排列组合专项练习【15大题型分类】专项训练-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册

2024-2025学年高二下学期数学常考题型归纳 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：特殊元素特殊位置优先】 例题精选 一、单选题 1．（山东省部分学校2024-2025学年高二下学期质量监测联合调考数学试题）某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他5名男同学中安排5名同学依次发言．若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有（   ） A．840种 B．960种 C．1080种 D．1200种 2．（24-25高二上·福建龙岩·期末）要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育和艺术6门课各一节的课程表，要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法共有（   ） A．75种 B．144种 C．288种 D．360种 3．（24-25高三上·湖北武汉·期末）某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4．（2024高三·全国·专题练习）甲、乙、丙、丁、戊、己六人站成一排合影留念，则甲、乙两人中间恰好有两人的站法有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 二、多选题 5．（24-25高二上·江西·阶段练习）某单位安排7名员工周一到周日为期一周的值日表，每名员工值日一天且不重复值班，其中甲不排在周一，乙不排在周三，则不同的安排方案种数为（    ） A． B． C． D． 三、填空题 6．（24-25高二下·福建厦门·阶段练习）5名学生和1位老师站成一排照相，则老师不排在两端的排法有 种. 7．（2024·上海闵行·一模）从10名数学老师中选出3人安排在3天的假期中值班，每天有且只有一人值班．若老师甲必须参加且不安排在假期第一天值班，则不同的值班安排方法种数为 ． 8．（24-25高三上·广东·阶段练习）甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有 种． 【题型2：相邻问题“捆绑法”】 例题精选 一、单选题 1．（24-25高二下·湖南·阶段练习）某校文艺汇演上有一个合晿节目，3名女同学和4名男同学需从左至右排成一排上台演唱，则男生甲与女生乙相邻，且男生丙与女生丁相邻的排法种数为（   ） A．194 B．240 C．388 D．480 2．（24-25高三下·江苏南京·开学考试）有4辆车停放5个并排车位，货车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与货车甲相邻停放，则共有多少种停放方法?（    ） A．8 B．12 C．16 D．10 3．（24-25高二上·吉林长春·期末）两男两女站成一排照相，女生相邻的所有排列种数为（    ） A．3 B．6 C．12 D．24 二、填空题 4．（24-25高二上·上海·期末）有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有 种排法． 5．（23-24高三下·全国·自主招生）甲、乙等五名运动员排成一排，则甲、乙相邻的排法共有 种． 【题型3：不相邻问题“插空法”】 例题精选 一、单选题 1．（24-25高二下·上海松江·阶段练习）某手机专卖店新进，，，，，，这7款充电宝，准备将它们在货柜里摆成一排售卖，则下列说法不正确的是（    ） A．若，，必须摆在前三个位置，则不同的摆法有144种 B．若，，彼此不相邻，，，，也彼此不相邻，则不同的摆法有72种 C．若，，彼此不相邻，则不同的摆法有1440种 D．若不能摆在后两个位置，则不同的摆法有3600种 2．（24-25高二下·河南·阶段练习）高一某班一天上午有节课，下午有节课，现要安排该班一天中语文､数学､英语､物理､化学､生物､地理节课的课程表，要求生物课排在上午第四节，化学课排在下午，数学与物理不相邻，则不同的排法种数共有（    ）种 A． B． C． D． 二、多选题 3．（24-25高二下·陕西西安·阶段练习）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 三、填空题 4．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习）来自4个班的7名同学一起参与登山活动，其中一班有3人，二班有2人，三班和四班各1人，到达山顶之后7人排成一排合影留念，则同班同学不相邻的站法总共有 种. 5．（24-25高二下·山东·阶段练习）《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） 四、解答题 6．（24-25高二下·江苏淮安·阶段练习）（1）从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？ （2）4名男生和3名女生共坐一排，男生必须排在一起的坐法有多少种？ （3）2名男生和4名女生排成一排．问：男生既不相邻也不排两端的不同排法共有多少种？ 【题型4：定序问题“倍缩法”】 一、单选题例题精选 1．（24-25高三下·河北张家口·开学考试）某同学将英文单词“”中字母的顺序记错了，则该同学写错的情况有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）若把英语单词“receive”的字母顺序写错了，则出现的错误写法共有（   ） A．840种 B．839种 C．2520种 D．2519 种 二、填空题 3．（24-25高二下·上海·阶段练习）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． 4．（23-24高二下·全国·单元测试）现有6人排队，其中要求甲、乙、丙三人的先后顺序固定，则共有不同排法 种． 5．（24-25高三·上海·课堂例题）、、、、五人排成一排，如果必须站在的右边，且、不相邻，则不同的排法共有 种． 三、解答题 6．（24-25高二上·全国·课堂例题）将这5个字母排成一列，要求在排列中的顺序为“”或“”（可以不相邻），则有多少种不同的排列方法？ 【题型5：“圆桌”排列问题】 例题精选 一、单选题 1．（23-24高三下·山东菏泽·开学考试）一对夫妻带着3个小孩和一个老人，手拉着手围成一圈跳舞，3个小孩均不相邻的站法种数是（    ） A．6 B．12 C．18 D．36 2．（21-22高二下·江苏苏州·期中）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． 3．（22-23高三上·辽宁丹东·期末）从三个班级，每班随机选派两名学生为代表，这六名同学被随机安排在一个圆桌会议室进行“深度学习与复习”座谈，会议室的圆桌正有好有六个座位，则同一班级的两名同学恰好被安排在一起相邻而坐的概率为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（21-22高三上·重庆北碚·阶段练习）一个圆桌有十二个座位，编号为1至12.现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位，家长与其孩子相邻.满足要求的坐法共有 种. 5．（2023高三·全国·专题练习）7名同学坐圆桌吃饭，其中甲、乙相邻，不同的排法种数为 . 6．（23-24高二下·北京·期中）一个圆桌有八个座位，编号为至．现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位．家长与其孩子相邻．满足要求的坐法共有 种． 7．（2024高三·全国·专题练习）现有9位同学围着圆桌坐成一圈，他们的衣服上分别标有号码1，2，3，…，9，若任意相邻两个号码之积不小于4，则不同的坐法有 种． 【题型6：“多排”问题】 例题精选 一、单选题 2．某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有(    ) A．种 B．种 C．种 D．种 二、填空题 3．6个人站成前、中、后三排，每排2人，则不同的排法有 种． 4．5位同学站成两排（前3后2），共有 种不同的排法. 5．六位身高各不相同的同学拍照留念，摄影师要求前后两排各站三人，则最高的与最矮的在同一排的概率是 ． 6．8人排成前后两排，前排3人后排5人，甲、乙在后排，且不相邻的排法有几种 三、解答题 7．有7个人分成三排就座，第一排2人，第二排2人，第三排3人，且第一排､第二排只有2个座位，第三排只有3个座位. (1)如果甲不能坐第一排，共有多少种不同的坐法？ (2)求甲､乙坐在同一排且相邻的概率. 【题型7：“隔板法”】 例题精选 一、单选题 1．（湖南省部分学校2025届高三“一起考”大联考（模拟一）数学试卷）二十名校国旗班成员站成一排参加训练，教育计划在20人中选9人进行第一项训练，若这9人在原来队列中互不相邻、则教官的选择方式一共有（   ） A．220种 B．55种 C．210种 D．110种 2．（24-25高三上·陕西西安·期末）《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（   ） A．715种 B．572种 C．312种 D．286种 3．（23-24高二下·河南漯河·阶段练习）某学校利用周末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共6个班，其中（1）班有2个志愿者队长，本次志愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则共有（   ）种分配方法. A．90 B．60 C．126 D．120 4．（2024·湖北·模拟预测）不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的三元数组有多少组（    ） A．560 B．455 C．91 D．55 二、填空题 5．（24-25高二上·天津红桥·期末）某学校准备组建一个18人的足球队，这18人由高二年级十个班的学生组成，每个班至少一人，名额分配方案共 种(用数字填写). 6．（23-24高二下·全国·课后作业）将8个相同的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子，每个盒子都不空的方法数为 . 7．（23-24高二下·全国·课堂例题）四元一次方程的正整数解有 组，非负整数解有 组． 【题型8：平均分组与部分平均分组】 例题精选 1．（2024高三·全国·专题练习）有六名同学按下列方法和要求分组，各有不同的分组方法多少种？ (1)分成三个组，各组人数分别为1、2、3； (2)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为1、2、3； (3)分成三个组，各组人数分别为2、2、2； (4)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为2、2、2； (5)分成四个组，各组人数分别为1、1、2、2； (6)分成四个组去参加四项不同的活动，各组人数分别为1、1、2、2. 