重难点18 排列组合模型与应用
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模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感”
近三年：近三年高考对排列组合的考察，定位在中等偏难的选填5 分小题，有时候嵌在概率大题中作为基
础计算来考察，也是必拿分题型．对于排列组合考察，有限制条件的排列与组合，特别是特殊元素特殊位
置排列，相邻问题不想理问题这类限制条件的排列是近三年的考察基础和考察核心。
预测2026 年：预测2026 年高考， 排列组合从以下几个点复习备考训练考察：
1.真实情境，以社区服务、选课走班、赛事安排、交通路径、数字编码等生活化 或项目式情境包装，重
点考考察对规则的阅读以及转化翻译成数学模型的能力。
2.多重限制题型的考察常态化。一道题会叠加2–3 个条件，如：甲不在首尾， 乙丙相邻 ， 丁戊不相邻
等等，考分类与分步知识的处理。
3.与概率深度绑定，在小题中是纯计数。在解答题大题中涉及到用排列组合计算，或者求古典概型概率。
考向01 四大基础模型1：人坐座位
人坐座位模型：
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。
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
1．（2022·湖北·模拟预测）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
【分析】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.
【详解】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
【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标
准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16 分为5 个数（从1 到4）的和的分类标准，可以
做到不重不漏.
2．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）从标有0，1，2，3，4 的五张卡片中随机选取4 张放入如图所示的空格处
组成一个四位数的偶数，则这个数大于2023 的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】当个位数是
时，有
种；
当个位数是
或
时，有
种，
所以组成的四位数的偶数共有
种；
当千位数是
时，比
大的偶数有
种；
当千位数是时，比
大的偶数有
种；
当千位数是
时，个位是
且比
大的偶数有
种，
个位是
且比
大的偶数有
种，
所以比
大的偶数共有
种，
所以所求概率为
.
3．（25-26 高三下·海南·月考）甲乙丙等
､
､
7 名同学参加演讲比赛，决出特等奖1 名一等奖
､
1 名二等奖
､
2
名三等奖
､
3 名.比赛结束后，甲说：“我和乙均获三等奖，”乙说：“我获三等奖，”丙说：“我和乙至
少有1 人获三等奖，”已知这3 人中仅有1 人说谎，则这7 人获奖情况的种数为（ ）
A．60
B．90
C．120
D．180
【答案】C
【分析】根据题意转化为安排乙是三等奖甲不是三等奖，利用组合即可求解.
【详解】若乙不是三等奖，则甲乙都说谎，不合题意，
所以乙是三等奖，乙丙说真话，甲说谎，即甲不是三等奖，
三等奖3 名，含乙不含甲，剩余2 个名额在除甲乙外的5 人中选，有
种选法，
二等奖2 名，在未被选入三等奖的4 人中选取，有
种选法，
最后两人先选特等奖再选一等奖
种选法，
所以这7 人获奖情况的种数为
.
4．（25-26 高三上·广东深圳·月考）甲、乙、丙、丁、戊5 人站成一排，若甲和乙之间恰好有1 人，且丙和
丁不相邻，则不同排法共有（ ）
A．16 种
B．20 种
C．24 种
D．28 种
【答案】D
【分析】分类讨论求解， 第一类，甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻；第二类，甲和乙之间为
戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件.从而得解.
【详解】甲和乙之间恰好有1 人，有两种情况：
甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻，有
种，
甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件，有
种，共有
种．
故选：D.
考向02 四大基础模型2：球放盒子
技巧：先分组再排列（尽量遵循这个，否则容易出现重复）
先分组后排列模型：又称“球放盒子”x
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？
5．（25-26 高三下·重庆·开学考试）将一些相同的小球放入一排盒子中，每个盒子中至多放一个小球.若要
放三个小球且装有小球的盒子互不相邻的方案数为x，若要放四个小球且装有小球的盒子互不相邻的方案
数为y，若
，则这一排盒子的总个数为（ ）
A．13
B．14
C．15
D．16
【答案】B
【详解】设这一排盒子的总个数为n 个，则由题结合不相邻插空法得
，
，且
，
由
可得
，即
且
，
化简得
，且
，
解得
（舍去）或
.
所以这一排盒子的总个数为14.
6．（25-26 高二上·河南驻马店·月考）某城市举办国际马拉松比赛，在某路段设
三个服务点，某高
校包括甲与乙在内的5 名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服务点，每个服务点至少1 人，
则甲与乙不去同一个服务点的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先运用“先分组后分配”的策略求出5 名同学去3 个服务点的安排方法数，再运用“正难则反”
策略与“捆绑法”求出甲与乙去同一个服务点的安排方法数，再利用古典概型以及对立事件的概率公式即
可得解.
【详解】5 名同学分成3 个小组，
若按2 人，2 人，1 人来分有
种分组方式，
若按3 人，1 人，1 人来分有
种分组方式，
再把这三个小组排列到三个服务点去共有
种分配方法，
所以每个服务点至少有1 人的不同安排方法有：
种.
若甲乙去同一个服务点且该服务点有两人，则有
种分组方式；
若甲乙去同一个服务点且该服务点有三人，则有
种分组方式；
再把这三个小组排列到三个服务点去共有
种分配方法，
所以甲乙去同一个服务点的不同安排方法有：
种.
因此，甲乙去同一个服务点的概率为
，
则甲与乙不去同一个服务点的概率为
.
故选：B.
7．（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6 名志愿者分配到3 个社区协助开展活动，每个社区至少1
人，每个人只去1 个社区，且甲、乙两人不在同1 个社区，则不同的分配方法数是（ ）
A．540
B．504
C．408
D．390
【答案】D
【分析】先分组后分配，再间接减去甲、乙在一起的情况即可.
【详解】总的分配方法有
种.
若按照
分堆，甲、乙在一起的情况有
种；
若按照
分堆，甲、乙在一起的情况有
种；
若按照
分堆，甲、乙在一起的情况有
种，故不同的分配方法数为
.
故选D.
8．（24-25 高二下·安徽蚌埠·期中）将20 个大小，材质均相同的小球分别编号为1，2，3，…，20，将这
20 个小球随机分装到甲，乙两个盒子中，每个盒子装10 个小球，设甲盒中小球的最小编号为a，最大编号
为b，乙盒中小球的最小编号为c，最大编号为d，则“
”的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先求出将这20 个小球随机分为两组放入甲，乙两个盒子中的方法数，再假设1 号在甲盒中，推出
编号从1 到7 的小球，13 号小球在甲盒中，情况数为
，甲盒与乙盒互换，同样有6 种情况，共有12
种满足要求，从而计算出概率.
【详解】将这20 个小球随机分为两组放入甲，乙两个盒子中，共有
种方法，
假设1 号在甲盒中，则甲盒中小球的最大编号为13，故20 号小球在乙盒中，
乙盒中小球最小编号为8，从而编号从1 到7 的小球均在甲盒中，
9,10,11,12 号小球有任意2 个在甲盒中，满足要求的情况数为
，
将甲盒与乙盒互换，同样有6 种情况，综上，共有
种，满足要求，
所以“
”的概率为
.
故选：C
考向03 四大基础模型3：书架插书
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；
也可以把有顺序得“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总座位”中选（百分比法）
“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）
9．（2024·河北·模拟预测）某电视台曾在某时间段连续播放5 个不同的商业广告，现在要在该时间段新增
播一个商业广告与两个不同的公益宣传广告，且要求两个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播
放，则在不改变原有5 个不同的商业广告的相对播放顺序的前提下，不同的播放顺序共有（ ）
A．60 种
B．120 种
C．144 种
D．300 种
【答案】B
【分析】先插入一个商业广告，再在中间插入两个公益广告，由分步乘法原理可得．
【详解】安排方法是先插入一个商业广告有
种方法，再在6 个商业广告中间插入两个公益广告，方法数
，所以不同的播放顺序数为
．
故选：B．
10．（24-25 湖南长沙·模拟预测）国庆期间，中华世纪坛举办“传奇之旅：马可•波罗与丝绸之路上的世
界”展览，现有8 个同学站成一排进行游览参观，若将甲、乙、丙3 个同学新加入排列，且甲、乙、丙互
不相邻，保持原来8 个同学顺序不变，则不同的方法种数为（ ）
A．84
B．120
C．504
D．720
【答案】C
【分析】不相邻问题插空法，8 个同学一排有9 个空，把甲、乙、丙插在9 个空即可.
