52 排列组合综合应用重难点专题-【高考复习】高中数学重难点系列专题（学生版+解析版）

武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 52 排列组合重难点专题 常考结论及公式 结论一：两个原理及其区分 （1）分类计数加法原理：完成一件事情，有 n类办法，在第 1 类办法中有 1m 种不同的 方法，在第 2 类办法中有 2m 种不同的方法，  ，在第n类办法中有 nm 种不同的方法， 那么完成这件事共有： 1 2 nN m m m= + + + 种不同的方法. （2）分类计数乘法原理：完成一件事情，需要分成n个步骤，完成第 1 步有 1m 种不同 的方法，完成第 2 步有 2m 种不同的方法，   ，完成第n步有 nm 种不同的方法，那么 完成这件事共有： 1 2 nM m m m= 种不同的方法. （3）分类计数加法原理和分步计数乘法原理的区别与区分 ①分类计数加法原理方法之间都是相互独立的，任何一种方法都可以独立地完成整件 事情； ②分步计数乘法原理各步之间相互依存，每步中的方法只是完成了事件的一个阶段而已； ③区分这两个原理重点在于看其中一种方法是否完成了整件事情，再选择是用加法还是 乘法来进行计算. 结论二：排列数性质 （1） 1 1 m m n nA nA − −= ；（2） 1 1 1m m m n n n n A A A n m n m + −= = − − ；（3） 1 1 1 m m m n n nA mA A − − −= + . 结论三：组合数性质 （1） m n m n nC C −= ； （2） 1 1 m m m n n nC C C − ++ = ； 结论四：全错位排列问题 （1）定义：一般地，设 n个编号为1,2, , , , , ,i j n的不同元素 1 2, ,a a , , ,ia , ,j na a 排成一排，且每个元素均不排在与其编号相同的位置，这样的全错位排列数 为 nT ，则有 2 1T = ， 3 2T = ， 1 2( 1)( )( 3)n n nT n T T n− −= − + 和 1 ( 1) ( 2) n n nT nT n−= + − 成立.其中通项公式为 1 1 1 ! ( 1) 2! 3! ! n nT n n   = − + + −    . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 题型一 分类与分步问题 【例 1】有一道楼梯共 10 阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步 一阶或一步两阶，小王同学 7 步登完楼梯的概率为___________. 【答案】 35 89 【分析】由题意可分为5步、6步、7 步、8步、9步、10步共 6 种情况，分别求出每种 的基本事件数，再利用古典概型的概率公式计算可得； 【详解】解：由题意可分为5步、6步、 7 步、8步、9步、10步共 6 种情况， ①5步：即5步两阶，有 5 5 1C = 种； ②6步：即4步两阶与2步一阶，有 2 6 15C = 种； ③ 7 步：即3步两阶与4步一阶，有 3 7 35C = 种； ④8步：即2步两阶与6步一阶，有 2 8 28C = 种； ⑤9步：即1步两阶与8步一阶，有 1 9 9C = 种； ⑥10步：即10步一阶，有 10 10 1C = 种； 综上可得一共有89种情况，满足 7 步登完楼梯的有35种； 故 7 步登完楼梯的概率为 35 89 故答案为： 35 89 【跟踪训练 1】将 4 个编号为 1、2、3、4 的不同小球全部放入 4 个编号为 1、2、3、4 的 4 个不同盒子中.求： (1)每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？ (2)恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？ (3)每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？ (4)把已知中 4 个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有 一个空盒，有多少种不同的放法？ 【答案】(1)24 (2)144 (3)8 (4)12 【分析】利用分步乘法计数原理逐一分析即可求解. 