2．（23-24高二下·安徽合肥·期中）北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射.“神箭”再起新征程，奔赴浩瀚宇宙.为了某次航天任务，准备从7名预备队员中（其中男4人，女3人）中选择4人作为航天员参加该次任务. (1)若至少有一名女航天员参加此次航天任务，共有多少种选法？（结果用数字作答） (2)若选中的4名航天员需分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一名航天员，共有多少种选派方式？（结果用数字作答） 3．（22-23高二下·江苏盐城·阶段练习）某新闻部门共有A、B、C、D、E、F六人. (1)由于两会召开，部门准备在接下来的六天每天安排1人加班，每人只被安排1次，若A不能安排在第一天，B不能安排在最后一天，则不同的安排方法共有多少种？ (2)该部门被评为优秀宣传组，六人合影留念，分前后两排每排3人对齐站立，要求后排的3个人每人都比自己前面的人身高要高，则不同的站法共有多少种？（六人身高均不相同） (3)部门接到通知全员要到甲、乙、丙、丁4个社区进行采访，每个社区至少去1人，每人只去一个社区，则不同的分派方案共有多少种？ 4．（2024高三·全国·专题练习）现在4本不同的书，按以下方式进行分配． (1)分成两堆，每堆2本，则有多少种分法； (2)分成两堆，一堆3本、一堆1本，则有多少种分法； (3)分给甲、乙两人，每人2本，则有多少种分法； (4)分给甲、乙两人，一个3本、一人1本，则有多少种分法． 【题型9：先分组再分配问题】 例题精选 一、单选题 1．（24-25高二下·河北沧州·阶段练习）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 2．（24-25高二下·湖南长沙·阶段练习）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 3．（24-25高二上·辽宁丹东·期末）将甲乙丙丁戊5名志愿者全部分配到A，B，C三个地区参加公益活动，要求每个地区都要有志愿者且最多不超过2人，则不同的分配方案有（   ） A．90种 B．180种 C．60种 D．120种 4．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）甲、乙、丙、丁4名志愿者被派往三个足球场参加志愿服务，每名志愿者都必须分配，每个足球场至少分配1名志愿者，但甲、乙不能安排在同一个足球场，则不同的分配方案共有（   ） A．24种 B．30种 C．36种 D．42种 5．（24-25高三上·山东临沂·阶段练习）现将4名志愿者分配到3个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点都要安排志愿者，有（    ）种分配方式 A．30 B．36 C．60 D．72 6．（24-25高三上·广西·期中）为促进城乡教育均衡发展，某地区教育局安排包括甲、乙在内的5名城区教师前往四所乡镇学校支教，若每所学校至少安排1名教师，每名教师只能去一所学校，则甲、乙不安排在同一所学校的方法数有（   ） A．1440种 B．240种 C．216种 D．120种 7．（24-25高三上·重庆·开学考试）第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月日在重庆市育才中学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（    ）种 A．108 B．114 C．150 D．240 8．（23-24高二下·安徽安庆·阶段练习）有个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是（    ） A．90 B．150 C．390 D．420 【题型10：配对问题】 例题精选 一、单选题 1．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好只有一双同色的取法有 A．240种 B．180种 C．120种 D．60种 2．在6双不同颜色的手套中任取5只，恰好有2只为同一双的取法共有（    ）种 A．360 B．480 C．600 D．1440 3．从一副不含大小王的52张扑克牌（即不同花色的各4张）中任意抽出5张，恰有3张A的概率是（    ） A． B． C． D． 4．从一副不含大王、小王的52张扑克牌中任意抽出5张，则至少有3张A的概率为（    ） A． B． C． D． 【题型11：代数中的排列组合】 例题精选 一、单选题 1．由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（    ） A．360 B．280 C．156 D．150 2．从2，3，5，7，11这5个素数中，随机选取两个不同的数，其积为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 3．“渐升数”是指每一位数字都比左边数字大的正整数（如1347），那么四位“渐升数”有 个，比5789小的四位“渐升数”有 个.（用数字作答） 4．用个不同的元素组成个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作，且当时，．现有7名同学参加趣味答题活动，参加一次答题，即可随机获得四种不同卡片中一张，获得每种卡片的概率相同，若每人仅可参加一次，这7名同学获得卡片后，可集齐全4种卡片的概率为 ． 5．从1∼9这九个自然数中，任取三个数作数组，且，则不同的数组共有 个． 6．若从2，3，5，7，11，13这六个质数中，每次取出2个数作为分子和分母构成一个真分数，则所有不同的真分数的个数有 个． 7．从0，1，2，3，4，5中任取3个数字组成没有重复数字的三位数，其中能被5整除的概率为 （用数字作答）． 三、解答题 8．从0，1，2，3，4五个数字中任取四个数字组成无重复数字的四位数． (1)可以组成多少个奇数？ (2)可以组成多少个偶数？ 【题型12：几何中的排列组合】 例题精选 一、单选题 1．（2025高三·全国·专题练习）在正方体中，下列说法不正确的是（ ） 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 2．（24-25高二上·上海奉贤·期中）在平面直角坐标系中，轴正半轴上有4个点，轴正半轴上有6个点，将轴上的4个点和轴上的6个点连成24条线段，这24条线段在第一象限内的交点最多有（ ）个 . A．90 B．85 C．80 D．75 二、填空题 3．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的 倍． 4．（24-25高三上·辽宁·期末）在正三棱柱每条棱的中点中任取2个点，则这两点所在直线平行于正三棱柱的某个侧面或底面所在平面的概率为 . 5．（2024·福建·模拟预测）正八面体中，以其顶点为顶点的三棱锥的个数为 （用数字作答）． 6．（23-24高二下·河南洛阳·期中）已知正四棱锥，从底面四个顶点A，B，C，D和四条侧棱的中点共8个点中任选4个作为三棱锥的顶点，可得三棱锥 个.（用数字作答） 7．（24-25高三·上海·随堂练习）连结正三棱柱的6个顶点，可以组成 个四面体． 【题型13：最短路径问题】 例题精选 一、单选题 1．（23-24高二上·江西抚州·阶段练习）在某城市中，A，B两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地，途经C地，则不同的路线有（    ） A．90 种 B．105 种 C．260种 D．315 种 2．（22-23高三上·湖北·开学考试）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 二、多选题 3．（23-24高二下·黑龙江鹤岗·开学考试）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的5个指定交汇处，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，则下列说法正确的是（    ） A．甲从M到达N处的方法有15种 B．甲从M必须经过到达N处的方法有6种 C．甲、乙两人在处相遇的概率为 D．甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为 4．（22-23高二下·广西·阶段练习）如图，这是整齐的正方形道路网，其中小明、小华，小齐分别在道路网臂的A，B，C的三个交汇处，小明和小华分别随机地选择一条沿道路网的最短路径，以相同的速度同时出发，去往B地和A地，小齐保持原地不动，则下列说法正确的有（    ）    A．小明可以选择的不同路径共有20种 B．小明与小齐能相遇的不同路径共有12种 C．小明与小华能相遇的不同路径共有164种 D．小明、小华、小齐三人能相遇的概率为 三、填空题 5．（23-24高二下·四川德阳·阶段练习）在某城市中，，两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从地出发去往地，途经地；则不同的路线有 ． 6．（2023高三·全国·专题练习）如图，在某城市中，，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5个交汇处，今在道路网、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．若甲、乙两人途中在处相遇，则共有 种走法（用数字作答）． 【题型14：染色问题】 例题精选 一、单选题 1．（24-25高二下·安徽·阶段练习）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用7种颜色给5个小区域（，，，，）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（   ）    A．2520种 B．3360种 C．3570种 D．4410种 2．（山东省部分学校2024-2025学年高二下学期质量监测联合调考数学试题）某工人给排成一排的块地砖上色，可用颜色为固定的第1号至第号，共种颜色，其中，．上色完毕后，若满足相邻两块地砖颜色不同，且只使用了第1号至第号颜色（每种颜色至少使用一次，，），则称此方案为一种上色方案．当时，不同的上色方案共有（   ） A．12种 B．14种 C．16种 D．18种 3．（24-25高二上·辽宁·期末）如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 4．（24-25高三上·广西·阶段练习）如图，对，，，，五块区域涂色，现有种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 6．（23-24高三上·河南·期中）玩积木有利于儿童想象力和创造力的培养．一小朋友在玩四棱柱形积木（四个侧面有各不相同的图案）时，想用5种颜色给积木的12条棱染色，要求侧棱用同一种颜色，且在积木的6个面中，除侧棱的颜色相同外，则染法总数为（    ） A．