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排列与组合
目录
【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】排列数与组合数的推导、化简和计算
【题型二】数字排列
【题型三】几何问题
【题型四】捆绑法
【题型五】插空法
【题型六】定序问题（先选后排）
【题型七】列举法
【题型八】多面手问题
【题型九】错位排列
【题型十】涂色问题
【题型十一】分组问题
【题型十二】分配问题
【题型十三】隔板法
【题型十四】分解法模型与最短路径问题
【题型十五】环排问题
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：对两个计数原理理解混乱
：排列组合和二项式定理是高考热点知识点，有了多选题型后常和概率结合起来考察，所
以需要考生对于排列组合的基础题型有所了解，以及一些特殊的方法，这块有很多固定的题型，当然在掌
握题型的基础上还需要明白其原理，能够冷静分析，合理运用好排列组合的解题思维。
：根据高考回归课本的趋势，排列数与组合数的运算以及术与式的归纳理解要求要相继变高，
而这块内容也是因为传统的固定题型容易被学生忽略的知识点，需要重视起来。
【题型一】排列数与组合数的推导、化简和计算
【例1】已知
为正整数，若
，则
．
【答案】3 或7
【分析】根据组合数的定义和性质分析求解即可.
【详解】因为
，则
，解得
，
由组合数性质可知：
或
，解得
或
．
故答案为：3 或7.
【例2】排列数和组合数都有丰富的性质和实际应用，下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】利用组合数的定义和排列数的定义可A、B；利用组合数的递推关系式
可证明C 正
确；从组合数的意义角度看，
都表示是两个各有
个元素的集合
和
中选取总共
个元
素的方式数，由此得D 正确.
【详解】对于A，因为
，故A 不正确；
对于B，因为
，故B 正确；
对于C，因为
，故C 正确；
对于D，考虑从两个各有
个元素的集合
和
中选取总共
个元素的方式数，总的选取方式数是
.
另一方面，我们可以将选取过程分为不同的情况，即从集合
中选取个元素，从集合中选取
个元素，
其中 从0 到
，对于每个，选取的方式数是
.由于
，所以每种情况的方式数是
，
因此，总的选取方式数可以表示为：
，由于这两种方法计算的是同一个选取过程的方式数，所以
它们相等：
，故D 正确.
故选：BCD.
【变式1】已知
，则
（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】D
【分析】根据排列与组合公式计算求解即可.
【详解】由
，则
，
则
，即
.
故选：D
【变式2】（1）已知
，求n．
（2）
．
【答案】（1）6；（2）252
【分析】（1）利用组合数性质以及组合数公式和排列数公式，将
化简并展开，解方程即可求
得答案.
（2）法一：利用组合数的性质求解；法二：直接计算，求和.
【详解】（1）由
得
，
即
，即
，
解得
，或
，
又由
知
，即
，
故
.
（2）法一：
.
法二：原式
.
【题型二】数字排列
【例1】用
这五个数组成无重复数字的五位数，则不同的奇数共有（ ）
A．120 个
B．72 个
C．60 个
D．48 个
【答案】D
【分析】根据分步乘法原理，先安排个位数字，再安排余下的4 个位置.
【详解】根据题意，先安排个位数字，在3 和5 中选一个共有
种，
再安排余下的4 个位置，有
种，
所以组成无重复数字的五位数，不同的奇数共有
种.
故选：D.
【例2】设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为
，
，，若
，
，则称这个三位数
为“峰型三位数”，例如251 和121 都是“峰型三位数”，在由0，1，2，3，4，5 中的部分数字组成的三
位数中，“峰型三位数”的个数为 .
【答案】40
【分析】根据给定条件，利用“峰型三位数”是否含有数字0 分类，结合排列、组合计数问题列式计算即
得.
【详解】①若“峰型三位数”由三个不同的数字组成：
当“峰型三位数”含有数字0 时，0 必为个位，再从余下5 个数字中任取两个，大的数字为十位，有
种
方法；
当“峰型三位数”没有数字0 时，从除0 外的5 个数字中任取3 个，最大数字作十位，有
种方法，
此时，“峰型三位数”的个数为
；
②若“峰型三位数”由两个不同的数字组成，则一定不包含0，此时共有
种方法；
综上，“峰型三位数”的个数为
.
故答案为：40
【变式1】设集合A 中的元素均为无重复数字的三位正整数，且从中任取两个相乘所得均为5 的倍数，则A
的元素个数最多为 ．
【答案】137
【分析】三位数中的5 的倍数分个位是0 和个位是5 讨论即可.
