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7.1 排列组合
1
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2
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3
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4
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5
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考点一 相邻--捆绑法
【例1】（2024·重庆渝中·模拟预测）甲乙丙丁戊共
､
､
､
､
5 名同学进行演讲比赛，决出第1 名到第5 名的名次.已
知甲和乙都不是第1 名，且丙和丁的名次相邻，则5 人的名次排列可能有（ ）种不同的情况.
A．18
B．24
C．36
D．48
【答案】B
【解析】由题意知，将丙和丁看成一个整体，
分4 种情况分析：
①丙和丁的整体分别为第1、2 名，有
种情况；
②丙和丁的整体分别为第2、3 名，第1 名只能是戊，
所以甲和乙为第4、5 名，有
种情况；
③丙和丁的整体分别为第3、4 名，第1 名只能是戊，
所以甲和乙为第2、5 名，有
种情况；
④丙和丁的整体分别为第4、5 名，第1 名只能是戊，
所以甲和乙为第2、3 名，有
种情况；
所以共有
种情况.
故选：B
【一隅三反】
1．（2024·重庆九龙坡·三模）用1，2，3，4，5，6 这六个数组成无重复数字的六位数，则在数字1，3 相邻的
条件下，数字2，4，6 也相邻的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设
“数字1，3 相邻”，设
“数字2，4，6 相邻”，
则数字1，3 相邻时的六位数有
个，
数字1，3 相邻，数字2，4，6 也相邻的六位数的个数为
，
则
.
故选：A.
6
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2．（2024·四川成都·模拟预测）某次文艺汇演，要将
这六个不同节目编排成节目单．如果
两个节目要相邻，且都不排在第3 个节目的位置，那么节目单上不同的排序方式有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【解析】将
捆绑，且可放入
；
和
三个位置，故有
种情况，
将其它4 个节目和4 个位置进行全排列，有
种情况，
故节目单上不同的排序方式有
种.
故选：B
3．（2024·广西贵港·模拟预测）2024 年4 月6 号岳阳马拉松暨全国半程马拉松锦标赛（第三站）开赛，比赛结
束后，其中5 男3 女共8 位运动员相约在赛道旁站成前后两排合影，每排各4 人，若男运动员中恰有2 人左右
相邻，则不同的排列方法共有（ ）
A．732 种
B．2260 种
C．4320 种
D．8640 种
【答案】D
【解析】根据题意，只能一排3 男1 女，另一排2 男2 女，且相邻的2 位男运动员在“3 男1 女”这一排中．
先确定“3 男1 女”这一排，5 男选3 人，3 女选1 人，
所选3 男选2 人相邻，与余下的1 男安排在1 女的两侧，
排列方法有
种，
再确定“2 男2 女”这一排，2 男先排好有
，
2 女相邻并放在2 男之间有
种，或2 女放在2 男成排的两空有
种方式，
排列方法有
种，
因此，不同的排列方法总数为
．
故选：D
4．（23-24 山西晋城·阶段练习）我国铁路百年沧桑巨变，从尚无一寸高铁，到仅用十几年高铁建设世界领先，
见证了中华民族百年复兴伟业.某家庭两名大人三个孩子乘坐高铁出行，预定了一排五个位置的票（过道一边
有三个座位且相邻，另一边两个座位相邻）则三个孩子座位正好在过道同一侧的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
7
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【解析】五个人随机坐共有
种可能，其中三个孩子座位正好在过道同一侧有
种可能，
故三个孩子座位正好在过道同一侧的概率为
.故选：A.
考点二 不相邻--插空法
【例2】（2024·安徽合肥·模拟预测）甲乙丙丁戊5 名同学坐成一排参加高考调研，若甲不在两端且甲乙不相邻
的不同排列方式的个数为（ ）
A．36 种
B．48 种
C．54 种
D．64 种
【答案】A
【解析】先考虑甲乙不相邻的不同排列方式数，再减去甲站在一端且甲乙不相邻的排列方式数，
所以总数为
种，故选：A.
【一隅三反】
1．（2024·江西新余·二模）两个大人和4 个小孩站成一排合影，若两个大人之间至少有1 个小孩，则不同的站
法有（ ）种.
A．240
B．360
C．420
D．480
【答案】D
【解析】若两个大人之间至少有1 个小孩，即两个大人不相邻，故共有
种.
故选：D.
2．（2024·湖北·模拟预测）互不相同的5 盆菊花，其中2 盆为白色，2 盆为黄色，1 盆为红色，现要摆成一排，
白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ）
A．24 种
B．36 种
C．42 种
D．48 种
【答案】D
【解析】红菊花在正中间位置时，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，
即红菊花两边各一盆白色，黄色菊花，故有
；
红菊花在首位或者尾端时，先排好白菊花，产生三个空再对黄菊花分类排即可，
故
；
红菊花在第2 或者第4 位置时，先给首位或者尾端任意放一种，剩下的3 盆花位置就确定了，故
；
综上，共有
种摆放方法.
故选：D
8
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3．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）二项式
的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不
相邻的排法种数为（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】二项式
的展开式的通项公式为：
，
令
，得
，
所以展开式中的有理项有4 项，
把展开式中的项重新排列，先把3 项无理项全排列，
再把4 项有理项插入形成的4 个空中，
所以有理项互不相邻的排法种数为
种.
故选：D.