216 B．360 C．720 D．1080 7．（23-24高二下·广东清远·期末）现要对三棱柱的6个顶点进行涂色，有4种颜色可供选择，要求同一条棱的两个顶点颜色不一样，则不同的涂色方案有（    ） A．264种 B．216种 C．192种 D．144种 二、填空题 8．（25-26高三上·上海·单元测试）四色定理（Four color theorem）又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是1852年由毕业于伦敦大学的格斯里（Francis Guthrie）提出来的，其内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色．”四色问题的证明进程缓慢，直到1976年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理．现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有 种． 【题型15：多面手问题】 例题精选 一、单选题 1．（22-23高二下·海南省直辖县级单位·期中）有名歌舞演员，其中名会唱歌，名会跳舞，从中选出人，并指派一人唱歌，另一个跳舞，则不同的选派方法有  （ ） A．种 B．种 C．种 D．72种 二、填空题 2．（22-23高二上·辽宁葫芦岛·期末）有8名歌舞演员，其中6名会唱歌，5名会跳舞，从中选出3人，并指派1人唱歌，另2人跳舞，则不同的选派方法有 种． 3．（23-24高二下·重庆·阶段练习）有名演员，其中人会唱歌，人会跳舞，现要表演一个人唱歌人伴舞的节目，则不同的选派方法共有 种（写出具体数字结果）． 三、解答题 4．（24-25高二上·上海·假期作业）在一次演唱会上共10名演员，其中8人能能唱歌，5人会跳舞，现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目，有多少选派方法？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$2024-2025学年高二下学期数学常考题型归纳 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：特殊元素特殊位置优先】 例题精选 一、单选题 1．（山东省部分学校2024-2025学年高二下学期质量监测联合调考数学试题）某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他5名男同学中安排5名同学依次发言．若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有（   ） A．840种 B．960种 C．1080种 D．1200种 【答案】C 【分析】先从5名男同学中选3人，再分前3名同学有1名女同学，2名女同学2种情况排前3名同学，最后排剩下2名同学可得总安排方法数. 【详解】先从5名男同学中选3人，有种情况； 若前3名同学中，只有1名女同学，则先从3名男生中选2名，有种情况， 再从2名女生中选一名，有2种情况，再将前3人排成一列，有种情况， 最后排剩下2人，有种方法，则前3名同学中， 只有1名女同学的总情况数为：； 若前3名同学中，有2名女同学，则先从3名男生中选1名，有种情况， 再将前3人排成一列，有种情况，最后排剩下2人，有种方法， 则前3名同学中，有2名女同学的总情况数为：； 故不同的安排方法有. 故选：C 2．（24-25高二上·福建龙岩·期末）要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育和艺术6门课各一节的课程表，要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法共有（   ） A．75种 B．144种 C．288种 D．360种 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理，先排数学，再排英语，最后排剩余课程，结合组合数运算求解. 【详解】先排数学，有种不同的排法； 再排英语，有种不同的排法； 最后排剩余课程，有种不同的排法； 所以不同的排法共有种. 故选：C. 3．（24-25高三上·湖北武汉·期末）某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】在甲单独参加某项比赛条件下，结合分堆问题的处理方法及分步乘法计数原理求满足条件的方法数，再在甲不单独参加某项比赛条件下，.由分步乘法计数原理及排列知识求满足条件的方法数，最后利用分类加法原理求结论. 【详解】满足条件的报名方法可分为两类： 第一类：甲单独参加某项比赛， 先安排甲，由于甲不能参加跳远，故甲的安排方法有种， 再将余下人，安排到与下的三个项目， 由于每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名， 故满足条件的报名方法有, 所以甲单独参加某项比赛的报名方法有种， 第二类：甲与其他一人一起参加某项比赛， 先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有种方法， 再安排余下三人，有种方法， 所以甲不单独参加某项比赛的报名方法有种， 所以满足条件的不同的报名方法共有种方法. 故选：C. 4．（2024高三·全国·专题练习）甲、乙、丙、丁、戊、己六人站成一排合影留念，则甲、乙两人中间恰好有两人的站法有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 【答案】C 【分析】由排列数的计算公式，结合分步乘法计数原理代入计算，即可得到结果. 【详解】第一步从6个位置中选择2个位置，满足条件的选位可以是， 共有3种不同的方法； 第二步将甲、乙排到所选择的2个位置，共有种不同的方法； 第三步将丙、丁、戊、己排到剩余的4个位置，共有种不同的方法； 由分步计数原理可知，共有种． 故选：C 二、多选题 5．（24-25高二上·江西·阶段练习）某单位安排7名员工周一到周日为期一周的值日表，每名员工值日一天且不重复值班，其中甲不排在周一，乙不排在周三，则不同的安排方案种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】按照乙安排在周一和乙不安排在周一分类讨论求解判断CD，先求出所有的排法，然后排除甲排在周一及乙排在周三的情况求解判断B，先求出周一不安排甲的排法数,再排除乙排在周三的情况求解判断A. 【详解】直接法：若乙安排在周一，则有种不同的排法； 若乙不安排在周一，则甲、乙可以安排在除周一和周三外的任何位置，有种不同的排法． 故所有符合题意的方法共有种，所以选项D正确． 间接法：（1）不管条件限制共有种不同的排法． 当甲安排在周一或乙安排在周三时，有种不同的排法； 当甲安排在周一且乙安排在周三时，有种排法． 故所有符合题意的方法共有种，所以选项B正确． （2）从周一到周日的七天位置来看，周一不安排甲共有种不同的排法， 其中周三安排乙共有种排法，是不符合题意的， 故所有符合题意的方法共有种，所以选项A正确. 故选：ABD 三、填空题 6．（24-25高二下·福建厦门·阶段练习）5名学生和1位老师站成一排照相，则老师不排在两端的排法有 种. 【答案】 【分析】利用优先法和分步计数乘法原理来求即可. 【详解】第一步：优先老师，排中间四个位置中的一个，有； 第二步：再排5名学生到剩下的五个位置上，有； 根据分步计算乘法原理可得：共有种排法， 故答案为：. 7．（2024·上海闵行·一模）从10名数学老师中选出3人安排在3天的假期中值班，每天有且只有一人值班．若老师甲必须参加且不安排在假期第一天值班，则不同的值班安排方法种数为 ． 【答案】144 【分析】利用分步乘法计数原理及排列应用问题列式计算得解. 【详解】依题意，安排老师甲有种，从除甲外的9名老师中任选2人并安排值班有种， 所以不同的值班安排方法种数为（种）. 故答案为：144 8．（24-25高三上·广东·阶段练习）甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有 种． 【答案】 【分析】根据分步乘法计数原理可得解. 【详解】先站甲、乙、丙人，共有种不同的站法， 再站剩余人，先将1人排到甲、乙、丙3人之间的空位中， 最后将剩余的1人排到前面4人之间的空位中， 共有种不同的站法， 根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种． 故答案为：40 【题型2：相邻问题“捆绑法”】 例题精选 一、单选题 1．（24-25高二下·湖南·阶段练习）某校文艺汇演上有一个合晿节目，3名女同学和4名男同学需从左至右排成一排上台演唱，则男生甲与女生乙相邻，且男生丙与女生丁相邻的排法种数为（   ） A．194 B．240 C．388 D．480 【答案】D 【分析】根据相邻问题捆绑法进行求解即可. 【详解】因为男生甲与女生乙相邻，且男生丙与女生丁相邻， 所以先将男生甲与女生乙、男生丙与女生丁分别看作一个整体， 与剩下3名学生进行排列有种排法， 又男生甲与女生乙之间有种排法，男生丙与女生丁之间有种排法， 因此根据乘法原理得所求种数为， 故选：D 2．（24-25高三下·江苏南京·开学考试）有4辆车停放5个并排车位，货车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与货车甲相邻停放，则共有多少种停放方法?（    ） A．8 B．12 C．16 D．10 【答案】B 【分析】乙车与货车甲相邻停放，货车甲占两个车位，则乙车只能停在货车甲的两边，有2种停法；剩下三辆车在三个车位自由停放，利用分步乘法计数原理计算求得结果即可. 【详解】乙车与货车甲相邻停放，货车甲占两个车位，则乙车只能停在货车甲的两边，有2种停法； 剩下三辆车在三个车位自由停放，有种停法； 则共有种停法. 故选：B. 3．（24-25高二上·吉林长春·期末）两男两女站成一排照相，女生相邻的所有排列种数为（    ） A．3 B．6 C．12 D．24 【答案】C 【分析】由捆绑法即可求解； 【详解】解：两男两女站成一排照相，女生相邻， 则可将两个女生捆绑，则有种方法， 再与两个男生进行全排列，有种方法， 则女生相邻的所有排列种数为种． 故选：C 二、填空题 4．（24-25高二上·上海·期末）有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有 种排法． 【答案】 【分析】根据相邻问题捆绑法即可求解. 【详解】甲乙丙相邻，则共有, 故答案为： 5．（23-24高三下·全国·自主招生）甲、乙等五名运动员排成一排，则甲、乙相邻的排法共有 种． 【答案】 【分析】利用分步计数原理计算，分两步：第一步将甲乙捆绑看成一个人，对4个人进行全排列，第二步：对甲和乙进行排列. 【详解】第一步：将甲乙捆绑看成一个人，然后和其他三人做全排列共有种， 第二步：甲和乙可以互换位置共有种， 所以全部排列的总数为种. 故答案为： 【题型3：不相邻问题“插空法”】 例题精选 一、单选题 1．（24-25高二下·上海松江·阶段练习）某手机专卖店新进，，，，，，这7款充电宝，准备将它们在货柜里摆成一排售卖，则下列说法不正确的是（    ） A．