专题02 排列组合（易错培优竞赛精练）-【竞赛】2024-2025学年高二数学竞赛能力培优精练（全国通用）

2025新高考高二排列组合易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校排列组合易错题精选 专题二：名校排列组合培优题精选 专题三：排列组合全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校排列组合易错题精选 1．距离期中考试即将到来的20天之际，平潭某中学高二（1）班的五位同学打算利用周末时间来亲近大自然，陶冶情操，释放压力.这五位同学准备星期六在平潭龙王头风景区、壳丘头遗址考古生态公园、北部湾生态风景区三个景点中选择一个进行游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五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，则不同的选法种数为（    ） A．46 B．56 C．36 D．66 2．某学校周一安排有语文、数学、英语、政治、历史、地理、体育七节课，要求体育课不排在第一节课，数学不排在第四节课，则这天课表的不同排法种数为（    ） A． B． C． D． 3．君子六艺包括礼、乐、射、御、书、数，这些技能不仅是周朝贵族教育的重要组成部分，也对后世的教育体系产生了深远影响.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有（   ） A．432种 B．486种 C．504种 D．540种 4．给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．216种 B．180种 C．192种 D．168种 5．勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．120 B．240 C．300 D．320 6．在某市举行的半程马拉松比赛中，某路段设三个服务站，某高校5名同学到①、②、③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，其中同学甲不去①号服务点，则不同的安排方法共有（   ）． A．50种 B．100种 C．150种 D．200种 7．现给如图所示的五个区域A，B，C，D，E涂色，有5种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（   ）    A．420 B．340 C．260 D．120 8．甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（    ） A．36种 B．42种 C．54种 D．72种 9．由3名医生和6名护士组成的一支医疗小队下乡送医扶助新农村建设，他们要全部分配到三个农村医疗点，每个医疗点分到1名医生和护士1至3名，其中护士甲和护士乙必须分到同一个医疗点，则不同的分配方法有（    ）种 A．540 B．684 C．756 D．792 10．毕业前夕，某高中高三（6）班科技创新兴趣小组的5名同学与1名辅导老师，共6人合影留念，站成前后相对应的两排，每排3人，老师站在前排中间，其中甲、乙两名同学相邻（仅包括正前后或左右），则不同站法种数为（    ） A．24 B．36 C．42 D．48 11．如图，一只蚂蚁从点出发沿着水平面的线条爬行到点，再由点沿着置于水平面的长方体的棱爬行至顶点，则它可以爬行的不同的最短路径有（    ）条. A．40 B．36 C．42 D．60 12．树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（    ） A．36 B．48 C．54 D．56 13．不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A．1360 B．2380 C．2510 D．760 14． 《尚书》中的五行理论在中医和哲学中有着广泛的应用．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．如图是五行图，现有5种颜色可供选择给五行涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生水，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ） A．960 B．1020 C．2150 D．3125 15．将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有（    ） A．576种 B．1152种 C．2304种 D．4608种 16．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 17．为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（    ）种. A． B． C． D． 18．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 专题二：名校排列组合培优压轴试题精选 1．将1到30这30个正整数分成甲､乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（    ） A． B． C． D． 2．甲、乙、丙三名同学报名参加数学、物理、化学、生物兴趣小组．已知每人参加两个兴趣小组，三人不能同时参加同一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一人参加，则不同的报名参加方式共有（    ） A．45种 B．81种 C．90种 D．162种 3．某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山､黄山､庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（    ） A．564 B．484 C．386 D．640 4．现有天平及重量为，，，的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（    ）种. A． B． C． D． 5．6名研究人员在3个无菌研究舱同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ） A．360种 B．180种 C．720种 D．450种 6．武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（    ） A．19840种 B．16000种 C．31360种 D．9920种 7．将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3且一端固定的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（    ）种不同的放置与上色方式 A．11232 B．10483 C．10368 D．5616 8．给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．216种 B．180种 C．192种 D．168种 9．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 10．正方体六个面上分别标有A、B、C、D、E、F六个字母，现用5种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（    ）种. A．420 B．600 C．720 D．780 11．设A是集合的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A的个数为（    ） A．32 B．56 C．72 D．84 12．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，以下说法正确的是（    ） A．每人都安排一项工作的不同方法数为54 B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为 C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 13．（多选题）将这七个数随机地排成一个数列，记第i项为，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则这样的数列共有360个 B．若该数列恰好先增后减，则这样的数列共有64个 C．若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有144个 D．若，，，则这样的数列共有71个 14．（多选题）现有数字下列说法正确的是（    ） A．可以组成个没有重复数字的六位数 B．可以组成个没有重复数字的六位偶数 C．可以组成个六位数 D．可以组成个相邻两个数字不相同的八位数 15．（多选题）给出下列命题，其中正确的命题有（    ） A．若.则 B．公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有种 C．从6双不同颜色的鞋子中任取4只，其中恰好只有一双同色的取法有240种 D．西部某县委将7位大学生志愿者男3女)分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有104种 16．（多选题）平面内有两组平行线，一组有10条，另一组有7条，且这两组平行线相交，则（    ） A．这两组平行线有70个交点 B．这两组平行线可以构成140条射线 C．这两组平行线可以构成525条线段 D．这两组平行线可以构成945个平行四边形 17．（多选题）商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从，两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，为止，下列说法正确的是（    ）    A．甲从必须经过到达的方法数共有9种 B．甲从到的方法数共有180种 C．甲、乙两人在处相遇的概率为 D．甲、乙两人相遇的概率为 18．一个整数的各位数字之和记为，例如.用0，1，4，6，7，8组成的无重复数字的四位数按照从小到大的顺序排列为，则 ，的平均数为 . 19．某环保局派遣包括张三，李四，王五在内的12名工作人员到A，B，C三个镇开展环境保护的宣传工作，每个镇至少派遣3人，因工作需要，张三，李四，王五3人要派遣到同一个镇，则不同的派遣方案共有 种．（结果用数字表示） 20．某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有 种. 21．将这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有 种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有 种.（用数字作答） 22．现有根草，每根草有2个草头，共有个草头，现将个草头平均分成组，每两个草头打结，则打结后所有草能构成一个圆环的打结方法数是 . 23．为积极响应教育部印发的《全国青少年学生读书行动实施方案》，鼓励学生多读书、品经典，社区举办了“图书在哪”的抽奖活动．