考法三 特殊--优先法
【例3】（2025·四川内江·模拟预测）有4 名学生和2 名老师站成一排拍照，若2 名老师不站两端，则不同排列
方式共有（ ）
A．72 种
B．144 种
C．288 种
D．576 种
【答案】C
【解析】首先将
名老师排在中间
个位置中的
个位置，再将其余
名学生全排列，
故不同排列方式共有
（种）.故选：C
【一隅三分】
1．（2024·四川攀枝花·三模）某公园有如图所示A 至F 共6 个座位，现有2 个男孩2 个女孩要坐下休息，要求
相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列（ ）
A．24
B．36
C．72
D．81
9
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【答案】C
【解析】第一步：排男生，第一个男生在第一行选一个位置有3 个位置可选，
另一个男生有两种排法，
由于两名男生可以互换，故男生的排法有
种，
第二步：排女生，若男生选AF，CD，两个女生排在
,
由于女生可以互换，故女生的排法有
种，
根据分步计数原理，共有
种．故选：C．
2．（2024·安徽合肥·三模）北京时间2024 年4 月26 日5 时04 分，神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，
江新林3 人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十八号航天员乘组（叶光富、李聪、李广苏3 人）入驻
“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6 名航天员站成一排合影留
念，叶光富不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有 ．
【答案】504
【解析】根据叶光富不站最左边，可以分为两种情况：
第一种情况：叶光富站在最右边，此时剩余的5 人可以进行全排列，共有
种排法.
第二种情况：叶光富不站在最右边，根据题目条件叶光富不站最左边，此时叶光富有4 种站法.根据题目条件汤
洪波不站在最右边，可知杨洪波只有4 种站法.剩余的4 人进行全排列,共有
种排法，
由分类加法计数原理可知，总共有
种排法．
故答案为：504
考法四 定序--倍缩法
【例4】（23-24 湖北武汉·期中）三根绳子上共挂有8 只气球，绳子上的球数依次为2，3，3，每枪只能打破一
只球，而且规定只有打破下面的球才能打上面的球，则将这些气球都打破的不同打法数是（ ）
A．350
B．140
C．560
D．280
【答案】C
10
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【解析】
将8 只气球编号，依次从下往上，从右往左编号为
，
问题等价于8 只气球排列，
其中
号，
号，
号必须是从下到上的顺序打破气球，
则有
种.
故选：C
【一隅三反】
1．（2024·新疆·一模）在古典名著《红楼梦》中有一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡脯肉、香菌、新
笋、豆腐干、果干、茄子净肉六种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干接连下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，
最后还需要加入精心熬制的鸡汤，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有（ ）种
A．72
B．36
C．12
D．6
【答案】C
【解析】将香菌、新笋、豆腐干看成一个元素，且顺序一定，茄子净肉和鸡胸肉顺序一定，
所以不同的排序方法有
种方法.故选：C
2．（2024·青海海西·模拟预测）现在六个人并排站成一排，则甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在
丙的左边的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】6 人的全排列有
，利用插空法，将余下的三个人全排列
，
则将甲、乙、丙三人插入到四个空中且他们的顺序为甲乙丙一种，
又由甲、乙、丙三人的全排列有
种，
所以甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的排法有
种，
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故所求概率为
．
故选：B．
3．（2024 安徽合肥 ）一班有5 名棋手，出场次序已经排定，二班有2 名棋手，现要排出这7 人的出场顺序，
如果不改变一班棋手出场次序，那么不同排法有（ ）种
A．12
B．20
C．30
D．42
【答案】D
【解析】依题意，7 名棋手作全排列为
，其中原有5 名棋手的排列有
，
所以不改变一班棋手出场次序的不同排法种数有
.
故选：D
4（2024·广东东莞·阶段练习）如图，有两串桃子挂在树枝上，其中一串有4 个桃子，另外一串有3 个桃子，一
只猴子自下而上地依次摘桃子，每次只摘一个桃子，直至把所有7 个桃子全部摘完，共有（ ）种不同的摘法．
A．70
B．35
C．21
D．14
【答案】B
【解析】如果将7 个桃子全排列有
种方法，但根据题意要摘的两列桃子顺序分别为
和
，
所以共有
种方法，故B 正确.故选：B.
考法五 相同元素--隔板法
【例5-1】（2024·辽宁抚顺·三模）将8 个数学竞赛名额全部分给4 个不同的班，每个班至少有1 个名额，则不
同的分配方案种数为（ ）
A．15
B．35
C．56
D．70
【答案】B
【解析】将8 个数学竞赛名额全部分给4 个不同的班，每个班至少有1 个名额，
12
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可类比为用3 个隔板插入8 个小球中间的空隙中，将球分成4 堆，
由于8 个小球中间共有7 个空隙，因此共有
种不同的分法．
故选：B.
【例5-2】（2024 高三·全国·专题练习）已知正整数
，
，
，
，
满足
，则不同
的有序实数对
有 种可能．
【答案】126
【解析】先将
拆成
个，并排成一排，于是正整数
，
，
，
，
表示在这
个中占有的个数，
然后用四个隔板把这一列分为五组，由于这一列数中间有个空，
因此四个隔板的放置方法种数为
（种）．因此不同的有序实数对
有
种可能．
故答案为：
【一隅三反】
1．（2024·湖南永州·三模）为迎接2024 年在永州举行的中国龙舟公开赛，一位热情好客的永州市民准备将9
份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，若每人至少分得一份，且甲、乙两人分得的份数不相同，则
不同的分法总数为（ ）
A．26
B．25
C．24
D．23
【答案】C
【解析】将9 份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，每人至少分得一份，有
种分法，
而甲、乙两人分得的份数相同，可以都是1 份，2 份，3 份，4 份共4 种分法，
所以每人至少分得一份，且甲、乙两人分得的份数不相同，则不同的分法总数为
种.
