压轴专题19 排列组合归类（12大题型）-2025年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

压轴题19 排列组合归类 综述 1、 解排列组合问题要遵循两个原则： （1）是按元素(或位置)的性质进行分类； （2）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、古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 四、避免容易犯如下的两个错误： ①搞不清楚到底是分类还是分步，不知道是用加法计数原理还是乘法计数原理； ②在求解时考虑不全，存在重复或遗漏现象 5、 具体问题可使用对应方法、最基础的思维 (1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”； (2) 元素相间的排列问题——“插空法”； (3) 元素有顺序限制的排列问题——“除序法”； (4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法. 六、模拟考试中常见的考察方向 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. 压轴题型一：基础模型1：人坐座位 √满分技法 人坐座位性质： 1、 一人一位； 2、 有顺序； 3、 座位可能空； 4、 人是否都来； 5、 必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列 主要核心特征： 1、 相邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（小排列） 2、 不相邻：插空法，一般不相邻插入别的空隙 3. 限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”，要有“主次”。属于超难题 平均分配： 1. 所有是一人一组，只有一种分配； 2.如果两人以上出现相同人数，除以相同的组数的阶乘。 1．中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的传统工艺品．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型．现将4盏相同的宫灯、3盏不同的纱灯、2盏不同的吊灯挂成一排，要求吊灯挂两端，同一类型的灯笼至多2盏相邻挂，则不同挂法种数为（    ） A．384 B．486 C．216 D．208 【答案】C 【分析】由题意，先挂2盏吊灯，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯，最后将宫灯插空挂，结合插空法计算即可求解. 【详解】先挂2盏吊灯有种挂法， 再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯有种挂法，最后将宫灯插空挂． 当4盏宫灯分成2，2两份插空时,有种挂法； 当4盏宫灯分成1，1，2三份插空时,有种挂法； 当4盏宫灯分成1，1，1，1四份插空时,有1种挂法， 所以共有种不同的挂法． 故选：C 2．据典籍《周礼•春官》记载，“宫､商､角､徵､羽”这五音是中国古乐的基本音阶，成语“五音不全”就是指此五音．如果把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，要求“宫”不为末音阶，“羽”不为首音阶，“商”“角”不相邻，则可以排成不同音序的种数是（    ） A．48 B．50 C．66 D．78 【答案】B 【分析】以“宫”的顺序将音阶排序分为四类，再考虑“商”“角”顺序，运用排列组合知识可得答案. 【详解】①若“宫”为首音阶，“商”“角”可取音阶， 排成的音序有种； ②若“宫”为第2音阶，“商”“角”可取音阶， 排成的音序有种； ③若“宫”为第3音阶，“商”“角”可取14，15，24，25音阶， 排成的音序有种； ④若“宫”为第4音阶，“商”“角”可取13，15，25，35音阶， 排成的音序有种. 由分类加法计数原理可知，一共有种排法. 故选：B. 3．年月日，第四届中国国际进口博览会在国家会展中心（上海）开幕，共有个国家和地区加现有甲、乙、丙、丁、戊、己六家企业参加某主题展览活动，每个企业一个展位在排成一排的个展位中，甲、乙、丙三个企业两两互不相邻的排法有（    ）种． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由插空法结合分步乘法计数原理即可求解. 【详解】用插空法：先排丁、戊、己三家企业，共有种方法， 在它们之间的两个空加上两头共有四个空位， 从位中任意选三个排列甲、乙、丙三个企业，共有种方法． 由分步乘法计数原理可得甲、乙、丙三个企业两两互不相邻的排法有种． 故选：A． 4．甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学演讲比赛，若安排上场顺序时甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场，则这5人上场顺序的不同排法种数为（   ） A．27 B．48 C．54 D．72 【答案】C 【分析】利用特殊元素法，分两种情况：甲最后一个上场和甲不能最后一个上场，再安排其他人，计算即可得出结果. 【详解】甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场， 可以先排甲分两种情况进行考虑： 甲最后一个上场，则乙有3个位置可选，再排另外3人有种，共有种排法， 甲不能最后一个上场，则甲、乙从3个位置可选2个进行排列，有种， 再排另外3人有种，共有种排法， 所以，这5人上场顺序的不同排法种数为种. 故选：C 5．甲、乙、丙等6名同学站成一排，甲、乙不站在两端，丙站在甲、乙之间，则不同的站法有（   ） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 【答案】B 【分析】根据题意，先从剩余的3人中选取2人，再分甲乙站在2号和4号位置，甲乙站在2号和5号位置和甲乙站在3号和5号位置，三种情况讨论，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，先从剩余的3人中选取2人，站在两端，由种站法， 若甲乙站在2号和4号位置，则丙和剩余1人，只有一种站法，共有种站法； 若甲乙站在2号和5号位置，则有种站法； 若甲乙站在3号和5号位置，则丙和剩余1人，只有一种站法，共有种站法， 综上可得，共有种不同的站法. 故选：B. 压轴题型二： 基础模型2：球放盒子 √满分技法 基础型：幂指数型（球放盒子型） 如四个不同的球放三个不同的盒子，有多少种方法？ 特征： 1.先分组再排列（尽量遵循这个，否则容易出现重复） 2.分组时候要注意是否存在“平均分配”的情况 1．某活动现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者A去甲活动场地，志愿者B不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（    ） A．18种 B．12种 C．9种 D．6种 【答案】A 【分析】利用分类加法原理，结合排列组合知识计算即可． 【详解】根据题意，分2类讨论． 第一类，去甲活动场地，则在一起，都去甲活动场地， 将剩下4人分为2组，安排在乙、丙两个活动场地即可， 有（种）安排方法； 第二类，不去甲活动场地，则必去丙活动场地， 在剩下4人中选出2人安排在乙活动场地， 再将剩下2人分别安排到甲、丙活动场地， 有（种）安排方法． 根据分类加法计数原理，共有（种）安排方法． 故选：A. 2．某校组织校运会活动，由甲､乙､丙三名志愿者负责四个任务，每人至少负责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且甲不负责任务，则不同的任务分配方法种数为（    ） A．12 B．18 C．24 D．30 【答案】C 【分析】对甲负责的任务数量进行分类讨论，结合分类加法计数原理可求得结果. 【详解】若甲负责两个任务，剩余两个任务排给乙､丙两人，此时有种分配方法； 若甲只负责一个任务，则先在中选取一个任务分给甲， 然后再将剩下3个任务分为两组，分配给乙､丙两人， 有种不同的分配方法. 由分类加法计数原理可知，不同的分配方法种数为种. 故选：C. 3．河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客计划在三天内品尝完以下六种河南特色美食：烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河鲤鱼．该游客每天从这六种美食中选择1到3种进行品尝（每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美食）．若三天后恰好品尝完所有美食，则不同的选法种数为（   ） A．450 B．360 C．180 D．90 【答案】A 【分析】根据题意可知分配方式有和两种情况，然后分别计算这两种情况的选法种数，最后相加就是所求答案. 【详解】①计算按照分配的选法种数. 根据分步乘法计数原理，按分配的选法种数为： 种. ②按照分配的选法种数为： 种. 最后将两种选法种数相加得到总的选法种数为种. 故选：A. 4．某班级共有44位同学，在一次春季研学活动中，要按学号顺序抽取两位同学担任活动的负责人，并使抽到的学号将其余同学仍按学号顺序自然分成三组，且要求每组的人数均大于零且是3的倍数，则两位负责人的选取方法种数是（   ） A．55 B．66 C．78 D．132 【答案】C 【分析】由题意减去担任负责人的两人，再将三人看作一人，利用隔板法，可得答案. 【详解】从位同学中抽取两人当负责人，则还剩人， 若按学号从小到大分成大三组人数分别为，其中， 则，解得， 由隔板法可得两位负责人的选取方法种数是. 故选：C. 5．