如图，在一个的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书．则在所有可能的情况中，能抽中的图书数目最多为 ，所有可能的图书排列方式总数为 ． 专题三：排列组合全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2024高三下·全国·竞赛）第六届章鱼杯开启了全新赛制，我们邀请到最强外援命题，共76道题，采用团体赛的形式，每队四人，限时4小时．若ldl，lnx，skc，wzy四人组成一队，现在面临73，74，75，76四道题，每人负责作答这四道题中的一道，每道题都要有人做，已知ldl和lnx不会做74题，lnx和skc不会做75题，skc和wzy不会做76题（未被提及的默认都会做），那么在这四道题中不同的安排方案数是（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 2．（2024·北京石景山·一模）中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（    ） A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 3．（2012高二·全国·竞赛）满足千位、百位、十位上的数字成递增等差数列的没有重复数字的五位数共有（    ）． A．720个 B．684个 C．648个 D．744个 4．（2011高二·全国·竞赛）将5个相同的白球和5个相同的红球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子既要有白球，又要有红球，则不同的放球方法共有(    ) A．18种 B．24种 C．36种 D．48种 5．（2012高二·全国·竞赛）有两个同心圆，在外圆周上有相异6个点，内圆周上有相异3个点，由这9个点决定的直线至少有（    ）． A．36条 B．30条 C．21条 D．18条 6．（2005高三·四川·竞赛）设A＝（1，2，3，，10），若方程x2﹣bx﹣c＝0，满足b、c属于A，且方程至少有一根a属于A，称方程为漂亮方程，则“漂亮方程”的总个数为（    ） A．8个 B．10个 C．12个 D．14个 7．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）用九种颜色给一个正四面体涂色，使相邻两个面颜色不同（若两种涂色方法可以通过旋转使得每个面的颜色一对应，则算作一种涂色方法）共有（    ）种涂色情况. A．121 B．454 C．621 D．以上答案均不对 8．（17-18高三·北京·强基计划）15人围坐在圆桌旁，从中选出4人使得其中任意两人都不相邻的选法数为（    ） A．1820 B．450 C．360 D．前三个答案都不对 9．（15-16高三·北京·强基计划）将四个1，四个2，四个3，四个4填入一个的表格，每个空格只填一个数字且16个空格全部填满．若每行每列恰有两个偶数，则不同的填法共有（    ） A．4620种 B．323400种 C．6300种 D．441000种 10．（16-17高三·北京·强基计划）一个三位数等于它的各位数字的阶乘之和，则此三位数的各位数字之和为（    ） A．9 B．10 C．11 D．前三个答案都不对 11．（16-17高三·北京·强基计划）设是1，2，3，4，5，6的排列，且满足，则这种排列的个数是（    ） A．5个 B．6个 C．7个 D．8个 12．（16-17高三·北京·强基计划）从0，1，2，…，9中选出三个不同数字组成四位数（其中的一个数字用两次），如5242．这样的四位数共有（    ） A．1692个 B．3672个 C．3708个 D．3888个 13．（16-17高三·北京·强基计划）若集合N的三个子集A，B，C满足，且，则称为N的“有序子集列”．现有，则N的“有序子集列”的个数为（    ） A．540个 B．1280个 C．3240个 D．7680个 14．（17-18高三·北京·强基计划）从不超过2018的正整数中任取3个数使得不包含两个连续的数，则这样的取法种数是（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 15．（23-24高三下·全国·强基计划多选题）某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点．已知向左转了100次，则可能向右转了（    ）次． A．96 B．98 C．104 D．102 16．（2024高二下·四川·竞赛）记，，集合的子集，满足，则符合条件的集合的个数为 ．（用具体数字作答） 17．（2024高二下·浙江·竞赛）设为正整数，且，则 ． 18．（2024高二下·全国·竞赛）如图，在平面内，30条长度为1的线段拼成三角形网格，现将网格中每条单位线段染成红、黄、蓝三色之一，满足每个单位正三角形的三边颜色互不相同．如果两个网格可以经过一系列的旋转、翻转，使得对应线段所染颜色均相同，则认为它们是同一种染色方式，这样的染色方法数为 ． 19．（2024高二下·重庆·竞赛）由这九个正整数构成的所有圆排列中，任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为 . 20．（2024高二下·内蒙古·竞赛）从1，2，，11中任取三个不同的数，则这三个数可以构成等差数列的概率为 . 21．（2023高一下·海南·竞赛）已知集合，则有序三元组的个数是 . 22．（2013高二·全国·竞赛）已知，，则不同的有序集合对有 种． 23．（2014高二·全国·竞赛）10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，有 种方法；若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止又有 种方法．（用数字作答） 24．（2016高一·全国·竞赛）有一正方体，六个面上分别写有数字、、、、、，有个人从不同的角度观察，结果如图所示，若记的对面的数字为的对面的数字为，则 ． 25．（2013高二·全国·竞赛）已知集合（不必相异）的并集，且，则满足条件的有序三元组的个数是 个． 26．（2024高三上·全国·竞赛）小鱼和A，B，C，D，E共六个好友在圆桌上用餐，则A坐在小鱼对面且B和C不相对的坐法的种数是 .如果圆桌可以旋转后重合，则记为同一种排列方式. 27．（2023高三上·全国·竞赛）某班一天上午有语文、数学、政治、英语、历史5节课，现要安排该班上午的课程表，要求历史课不排在第一节，语文课和数学课相邻，不同的排法总数是 ． 28．（2022高二·江苏苏州·竞赛）现要将一边长为101的正方体，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱，，，于点P，Q，R，S（可与顶点重合）；（2）线段，，，的长度均为非负整数，且线段，，，的每一组取值对应一种分割方式，则有 种不同的分割方式.（用数字作答） 29．（2021高一·黑龙江鸡西·竞赛）学校分配甲、乙、丙三人到7个不同的社区参加社会实践活动，每个社区最多分配2人，则有 种不同的分配方案（用数字作答）. 30．（2020高三·江苏·竞赛）已知集合，则满足的函数：共有 个． 31．（2017高一·江苏盐城·竞赛）集合中有 对相邻的自然数，它们相加时将不出现进位的情形． 32．（2017高一·江苏盐城·竞赛）已知，，映射满足．则这样的映射有 个． 33．（23-24高三下·全国·强基计划），，…是一个1，2，3，…，10的排列，要求和一定有一个大于（），则满足的排列的总数为 ． 34．（23-24高三下·全国·强基计划）点集，则由S中的点可组成 个不同的三角形． 35．（2024高三上·北京·竞赛）用6种不同颜色染正方体的6个面，不同面颜色不同，正方体旋转后颜色相同认为是同种染色，则染色的种数有多少? 36．（23-24高三下·北京·强基计划）求四元组 的个数，使得 ，且 . 37．（22-23高三·北京·强基计划）有六面旗，两面蓝，两面红，两面黄，除颜色外完全相同，从这些旗子中去除若干面（至少一面），从上到下悬挂在同一个旗杆上，可以组成一个信号序列，则不同的信号序列共有多少种？ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025新高考高二排列组合易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校排列组合易错题精选 专题二：名校排列组合培优题精选 专题三：排列组合全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校排列组合易错题精选 1．距离期中考试即将到来的20天之际，平潭某中学高二（1）班的五位同学打算利用周末时间来亲近大自然，陶冶情操，释放压力.这五位同学准备星期六在平潭龙王头风景区、壳丘头遗址考古生态公园、北部湾生态风景区三个景点中选择一个进行游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五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，则不同的选法种数为（    ） A．46 B．56 C．36 D．66 【答案】C 【分析】将5人按两种方式分组，然后作全排求不同选法数. 【详解】将除甲乙外其他3人分成两组，有种，再把三组分配到三个景区有种； 把其他3人中的一个分到甲乙同一组，有种，再让余下2人各自成组，把三组人分配到三个景区有种； 所以共有种. 故选：C 2．某学校周一安排有语文、数学、英语、政治、历史、地理、体育七节课，要求体育课不排在第一节课，数学不排在第四节课，则这天课表的不同排法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】问题化为用个不同的元素填个空的问题，应用特殊元素法及排列数，求体育课排在第四节、体育课不排第四节两种情况下的排法数，即可得. 【详解】学校安排七节课程可看做是用个不同的元素填个空的问题， 要求体育不排在第一节课，数学不排在第四节课的排法可分两类． 体育课排在第四节，则满足了体育课不在第一节，同时满足了数学课不在第四节，排法种数是种； 体育课不排第四节，数学课也不排在第四节，先排第四节，不能是体育和数学，有种， 再排第一节，除了选定的和体育也有种，剩下个全排，种． 所以这天课表的不同排法种数为种． 故选：B. 3．君子六艺包括礼、乐、射、御、书、数，这些技能不仅是周朝贵族教育的重要组成部分，也对后世的教育体系产生了深远影响.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有（   ） A．432种 B．486种 C．504种 D．540种 【答案】A 【分析】分“礼”与“乐”相邻和“礼”与“乐”中间插一艺，利用相邻和插空法求解. 【详解】当“礼”与“乐”相邻时，有种； 当“礼”与“乐”中间插一艺时，有种； 所以“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有种， 故选：A 4．给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．216种 B．180种 C．192种 D．168种 【答案】D 【分析】分别讨论区域3，4，5和2，3区域的染色，由分步计数原理计算可得答案. 【详解】先对3，4，5染色，有种方法， 若2和3同色，则不同的染色方法有种， 若2和3不同色，则不同的染色方法有种， 综上，不同的染色方法有种． 故选：D. 5．勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．120 B．240 C．300 D．320 【答案】D 【分析】通过先确定中间的涂色情况，再依次确定其他部分的涂色情况，利用分步乘法原理计算总方案数. 【详解】先涂中间，有5种选色，再逐个涂旁边部分，都有4种选色.由分步乘法计数原理得不同的涂色方案种数为. 故选：D. 6．在某市举行的半程马拉松比赛中，某路段设三个服务站，某高校5名同学到①、②、③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，其中同学甲不去①号服务点，则不同的安排方法共有（   ）． A．50种 B．100种 C．150种 D．200种 【答案】B 【分析】将5名同学分成3组，再把含有甲的一组安排到②、③服务点列式求解. 【详解】将5名同学按和分组分别有种和种分法， 再将含有同学甲的一组安排到②、③服务点，最后安排另两组，安排方法有种， 所以不同的安排方法共有（种）. 故选：B 7．现给如图所示的五个区域A，B，C，D，E涂色，有5种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（   ）    A．420 B．340 C．260 D．120 【答案】A 【分析】讨论同色、同色，、一组同色一组不同色，的颜色互不相同，结合排列组合数求对应涂色方法，应用分类加法求不同涂色方案数. 【详解】若同色、同色，有，此时有3种涂法，共有种， 若同色、不同色，有，此时有种涂法，共有种， 同理同色、不同色也有120种， 若的颜色互不相同，则有种， 综上，共有种. 故选：A 8．甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（    ） A．36种 B．42种 C．54种 D．72种 【答案】B 【分析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】安排B项工作的人数分为两类， 第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作， 从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法， 再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法， 若D项工作安排一人，则有种方法， 所以B项工作仅安排1人共种方法， 第二类，B项工作安排2人，有种方法， 由分类加法计数原理，得共有种方法. 故选：B. 9．由3名医生和6名护士组成的一支医疗小队下乡送医扶助新农村建设，他们要全部分配到三个农村医疗点，每个医疗点分到1名医生和护士1至3名，其中护士甲和护士乙必须分到同一个医疗点，则不同的分配方法有（    ）种 A．540 B．684 C．756 D．792 【答案】B 【分析】首先分步：先安排医生，再安排护士，其次特殊元素护士甲和护士乙捆绑，即护士名可分为和两类，应用分类和分步计数原理可得总的分配方法. 【详解】先安排医生，再安排护士. 安排医生，方法数有种； 再安排护士，护士名，由于护士甲和护士乙必须分到同一个医疗点，故可分为和两类： 如果是，一共有种， 如果是，又分为若甲乙在人小组中，则有种； 若甲乙在人小组中，则有种， 最后将分好的三组医生、三组护士全排列安排到三个医疗点， 所以一共有种分配方法. 故选：B. 10．毕业前夕，某高中高三（6）班科技创新兴趣小组的5名同学与1名辅导老师，共6人合影留念，站成前后相对应的两排，每排3人，老师站在前排中间，其中甲、乙两名同学相邻（仅包括正前后或左右），则不同站法种数为（    ） A．24 B．36 C．42 D．48 【答案】D 【分析】分两种情况，正前后相邻或左右相邻，再利用排列和计数原理知识解决. 【详解】当甲、乙两名同学为正前后相邻时，其中必有1人站在老师的左侧或右侧， 另1人站在正后面，站法种数为2=24； 当甲、乙两名同学为左右相邻时，两人必都站在后一排，将甲、乙两名同学看成一个元素， 从其余的3人中选2人站在老师的左右两侧，余下的1人与甲、乙两名同学看成的一个元素进行全排列， 所以站法种数为，所以不同站法种数为. 故选：D. 11．如图，一只蚂蚁从点出发沿着水平面的线条爬行到点，再由点沿着置于水平面的长方体的棱爬行至顶点，则它可以爬行的不同的最短路径有（    ）条. A．40 B．36 C．42 D．60 【答案】B 【分析】由分步乘法计数原理及组合知识求解即可. 【详解】蚂蚁从 A到C需要走五段路，其中二纵二横，共有条路径， 从C到B共有6条路径，根据分步乘法计数原理可知， 蚂蚁从A 到B可以爬行的不同的最短路径的条数为. 故选：B 12．树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（    ） A．36 B．48 C．54 D．56 【答案】C 【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，结合排列组合，计算求解. 【详解】若只用2种不同的颜色，则正反面的上下区域同色，中间区域涂剩下的一种颜色即可，所以有种涂色方法. 若用3种不同的颜色，当正反面都只用2种颜色时，有种涂色方法； 当正面用2种颜色，反面用3种颜色时，则在正面未用的颜色不能涂在反面的中间，所以有种涂色方法； 同理，当正面用3种颜色，反面用2种颜色时，也有种涂色方法； 当正反两面都用3种颜色时，有种涂色方法. 所以共有54种不同的涂色方法. 故选：C. 13．不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A．1360 B．2380 C．2510 D．760 【答案】B 【分析】设，，，，问题转化成不等式的正整数解的组数，即求方程的正整数解，应用隔板法求解的组数. 【详解】设，，，， 由，且是非负整数， 将问题转化成不等式的正整数解的组数. 求方程的正整数解， 可先将看作个“1”，将这个“1”排成一排， 在其中间形成的个空位中选择3个空位放入隔板， 则隔板隔开形成4组“1”，每组“1”的和分别对应的值， 因此，方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， ， 方程的正整数解的组数为， 所以原不等式的非负整数解的组数为 . 故选：B 【点睛】方法点睛：将个相同元素分成组，可用“隔板法”计数，将个元素排成一排，它们之间有个空位，要把它们分成组，只需在这个空位中插入个隔板，故方法总数为.“隔板法”常用来解决名额分配问题、不定方程的正整数解的组数问题等. 14． 《尚书》中的五行理论在中医和哲学中有着广泛的应用．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．如图是五行图，现有5种颜色可供选择给五行涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生水，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ） A．960 B．1020 C．2150 D．3125 【答案】B 【分析】问题化为五个区域，有5种不同的颜色供选择，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即5色5区域的环状涂色问题． 【详解】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件． 五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色，即5色5区域的环状涂色问题，如下图示， 分为以下两类情况： 第一类：三个区域涂三种不同的颜色， 第一步涂区域，从5种不同的颜色中选3种按序涂在不同的3个区域上，则有种涂色方法， 第二步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 由分步乘法计数原理，得共有种涂色方法； 第二类：三个区域涂两种不同的颜色，由不能涂同一种颜色，则涂同一种颜色，或涂同一种颜色， 若涂一种颜色， 第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色， 即从5种不同的颜色中选2种按序涂在不同的2个区域上，则有种涂色方法， 第二步涂区域，由于颜色相同，则有4种涂色方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 由分步乘法计数原理，得共有种涂色方法． 若涂一种颜色，与涂一种颜色的方法数相同， 所以，第二类共有种涂色方法． 由分类加法计数原理知，不同的涂色方法共有种． 故选：B 15．将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有（    ） A．576种 B．1152种 C．2304种 D．4608种 【答案】D 【分析】将八个数按两个数字和为9进行分组，再任取两组并填入两列，然后用排除法求出余下4个数字填入方格的方法数即可求得答案. 【详解】依题意，将1，2，3，4，5，6，7，8按照两个数字之和为9分成“18，27，36，45”四组，从中任取2组有种方法， 再在四列方格中任选2列，填入这两组数字，有种方法，每一列的两个数字的排列有种方法； 余下4个数字填入方格有种，满足同列数字和为9的有种， 所以不同填法共有种. 故选：D 16．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 【答案】C 【分析】解法一：利用正难则反的思想，先假设，若不存在，使得，可得，进而结合组合学知识求解即可； 解法二：利用转化的思想，将问题转化为所取的4个数中至少有2个是连续正整数，进而分类讨论求解即可. 【详解】排列与组合 解法一（正难则反）：存在，，使得表示所取的4个数中总有相邻的数， 直接求解较复杂，考虑正难则反的方法． 假设，若不存在，使得， 则，所以符合条件的取法种数为． 解法二（转化法）：若存在，，使得， 则所取的4个数中至少有2个是连续正整数， 若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行， 要求只有2个红球相邻，先把6个白球排成一行，再用插空法排红球， 排法种数为． 同理可得若只有3个是连续正整数，排法种数为． 若4个都是连续正整数，排法种数为7． 若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续正整数， 但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为． 所以符合条件的取法种数为. 故选：C． 【点睛】方法点睛：求解排列与组合问题的常用方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算． 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置． 捆绑法 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列． 插空法 不相邻问题插空处理，即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的排列空位中． 先整体，后局部 “小集团”排列问题中，先整体后局部． 除法 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． 