故选：C
2．（23-24 高三下·云南昆明·阶段练习）把分别写有1，2，3，4，5，6 的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，
每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ）
A．60
B．36
C．30
D．12
【答案】A
【解析】先将卡片分为符合条件的三份，
由题意知：三人分六张卡片，且每人至少一张，至多四张，
若分得的卡片超过一张，则必须是连号，
相当于将，
，，
，，这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，共
种情况，
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再对应到三个人有
种情况，则共有
种法.
故选：A．
3．（23-24 高三上·江苏南京·期中）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】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.
考法六 分组分配
【例6-1】（24-25 高三上·山西大同·期末）五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将
2 名金牌导游和5 名银牌导游分别派往云冈石窟古城华严寺北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个
､
､
景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有（ ）
A．360
B．640
C．1350
D．1440
【答案】C
【解析】将2 名金牌导游分配到3 个景区，有
种分配方法，
若每个风景区都要有银牌导游，则将银牌导游分成三组，各组人数分别为
或
.
当银牌导游分成三组的人数为
时，此时共有
种；
当银牌导游分成三组的人数为
时，此时共有
种分配方法.
所以不同分配方法有
种.
故选:C.
【例6-2】（2024 河南省 ）现有包含
两本书的六本不同的书，分给甲乙丙三个人，要求每人至少一本
､
､
，
其中
两本书被分给甲的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
14
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【解析】第一类，将六本书分成
三组，然后分给三人共有
种，
其中满足条件的分法：先将
两本分给甲，然后将4 本书分成
两组分给乙、丙，
共有
种；
第二类，将六本书分成
三组，然后分给三人共有
种，
其中满足条件的分法：先从4 本书中取2 本连同
分给甲，剩下的分给乙、丙，
共有
种；
第三类，将六本书分成
三组，然后分给三人共有
种，
其中满足条件的分法：
1）甲得2 本：将
分给甲，然后将剩余4 本分成
两组分给乙、丙，共有
种；
2）甲得3 本：先从4 本书中取1 本连同
分给甲，再将剩余3 本分成
两组分给乙、丙，共有
.
综上，将六本不同的书，分给甲乙丙三个人，共有
､
､
种，
满足条件的分法有
种.所以，
两本书被分给甲的概率为
.故选：C
【一隅三反】
1．（2024·贵州贵阳·三模）第33 届夏季奥运会预计2024 年7 月26 日至8 月11 日在法国巴黎举办，这届奥运
会将新增霹雳舞、滑板、攀岩、冲浪四个比赛项目及两个表演项目.现有三个场地
，B，C 分别承担这6 个新
增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，其中两个表演项目不在一个场地举办，则不同的安排方法
有（ ）
A．462 种
B．300 种
C．402 种
D．390 种
【答案】D
【解析】若三个场地分别承担
个项目，则有
种安排；
若三个场地分别承担
个项目，则有
种安排；
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若三个场地分别承担
个项目，则有
种安排，
综上，不同的安排方法共有
种.
故选：D.
2．（2024 浙江·期中）2024 年伊始，随着“广西砂糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，
成为旅游城市中的“顶流”．某班级六位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”
的出游计划，这六位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂、冰雪大世界、中央大街三个景点中选择一个去游
玩，已知每个景点至少有一位同学会选，六位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生
乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是（ ）
A．132
B．144
C．150
D．168
【答案】C
【解析】若学生甲、乙选的景点没有其他人选，则分组方式为
或
（其中
为甲、乙），
当为
时，则有
种选法；
当为
（其中
为甲、乙）时，则有
种选法；
若学生甲、乙选的景点有其他人选，则分组方式为
或
（其中为甲、乙与另一学生），
当为
时，则有
种选法；
当为
（其中为甲、乙与另一学生）时，则有
种选法；
综上可得一共有
种不同的选法.
故选：C
3．（2024·宁夏银川·三模）现有5 名来自清华、北大的选调生前往A，B，C 三个城市任职工作，若每位选调
生只能去其中的一个城市，且每个城市至少安排1 名选调生，其中甲和乙两人必须去同一个城市，则不同的安
排方法数是（ ）
A．18
B．24
C．36
D．48
【答案】C
【解析】依题意，可以分成两步完成：第一步，安排甲和乙去一个城市，有
种方法；
第二步分成两类情况：第一类，安排另外3 人，每个城市一人，有
种方法；
第二类，将另外3 人按照1：2 分组，再安排他们去另外的两个城市，有
种方法.
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根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，不同的安排方法有：
种.
故选：C.
考法七 涂色问题
【例7-1】（2024 重庆·期末）国际数学家大会（ICM）是由国际数学联盟（IMU）主办的国际数学界规模最大
也是最重要的会议，每四年举行一次，被誉为数学界的奥林匹克盛会.2002 年第24 届国际数学家大会在北京召
开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形构成（如图）.
现给图中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 种不同的颜色可
供使用，则不同的涂色方案有（ ）
A．120 种
B．360 种
C．420 种
D．540 种
【答案】C
【解析】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5 块区域至少需要种颜色，
若块区域只用种颜色涂色，则颜色的选法有
种，相对的直角三角形必同色，
此时不同的涂色方案有
种；
若块区域只用
种颜色涂色，则颜色的选法有
种，其中一对相对的直角三角形必同色，
余下的两个直角三角形不同色，此时不同的涂色方案有
种；
若块区域只用种颜色涂色，则每块直角三角形都不同色，此时不同的涂色方案有
种；
综上，不同的涂色方案有：
种.