小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（    ） A．20160 B．20220 C．20280 D．20340 【答案】A 【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案. 【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能： （1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z. 若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能； 若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能； 若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能； 小计：1+12+12=25； （2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型 若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能； 若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能； 若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有种可能； 若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能； YXZ H※ H※ H※ H H※※ H※ H※ H※ ※ H※ H※ ※※ H 若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能； 小计：； （3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型 若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能； 若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能； 若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有种可能； 若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能； 若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能. 小计； 诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型 若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能； 若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能； 若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能； 若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能； 小计； （5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z” 只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能； 综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种. 故选：A 【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏. 压轴题型三：基础模型3：书架插书法（定序型） √满分技法 定序型：保持原有书的顺序不变 书架插书法特征： （1） 书架上原有书的顺序不变； （2） 新书要一本一本插； （3）也可以把有顺序得“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总的座位”中选（百分比法） 1．国庆期间，中华世纪坛举办“传奇之旅：马可•波罗与丝绸之路上的世界”展览，现有8个同学站成一排进行游览参观，若将甲、乙、丙3个同学新加入排列，且甲、乙、丙互不相邻，保持原来8个同学顺序不变，则不同的方法种数为（   ） A．84 B．120 C．504 D．720 【答案】C 【分析】不相邻问题插空法，8个同学一排有9个空，把甲、乙、丙插在9个空即可. 【详解】8个同学站成一排有9个空，甲、乙、丙在9个空中任意排列，则不同的方法种数为. 故选：C. 2．某学校组织学生到敬老院慰问演出，原先准备的节目单上共有5个节目(3个歌唱节目和2个舞蹈节目).根据实际需要，决定将原先准备的节目单上的5个节目的相对顺序保持不变，再在节目单上插入2个朗诵节目，并且朗诵节目在节目单上既不排第一，也不排最后，则不同的插入方法一共有（    ） A．18种 B．20种 C．30种 D．34种 【答案】B 【分析】本题根据排列组合的基本原理，相邻问题采用“捆绑法”，不相邻问题采用“插空法”.由题意，原5个节目安排好以后，中间产生四个空档，然后对新插入的两个朗诵节目分为相邻和不相邻两种情况插入即可得出结果. 【详解】由题意得：（1）新插入的两个朗诵节目相邻时：有种方法， （2）新插入的两个朗诵节目不相邻时：有种方法， 综上得：共有种方法. 故选：B. 3．某公司为庆祝年利润实现目标，计划举行答谢联欢会，原定表演6个节目，已排成节目单，开演前又临时增加了2个互动节目.如果保持原节目的顺序不变，那么不同排法的种数为（    ）. A．42 B．56 C．30 D．72 【答案】B 【分析】利用倍缩法，先将8个节目排好，由于原来6个节目顺序不变，则要除以原有的6个节目对应的不同排法，即可得解. 【详解】解：增加2个互动节目后，一共有8个节目，这8个节目的不同排法有种， 而原有的6个节目对应的不同排法共有种， 所以不同的排法有（种）. 故选：B. 4．10名同学合影，站成前排4人后排6人，现摄影师要从后排6人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分两步：1.首先先从后排6人中选2人出来；2.将这2人与前排4人排列，且前排4人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人，其他4人按原顺序排列，再由乘法原理计算即可. 【详解】首先先从后排6人中选2人出来，共种不同选法，将这2人与前排4人排列，且前排4 人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人有种不同排法，其余 位置按4人原顺序排好只有1种排法，由乘法原理，得不同调整方法的总数是. 故选：C 【点睛】本题考查排列与组合的应用，涉及到定序排列问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题. 5．有10本不同的书紧贴着依次立放在书架上，摆成上层3本下层7本，现要从下层7本中任取2本再随机分别调整到上层，若其他书本的相对顺序不变，则上层新增的2本书不相邻的概率为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】试题分析：从下层7本中任取2本再随机分别调整到上层，若其他书本的相对顺序不变，共种方法，若新增的两本书不相邻，则共有种方法，所以，故选A． 考点：1．古典概型；2．排列，组合． 【方法点睛】主要涉及排列组合的问题，属于基础题型，对于总体中部分元素顺序一定的问题，比如总体有n个元素，其中m个元素的顺序一定，那方法一，先不排这m个元素，，最后这m个元素只有1种方法，或是n个元素的全排列，再除以种顺序方法，对于新增的两本书不相邻，那就选择插空法，，最后按古典概型求概率． 压轴题型四：基础模型4：数字化法 √满分技法 数字化法：标记元素为数字或字母，重新组合，特别适用于“相同元素” 1.相同元素无排列（只选不排）；2.部分相同元素，只对“相同元素”不排列 1．2021年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加志愿者活动．小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法正确的个数是（    ） ①小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条 ②小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条 ③小明到老年公寓在选择的最短路径中，与到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为 ④小明与小华到老年公寓在选择的最短路径中，两人并约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F，事件B：从F到老年公寓两人的路径没有重叠部分（路口除外），则 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据起点走向终点所需要向上、向右走的总步数，并确定向上或向右各走的步数，则最短路径的走法有，再利用古典概率及条件概率求法，求小明到F处和小华会合一起到老年公寓的概率、小明经过F且从F到老年公寓两人的路径没有重叠的概率即可. 【详解】由图知，要使小华、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移动， 对于①，小华到老年公寓需要向上1格，向右2格，即小华共走3步其中1步向上， 所以最短路径条数为条，错误； 对于②，小明到老年公寓需要向上3格，向右4格，即小明共走7步其中3步向上，最短路径条数为条，正确； 对于③，小明到的最短路径走法有条，再从F处和小华一起到老年公寓的路径最短有3条，而小明到老年公寓共有条， 所以到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为，正确； 对于④，由题意知：事件的走法有18条即，事件的概率， 所以，错误. 