间接法 正难则反，等价转化的方法． 17．为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（    ）种. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】采用分类与分步计数原理，先排丙共有种分法，再分为甲、丙在同一所学校和甲、丙不在同一所学校两类，每类分别讨论，最后相加得到结果. 【详解】先将丙安排在一所学校，有种分法； 若甲、丙在同一所学校，那么乙就有种选法， 剩下3名教师可能分别有3、2、1人在最后一所学校（记为X校）， 分别对应有1（3人均在X校）、（2人在X校，另1人随便排）、 （1人在X校，另2人分在同一所学校或不在同一所学校）， 共种排法； 若甲、丙不在同一所学校，则甲有种选法， 若乙与丙在同一所学校，则剩下3名教师按上面方法有19种排法； 若乙与丙不在同一所学校，则有剩下3人可分别分为1、2、3组， 分别有、、种排法，故共有： 种排法. 故选：B. 18．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. 专题二：名校排列组合培优压轴试题精选 1．将1到30这30个正整数分成甲､乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析可得甲组的中位数为或，分别求出甲组的中位数为、时的分组方法，即可得解. 【详解】因为甲组、乙组均为个数，则其中位数为从小到大排列的第个数， 即小于中位数的有个数，大于中位数的也有个数， 依题意可得甲组的中位数为或， 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时从中选个数放到甲组，剩下的个数放到乙组， 再从中选个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法； 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时从中选个数放到甲组，剩下的个数放到乙组， 再从中选个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法； 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时甲组中小于的数有个、乙组中小于 的数有个， 从而得到小的数一共只有个，显然不符合题意，故舍去， 同理可得，甲组的中位数不能大于； 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时甲组中小于的数有个、乙组中小于 的数有个， 从而得到小的数一共只有个，显然不符合题意，故舍去， 同理可得，甲组的中位数不能小于； 综上可得不同的分组方法数是种. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是得到甲组的中位数为或再分类分别计算可得. 2．甲、乙、丙三名同学报名参加数学、物理、化学、生物兴趣小组．已知每人参加两个兴趣小组，三人不能同时参加同一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一人参加，则不同的报名参加方式共有（    ） A．45种 B．81种 C．90种 D．162种 【答案】C 【分析】根据题意4个兴趣小组中必有两个2人选，两个1人选，根据2人选的小组是同样的两个人还是三人分两种情况，由分类加法计数原理列式计算. 【详解】根据题意，4个兴趣小组中必有两个2人选，两个1人选， 根据2人选的小组是同样的两个人还是3人分两种情况： 当2人选的小组是同样的两个人时，有种选法； 当2人选的小组是由3人构成时，有种选法； 所以不同的报名参加方式有种选法. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是抓住4个兴趣小组中必有两个2人选，两个1人选，再根据2人选的小组是同样的两个人还是三人分两种情况，由分类加法计数原理计算. 3．某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山､黄山､庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（    ） A．564 B．484 C．386 D．640 【答案】A 【分析】先将不平均分组问题分成两大类，然后由排列组合知识结合加法、乘法计数原理即可得解. 【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况. 第一种情况分成2人，2人，4人：女生去同一处景点，当成2人组时， 其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法； 当在4人组时，有种方法. 第二种情况分成2人，3人，3人：当成2人组时，有种方法； 当在3人组时，有种方法. 故这8名同学游玩行程的方法数为. 故选：A. 4．现有天平及重量为，，，的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（    ）种. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，结合排列组合以及分类加法原理，可得答案. 【详解】依题可知10只能在左边，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，有以下4种情况： 情况①：第一步先排10，10只能在左边，接下来重量为1,2,4的砝码顺序随意有种，左右边随意，则种，共有种； 情况②：第一步先排4，4只能在左边，10可以在第2,3,4步中任选一步放，有种，重量为1,2的砝码顺序随意左右边随意，共有种； 情况③：第一步先排2，2只能在左边， 若第二步放10，则重量为去1,4的砝码顺序随意左右边随意，有中， 若第二步放4，则10可以在第3,4步汇总任选一步放，砝码1左右边随意放，有种， 若第二步放1，有2种放法，接下第3步有2种情形： （）若第三步放10，那第四步放4可以在左右都行，有2种， （）若第三步放4，那4只能放左边，第四步放10只能放左边，有1种， 共有种； 情况④：第一步先排1，1只能在左边，接下来第二步： 若第二步放10，则重量为2,4的砝码顺序随意左右边随意放，有种， 若第二步放4，则10可以在第3,4步中任选一步放，砝码2左右边随意放，有种， 若第二步放2，2只能在左边，接下来第三步有2种情形： （）若第三步放10，那第四步放4可以在左右边都行，有2种， （）若第三步放4，那4只能在左边，第四步放10只能放左边，有1种， 共有种， 综上有种. 故选：A. 5．6名研究人员在3个无菌研究舱同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ） A．360种 B．180种 C．720种 D．450种 【答案】D 【分析】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案，共有（种）不同的安排方案. 【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案； 方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案. 所以共有（种）不同的安排方案. 故选：D. 6．武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（    ） A．19840种 B．16000种 C．31360种 D．9920种 【答案】D 【分析】先确定从5天中选3天排太极拳的排法情况，再分五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，三种情况讨论，从而可得出答案. 【详解】先从5天中选3天排太极拳，有种， 然后再从所选的3天中选一节排太极拳有种， 所以太极拳有种排法， 若五天中有天既有太极拳又有形意拳， 则哪一天重复有种， 再从另外不重复的2天中每天选1天排形意拳，有种， 再从剩下的4节课中选2节排长拳，有种，则另外2节排兵器， 所以有种， 若五天中有天既有太极拳又有形意拳， 则哪两天重复有种， 再从另外不重复的2天中排形意拳，有种， 再从剩下的4节课中抽2节课排长拳，有种，则另外2节排兵器， 但排在同一天不合适，所以有种， 所以共有种， 若五天中有天既有太极拳又有形意拳， 则剩下的4节课中选2节排长拳，有种，再去掉排同一天的种， 所以有种， 综上所述：共有 种. 故选：D. 7．将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3且一端固定的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（    ）种不同的放置与上色方式 A．11232 B．10483 C．10368 D．5616 【答案】C 【分析】进行颜色分配，然后利用分类原理的相加和分步相乘的原理进行分析即可. 【详解】①3个1，3个2，0个3如表： 1 2 1 2 1 2 只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种， ②1个1，2个2，3个3如表： 1 3 2 3 2 3 选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种， 或 3 1 3 2 3 2 选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放AB,此时有：种， ③2个1，2个2，2个3如表： 3 2 2 3 选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种， 或 2 3 2 3 选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种， 所以不同的放置与上色方式有： . 故选：C. 8．给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．216种 B．180种 C．192种 D．168种 【答案】D 【分析】分别讨论区域3，4，5和2，3区域的染色，由分步计数原理计算可得答案. 【详解】先对3，4，5染色，有种方法， 若2和3同色，则不同的染色方法有种， 若2和3不同色，则不同的染色方法有种， 综上，不同的染色方法有种． 故选：D. 9．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. 10．正方体六个面上分别标有A、B、C、D、E、F六个字母，现用5种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（    ）种. A．420 B．600 C．720 D．780 【答案】D 【分析】根据对面的颜色是否相同，分①三对面染相同的颜色、②两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色、③一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，分别求出不同的染色方案，最后加总即可. 【详解】分三类： 1、若三对面染相同的颜色，则有种； 2、若两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色，则有种； 3、若一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，则有种； ∴共有种. 