【详解】由题意知，集合中且至多只有一个元素不是5 的倍数，其余均是5 的倍数．
首先讨论三位数中的5 的倍数，
①当个位为0 时，则百位和十位在剩余的9 个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有
个；
②当个位为5 时，则百位有
个数字可选，十位有
个数字可选，
根据分步乘法原理，这样的5 的倍数有
个，
最后，再加上单独的不是5 的倍数的数，所以集合中元素个数的最大值为
个．
故答案为：137．
【变式2】用0，1，2，3，4，5 这六个数字组成无重复数字的整数，求满足下列条件的数各有多少个．
(1)六位数；
(2)六位奇数．
【答案】(1)
个
(2)
个
【分析】（1）由全排列减去0 在首位即可求解；
（2）法一：从个数入手分析或从对首位排奇数还是非0 偶数分两类进行．法二：由0 不在两端，再从1，
3，5 中选1 个排在个位，剩下全排列即可求解；
【详解】（1）0，1，2，3，4，5 六个数字共能形成
种不同的排法，当0 在首位时不满足题意，故可以
组成
个没有重复数字的六位数．
（2）方法一（位置分析法）：①从个位入手：个位数排奇数，即从1，3，5 中选1 个有
种方法，首位
数在排除0 及个位数余下的4 位数字中选1 个有
种方法，余下的数字可在其他位置全排列有
种方法，
由分步乘法计数原理知，共有
个不同的六位奇数．
②从首位入手：对首位排奇数还是非0 偶数分两类进行．
第1 类，首位排奇数，有
种选择，再个位排奇数有
种方法，其余位置全排列有
．则共有
144 种方法．
第2 类，首位排非0 偶数，共有
种方法．
根据分类加法计数原理，共有
个不同的六位奇数．
方法二（元素分析法）：0 不在两端有
种排法．从1，3，5 中选1 个排在个位，剩下的4 个数字全排列．
故共有
个不同的六位奇数．
【题型三】几何问题
【例1】平面上给定10 个点，任意三点不共线，由这10 个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除
原10 点外），无两条直线互相平行.求：
(1)这些直线所交成的点的个数（除原10 点外）；
(2)这些直线交成多少个三角形.
【答案】(1)630
(2)
【分析】（1）先由题意结合任意两点确定一条直线原理求出10 点所确定的直线数
，再由任意两条
直线交一个点求出交点总数
和重复计算的交点总数
即可求解.
（2）由（1）确定点的总数，再由不共线的三点确定一个三角形原理得到任取三点的组合数再减去三点共
线的组合数即可求得构成的三角形数.
【详解】（1）由题设这10 点所确定的直线是
条，
这45 条直线除原10 点外无三条直线交于同一点，无两条直线互相平行，
则任意两条直线交一个点，共有
个交点，
而在原来10 点上每一个点都有9 条直线共点于此，
所以在原来的10 点上共有
点被重复计数，
所以这些直线交成新的点的个数是：
.
（2）由（1）可知共有这些直线所交成的点的个数共有
个
因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述
个点，
且上述除原10 点外的630 个交点中的每一个点均与相交于该点的两条直线中的两点在一条直线上，
所以这些直线三角形的个数有
（个）.
【点睛】易错点睛：对于“这些直线交成多少个三角形？”的问题中易因忽略三点共线问题导致求解出错.
【例2】在正方体中，下列说法正确的是（ ）
A．正方体的8 个顶点可以确定28 条不同的线段
B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12 个
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64 个
D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48 个
【答案】ABD
【分析】利用几何组合计数问题，结合正方体及直三棱柱、三棱锥、四棱锥的构造特征，列式计算即得.
【详解】对于A，每两点确定一条线段，则正方体的8 个顶点可确定不同的线段有
条，A 正确；
对于B，直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，因此直三棱柱两底面在正方体相对面上，
以正方形的顶点为顶点的三角形有4 个，从而正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4 个，
因此以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有
个，B 正确；
对于C，正方体顶点任取4 个点，共有
种选法，
其中四点共面的共有6 个面和6 个对角面共12 种，因此三棱锥共有
个，C 错误；
对于D，由选项C，知正方体四点共面的情况有12 种，每一种情况，余下每个点对应1 个四棱锥，
因此四棱锥共有
，D 正确.
故选：ABD.
【变式1】连结正三棱柱的6 个顶点，可以组成 个四面体．
【答案】12
【分析】求出4 个点共面的情况有3 种情况，利用正难则反进行求解.
【详解】正三棱柱共有6 个顶点，从中任取4 个，有
种，
其中4 个点共面的情况有3 种情况，分别为三个侧面，
故可以组成
个四面体．
故答案为：12
【变式2】点集
且
，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？
【答案】1056
【分析】利用组合数的知识结合图象分析即可.
【详解】总共有
种,
如图，三点共线（粗虚线）有8 组，
四点共线有9 组（图中实线加上5 条竖线），
五点共线有4 组，
于是一共能组成
种.
故答案为：1056.
【题型四】捆绑法
【例1】名男生与
名女生，按照下列不同的要求，求不同的方案的方法总数，按要求列出式子，再计算
结果，用数字作答.
(1)从中选出
名男生和
名女生排成一列；
(2)全体站成一排，男生互不相邻；
(3)全体站成一排，甲不站排头，也不站排尾；
(4)全体站成一排，甲、乙必须站在一起；
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）根据条件，利用组合与排列先选后排，即可求解；
（2）根据条件，利用不相邻问题插入法，即可求解；
（3）利用特殊元素优先考虑，结合条件，即可求解；
（4）利用相邻问题捆绑法，即可求解.