故说法正确的个数是2. 故选：B. 2．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､､､是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，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，则下列说法错误的是（    ） A．甲从M必须经过到达N处的方法有9种 B．甲､乙两人相遇的概率为 C．甲乙两人在处相遇的概率为 D．甲从M到达N处的方法有20种 【答案】B 【分析】分别计算两人经过的走法种数，由排列组合与古典概型对选项逐一判断 【详解】对于甲，经过到达有1种，经过到达有种， 经过到达有种，经过到达有1种，甲从M到达N处的方法共有20种， 同理对于乙，经过到达分别有种． 对于A，甲从M必须经过到达N处的方法有9种，A正确， 对于B，甲乙两人相遇的概率，B错误， 对于C，甲乙两人在处相遇的概率，C正确， 对于D，甲从M到达N处的方法共有20种，D正确 故选：B 3．如图，三个区域有通道口两两相通，一质点从其所在的区域随机选择一个通道口进入相邻的区域，设经过次随机选择后质点到达区域的概率为，若质点一开始在区域，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】记质点经过次随机选择后到达区域的概率为，质点经过次随机选择后到达区域的概率为，经过分析可得，整理得，通过构造等比数列即可求解. 【详解】记质点经过次随机选择后到达区域的概率为， 质点经过次随机选择后到达区域的概率为， 则有，消去，可得， 则，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即，故.故选：. 4．平面直角坐标系上将横、纵坐标都为整数的点记为格点，点从格点出发，每次运动到另一格点时，沿水平或竖直方向移动一个单位，则点经过6次移动回到格点的移动路径总数为（    ） A．81 B．200 C．400 D．480 【答案】C 【分析】依题意可按照分类加法计数原理将问题分成四类，再利用组合数计算即可. 【详解】根据题意可知点从格点出发，可沿上、下、左、右四个方向移动； 若点经过6次移动回到格点可分为以下四种情况： 第一种：在六步移动过程中选择3步向上，另外3步向下，共有种； 第二种：选择3步向左，另外3步向右，共有种； 第三种：选择2步向上，另外2步向下，1步向左，1步向右，共有种； 第四种：选择1步向上，另外1步向下，2步向左，2步向右，共有种； 因此共有种. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于可将回到出发点的问题转化为在六步移动过程中，向左右、上下的相反方向的移动步数相等，再利用组合计数问题计算可得结果. 5．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则下列正确的是（    ） A．质点回到原点的概率为； B．质点回到原点的概率为 C．质点位于4的位置的概率为 D．质点位于4的位置的概率是 【答案】D 【分析】质点回到原点可知质点向左移动3次，向右移动3次，质点位于4的位置可知质点向左移动1次，向右移动5次，结合独立试验概率计算公式即可求解． 【详解】设质点向右移动的次数为，又质点每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位， 共移动6次，且每次移动是相互独立，则． （1）质点回到原点，则，， 所以质点回到原点的概率是； （2）当质点位于4的位置时，则，， 所以质点位于4的位置的概率是．故选：D 压轴题型五：基础模型5：相同元素（挡板法） √满分技法 相同元素模型： （1）、讨论法（通法，必须学会的方法）； （2）、隔板法（巧法） 相同元素特征与方法： 特色： 先分组后排列，相同元素分组永远是1-------重要之极的“认知” 坑： 注意，如果出现相同元素的分组，分组时出现组数相同，则依旧是相同元素，只选不排。 1．2025年5月17日进行全国高中数学联赛（江苏赛区）预赛，某校拥有11个参加预赛的名额，现将这11个名额分配给高二的四个班级，有班级可以不分配名额，则名额分配的不同种数为（   ） A．455 B．364 C．210 D．120 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及隔板法列式计算得解. 【详解】11个名额分配给1个班，有种；分配给2个班，有种； 分配给3个班，有种；分配给4个班，有种， 所以名额分配的不同种数为. 故选：B 2．现有13个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一班和二班每班至少3个名额，三班和四班每班至少2个名额，五班可以不分配名额，则名额分配方式共有（    ）. A．15种 B．35种 C．70种 D．125种 【答案】B 【分析】利用隔板法求解. 【详解】根据题意，先将13个名额分能给一班、二班每班2个，三班、四班每班1个， 而由于五班可以不分配名额， 则将剩下的7个名额加上1个空名额，再分成5组，每组至少1个名额， 由于有，利用“隔板法”，有种分配方式. 故选：B. 3．学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（    ）种分配方案． A．135 B．10 C．75 D．120 【答案】B 【分析】“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法” 【详解】解：“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”， 故有， 故选：B. 4．学校决定把个参观航天博物馆的名额给三（1）､三（2）､三（3）､三（4）四个班级.要求每个班分别的名额不比班级序号少，即三（1）班至少个名额，三（2）班至少个名额，……，则分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】先在编号为､､的个班级中分别分配､､个名额，再将剩余的元素用隔板法分给4个班级. 【详解】根据题意，先在编号为､､的个班级中分别分配､､个名额， 编号为的班级里不分配；再将剩下的个名额分配个班级里，每个班级里至少一个， 由隔板法可得共种放法，即可得符合题目要求的方法共种. 故选：B. 5．某校得到北京大学给的10个推荐名额现准备将这10个推荐名额分配给高三年级的6个班级(每班至少一个名额)，则高三（1）班恰好分到3个名额的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用隔板法，结合古典概型即可得到结果. 【详解】将10个名额分给6个班，每班至少一个名额， 即从9个分段中选择5个段分开，共有种方法， 若三（1）班恰好分到3个名额，则只需将剩下的7个名额分给5个班，共有方法， 从而概率为. 故选：B 压轴题型六：地图染色（平面型） √满分技法 地图染色问题，要从“颜色用了几种”，“地图有没有公用区域”方向考虑： 1.用了几种颜色。如果颜色没有全部用完，就要有选色的步骤 2.尽量先从“最多”公共相邻区域开始。所以要观察“地图”是否可以“拓扑”转化 染色的地图，还要从“拓扑结构”来转化 以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构 1．用四种不同的颜色给图中5个区域染色，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．112种 B．146种 C．192种 D．168种 【答案】D 【分析】先对1，4，5染色，再分1和3同色，或1和3不同色，两种情况讨论即可. 【详解】对1，4，5染色，有种方法． 若1和3同色，则不同的染色方法有种； 若1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168种. 故选：D 2．给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有（    ）种不同的染色方案. A．96 B．144 C．240 D．360 【答案】A 【分析】通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，最少需要3种颜色，即同色，同色，同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以4种颜色全部用上，即，，三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和． 【详解】解：要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，染色方法可分两类， 第一类是仅用三种颜色染色， 即同色，同色，同色，则从四种颜色中取三种颜色有种取法，三种颜色染三个区域有种染法，共种染法； 第二类是用四种颜色染色，即，，中有一组不同色，则有3种方案不同色或不同色或不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有种染法． 由分类加法原理得总的染色种数为种． 故选：A． 3．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. 4．某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【答案】D 【分析】先对A，B，C三个区域染色，再讨论B，E是否同色 【详解】当B，E同色时，共有种不同的染色方案， 当B，E不同色时，共有种不同的染色方案， 所以共有72种不同的染色方案. 