故选：C.
【例7-2】（2024·全国·模拟预测）如图，A，B，C，D 为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4 种颜色，对
这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A 与C 不相邻，B 与D 不相邻），则使用2 种颜色涂色的
概率为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】使用4 种颜色给四个区域涂色，有
种涂法；
使用3 种颜色给四个区域涂色，共有
种涂法；
（使用3 种颜色给四个区域涂色有两类情况：①区域A 与区域C 涂同一种颜色，区域B 与区域D 涂另外2 种颜
色；
②区域B 与区域D 涂同一种颜色，区域A 与区域C 涂另外2 种颜色）
使用2 种颜色给四个区域涂色，共有
种不同的涂法．
所以所有的涂色方法共有
（种），故使用2 种颜色给四个区域涂色的概率为
．
故选：B
【一隅三反】
1．（2024 重庆）如图，为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图，用五种颜色（其中一种为黄色）对图中四
个区域
进行染色，每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色，则四个区域中有且只有一组相邻区域
同色的染色方法有 种；若不使用黄色，则四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法有
种.
【答案】
【解析】根据题意，要求四个区域
中有且只有一组相邻区域同色，而同色的相邻区域共有4 种，不妨
假设为
同色，
①若
同时染黄色，则另外两个区域共有
种染色方法，因此这种情况共有
种染色方法；
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②若
同时染的不是黄色，则它们的染色有4 种，另外两个区域一个必须染黄色，
所以这两个区域共有
，因此这种情况共有
种染色方法，
综上可知有且只有一组相邻区域同色的染色方法的种数为
种；
根据题意，因为不用黄色，则只有四种颜色可选，分3 种情况讨论：
①若一共使用了四种颜色，则共有
种染色方法；
②若只使用了三种颜色，则必有一种颜色使用了两次，且染在相对的区域，所以一共有
种染
色方法；
③若只使用了两种颜色，则两种颜色都使用了两次，且各自染在一组相对区域，所以共有
种染色方
法，
综上可知所有相邻区域都不同色的染色方法的种数为84 种.
故答案为：
；
2．（2024 天津南开·期中）某年某月某日，老师们在校园留下美好合影，然而美好常伴遗憾，当我们回看这张
照片（如下左图），才想起那日若我们各手执鲜花当更美丽．现在，你有一次携7 种颜色花朵回到过去的机会，
请你帮老师们弥补遗憾，为每位老师送上一朵花，若每位老师仅可得到一种颜色的花，而你手中每种颜色的花
均足够分配，要求相邻老师不能拿到同色花朵．则你有 种分配花朵的方式．（请用数字作答）
注：各位老师相邻情况如下右图所示．
【答案】
【解析】先在7 种颜色花朵中选1 种给教师
，有7 种选法；
然后在剩下的6 种颜色花朵中选1 种给教师
，有6 种选法；
最后在剩下的5 种颜色花朵中选2 朵（可以相同）给教师
和
，有
种选法，
由分步乘法计数原理可得，共有
种分配花朵的方式．
故答案为：
．
3．（2024·重庆·模拟预测）重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．
东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4 种颜色标注6 个省份的地图区域，相邻省份地图颜
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色不相同，则共有 种涂色方式．
【答案】
【解析】根据题意，用4 种颜色标注6 个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，
则这4 中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，
共有：{“四川和湖南”且“贵州和湖北”}、{“四川和湖南”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“贵州和陕
西”、{“四川和湖北”且“湖南和陕西”、{“贵州和湖北”且“湖南和陕西”，共有5 种情况，
所以不同的涂色共有
种.故答案为：
.
考法八 数字问题
【例8-1】（2024·河北·模拟预测）用
能组成没有重复数字且比32000 小的数字（ ）个.
A．212
B．213
C．224
D．225
【答案】D
【解析】分数字位数讨论：
一位数5 个；
两位数有
个；
三位数有
个；
四位数有
个；
五位数分以下两种情况讨论：
①首位数字为1 或2，此时共有
个；
②首位数字为3，则千位数从0 或1 中选择一个，其余三个数位任意排列，
此时共有
个.
综上所述，共有
个比
小的数.
故选：D.
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【例8-2】（2024·四川雅安·三模）从
五个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为
偶数的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】若选择的4 个数中有0，则没有重复数字的四位数有
个；
若选择的4 个数中无0，则没有重复数字的四位数有
个；
所以没有重复数字的四位数共有
个.
若个位数为0，则没有重复数字的偶数有
个；
若个位数不为0，则没有重复数字的偶数有
个；
所以没有重复数字的四位数共有
个.
综上所述：该数为偶数的概率为
.
故选：C.
【一隅三反】
1．（23-24 高三下·广东广州·阶段练习）在
中不重复地选取4 个数字，共能组成（ ）个不同的四位
数.
A．96
B．18
C．120
D．84
【答案】A
【解析】四位数首位不能为零，故为
种不同的四位数，故选：A.
2．（2024 高三·全国·专题练习）用数字0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的四位数，其中比4 000 大的偶
数共有（ ）
A．48 个
B．56 个
C．60 个
D．72 个
【答案】C
【解析】根据题意，符合条件的四位数首位数字必须是4，5 其中1 个，
末位数字为0，2，4 其中1 个．
分两种情况讨论：①首位数字为5 时，末位数字有3 种情况，
在剩余的4 个数中任取2 个，放在剩余的2 个位置上，有
（种）情况，
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此时有
（个）；
②首位数字为4 时，末位数字有2 种情况，
在剩余的4 个数中任取2 个，放在剩余的2 个位置上，有
（种）情况，
此时有
（个），
综上所述，共有
（个）.