【详解】（1）从名男生中任选
名有
种选法，从
名女生中任选
名有
种选法，
再将选取的
人排列有
种排法，由乘法原理共有
种排法，
（2）先将女生全排有
种，再从个空隙中选出3 个将3 个男生插入到3 个空隙中有
种，
由乘法原理共有
种排法.
（3）先排甲，有种方法，其余
人有
种排列方法，共有
种，
（4）甲乙必须相邻，先将甲乙捆绑有
种，再与剩下的个人排列有
种，共有
种.
【例2】甲、乙、丙等7 名同学站成一排照相．
(1)甲、乙、丙3 名同学相邻的排法共有多少种？
(2)甲、乙、丙3 名同学不相邻的排法共有多少种？
【答案】(1)720
(2)1440
【分析】（1）将相邻同学看成一个整体进行排列，再与其他4 人进行排列，结合分布乘法计算即可求解；
（2）先排其余4 人，形成空位后，接着选出其中三个空给甲、乙、丙3 名同学进行排列，再结合分布乘法
计算即可求解.
【详解】（1）根据题意，甲、乙、丙3 名同学相邻，先将3 人看成一个整体有
种排法，
接着将这个整体与其他4 人进行排列共有
种排法，
所以甲、乙、丙3 名同学相邻的排法共有
种排法.
（2）甲、乙、丙3 名同学不相邻的排法分两步，
第一步先将其余4 人进行全排有
种排法，
第二步从上述4 人隔开的5 个空中选出其中三个空给甲、乙、丙3 名同学进行排列有
种排法，
故甲、乙、丙3 名同学不相邻的排法共有
种排法.
【变式1】现有8 名师生站成一排照相，其中老师2 人，男学生4 人，女学生2 人，在下列情况下，各有多
少种不同的站法？
(1)4 名男学生互不相邻；
(2)老师站在最中间，2 名女学生分别在老师的两边且相邻，4 名男学生两边各2 人；
(3)2 名老师之间有男女学生各1 人.
【答案】(1)2880
(2)96
(3)3840
【分析】（1）利用插空法，先排老师和女学生，最后排剩余的4 名男学生即可.
（2）特殊元素优先安排求解即可.
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法排列即可.
【详解】（1）先排老师和女学生共有
种站法，
再将男生插入到五个空中，有
种，
所以共有
种不同的站法．
（2）由题意可得共
种不同的站法．
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有
种站法，
两老师的站法有
种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4 个人进行全排列有
种，
所以共有
种不同的站法．
【变式2】6 位同学报名参加2022 年杭州里运会4 个不同的项目（记为A，B，C，D）的志愿者活动，每
位同学恰报1 个项目．
(1)6 位同学站成一排拍照，如果甲乙两位同学必须相邻，丙丁两位同学不相邻，求不同的排队方式有多少
种?
(2)若每个项目至少需要一名志愿者，求一共有多少种不同报名方式?
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用捆绑法和插空法即可求解；
（2）将6 为同学分成4 组，计算每一类的情况即可.
【详解】（1）根据题意，第一步：把甲乙看成整体和除丙丁外的两位同学排列有
种排法，
第二步：再把丙丁插空排列有
种排法，
所以共有
种排法；
（2）先将6 为同学分成4 组，按人数分有
和
种分法：
第一类：按
分法有
种分法；
第二类：按
分法有
种分法；
所以共有：
种分法.
所以一共有
种不同报名方式.
【变式3】数学竞赛中，某校有
共6 位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设
两人必须相邻且站在正中间，
两人不能相邻，则不同的站法共有 种.
【答案】
【分析】根据给定条件，利用相邻问题，再结合
不相邻列式求解.
【详解】依题意，排
，
相邻且站在正中间，有
种站法；
再排
，
不相邻，而
两侧各有2 个位置，即
不在同侧，
在
两侧各取1 个位置再排列
，共有
种站法，
最后排
有
种站法，
所以不同的站法共有
（种）.
故答案为：32
【题型五】插空法
【例1】《哪吒2》9 天登顶中国影史票房榜，之后持续狂飙，上映16 天票房突破100 亿；21 天登顶全球
动画电影票房榜，电影中哪吒需要从风、火、水、雷、土五种灵珠中选出四个，按顺序排列成法阵对抗敌
人，已知风灵珠和火灵珠不能相邻，问共有多少种法阵组合方式 ．（用数字作答）
【答案】84
【分析】根据已知条件，分两种情况进行排列组合即可.
【详解】由题知共分两种情况：
第一种情况：风、火灵珠选出一个，水、雷、土三种灵珠均被选出，
共有
种法阵组合；
第二种情况：风、火灵珠均被选出，水、雷、土三种灵珠选出两个，
先从水、雷、土三种灵珠中选出两个进行排列，共有
种方法，
再将风、火灵珠进行插空，共有
种方法，
则共有
种法阵组合，
所以共有
种法阵组合.