故选：D 5．如图所示，有5种不同的颜色供选择，给图中5块区域A，B，C，D，E染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色，则共有（    ）种不同的染色方法. A．210 B．360 C．420 D．640 【答案】C 【分析】染色问题应分情况讨论，然后再利用分类分步原理求解即可. 【详解】第一步：A，则有种染色方法； 第二步分两种情况，第一种， B，D同色， 则B,D,C,E有种染色方法； 第二种，不同色，则有种染色方法； 综上，共有种染色方法. 故选：C. 压轴题型七：几何体染色 √满分技法 地图染色立体型结构，思维方向： 可以把立体图形“拍扁了”，“拓扑”为平面型染色，这是几何体染色的一个小技巧。如棱台拍扁了，就为内外相似性多边形。所以注意这类图形之间的互相转化。如下模型 如果是棱柱，可以缩小棱柱上地面为棱台，再“拍扁” 1．如图所示的几何体是由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有 A．24种 B．18种 C．16种 D．12种 【答案】D 【解析】先对正三棱锥P－ABC三个表面染色，再对正三棱柱ABC－A1B1C1三个表面染色，最后根据分步计数原理得结果. 【详解】先对正三棱锥P－ABC三个表面染色，有种,再对正三棱柱ABC－A1B1C1三个表面染色有种，所以共有种，选D. 【点睛】本题考查排列组合应用，考查基本分析求解能力，属基础题. 2．将一个五棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有4种颜色可供使用，那么不同染色方法总数为 A．120 B．125 C．130 D．135 【答案】A 【详解】试题分析：将五棱锥的顶点染色有种方法,可设五棱锥底面的顶点分别为.先涂,有 种方法,再涂.两点颜色可相同也可不同,分成两类.一类同色,则有种涂色方法,可知共有种方法,另一类同色,则共有种涂色方法,可知共有种方法,综上所述可得不同染色方法总数为种.故本题答案选A. 考点：排列组合． 3．用种不同的颜色对正四棱锥的条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有多少种 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】从P点出发的4条侧棱一定要用4种不同的颜色，有=360种不同的方案，接下来底面的染色根据是否使用剩下的2种颜色分类计数． 不使用新的颜色，有2种颜色分类方案； 使用1种新的颜色，分为2类； 第一类，染一条边，有种方案；第二类，染两条对边，有种方案． 使用2种新的颜色，分为4类； 第一类，染两条邻边，有种方案；第二类，染两条对边，有种方案；第三类，染三条边，有种方案；第四类，染四条边，有2种方案． 因此不同的染色方案总数为,选C. 【点睛】利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.在本题中，是根据颜色来进行分类，再分步涂色． 4．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 5．将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法的总数是 A．540 B．480 C．420 D．360 【答案】C 【详解】分两步，由题设四棱锥的顶点 所染颜色互不相同，则共有 ，当染好时，不妨设所染颜色依次为 ，若 染 ，则 可染 或 或，共三种，若 染 ，则 可染 或，共种，若 染 ，则 可染 或，共种，即当染好时， 还有 种染法，所以共有 ，故选C. 【方法点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理综合应用，属于中档题.两个原理的应用不是孤立的，往往是两个原理交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率. 压轴题型八：电梯模型 √满分技法 公交车与电梯模型，可以转化为球放盒子，然后先分组后排列。 要注意是否需要剔除掉“空”盒子 1．有2个人在一座6层大楼的底层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则2 个人在不同楼层离开的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意2人总的下法共25种结果，2人在同一层下共5种，故先求该事件的概率，再由对立事件的概率可得解． 【详解】由题意总的基本事件为：两个人各有6种不同的下法，故共有25种结果， 而两人在同一层下，共有5种结果， 两个人在同一层离开电梯的概率是： 所以2个人在不同层离开的概率为：， 故选：D． 【点睛】本题考查等可能事件的概率，从对立事件的概率入手是解决问题的关键，属基础题． 2．大厦一层有四部电梯，人在一层乘坐电梯上楼，则其中人恰好乘坐同一部电梯的概率为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】所有乘坐电梯的方法有种，满足题意的种数： 根据题意，分2步进行分析： 先将3人分成2组,有种分组方法， 再在A,B,C,D四部电梯中任选2部,安排2组人乘坐,有种情况， 则3人不同的乘坐方式有3×12=36种； 所求概率为：. 本题选择A选项. 点睛：分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类．(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”． 3．有一座6层大楼，3人从大楼第一层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这3人离开电梯的层数之和为10的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用古典概型，根据这人离开电梯的层数之和为的情况进行分类求解. 【详解】假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的, 则基本事件的总数， 这人离开电梯的层数之和为有4种情况： ①三个人下电梯的层数分别为，有种情况， ②三个人下电梯的层数分别为，有种情况， ③三个人下电梯的层数分别为，有种情况， ④三个人下电梯的层数分别为，有种情况， 所以这3人离开电梯的层数之和为10的概率是. 故选：B. 4．有3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯．如果电梯正常运行，那么恰有两人在第4楼走出电梯的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意结合分步乘法、排列组合的知识可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率公式即可得解. 【详解】3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯,共有种不同情况； 恰有两人在第4楼走出电梯，共有种不同情况； 故所求概率. 故选：C. 【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了古典概型概率的求解，属于基础题. 5．电梯有位乘客，在层楼房的每一层停留，如果有两位乘客从同一层出去，另两位在同一层出去，最后两人各从不同的楼层出去，则不同的下楼方法的种类数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先把6人按分面四组，然后选择4个楼层让这四组的人分别下去即可得． 【详解】由题意所有种类数为． 故选：C． 【点睛】本题考查排列组合的综合应用，考查分组分配法．解题关键是确定完成这件事的方法，然后由计数原理计算即得． 压轴题型九：空车位模型 √满分技法 空车位模型，本质上还是把空车位当作相同元素来排列。排列时候，要灵活思维：把车位暴力拆掉，则可以转化为车与空车为排列问题。这样可以用“人坐座位”以及“数字化法”来排列组合。 1．一个停车场有5个排成一排的空车位，现有2辆不同的车停进这个停车场，若停好后恰有2个相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有 A．6种 B．12种 C．36种 D．72种 【答案】B 【分析】分类讨论,利用捆绑法、插空法,即可得出结论. 【详解】把空着的2个相邻的停车位看成一个整体，即2辆不同的车可以停进4个停车场， 由题意,若2辆不同的车相邻,则有种方法 若2辆不同的车不相邻,则利用插空法,2个相邻的停车位空着,利用捆绑法, 所以有种方法，不同的停车方法共有：种， 综上,共有12种方法， 所以B选项是正确的. 本题考查排列、组合的综合应用,注意空位是相同的,是关键. 2．某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着A车和B车，同时进来C，D两车．在C，D不相邻的情况下，C和D至少有一辆与A和B车相邻的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出基本事件总数，和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻，由此能求出和至少有一辆与和车相邻的概率． 【详解】解：某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着车和车，同时进来，两车，在，不相邻的条件下， 基本事件总数， 和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻， 和至少有一辆与和车相邻的概率：． 故选：B． 3．