故选：C.
3．（2024·湖北·模拟预测）能被3 整除，且各位数字不重复的三位数的个数为（ ）
A．228
B．210
C．240
D．238
【答案】A
【解析】然后根据题意将10 个数字分成三组：
即被3 除余1 的有1，4，7；被3 除余2 的有2，5，8；被3 整除的有3，6，9，0，
若要求所得的三位数被3 整除，
则可以分类讨论：每组自己全排列，每组各选一个，
所以3 的倍数的三位数有：
个.
故选：A.
4 ．（2024·全国·模拟预测）“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857
与1 至6 中任意1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7 这6 个数字组成．若从1，4，2，8，5，7 这6
个数字中任选4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200 的偶数个数是（ ）
A．87
B．129
C．132
D．138
【答案】A
【解析】若千位数字是5，则百位数字不能是1，故共有
（个）；
（①一个四位数为偶数，则其个位上的数字一定是偶数；②组成的四位数要大于5200，则其千位上的数字是
5，7 或8）
若千位数字是7，则共有
（个）；
若千位数字是8，则共有
（个）．
故符合条件的四位数共有
（个）．
故选：A
5．（2024·河南新乡·二模）从
这5 个数字中任取2 个偶数和1 个奇数，组成一个三位数，则不同的三
位数的个数为（ ）
A．16
B．24
C．28
D．36
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【答案】C
【解析】若没有取到0，则有
种方法，
若取到0，则有
种方法，
所以不同的三位数共有
种.
故选：C
一．单选题
1．（2024 北京东城 ）
，
，
三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，每位学生只能报一所大学.
某中学现有四位学生报名.若每所大学都有该中学的学生报名，则不同的报名方法共有（ ）
A．30 种
B．36 种
C．72 种
D．81 种
【答案】B
【解析】设这四位同学分别为甲、乙、丙、丁，
由题意将甲、乙、丙、丁四位同学分为三组2，1，1，然后分配到
三所学校.
则不同的报名方法共有
种.
故选：B.
2 ．（2024·湖南岳阳·模拟预测）甲､乙等5 名学生参加学校运动会志愿者服务，每个人从“检录组”“计分
组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲､乙两人恰好选择同一岗位
的选择方法有（ ）种.
A．18
B．27
C．36
D．72
【答案】C
【解析】若甲､乙两人恰选择同一岗位且人数配比为
时，则有
种不同安排方法；
若甲､乙两人恰选择同一岗位且人数配比为
时，则有
种不同安排方法；
所以共有
种不同安排方法.
故选：C
3．（2024 高三·全国·专题练习）随着国潮的兴起，大众对汉服的接受度日渐提高．目前中国大众穿汉服的场
景主要有汉服活动、艺术拍摄、传统节日、旅游观光、舞台表演、日常活动、婚庆典礼7 类．某自媒体博主准
备从图片网站上精选8 张中国大众穿汉服的照片，要求每类场景至多选2 张，则不同的选择方案的种数为（
）
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A．252
B．162
C．357
D．324
【答案】C
【解析】从7 类场景中选8 张照片，且每类场景至多选2 张，也可以不选，
则不同选法有
，
，
，
，
所以不同的选择方案的种数为
.
故选：C．
4．（2024 江苏·阶段练习）习近平总书记强调：“要在学生中弘扬劳动精神，教育引导学生崇尚劳动、尊重
劳动，懂得劳动最光荣、劳动最崇高、劳动最伟大、劳动最美丽的道理，长大后能够辛勤劳动、诚实劳动、创
造性劳动．”这一重要论述，突出了劳动教育对于新时代立德树人的重要意义，是我们开展劳动教育工作的重
要遵循．为了积极落实习近平总书记讲话的精神，高中课程中安排劳动课，我校高二（1）班本周星期五下午
要上4 节课，若把语文、数学、劳动、体育这4 门课安排在星期五下午，劳动课必须比数学课先上，则不同的
排法有（ ）
A．24 种
B．18 种
C．12 种
D．6 种
【答案】C
【解析】把语文、数学、劳动、体育这4 门课程任意排列，有
＝24 种情况，
其中数学课排在劳动课之前和数学课排在劳动课之后的情况数目是相同的，
则劳动课必须比数学课先上的排法有
＝12 种．
故选：C．
5．（2024 山东烟台·期中）某次数学竞赛获奖的6 名同学上台领奖，若甲、乙、丙三人上台的先后顺序已确
定，则不同的上台顺序种数为（ ）．
A．20
B．120
C．360
D．720
【答案】B
【解析】因为甲、乙、丙三人上台的先后顺序已确定，所以不同的上台顺序种数为
.故选：B.
6．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）某学校组队参加辩论赛，在1 名男生和4 名女生中选出4 人分别担任一、
二、三、四辩，在男生入选的条件下，男生担任一辩的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】在1 名男生和4 名女生中选出4 人分别担任一、二、三、四辩，
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在男生入选的条件下，男生担任一辩的概率是
.
故选：A.