若，，必须摆在前三个位置，则不同的摆法有144种 B．若，，彼此不相邻，，，，也彼此不相邻，则不同的摆法有72种 C．若，，彼此不相邻，则不同的摆法有1440种 D．若不能摆在后两个位置，则不同的摆法有3600种 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用排列计数问题，结合不相邻问题和特殊元素（位置）逐项分析计算得解. 【详解】对A选项：满足条件的摆法有：，故A选项内容正确； 对B选项：满足条件的摆法有：，故B选项内容错误； 对C选项：满足条件的摆法有：，故C选项内容正确； 对D选项：：满足条件的摆法有：，故D选项内容正确. 故选：B 2．（24-25高二下·河南·阶段练习）高一某班一天上午有节课，下午有节课，现要安排该班一天中语文､数学､英语､物理､化学､生物､地理节课的课程表，要求生物课排在上午第四节，化学课排在下午，数学与物理不相邻，则不同的排法种数共有（    ）种 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据要求，生物固定在上午第四节，化学固定在下午，数学和物理不相邻，则可分成数学和物理都排在上午或下午、数学和物理一个在上午一个在下午，四种情况，结合排列和组合分类求解即可. 【详解】若数学和物理都排在上午，则有种； 若数学和物理都排在下午，则有种； 若数学排在上午，物理排在下午，则有种； 若数学排在下午，物理排在上午，则有种. 综上，不同的排法共有种. 故选：C 二、多选题 3．（24-25高二下·陕西西安·阶段练习）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. 三、填空题 4．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习）来自4个班的7名同学一起参与登山活动，其中一班有3人，二班有2人，三班和四班各1人，到达山顶之后7人排成一排合影留念，则同班同学不相邻的站法总共有 种. 【答案】1152 【分析】根据已知条件按的相对位置分类，再结合插空及排列数，组合数计算求解. 【详解】不妨设一班3人为，二班2人为，三班1人为，四班1人为，则不能相邻，不能相邻. 以下分两类，先排的相对位置： 若之间没有，则打包可知这四人共有种相对位置，再让来进行插空， 因为不能相邻，所以他们之间必然会有且只有一个一班同学，所以总共有种； 若之间有或，则这四人共有种相对位置，再让来进行插空，总共有种， 综上，总共有种. 故答案为：1152. 5．（24-25高二下·山东·阶段练习）《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 四、解答题 6．（24-25高二下·江苏淮安·阶段练习）（1）从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？ （2）4名男生和3名女生共坐一排，男生必须排在一起的坐法有多少种？ （3）2名男生和4名女生排成一排．问：男生既不相邻也不排两端的不同排法共有多少种？ 【答案】（1）6；（2）576；（3）144 【分析】（1）依题作出树状图，计数即得.也可以利用看成排列问题直接解决； （2）对男生采用“捆绑法”与女生全排，再考虑内部的顺序，即得坐法种数； （3）对男生不相邻且不排两端的情况，考虑在4名女生留下的中间3个空位进行插空，再对女生进行全排即得. 【详解】（1）方法一：依题意，分成三类情况，作图如下： 由图可知，有6种不同的选法. 方法二：看成三个不同元素任取两个不同元素的排列问题，有种不同的方法. （2）把4名男生看作一个元素，与3名女生一起全排，再考虑男生之间的顺序， 故共有坐法种，即男生必须排在一起的坐法有种.              （3）利用插空法，先将4名女生排成一列，然后在中间产生的3个空位中任选2个空位安排男生，共有种安排方法. 【题型4：定序问题“倍缩法”】 一、单选题例题精选 1．（24-25高三下·河北张家口·开学考试）某同学将英文单词“”中字母的顺序记错了，则该同学写错的情况有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】先求出英文单词“”中字母所有排列，即可求解. 【详解】因为“”中字母共有种排法，所以该同学写错的情况有种， 故选：D. 2．（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）若把英语单词“receive”的字母顺序写错了，则出现的错误写法共有（   ） A．840种 B．839种 C．2520种 D．2519 种 【答案】B 【分析】7个字母中有3个字母是重复的，所以共有种排法，可解问题. 【详解】7个字母的全排列有种， 因为有3个字母是重复的，所以共有种排法， 除去1种正确的写法，所以出现的错误写法共有839种. 故选：B. 二、填空题 3．（24-25高二下·上海·阶段练习）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：. 4．（23-24高二下·全国·单元测试）现有6人排队，其中要求甲、乙、丙三人的先后顺序固定，则共有不同排法 种． 【答案】120 【分析】tjhet利用定序除法即可得解. 【详解】根据定序元素的个数进行计算即所有人的全排列除以定序人数的全排列. 先将6人全排，即为，再将甲、乙、丙三人全排，即为， 故有种排法． 故答案为：120. 5．（24-25高三·上海·课堂例题）、、、、五人排成一排，如果必须站在的右边，且、不相邻，则不同的排法共有 种． 【答案】36 【分析】先计算站在的右边的排法，再减去、相邻且站在的右边的排法可得答案. 【详解】站在的右边的排法有， 、相邻且站在的右边的排法有， 所以必须站在的右边，且、不相邻， 则不同的排法共有种. 故答案为：36. 三、解答题 6．（24-25高二上·全国·课堂例题）将这5个字母排成一列，要求在排列中的顺序为“”或“”（可以不相邻），则有多少种不同的排列方法？ 【答案】40 【分析】方法一：先求出字母，，的排列顺序为“，，”时的方法总数为，乘以即可得出答案.方法二：由插空法先求出将字母，插入字母，，的排列顺序为“，，”形成的4个空中，乘以即可得出答案. 【详解】方法一（整体法）5个元素无约束条件的全排列有种， 由于字母，，的排列顺序为“，，”或“，，”， 因此在上述的全排列中恰好符合“，，”或“，，”排列方式的排列有（种）． 方法二（插空法）若字母，，的排列顺序为“，，”， 将字母，插入形成的4个空中，分两类： 第一类，若字母，相邻，则有种排法； 第二类，若字母，不相邻，则有种排法． 所以有（种）排法． 同理，若字母，，的排列顺序为“，，”，也有20种排法． 因此满足条件的排列有（种）． 【题型5：“圆桌”排列问题】 例题精选 一、单选题 1．（23-24高三下·山东菏泽·开学考试）一对夫妻带着3个小孩和一个老人，手拉着手围成一圈跳舞，3个小孩均不相邻的站法种数是（    ） A．6 B．12 C．18 D．36 【答案】B 【分析】根据插空法即可求解. 【详解】将老人位置固定，夫妻两人在老人左右，此时有种站法， 将三个孩子插入两两大人之间的空隙中，有种站法， 故总的站法有. 故选：B 2．（21-22高二下·江苏苏州·期中）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 【分析】先排列没有限制的排法，有种，把甲、乙、丙三人相邻的情况去掉，即可得到答案. 【详解】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 3．（22-23高三上·辽宁丹东·期末）从三个班级，每班随机选派两名学生为代表，这六名同学被随机安排在一个圆桌会议室进行“深度学习与复习”座谈，会议室的圆桌正有好有六个座位，则同一班级的两名同学恰好被安排在一起相邻而坐的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】个元素圆桌环形排列的所有情况为，将需要相邻的元素捆绑，环形排列，还要注意捆绑的两个元素内部也有顺序. 【详解】由题意可知，个元素圆桌环形排列的所有情况为，故所有的情况数是种， 同一班级的两名同学恰好排在一起相邻而坐的情况数为：首先三个班的两名同学捆绑，形成新的三个元素，环排共有种， 又每个班两名同学可以排序，则有种，同一班级的两名同学恰好被安排在一起相邻而坐的概率为. 故选：C. 二、填空题 4．（21-22高三上·重庆北碚·阶段练习）一个圆桌有十二个座位，编号为1至12.现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位，家长与其孩子相邻.满足要求的坐法共有 种. 【答案】 【分析】分学生选择相邻的四个偶数、学生选择三个相邻的偶数，另一个学生坐对面、四个学生每两个学生选择相邻偶数三种情况， 求出学生的坐法，家长的坐法、四组家长学生全排列，由分步乘法计数原理和分类加法计算原理即可求解. 【详解】当学生选择相邻的四个偶数有，，， ，，有种， 以学生选为例，家长的排法有 ，， ，有种， 同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种， 当学生选择三个相邻的偶数，一个学生坐对面有，，， ，，有种， 以学生选择为例，家长的坐法有，，，， ，，，，共种， 同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种， 当四个学生每两个学生选择相邻偶数时，学生有，，有种， 以学生选择为例，家长坐法有：，，，， ，，，，有种， 同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种， 综上所述：满足要求的坐法共有种. 故答案为：. 5．（2023高三·全国·专题练习）7名同学坐圆桌吃饭，其中甲、乙相邻，不同的排法种数为 . 【答案】240 【分析】 将甲、乙视为一个整体，根据圆排列的方法确定其排列数，再排甲、乙即可. 【详解】将甲、乙看成一个整体，相当于6名同学坐圆桌吃饭，有种排法， 甲、乙两人可交换位置，故排法共有（种）. 故答案为：. 6．（23-24高二下·北京·期中）一个圆桌有八个座位，编号为至．现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位．家长与其孩子相邻．满足要求的坐法共有 种． 【答案】48 【分析】首先个学生对应个偶数位座位有种，再排其对应家长即可. 【详解】由题意，个学生对应个偶数位座位，有， 家长与其孩子相邻，只能坐其孩子的左边或右边， 学生确定好位置后，家长有种排法， 故总排法有种. 故答案为：. 7．（2024高三·全国·专题练习）现有9位同学围着圆桌坐成一圈，他们的衣服上分别标有号码1，2，3，…，9，若任意相邻两个号码之积不小于4，则不同的坐法有 种． 【答案】21600 【分析】由已知条件求出所有的坐法数，再求出和相邻的坐法数，再求出相邻且相邻的坐法数，结合容斥原理可得结论. 【详解】由1，2，…，9这9个正整数构成的圆排列有（种）情况， 任意相邻两数之积不小于4，则1，2不能相邻且1，3不能相邻． 设满足1，2相邻的圆排列有种情况，满足1，3相邻的圆排列有种情况， 满足1，2相邻且1，3相邻的圆排列有种情况， 则，， 则满足要求的排列的情况有（种）． 故答案为：. 