某小区有排成一排的7个车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的3个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为（    ） A．24 B．80 C．120 D．160 【答案】C 【分析】利用捆绑法求得不同的停放方法种数. 【详解】将个连续的空车位捆绑看成一个整体，故所有不同的停放方法数有种. 故选：C 【点睛】本小题主要考查利用捆绑法计算简单的排列问题，属于基础题. 4．要将4辆汽车并排停放在5个车位上，其中甲、乙两辆汽车车体较宽需要放在一起并占用3个车位，其他两辆汽车各占1个车位，则不同的停车方法种数为（    ） A．6 B．10 C．12 D．20 【答案】C 【分析】根据捆绑法和排列数的计算，可得答案 【详解】. 故选：C. 5．某停车场行两排空车位，每排4个，现有甲､乙､丙､丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲､乙两车不停泊在同一排，则不同的停车方案有（    ） A．288种 B．336种 C．384种 D．960种 【答案】D 【分析】先排甲乙，再排丙丁，结合乘法原理可求不同的停车方案总数. 【详解】先考虑甲乙停车的方案，共有种， 再考虑丙丁的停车方案，共有种， 故不同的停车方案总数为种， 故选：D. 压轴题型十：球放盒子编号型 √满分技法 编号型球放盒子，有以下几种情况。 1. 第一种，球相同，每个盒子球个数不小于编号数，则可以借助“相同”这个条件，每个盒子放入比七编号数少1的球个数。然后再挡板法。 2. 第二种，球不同，盒子有编号。可以“先分组再排列”。 3. 第三种，球有编号，还可能涉及到数字和等加强条件，则多采取分类讨论形式。 1．体育老师把9个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有（    ） A．8种 B．10种 C．12种 D．16种 【答案】B 【分析】首先在三个箱子中放入与编号相同的足球的个数，下面是一个分类计数问题，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；可以把球分成两份，这两份在三个位置排列，有种结果；可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果，相加得到结果. 【详解】首先在三个箱子中放入与编号相同的足球的个数，这样就剩三个足球了，这三个足球随便放置， 下面是一个分类计数问题， 第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果； 第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置排列，有种结果； 第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果， 综上可知共有种结果. 故选：B. 2．将5个颜色互不相同的小球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的小球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（   ） A．3种 B．4种 C．10种 D．25种 【答案】D 【分析】根据1号盒子中放入小球的个数，分类讨论，即可求得所有放球的种数. 【详解】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号， 分析可得，可得1号盒子至少放1个，最多放3个小球，分情况讨论： ①1号盒子中放1个球，其余4个放入2号盒子，有种方法； ②1号盒子中放2个球，其余3个放入2号盒子，有种方法； ③1号盒子中放3个球，其余2个放入2号盒子，有种方法； 则不同的放球方法有种. 故选：. 3．将编号的小球放入编号为盒子中,要求不允许有空盒子,且球与盒子的编号不能相同,则不同的放球方法有（  ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】根据题意，分类讨论，先求出每一种类型的放球方法数，然后利用加法原理求解即可. 【详解】由题意可知,这四个小球有两个小球放在一个盒子中,当四个小球分组为如下情况时,放球方法有:当与号球放在同一盒子中时,有种不同的放法； 当与号球放在同一盒子中时,有种不同的放法； 当与号球放在同一盒子中时,有种不同的放法； 当与号球放在同一盒子中时,有种不同的放法； 当与号球放在同一盒子中时,有种不同的放法； 当与号球放在同一盒子中时,有种不同的放法； 因此,不同的放球方法有种， 故选:C 4．将5个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（　　） A．10种 B．25种 C．36种 D．52种 【答案】B 【分析】根据题意，可得1号盒子至少放一个，最多放3个小球，即分三种情况讨论，分别求出其不同的放球方法数目，相加可得答案． 【详解】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号， 分析可得，1号盒子至少放一个，最多放3个小球， 分情况讨论： 1号盒子中放1个球，其余4个放入2号盒子，有种方法； 1号盒子中放2个球，其余3个放入2号盒子，有种方法； 1号盒子中放3个球，其余2个放入2号盒子，有种方法； 则不同的放球方法有种， 故选：B． 5．8个完全相同的球放入编号1，2，3的三个空盒中，要求放入后3个盒子不空且数量均不同，则有 种放法. 【答案】12 【分析】分两类计数，每类再用分组分配的方法求解. 【详解】共两类分组方法：将8个完全相同的小球分为1，2，5三堆或1，3，4 三堆. 每类都将三堆不同个数的球放入编号1，2，3的三个空盒中，有种方法， 故共有种方法. 故答案为：12. 压轴题型十一： 数列型 1．从1，2，3，…，20中选取四元数组，满足 ，则这样的四元数组的个数是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】通过假设，分析得到满足的的个数，从而确定出四元数组的个数. 【详解】因为，记， 因为，所以，记， 因为，所以，记， 因为，所以，记， 因为，记， 所以， 所以四元数组的个数，即为满足条件的的个数， 又因为且， 所以的个数为：（看成个排成一列，会形成个空位，插入个隔板隔开，形成个数）， 则四元数组的个数为， 故选：C. 【点睛】本题考查排列组合的综合应用，其中涉及到数字排列的变换以及隔板法的运用，对学生的分析与转化能力要求较高，难度较难. 2．若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解. 【详解】为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ，，故A错误； 为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ， ，，故B错误； ，故C正确； ，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可. 3．定义数列如下：存在，满足，且存在，满足，已知数列共4项，若且，则数列共有（    ） A．190个 B．214个 C．228个 D．252个 【答案】A 【分析】由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同，利用排列组合知识分别求出每种情况的个数即可求解. 【详解】解：由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况： （1）4项中每一项都不同，共有个； （2）4项中有2项相同（如x,y,z,x）,共有个； （3）4项中有3项相同（如x,x,y,x）,共有个； （4）4项中两两相同（如x,y,x,y）,共有个； 所以数列共有个. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键，弄清楚满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同. 4．定义“有增有减”数列如下：，满足，且，满足.已知“有增有减”数列共4项，若，且，则数列共有 A．64个 B．57个 C．56个 D．54个 【答案】D 【分析】先确定元素，再确定排序，注意相同元素在排序时的重复情况视为一种. 【详解】（法一）： 由题意不妨设 记 则满足条件的有： （1）中有两个元素时：选元素：种；排循序：（减去：全相同2种，顺序3种，倒序3种）；共有种； （2）中有三个元素时：选元素：种；排循序：（减去：顺序1种，倒序1种）；共有种； 所以共有种. （法二）： 当四个数中只有两个数相同或只有两对数时，共有种，当四个数中有三个数相同时，共有种，所以总方法数有． 【点睛】利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.在本题中，按四个数中，只有两类数和有三类数进行分类，其中两类数中又有小类，三个相同和两两相同． 5．记为一个位正整数，其中都是正整数，．若对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得，则称这个数为“位重复数”．根据上述定义，“四位重复数”的个数为 A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】由题意，对于“位重复数”，任意数位上的数字都必然至少有另外一个数位上也是相同的数字.“四位重复数”分两种情况分别计数即可，即“四个数位上的数字相同”“两个数位上的数字相同，另两个数位上同为另外一个数字”. 【详解】由题意，对于“位重复数”，任意数位上的数字都必然至少有另外一个数位上也是相同的数字. 所以“四位重复数”包含两种情况. (1)四个数位上的数字相同，有共个. (2)两个数位上的数字相同，另两个数位上同为另外一个数字. 