成挖土､植树､浇水3 组，每组2 人，有
种不同的方法； 
第二步：安排甲､乙､丙，
甲､乙､丙3 人分到3 个不同的小组，有
种不同的方法.
则由分步乘法计数原理知，共有
种不同的安排方法.故选：C.
5．有2 个人在一座8 层大楼的底层进入电梯，假设每一个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则
这2 个人在不同层离开电梯的概率是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由古典概型的概率公式结合排列组合与对立事件的概率公式求解即可
由题意得，由于每一个人自第二层开始在每一层电梯是等可能的，
故两人离开电梯的所有可能情况有
种，
而两人在同一层电梯的可能情况有
，
所以两人在同一层离开电梯的概率为
，
所以两人在不同层离开电梯的概率为
，故选：B.
6．有6 本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（    ）
A．分给甲、乙、丙三人，每人各2 本，有15 种分法；
B．分给甲、乙、丙三人中，一人4 本，另两人各1 本，有180 种分法；
C．分给甲乙每人各2 本，分给丙丁每人各1 本，共有90 种分法；
D．分给甲乙丙丁四人，有两人各2 本，另两人各1 本，有1080 种分法；
【答案】D
【解析】根据题意，分别按照选项说法列式计算验证即可做出判断.
选项A，6 本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人各2 本，有
种分配方法，故该选项错误；
选项B，6 本不同的书分给甲、乙、丙三人，一人4 本，另两人各1 本，先将6 本书分成4-1-1 的3 组，再将
三组分给甲乙丙三人，有
种分配方法，故该选项错误；
选项C，6 本不同的书分给甲乙每人各2 本，有
种方法，其余分给丙丁每人各1 本，有
种方法，所以
不同的分配方法有
种，故该选项错误；
选项D，先将6 本书分为2-2-1-1 的4 组，再将4 组分给甲乙丙丁4 人，有
种方法，故该
选项正确.故选：D.
7．入冬以来，梁老师准备了4 个不同的烤火炉，全部分发给
楼的三个办公室（每层楼各有一个办公室）.
1，2 楼的老师反映办公室有点冷，所以1，2 楼的每个办公室至少需要1 个烤火队，3 楼老师表示不要也可以.
则梁老师共有多少种分发烤火炉的方法（       ）
A．108
B．36
C．50
D．86
【答案】C
【解析】运用分类计数原理，结合组合数定义进行求解即可.
当3 楼不要烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：
；
当3 楼需要1 个烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：
；
当3 楼需要2 个烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：
，
所以分发烤火炉的方法总数为：
，故选：C
【点睛】关键点睛：运用分类计数原理是解题的关键.
8．现有甲､乙､丙､丁､戊五位同学，分别带着A､B､C､D､E 五个不同的礼物参加“抽盲盒”学游戏，先将五个礼
物分别放入五个相同的盒子里，每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的概率为（   
 ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】利用排列组合知识求出每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的情况个数，
以及五人抽取五个礼物的总情况，两者相除即可.
先从五人中抽取一人，恰好拿到自己的礼物，有
种情况，接下来的四人分为两种情况，一种是两两一对，
两个人都拿到对方的礼物，有
种情况，另一种是四个人都拿到另外一个人的礼物，不是两两一对，都拿
到对方的情况，由
种情况，综上：共有
种情况，而五人抽五个礼物总数为
种情况，故恰有一位同学拿到自己礼物的概率为
.故选：D
9．某校高二年级共有10 个班级，5 位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1 班，张老师一定
教3 班，王老师一定教8 班，秋老师至少教9 班和10 班中的一个班，曲老师不教2 班和6 班，王老师不教5
班，则不同的排课方法种数______．
【答案】236
【解析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9 班，秋老师教10 班的排课方法种数，但这两种重
复了秋老师同时教9 班和10 班的排课方法种数，减去即可得到答案.
（1）秋老师教9 班，曲老师可在4,5,7,10 班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5 班，则曲老师可选
（种）；王老师可选
（种）；剩余的3 个班3 个老师全排列安
排有
（种）；按分步相乘计数原理有：
（种）；
②曲老师教5 班，则曲老师可选
（种）；剩余的4 个班4 个老师全排列安排有
（种）；按分步相乘计数原理有：
（种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9 班有：
（种）；
（2）秋老师教10 班，同理也有126（种）； 
（3）秋老师同时教9 班和10 班，曲老师可在4,5,7 班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5 班，则曲老师教4 班和7 班，王老师再从2,6 班选一个，可选
（种）；剩余的2 个班2
个老师全排列安排有
（种）；按分步相乘计数原理有：
（种）；
②曲老师教5 班，则曲老师可选
（种）；剩余的3 个班3 个老师全排列安排有
（种）；
按分步相乘计数原理有：
（种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9 班和10 班有：
（种）；
但秋老师同时教9 班和10 班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有：
（种）.故答案为：236
10．若方程
，其中
，则方程的正整数解得个数为______.
【答案】10
【解析】依据挡板法去求解即可.
因为方程
，其中
，则
.
将其转化为有6 个1 排成一列，利用2 个挡板法将其分成3 组，第一组1 的数目为
，
第二组1 的数目为
，第三组1 的数目为
，则
.
2 个挡板的放置方法共有
种，故方程的正整数解的个数为10.故答案为：10
11．现安排甲、乙、丙、丁、戊5 名同学参加某志愿者服务活动,每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作
之一,每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安
排方案的种数是________.
【答案】126
【解析】分类，甲乙两人做同一份工作，或者分别做不同的工作，在第二类中，可从丙、丁、戊三人中选1 人
与甲或乙做同一份工作，或他们三人中有2 人做同一份工作．
，故答案为126．
【点睛】本题考查排列组合的综合应用，解题时要恰当地分类和分步，特别要注意不重不漏．
12．生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族
教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开
展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻
安排的概率为______
【答案】
【解析】首先求出总数
，“数”必须排在前两节，分“数”排在第一位和“数”排第二位进行讨
论，求和再利用概率公式即可得解.
由题意知基本事件总数
，“数”必须排在前两节，
“礼”和“乐”必须相邻可以分两类安排：
① “数”排在第一位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，
则礼，乐相邻的位置有4 个，考虑两者的顺序，有2 种情况，
剩下的3 个全排列，安排在其他三个位置，
有
种情况，故有
种，
②“数”排第二位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，
则礼，乐相邻的位置有3 个，考虑两者的顺序，有2 种情况，
剩下的3 个全排列，安排在其他三个位置，
有
种情况，则有
种情况，
由分类加法原理知满足“数”必须排在前两节，
“礼”和“乐”必须相邻安排共有
种情况，
所以满足“数”必须排在前两节，
“礼”和“乐”必须相邻安排的概率为
.故答案为：
.