故答案为：84
【例2】在体育课上，某项体育测试需要对
，
，
在内的名同学依次进行测试，下列说法正确的是
（ ）
A．
同学在最先或最后进行测试，安排方法一共有
种
B．
，
，
三名同学需要相邻，安排方法一共有
种
C．
，
，
三名同学都不相邻，安排方法一共有
种
D．
，
两名同学既不在最先也不在最后进行测试，安排方法一共有
种
【答案】AC
【分析】对于A，利用特殊元素优先考虑，即可求解；对于B，利用捆绑法，即可求解；对于C，采有插
入法，即可求解；对于D，直接求出安排方法数，再进行判断，即可求解.
【详解】对于选项A，因为
同学在最先或最后进行测试，安排方法一共有
种，所以选项A 正
确，
对于选项B，因为
，
，
三名同学需要相邻，先将
，
，
三名同学当成一个整体与剩余人进行
全排，有
种排法，
再对
，
，
三名同学进行全排，有
种排法，由分步计数原理知，安排方法一共有
，故选项B
错误，
对于选项C，
，
，
三名同学都不相邻，先排其余人，有
种排法，
再将
，
，
三名同学三人插入
个空中，有
种排法，
由分步计数原理知，安排方法一共有
种，所以选项C 正确，
对于选项D，因为
，
两名同学既不在最先也不在最后进行测试，安排方法一共有
，
又
，所以选项D 错误，
故选：AC.
【变式1】2024 年4 月26 日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空间站，激发了全国人民的民
族自豪感和爱国热情.齐聚“天宫”的6 名宇航员分别是“70 后”蔡旭哲、“80 后”叶光富、李聪、李广
苏，“90 后”宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张“全家福”.假设6 人站成一排，两
位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80 后”彼此不相邻，两位“90 后”彼此不相邻，则不同
的站法共有（ ）
A．16 种
B．32 种
C．48 种
D．64 种
【答案】B
【分析】先排两位指令长，然后用四名宇航员的排列总数减去“80 后”， “90 后”相邻的排法，即可求
解.
【详解】两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，有
种排法，
剩下的四名宇航员共有
种排法，其中两位“80 后”彼此相邻，两位“90 后”彼此相邻且分别在左侧或
右侧的排法共有
种，
所以两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80 后”彼此不相邻，两位“90 后”彼此不相邻，
则不同的站法共有
种.
故选：
.
【题型六】定序问题（先选后排）
【例1】在一张节目单中原有7 个节目已排好顺序，现要插入3 个节目，并要求不改变原有7 个节目前后相
对顺序，则一共有 种不同的插法．
【答案】
【分析】利用倍缩法求解即可.
【详解】由题意，不同的插法共有
种.
故答案为：
.
【例2】一条铁路线原有
个车站，为了适应客运需要，新增加了2 个车站，客运车票增加了58 种，问：
原有多少个车站？现有多少个车站？
【答案】原有车站14 个，现有车站16 个
【分析】由组合知识得到方程，求出答案.
【详解】由题意可得
，即
，解得
．
所以原有车站14 个，现有车站16 个．
【例3】花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，
现有悬挂着的6 盏不同的花灯需要取下，每次取1 盏，则不同取法总数为_________
【答案】
【解析】由题意，对6 盏不同的花灯进行取下，
先对6 盏不同的花灯进行全排列，共有
种方法，
因为取花灯每次只取一盏，而且只能从下往上取，
所以必须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故共有取法总数为：
.
故答案为：
【变式1】14 名同学合影，站成前排5 人后排9 人，现摄影师要从后排9 人中抽2 人调整到前排，若其他
人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先从后排9 人中抽2 人，再把两个人在七个位置中选两个位置进行排列，即可求解.
【详解】由题意，从后排9 人中抽2 人调整到前排，有
中不同的取法，
将前排5 人和后来两人看成七个位置，
把两个人在七个位置中选两个位置进行排列，完成调整，有
中不同的排法，
所以不同调整方法的总数是
种.
故选：D.
【变式2】城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25 届.假设在即将举
办的第26 届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10 个“本土歌舞”节目中增加2 个“歌王对
唱”节目.若保持原来10 个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（ ）
A．110
B．144
C．132
D．156
【答案】C
【分析】共有12 个节目，只需排好2 个“歌王对唱”节目即可，根据排列数计算即可得出答案.
【详解】添加节目后，共有12 个节目，
因为保持原来10 个节目的相对顺序不变，
则只需排好2 个“歌王对唱”节目即可，
所以，不同的排法种数为
.
故选：C.
【变式3】某5 位同学排成一排准备照相时，又来了甲､乙､丙3 位同学要加入，若保持原来5 位同学的相对
顺序不变，且甲､乙2 位同学互不相邻，丙同学不站在两端，则不同的加入方法共有（ ）
A．360 种
B．144 种
C．180 种
D．192 种
【答案】D
【分析】按丙是否在甲､乙中间分两种情况；当丙不在甲乙中间时，利用插空法和分步乘法计数原理可计
算；当丙在甲乙中间时，利用捆绑法、插空法及分步乘法计数原理可计算；最后利用分类加法计数原理即
可求解.