若千位、百位相同(不能为)，十位、个位相同，故有个. 同理，若千位、十位相同(不能为)，百位、个位相同，也有个. 若千位、个位相同(不能为)，百位、十位相同，也有个. 综上，“四位重复数”的个数为. 故选：B. 压轴题型十二：多条件限制型 √满分技法 多重限制型，属于“人坐座位”模型 特征： 1. 一人一位； 2. 有顺序； 3、 座位可能空； 4、 人是否都来； 5、 必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列 难题特征： 3、 相邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（小排列） 4、 不相邻：插空法 4. 限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”，属于超难题 1．中国象棋是一种古老而富有智慧的棋类游戏，其蕴含着丰富的传统文化内涵和哲学思想.一副中国象棋中，具有红黑两个阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，其中“马”棋子走法尤为特别，其走法如图1所示，称为“马走日”；当距“马”最近的交叉线处有棋子时，走法数会减少，如图2，图3所示，称为“绊马腿”.若将矩形棋盘（如图4）视作平面直角坐标系，棋盘的左下角为坐标原点，如图5所示，假如棋盘中有如图5所示的四个棋子固定不动且不能被“马”吃掉，问黑方的“马”从原点朝着红方阵营（轴正方向）出发到达点，有 种不同的行进路线.       【答案】27 【分析】由题意，“马”在棋盘所处的位置可用坐标表示，它的每一步走法对应位置的坐标可分成4种情况：①，②，③，④讨论，再根据分步乘法计算原理分析即可得解. 【详解】因为要朝着轴正方向出发，“马”在棋盘所处的位置可用坐标表示， 它的每一步走法对应位置的坐标可分成4种情况： ①，②，③，④. 如图，“马”从点出发必经过点，再从点出发有4种选择：. 要到达点必经过点，要想经过点，必经过点或者点. 综合以上分析，可理解为分别从这4点出发， 到达点或者点的不同路线有多少.    （1）：选2个①和1个③进行排列， 有①①③，①③①，③①①3种情况， 检验发现③①①为“绊马腿”，应舍去，所以有种路线， ：选2个③和1个①进行排列， 有①③③，③①③，③③①3种情况， 检验发现③①③，③③①为“绊马腿”，应舍去，所以有种路线， 故从点出发到达点有3种路线； （2）：选2个③和1个②进行排列，经检验有种路线， ：无符合要求的路线， 故从点出发到达点有3种路线； （3）：选①③④进行排列，经检验有种路线， ：选2个③和1个④进行排列，经检验有种路线， 故从点出发到达点有9种路线； （4）：选2个①和1个④进行排列或者选2个②和1个③进行排列，经检验有种路线， ：同， 经检验有种路线.故从点出发到达点有12种路线， 综上，从点出发到达点共有种路线. 故答案为：. 2．有 10 个不同的小球，其中 4 个红球，3 个白球，3 个黑球.将这 10 个球排成一排，要求红球互不相邻，且白球也互不相邻，不同的排法有 种. 【答案】362880 【分析】由分类加法和分步乘法原理，采用插空法，先排黑球，再排白球，排白球时分三类讨论，最后插入红球. 【详解】先排黑球，有种， 然后排白球，分三类讨论， 三白球不相邻：采用插空法，有种，然后插入红球，有种； 两白球相邻：首先选两个白球再插空有，然后插入红球，两白球之间必须插入一个红球，有，将其作为一个整体，再插入剩余红球有； 三白球相邻：白球有，然后插空有；再插入红球，白球之间必须插入两红球，有种，最后剩余红球插空有种， 由分步乘法原理和分类加法原理可得 故答案为：362880. 3．定义：对于一个位正整数，若其各位数字的极差（即最大数字与最小数字之差）不超过2，则称其为位“稳定数”，则三位“稳定数”共有 个. 【答案】151 【分析】法一：依题意，按照最小值分别取0，取1到7，和取8，取9进行分类讨论，计算每个对应的三位数的数量合计即得；法二：根据极差，按照，，，分类讨论每种情况下的三位“稳定数”的数量，再合计即可. 【详解】法一：要求各位数字的极差不超过2的“稳定数”的数量，可以按照最小值进行分类讨论，并计算每个对应的三位数的数量. ①当时：允许的数字范围是，百位数不能为0，因此百位只能是1或2，总数为种， 减去不含0的情况（即所有数字都是1或2）的8种，得到10个符合条件的数； ②当到7时：允许的数字范围是，百位数可以是中的任何一个，总数为种， 减去不含的情况（即所有数字都是或）的8种，得到每个对应的19个数，故共有133个符合条件的数； ③当时：允许的数字范围是8，9，百位数可以是8或9，总数为种， 减去不含8的情况（即所有数字都是9）的1种，得到7个符合条件的数； ④当时：所有数字都是9，只有1个数999. 将各个的情况累加起来，总数为：. 故答案为：151. 法二：位数的极差范围为0到9，根据定义，“稳定数”需满足极差，即. ①极差，所有数字相同，即形如，共9个（即）. ②极差，分两种情况： 最小值含0：数字范围为，且百位，此时十位和个位可为0或1，但需至少含一个0，共3个. 最小值：数字范围为，每位可选或，且至少含和各一次， 每位选择数有2种（或），扣除全或全的情况， 每个对应6个数，共8个，共个，小计：个. ③极差，分两种情况： 最小值含0：数字范围为，且百位，需至少含0和2各一次， 时，十位和个位需含0和2，共2个； 时，十位和个位需含0，共5个（），小计：个. 最小值：数字范围为，每位可选，且至少含和各一次， 由容斥原理有个，共7个，共个.小计：个. 三位“稳定数”总数为个. 故答案为：151. 4．若数列共项，，且对任意中0的个数不少于1的个数，则称数列为“广义和谐01数列”.若“广义和谐01数列” 中，，其中有项为0，有项为1，则称数列为“和谐01数列”.用表示个个1构成的“广义和谐01数列”的个数，当时，则 （用含的式子表示）. 【答案】 【分析】利用排列组合求得，再利用递推法得解. 【详解】依题意，最后一位只能排“1”，则，此时或， 因此， ， 下面先求： 先将“0”排好，得，其中个“0”，个“”， 2个“1”有两种排法：①整体插入其中一个中“”，共有种方式； ②在个“”中任取两个，各插入一个“1”，共有种方式， 于是， 所以 . 故答案为： 5．某学校派5人参加连续8天的志愿服务活动，其中甲连续参加2天，其中第三天和第五天各需2个人同时参加，其余的天数只能有一个人参加，每个人都至少参加一次活动，至多参加两次活动，则不同的安排方法有 种．（结果用数字表示） 【答案】5724 【分析】先考虑甲连续参加2天，由于第三天和第五天特殊，故根据甲是否在第三天或第五天分成两种情况，再对第三天第五天两个特殊位置考虑分类，根据分类和分步计数原理求解即可． 【详解】不妨设天数为12345678，另外四人为， 当甲在12，67，78这三个时间段连续参加2天时： (1)第三天与第五天由剩下四人参加：则先把分到第三天与第五天，剩下四天由排列完成，共有种方法； (2)第三天与第五天由剩下四人中的三人参加：则先把中选三人(如)分到第三天与第5天(如)，剩下四天由剩下的人(如)完成，共有种方法； (3)第三天与第五天由剩下四人中的两人参加：则先把中选两人(如)分到第三天与第5天(如)，种方法， 当甲在23，34，45，56这四个时间段连续参加2天时： (1)第三天与第五天由剩下四人中三人(如)参加：先从四人中选一人与甲同一天，再从剩下三人中选两人在另一天，然后剩下五天由剩下人完成(如)，有种方法， (2)第三天与第五天由剩下四人中二人(如)参加：先从四人中选一人与甲同一天(如)，两从剩下一人中选1人(如)与刚才的1人()排在另一天，剩下五天由剩下人完成(如)，有种方法； 根据分类计数原理，共有种方法． 故答案为：5724． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴题19 排列组合归类 综述 1、 解排列组合问题要遵循两个原则： （1）是按元素(或位置)的性质进行分类； （2）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、古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 四、避免容易犯如下的两个错误： ①搞不清楚到底是分类还是分步，不知道是用加法计数原理还是乘法计数原理； ②在求解时考虑不全，存在重复或遗漏现象 5、 具体问题可使用对应方法、最基础的思维 (1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”； (2) 元素相间的排列问题——“插空法”； (3) 元素有顺序限制的排列问题——“除序法”； (4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法. 六、模拟考试中常见的考察方向 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. 压轴题型一：基础模型1：人坐座位 √满分技法 人坐座位性质： 1、 一人一位； 2、 有顺序； 3、 座位可能空； 4、 人是否都来； 5、 必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列 主要核心特征： 1、 相邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（小排列） 2、 不相邻：插空法，一般不相邻插入别的空隙 3. 限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”，要有“主次”。属于超难题 平均分配： 1. 所有是一人一组，只有一种分配； 2.如果两人以上出现相同人数，除以相同的组数的阶乘。 1．中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的传统工艺品．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型．