7．（2024·全国·模拟预测）今有2 个红球，3 个黄球，同色球不加以区分，将这5 个球排成一行，则不同的排
法种数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】因为5 个球有
种排法，因为同色球不加以区分，2 个红球有
种排法，3 个黄球排有
种排法，
所以共有
种排法．故选：D．
8．（2024·湖南长沙 ）郑州绿博园花展期间，安排6 位志愿者到4 个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安
排一个人，剩下两个展区各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有（ ）
A．168 种
B．156 种
C．172 种
D．180 种
【答案】B
【解析】根据题意，设剩下的2 个展区为丙展区和丁展区，用间接法分析：
先计算小李和小王不受限制的排法数学：先在6 位志愿者中任选1 个，安排在甲展区，有
种情况，
再在剩下的5 个志愿者中任选1 个，安排到乙展区，有
种情况，
最后将剩下的4 个志愿者平均分成2 组，全排列后安排到剩下的2 个展区，有
种情况，
所以小李和小王不受限制的排法有
种，
若小李和小王在一起，则两人去丙展区或丁展区，有2 种情况：
在剩下的4 位志愿者中任选1 个，安排到甲展区，有
种情况，
再在剩下的3 个志愿者中任选1 个，安排到乙展区，有
种情况，
最后安排2 个安排到剩下的展区，有1 种情况，
则小李和小王在一起的排法有
种，
所以小李和小不在一起的排法有
种，
故选：B
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二．多选题
9．（2024 四川广安·期中）现有6 本不同的书，则（ ）
A．分给甲乙丙三人，每人2 本，则共有90 种分法
B．分成三份，每份2 本，则共有90 种分法
C．分成三份，一份1 本，一份2 本，一份3 本，则共有60 种分法
D．分给甲乙丙三人，其中甲4 本，乙1 本，丙1 本，则共有15 种分法
【答案】AC
【解析】对A：把6 本书平均分给甲、乙、丙3 个人，每人2 本，分3 步进行;
先从6 本书中取出2 本给甲，有
种取法，
再从剩下的4 本书中取出2 本给乙，有
种取法，
最后把剩下的2 本书给丙，有
种情况，
则把6 本书平均分给甲、乙、丙3 个人，每人2 本，有
（种）分法，故A 正确；
对B：先分三步，则应是
种方法，但是这里出现了重复．
不妨记6 本书为
,
若第一步取了
，第二步取了
，第三步取了
，
记该种分法为
则
种分法中还有
，
，
，
，
，共
种情况，
而这
种情况仅是
的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分法有
（种），
故B 错误；
对C：这是“不均匀分组”问题，
（种）， 故C 正确；
对D：把6 本书分给甲、乙、丙3 个人，甲4 本，乙1 本，丙1 本，分3 步进行，
先从6 本书中取出4 本给甲，有
种取法，
再从剩下的
本书中取出1 本给乙，有
种取法，
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最后把剩下的1 本书给丙，有
种情况，
则把6 本书分甲4 本，乙1 本，丙1 本，有
（种）分法，故D 错误；
故选：AC.
10．（2024 高三·全国·专题练习）下列说法正确的有（ ）
A．将6 本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1 本，一人2 本，一人3 本，有
种不同的分法
B．将6 本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有
种不同的分法
C．将6 本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有360 种不同的分法
D．将6 本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10 种不同的分法
【答案】BD
【解析】对于A，6 本不同的书中，先取1 本作为一组，再从剩余的5 本中取2 本作为一组，
最后3 本作为一组，共有
（种），
再将3 组分给甲、乙、丙三人，共有
（种），故A 不正确；
对于B，6 本不同的书中，先取2 本给甲，再从剩余的4 本中取2 本给乙，最后2 本给丙，
共有
种不同的分法，故B 正确；
对于C，6 本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分3 种情况讨论：
①一人4 本，其他两人各1 本，共有
（种）；
② 一人1 本，一人2 本，一人3 本，共有
（种）；
③ 每人2 本，共有
（种），故共有
（种），故C 不正确；
对于D，6 本相同的书分给甲、乙、丙三人，利用挡板法
（种），故D 正确.
故选：BD.
11．（2024 江苏南京 ）现安排甲乙丙丁戊
､
､
､
､
5 名同学参加2022 年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译导
､
游礼仪司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（
､
､
）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1 人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1 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
､
､
､
27
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同安排方案的种数是
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1 人，则这5 名同学全部被安排的不同方法数为
【答案】ABD
【解析】根据题意，依次分析选项：
对于
，安排5 人参加4 项工作，若每人都安排一项工作，每人有4 种安排方法，则有
种安排方法，故
错
误；
对于
，根据题意，分2 步进行分析：先将5 人分为4 组，再将分好的4 组全排列，安排4 项工作，有
种
安排方法，故
错误；
对于
，根据题意，分2 种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2 人开车，②从丙，丁，戊中选出1 人开车，则
有
种安排方法，
正确；
对于
，分2 步分析：需要先将5 人分为3 组，有
种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、
礼仪三项工作，有
种情况，则有
种安排方法，
错误；
故选：
．
三．填空题
12．（2024·新疆喀什·三模）小明设置六位数字的手机密码时，计划将
的前6 位数字3，1，
4，1，5，9 进行某种排列得到密码．若排列时要求相同数字不相邻，且相同数字之间一个数字，则小明可以设
置的不同密码种数为 ．
【答案】96
【解析】从3，4，5，9 中选择一个数字放入两个1 之间，将其与两个1 看作一个整体，与剩下元素全排列，
故不同的密码个数为
，
故答案为：96
13．（2025·甘肃张掖·模拟预测）春节期间，小明一家3 口姑姑一家
､
3 口和爷爷，奶奶围坐圆桌聚餐，则在爷
爷奶奶相邻的前提下，小明一家
､
3 口均不相邻的概率为 ．
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【答案】
/
【解析】将爷爷、奶奶捆绑在一起有
种方法，与另外6 人排列，
又因为是围坐圆桌，所以有
种，
将爷爷、奶奶捆绑在一起和姑姑一家三口排列有
种，形成4 个空，
将小明一家3 口插空，有
种，故共有
种，
所以在爷爷奶奶相邻的前提下，小明一家
､
3 口均不相邻的概率为
.