【题型6：“多排”问题】 例题精选 一、单选题 2．某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有(    ) A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】先排中国，再排美俄两国领导人，其他国家任意排即可﹒ 【详解】中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站前排并与中国领导人相邻，有种站法；其他18国领导人可以任意站，因此有种站法． 根据分步乘法计数原理可知，共有种站法． 故选：D． 二、填空题 3．6个人站成前、中、后三排，每排2人，则不同的排法有 种． 【答案】720 【分析】可以分三步：前、中、后三排分别站2人即可得，也只可以相当于6人全排列． 【详解】6个人站成前、中、后三排，每排2人，分3步完成，不同的排法有（种）． 故答案为：720 4．5位同学站成两排（前3后2），共有 种不同的排法. 【答案】120 【分析】 将两排问题转化为一排进行排列的问题，再进行全排列即可. 【详解】 可看作将排成的两排“拉直”，实际上就是将5人排成一排的问题， 故共有（种）不同的排法. 故答案为：. 5．六位身高各不相同的同学拍照留念，摄影师要求前后两排各站三人，则最高的与最矮的在同一排的概率是 ． 【答案】/ 【分析】先求出六位同学前后两排各三人排列的方法数，再求出最高与最矮的同学在同一排的方法数，利用古典概型概率公式求出概率即可． 【详解】六位身高各不相同的同学前后两排各三人排列的方法数为， 其中最高的与最矮的在同一排的方法总数为， 则所求概率， 故答案为：． 6．8人排成前后两排，前排3人后排5人，甲、乙在后排，且不相邻的排法有几种 【答案】 【分析】根据题意，分2步进行分析：，在除甲乙之外的6人中任选3人，与甲乙一起排在后排，满足甲乙不相邻，，将剩下的三人全排列，安排在前排，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分步进行分析： ，在除甲乙之外的人中任选人，与甲乙一起排在后排， 由于甲乙不能相邻，则有种情况， ，将剩下的三人全排列，安排在前排，有种情况， 则有种排法； 故答案为． 【点睛】(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)． (2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法． 三、解答题 7．有7个人分成三排就座，第一排2人，第二排2人，第三排3人，且第一排､第二排只有2个座位，第三排只有3个座位. (1)如果甲不能坐第一排，共有多少种不同的坐法？ (2)求甲､乙坐在同一排且相邻的概率. 【答案】(1)种 (2) 【分析】（1）特殊元素与特殊位置的排列，先排特定元素，也可以优先安排指定位置；（2）古典概型计算, 【详解】（1）甲先坐第二排或第三排，再与其他6个人排列，共有种不同的坐法. （2）第一类：甲､乙先坐第一排或第二排，再与其他5个人排列，共有种不同的坐法. 第二类：先将甲､乙看成一个整体，坐在第三排，再与其他5个人排列，共有种不同的坐法. 故甲､乙坐在同一排且相邻的概率为 【题型7：“隔板法”】 例题精选 一、单选题 1．（湖南省部分学校2025届高三“一起考”大联考（模拟一）数学试卷）二十名校国旗班成员站成一排参加训练，教育计划在20人中选9人进行第一项训练，若这9人在原来队列中互不相邻、则教官的选择方式一共有（   ） A．220种 B．55种 C．210种 D．110种 【答案】A 【分析】依题意，采用插空法求解即可. 【详解】本题等价于向11个人的队中插入9个人使他们不相邻，考虑插空法即为220， 故选：A． 2．（24-25高三上·陕西西安·期末）《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（   ） A．715种 B．572种 C．312种 D．286种 【答案】D 【分析】本题以《九章算术》中的粟米为背景，考查排列组合的应用，考查化归与转化的数学思想和应用意识． 【详解】本题可转化为将14个大小相同，质地均匀的小球分给甲，乙，丙，丁4个人，每人至少分1个，利用隔板法在中间13个空隙（两端除外）当中插入3个隔板，可得分配的方案数为，所以不同的分配方法有286种． 故选：D. 3．（23-24高二下·河南漯河·阶段练习）某学校利用周末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共6个班，其中（1）班有2个志愿者队长，本次志愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则共有（   ）种分配方法. A．90 B．60 C．126 D．120 【答案】C 【分析】将问题转化为将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，进而结合隔板法求解即可得到. 【详解】若每个班至少3人参加，由于（1）班有2个志愿者队长， 故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额， 再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额， 故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，有种分配方法. 故选：C. 4．（2024·湖北·模拟预测）不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的三元数组有多少组（    ） A．560 B．455 C．91 D．55 【答案】B 【分析】在都加上1，把问题转化成方程有正整数解的问题解决. 【详解】设，，， 则不等式有多少组非负整数解的问题，转化为：的正整数解的组数. 因为方程：的解的组数为：； 的解的组数为：； … 的解的组数为：. 所以原不等式解的组数为：. 故选：B 【点睛】结论点睛：方程（且）正整数解的组数为. 二、填空题 5．（24-25高二上·天津红桥·期末）某学校准备组建一个18人的足球队，这18人由高二年级十个班的学生组成，每个班至少一人，名额分配方案共 种(用数字填写). 【答案】24310 【分析】采用“隔板法”求解即可. 【详解】构成一个隔板模型，取18个棋子排成一排，在相邻的每两个棋子形成的17个间隙中选取9个插入隔板，这样就把18个元素分成10个区间， 第个区间的棋子个数对应第个班级的学生名额， 因此，名额分配方案的种数与隔板插入数相等， 因隔板插入数为， 所以名额分配方案共有24310种. 故答案为：24310. 6．（23-24高二下·全国·课后作业）将8个相同的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子，每个盒子都不空的方法数为 . 【答案】35 【分析】用插隔板法：先把8个相同的小球排成一行，然后在8个小球之间的7个空隙中任选4个空隙各插入一块隔板，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，由此可得结论． 【详解】先把8个相同的小球排成一行，然后在8个小球之间的7个空隙中任选4个空隙各插入一块隔板， 每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式， 故每个盒子都不空的方法数共有种. 故答案为：35. 7．（23-24高二下·全国·课堂例题）四元一次方程的正整数解有 组，非负整数解有 组． 【答案】 84 286 【详解】将问题转化为有10个小球排成一排，利用隔板法可求正整数解、非负整数解的组数. 的正整数解的组数相当于在10个小球之间的9个空隙中插入3个隔板， 把球分为4组的方法数，即一共有种， 故第1空答案为84； 非负整数解的组数相当于的正整数解的组数，即的正整数解组数， 同样的方法看成14个小球排成一排，在13个空隙中插入3个隔板分成4组的方法数， 则共有：种. 故答案为：84；286. 【题型8：平均分组与部分平均分组】 例题精选 1．（2024高三·全国·专题练习）有六名同学按下列方法和要求分组，各有不同的分组方法多少种？ (1)分成三个组，各组人数分别为1、2、3； (2)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为1、2、3； (3)分成三个组，各组人数分别为2、2、2； (4)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为2、2、2； (5)分成四个组，各组人数分别为1、1、2、2； (6)分成四个组去参加四项不同的活动，各组人数分别为1、1、2、2. 【答案】(1)60 (2)360 (3)15 (4)90 (5)45 (6)1080 【分析】根据分组分配问题的原则，先合理的分组，再分配即可，注意平均分组的问题． 【详解】（1）分成三个组，各组人数分别为1，2，3，即＝60（种）. （2）分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为1，2，3；即（种）. （3）分成三个组，各组人数分别为2，2，2；即（种）. （4）分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为2，2，2；即（种）. （5）分成四个组，各组人数分别为1，1，2，2；有（种）. （6）分成四个组去参加四项不同的活动，各组人数分别为1，1，2，2．有（种）. 2．（23-24高二下·安徽合肥·期中）北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射.“神箭”再起新征程，奔赴浩瀚宇宙.为了某次航天任务，准备从7名预备队员中（其中男4人，女3人）中选择4人作为航天员参加该次任务. (1)若至少有一名女航天员参加此次航天任务，共有多少种选法？（结果用数字作答） (2)若选中的4名航天员需分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一名航天员，共有多少种选派方式？（结果用数字作答） 【答案】(1)34； (2)1260. 【分析】（1）由题意，分成3种情况（有1、2、3名女性）讨论，求出对应的选法，进而相加即可； （2）由题意，结合分组分配问题即可求解. 【详解】（1）由题意，分成3种情况讨论： 只有1名女性，共有种选法， 有2名女性，共有种选法， 有3名女性，共有种选法， 所以共有种选法， 即至少有一名女航天员参加此次航天任务，共有34种选法； （2）由题意，先选3名航天员，然后分为的两组，然后分配到实验室， 共有种方法. 所以每个实验室至少一名航天员，共有1260种选派方式. 3．（22-23高二下·江苏盐城·阶段练习）某新闻部门共有A、B、C、D、E、F六人. (1)由于两会召开，部门准备在接下来的六天每天安排1人加班，每人只被安排1次，若A不能安排在第一天，B不能安排在最后一天，则不同的安排方法共有多少种？ (2)该部门被评为优秀宣传组，六人合影留念，分前后两排每排3人对齐站立，要求后排的3个人每人都比自己前面的人身高要高，则不同的站法共有多少种？