现将4盏相同的宫灯、3盏不同的纱灯、2盏不同的吊灯挂成一排，要求吊灯挂两端，同一类型的灯笼至多2盏相邻挂，则不同挂法种数为（    ） A．384 B．486 C．216 D．208 2．据典籍《周礼•春官》记载，“宫､商､角､徵､羽”这五音是中国古乐的基本音阶，成语“五音不全”就是指此五音．如果把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，要求“宫”不为末音阶，“羽”不为首音阶，“商”“角”不相邻，则可以排成不同音序的种数是（    ） A．48 B．50 C．66 D．78 3．年月日，第四届中国国际进口博览会在国家会展中心（上海）开幕，共有个国家和地区加现有甲、乙、丙、丁、戊、己六家企业参加某主题展览活动，每个企业一个展位在排成一排的个展位中，甲、乙、丙三个企业两两互不相邻的排法有（    ）种． A． B． C． D． 4．甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学演讲比赛，若安排上场顺序时甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场，则这5人上场顺序的不同排法种数为（   ） A．27 B．48 C．54 D．72 5．甲、乙、丙等6名同学站成一排，甲、乙不站在两端，丙站在甲、乙之间，则不同的站法有（   ） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 压轴题型二： 基础模型2：球放盒子 √满分技法 基础型：幂指数型（球放盒子型） 如四个不同的球放三个不同的盒子，有多少种方法？ 特征： 1.先分组再排列（尽量遵循这个，否则容易出现重复） 2.分组时候要注意是否存在“平均分配”的情况 1．某活动现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者A去甲活动场地，志愿者B不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（    ） A．18种 B．12种 C．9种 D．6种 2．某校组织校运会活动，由甲､乙､丙三名志愿者负责四个任务，每人至少负责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且甲不负责任务，则不同的任务分配方法种数为（    ） A．12 B．18 C．24 D．30 3．河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客计划在三天内品尝完以下六种河南特色美食：烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河鲤鱼．该游客每天从这六种美食中选择1到3种进行品尝（每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美食）．若三天后恰好品尝完所有美食，则不同的选法种数为（   ） A．450 B．360 C．180 D．90 4．某班级共有44位同学，在一次春季研学活动中，要按学号顺序抽取两位同学担任活动的负责人，并使抽到的学号将其余同学仍按学号顺序自然分成三组，且要求每组的人数均大于零且是3的倍数，则两位负责人的选取方法种数是（   ） A．55 B．66 C．78 D．132 5．小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（    ） A．20160 B．20220 C．20280 D．20340 压轴题型三：基础模型3：书架插书法（定序型） √满分技法 定序型：保持原有书的顺序不变 书架插书法特征： （1） 书架上原有书的顺序不变； （2） 新书要一本一本插； （3）也可以把有顺序得“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总的座位”中选（百分比法） 1．国庆期间，中华世纪坛举办“传奇之旅：马可•波罗与丝绸之路上的世界”展览，现有8个同学站成一排进行游览参观，若将甲、乙、丙3个同学新加入排列，且甲、乙、丙互不相邻，保持原来8个同学顺序不变，则不同的方法种数为（   ） A．84 B．120 C．504 D．720 2．某学校组织学生到敬老院慰问演出，原先准备的节目单上共有5个节目(3个歌唱节目和2个舞蹈节目).根据实际需要，决定将原先准备的节目单上的5个节目的相对顺序保持不变，再在节目单上插入2个朗诵节目，并且朗诵节目在节目单上既不排第一，也不排最后，则不同的插入方法一共有（    ） A．18种 B．20种 C．30种 D．34种 3．某公司为庆祝年利润实现目标，计划举行答谢联欢会，原定表演6个节目，已排成节目单，开演前又临时增加了2个互动节目.如果保持原节目的顺序不变，那么不同排法的种数为（    ）. A．42 B．56 C．30 D．72 4．10名同学合影，站成前排4人后排6人，现摄影师要从后排6人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（    ） A． B． C． D． 5．有10本不同的书紧贴着依次立放在书架上，摆成上层3本下层7本，现要从下层7本中任取2本再随机分别调整到上层，若其他书本的相对顺序不变，则上层新增的2本书不相邻的概率为 A． B． C． D． 压轴题型四：基础模型4：数字化法 √满分技法 数字化法：标记元素为数字或字母，重新组合，特别适用于“相同元素” 1.相同元素无排列（只选不排）；2.部分相同元素，只对“相同元素”不排列 1．2021年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加志愿者活动．小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法正确的个数是（    ） ①小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条 ②小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条 ③小明到老年公寓在选择的最短路径中，与到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为 ④小明与小华到老年公寓在选择的最短路径中，两人并约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F，事件B：从F到老年公寓两人的路径没有重叠部分（路口除外），则 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．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､､､是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，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，则下列说法错误的是（    ） A．甲从M必须经过到达N处的方法有9种 B．甲､乙两人相遇的概率为 C．甲乙两人在处相遇的概率为 D．甲从M到达N处的方法有20种 3．如图，三个区域有通道口两两相通，一质点从其所在的区域随机选择一个通道口进入相邻的区域，设经过次随机选择后质点到达区域的概率为，若质点一开始在区域，则（    ）    A． B． C． D． 4．平面直角坐标系上将横、纵坐标都为整数的点记为格点，点从格点出发，每次运动到另一格点时，沿水平或竖直方向移动一个单位，则点经过6次移动回到格点的移动路径总数为（    ） A．81 B．200 C．400 D．480 5．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则下列正确的是（    ） A．质点回到原点的概率为； B．质点回到原点的概率为 C．质点位于4的位置的概率为 D．质点位于4的位置的概率是 压轴题型五：基础模型5：相同元素（挡板法） √满分技法 相同元素模型： （1）、讨论法（通法，必须学会的方法）； （2）、隔板法（巧法） 相同元素特征与方法： 特色： 先分组后排列，相同元素分组永远是1-------重要之极的“认知” 坑： 注意，如果出现相同元素的分组，分组时出现组数相同，则依旧是相同元素，只选不排。 1．2025年5月17日进行全国高中数学联赛（江苏赛区）预赛，某校拥有11个参加预赛的名额，现将这11个名额分配给高二的四个班级，有班级可以不分配名额，则名额分配的不同种数为（   ） A．455 B．364 C．210 D．120 2．现有13个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一班和二班每班至少3个名额，三班和四班每班至少2个名额，五班可以不分配名额，则名额分配方式共有（    ）. A．15种 B．35种 C．70种 D．125种 3．学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（    ）种分配方案． A．135 B．10 C．75 D．120 4．学校决定把个参观航天博物馆的名额给三（1）､三（2）､三（3）､三（4）四个班级.要求每个班分别的名额不比班级序号少，即三（1）班至少个名额，三（2）班至少个名额，……，则分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 5．某校得到北京大学给的10个推荐名额现准备将这10个推荐名额分配给高三年级的6个班级(每班至少一个名额)，则高三（1）班恰好分到3个名额的概率为（    ） A． B． C． D． 压轴题型六：地图染色（平面型） √满分技法 地图染色问题，要从“颜色用了几种”，“地图有没有公用区域”方向考虑： 1.用了几种颜色。如果颜色没有全部用完，就要有选色的步骤 2.尽量先从“最多”公共相邻区域开始。