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 （1）根据题意知，每个盒子里有且只有一个小球，所求放法种数为 4 4A 24= （种）； （2）先将 4 个小球分为 3 组，各组的球数分别为 2、1、1，然后分配给 4 个盒子中的 3 个盒子，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为 2 3 4 4C A 144= （种）； （3）考查编号为 1 的盒子中放入编号为 1 的小球，则其它 3 个球均未放入相应编号的 盒子，那么编号为 2、3、4 的盒子中放入的小球编号可以依次为 3、4、2 或 4、2、3， 因此，所求放法种数为2 4 8 = （种）； （4）按两步进行，空盒编号有 4 种情况，然后将 4 个完全相同的小球放入其它 3 个盒 子，没有空盒，则只需在 4 个完全相同的小球所形成的 3 个空（不包括两端）中插入 2 块板，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为 2 34C 12= （种）. 题型二 相邻与不相邻问题（捆绑法与插空法） 【例 2】把 a，a，a，b，b， ， 排成一排，要求三个“a”两两不相邻，且两个“b”也 不相邻，则这样的排法共有______种． 【答案】96 【分析】计数综合问题，可先对 b，b， ， 进行排列，然后用“插空法”解决三个“a” 两两不相邻的问题，最后减去两个“b”相邻的情况即为所求 【详解】根据题意，分情况进行分析： ①先排列 b，b， ， ，若 ， 不相邻，则有 2 2 2 3A C 6= （种）排法，若 ， 相邻， 则有 3 3A 6= （种）排法．所以 b，b， ， 的排法有6 6 12+ = （种），排好后有 5 个空 位． ②从所形成的 5 个空中选 3 个插入 a，共有 3 512C 120= （种）方法，若 b，b相邻，从所 形成的 4 个空中选 3 个插入 a，共有 3 46C 24= （种）方法， 故三个“a”两两步相邻，且两个“b”也不相邻的排法共有120 24 96− = （种）． 故答案为：96 【跟踪训练 2】现有 7 位同学（分别编号为 , , , , , , A B C D E F G ）排成一排拍照，若其中 , ,A B C三人互不相邻， ,D E两人也不相邻，而 ,F G两人必须相邻，则不同的排法总数 为________．（用数字作答） 【答案】240 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 【分析】把 , ,A B C排列，产生 4 个空位，然后将 ,F G看作一个整体与 ,D E插入到 , ,A B C 中可求解. 【详解】解：因 ,F G两人必须相邻，所以把 ,F G看作一个整体有 2 2A 种排法. 又 , ,A B C三人互不相邻， ,D E两人也不相邻，所以把 , ,A B C排列，有 3 3A 种排法，产生 了 4 个空位，再用插空法. （1）当 ,D E分别插入到 , ,A B C中间的两个空位时，有 2 2A 种排法，再把 ,F G整体插入 到此时产生的 6 个空位中，有 6 种排法. （2）当 ,D E分别插入到 , ,A B C中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时，有 1 1 2 2 2 2 8C C A  = 种排法，此时 ,F G必须排在 , ,A B C中间的两个空位的另一个空位，有 1 种排法. 所以共有 ( )2 3 2 1 1 22 3 2 2 2 26 240A A A C C A   +   = . 【点睛】方法点睛：在排列组合中“相邻问题”用捆绑法策略处理；“不相邻问题”用插空 法策略处理. 题型三 特殊元素（位置）法的应用 【例 3】某篮球队有12名队员，其中有6名队员打前锋，有4名队员打后卫，甲、乙两 名队员既能打前锋又能打后卫.若出场阵容为3名前锋，2名后卫，则不同的出场阵容共 有______种． 【答案】636 【分析】分三种情况讨论：①甲、乙都不出场；②甲、乙只有一人出场；③甲、乙都 出场.分别计算出每种情况下出场的阵容种数，利用分类加法计数原理即可得出结果. 【详解】分以下三种情况讨论： ①甲、乙都不出场，则应从6名打前锋的队员中挑选3人，从4名打后卫的队员中挑选2 人，此时，出场阵容种数为 3 2 6 4 120C C = ； ②甲、乙只有一人出场，若出场的这名队员打前锋，则应从6名打前锋的队员中挑选2 人，从4名打后卫的队员中挑选2人；若出场的这名队员打后卫，则应从6名打前锋的 队员中挑选3人，从4名打后卫的队员中挑选1人. 