【详解】8 个同学站成一排有9 个空，甲、乙、丙在9 个空中任意排列，则不同的方法种数为
.
故选：C.
11．（2024·云南·二模）某学校组织学生到敬老院慰问演出，原先准备的节目单上共有5 个节目(3 个歌唱
节目和2 个舞蹈节目).根据实际需要，决定将原先准备的节目单上的5 个节目的相对顺序保持不变，再在节
目单上插入2 个朗诵节目，并且朗诵节目在节目单上既不排第一，也不排最后，则不同的插入方法一共有
（ ）
A．18 种
B．20 种
C．30 种
D．34 种
【答案】B
【分析】本题根据排列组合的基本原理，相邻问题采用“捆绑法”，不相邻问题采用“插空法”.由题意，
原5 个节目安排好以后，中间产生四个空档，然后对新插入的两个朗诵节目分为相邻和不相邻两种情况插
入即可得出结果.
【详解】由题意得：（1）新插入的两个朗诵节目相邻时：有
种方法，
（2）新插入的两个朗诵节目不相邻时：有
种方法，
综上得：共有
种方法.
故选：B.
12．（23-24 高二下·广西河池·月考）桨校组织部分班级参观博物馆，现已安排了5 个班级参观，并且已经
确定了5 个班级的参观顺序，参观前临时增加了2 个班级参观博物馆，现将增加的2 个班级插入5 个班级
之间，要求原5 个班级顺序不变，插入的班级即不排在首位，也不排在末位，则不同的插入方法数为（
）
A．12
B．18
C．20
D．60
【答案】C
【分析】分两种情况两个班级在一起和两个班级不在一起，利用捆绑法、插空法求解即可.
【详解】要保持原5 个班级顺序不变，并且新插入的2 个班级不能在首位也不能在末位，
则只需将新加入的2 个班级插入原来的5 个班级的中间，
新的2 个班级分开插入的方法数有：
种，
新的2 个班级捆绑一起再插入的方法数有：
种，
综上，总的方法数为
种.
故选:C.
考向04 四大基础模型4：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”
1. 相同元素无排列（只选不排）；
2.部分相同元素，只对“相同元素”不排
13．（24-25 高二下·四川眉山·期末）在风水学中，单数被视为阳数，象征着积极向上和吉祥，而双数被视
为阴数，寓意不佳．在实际应用中，家庭中常见的楼梯台数通常是9 级，而公共建筑中则多为11 级．今李
白在教学楼一二楼之间的楼梯（共11 个台阶）上行走，他每次迈步有两种方式：每步登上1 个台阶或2 个
台阶．那么李白从楼梯底部登上第11 个台阶的迈步方法有______种．
【答案】144
【分析】首先设从楼梯底部登上第
个台阶的迈步方法数为
，由题意得到递推关系式
，再代入求
.
【详解】按李白的迈步方式，记从楼梯底部登上第
个台阶的迈步方法数为
，显然
，
，
当
时，要登上第
个台阶，可以分两类：
第一类，从第
个台阶一步迈上，有
种；
第二类，从第
个台阶一步迈上，有
种．
根据分类加法计数原理，
．
易得
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：
14．（24-25 高三山东临沂模拟预测）某人要经过一段有14 级台阶的楼梯，他每次迈步时都是一步迈两级
或三级台阶，那么他的走法有______种．
【答案】21
【分析】根据迈三级台阶的次数分类讨论，最后再由分类加法计数原理即可得不同的走法总数.
【详解】考虑迈三级台阶的次数：
迈0 次三级台阶，即每次迈2 级台阶，走7 次，只有1 种走法；
迈1 次三级台阶，还有11 级，无法被2 整除，不可能；
迈2 次三级台阶，还有8 级，再迈4 次2 级台阶，一共要迈6 次，所以有
种走法；
迈3 次三级台阶，还有5 级，无法被2 整除，不可能；
迈4 次三级台阶，还有2 级，再迈1 次2 级台阶，一共要迈5 次，所以有
种走法；
迈5 次三级台阶，已经超过14 级台阶了，不可能，
根据分类加法计数原理，不同的走法共有
种.
故答案为：21.
15．（24-25 河南许昌·模拟预测）欲登上7 阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼
梯，则共有_____种上楼梯的方法.
【答案】21
【详解】本题采用分步计数原理.
第一类：0 次一步跨上2 阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7 次楼梯，只有1 种上楼梯的方法；
第二类，1 次一步跨上2 阶楼梯，5 次每步跨上一阶楼梯，跨6 次楼梯，有
种方法；
第三类：2 次一步跨上2 阶楼梯，3 次每步跨上一阶楼梯，跨5 次楼梯，有
种方法；
第四类：3 次一步跨上2 阶楼梯，1 次每步跨上一阶楼梯，跨4 次楼梯，有
种方法；共计21 种上楼
梯的方法.
16．（23-24 高三上·河南南阳·期末）某楼梯共有
个台阶，小明在上楼梯的时候每步可以上个或者
个
台阶，则小明不同的上楼方法共有_____________种．（用数字作答）
【答案】
【分析】借助加法计数原理，得到
，依次计算即可.
【详解】设小明上
个台阶有
种方法，考虑最后一步：
若最后一步小明上个台阶，则前
个台阶有
种方法且
；
若最后一步小明上
个台阶，则前
个台阶有
种方法且
.
由加法原理得
，易知
，
可得
，
所以小明不同的上楼方法共有
种.
故答案为：
.
考向05 特殊元素特殊位置1：相邻捆绑型
技巧思维：1.特殊元素优先排；2.特殊位置优先占；3.正面复杂，则间接法：正难则反；
4. 相邻在一起“捆绑法”，要注意“捆绑”得内部有小排列
5. 不相邻的，插空法，一般情况下，插空的最后插入间隔空隙中；
6. 转换视角：座位可以“暴力拆迁掉”，人“自带”椅子（座位）。
1．（21-22 高二下·湖南·月考）甲、乙、丙等6 人排成一排，则甲和乙相邻且他们都和丙不相邻的排法共
有（ ）
A．144 种
B．72 种
C．36 种
D．246 种
【答案】A
【详解】甲乙相邻，看作一个整体，内部排列，他们两人都和丙不相邻，因此采用插空法，先排甲乙丙外
的三人，三人之间或两边会出现四个空，将甲乙看作的一个人和丙选两空排列，
由此可知，不同的排法共有
种,
故选:A
2．（24-25 福建·模拟预测）用1，2，3，4，5，6 组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的
奇偶性不同的条件下，1 和2 相邻的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6 位数的个数，再讨论个位是偶数并分2 在或不在个
位计数，以及个位是奇数并分1 在或不在个位计数，最后求目标概率.
【详解】将3 个偶数排成一排有
种，再将3 个奇数分两种情况插空有
种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6 位数有
种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1 和2 相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2 在个位，则1 在十位，此时有
种；
2 不在个位：将4 或6 放在个位，百位或万位上放2，在2 的两侧选一个位置放1，最后剩余的2 个位置放
其它两个奇数，此时有
种；
所以个位是偶数共有20 种；
同理，个位是奇数也有20 种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1 和2 相邻数有40 种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1 和2 相邻的概率是
.
故选：C
【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1 和2 相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放
置偶数或奇数，进而分1、2 是否在该位置的情况计数.