（六人身高均不相同） (3)部门接到通知全员要到甲、乙、丙、丁4个社区进行采访，每个社区至少去1人，每人只去一个社区，则不同的分派方案共有多少种？ 【答案】(1)504 (2)90 (3)1560 【分析】（1）根据A在不在最后一天值班分两类处理； （2）前后2人看作一组，转化为3组人安排到3个位置处理； （3）先分组，分别为和，再安排到四个不同社区即可. 【详解】（1）分两类完成，第一类A安排在最后一天，则有种， 第二类，除A，B外选一人安排在最后一天，再从除A外剩余的4人选一人排在第一天，剩余的4人排在剩余的4个位置即可，故有种， 根据分类加法计数原理可得（种） （2）可看作3个不同位置，分别取出2人排好3个位置，两人顺序确定（高在后，矮在前）， 所以（种） （3）先分组，再安排到四个不同社区， 第一类分组方法，共有种分法，第二类分组方法，共有种分法， 故（种） 4．（2024高三·全国·专题练习）现在4本不同的书，按以下方式进行分配． (1)分成两堆，每堆2本，则有多少种分法； (2)分成两堆，一堆3本、一堆1本，则有多少种分法； (3)分给甲、乙两人，每人2本，则有多少种分法； (4)分给甲、乙两人，一个3本、一人1本，则有多少种分法． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】根据题意，结合分组、分配的解法，结合排列组合数的计算公式，即可求解． （1）由平均分组计算； （2）由不平均分组计算； （3）由平均分组分配计算 （4）由不平均分组分配计算 【详解】（1）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆有2本书，第2堆有2本书，则有种情况，由于这两堆书数量相同并无实际的顺序，因此需要除以个来去序， 综上所述，不同分法的种数为． （2）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆为3本书，第2堆为1本书，则有种情况， 由于这两堆书数量不同因此确实有顺序．综上所述，不同分法的种数为． （3）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆为2本书，第2堆为2本书，则有种情况， 由于是4本不同的书，因此无需去序．综上所述，不同分法的种数为． （4）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆为3本书，第2堆为1本书，则有种情况， 由于甲、乙一个拿3本书、一个拿1本书，因此甲和乙有差异，同时也有顺序差异，于是需要乘．综上所述，不同分法的种数为． 【题型9：先分组再分配问题】 例题精选 一、单选题 1．（24-25高二下·河北沧州·阶段练习）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 2．（24-25高二下·湖南长沙·阶段练习）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. 3．（24-25高二上·辽宁丹东·期末）将甲乙丙丁戊5名志愿者全部分配到A，B，C三个地区参加公益活动，要求每个地区都要有志愿者且最多不超过2人，则不同的分配方案有（   ） A．90种 B．180种 C．60种 D．120种 【答案】A 【分析】先将5名志愿者按要求分成三组，再将分得的三组分配到A，B，C三个地区，按分组分配方法计算即可得解. 【详解】由题先将5名志愿者分成三组有种分法， 再将分得的三组分配到A，B，C三个地区参加公益活动有种分法， 所以所求的不同的分配方案有种. 故选：A. 4．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）甲、乙、丙、丁4名志愿者被派往三个足球场参加志愿服务，每名志愿者都必须分配，每个足球场至少分配1名志愿者，但甲、乙不能安排在同一个足球场，则不同的分配方案共有（   ） A．24种 B．30种 C．36种 D．42种 【答案】B 【分析】分类考虑，甲乙有可能各自参加一个足球场或者甲乙有一人和别人一起参加志愿服务，分别求出分配方案的种数，相加即得答案. 【详解】由题意甲、乙不能安排在同一足球场中，故甲、乙各自参加一个足球场的服务时，共有种分配方案， 当甲或乙有一人和丙丁中的一人一起参加一个足球场的服务时，有种分配方案， 故不同的分配方案共有种， 故选：B 5．（24-25高三上·山东临沂·阶段练习）现将4名志愿者分配到3个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点都要安排志愿者，有（    ）种分配方式 A．30 B．36 C．60 D．72 【答案】B 【分析】先分组、再分配，部分平均分组需除以组数的全排列（相等的组）. 【详解】依题意个服务点的志愿者的人数为、、， 所以有种分配方式. 故选：B 6．（24-25高三上·广西·期中）为促进城乡教育均衡发展，某地区教育局安排包括甲、乙在内的5名城区教师前往四所乡镇学校支教，若每所学校至少安排1名教师，每名教师只能去一所学校，则甲、乙不安排在同一所学校的方法数有（   ） A．1440种 B．240种 C．216种 D．120种 【答案】C 【分析】根据分组分配计算所有的安排方法数，再计算甲、乙安排在同一个学校的方法总数，相减得符合的方法数. 【详解】根据题意，若每所学校至少安排1名教师，每名教师只去一所学校，则有种不同安排方法， 若甲、乙安排在同一个学校，则有种不同安排方法， 甲、乙不安排在同一所学校的方法数有种． 故选：C． 7．（24-25高三上·重庆·开学考试）第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月日在重庆市育才中学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（    ）种 A．108 B．114 C．150 D．240 【答案】B 【分析】把5名新教师分成3组，利用分组分配及排除法列式计算即得. 【详解】5名新教师按分组有种方法，按分组有种分法， 因此5名新教师的安排方案有种， 当甲乙在同一组时，甲乙可视为1个人，即相当于4名教师的安排方案，有种， 所以所求不同的安排方案有（种）. 故选：B 8．（23-24高二下·安徽安庆·阶段练习）有个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是（    ） A．90 B．150 C．390 D．420 【答案】C 【分析】根据录用的人数，结合组合和排列的定义分类讨论进行求解即可. 【详解】若人中有且仅有人被录用，满足条件的录用情况有种， 若人中有且仅有人被录用，满足条件的录用情况有种， 若人都被录用，满足条件的录用情况有种， 由分类加法计数原理可得符合要求的不同的录用情况种数是. 故选：C. 【题型10：配对问题】 例题精选 一、单选题 1．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好只有一双同色的取法有 A．240种 B．180种 C．120种 D．60种 【答案】A 【分析】首先确定取出一双同色手套的情况数；再求解出剩余只手套的取法数；根据分步乘法计数原理可求得结果. 【详解】取出的一双同色手套的颜色共有种情况 在剩余的双手套中，取不同颜色的只共有：种取法 任取只，恰好有一双同色的取法有：种取法 故选： 【点睛】本题考查组合计数问题的求解，涉及到分步乘法计数原理的应用；易错点是在取不同颜色的只手套时，忽略无顺序的问题，造成情况重复. 2．在6双不同颜色的手套中任取5只，恰好有2只为同一双的取法共有（    ）种 A．360 B．480 C．600 D．1440 【答案】B 【分析】分三步：先从6双手套中任取一双，然后从剩余的5双手套中任取3双，再从取出的3双手套中各取一只，由分步乘法计算原理可得. 【详解】第一步，先从6双手套中任取一双，有种取法； 第二步，从剩余的5双手套中任取3双，有种取法； 第三步，从取出的3双手套中各取一只，有种取法. 所以，恰好有2只为同一双的取法共有种. 故选：B 3．从一副不含大小王的52张扑克牌（即不同花色的各4张）中任意抽出5张，恰有3张A的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设为抽出的5张牌中含的张数，可知服从超几何分布，其中，进而求出即可. 【详解】设为抽出的5张牌中含的张数，可知服从超几何分布，其中， 则. 故选：C. 【点睛】本题考查求超几何分布的概率，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 4．从一副不含大王、小王的52张扑克牌中任意抽出5张，则至少有3张A的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求得从不含大王、小王的52张扑克牌中任意抽出5张的方法数，再求得至少有3张的方法数，利用古典概型概率求解. 【详解】从不含大王、小王的52张扑克牌中任意抽出5张有种方法， 则至少有3张有种方法， 所以设X为抽出的5张扑克牌中含A的张数， 则P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝. 故选：D 【题型11：代数中的排列组合】 例题精选 一、单选题 1．由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（    ） A．360 B．280 C．156 D．150 【答案】C 【分析】分个位的数字为0、2、4并求出对应满足条件的偶数个数即可. 【详解】若个位上的数字为0，可以组成个无重复数字的4位数的偶数， 若个位上的数字为2或4，可以组成， 故可以组成个符合条件的数． 故选：C 2．从2，3，5，7，11这5个素数中，随机选取两个不同的数，其积为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，求出基本事件的总数和满足积为偶数的基本事件个数，利用古典概率即可求解. 【详解】从2，3，5，7，11这5个素数中，随机选取两个不同的数，共有种选法， 其积为偶数，即两个数中有一个为2，共有4种选法， 所以概率为. 故选：A. 二、填空题 3．“渐升数”是指每一位数字都比左边数字大的正整数（如1347），那么四位“渐升数”有 个，比5789小的四位“渐升数”有 个.（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意，利用“渐升数”的定义，集合组合数公式，分类讨论，即可求解. 【详解】根据题意，“渐升数”中不能有0，则在其他的9个数字中任取4个数， 则每种取法对应一个“渐升数”，所以四位“渐升数”有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为，百位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个， 综上可得，比5789小的四位“渐升数”有个. 故答案为：；. 4．用个不同的元素组成个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作，且当时，．现有7名同学参加趣味答题活动，参加一次答题，即可随机获得四种不同卡片中一张，获得每种卡片的概率相同，若每人仅可参加一次，这7名同学获得卡片后，可集齐全4种卡片的概率为 ． 