此时，出场阵容种数为 ( )1 2 2 3 12 6 4 6 4 340C C C C C + = ； ③甲、乙都出场，若这两名队员都打前锋，则应从6名打前锋的队员中挑选1人，从4名 打后卫的队员中挑选2人；若这两名队员都打后卫，则应从6名打前锋的队员中挑选3人， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 从 4名打后卫的队员中不用挑选；若这两名队员一人打前锋、一人打后卫，则应从6名 打前锋的队员中挑选2人，从 4名打后卫的队员中挑选1人，此时，出场阵容种数为 1 2 3 0 1 2 1 6 4 6 4 2 6 4 176C C C C C C C+ + = . 综上所述，由分类加法计数原理可知，共有120 340 176 636+ + = 种不同的出场阵容. 故答案为：636 . 【点睛】本题考查排列组合的综合应用，解题的关键就是对甲、乙这两名特殊队员的角 色安排进行分类讨论，考查分类讨论思想的应用，有一定的难度. 【跟踪训练 3】设集合  ( )1,2,3, , N, 2P n n n=   ，选择 P的两个非空子集A 和 B，要 使 B中最小的数大于A 中最大的数，则不同的A 和 B共有__________个组合. 【答案】 12 2 1n nn − − + 【详解】设 A中最大的数为 k， B中最大的数为 l，依题意有1 k l n   . 记  1,2, , 1M k= − ，  1, 2, , 1S k k l= + + − ，  1, 2, ,N l l n= + + .因为 B中最小的数 大于 A中最大的数，所以 A中其它元素只能取自集合  1,2, , 1M k= − ，有 0 1 1 1 1 1 1C C C 2 k k k k k − − − − −+ + + = 种选择方法； B中其它元素只能取自集合  1, 2, ,N l l n= + + ，有 0 1C C C 2n l n ln l n l n l − − − − −+ + + = 种选择方 法；  1, 2, , 1S k k l= + + − 内的数既不属于 A也不属于 B .根据分步计数原理，集合 A，B的 选择方法有 12 2k n l− − 种. 因为1 k l n   ，所以满足题目条件的所有集合 A， B的选择 方法种数为 ( ) 1 1 2 2k n l k l n − −     ( ) 1 1 1 1 2 2 n n k n l k l k − − − = = + =  ( )11 1 2 1 2 1 2 k n k n k − − − = − = −  ( ) 1 1 1 2 2 1 n k n k k − − − = = − ( ) 1 1 1 1 2 2 n n k k − − − = = − 1 1 1 2( 1)2 1 2 n nn − − −= − − − 1 1( 1)2 2 1n nn − −= − − + 12 2 1n nn −= − + . 【点睛】本题求解的关键是：把集合分成三部分，利用分步计数原理求出集合 A,B的选 择方法，利用等比数列的求和公式求和，综合了集合子集，数列求和，计数原理三模块 的知识. 题型四 整数分解型问题（隔板法） 【例 4】把 20 个相同的小球放到三个编号为 1､2､3 的盒子里，且每个盒子内的小球数 要多于盒子的编号数，则共有__________种放法． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 【答案】78 【分析】根据题意，先在 1 号盒子里放 1 个球，在 2 号盒子里放 2 个球，在 3 号盒子里 放 3 个球，则原问题可以转化为将剩下的 14 个小球，放入 3 个盒子，每个盒子至少放 1 个的问题，由挡板法分析可得答案． 【详解】解：根据题意，20 个相同的小球放到三个编号为 1，2，3 的盒子中，且每个 盒子内的小球数要多于盒子的编号数， 先在 1 号盒子里放 1 个球，在 2 号盒子里放 2 个球，在 3 号盒子里放 3 个球， 则原问题可以转化为将剩下的 14 个小球，放入 3 个盒子，每个盒子至少放 1 个的问题， 将剩下的 14 个球排成一排，有 13 个空位，在 13 个空位中任选 2 个，插入挡板，有 2 13 8C 13 12 7 2  = = 种不同的放法， 即有78个不同的符合题意的放法； 故答案为：78． 【跟踪训练 4】（1）把 6 个相同的小球放入 4 个不同的箱子中，每个箱子都不空，共 有多少种放法？ （2）把 6 个不同的小球放入 4 个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？ （3）把 6 个不同的小球放入 4 个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？ 【答案】（1）10；（2）65；（3）1560. 【详解】（1）6 个相同的小球放入 4 个不同的箱子，每个箱子至少放 1 个小球， 将 6 个相同的小球排成一列，在形成的中间 5 个空隙中插入 3 块隔板， 所以不同的放法种数为 3 5C 10= ； （2）6 个不同的小球放入 4 个相同的箱子，每个箱子至少放 1 个小球， 先把 6 个不同的小球按 2，2，1，1 和 3，1，1，1 两种方案分成 4 组， 每一种分法的 4 组小球分别放入 4 个箱子满足要求，一种分组方法即为一种放法， 所以不同的放法种数为 2 2 1 1 36 4 2 1 62 2 2 2 C C C C C 65 A A + = ； （3）6 个不同的小球放入 4 个不同的箱子，每个箱子至少放 1 个小球， 先把 6 个不同的小球按 2，2，1，1 和 3，1，1，1 两种方案分成 4 组， 每一种分法的 4 组小球全排列，得到的每一个排列的 4 组小球分别放入 4 个箱子满足要 求，所以不同的放法种数为 2 2 1 1 3 46 4 2 1 6 42 2 2 2 C C C C ( C A 1560 A A ) =+ ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 题型五 复杂问题用间接法（排除法） 【例 5】某值班室周一到周五的工作日每天需要一人值夜班，该岗位共有四名工作人员 可以排夜班，已知同一个人不能连续安排三天夜班，则这五天排夜班方式的种数为（ ） A．800 B．842 C．864 D．888 【答案】C 【分析】采用间接法，先计算没有限制条件的种数，再减去一人连排三天夜班、四天夜 班、五天夜班的种数即可. 【详解】所有可能值班安排共有 54 种，若连续安排三天夜班，则连续的工作有三种可能， （1）从四人中选一人连排三天夜班， 若形如▲▲▲□□或□□▲▲▲排列：共有 1 1 4 32C C 24＝ 种； 若形如▲▲▲□▲或▲□▲▲▲排列：共有 1 1 4 32C C 24＝ 种； 若形如▲▲▲□○或▲▲▲○□或□○▲▲▲或○□▲▲▲排列：共有 1 2 4 32C A 48＝ 种； 若形如□▲▲▲□排列：共有 1 1 4 3C C 12＝ 种； 若形如○▲▲▲□或□▲▲▲○排列：共有 1 2 4 3C A 24＝ 种； 因此，选一人连排三天夜班共有 132 种． （2）从四人中选一人连排四天夜班，则连续的工作日有两种可能，从四人中选一人连 排四天夜班， 形如▲▲▲▲□或□▲▲▲▲排列，共有 1 1 4 32C C 24= 种． （3）从四人中选一人连排五天夜班，形如▲▲▲▲▲，则只有 4 种可能． 故满足题意的排夜班方式的种数为 54 132 24 4 864− − − = ． 故选：C. 【跟踪训练 5】将六个数 0 、1、2、9、19、20将任意次序排成一行，拼成一个8位数， 则产生的不同的8位数的个数是（ ） A．498 B．516 C．534 D．546 【答案】A 【分析】先求出将 2，0，1，9，20，19 的首位不为 0 的排列数，排除 2 的后一项是 0 的排列，1 的后一项是 9 的排列，再加上 2 的后一项是 0 同时 1 的后一项是 9 的排列， 可得答案. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 【详解】将六个数 0 、1、2、9、19、20将任意次序排成一行，拼成一个8位数，由 于首位不能为 0，则有 5 55 600A = 个， 其中“20”出现 2 次，即“2”与“0”相邻且“2”在“0”前的排法有 5 5 2 2 60 A A = 种， “19”出现 2 次，即“1”与“9”相邻且“1”在“9”前的排法有 4 4 2 2 4 48 A A = 种， “20”和“19”都出现 2 次的排法有 4 4 2 2 2 2 6 A A A = 种， 因此满足条件的8位数的个数为：600 60 48 6 498− − + = . 故选：A. 题型六 分组与分配问题（平均分组或部分平均分组） 【例 6】（多选）某医院派出甲、乙、丙、丁 4 名医生到A ，B，C三家企业开展“新冠 肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（ ） A．所有不同分派方案共 34 种 B．