故答案为：
.
14．（23-24 新疆喀什·期中）如图，某水果店门前用3 根绳子挂了6 串香蕉，从左往右的串数依次为1，2，3.
到了晚上，水果老板要收摊了，假设每次只取1 串（挂在一列的只能先收下面的），则将这些香蕉都取完的不
同取法种数？ .（结果用数字表示）
【答案】60
【解析】依题意，6 串香蕉任意收取共有
种方法，
考虑在收取最右边一列时有
种取法，收取中间一列时有
种取法，
而从下往上收取只是其中的一种，故按照从下往上的收取方法，不同取法数是
种.
故答案为：60.
四．解答题
15．（2023 甘肃）把6 个相同的小球放入4 个编号为1，2，3，4 的盒子中，求下列方法的种数．
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(1)每个盒子都不空；
(2)恰有一个空盒子；
(3)恰有两个空盒子．
【答案】(1)10
(2)40
(3)30
【解析】（1）解：先把6 个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5 个空隙
中任选3 个空隙各插一块隔板，共有
（种）方法．
（2）解：恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5 个空隙中任选2 个空
隙各插一块隔板，如
，有
种插法；然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如
，有
种插法，故共有
（种）方法．
（3）解：恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5 个空隙中任选1 个空
隙插一块隔板，有
种插法，
如
，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．
①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如
，有
种插法．
②将两块板与前面三块板之一并放，如
，有
种插法．故共有
（种）方法．
16．（2024 河南）3 名男生，4 名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方法数．
(1)选5 名同学排成一排；
(2)全体站成一排，甲、乙不在两端；
(3)全体站成一排，甲不在最左端，乙不在最右端；
(4)全体站成一排，男生站在一起、女生站在一起；
(5)全体站成一排，男生排在一起；
(6)全体站成一排，男生彼此不相邻；
(7)全体站成一排，男生各不相邻、女生各不相邻；
(8)全体站成一排，甲、乙中间有2 个人；
(9)排成前后两排，前排3 人，后排4 人；
(10)全体站成一排，乙不能站在甲左边，丙不能站在乙左边．
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【答案】(1)2520(2)2400(3)3720(4)288(5)720(6)1440(7)144(8)960(9)5040(10)840
【解析】（1）无条件的排列问题，排法有
种；
（2）先安排甲乙在中间有
种，再安排余下的5 人有
种，共有排法有
种；
（3）排法有
种，其中
是甲在左端或乙在右端的排法，
是甲在左端且乙在右端的排法；
（4）把男生看成一个整体共有
种，再把女生看成一个整体有
种，再把这两个整体全排列，共有
种排法；
（5）即把所有男生视为一个整体，与4 名女生组成五个元素全排列，共有
种排法；
（6）即不相邻问题（插空法）：先排女生共
种排法，男生在五个空中安插，有
种排法，故共有
种排法；
（7）对比（6），让女生插空，共有
种排法；
（8）（捆绑法）任取2 人与甲、乙组成一个整体，与余下3 个元素全排列，故共有
种排法；
（9）分步完成共有
种排法；
（10）由于乙不能站在甲左边，丙不能站在乙左边，故3 人只能按甲、乙、丙这一种顺序排列，
7 人的全排列共有
种，甲、乙、丙3 人全排列有
种，而3 人按甲、乙、丙顺序排列是全排列中的一种，所
以共有
种排法.
17．（2024 河北石家庄·阶段练习）（1）如图，从左到右有5 个空格.
（i）若向这5 个格子填入0，1，2，3，4 五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多
少不同的填法？
（ii）若给这5 个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3 颜色可供使用，问一共有多少不同的涂
法？
31
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（iii）若向这5 个格子放入7 个不同的小球，要求每个格子里都有球，问有多少种不同的放法？
（2）如图，用四种不同的颜色给三棱柱
的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色.
（i）若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有多少种？
（ii）若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有多少种？
（注：最终结果均用数字作答）
【答案】（1）（i）96 种；（ii）48 种；（iii）16800 种；（2）（i）576 种；（ii）264 种.
【解析】（1）（i）根据题意，分2 步进行分析：
①、第三个格子不能填0，则0 有4 种选法；
②、将其余的4 个数字全排列，安排在其他四个格子中，有
种情况，
则一共有
种不同的填法；
（ii）根据题意，第一个格子有3 种颜色可选，即有3 种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2 种颜色可选，即有2 种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有2 种情况，
则五个格子共有
种不同的涂法；
（iii）根据题意，分2 步进行分析：
①、将7 个小球分成5 组，有2 种分法：
若分成
的5 组，有
种分法，
若分成
的5 组，有
种分组方法，
则有
种分组方法，
②、将分好的5 组全排列，对应5 个空格，有
种情况，
则一共有
种放法．
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（2）（i）由题得每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有
；
（ii）若
，
，
，
用四种颜色，则有
；
若
，
，
，
用三种颜色，则有
；
若
，
，
，
用两种颜色，则有
.
所以共有
种.
18（2024 天津静海·阶段练习）现有0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 共十个数字.