【答案】 【分析】利用结论列出对应取值表格，然后由排列组合知识和古典概型概率公式求解即可. 【详解】根据题干可列出对应取值表格如下： 1 2 3 4 1 1 2 1 1 3 1 3 1 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 6 1 31 90 65 7 1 63 301 350 即个人集齐全4种卡片等价于7个不同元素组成4个非空集合， 再将4个非空集合对应4种卡片，所以． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：关键在于正确理解题干结论，利用结论求出，然后结合古典概型概率公式求解. 5．从1∼9这九个自然数中，任取三个数作数组，且，则不同的数组共有 个． 【答案】84 【分析】确定事情为组合问题，结合组合数计算，即得答案. 【详解】由题意可知任取三个数作数组，且，即这3个数大小关系确定， 故不同的数组共有（个）， 故答案为：84 6．若从2，3，5，7，11，13这六个质数中，每次取出2个数作为分子和分母构成一个真分数，则所有不同的真分数的个数有 个． 【答案】15 【分析】根据真分数的定义结合组合的定义求解. 【详解】因为真分数即分子小于分母的分数， 故从6个质数中任取2个数，即可得到一个真分数， 故不同的真分数的个数为． 故答案为：15 7．从0，1，2，3，4，5中任取3个数字组成没有重复数字的三位数，其中能被5整除的概率为 （用数字作答）． 【答案】/ 【分析】分类讨论求所以三位数和能被5整除的三位数的个数，结合古典概型运算求解. 【详解】选出的3个数字含有0时，有种方法； 选出的3个数字不含有0时，有种方法； 所以没有重复数字的三位数共有个. 其中能被5整除的三位数末位必为0或5． ①末位为0的三位数其首次两位从的5个数中任取2个排列而成方法数为； ②末位为5的三位数，首位从非0，5的4个数中选1个，有种挑法， 再挑十位，还有种挑法，所以合要求的数有种； 所以共有个符合要求的数． 结合古典概型计算公式可得所求概率值为． 故答案为：. 三、解答题 8．从0，1，2，3，4五个数字中任取四个数字组成无重复数字的四位数． (1)可以组成多少个奇数？ (2)可以组成多少个偶数？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）个位数字有2种选法，千位数字除0外有3种选法，百位3种选法、十位2种选法，由分步乘法原理可求得答案； （2）组成的四位数中的偶数分两类．个位为0、个位为2或4，再利用分步乘法计数原理可求得答案． 【详解】（1）从0，1，2，3，4五个数字中任取四个数字组成无重复数字的四位奇数， 则个位有2种选法，千位数字除0和个位已选数字外有3种选法，百位有3种、十位2种选法 所以组成的四位数共有（个）； （2）从0，1，2，3，4五个数字中任取四个数字组成无重复数字的四位数，其中偶数分两类． 个位为0，有；个位为2或4，有， 所以组成的四位数中是偶数的共有（个）． 【题型12：几何中的排列组合】 例题精选 一、单选题 1．（2025高三·全国·专题练习）在正方体中，下列说法不正确的是（ ） 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】C 【分析】利用几何组合计数问题，结合正方体，直三棱柱，三棱锥，四棱锥的结构特征，列式计算即可. 【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：C. 2．（24-25高二上·上海奉贤·期中）在平面直角坐标系中，轴正半轴上有4个点，轴正半轴上有6个点，将轴上的4个点和轴上的6个点连成24条线段，这24条线段在第一象限内的交点最多有（ ）个 . A．90 B．85 C．80 D．75 【答案】A 【分析】任取轴和轴上的两点，可以组成一个四边形，这个四边形的两条对角线有一个交点，这个交点在第一象限内，所以交点的个数就是四边形的个数，再由组合数计算即可； 【详解】任取轴和轴上的两点，可以组成一个四边形，这个四边形的两条对角线有一个交点，这个交点在第一象限内， 所以交点的个数就是四边形的个数，即个， 故选：A. 二、填空题 3．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的 倍． 【答案】2 【分析】先求出八边形中的等腰三角形的个数，从而由组合知识得到为等腰三角形的概率为，再求出不是直角三角形的情况，得到为直角三角形的概率为，得到答案. 【详解】在八边形中，以为顶点的等腰三角形有3个， 分别为， 故为等腰三角形的情况数共个， 故为等腰三角形的概率为， 从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点， 不是直角三角形的情况，如下图中的等边三角形，这样的等边三角形共8个， 分别为，，，，，，，， 所以为直角三角形的概率为， 由于， 故为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的2倍. 故答案为：2 4．（24-25高三上·辽宁·期末）在正三棱柱每条棱的中点中任取2个点，则这两点所在直线平行于正三棱柱的某个侧面或底面所在平面的概率为 . 【答案】/ 【分析】分3种情况，得到满足要求的直线共有条，由组合知识得到直线总数为条，从而求出概率. 【详解】如图，将直线分成3种情况：，，均平行于上底面或下底面所在平面，有条； ，均不平行于正三棱柱的侧面或底面所在平面； ，均平行于某个侧面，有条， 故满足要求的直线共有条， 又直线总数为条，故所求概率为. 故答案为： 5．（2024·福建·模拟预测）正八面体中，以其顶点为顶点的三棱锥的个数为 （用数字作答）． 【答案】12 【分析】根据给定条件，利用几何图形的组合计数问题，结合排除法列式计算即得. 【详解】作出正八面体，如图，正八面体共有6个顶点，其中有3组不同的四点共面， 则以正八面体顶点为顶点的三棱锥的个数为. 故答案为：12 6．（23-24高二下·河南洛阳·期中）已知正四棱锥，从底面四个顶点A，B，C，D和四条侧棱的中点共8个点中任选4个作为三棱锥的顶点，可得三棱锥 个.（用数字作答） 【答案】58 【分析】根据三棱锥的性质，结合三角形中位线定理、确定平面的条件、组合的定义进行求解即可. 【详解】如图所示：在正四棱锥中，分别是侧棱的中点， 于是有， 而是正方形，所以有， 因此有， 因为一对平行线确定唯一的一个平面， 当时，此时一共确定平面的个数为， 当时，此时一共确定平面的个数为， 当时，可以确定2个平面， 其中平面均被计算了两次，所以共四点共面的情况共有个， 一共8个点，任取四个点，一共有种情形， 所以可得三棱锥个， 故答案为：    7．（24-25高三·上海·随堂练习）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 【题型13：最短路径问题】 例题精选 一、单选题 1．（23-24高二上·江西抚州·阶段练习）在某城市中，A，B两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地，途经C地，则不同的路线有（    ） A．90 种 B．105 种 C．260种 D．315 种 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理以及组合数的计算求得正确答案. 【详解】由题可知，不同的路线有种． 故选：B. 2．（22-23高三上·湖北·开学考试）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 【分析】先假设是实线，计算出所有的最短路径的条数，然后减去经过的最短路径的条数，从而求得正确答案. 【详解】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 二、多选题 3．（23-24高二下·黑龙江鹤岗·开学考试）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的5个指定交汇处，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，则下列说法正确的是（    ） A．甲从M到达N处的方法有15种 B．甲从M必须经过到达N处的方法有6种 C．甲、乙两人在处相遇的概率为 D．甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为 【答案】ACD 【分析】根据组合数原理可判断A；根据分步乘法计数原理和组合数原理可判断B；根据分步乘法计数原理、组合数原理和古典概型概率公式可判断C、D. 【详解】对于A，甲从M到N的最短路程，只能向上或者向右走， 需要走6步，2步向上，4步向右，共有种，故A正确； 对于B，第一步，甲从M到，有种走法， 第二步，从到N，有种走法，所以共有种走法，故B错误； 对于C，由B可知甲、乙经过的走法都有9种，所以在处相遇共有种走法， 而甲、乙两人的总走法有种，所以两人在处相遇的概率为，故C正确； 对于D，因为甲、乙两人以相同的速度同时出发，因而相遇时走过的路程相等，故两人只能在处相遇，由C可知D对． 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛:本题C中主要利用分步乘法计数原理和组合数原理进行求解，再结合古典概率从而可求解. 4．（22-23高二下·广西·阶段练习）如图，这是整齐的正方形道路网，其中小明、小华，小齐分别在道路网臂的A，B，C的三个交汇处，小明和小华分别随机地选择一条沿道路网的最短路径，以相同的速度同时出发，去往B地和A地，小齐保持原地不动，则下列说法正确的有（    ）    A．小明可以选择的不同路径共有20种 B．小明与小齐能相遇的不同路径共有12种 C．小明与小华能相遇的不同路径共有164种 D．小明、小华、小齐三人能相遇的概率为 【答案】ACD 【分析】对于A：分析从A到B的路径组成，结合组合数运算求解；对于B：分析小明与小齐能相遇的路径组成，结合组合数运算求解；对于C：讨论小明与小华相遇的点，根据对称性结合组合数运算求解；对于D：根据对称性结合古典概型运算求解. 【详解】对于选项A：小明从A到B需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走， 小明可以选择的不同路径共有种，故A正确； 对于选项B：小明与小齐相遇，则小明经过C， 小明从A经过C需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为， 再从C到B需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为， 所以小明与小齐能相遇的不同路径共有种，B不正确； 对于选项C：小明与小华的速度相同，故双方相遇时都走了3步， 则小明与小华相遇的点为正方形过点C的对角线上的四个点， 不同路径共有种，C正确； 对于选项D：小明从A到B的不同路径共有种，小华从B到A的不同路径共有种， 所以一共有400种， 则小明、小华、小齐三人相遇的概率，D正确． 故选：ACD. 三、填空题 5．（23-24高二下·四川德阳·阶段练习）在某城市中，，两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从地出发去往地，途经地；则不同的路线有 ． 