故选：D 11．设A是集合的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A的个数为（    ） A．32 B．56 C．72 D．84 【答案】B 【分析】分类列举出每一种可能性即可得到答案. 【详解】若1,3在集合A内，则还有一个元素为5,6,7,8,9,10中的一个； 若1,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个； 若1,8在集合A内，则还有一个元素为10； 共有6+5+4+3+2+1=21个. 若2,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个； 若2,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个； 若2,8在集合A内，则还有一个元素为10； 共有5+4+3+2+1=15个. 若3,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个； 若3,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个； 若3,8在集合A内，则还有一个元素为10； 共有4+3+2+1=10个. 若4,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个； 若4,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个； 若4,8在集合A内，则还有一个元素为10； 共有3+2+1=6个. 若5,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个； 若5,8在集合A内，则还有一个元素为10； 共有2+1=3个. 若6,8,10在集合A内，只有1个. 总共有21+15+10+6+3+1=56个 故选：B. 12．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，以下说法正确的是（    ） A．每人都安排一项工作的不同方法数为54 B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为 C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 【答案】D 【解析】对于选项 ，每人有4种安排法，故有种；对于选项 ，5名同学中有两人工作相同，先选人再安排；对于选项，先分组再安排；对于选项 ，以司机人数作为分类标准进行讨论即可. 【详解】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项错误， ②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误， ③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（），即选项C错误， ④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位， 故有；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有 , 从余下三人中安排三个岗位，故有；所以每项工作至少有一人参加， 甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是， 即选项D正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了排列知识的应用. 求解排列问题的六种主要方法: 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. 13．（多选题）将这七个数随机地排成一个数列，记第i项为，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则这样的数列共有360个 B．若该数列恰好先增后减，则这样的数列共有64个 C．若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有144个 D．若，，，则这样的数列共有71个 【答案】ACD 【分析】根据对称性可得，即可判断A；对于B：对的位置分类讨论即可得答案；对于C：则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，即可判断C；对于D，分、、三种情况讨论即可判断. 【详解】对于A：由于为奇数，根据对称性可知这样的数列有个，故A正确； 对于B：从中选出个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 从中选出2个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 从中选出3个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 从中选出4个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 从中选出5个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 故满足条件的总个数为：个，故B错误． 对于C：若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻， 则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，则有个，故C正确； 对于D：若，则先从其余6个数中任选2个数作为且，有种方法， 剩余4个数中最大的为，剩下的3个数任取2个作为且，有种方法， 则这样的数列有个， 若，则先从除去1之外的5个数中任选2个数作为且，有种方法， 剩余4个数中最大的为，，剩下的2个数任取1个作为或即可，有种方法，则这样的数列有个， 若，则先从除去1、2之外的4个数中任选2个数作为且，有种方法， 剩余4个数位置固定的一种排法，其中，则这样的数列有个， 所以满足条件的这样的数列共有个，故D正确； 故选：ACD. 14．（多选题）现有数字下列说法正确的是（    ） A．可以组成个没有重复数字的六位数 B．可以组成个没有重复数字的六位偶数 C．可以组成个六位数 D．可以组成个相邻两个数字不相同的八位数 【答案】ACD 【分析】对于A，根据分步乘法计数原理即可求解；对于B，根据分类加法计数原理即可求解；对于C，分析出六位数中可能有1个1，2个1，3个1三种情况，再根据分类加法计数原理即可求解；对于D，利用插空法和分步乘法计数原理，并减去0在首位的情况即可求解. 【详解】对于A，由题意，可选取的数字为：0，1，2，3，4，5， 且首位不能为0， 第一步，先排首位有种不同排法， 第二步，再排其他5位数，有种排法， 所以由分步乘法计数原理可知， 可以组成个没有重复数字的六位数，故A正确； 对于B，由题意，末位只能为：0，2，4， 当末位为0时，有种排法； 当末位为2时，有种排法； 当末位为4时，有种排法， 所以由分类加法计数原理可知， 可以组成312个没有重复数字的六位偶数，故B错误； 对于C，由题意，六位数中可能有1个1，2个1，3个1三种情况. 当六位数中有1个1时，由A选项知有600种排法； 当六位数中有2个1时，分为有0与无0两种情况， 有0时，有种排法， 无0时，有种排法； 当六位数中有3个1时，分为有0与无0两种情况， 有0时，有种排法， 无0时，有种排法， 所以由分类加法计数原理可知， 可以组成个六位数，故C错误； 对于D，因为相邻两个数字不相同，即3个1不能相邻，故用插空法： 第一步，先排，除1外的5个数字，有，每种排法留出6个空位， 第二步，再将3个1插入6个空位，有种排法， 所以由分步乘法计数原理可知，共有2400种排法， 又因为0不能在首位，而0在首位时，有种排法， 所以可以组成个相邻两个数字不相同的八位数，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查有限制条件的排列、组合和不相邻问题，解题关键是遵循特殊位置优先排、不相邻问题插空排. 15．（多选题）给出下列命题，其中正确的命题有（    ） A．若.则 B．公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有种 C．从6双不同颜色的鞋子中任取4只，其中恰好只有一双同色的取法有240种 D．西部某县委将7位大学生志愿者男3女)分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有104种 【答案】ACD 【分析】利用赋值法判断A，根据分步乘法计数原理判断B，先选一双鞋子，再从剩下的双鞋子中各选一只，按照分步乘法计数原理判断C，先分组、再分配，即可判断D. 【详解】对于A：二项式展开式的通项为（）， 所以、、，、、， 对， 令可得， 令可得， 所以，故A正确； 对于B：公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有种，故B错误； 对于C：先从双不同颜色的鞋子中任选一双有种取法，再从剩余的双鞋子中的任意两双，在这两双中各选一只有， 由分步乘法计数原理可得从双不同颜色的鞋子中任取只，其中恰好只有一双同色的不同取法共有，故C正确； 对于D：分组的方案有、和、两类， 第一类有种； 第二类有种， 所以共有种不同的方案，故D正确； 故选：ACD． 16．（多选题）平面内有两组平行线，一组有10条，另一组有7条，且这两组平行线相交，则（    ） A．这两组平行线有70个交点 B．这两组平行线可以构成140条射线 C．这两组平行线可以构成525条线段 D．这两组平行线可以构成945个平行四边形 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，利用两个计数原理，结合组合应用问题逐项分析计算得解. 【详解】对于A，两组平行线相交有个交点，A正确； 对于B，一个交点可以引出4条射线，则可以构成条射线，B错误； 对于C，10条平行线中的每一条有条线段，7条平行线中的每一条有条线段， 则可以构成条线段，C正确； 对于D，10条平行线中的每2条平行线与7条平行线中的每2条平行线可以构成一个平行四边形， 则可以构成个平行四边形，D正确. 故选：ACD 17．（多选题）商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从，两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，为止，下列说法正确的是（    ）    A．甲从必须经过到达的方法数共有9种 B．甲从到的方法数共有180种 C．甲、乙两人在处相遇的概率为 D．甲、乙两人相遇的概率为 【答案】ACD 【分析】利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可判断A选项；分析可知从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，结合分步乘法计数原理可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；找出两人相遇的位置，求出两人相遇的概率，可判断D选项． 