3．（24-25 河南 模拟预测）在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6 个程序，其中程序
只能出
现在第一步或最后一步，程序
实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【分析】试题分析：本题是一个分步计数问题，A 只能出现在第一步或最后一步，从第一个位置和最后一
个位置选一个位置把A 排列，程序B 和C 实施时必须相邻，把B 和C 看做一个元素，同除A 外的3 个元素
排列，注意B 和C 之间还有一个排列．
解：本题是一个分步计数问题，
∵由题意知程序A 只能出现在第一步或最后一步，
∴从第一个位置和最后一个位置选一个位置把A 排列，有A2
1=2 种结果
∵程序B 和C 实施时必须相邻，
∴把B 和C 看做一个元素，同除A 外的3 个元素排列，注意B 和C 之间还有一个排列，共有A4
4A2
2=48 种结
果
根据分步计数原理知共有2×48=96 种结果，
故选B．
考点：计数原理的应用．
4．（2024 高三·全国·专题练习）三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个
女生相邻的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用条件概率结合计数原理求解.
【详解】从三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，共有
种不同排法，
女生甲不在两端，同时有且只有两个女生相邻分两类
女生甲单独站，则有
；
女生甲和另一个女生站一起，则有
,
所以，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是
．
故选：D.
考向06 特殊元素特殊位置2：不相邻插空型
相邻和不相邻排列：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”。插空的元素，一般最后排。
5．（21-22 高三上·上海嘉定·月考）中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指
德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.
某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，
“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408 种
B．240 种
C．1092 种.
D．120 种
【答案】A
【分析】根据给定条件先求出“射”不在第一次的“六艺”讲座不同的次序数，去掉“射”不在第一次且
“数”和“乐”两次相邻的“六艺”讲座不同的次序数即可得解.
【详解】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为
，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为
，
于是得
，
所以“六艺”讲座不同的次序共有408 种.
故选：A
【点睛】思路点睛：含有两个限制条件的排列问题，利用排除法，先让一个条件被满足，再去掉这个条件
满足时另一个条件不满足的所有可能即可解决问题.
6．（2024 高三·全国·专题练习）某班级星期一上午要排5 节课，语文、数学、英语、音乐、体育各1 节，
考虑到学生学习的效果，第一节不排数学，语文和英语相邻，且音乐和体育不相邻，则不同的排课方式有
A．14 种
B．16 种 C．20 种 D．30 种
【答案】C
【详解】把语文和英语看作一个复合元素和数学全排，形成了三个空，把音乐和体育插入到其中
个空
中，故有
种，若第一节排数学,
节只能排语文和英语,
节只能排音乐和体育，故有
种，故第一节不排数学，语文和英语相邻，且音乐和体育不相邻，则不同的排课方式有
种，故选
.
7．（25-26 高三下·河南驻马店·开学考试）中国古代中的“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”合称
“六艺”．某校国学社团准备开展关于“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”的讲座活动各一场，讲座
场次要求“礼”不在第一场也不在最后一场，“射”和“御”的场次不相邻，则不同的排法共有（ ）．
A．408 种
B．336 种
C．240 种
D．120 种
【答案】B
【详解】“礼”不在第一场也不在最后一场，先为“礼”选择中间4 个位置中的1 个，有
种方法；再将
剩余5 个元素全排列，有
种方法，共
种，
先将“射”和“御”捆绑，内部有
种排法；将此捆绑体与其余4 个元素（含“礼”）排列，要求“礼”不
在首尾，排法有
种，
故“礼”不在第一场也不在最后一场，且“射”和“御”的场次相邻的排法共
种，
故不同的排法共有
种．
8．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）某学术会议有
个相邻座位（编号至
），安排来自所不同
大学的
位教授入座，每校
人（甲校
、乙校
、丙校
），要求甲校的
必须坐在乙校
的
的左侧且相邻；丙校的
与
两人座位不相邻，则符合条件的安排方法共有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【分析】采用捆绑、插空的方法结合排列数计算即可求解.
【详解】先将
绑在一起，当做一个人和
进行排列，共有
种排列，
有
个空位选两个插入
与
，所以共有
种符合条件的安排方法.
故选：B
考向07 特殊元素特殊位置3：染色回避型
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。也就是说尽量先从某个
“相邻三角形”开始。
比如，以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构
9．（2025 高三·全国·专题练习）如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D 的四个区域，现有4
种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（ ）种不同的种植
方法．
A．36
B．60
C．84
D．120
【答案】C
【分析】设k 种种子排成环形的n 个区域种植不同的方法数为
,利用间接法，先求出排成一行的4 个区
域种植且相邻区域种植4 种不同的种子的方法数
，减去区域1 和区域n 种植相同种子的方法数
，即得答案.
【详解】设k 种种子排成环形的n 个区域种植不同的方法数为
，
若先考虑排成一行的区域种植且相邻区域种植不同种子，则方法数应为
，
①若区域1 和区域n 种植不同种子时，则把区域1 和区域n 粘在一起成一个环状时满足条件：
②若区域1 和区域n 种植相同种子时，把区域1 和区域n 粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需
从
种方法中被减掉．
所以
，依题意，易得
，则
，
即
．
故选：C.
10．（2024 高三·全国·专题练习）对如图所示的5 个格子进行染色，每个格子均可从红、绿、黄三种颜色
中选一种，则没有相邻红格的概率为______．
【答案】
【分析】通过讨论红格个数，由古典概型概率公式求解即可，
【详解】0 个红格，共
种；1 个红格，共
种；2 个红格，共
种；
3 个红格，共
种，
.
故答案为：
.
11．（2025 高三·全国·专题练习）给图中六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色且相邻的区域不同
色．若有4 种不同的颜色可供选择，则共有______种不同的染色方案．
【答案】288
【分析】分类考虑用三种不同颜色涂色和用四种不同颜色涂色，算出每种情况的不同涂色方案，即可得答
案.
【详解】如图示，六个区域分别设为A,B,C,D,E,F 区域，
若仅用三种不同的颜色涂色，那么A,C 一定涂相同颜色，
此时共有
种不同的涂色方案；
若选四种不同颜色涂色，
那么当A,C 涂色相同时，那么A，B，C，D 用了三种不同颜色，
这时考虑给E 涂色时，可能是涂剩下的那一种颜色，也可能涂和AC 或B 相同的颜色，
此时有
种不同涂色方案，
当A,C 涂色不相同时，有
种不同涂色方案，
故共有的涂色方案共有
种，
故答案为：288
12．（2025 高三·全国·专题练习）用六种不同的颜色给如图所示的几何体的各个顶点染色，要求每条棱的
两个端点不同色，则不同的染色方法种数为______．
【答案】
【分析】分用
种、种、
种、种颜色三种情况讨论，先染
，
，
再染
，
，
，由分步乘法计
算原理求每一种情况的染色方法数，再求和即可求解.
【详解】第一类：若
种颜色都用上，共
种；
第二类：若用其中种颜色，首先选出种颜色，方法有
种．先染
，
，
，方法有
种，再染
，
，
中的两个点，方法有
种，最后剩余的一个点只有
种染法，
故此时染色方法共有
种；
第三类：若用其中
种颜色，首先选出
种颜色，方法有
种．先染
，
，
，方法有
种，再染
，
，
中的一个点，方法有种，最后剩余的两个点只有种染法，
故此时染色方法共有
种；
第四类：若用其中种颜色，首先选出种颜色，方法有
种．先染
，
，
，方法有
种，再染
，
，
方法有2 种，故此时染色方法共有
种；
综上可知：不同的染色方法共有
种，
故答案为：
.