【详解】分两种情况：
当丙不在甲､乙中间时，先加入甲，有
种方法，再加入乙，有
种方法，最后加入丙，有
种方法，
此时不同的加入方法共有
种；
当丙在甲､乙中间时，共有
种方法.
故不同的加入方法共有
种.
故选：D
【题型七】列举法
【例1】数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：
任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数
．设
，其中a，b，c，d 均为自然数，则满足条件的有序数组
的个数是（ ）
A．28
B．24
C．20
D．16
【答案】A
【解析】显然a，b，c，d 均为不超过5 的自然数，下面进行讨论．
最大数为5 的情况：
①
，此时共有
种情况；
最大数为4 的情况：
②
，此时共有
种情况；
③
，此时共有
种情况．
当最大数为3 时，
，故没有满足题意的情况．
综上，满足条件的有序数组
的个数是
．
故选：A
【例2】已知字母
，
，各有两个，现将这6 个字母排成一排，若有且仅有一组字母相邻（如
），
则不同的排法共有（ ）种
A．36
B．30
C．24
D．16
【答案】A
【解析】有且仅有一组字母相邻，这组字母有三种情况：
.
当相邻的这组字母为
时，将6 个位置编成1-6 号，
若
在1 号和2 号，则3 号和5 号字母相同，4 号和6 号字母相同，有2 种排法；
若
在2 号和3 号，则1 号和5 号字母相同，4 号和6 号字母相同，有2 种排法；
若
在3 号和4 号，则1 号和2 号字母不相同，5 号和6 号字母不相同，有
种排法；
若
在4 号和5 号，则2 号和6 号字母相同，1 号和3 号字母相同，有2 种排法；
若
在5 号和6 号，则1 号和3 号字母相同，2 号和4 号字母相同，有2 种排法，
即相邻的字母为
时，共有
种排法.
同理，相邻的字母为
时，也都有12 种排法，故共有
种排法.
故选：A.
【变式1】工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺
栓固定紧，但不能连续固定相邻的2 个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是________．
【答案】60
【解析】根据题意，第一个可以从6 个钉里任意选一个，共有6 种选择方法，并且是机会相等的，若第一
个选1 号钉的时候，第二个可以选3,4,5 号钉，依次选下去，可以得到共有10 种方法，所以总共有
种方法，故答案是60.
【题型八】多面手问题
【例1】某国际旅行社现有11 名对外翻译人员，其中有5 人只会英语，4 人只会法语，2 人既会英语又会法
语，现从这11 人中选出4 人当英语翻译，4 人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225
B．185
C．145
D．110
【答案】B
【解析】根据题意，按“2 人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．
①“2 人既会英语又会法语”不参加，这时有
种；
②“2 人既会英语又会法语”中有一人入选，
这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，
因此有
种；
③“2 人既会英语又会法语”中两个均入选，
这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，
因此有
种．
综上分析，共可开出
种．
故选：B．
【例2】“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在
端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8 名队员中有3 人只会划左桨，3 人只
会划右桨，2 人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3 人、划右桨的3 人共6 人去参加比赛，则不同
的选派方法共有（ ）
A．26 种
B．30 种
C．37 种
D．42 种
【答案】C
【解析】根据题意，设
只会划左桨的3 人，
只会划右桨的3 人，
既会划左桨又会划右桨
的2 人，据此分3 种情况讨论：
①从
中选3 人划左桨，划右桨的在（
）中剩下的人中选取，有
种选法，
②从
中选2 人划左桨，
中选1 人划左桨，划右桨的在（
）中选取，有
种选法，
③从
中选1 人划左桨，
中2 人划左桨，
中3 人划右桨，有
种选法，
则有
种不同的选法．
故选：C．
【变式1】我校去年11 月份，高二年级有10 人参加了赴日本交流访问团，其中3 人只会唱歌，2 人只会跳
舞，其余5 人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6 人上台表演，3 人唱歌，3 人跳舞，有（ ）种不同的选法．
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据题意可按照只会跳舞的人中入选的人数分类处理．
第一类个只会跳舞的都不选，则从既能唱歌又能跳舞的5 人中选择3 人来跳舞，接着从剩余的5 人中选
择3 人唱歌，故有
种；
第二类个只会跳舞的有人入选，有
种，再从从既能唱歌又能跳舞的5 人中选择2 人来跳舞，有
种，
再从剩余的6 人中选择3 人唱歌，有
种，故有
种；
第三类个只会跳舞的全入选，有
种，再从从既能唱歌又能跳舞的5 人中选择1 人来跳舞，有
种，再
从剩余的7 人中选择3 人唱歌，有
种，有
种，
所以共有
种不同的选法，
故选：A．
【变式2】某龙舟队有9 名队员，其中3 人只会划左舷，4 人只会划右舷，2 人既会划左舷又会划右舷．现
要选派划左舷的3 人、右舷的3 人共6 人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．56 种
B．68 种
C．74 种
D．92 种
【答案】D
【解析】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有
种，有一个“多面手”的选派方法有
种，有两个“多面手”的选派方法有
种，即共有
(种)不同的选派方法．
故选：D
【题型九】错位排列
【例1】将编号为、
、、
、、的小球放入编号为、
、、
、、的六个盒子中，每盒
放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据题意，分以下两步进行：
（1）在个小球中任选
个放入相同编号的盒子里，有
种选法，假设选出的
个小球的编号为
、；
（2）剩下的
个小球要放入与其编号不一致的盒子里，
对于编号为的小球，有个盒子可以放入，假设放入的是
号盒子.