【详解】对于A，从点到点，需要向上走2步，向前走1步， 从点到点，需要向右走2步，向前走1步， 所以，甲从必须经过到达的方法数为种，A正确； 对于B,从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步， 所以，甲从到的方法数为种，B错误； 对于C，甲从点运动到点，需要向上、前、右各走一步， 再从点运动到点，也需要向上、前、右各走一步， 所以，甲从点运动到点，且经过点，不同的走法种数为种， 乙从点运动到点，且经过点，不同的走法种数也为36种， 所以，甲、乙两人在处相遇的概率为，C正确； 对于D，若甲、乙两人相遇，则甲、乙两人只能在点、、、、、、，   甲从点运动到点，需要向上走2步，向前走1步，再从点运动到点，需要向前走1步，向右走2步， 所以甲从点运动到点且经过点的走法种数为， 所以甲、乙两人在点处相遇的走法种数为， 同理可知，甲、乙两人在点、、、、处相遇的走法种数都为， 因此，甲、乙两人相遇的概率为，D正确． 故选：ACD． 【点睛】解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从到的路线转变为六步，其中每一条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向右的步数，由此得到的组合数可表示对应路线的方法数． 18．一个整数的各位数字之和记为，例如.用0，1，4，6，7，8组成的无重复数字的四位数按照从小到大的顺序排列为，则 ，的平均数为 . 【答案】 8761 【分析】应用排列组合数求出无重复数字的四位数的个数，结合最大的四位数，即可得，先求出给定数字的出现次数，再应用平均数的求法求平均数. 【详解】用0，1，4，6，7，8组成的无重复数字的四位数的总个数为， 其中最大的四位数为8764，所以. 四位数含0时，后三位选一位填0有种，再选一位填1（同理填4，6，7，8）有种，最后从余下的4个数字选2个填余下的两位有种， 所以1，4，6，7，8出现的次数均为次， 四位数不含0时，四位选一位填1（同理填4，6，7，8）有种，从余下的4个数选3个填余下的三位有种， 所以1，4，6，7，8出现的次数均为次， 综上，1，4，6，7，8出现的次数均为次， 所以的平均数为. 故答案为：8761， 19．某环保局派遣包括张三，李四，王五在内的12名工作人员到A，B，C三个镇开展环境保护的宣传工作，每个镇至少派遣3人，因工作需要，张三，李四，王五3人要派遣到同一个镇，则不同的派遣方案共有 种．（结果用数字表示） 【答案】 【分析】分类讨论人员的分组情况并依次求出对应的不同分组方法数，再将各组安排到三个镇，结合排列组合数及分类分步计数求不同的派遣方案数. 【详解】先分类讨论人员分组情况： 当张三､李四､王五所在组恰有3人时，余下9人分成2组，有210种方法； 当张三､李四､王五所在组恰有4人时，先从其他9人中选1人到这组，再将余下8人分成2组，有种方法； 当张三､李四､王五所在组恰有5人时，先从其他9人中选2人到这组，余下7人分成2组，有种方法； 当张三､李四､王五所在组恰有6人时，先从其他9人中选3人到这组，余下6人分成2组，有种方法． 再将三组人员分配到三个镇： 因为这三组分配到三个地区有种方法， 所以安排方法总数为． 故答案为： 20．某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有 种. 【答案】 【分析】对小球进行编号，然后对前三个球的取法进行分类讨论，进而对后续小球的摸球顺序进行讨论，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【详解】将这个小球编号如下图所示： 分以下两种情况讨论： 第一种，第一步，先取、、号球，第二步，再取、、号球依次取个球， 最后一步，从剩余两球依次摸取，此时不同的抽法种数为种； 第二种，将、、视为三个整体， 前三个球从其中一个整体和每支不与号球相邻的小球中依次摸取，有种， 以、、为例，可依次为、、，共种， 剩余、、、号球，先从、号球中摸一个，有种情况， 比如先取号球，剩余三个相邻的小球，接下来从、号球中取一个，有种情况， 最后剩余两球摸取的先后顺序任意， 此时，不同的取法种数为. 综上所述，不同的取法种数为种. 故答案为：. 21．将这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有 种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有 种.（用数字作答） 【答案】 1512 324 【分析】求出将这9个数填入，不同的填法种数，分两个1在同一行时和两个1不在同一行两种情况即可求解. 【详解】将这9个数填入，不同的填法种数为， 这9个数中有4个奇数，5个偶数， 因为填入的每行数之和为偶数， 故每行有偶数个奇数，则只需将4个奇数按分成三组， 当两个1在同一行时， 不同的填法种数为， 当两个1不在同一行时， 不同的填数方法种数为. 故不同的填法种数为. 故答案为：1512；324. 22．现有根草，每根草有2个草头，共有个草头，现将个草头平均分成组，每两个草头打结，则打结后所有草能构成一个圆环的打结方法数是 . 【答案】 【分析】利用分步计数原理，结合数列的累乘法求得答案. 【详解】如图所示，将根草的草头分别编号为， 当时，要使根草恰好能围成一个环，不妨先取定草头1， 而草头1只能与除了外的剩余个草头之一打结， 共有种方法， 经过此次打结后，相当于现有根草，则相当于再将根草进行打结， 设根草打结后可成圆的种数为， 那么经过一次打结后，根草打结后可成圆的种数为， 因此，即， 则， 当时，如图只能算一种结法，则，也满足上式. 于是，， 所以打结后所有草能构成一个圆环的打结方法数是. 故答案为： 23．为积极响应教育部印发的《全国青少年学生读书行动实施方案》，鼓励学生多读书、品经典，社区举办了“图书在哪”的抽奖活动．如图，在一个的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书．则在所有可能的情况中，能抽中的图书数目最多为 ，所有可能的图书排列方式总数为 ． 【答案】 11 192 【分析】根据数字的约束，确定哪些方格可以放置图书，通过分析每个数字的约束，确定可以放置图书的方格，并计算最大可能的图书数目，使用排列组合的方法，计算所有满足条件的图书放置方式的总数. 【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11本图书，接下来说明不可能有12本图书，考虑数字控制的区域，假设有一种方式可以达到8本图书，首先左上角区域只有2本图书（下图左），在大图中去掉后变成了下图中间的样子，并且图中应有6本图书．类似的，下方数字2代表周围单元格中有2本图书，再去掉后形如下方右侧图形，此时需要填4本图书，但只剩下三个空方格，矛盾！故最多有7本，结合不受限制的区域，最多能抽中本书． 接下来求所有可能的方法数． 情形一： 如图所示，？处有图书时，在左上数字2的周围有两种情形，若数字3右侧方格无图书，则4周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2的排布方式也被固定，此时中间数字3周围只有两本图书，矛盾！所以中间数字3右侧必有图书． 此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2左侧或右侧有一本图书．若下方数字2左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4周围的图书排布已经固定，则此时3周围图书也已经符合题意，只有一种情形． 若下方数字2右侧有一本图书，此时考虑下方数字2周围还应存在的一本图书的位置，若在2右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3周围也满足题意，4周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种；若不在2右上方，则4周围图书的排布已经符合题意，3周围还应有一本图书，共有两种选择． 综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有种可能． 情形二： 如图所示，？处无图书时，左上数字2的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3右侧必有图书，此时根据3周围应还有2本图书得到下方的2左右两侧均无图书（否则下方2周围图书数目大于2），故4周围的图书排列方式被固定，所以3周围还应有一本图书，共有两种选择． 故情形二共有2种可能．所以共有种． 故答案为：①11；②192. 【点睛】关键点点睛：分析每个数字的约束，确定可以放置图书的方格，并计算最大可能的图书数目. 专题三：排列组合全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2024高三下·全国·竞赛）第六届章鱼杯开启了全新赛制，我们邀请到最强外援命题，共76道题，采用团体赛的形式，每队四人，限时4小时．若ldl，lnx，skc，wzy四人组成一队，现在面临73，74，75，76四道题，每人负责作答这四道题中的一道，每道题都要有人做，已知ldl和lnx不会做74题，lnx和skc不会做75题，skc和wzy不会做76题（未被提及的默认都会做），那么在这四道题中不同的安排方案数是（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】A 【分析】根据题意分别求出每道题只能由哪些人员完成，分74题由skc完成和74题由wzy完成两种情况讨论即可求解. 【详解】因为ldl和ln x不会做74题，因此74题只能由skc或wzy完成， 因为ln x和skc不会做75题，因此75题只能由ldl或wzy完成， 因为skc和wzy不会做76题，因此76题只能由ldl或ln x完成， 73题无限制，四人皆可完成， 情况1：74题由skc完成， 剩余题目：73、75、76，需分配给ldl、lnx、wzy， 75题可选人员ldl或wzy， 子情况1a：75题由ldl完成， 76题必须由lnx完成（因ldl已分配）， 73题由wzy完成，分配方案：74: skc，75: ldl，76: lnx，73: wzy， 子情况1b：75题由wzy完成， 76题可选人员：ldl 或lnx， 子情况1b1：76题由ldl完成，73题由lnx完成， 分配方案：74: skc，75: wzy，76: ldl，73: ln x， 子情况1b2：76题由lnx完成，73题由ldl完成， 分配方案：74: skc，75: wzy，76: ln x，73: ldl， 情况1总计：3种方案， 情况2：74题由wzy完成， 剩余题目：73、75、76，需分配给ldl、lnx、skc， 75题必须由ldl完成（因wzy已分配）， 76题必须由ln x完成（因ldl已分配）， 73题 由skc完成，分配方案：74: wzy，75: ldl，76: lnx，73: skc， 情况2总计：1种方案， 总方案数：情况1 + 情况2：3 + 1 = 4种. 故选：A. 2．（2024·北京石景山·一模）中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（    ） A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 【答案】C 【分析】先排宫、徽、羽三个音节，然后商、角两个音阶插空即可求解. 