考向08 相同元素技巧1：空位模型
这类题，就是简单的数字化法，大多可以及简洁的解决问题。但是要注意，一般空位，当做相同字母或
者数字来处理。
1．（2025·贵州黔南·三模）有
个空置车位排成一排，每个车位只能停放一辆车，现将3 辆不同的车停放
在车位上，若3 辆车互不相邻与恰有2 辆车相邻的停车方法数相等，则
___________（用数字作答）.
【答案】
【分析】假设辆车自带了车位，利用插空法和捆绑法求出3 辆车互不相邻与恰有2 辆车相邻的停车方法
数，即可得到方程，解得即可.
【详解】假设辆车自带了车位，余下还有
个车位，产生了
个空位，
现将辆车插空，则有
种停放方法，使得3 辆车互不相邻；
又恰有2 辆车相邻，将两辆车捆绑作为一组，另外一辆车作为一组，则有
种方法，
再两组车将插到
个空位，则有
种停放方法，
所以有
种停放方法，使得恰有2 辆车相邻，
依题意可得
，
即
，依题意
，解得
.
故答案为：
2．（2020·浙江·模拟预测）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
【分析】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
【详解】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.
【点睛】本题考查计数原理，熟练应用计数原理合理分步是解题的关键，属于简单题.
3．（2022·浙江·模拟预测）某大学一寝室4 人参加疫情防控讲座，4 人就坐在一排有13 个空位的座位上，
根据防疫要求，任意两人之间需间隔1 米以上（两个空位），则不同的就坐方法有_______种.
【答案】840
【分析】先假设每人坐一个位置相当于去掉4 个位置，再将4 人中间任意两人之间放进2 个空位，
此时空位一共还剩3 个，再将这三个分成一组、两组、三组讨论，利用分类计数原理计算可得答案.
【详解】先假设每人坐一个位置相当于去掉4 个位置，再将4 人中间任意两人之间放进2 个空位，
此时空位一共还剩3 个，若将这三个连在一起插入4 人之间和两侧的空位上，有5 种放法；
若将这三个分成两组，一组两个，一组一个，插入4 人之间和两侧的空位上，有
种放法；
若将这三个分成三组插入4 人之间和两侧的空位上，有
种放法，
故不同的就坐方法为
种.
故答案为：840.
4．（2022·浙江绍兴·模拟预测）某科室有4 名人员，两男两女，参加会议时一排有5 个位置，从左到右
排，则两女员工不相邻（中间隔空位也叫不相邻），且左侧的男员工前面一定有女员工的排法有_______
种（结果用数字表示）．
【答案】44
【分析】应用分类分步计数，结合排列组合数及插空法求左侧的男员工前面一定有女员工的排法数.
【详解】先排两男和空位，再把两女插空，分两种情形：
第一种，先排两男和空位，最左边是空位时，排两男和空位共
种，
将女生插空时又分两种情形：
先排两男和空位时，空位两侧排两名女生时计
种；
空位两侧共排一名女生时计
种，
共计
种；
第二种，先排两男和空位，最左边是男生时，排两男和空位共
种，将女生插空共
种，共
计
种，
综上，共计
种．
故答案为：44
考向09 相同元素技巧2：移动走路口模型
“走路空”模型，一般情况下，可以借助“数字化法”，把路口转化为相同数字来进行排列。
比如，向右，定为数字1，向上，定为数字2，
如下图，从A 到B，只向右和向上，那么向右2 步，向上3 步，可以理解为数字1,1,2,2,2 五个数字全排
列，那么只选不排，相当于五个位置，先放三个2，共有
种放法，
5．（25-26 高三辽宁肾炎模拟预测）在黑猫警长的森林街区行动中，黑猫警长从起点S 沿最短路径前往终
点T 抓捕逃犯；白鸽侦探从T 出发，沿最短路径前往S 支援.两人随机选择路径，且速度完全相同.其中
，
，
，
，
是森林道路网络中位于一条对角线上的5 个交汇点.（ ）
A．黑猫警长从S 到T 的最短路径方法有100 种
B．黑猫警长从S 必须经过
到达T 的方法有36 种
C．黑猫警长与白鸽侦探在
处相遇的概率为
D．黑猫警长与白鸽侦探相遇的概率为
【答案】C
【分析】从S 到T 的最短路径共需走8 步，其中4 步向右4 步向上，据此逐项计算可判断每个选项的正误.
【详解】对于A，如图所示，从S 到T 的最短路径共需走8 步，其中4 步向右4 步向上，
由黑猫警长从S 到T 的最短路径方法有
种，故A 错误；
对于B，黑猫警长从S 必须经过
到达T，
则需前4 步有1 步向右，3 步向上，后4 步有3 步向右，1 步向上，
故黑猫警长从S 必须经过
到达T 的方法有
种，故B 错误；
对于C，黑猫警长与白鸽侦探在
处相遇，
则黑猫警长前4 步有2 步向右，2 步向上，白鸽侦探前4 步有2 步向左，2 步向下，
则黑猫警长与白鸽侦探在
处相遇总的走法有
种，
所以黑猫警长与白鸽侦探在
处相遇的概率为
，故C 正确；
对于D，同C 可知黑猫警长与白鸽侦探在
相遇的走法有
种，
黑猫警长与白鸽侦探在
相遇时走法有
种，
黑猫警长与白鸽侦探在
处相遇时的走法有
种，
黑猫警长与白鸽侦探在
相遇时走法有
种，
黑猫警长与白鸽侦探在
相遇时走法有
种，
所以黑猫警长与白鸽侦探能相遇的走法有
种，
所以黑猫警长与白鸽侦探相遇的概率为
，故D 错误.
故选：C.
6．（22-23 高三上·上海浦东新·月考）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
【分析】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.
【详解】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.
7．（22-23 高二下·广东广州·期中）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，途经
处的路线有（ ）条
A．5
B．6
C．10
D．18
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出从
到
的方法种数，从
到
的方法种数，再利用分步计数乘法原理求解
作答.
【详解】小明从
处到达
处的过程中，途经
处需要2 步：从
到
处有
种方法，再从
到
有
种方法，
所以小明从
处到达
处的过程中，途经
处的路线有
（种）.
故选：D
8．（23-24 高二上·辽宁沈阳·月考）如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于
G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）
A．18
B．24
C．30
D．32
【答案】C
【分析】从
到
共有
条最短路径，从
到
共有条路径，根据乘法原理得到答案.
【详解】从
到
共有
条最短路径，从
到
共有
条路径，
故小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为
.
故选：C
考向10 相同元素技巧3：相同球放盒子模型
相同元素模型：
1、数字化. 2.挡板法
1.元素相同，方法是：
（1）、讨论法（通法，必须学会的方法）；
（2）、隔板法（巧法）
2.特色：先分组后排列，相同元素分组永远是1-------重要之极的“认知”
3.坑：注意，如果出现相同元素的分组，分组时出现组数相同，则依旧
是相同元素，只选不排。
9.（2024 高三·全国·专题练习）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
【详解】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.
10．（22-23 高三·江苏·课后作业）将7 个相同的小球放入4 个不同的盒子中，则每一个盒子至少有1 个小
球的放法有_____种．
【答案】20
【分析】利用隔板法即可得到答案.
【详解】7 个小球之间有6 个空位， 插入3 个隔板，便把 7 个小球分成 4 份，有
种方法，
故使每个盒子至少有1 个小球的不同分法共有
种．
故答案为：20.
11．（2024 高三·浙江·专题练习）将9 个相同的球放到3 个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，且每
个盒子中球的个数互不相同，则不同的分配方法共有________种.
【答案】18
【分析】先确定盒子球数分配方法，再进行排列即可得答案.
【详解】将9 个相同的球分成个数不同的3 份，有（1,2,6），（1,3,5），（2,3,4）三种情况，再将这3 份
个数不同的球放到3 个不同的盒子中，有
种情况，所以不同的分配方法共有
种.
故答案为：18
【点睛】本题主要考查排列组合，考查分析问题以及解决问题的能力，属于基础题.