所以要观察“地图”是否可以“拓扑”转化 染色的地图，还要从“拓扑结构”来转化 以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构 1．用四种不同的颜色给图中5个区域染色，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．112种 B．146种 C．192种 D．168种 2．给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有（    ）种不同的染色方案. A．96 B．144 C．240 D．360 3．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 4．某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 5．如图所示，有5种不同的颜色供选择，给图中5块区域A，B，C，D，E染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色，则共有（    ）种不同的染色方法. A．210 B．360 C．420 D．640 压轴题型七：几何体染色 √满分技法 地图染色立体型结构，思维方向： 可以把立体图形“拍扁了”，“拓扑”为平面型染色，这是几何体染色的一个小技巧。如棱台拍扁了，就为内外相似性多边形。所以注意这类图形之间的互相转化。如下模型 如果是棱柱，可以缩小棱柱上地面为棱台，再“拍扁” 1．如图所示的几何体是由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有 A．24种 B．18种 C．16种 D．12种 2．将一个五棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有4种颜色可供使用，那么不同染色方法总数为 A．120 B．125 C．130 D．135 3．用种不同的颜色对正四棱锥的条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有多少种 A． B． C． D． 4．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 5．将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法的总数是 A．540 B．480 C．420 D．360 压轴题型八：电梯模型 √满分技法 公交车与电梯模型，可以转化为球放盒子，然后先分组后排列。 要注意是否需要剔除掉“空”盒子 1．有2个人在一座6层大楼的底层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则2 个人在不同楼层离开的概率为（    ） A． B． C． D． 2．大厦一层有四部电梯，人在一层乘坐电梯上楼，则其中人恰好乘坐同一部电梯的概率为 A． B． C． D． 3．有一座6层大楼，3人从大楼第一层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这3人离开电梯的层数之和为10的概率是（    ） A． B． C． D． 4．有3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯．如果电梯正常运行，那么恰有两人在第4楼走出电梯的概率是（    ） A． B． C． D． 5．电梯有位乘客，在层楼房的每一层停留，如果有两位乘客从同一层出去，另两位在同一层出去，最后两人各从不同的楼层出去，则不同的下楼方法的种类数是（    ） A． B． C． D． 压轴题型九：空车位模型 √满分技法 空车位模型，本质上还是把空车位当作相同元素来排列。排列时候，要灵活思维：把车位暴力拆掉，则可以转化为车与空车为排列问题。这样可以用“人坐座位”以及“数字化法”来排列组合。 1．一个停车场有5个排成一排的空车位，现有2辆不同的车停进这个停车场，若停好后恰有2个相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有 A．6种 B．12种 C．36种 D．72种 2．某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着A车和B车，同时进来C，D两车．在C，D不相邻的情况下，C和D至少有一辆与A和B车相邻的概率是（    ） A． B． C． D． 3．某小区有排成一排的7个车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的3个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为（    ） A．24 B．80 C．120 D．160 4．要将4辆汽车并排停放在5个车位上，其中甲、乙两辆汽车车体较宽需要放在一起并占用3个车位，其他两辆汽车各占1个车位，则不同的停车方法种数为（    ） A．6 B．10 C．12 D．20 5．某停车场行两排空车位，每排4个，现有甲､乙､丙､丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲､乙两车不停泊在同一排，则不同的停车方案有（    ） A．288种 B．336种 C．384种 D．960种 压轴题型十：球放盒子编号型 √满分技法 编号型球放盒子，有以下几种情况。 1. 第一种，球相同，每个盒子球个数不小于编号数，则可以借助“相同”这个条件，每个盒子放入比七编号数少1的球个数。然后再挡板法。 2. 第二种，球不同，盒子有编号。可以“先分组再排列”。 3. 第三种，球有编号，还可能涉及到数字和等加强条件，则多采取分类讨论形式。 1．体育老师把9个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有（    ） A．8种 B．10种 C．12种 D．16种 2．将5个颜色互不相同的小球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的小球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（   ） A．3种 B．4种 C．10种 D．25种 3．将编号的小球放入编号为盒子中,要求不允许有空盒子,且球与盒子的编号不能相同,则不同的放球方法有（  ） A．种 B．种 C．种 D．种 4．将5个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（　　） A．10种 B．25种 C．36种 D．52种 5．8个完全相同的球放入编号1，2，3的三个空盒中，要求放入后3个盒子不空且数量均不同，则有 种放法. 压轴题型十一： 数列型 1．从1，2，3，…，20中选取四元数组，满足 ，则这样的四元数组的个数是 A． B． C． D． 2．若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（    ） A． B． C． D． 3．定义数列如下：存在，满足，且存在，满足，已知数列共4项，若且，则数列共有（    ） A．190个 B．214个 C．228个 D．252个 4．定义“有增有减”数列如下：，满足，且，满足.已知“有增有减”数列共4项，若，且，则数列共有 A．64个 B．57个 C．56个 D．54个 5．记为一个位正整数，其中都是正整数，．若对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得，则称这个数为“位重复数”．根据上述定义，“四位重复数”的个数为 A．个 B．个 C．个 D．个 压轴题型十二：多条件限制型 √满分技法 多重限制型，属于“人坐座位”模型 特征： 1. 一人一位； 2. 有顺序； 3、 座位可能空； 4、 人是否都来； 5、 必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列 难题特征： 3、 相邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（小排列） 4、 不相邻：插空法 4. 限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”，属于超难题 1．中国象棋是一种古老而富有智慧的棋类游戏，其蕴含着丰富的传统文化内涵和哲学思想.一副中国象棋中，具有红黑两个阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，其中“马”棋子走法尤为特别，其走法如图1所示，称为“马走日”；当距“马”最近的交叉线处有棋子时，走法数会减少，如图2，图3所示，称为“绊马腿”.若将矩形棋盘（如图4）视作平面直角坐标系，棋盘的左下角为坐标原点，如图5所示，假如棋盘中有如图5所示的四个棋子固定不动且不能被“马”吃掉，问黑方的“马”从原点朝着红方阵营（轴正方向）出发到达点，有 种不同的行进路线.       2．有 10 个不同的小球，其中 4 个红球，3 个白球，3 个黑球.将这 10 个球排成一排，要求红球互不相邻，且白球也互不相邻，不同的排法有 种. 3．定义：对于一个位正整数，若其各位数字的极差（即最大数字与最小数字之差）不超过2，则称其为位“稳定数”，则三位“稳定数”共有 个. 4．若数列共项，，且对任意中0的个数不少于1的个数，则称数列为“广义和谐01数列”.若“广义和谐01数列” 中，，其中有项为0，有项为1，则称数列为“和谐01数列”.用表示个个1构成的“广义和谐01数列”的个数，当时，则 （用含的式子表示）. 5．某学校派5人参加连续8天的志愿服务活动，其中甲连续参加2天，其中第三天和第五天各需2个人同时参加，其余的天数只能有一个人参加，每个人都至少参加一次活动，至多参加两次活动，则不同的安排方法有 种．（结果用数字表示） 2 学科网（北京）股份有限公司 $$