【详解】解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有， 再将商、角插入4个空中的2个，有， 所以共有种． 故选：C． 3．（2012高二·全国·竞赛）满足千位、百位、十位上的数字成递增等差数列的没有重复数字的五位数共有（    ）． A．720个 B．684个 C．648个 D．744个 【答案】D 【分析】题目要求千位、百位、十位上的数字成递增等差数列，可知千位和十位上的数字同奇偶，然后分类讨论即可得出答案. 【详解】依题意知千位和十位上的数字同奇偶， 当千位和十位上的数字都为奇数时，五位数有个； 当千位和十位上的数字均为偶数且不含0时，五位数有个； 当千位为0，十位为2、4、6、8时，五位数有个， 因此满足条件的五位数共有个． 故答案为:D. 4．（2011高二·全国·竞赛）将5个相同的白球和5个相同的红球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子既要有白球，又要有红球，则不同的放球方法共有(    ) A．18种 B．24种 C．36种 D．48种 【答案】C 【分析】为了满足要求，可先在每个盒子中放一个白球和一个红球，剩下2个红球、2个白球共四个球，问题转化为将2个相同红球、2个相同白球放入3个不同的盒子中有几种方法，根据分步乘法计数原理即可求解． 【详解】先在每个盒子中放一个白球和一个红球，剩下2个红球、2个白球共四个球，红球有种放法，同理白球也有6种放法，总共种放法． 故选：C． 5．（2012高二·全国·竞赛）有两个同心圆，在外圆周上有相异6个点，内圆周上有相异3个点，由这9个点决定的直线至少有（    ）． A．36条 B．30条 C．21条 D．18条 【答案】C 【分析】根据题意，先计算所有的情况数，然后减掉不符合要求的情况数，即可得到结果. 【详解】在小圆上确定3个点，两两连接三个点，并延长交外圆于6个点， 下面确定这9个点确定的直线条数， 从9个元素中任取两个共有种结果， 其中有3组四个点在同一条直线上，所以要减去， 这样多减了3条线， 所以共有条. 故选：C． 6．（2005高三·四川·竞赛）设A＝（1，2，3，，10），若方程x2﹣bx﹣c＝0，满足b、c属于A，且方程至少有一根a属于A，称方程为漂亮方程，则“漂亮方程”的总个数为（    ） A．8个 B．10个 C．12个 D．14个 【答案】C 【分析】根据题意，用十字相乘法，先把c分解因数，依据方程根与系数的关系，这两个因数的差就是b，进而可以确定方程，再依次分析c等于2…10，分别分析、列举其“漂亮方程”的个数，由加法原理，计算可得答案. 【详解】解：用十字相乘法，先把c分解因数，依据方程根与系数的关系，这两个因数的差就是b； c＝2 时，有2×1＝2，b＝2﹣1＝1，则漂亮方程为x2﹣x﹣2＝0； c＝3时，有3×1＝3，b＝3﹣1＝2，则漂亮方程为x2﹣2x﹣3＝0； c＝4时，有4×1＝4，b＝4﹣1＝3，则漂亮方程为x2﹣3x﹣4＝0， c＝5时，有5×1＝5，b＝5﹣1＝4，则漂亮方程为x2﹣4x﹣5＝0； c＝6时，有6×1＝6，b＝6﹣1＝5，则漂亮方程为x2﹣5x﹣6＝0， 同时，有2×3＝6，b＝3﹣1＝2，则漂亮方程为x2﹣x﹣6＝0； c＝7时，有7×1＝7，b＝7﹣1＝6，则漂亮方程为x2﹣6x﹣7＝0， c＝8时，有8×1＝8，b＝8﹣1＝7，则漂亮方程为x2﹣7x﹣8＝0， 同时，有2×4＝8，b＝4﹣2＝2，则漂亮方程为x2﹣2x﹣8＝0； c＝9时，有9×1＝9，b＝9﹣1＝8，则漂亮方程为x2﹣8x﹣9＝0； c＝10时，有10×1＝10，b＝10﹣1＝9，则漂亮方程为x2﹣10x﹣9＝0， 同时，有2×5＝10，b＝5﹣2＝3，则漂亮方程为x2﹣3x﹣10＝0； 综合可得，共12个漂亮方程， 故选：C. 7．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）用九种颜色给一个正四面体涂色，使相邻两个面颜色不同（若两种涂色方法可以通过旋转使得每个面的颜色一对应，则算作一种涂色方法）共有（    ）种涂色情况. A．121 B．454 C．621 D．以上答案均不对 【答案】D 【分析】先求出不考虑旋转的条件下的涂色情况；再求出四面体旋转方式的总数，即可求解. 【详解】若不考虑旋转的情况，共有，而四面体共有种旋转方式，故共有. 故选：D 8．（17-18高三·北京·强基计划）15人围坐在圆桌旁，从中选出4人使得其中任意两人都不相邻的选法数为（    ） A．1820 B．450 C．360 D．前三个答案都不对 【答案】B 【分析】利用去杂法或就其中一人是否被选中分类计数可求不同的选法数. 【详解】解法一 ． 解法二 将15人从其中一人（记为A）处开始逆时针排成一列，按A是否被选中分为两类，不同的选法数为． 故选：B. 9．（15-16高三·北京·强基计划）将四个1，四个2，四个3，四个4填入一个的表格，每个空格只填一个数字且16个空格全部填满．若每行每列恰有两个偶数，则不同的填法共有（    ） A．4620种 B．323400种 C．6300种 D．441000种 【答案】D 【分析】先考虑第一行两个偶数有种选择，再就余下两个偶数的位置分类讨论可得不同的填法. 【详解】首先确定偶数的位置有多少种选择． 第一行两个偶数有种选择，下面考虑这两个偶数所在的列，每列还需再填一个偶数，设为，． 情形一  若，位于同一行，它们的位置有3种选择，此时剩下的四个偶数所填的位置唯一确定． 情形二  若，位于不同的两行，它们的位置有6种选择，此时剩下的四个偶数所填的位置有2种选择． 所以偶数的不同位置有种， 因此总的填法数为． 故选：D 10．（16-17高三·北京·强基计划）一个三位数等于它的各位数字的阶乘之和，则此三位数的各位数字之和为（    ） A．9 B．10 C．11 D．前三个答案都不对 【答案】B 【分析】由题设条件可得，且，中至少有一个为5，且，分类讨论后可得三位数，故可得正确的选项. 【详解】设这个三位数是，则根据题意，， 注意到 0 1 2 3 4 5 6 7 1 1 2 6 24 120 720 5040 于是，且，中至少有一个为5．因此最高位只能是1或2． 情形一  且．此时，于是，无解． 情形二  且．此时，于是， 解得，此时三位数为145，各位数字之和为10． 情形三  且．此时，不符合题意． 综上所述，此三位数的各位数字之和为10． 故选：B 11．（16-17高三·北京·强基计划）设是1，2，3，4，5，6的排列，且满足，则这种排列的个数是（    ） A．5个 B．6个 C．7个 D．8个 【答案】B 【分析】由题设可得，故可设，从而可得为奇数，枚举后可得排列的个数. 【详解】根据题意，， 于是．考虑到对称性，不妨设（同时将与对调，与对调，与对调可得其他解）．于是可得， 因此为奇数，不难推理得可能的解如下表． 1 5 3 2 4 6 1 3 5 4 2 6 1 2 3 4 5 6 因此所有的解共有6个． 故选：B. 12．（16-17高三·北京·强基计划）从0，1，2，…，9中选出三个不同数字组成四位数（其中的一个数字用两次），如5242．这样的四位数共有（    ） A．1692个 B．3672个 C．3708个 D．3888个 【答案】D 【分析】就含零的个数分类讨论后可得正确的选项. 【详解】情形一 不含0的四位数个数为． 情形二 含1个0的四位数个数为． 情形三 含2个0的四位数个数为． 于是符合题意的四位数个数为． 故选：D. 13．（16-17高三·北京·强基计划）若集合N的三个子集A，B，C满足，且，则称为N的“有序子集列”．现有，则N的“有序子集列”的个数为（    ） A．540个 B．1280个 C．3240个 D．7680个 【答案】D 【分析】利用排列和分步计数原理可得所求的个数. 【详解】根据题意，N的“有序子集列”的个数为（个）． 故选：D. 14．（17-18高三·北京·强基计划）从不超过2018的正整数中任取3个数使得不包含两个连续的数，则这样的取法种数是（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 【答案】A 【分析】利用插空法即得或根据组合数可求取法总数. 【详解】法一：问题等价于在2015个正整数形成的2016个空挡中插入3个数，共有取法种数为； 法二：相当于从不超过2016的正整数中任意选3个数x，y，z，将最大的数加2，第二大的数加1，取法种数为． 故选：A. 15．（23-24高三下·全国·强基计划多选题）某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点．已知向左转了100次，则可能向右转了（    ）次． A．96 B．98 C．104 D．102 【答案】AC 【分析】分情况讨论不同情况即可. 【详解】总体的路线形成一个多边形， 如果出发点在多边形的边上，左转、右转的次数差一定是4的倍数， 如果出发点在多边形的顶点上，左转、右转的次数差一定奇数，因此只有AC有可能． 下面两图的路线分别对应右转96次和104次的情形： 故选：AC. 16．（2024高二下·四川·竞赛）记，，集合的子集，满足，则符合条件的集合的个数为 ．（用具体数字作答） 【答案】 【分析】分类讨论并使用捆绑法求解. 【详解】不妨设，对，如果，就在这两个数之间画一条红线；如果，就在这两个数之间画一条蓝线. 显然，一个数不能同时引出两条线. ①如果总共有两条线，线在不考虑颜色的情况下的组合方式有3种，每种线都对应如下问题：在中取三个数，任意两个数之差大于6（如果两线均为红，；如果一红一蓝，；如果都是蓝，） 这又等价于在中任取三个数，有种 所以此时有种； ②如果总共有一条线，线在不考虑颜色的情况下有4种可能，每种线都对应如下问题：在中取四个数，任意两个数之差大于6（如果是红线，；如果是蓝线，） 这又等价于在中任取四个数，有种取法 所以此时有种 ③如果没有线，那么就是在中取五个数，任意两个数之差大于6，这不可能. 所以总共有种. 故答案为：717. 17．（2024高二下·浙江·竞赛）设为正整数，且，则 ． 【答案】9 【分析】根据已知条件结合化简计算求解得出n即可. 【详解】记， 所以 ，， ， 解得． 故答案为：9. 18．（2024高二下·全国·竞赛）如图，在平面内，30条长度为1的线段拼成三角形网格，现将网格中每条单位线段染成红、黄、蓝三色之一，满足每个单位正三角形的三边颜色互不相同．如果两个网格可以经过一系列的旋转、翻转，使得对应线段所染颜色均相同，则认为它们是同一种染色方式，这样的染色方法数为 ． 【答案】 【分析】先从小的区域算起，再分类分步完成全部计算. 【详解】我们用标记1,2,3代替染成红黄蓝三种颜色， 由于旋转、翻转后颜色相同算同一种染法，不妨设正中间的小三角形三边依次标记1,2,3，如图，考虑倒放的大三角形的三边上的6条线段（粗线段）； 要么三边上的两条线段分别同色，此时只能上方都标3，左边都标2，右边都标1； 要么一条边上同色，另两边异色，如果上方都标3，另外4条线段颜色也唯一确定，考虑同色边的位置，此时共3种情况； 要么三边都异色，此时枚举可得这6条线段共4种情况（实际上6条线段共种情况，前两类共4种，故这一类剩下4种）. 如图，考虑外侧3个角上的部分： 如果某边上同色，不妨设均标记3，则上方中间两条线段1,2或2,1，最上方的角上2条线段还可以选择1,2或2,1，其余线段标号唯一确定，一共4种染法； 如果某边上异色，不妨设标记左2右3，则中间两条线段1,2或3,1或3,2，而最上方的角上2条线段各有2种选择，其余线段标号唯一确定，一共6种染法； 综上所述，染色方法总数为种 故答案为：1360. 19．