【答案】 【分析】由组合数计算从到和从到的最短路径数，再由分步乘法原理计算可得. 【详解】由图可得，从到需要向右2步，向下1步，有种最短路径， 从到，需要向右步，向下3步，有种， 所以共有种， 故答案为：. 6．（2023高三·全国·专题练习）如图，在某城市中，，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5个交汇处，今在道路网、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．若甲、乙两人途中在处相遇，则共有 种走法（用数字作答）． 【答案】 【分析】由已知，分析甲从必须经过到达处的最短路径，即先走到需走4步，再走到需走4步，然后列式，同理可得到乙从必须经过到达处的情况，然后把两种情况合在一起即可． 【详解】由已知，甲从必须经过到达处，最短路径为先走到需走4步， 横向1步，纵向3步，再走到需走4步，横向3步，纵向1步，走法有种， 同理得，乙从必须经过到达处，最短路径为先走到需走4步，横向3步，纵向1步， 再走到需走4步，横向1步，纵向3步，走法有种， 若甲，乙两人在处相遇，共有种走法． 故答案为： 【题型14：染色问题】 例题精选 一、单选题 1．（24-25高二下·安徽·阶段练习）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用7种颜色给5个小区域（，，，，）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（   ）    A．2520种 B．3360种 C．3570种 D．4410种 【答案】D 【分析】利用分类加法计数原理，分步乘法计数原理解决. 【详解】分4步进行分析： ①对于区域，有7种颜色可选； ②对于区域，与区域相邻，有6种颜色可选； ③对于区域，与、区域相邻，有5种颜色可选； ④对于区域、 若与颜色相同，区域有5种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有4种颜色可选，区域有4种颜色可选， 则区域、有种选择. 综上所述，不同的涂色方案有种. 故选：D. 2．（山东省部分学校2024-2025学年高二下学期质量监测联合调考数学试题）某工人给排成一排的块地砖上色，可用颜色为固定的第1号至第号，共种颜色，其中，．上色完毕后，若满足相邻两块地砖颜色不同，且只使用了第1号至第号颜色（每种颜色至少使用一次，，），则称此方案为一种上色方案．当时，不同的上色方案共有（   ） A．12种 B．14种 C．16种 D．18种 【答案】D 【分析】由题意，分3步完成该问题，第一步，3种颜色中选一种颜色给2块地砖上色，第二步，选出2块不能相邻地砖，第三步，剩下2块地砖用余下的两种颜色上色，即可根据分步乘法原理求得上色方案种数. 【详解】由已知，排成一排的4块地砖上3种颜色，满足相邻两块地砖颜色不同，每种颜色至少使用一次， 3种颜色中选一种颜色给2块地砖上色，有种方法， 且该2块地砖不能相邻，有3种情况， 即第一、第三块地砖同颜色或第一、第四块地砖同颜色或第二、第四块地砖同颜色， 然后剩下2块地砖用余下的两种颜色上色，有种方法， 所以上色方案共有种. 故选：D. 3．（24-25高二上·辽宁·期末）如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【答案】A 【分析】根据分步乘法计数原理依次涂色即可. 【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择． 故不同的涂色方案有种． 故选：A. 4．（24-25高三上·广西·阶段练习）如图，对，，，，五块区域涂色，现有种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】先涂，，，然后分类讨论的颜色，最后利用乘法原理与加法原理可得答案. 【详解】先涂，，，有种方法. 若的颜色不同于，，所涂颜色，有种涂法，此时有种涂法，则对应总涂法数为； 若的颜色与的颜色相同，此时有种涂法，则对应总涂法数为； 若的颜色与的颜色相同，此时有种涂法，则对应总涂法数为. 综上，总涂法数为. 故选：C 5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对、号无人机颜色与至号的无人机颜色是否相同进行分类讨论，再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果. 【详解】根据题意可知，至号的无人机颜色有4种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色相同时，号无人机颜色有3种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色不同时，、号无人机颜色有3种选择，号无人机颜色有2种选择； 再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种. 故选：D 6．（23-24高三上·河南·期中）玩积木有利于儿童想象力和创造力的培养．一小朋友在玩四棱柱形积木（四个侧面有各不相同的图案）时，想用5种颜色给积木的12条棱染色，要求侧棱用同一种颜色，且在积木的6个面中，除侧棱的颜色相同外，则染法总数为（    ） A．216 B．360 C．720 D．1080 【答案】D 【分析】根据题意，结合棱柱的结构特征，分3步讨论侧棱、上底、下底的涂色方法，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，如图： 分3步进行分析： ①要求侧棱用同一种颜色，则侧棱有5种选色的方法， ②对于上底，有4种颜色可选，则有， ③对于下底，每条边与上底和侧棱的颜色不同，有种选法， 则共有种选法． 故选：D． 7．（23-24高二下·广东清远·期末）现要对三棱柱的6个顶点进行涂色，有4种颜色可供选择，要求同一条棱的两个顶点颜色不一样，则不同的涂色方案有（    ） A．264种 B．216种 C．192种 D．144种 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及分步乘法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得. 【详解】依题意，求不同涂色方案问题，有用4种颜色和用3种颜色两类办法， 用4种颜色，先涂点有种方法，再在中选一点涂第4色，另两点有3种涂色方法， 因此不同涂色方法数为； 用3种颜色，先涂点有种方法，再涂有2种方法， 因此不同涂色方法数为， 所以不同的涂色方案有（种）. 故选：A 【点睛】思路点睛：涂色问题，可以按用色多少分类，再在每类中探求同色方案列式求解. 二、填空题 8．（25-26高三上·上海·单元测试）四色定理（Four color theorem）又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是1852年由毕业于伦敦大学的格斯里（Francis Guthrie）提出来的，其内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色．”四色问题的证明进程缓慢，直到1976年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理．现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有 种． 【答案】 【分析】涂色方案可分为两类，第一类只使用3种颜色的涂色方案，第二类使用4种颜色的涂色方案，再利用分步乘法原理计算各类的方法数，并结合分类加法原理求出总的方法数. 【详解】涂色方案可分为两类，第一类只使用3种颜色的涂色方案，第二类使用4种颜色的涂色方案， 若只使用3种颜色的涂色方案有种， 若使用4种颜色的涂色方案种， 所以不同的染色方案有种． 故答案为： 【题型15：多面手问题】 例题精选 一、单选题 1．（22-23高二下·海南省直辖县级单位·期中）有名歌舞演员，其中名会唱歌，名会跳舞，从中选出人，并指派一人唱歌，另一个跳舞，则不同的选派方法有  （ ） A．种 B．种 C．种 D．72种 【答案】C 【分析】由条件确定既会跳舞又会唱歌的人数，根据选出的人中既会跳舞又会唱歌的人数，分类求满足条件的选派方法数，结合分类加法计数原理求解即可. 【详解】根据题意，有名歌舞演员，其中名会唱歌，名会跳舞， 则既会跳舞又会唱歌的有人， 只会唱歌的有人，只会跳舞的有人; 若选出2人，没有既会跳舞又会唱歌，则有种选法， 若选出2人中有1人既会跳舞又会唱歌，则有种选法， 若选出2人全部是既会跳舞又会唱歌的，则有种选法， 综上共有种选法. 故选：C. 二、填空题 2．（22-23高二上·辽宁葫芦岛·期末）有8名歌舞演员，其中6名会唱歌，5名会跳舞，从中选出3人，并指派1人唱歌，另2人跳舞，则不同的选派方法有 种． 【答案】48 【分析】先求出既会唱歌又会跳舞的人数，然后分唱歌只在会唱歌的人中取和唱歌在既会唱歌又会跳舞的人中取. 【详解】因为有8名歌舞演员，其中6名会唱歌，5名会跳舞， 所以既会唱歌又会跳舞的有人， 所以只会唱歌的有人，只会跳舞的有人 从只会唱歌的里选人去唱歌有种方法，从剩下会跳舞的5人中选人跳舞有种 所以此种情况有种； 从既会唱歌又会跳舞的人选1人去唱歌有种方法，从剩下会跳舞的4人中选人跳舞有种， 所以此种情况有种； 综上不同的选派方法有种. 故答案为：48 3．（23-24高二下·重庆·阶段练习）有名演员，其中人会唱歌，人会跳舞，现要表演一个人唱歌人伴舞的节目，则不同的选派方法共有 种（写出具体数字结果）． 【答案】 【分析】首先确定仅会唱歌、仅会跳舞和既会唱歌又会跳舞的演员人数，以仅会唱歌的人被选派的人数为分类依据，分别求得每种情况的选派方法数，根据分类加法计数原理可求得结果. 【详解】由题意可知：名演员中，既会唱歌又会跳舞的演员有：人， 则有人仅会唱歌，人仅会跳舞； ①仅会唱歌的人中有人表演唱歌节目，则选派方法有种； ②仅会唱歌的人中有人表演唱歌节目，则选派方法有种； ③仅会唱歌的人中无人表演唱歌节目，则选派方法有种； 由分类加法计数原理可知：不同的选派方法有种. 故答案为：. 三、解答题 4．（24-25高二上·上海·假期作业）在一次演唱会上共10名演员，其中8人能能唱歌，5人会跳舞，现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目，有多少选派方法？ 【答案】种选派方法. 【分析】求出既会唱歌又会跳舞的演员人数为3，然后对所选的既会唱歌又会跳舞的演员人数进行分类讨论，并对所选的既会唱歌又会跳舞的演员进行安排，结合组合计数原理与分类加法计数原理可得结果. 【详解】设既会唱歌又会跳舞的演员人数为，则，解得， 10演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞，3人为全能演员. 选唱歌人员为标准进行研究： 只会唱的5人中没有人选上唱歌人员共有种， 只会唱的5人中只有1人选上唱歌人员种， 只会唱的5人中只有2人选上唱歌人员有种， 由分类计数原理共有种. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$