12．（2025 高三·全国·专题练习）有20 个不加区别的小球放入编号为1，2，3 的三个盒子里，要求每个
盒子内的球数不少于编号数，则有多少种不同的放法?
【答案】120
【分析】由题，问题可化为将17 个小球放进3 个盒子，每个小盒至少一个的问题，利用隔板法计算可得答
案．
【详解】因为小球是不加区别的，我们可以先在2 号盒子中放入一个球，3 号盒子中放入两个球，
再把剩下17 个球放入三个盒子中，每个盒子至少一个.
由隔板法共有
种不同的方法.
考向11 多重限制模型1：公交车与电梯型
公交车与下电梯模型，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”。
1．（23-24 高三·浙江模拟预测）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
【分析】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.
【详解】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.
2．（2020·四川达州·三模）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
【分析】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.
【详解】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.
3．（20-21 高三上·黑龙江大庆·开学考试）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．
【详解】由题意所有种类数为
．
故选：C．
【点睛】本题考查排列组合的综合应用，考查分组分配法．解题关键是确定完成这件事的方法，然后由计
数原理计算即得．
4．（24-25 高三·陕西汉中·专题练习）一辆公交车上有
位乘客，沿途
个车站，则乘客下车的可能方式
共有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】A
【分析】利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】一辆公交车上有
位乘客，沿途
个车站，每位乘客都有
种下车方式，
所以，乘客下车的可能方式共有
种.
故选：A.
考向12 多重限制模型2：排课表限制型
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：
(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.
5．（21-22 高二下·山西太原·期中）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
【分析】根据题意，利用分类加法计数原理求解即可.
【详解】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.
6．（2024 高三·全国·专题练习）某学校实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、
化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.已知某生的高考志愿为某大学环境科学专业，按照该大
学上一年高考招生选考科目要求理、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，每门课每天至少一
节），已知该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻（上午第四节和下午
第一节不算相邻），则该生该天课表有（ ）.
A．444 种
B．1776 种
C．1440 种
D．1560 种
【答案】B
【分析】先在生、史、地、政中四选一，然后按照语文、外语排课进行分类讨论，由此求得所有的安排方
法总数.
【详解】理、化、生、史、地、政六选三，且理、化必选，
所以只需在生、史、地、政中四选一，有
（种）.
对语文、外语排课进行分类，第1 类：语文、外语有一科在下午第一节，则另一科可以安排在上午四节课
中的任意一节，剩下的四科可全排列，有
（种）；
第2 类：语文、外语都不在下午第一节，则下午第一节可在除语、数、外三科的另三科中选择，有
（种），
语文和外语可都安排在上午，即上午第一、三节，上午第一、四节，上午第二、四节3 种，
也可一科在上午任一节，一科在下午第二节，有
（种），
其他三科可以全排列，有
（种）.
综上，共有
（种）.
故选：B
【点睛】本小题主要考查生活中排列、组合的计算，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
7．（23-24 高三上·重庆沙坪坝·月考）教务处准备给高三某班的学生排周六的课表，上午五节课，下午三
节课．若准备英语、物理、化学、地理各排一节课，数学、语文各排两节课连堂，且数学不排上午的第一
节课，则不同的排课方式有（ ）
A．216 种
B．384 种
C．408 种
D．432 种
【答案】D
【分析】由数学、语文不能同时安排在下午，分为数学（连堂）或语文（连堂）安排在下午、数学、语文
都安排在上午，再应用分步计数及排列组合求不同的排课方式.
【详解】由题意，数学、语文不能同时安排在下午，
若数学（连堂）安排在下午，在英语、物理、化学、地理中选一种安排在下午有
种，
再把余下的三科与语文（连堂）安排在上午，把上午看作四节课，则有
种，
此时共有
种；
若语文（连堂）安排在下午，在英语、物理、化学、地理中选一种安排在下午有
种，
再把余下的三科与数学（连堂）安排在上午，且数学不排上午的第一节课，
把上午看作四节课，数学只能安排在后三节有
种，其余三科全排有
种，
此时共有
种；
若数学、语文都安排在上午，在英语、物理、化学、地理中选一种安排在上午有
种，
将上午看作三节课，且数学不排上午的第一节课，有
种，
再把余下的三科安排在下午作全排有
种，
此时共有
种；
综上，共有
种.
故选：D
8．（2024 高三·全国·专题练习）中国古代儒家提出的“六艺”指：礼、乐、射、御、书、数.某校国学社
团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，排课有如下要求：“乐”排
在“书”与“数”的前面，“礼”和“射”不相邻且不排在最后面，则针对“六艺”课程讲座活动的不同
排课顺序共有（ ）
A．48 种
B．72 种
C．96 种
D．144 种
【答案】C
【分析】根据“乐”分别排在前四节，即可根据最后一位以及不相邻问题，分类求解.
【详解】若“乐”排在第一节，则从御、书、数种选一节排最后一节，要满足“礼”和“射”不相邻，则
有
种方法，
若“乐”排在第2 节，则从书、数种选一节排最后一节或者“御”安排最后一节，要满足“礼”和“射”
不相邻，则有
种方法，
若“乐”排在第3 节，则从书、数种选一节排最后一节，要满足“礼”和“射”不相邻，则有
种方法，
若“乐”排在第4 节，则“书”与“数”排最后两节，要满足“礼”和“射”不相邻，则有
种方
法，
故总的方法一共有
，
故选：C
考向13 多重限制模型3：节假日值班型
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.
9．（2025 高三·全国·专题练习）某单位安排甲、乙、丙、丁4 人在国庆7 天假期值班，要求每天只有1 人
值班，甲连续值班3 天，乙连续值班2 天，丙、丁各值班1 天，则不同的值班安排方法种数为（ ）
A．28
B．24
C．20
D．16
【答案】B
【分析】按照甲连续值班的情况分类讨论，结合排列数和组合数计算出每种情况下的安排方法种数，利用
分类加法计数原理求解即可.
【详解】记国庆7 天假期的编号依次为1，2，
，
⋯
7，
则甲、乙值班安排方法的情况及相应值班安排方法种数如下表：
甲
乙
不同的值班安排方法种
数
1，2，
3
4，
5
5，
6
6，
7
2，3，
4
5，
6
6，
7
3，4，
5
1，
2
6，
7
4，5，
6
1，
2
2，
3
5，6，
7
1，
2
2，
3
3，
4
根据分类加法计数原理可知共有
（种）不同的值班安排方法.
故选：B．
10．（23-24 高二下·广西河池·月考）某单位安排甲、乙、丙、丁等7 人轮值一周，每天一个人值班，每个
人只值一天班，其中甲排在周五值班，乙值周六或周日，丙丁值日不相邻，则不同的轮值方法数是（ ）
A．128
B．148
C．168
D．188
【答案】C
【分析】分乙值周六还是周日，丙丁是否有人值日周六日来讨论求解.
【详解】当甲排在周五，乙值周六，丙丁中有一人值周日，此时有
种轮值方法，
当甲排在周五，乙值周六，丙丁中无人值周日且不相邻，此时有
种轮值方法，
当甲排在周五，乙值周日，丙丁中有一人值周六，此时有
种轮值方法，
当甲排在周五，乙值周日，丙丁中无人值周六且不相邻，此时有
种轮值方法，
故总的不同的轮值方法数是
.
故选：C.
11．（2021·湖南长沙·模拟预测）某单位在春节七天的假期间要安排值班表，该单位有值班领导3 人，值
班员工4 人，要求每位值班领导至少值两天班，每位值班员工至少值一天班，每天要安排一位值班领导和
一位值班员工一起值班，且一人值多天班时要相邻的安排方案有（ ）
A．249 种
B．498 种
C．1052 种
D．8640 种
【答案】D
【分析】先安排值班领导：选1 位值班领导值三天班，则安排3 位领导值班共有
种方案.再安排值班员
工：分4 名员工中有1 名员工值四天班，其他员工各值一天班；1 名员工值两天班，另一名员工值三天
班，剩余2 名员工各值一天班； 3 名员工各值两天班，1 名员工值一天班，三种情况分别得出方案数，再
根据分步乘法原理可得选项.