则对于编号为
的小球，有个盒子可以放入，
对于编号为、
的小球，只有种放法.
综上所述，由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为
种.
故选：B.
【例2】编号为1、2、3、4、5 的5 个人分别去坐编号为1、2、3、4、5 的五个座位，其中有且只有两
个人的编号与座位号一致的坐法有（ ）
A．10 种
B．20 种
C．30 种
D．60 种
【答案】B
【解析】先选择两个编号与座位号一致的人，方法数有
，
另外三个人编号与座位号不一致，方法数有
，
所以不同的坐法有
种.
故选：B
【变式1】“数独九宫格”原创者是18 世纪的瑞士数学家欧拉，
它的游戏规则很简单，将1 到9 这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9 个空格里，每个空格填一
个数，且9 个空格的数字各不相间，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左
至右及第二列从上至下所填的数字都是从大到小排列的，则不同的填法种数为（ ）
A．72
B．108
C．144
D．196
【答案】C
【解析】按题意5 的上方和左边只能从1，2，3，4 中选取，5 的下方和右边只能从6，7，8，9 中选取．
因此填法总数为
．
故选：C.
【变式2】将编号为1､2､3､4､5､6 的六个小球放入编号为1､2､3､4､5､6 的六个盒子里，每个盒子放一
个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的方法总数是（ ）
A．20
B．40
C．120
D．240
【答案】B
【解析】第一步，先选取3 个盒子，放入编号相同的3 个球，方法数为
，第二步剩下的3 个盒
子放入编号不同的小球，有2 种方法，所以总方法数为
．
故选：B．
【题型十】涂色问题
【例1】如图所示，积木拼盘由
五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘
的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：
与
为相邻区域，
与
为不相邻区域），现有五种不同的
颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .
【答案】960
【分析】先涂
，再涂
，再涂
，再涂
，最后涂
，由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方法种数.
【详解】先涂
，则
有种涂法，再涂
，因为
与
相邻，所以
的颜色只要与
不同即可，有
种涂
法，同理
有种涂法，
有
种涂法，
有
种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数
为
.
故答案为：
.
【例2】如图，一个区域分为5 块，现给每块着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．若有4 种颜色可供
选择，则不同的着色方法共有 种．
【答案】72
【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，按照颜色分类，用3 种颜色与用4 种颜色分为两类
计算即可得结论.
【详解】按照使用颜色的种灶分为两类：
第一类，使用了4 种颜色，此时2，4 同色或3，5 同色，则共有
，
第二类，使用了三种颜色，此时2，4 同色且3，5 同色，则共有
，
所以共有
种.
故答案为：
.
【变式1】将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的4 个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂
不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
①
②
④
③
【答案】180
【分析】分①④不同色；①④同色两种情况，结合分步乘法计数原理求出两种情况下的涂法，再相加得到
答案.
【详解】依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成四步来完成．
第一步涂①，从5 种颜色中任选一种，有5 种涂法；
第二步涂②，从余下的4 种颜色中任选一种，有4 种涂法；
第三步涂③与第四步涂④时，分别有3 种涂法和2 种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为
（种）．
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．
第一步涂①④，有5 种涂法；第二步涂②，有4 种涂法；第三步涂③，有3 种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有
（种）．
综上可知，所求的涂色方法共有
（种）．
故答案为：180
【变式2】从4 种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体
的每条棱染色，要求每条棱只染一种
颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种．
【答案】96
【分析】根据所涂颜色的种数分类，结合排列，组合公式，即可求解.
【详解】若所有相对的棱涂同一种颜色，共用3 种颜色，有
种方法，
若所有相对的3 对棱中有2 对对棱涂同色，共用4 种颜色，有
种方法，
所以共有
种方法.
故答案为：
【题型十一】分组问题
【例1】将6 本不同的书（包括1 本物理书和1 本历史书）平均分给甲、乙两人，其中物理书和历史书不能
分给同一个人，则不同的分配种数是（ ）
A．6
B．12
C．18
D．24
【答案】B
【分析】利用分步乘法原理和分组分配方法求解.
【详解】第一步：把1 本物理书和1 本历史书分给两个人，1 人一本，有
种分配方法,
第二步：把剩下4 本书平均的分给两个人，有
种分配方法,
所以共有
种分配方法，
故选:B.