（1）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（2）组成无重复数字的三位数中，315 是从小到大排列的第几个数？
（3）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
（4）选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数共有多少个？
（5）如果一个数各个数位上的数字从左到右按由大到小的顺序排列，则称此正整数为“渐减数”， 那么由这
十个数字组成的所有“渐减数”共有多少个？
【答案】（1）648；（2）156；（3）2296；（4）1140；（5）1013
【解析】（1）由题意，无重复的三位数共有
个；
（2）当百位为1 时，共有
个数；
当百位为2 时，共有
个数；
当百位为3 时，共有
个数，
所以315 是第
个数；
（3）无重复的四位偶数，所以个位必须为0,2,4,6,8，千位上不能为0，
当个位上为0 时，共有
个数；
当个位上是2,4,6,8 中的一个时，共有
个数，
所以无重复的四位偶数共有
个数；
（4）当选出的偶数为0 时，共有
个数，
当选出的偶数不为0 时，共有
个数，
所以这样的四位数共有
个数；
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（5）当挑出两个数时，渐减数共有
个，
当挑出三个数时，渐减数共有
个，
，
当挑出十个数时，渐减数共有
个，
所以这样的数共有
个.
19（2023 北京海淀·阶段练习）若A1，A2，…，Am 为集合A＝{1，2，…，n}（n≥2 且n∈N*）的子集，且满足两
个条件：
①A1∪A2 …
∪∪Am＝A；
②对任意的{x，y}⊆A，至少存在一个i {1
∈
，2，3，…，m}，使Ai∩{x，y}＝{x}或{y}．则称集合组A1，A2，…，
Am 具有性质P．
如图，作n 行m 列数表，定义数表中的第k 行第l 列的数为akl
．
a11
a12
…
a1m
a21
a22
…
a2m
…
…
…
…
an1
an2
…
anm
（1）当n＝4 时，判断下列两个集合组是否具有性质P，如果是请画出所对应的表格，如果不是请说明理由；
集合组1：A1＝{1，3}，A2＝{2，3}，A3＝{4}；
集合组2：A1＝{2，3，4}，A2＝{2，3}，A3＝{1，4}．
（2）当n＝7 时，若集合组A1，A2，A3具有性质P，请先画出所对应的7 行3 列的一个数表，再依此表格分别
写出集合A1，A2，A3；
（3）当n＝100 时，集合组A1，A2，…，At 是具有性质P 且所含集合个数最小的集合组，求t 的值及|A1|+|A2|
+…|At|的最小值．（其中|Ai|表示集合Ai 所含元素的个数）
【答案】（1）集合组1 具有性质P，集合组2 不具有性质P，理由见解析；（2）图见解析，A1＝{3，4，5，
7}，A2＝{2，4，6，7}，A3＝{1，5，6，7}；（3）304
【解析】（1）集合组1 具有性质P．
所对应的数表为：
1
0
0
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0
1
0
1
1
0
0
0
1
集合组2 不具有性质P．
因为存在{2，3}⊆{1，2，3，4}，有{2，3}∩A1＝{2，3}，{2，3}∩A2＝{2，3}，{2，3}∩A3＝∅，
与对任意的{x，y}⊆A，都至少存在一个i {1
∈
，2，3}，有Ai∩{x，y}＝{x}或{y}矛盾，
所以集合组A1＝{2，3，4}，A2＝{2，3}，A3＝{1，4}不具有性质P．…
（2）
A1＝{3，4，5，7}，A2＝{2，4，6，7}，A3＝{1，5，6，7}．
（注：表格中的7 行可以交换得到不同的表格，它们所对应的集合组也不同）
（3）设A1，A2，…，At 所对应的数表为数表M，
因为集合组A1，A2，…，At 为具有性质P 的集合组，所以集合组A1，A2，…，At 满足条件①和②，
由条件①：A1∪A2 …
∪∪At＝A，可得对任意x∈A，都存在i {1
∈
，2，3，…，t}有x∈Ai，
所以axi＝1，即第x 行不全为0，所以由条件①可知数表M 中任意一行不全为0.
由条件②知，对任意的{x，y}⊆A，都至少存在一个i {1
∈
，2，3，…，t}，使Ai∩{x，y}＝{x}或{y}，所以axi，ayi
一定是一个1 一个0，即第x 行与第y 行的第i 列的两个数一定不同．
所以由条件②可得数表M 中任意两行不完全相同．
因为由0，1 所构成的t 元有序数组共有2t 个，去掉全是0 的t 元有序数组，共有2t
1
﹣个，又因数表M 中任意
两行都不完全相同，所以100≤2t
1
﹣，所以t≥7．
又t＝7 时，由0，1 所构成的7 元有序数组共有128 个，去掉全是0 的数组，共127 个，选择其中的100 个数组
构造100 行7 列数表，则数表对应的集合组满足条件①②，即具有性质P．所以t＝7．
因为|A1|+|A2|+…+|At|等于表格中数字1 的个数，
所以，要使|A1|+|A2|+…+|At|取得最小值，只需使表中1 的个数尽可能少，
而t＝7 时，在数表M 中，1 的个数为1 的行最多7 行；1 的个数为2 的行最多C7
2＝21 行；1 的个数为3 的行最
多C7
3＝35 行；1 的个数为4 的行最多C7
4＝35 行；
因为上述共有98 行，所以还有2 行各有5 个1，
所以此时表格中最少有7+2×21+3×35+4×35+5×2＝304 个1．所以|A1|+|A2|+…+|At|的最小值为304．
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