【详解】解：先安排值班领导：选1 位值班领导值三天班，则安排3 位领导值班共有
(种)方案.
再安排值班员工：若4 名员工中有1 名员工值四天班，其他员工各值一天班，则有
(种)选法；
若1 名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2 名员工各值一天班，则有
(种)选法；
若3 名员工各值两天班，1 名员工值一天班，则有
(种)选法，
故安排4 名员工值班共有
(种)方案.
因此，该单位在春节七天的假期间值班表安排方案共有
(种).
故选：D.
12．（2025 高三·全国·专题练习）现某路口对一周内过往人员进行健康码检查安排7 名工作人员进行值
班，每人值班1 天，每天1 人，其中甲乙两人需要安排在相邻两天，且甲不排在周三，则不同的安排方法
有
A．1440 种
B．1400 种
C．1320 种
D．1200 种
【答案】D
【分析】根据题意,分2 步进行分析: ①将甲、乙按要求安排，②将剩下的5 人全排列，安排在剩下的5
天，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分2 步进行分析:
①要求甲、乙安排在相邻两天，且甲不排在周三，先把周一周二、周二周三、
、周六周日看作6 个位
置，任选一个位置，排上甲乙两人，有
种方法，其中甲排在周三去掉，则甲乙的安排方法有
种,
②将剩下的5 人全排列，安排在剩下的5 天，有
种情况；
由分步计数乘法原理知，则有
种安排方法.
故选：D
【点睛】本题主要考查了排列、组合的实际应用，涉及分步计数原理的应用，属于中档题.
考向14 多重限制模型4：波浪数型
“波浪数”主要方法是分类讨论。不重复不遗漏。
13．（2025 高三·全国·专题练习）形如45132 这样的数称为“波浪数”，即十位上的数字，千位上的数字
均比与它们各自相邻的数字大，则由1，2，3，4，5 可组成数字不重复的五位“波浪数”的个数为
A．20
B．18
C．16
D．11
【答案】C
【分析】根据“波浪数”的定义，可得“波浪数”中，十位数字，千位数字必有5、另一数是3 或4，分别
计算出每种的个数，相加即可.
【详解】此“波浪数”中，十位数字，千位数字必有5、另一数是3 或4；
是4 时“波浪数”有
；
另一数3 时4、5 必须相邻即45132；45231；13254；23154 四种．
则由1，2，3，4，5 可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为16，
故选C．
【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，要对该问题准确分类，做到不充分，不遗漏，正确求解结果，
属于中档题.
14．（2024 高三·全国·专题练习）形如
这样的数称为“波浪数”，即十位上的数字、千位上的数字均
比与它们各自相邻的数字大，现从由
组成的数字不重复的五位数中任取一个，则该数是“波浪
数”的概率为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】试题分析：
五个数形成的波浪数有
即
其拟序数,共
种.由
中取个数,包括两类,一类是不含
的,一类是含
.不含
的即前面求出
来的,有
种；含
的方法数有(16−5)⋅5=55种.两类合起来一共有
种.五位数一共有
个,所以
概率为
．
考点：1.排列组合；2.概率．
【方法点晴】首先两个计数原理要熟记,题目经常要先分类,然后再分步来计算.求解排列、组合问题的思
路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．具体地说，解排列、组合的应用
题，通常有以下途径：（1）以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．（2）以位置为
主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．（3）先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再
减去不符合要求的排列或组合数．
15．（2025 高三·黑龙江模拟预测）若一个四位数的各位数字相加和为
，则称该数为“完美四位数”，
如数字“
”．试问用数字
组成的无重复数字且大于
的“完美四位数”有个
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据题意，分析和为
的四位数字的情况，据此分析求出每种情况下“完美四位数”的数目，由
加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，在数字
中，和为
四位数字分别是
，
，
，
，
共五组；
其中第一组
. 中，排首位有
种情形，
排首位，或排在第二位上时，有
种情
形，
排首位，
排第二位，排第三位有种情形，
此时
种情况符合题设；
第二组
中，必须是、排在首位，有
种情况，
第三组
中，必须是
、
排在首位，有
种情况，
第四组
中，必须是
、、
排在首位，有
种情况，
第五组
中，必须是
、、
排在首位，有
种情况，
则有
种情况，
故选D．
【点睛】本题主要考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，做到“不重复，不遗漏”是该题的难
点，属于基础题．
16．（2025 高三·全国·专题练习）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则
称这个数为“凸数”，如360、253 等都是“凸数”．用0，1，2，3，4，5 这五个数字组成无重复数字的
三位数，则在组成的三位数中“凸数”的个数为（ ）（用数字作答）
A．20
B．25
C．30
D．40
【答案】C
【分析】分“凸数”中有0 和无0 两种情况，结合题意可得“凸数”的总个数.
【详解】由题可得若“凸数”中有0，则0 在“凸数”的个位数，剩下两数，
因大小关系限制，相当于从5 个中选2 个，有
种情况；
若“凸数”中没有0，则先从剩下5 个数中，选3 个，有
种可能性，
由于十位数最大，个位数与百位数没有限制，故将3 数中最大数放在十位，
剩下两数有2 种安排方法，故共有
种情况.
则共有
种方法.
故选：C
冲刺练
（建议用时：60 分钟）
一、单选题
1．（25-26 高三·重庆·课后作业）某校组织包含甲在内的7 名大学生前往观看足球､篮球､排球三场比赛，
每场比赛至少有2 名学生观看且每个人只观看一场比赛，则甲同学不去观看足球比赛的方案种数为（ ）
A．420
B．600
C．840
D．960
【答案】A
【详解】将
名大学生分为三组：第一组
个人，第二组2 个人，第三组个人，共有
种分组方法；
由于甲不去看足球比赛，故甲所在的组只有
种选择，剩下的
组任意选，有
种分配方法；
所以甲同学不去观看足球比赛的方案种数为共有
种方法.
2．（2026·湖南衡阳·模拟预测）在某道选词填空题中，有3 个空格，4 个备选单词。每个空格只能填入一个备
选单词，且每个空格都有一个唯一的正确答案（这3 个正确答案是4 个备选单词中的3 个，剩余1 个备选单词是
多余的）。若随机选择3 个备选单词分别填入3 个空格，则3 个空格全部选错的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】假设4 个单词分别是甲、乙、丙、丁，正确的顺序为甲乙丙.
第一类，选出的3 个单词不包括丁，则符合要求的情况有乙丙甲，丙甲乙，共2 种选法；
第二类，选出的3 个单词包含丁，则从剩下的3 个单词选两个有
种情况，不妨设选出的单词为甲，乙，
则符合要求的情况有乙甲丁，丁甲乙，乙丁甲，共3 种，即共有
种选法.
综上，符合要求的情况共有
种，全部情况为
种，
则3 个空格全部选错的概率是
.
3．（25-26 高三下·重庆·月考）如图所示，对两行三列共6 个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、
蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（ ）
A．20 种
B．19 种
C．18 种
D．17 种
【答案】D
【分析】按第一行的染色分类，再计算对应第二行的染色数即可求解.