【例2】（1）由0，1，2，3，4，5，6 这7 个数字组成的没有重复数字的四位偶数有多少个？
（2）把5 个不同颜色的小球放入3 个不同的盒子，每个盒子至少放入1 个小球，有多少种不同的放法？
（3）某书法兴趣小组有7 名组员，其中3 人只擅长硬笔书法，2 人只擅长软笔书法，其余2 人既擅长硬笔
书法，又擅长软笔书法，现从书法兴趣小组中选择擅长硬笔书法的2 人参加硬笔书法比赛，擅长软笔书法
的2 人参加软笔书法比赛（每个人不能同时参加两个比赛），则不同的选择方法有多少种？
【答案】（1）420；（2）150；（3）37.
【分析】（1）按个位数字是否为0 分类，结合排列计数问题列式求解.
（2）把5 个不同颜色的小球按
分成3 组，再利用全排列列式求解.
（3）根据给定的信息，按擅长两种书法的选与不选分类，结合组合计数问题求解.
【详解】（1）求没有重复数字的四位偶数的个数有两类：
个位数字为0，共有
个；个位数字不是0，共有
个，
所以没有重复数字的四位偶数的个数是
.
（2）把5 个不同颜色的小球按
分成3 组的分法数为
；按
分成3 组的分法数为
，
将每种分法所得3 组放入3 个不同盒子，有
种放法，
所以不同的放法种数为
.
（3）求不同选法种数，有三类办法：
擅长两种书法的不选，有
种；擅长两种书法的选1 人，有
种；
擅长两种书法的选2 人，有
种，
所以不同选法种数是
.
【变式1】某市政工作小组就民生问题开展社会调研，现派遣
三组工作人员对市内甲，乙、丙、丁
四区的居民收入情况进行抽样调查，若每区安排一组工作人员调研，且每组工作人员至少负责一个区调研，
则不同的派遣方案共有（ ）
A．36 种
B．48 种
C．56 种
D．72 种
【答案】A
【分析】按照分组分配问题先将四个区分为三组，再分配到三组工作人员中去即可.
【详解】先将甲、乙、丙、丁四个区分成三组，即任意选两个成为一组，剩余两个各自一组，共
种，
再将分好的三组不同的区分配给
三组工作人员，共有
种分配方法；
因此共
种.
故选：A
【变式2】某高校要在假期安排甲、乙等名大学生到
、
、
三个公司进行社会实践，要求每个公司都
要有大学生去，且甲和乙都不能去
公司，则不同的安排方式有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【分析】对
公司去的学生人数进行分类讨论，结合分类和分步计数原理可得结果.
【详解】因为甲和乙都不能去
公司，对
公司去的学生人数进行分类讨论：
若去
公司只有个人，有种情况，然后将剩余
人分为两组，再将这两组分配给
、
两个公司，
此时有
种不同的安排方式；
若去
公司有
人，有
种情况，然后将剩余人分为两组，再将这两组分配给
、
两个公司，
此时有
种不同的安排方式；
若去
公司有人，只需将甲、乙两人分配给
、
公司即可，每个公司个人，
此时有
种不同的安排方式.
由分类加法计数原理可知，不同的安排方式种数为
种.
故选：D.
【题型十二】分配问题
【例1】现将1 个红球、1 个黄球、1 个绿球及3 个白球（白球之间没有区别）放入3 个不同的盒子中，每
个盒子放入2 个球，则不同的放法种数为 ．（用数字作答）
【答案】24
【分析】把6 个小球按2 个球一组分成3 组，再放到3 个不同盒子即可.
【详解】把6 个小球按2 个球一组分成3 组，有两类分法：每个盒子放入一个白球，有1 种方法；
有2 个白球放入一个盒子，有
种方法，再将分成的3 组放入3 个盒子有
种方法，
所以不同的放法种数为
.
故答案为：24
【例2】若将4 名志愿者分配到3 个服务点参加抗疫工作，每人只去1 个服务点，每个服务点至少安排1 人，
则不同的安排方法共有（ ）
A．36 种
B．48 种
C．96 种
D．108 种
【答案】A
【分析】利用分组分配方法求解即可.
【详解】将4 个人分成3 个组有
种方法，
再将3 个组分配到3 个服务点有
种方法，
故选:A.
【题型十三】隔板法
【例1】学校决定把
个参观航天博物馆的名额给三（1）､三（2）､三（3）､三（4）四个班级.要求每个
班分别的名额不比班级序号少，即三（1）班至少个名额，三（2）班至少
个名额，……，则分配方案有
（ ）
A．种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【解析】根据题意，先在编号为
､､
的个班级中分别分配､
､个名额，
编号为的班级里不分配；再将剩下的个名额分配
个班级里，每个班级里至少一个，
由隔板法可得共
种放法，即可得符合题目要求的方法共
种.
故选：B.
【例2】某校将个三好学生名额分配到高三年级的个班，每班至少个名额，则共有多少种不同的分配
方案（ ）
A．15
B．20
C．10
D．30
【答案】C
【解析】采用“隔板法”，6 个名额之间有5 个空，隔2 块板就可以分成3 份，每份至少一个名额，故共有
种方案.
故选：
.