（2024高二下·重庆·竞赛）由这九个正整数构成的所有圆排列中，任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为 . 【答案】21600 【分析】由所有的圆排列数，减去8，9或7，9这两对数相邻的圆排列数. 【详解】由这九个正整数构成的所有圆排列，有个， 任意相邻两数之积均不超过60，当且仅当该排列中8，9与7，9这两对数均不能相邻. 设满足8，9相邻的圆排列有个，满足7，9相邻的圆排列有个，满足8，9相邻且7，9相邻的圆排列有个， 则，， 从而由容斥原理，满足要求的排列的个数为. 故答案为：21600. 20．（2024高二下·内蒙古·竞赛）从1，2，，11中任取三个不同的数，则这三个数可以构成等差数列的概率为 . 【答案】 【分析】根据组合数求所有的可能性，再求符合条件的可能，结合古典概型运算求解. 【详解】从1，2，，11中任取三个不同的数，则不同的组合有共有种， 能构成等差数列不同的组合的有种， 所以这三个数可以构成等差数列的概率为. 故答案为：. 21．（2023高一下·海南·竞赛）已知集合，则有序三元组的个数是 . 【答案】 【分析】将划分为互不重叠的七部分，再利用分步计数原理即可求出结果. 【详解】如图，将划分为互不重叠的七部分（其中，，，等等） 则每个元素在中都有7种分配方式，且每种分配方式各不相同，故共有种方案，即有序三元组共有个. 故答案为：. 22．（2013高二·全国·竞赛）已知，，则不同的有序集合对有 种． 【答案】 【分析】根据给定条件，借助韦恩图，利用分步乘法计数原理列式求解即得. 【详解】如图，I的任意一个元素只能在，C，这三处中的某处， 且任一元素的不同放置均导致不同的有序对， 所以不同的有序集合对有种. 故答案为：    23．（2014高二·全国·竞赛）10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，有 种方法；若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止又有 种方法．（用数字作答） 【答案】 126 512 【分析】（1）相同问题至少有一个的分配问题用隔板法即可；（2）先对吃完的天数进行分情况讨论，再对每一种情况用隔板法即可。 【详解】解：由题知，关于空1：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完， 将10块巧克力排成一排，共有9个空格， 分成5份，只需4个隔板， 所以共有种方法； 关于空2：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止， 至多吃10天，至少吃1天， 当1天吃完时，共种方法， 当2天吃完时，将10块巧克力排成一排，共有9个空格， 分成2份，只需1个隔板，所以有种方法， 当3天吃完时，需要分成3份，只需2个隔板，所以有种方法， 当4天吃完时，需要分成4份，只需3个隔板，所以有种方法， ……， 当10天吃完时，需要分成10份，只需9个隔板，所以有种方法， 综上：共有种方法。 故答案为：126；512 24．（2016高一·全国·竞赛）有一正方体，六个面上分别写有数字、、、、、，有个人从不同的角度观察，结果如图所示，若记的对面的数字为的对面的数字为，则 ． 【答案】 【分析】题目图中出现了两次和，就可以判断和相邻的四个数字，以及和相邻的四个数字，进而推导出它们对面的数字. 【详解】因为正方体一共六个面，六个面上分别写有数字、、、、、， 由图知和相邻的四个数字分别是，所以的对面是， 同理和相邻的四个数字为，对面是，所以. 故答案为：. 25．（2013高二·全国·竞赛）已知集合（不必相异）的并集，且，则满足条件的有序三元组的个数是 个． 【答案】10584 【分析】画出三个集合观察相互分成七个区域，然后考虑将5个元素向里面填，再运用乘法原理即可求得答案． 【详解】如图，画出三个集合，，，则它们最多相互分成7个部分， 将1，2，3，4，5共5个元素，填入这7个区域， 由于，则1、2、3各有6种填法，4、5各有7种填法， 由分步乘法原理知，这样的三元组共有个． 故答案为：10584. 26．（2024高三上·全国·竞赛）小鱼和A，B，C，D，E共六个好友在圆桌上用餐，则A坐在小鱼对面且B和C不相对的坐法的种数是 .如果圆桌可以旋转后重合，则记为同一种排列方式. 【答案】16 【分析】先固定小鱼和的位置，再安排B的位置，继而安排C，最后安排剩余两人的位置，由分步乘法计数原理，即可得答案. 【详解】A坐在小鱼对面，先固定两人位置，在小鱼和的相对位置确定后， 有四种选择，的每种选择确定下有两种选择， 确定的情况下剩余两人有两种排列方式，故总坐法有种. 故答案为：16 27．（2023高三上·全国·竞赛）某班一天上午有语文、数学、政治、英语、历史5节课，现要安排该班上午的课程表，要求历史课不排在第一节，语文课和数学课相邻，不同的排法总数是 ． 【答案】 【分析】应用排列、组合数，结合捆绑、插空法及分步原理求不同的排法总数. 【详解】将语文课和数学课作排列有种， 再把语文课和数学课作为整体，与除历史课外的其它2节课作全排列有种， 由上得到4个空，最后把历史课插入后3个空有种， 综上，共有种. 故答案为： 28．（2022高二·江苏苏州·竞赛）现要将一边长为101的正方体，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱，，，于点P，Q，R，S（可与顶点重合）；（2）线段，，，的长度均为非负整数，且线段，，，的每一组取值对应一种分割方式，则有 种不同的分割方式.（用数字作答） 【答案】707504 【分析】先由面面平行的性质证得四边形为平行四边形，再由空间向量求得，设，，，的长度为，，分和两种情况求出有序数列的个数，即可求解. 【详解】易得平面∥平面，平面平面，平面平面，则， 同理可得，则四边形为平行四边形，则，即， 整理得，即，设，，，的长度为，， 又为非负整数，且，易得为非负整数且，下面考虑满足上述条件的有序数列的个数； 当时，易得可取共种情况，可取共种情况，由乘法原理可得共有， 则有序数列共有个； 当时，易得可取共种情况，可取共种情况，由乘法原理可得共有， 则有序数列共有个； 又当有序数列为和时，不满足将正方体分割成两部分， 故共有种分割方式. 故答案为：707504. 【点睛】本题关键点在于将问题转化为满足，且为非负整数，的有序数列的个数，分和两种情况求出有序数列的个数，即可求解. 29．（2021高一·黑龙江鸡西·竞赛）学校分配甲、乙、丙三人到7个不同的社区参加社会实践活动，每个社区最多分配2人，则有 种不同的分配方案（用数字作答）. 【答案】336 【分析】根据题意，分这七个社区恰有三个社区各有一人参与社会实践活动和这七个社区的某个社区有两个人参与社会实践，另一个社区有一个人参与社会实践两类情况讨论求解即可. 【详解】解：分两种情况讨论， 当这七个社区恰有三个社区各有一人参与社会实践活动，则相应的分配方案有种； 当这七个社区的某个社区有两个人参与社会实践，另一个社区有一个人参与社会实践，则相应的分配方案有种. 所以根据分类加法原理得，共有种. 故答案为： 30．（2020高三·江苏·竞赛）已知集合，则满足的函数：共有 个． 【答案】41 【详解】若, 则,，这样函数的定义矛盾； 故值域中元素的个数为6， 若函数满足，则，矛盾， 函数只有下面两种情况： （1）当时，1种； （2）当，则3个一组，有． 因此题述所求为个． 故答案为：41. 31．（2017高一·江苏盐城·竞赛）集合中有 对相邻的自然数，它们相加时将不出现进位的情形． 【答案】167 【分析】利用分类计数原理即可求得. 【详解】考虑从1000到1999,这些数中, 个位为0、1、2、3、4且十位为0、1、2、3、4且百位为0、1、2、3、4时， 不发生进位,否则会发生进位. 还有,末位为9、99、999时,也不发生进位. 因此从1000到1999[实际是2000,即最后一对是（1999、2000）]中,共有： 5×5×5 + 5×5 + 5 + 1= 156对 考虑从2000到2017,这些数中,有5+6=11对,所以共有156+11=167对. 故答案为：167 32．（2017高一·江苏盐城·竞赛）已知，，映射满足．则这样的映射有 个． 【答案】35 【分析】根据映射的概念以及组合数公式，进行分类讨论求解. 【详解】因为映射满足，所以 集合中的所有元素对应集合中的同一个数：有5种； 集合中的所有元素对应集合中的不同两个数：有种； 集合中的所有元素对应集合中的不同三个数：有种，所以共35种. 故答案为：35. 33．（23-24高三下·全国·强基计划），，…是一个1，2，3，…，10的排列，要求和一定有一个大于（），则满足的排列的总数为 ． 【答案】512 【分析】先应用数列的新定义分析得出三种情况，再列根据情况得出组合数的和，最后应用二项式系数和公式计算即可. 【详解】若，考虑（），必有可知从第i项开始，数列开始递增； 再考虑前面的项，若，说明此情况下数列在第1项到第i项递减． 若，则将原来的i改为同理考虑即可． 由以上分析可知，该数列只有三种情况，单调递减，单调递增，先减后增 故排列总数为． 故答案为：512. 34．（23-24高三下·全国·强基计划）点集，则由S中的点可组成 个不同的三角形． 【答案】1056 【分析】先计算出随意的三个点的情况，然后减去三点共线的情况即可. 【详解】随意选三个点，总共有种，如图： 三点共线（图中虚线）有8组， 四点共线有9组（图中粗线加上5条竖线）， 五点共线有4组， 于是一共能组成． 故答案为：1056. 35．（2024高三上·北京·竞赛）用6种不同颜色染正方体的6个面，不同面颜色不同，正方体旋转后颜色相同认为是同种染色，则染色的种数有多少? 【答案】30 【分析】设6种颜色分别是A，B，C，D，E，F，先考虑A色的对面颜色，不妨设A和B是对面色，则可得C的对面色的情况，进而可得出答案. 【详解】设6种颜色分别是A，B，C，D，E，F， 那么只需要先考虑A色的对面颜色，这有5种情况；不妨设A和B是对面色， 则C的对面色有3种情况；不妨设是D色， 则E和F两色的位置还有2种情况， 因此总的染色种数是种. 36．（23-24高三下·北京·强基计划）求四元组 的个数，使得 ，且 . 【答案】25 【分析】根据，可得可能的取值，再利用排列组合求得四元组的个数. 【详解】因为，且， 所以的取值有三种不同的组合：或或， 即， 当时，四元组有个， 当时，四元组有1个 当时，四元组有个， 故满足题意的四元组的个数为个. 37．（22-23高三·北京·强基计划）有六面旗，两面蓝，两面红，两面黄，除颜色外完全相同，从这些旗子中去除若干面（至少一面），从上到下悬挂在同一个旗杆上，可以组成一个信号序列，则不同的信号序列共有多少种？ 【答案】 【分析】 先就信号序列中颜色的种数分类讨论，再就旗子的个数分类计算即可. 【详解】如果信号序列中有一种颜色，则有不同的信号序列种数为， 如果信号序列中有两种颜色， （1）若有两面旗子，则有不同的信号序列种数为， （2）若有三面旗子，则有不同的信号序列种数为， （3）若有四面旗子，则有不同的信号序列种数为， 故信号序列中有两种颜色时有不同的信号序列个数为， 如果信号序列中有三种颜色， （1）若有三面旗子，则有不同的信号序列种数为， （2）若有四面旗子，则有不同的信号序列种数为， （3）若有五面旗子，则有不同的信号序列种数为， 故信号序列中有三种颜色是不同的信号序列个数为， 故共有不同的信号序列的种数为种. 【点睛】方法点睛：本题中使用的排列组合的计数策略为： （1）先选后排； （2）分类与分步的合理使用； （3）有限制元素采取“优先法”； 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$