【详解】第一行全蓝（蓝蓝蓝）： 第一行无红色，第二行只需要满足自身相邻不能都红，
三个格子的染色共：1(全蓝)+3(1 个红)+1(2 个不相邻红)
种；
第一行只有第一个格子为红（红蓝蓝）： 第二行第一个格子不能为红（和第一行第一个红相邻），第二
行格式为(蓝 X Y)，
要求X、Y 不都红，共3 种合法染色（蓝蓝蓝、蓝红蓝、蓝蓝红）；
第一行只有中间格子为红（蓝红蓝）： 第二行中间格子不能为红，第二行格式为(X 蓝 Y)，
X、Y 无相邻限制，共
种合法染色；
第一行只有第三个格子为红（蓝蓝红）： 和第一种情况对称，共3 种合法染色；
第一行两个红（红蓝红）： 第二行第一、第三格子都不能为红，第二行格式为(蓝 X 蓝)，
X 可红可蓝，共2 种合法染色.
所以总染色方法数：
种，故选D.
4．（25-26 高三全国·模拟预测）我们称各个数位上的数字之和为6 的三位数为“吉祥数”，例如105 和
123，则所有的“吉祥数”共有（ ）
A．22 个
B．21 个
C．20 个
D．19 个
【答案】B
【分析】法一：问题化为用2 个隔板把6 个排成一排的球从左到右分成三份，其中最左侧的一份至少有1
个球，靠右侧的两份可以是0 个球，应用分类计数原理求吉祥数的个数；法二：化为求方程
非
负整数解的个数.
【详解】法一：由题意，问题相当于用2 个隔板把6 个排成一排的球从左到右分成三份，
其中最左侧的一份至少有1 个球，靠右侧的两份可以是0 个球，
首先第1 个隔板从左到右依次插入这一排球所形成的7 个空的后6 个空中的一个，
再把第2 个隔板插入第1 个隔板所在空及其右侧的任意一个空，
共有
个吉祥数.
法二：等价于从左到右三份分别对应
且
，
，
若
，则
，即求出方程非负整数解的个数，
由隔板法有
个吉祥数.
5．（25-26 高二上·安徽淮北·期末）中国空间技术的突破和空间站的建设，吸引了众多太空爱好者.在“天
宫课堂”第三课中就有人提问：如何能成为一名航天员?如何才能加入探索太空的队伍中?已知航天员选拔
时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.现
对这五项测试排序，要求前庭功能不排在第一项，超重耐力不排在最后一项，失重飞行不排在第三项，则
选拔测试的安排方案有（ ）
A．28 种
B．36 种
C．48 种
D．64 种
【答案】D
【详解】根据题意，分3 种情况讨论：
①若前庭功能排在最后一项，超重耐力排在第三项，则失重飞行有3 种排法，所以有3·
=6 种情况；
若前庭功能排在最后一项，超重耐力不排在第三项，则超重耐力有3 种排法，此时失重飞行有2 种排法，
所以有(3×2)·
=12 种情况.故共有18 种情况.
②若前庭功能排在第三项，失重飞行有排在最后一项与不排在最后一项两种，情况同①.故共有18 种情况.
③若前庭功能排在第2 或第4 位（2 种情况），先排前庭功能，有2 种排法，再排超重耐力，
若超重耐力排在第三项，则失重飞行有3 种排法；
若超重耐力不排在第三项，则超重耐力有2 种排法，
此时失重飞行有2 种排法.故共有2×(3+2×2)·
=28 种情况.
综上，共有18+18+28=64 种安排方案.
6．（2026·广东汕头·一模）一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s 等可能地沿数轴的
正方向或负方向移动一个单位，共移动7 次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（ ）
A．7 或
B．5 或
C．3 或
D．1 或
【答案】D
【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定
概率最高的位置.
【详解】设质点向正方向移动的次数为
（
），则向负方向移动的次数为
，
质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：
，
每次移动向正、负方向的概率均为
，因此“7 次移动中恰好有
次向正方向”的概率服从二项分布
，概率公式为：
，
其中
为组合数，
为常数，因此，概率
的大小由组合数
决定，“最可能的位置”对应
最
大时的
，
时
时
时
时
时
时
时
时
综上，组合数
在
和
时取得最大值
，
当
时，代入
得：
，
当
时，代入
得：
，
质点最可能移动到的位置坐标为或
.
7．（25-26 高三上·四川成都·月考）某校的教学楼每层楼有13 级台阶，一名教师从一楼到二楼，每次可以
选择跨1 级、2 级、3 级台阶，但固定最后一步不能跨3 级台阶（避免台阶过高摔倒），那么该教师一共有
（ ）种不同的走法．
A．1049
B．1144
C．1431
D．1705
【答案】C
【分析】设上
级最后一步能跨3 级的走法数为
，最后一步不能跨3 级的走法数为
，利用递推法
计算即可.
【详解】设上
级台阶最后一步能跨3 级的走法数为
，
上
级台阶最后一步不能跨3 级的走法数为
，
若最后一步跨1 级，则前面
级的走法数为
，
若最后一步跨2 级，则前面
级的走法数为
，
若最后一步跨3 级，则前面
级的走法数为
，
所以
，
又在限制条件下，
，
易知上1 级台阶有1 种走法；
上2 级台阶可每次只跨1 级，或每次只跨2 级2 种走法；
上3 级台阶可一次跨3 级，或每次只跨1 级，或一次跨1 级另一次跨2 级4 种走法；
上4 级台阶可每次只跨1 级，或两次都跨2 级，或三次中两次跨1 级，一次跨2 级，或两次中一次跨1 级，
一次跨3 级共7 种走法，
即
，
所以
，
,
所以
.
故选：C
8．（2026·湖北荆州·一模）科技公司为破解某密码锁的密码，采用技术手段测得其密码键盘1、2、4、6
这4 个数字键磨损较大，于是判断密码由这4 个数字组成，且每个数字至少出现1 次.通过密码锁生产厂家
了解得知，该密码是6 位数，且连续输入错误5 次就会被永久锁定.若以上判断和信息均正确且再无其他线
索，科技公司随机尝试5 次不同的密码，能成功破解该密码的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先计算 6 位密码的总数（由 1、2、4、6 组成，每个数字至少出现 1 次），进而求得成功破解
该密码的概率.
【详解】根据题意，6 位数由4 个数字组成，那么总可能数为
种，
排除“缺少1 个数字”的情况：选1 个数字不出现
，剩余3 个数字组成6 位数，共
种；
补回“缺少2 个数字”的情况（容斥原理）：选2 个数字不出现
，剩余2 个数字组成6 位数，共
种；
排除“缺少3 个数字”的情况：选3 个数字不出现
，剩余1 个数字组成6 位数，共
种；
根据容斥原理，符合条件的密码数为
.
所以能成功破解该密码的概率为
.
故选：B.
二、多选题
9．（25-26 高二上·江西九江·期末）现用数字1，2，3，4 填如图所示的四宫格，每格均填1 个数字，则下
列结论正确的是（ ）
A．若数字可以重复使用，则共有256 种填法
B．若4 个数字均使用，则共有18 种填法
C．若4 个数字均使用且第2 行的数字之和大于第1 行的数字之和，则共有8 种填法
D．若数字可以重复使用且相邻的两个格子不能填相同的数字，则共有84 种填法
【答案】ACD
【分析】对于A，每个位置的数字均有4 种选法；
对于B，四个空格1、2、3、4 四个数字都要填一次，即全排列；
对于C，列出满足条件的数字组合分别讨论；
对于D，根据数字可重复、相邻不同按位置分类计算.