【变式1】学校有6 个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1 个名额，则有（
）种分配方案．
A．135
B．10
C．75
D．120
【答案】B
【解析】“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”，
故有
，
故选：B.
【变式2】现有9 个相同的球要放到3 个不同的盒子里，每个盒子至少一个球，各盒子中球的个数互不相
同，则不同放法的种数是（ ）
A．28
B．24
C．18
D．16
【答案】C
【解析】把9 个球分成3 组，每组个数不相同，分法（按球的个数）为：126，135，234 共三种，然后每
组球放到3 个盒子中有
种方法，方法数为3×6=18．
故选：C．
【题型十四】分解法模型与最短路径问题
【例1】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】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.
【例2】有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，
只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有
多少种不同走法？
A．6
B．8
C．10
D．12
【答案】B
【解析】如图，①从入口﹣1
3
5
6
0
﹣﹣﹣﹣﹣出口，
②从入口﹣1
3
4
6
0
﹣﹣﹣﹣﹣出口，
③从入口﹣1
3
4
7
8
9
10
6
0
﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣出口，
④从入口﹣1
3
4
9
10
6
0
﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣出口，
⑤从入口﹣2
3
4
6
0
﹣﹣﹣﹣﹣出口，
⑥从入口﹣2
3
5
6
0
﹣﹣﹣﹣﹣出口，
⑦从入口﹣2
3
4
7
8
9
10
6
0
﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣出口，
⑧从入口﹣2
3
4
9
10
6
0
﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣出口，
共有8 种，
故选：B．
【变式1】如图，某城市的街区由12 个全等的矩形组成（实线表示马路），CD 段马路由于正在维修，暂
时不通，则从A 到B 的最短路径有（ ）
A．23 条
B．24 条
C．25 条
D．26 条
【答案】D
【解析】先假设
是实线，
则从
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
不通时，最短路径有
条.
故选：D
【变式2】方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活
规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大
正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从
点出发，沿着竹棍到达
点，则蚂蚁选择的
不同的最短路径共有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】由题意可知，从
到
最少需要步完成，其中有
步是横向的，
步是纵向的，
步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有
种.
故选：D.
【题型十五】环排问题
【例1】现有8 个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】8 个人围成一圈,有
种.
其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由
.
所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为
.
故答案为：D
【例2】A，B，C，D，E，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅
子，B，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（ ）
A．60 种
B．48 种
C．30 种
D．24 种
【答案】B
【解析】首先，A 是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，
考虑B、C 两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，
根据排列数的计算公式，得到，
，接下来，考虑其余三人的情况，
其余位置可以互换，可得
种，最后根据分步计数原理，得到
种，
故选B.
【变式1】如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个
区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（ ）.
A．40320 种
B．5040 种
C．20160 种
D．2520 种
【答案】D
【解析】先从7 种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有
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2】21 个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1 到3 循环报数，报数字“3”的人
出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数
为（ ）
A．19
B．38
C．51
D．57
【答案】D
【解析】当倒数第个人出来表演节目时，一共报数了
次.
故选：D
易错点：对两个计数原理理解混乱
两个计数原理
完成一件事的策略
完成这件事共有的方法
分类加法
计数原理
有两类不同方案❶，在第1 类方案中有m 种不同
的方法，在第2 类方案中有n 种不同的方法
N＝m＋n 种不同的方法
分步乘法
计数原理
需要两个步骤❷，做第1 步有m 种不同的方法，
做第2 步有n 种不同的方法
N＝m×n 种不同的方法
(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法
就可完成这件事.
(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成
这件事.
(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.
易错提醒：1.完成一件事可以有n 类不同方案，各类方案相互独立，在第1 类方案中有m1 种不同的
方法，在第2 类方案中有m2 种不同的方法……在第n 类方案中有mn 种不同的方法.那么，完成这件事共
有N＝m1＋m2＋…＋mn 种不同的方法.
2.完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可，做第1 步有m1 种不同的方法，做第2 步有m2 种不同
的方法……做第n 步有mn 种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn 种不同的方法.
【例1】甲乙两位同学从6 种课外读物中各自选读2 种，则这两人选读的课外读物中恰有1 种相同的选法共
有
A．30 种
B．60 种
C．120 种
D．240 种
【答案】
【解析】根据题意可得满足题意的选法种数为：
．
故选：
．
【例2】有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天
中恰有1 人连续参加两天服务的选择种数为
A．120
B．60
C．40
D．30
【答案】
【解析】先从5 人中选1 人连续两天参加服务，共有
种选法，
然后从剩下4 人中选1 人参加星期六服务，剩下3 人中选取1 人参加星期日服务，共有
种选法，
根据分步乘法计数原理可得共有
种选法．
故选：
．
【例3】某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初
中部和高中部两层共抽取60 名学生，已知该校初中部和高中部分别有400 名和200 名学生，则不同的抽样
结果共有
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】
【解析】
初中部和高中部分别有400 和200 名学生，
人数比例为
，
则需要从初中部抽取40 人，高中部取20 人即可，
则有
种．
故选：
．