【详解】对于A，若数字可以重复使用，则共有
种填法，故A 正确；
对于B，若4 个数字均使用，则共有
种填法，故B 错误；
对于C，若4 个数字均使用且第2 行的数字之和大于第1 行的数字之和，
则可以1，2 在第1 行，3，4 在第2 行，或1，3 在第1 行，2，4 在第2 行，
共有
种填法，故C 正确；
对于D，分4 步，设四宫格4 个位置如下：
①（左上）、②（右上）、③（左下）、④（右下），
第1 步，填①，有1，2，3，4 共4 种选法；
第2 步，填②，由于和①相邻，所以不能与①相同，故有3 种选法；
第3 步，填③，因其与①相邻，所以不能与①相同，故又分2 种情况，
情况1，③与②数字相同，此时只限制③与①不同，而②本身就与①不同，
故仅1 种选法（和②一致），
情况2，③与②数字不同，此时③需同时满足与①不同、与②不同，所以有2 种选法；
第4 步，填④，因④与②、③都相邻，所以必须和②、③都不同，
所以选法由②和③是否相同决定，
情况1，②与③相同时，④只需与②（即③）不同，此时有3 种选法，
情况2，②与③不同时，④需同时与②不同、与③不同，此时有2 种选法
所以利用分步乘法与分类加法计数原理
（种），故D 正确
故选：ACD
10．（25-26 高二下·重庆·月考）某校计划安排五位老师（包含甲､乙､丙）负责2026 年5 月1 日至5 月5 日
的值班工作，每人值班一天，每天都有人值班，则下列说法正确的是（ ）
A．若甲､乙必须在相邻的两天值班，则不同的安排方法共有48 种
B．若甲､乙值班的两天不相邻，则不同的安排方法共有72 种
C．若甲､乙､丙三人值班的先后顺序不变（不一定相邻），则不同的安排方法共有60 种
D．若甲5 月1 日不值班，乙5 月5 日不值班，则不同的安排方法共有78 种
【答案】ABD
【分析】由相邻问题捆绑法、不相邻插空法以及定序问题倍缩法即可求解判断ABC；由全排列减去甲5 月
1 日值班以及乙5 月5 日值班的情况数，加上甲5 月1 日值班且乙5 月5 日值班的安排方法即可求解判断D.
【详解】若甲乙必须在相邻的两天值班，则不同的安排方法共有
､
种，A 正确；
若甲乙值班的两天不相邻，则不同的安排方法共有
､
种，B 正确；
若甲乙丙三人值班的先后顺序不变（不一定相邻），则不同的安排方法共有
､
､
种，C 错误；
甲5 月1 日值班与乙5 月5 日值班不同的安排方法数之和为
种，甲5 月1 日值班且乙5 月5 日值班的安
排方法有
种，
所以若甲5 月1 日不值班，乙5 月5 日不值班，则不同的安排方法共有
种，D 正确.
11．（24-25 高三下·山西·月考）空间
个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的
点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线
段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（ ）
A．若
，则可能存在任意2 条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥
B．若
，则一定存在3 条边是同一种颜色的三角形
C．若
，则可能存在任意三角形的3 条边不是同一种颜色的情况
D．若
，则一定存在至少有4 条棱是同一种颜色的三棱锥
【答案】AD
【分析】根据
的取值、根据染色的要求进行分析，从而确定正确答案.
【详解】若
，4 点仅能构成一个三棱锥，记为
，
不妨把
，
，
染成红色，把
，
，
染成蓝色，
则满足要求，故A 正确；
若
，设这5 个点分别为
，如图，实线表示红色线段，
虚线表示蓝色线段，则存在三角形的3 条边不是同一种颜色的情况，故B 错误；
若
，设这6 个点分别为
，
考虑由一点
引出5 条线段
，
，
，
，
，
则至少有3 条线段是同色，不妨设
，
，
为红色，
，
为蓝色．
对于
的三条边，若有一条边为红色（不妨设
为红色），
则
的3 条边都是红色，若任意一条边都为蓝色，
则
的三条边都是蓝色，
故一定存在一个三角形的3 条边都是同一种颜色的情况，故C 错误；
若
，设这8 个点分别为
，从中任取6 个点，则由上可知，
这6 个点所构成的三角形中一定存在3 条边是同一种颜色的三角形，
不妨设
的3 条边都是红色，则以
中一点为顶点，
以
为底面的三棱锥中，仅当棱
都是蓝色时，
在三棱锥
的所有棱中恰有3 条是红色，3 条是蓝色，
否则存在某个三棱锥至少有4 条棱是红色的情况，
但如果棱
都是蓝色，则在三棱锥
中，
棱
，
，
，
是蓝色，故无论棱
是何种颜色，
三棱锥
至少有4 条棱是蓝色，
所以不存在一个三棱锥的6 条棱恰有3 条棱是红色，3 条棱是蓝色的情况，故D 正确．
故选：AD
三、填空题
12．（25-26 高三下·四川广安·月考）某劳动课上，王老师安排甲、乙、丙、丁、戊五名学生到三个不同的
教室打扫卫生，每个教室至少安排一名学生，且甲乙两名学生安排在同一教室打扫，丙丁两名学生不安排
在同一教室打扫，则不同的安排方法数是 _______ .（用数字作答）
【答案】30
【分析】分按
和
两种情况分组，结合排列数、组合数运算求解即可.
【详解】分两种情况讨论：
①按
分组：根据题意，甲乙必在人组，再从{丙，丁，戊}中选人加入该组，有
种选法，
此时形成的三个小组（一个人组，两个人组）安排到三个不同教室，有
种方法，
故共有
种方法；
②按
分组：根据题意，甲乙自成一个
人组。因丙丁不安排在同一教室，故另一个
人组只能是
{丙，戊}或{丁，戊}，有
种选法，
此时形成的三个小组(两个2 人组，一个1 人组)安排到三个不同教室，有
种方法，
故共有
种方法；
综上可得：不同的安排方法数共有
种.
13．（2026·河南·模拟预测）已知数列
共有
项，
.若
，且
，则这样的数列
的个数为__________.
【答案】
【分析】先拆分数列和，再分类讨论前四项和
和第三至第六项和
的取值，结合绝对值不等式的限制，
分析每种情况下的组合数，最终求和得到总数.
【详解】设数列前四项和为
，
第三至六项和为
，条件为
且
，
令
，
，
，则
，
其中
（两
之和的可能值），
分情况讨论：
当
（即
，对应种组合）：
，由
得
，对应
组合数为
；
，同理
，对应
组合数为；
此情况数目：
；
当
（即
一个一个
，对应
种组合）：
恒成立，
可取所有值，对应
组合数为
；
，同理
组合数为
；此情况数目：
；
当
（即
，对应1 种组合）：
，由
得
，
对应
组合数为
；
，同理
组合数为；
此情况数目：
；
总数：
.
14．（2026·安徽滁州·一模）将一个正n 边形顶点分别与其中心相连接，把这个多边形分成n 个不同的三角
形区域，现给这些区域涂色，相邻区域涂不同颜色．若有3 种颜色可供选择，记所有不同涂色方案的种数
为
，则
____________，
____________．
【答案】 18 4086
【分析】根据排列组合的基本性质，通过分类和分步计数方法，求出三个区域、四个区域、和五个区域的
不同方案数
，再根据题意，讨论
个、
个、
个不同的三角形区域的不同方案数
之间的递推关系，根据递推关系，构造等比数列，进而求出结果.
【详解】有三个区域时，如下图，任意两个区域两两相邻，则三种颜色都要使用，共有
种不
同涂色方案；
有四个区域时，如下图，分两类情况，①当
和
区域颜色相同，不同方案有
种；
②
和
区域颜色不同，不同方案有
种.故当有四个区域时，共有
种不同涂色方
案；
当有五个区域时，如下图，分两类情况，①
和
区域颜色相同，不同方案数为
种；
②
和
区域颜色不同时，不同方案数为
种；故当有五个区域时，共有
种
不同涂色方案；
当有
个不同的三角形区域时，如下图所示，
情况一：当
区域和
区域颜色相同时，可理解为对
个区域进行涂色，有
种不同的方案，此时
区域有两种不同的颜色可用，即共有
种不同的方案；
情况二：当
区域和
区域颜色不同时，可理解为对
个区域进行涂色，有
种不同的方案，此时
区域只有一种颜色可用，即共有
种不同的方案；
综上可得
；
所以
，即
，
所以数列
是以
为首项，以
为公比的等比数列，
可得
，
所以
.
结束