若每家企业至少分派 1 名医生，则所有不同分派方案共 36 种 C．若每家企业至少派 1 名医生，且医生甲必须到A 企业，则所有不同分派方案共 12 种 D．若C企业最多派 1 名医生，则所有不同分派方案共 48 种 【答案】BCD 【分析】求得所有不同分派方案数判断选项 A；求得每家企业至少分派 1 名医生的所有 不同分派方案数判断选项 B；求得每家企业至少派 1 名医生，且医生甲必须到A 企业的 所有不同分派方案数判断选项 C；求得C企业最多派 1 名医生的所有不同分派方案数判 断选项 D 【详解】选项 A：所有不同分派方案共 43 种.判断错误； 选项 B：若每家企业至少分派 1 名医生， 先把 4 名医生分成 3 组（2 人，1 人，1 人）再分配. 则所有不同分派方案共 2 1 1 34 2 1 32 2 C C C A 36 A = （种）.判断正确； 选项 C：若每家企业至少派 1 名医生，且医生甲必须到A 企业， 则A 企业可以只有医生甲，也可以有医生甲和另一名医生， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 则所有不同分派方案共 1 2 1 2 1 3 1 3 1 2 1 3C C C A C A 12+ = （种）.判断正确； 选项 D：若C企业最多派 1 名医生，则C企业可以有 1 名医生和没有医生两种情况, 则不同分派方案共 1 3 4 4C 2 2 48 + = （种）.判断正确. 故选：BCD 【跟踪训练 6】将四个小球放入编号为 1、2、3、4 的四个盒子中，根据下列条件求不 同放法的种数． (1)四个小球不同，每个盒子各放一个； (2)四个小球相同，每个盒子各放一个； (3)四个小球不同，四个盒子恰有一个空着； (4)四个小球相同，四个盒子恰有一个空着． 【答案】(1)24 (2)1 (3)144 (4)12 【分析】（1）全排列问题，利用全排列公式进行求解； （2）四个小球相同，每个盒子各放一个，只有 1 种情况； （3）先把四个小球分组 3 组，注意部分平均分组，要除以平均组数的全排列，选出空 盒，再进行全排列，计算出结果； （4）先将小球分组，再选出空盒，选出放入 2 个小球的盒子，从而得到答案. 【详解】（1）四个小球不同，每个盒子各放一个，属于全排列问题，则不同的放法有 4 4A 24= 种； （2）四个小球相同，每个盒子各放一个，每个小球放入任何一个盒子，都为同 1 种情 况，故不同的放法有 1 种； （3）四个小球不同，四个盒子恰有一个空着，则有一个盒子放入了 2 个小球， 先将四个不同的小球分为 3 组，有 1 1 24 3 22 2 C C C 6 A = 种情况，选出一个空盒，有 1 4C 4= 种情 况， 再将分好的 3 组小球，与对应的 3 个盒子进行全排列，共有 3 3A 6= 种选择， 综上：四个小球不同，四个盒子恰有一个空着，选择方法有6 4 6 144  = 种； （4）四个小球相同，四个盒子恰有一个空着，则有一个盒子放入了 2 个小球， 先将四个不同的小球分为 3 组，则只有 1 种分法，即 2，1，1， 选出一个空盒，有 1 4C 4= 种情况， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 将分好的 3 组小球，放入 3 个盒子中，选出放入 2 个小球的盒子，有 1 3C 3= 种情况， 综上：四个小球相同，四个盒子恰有一个空着，一共有4 3 12 = 种选择. 题型七 倍缩法解决部分定序问题 【例 7】定义数列 na 如下：存在 k N ，满足 1k ka a + ，且存在 s N ，满足 1s sa a + ， 已知数列 na 共 4 项，若  ( )1,2,3,, 4, ,ia t x y z i = 且 t x y z   ，则数列 na 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 na 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 na 中的 4 项有四种情况： （1）4 项中每一项都不同，共有 4 4 2 22A − = 个； （2）4 项中有 2 项相同（如 x,y,z,x）,共有 4 1 2 4 4 3 2 2 2 120 A C C A   − =    个； （3）4 项中有 3 项相同（如 x,x,y,x）,共有 2 1 1 4 2 2 24C C C = 个； （4）4 项中两两相同（如 x,y,x,y）,共有 24C 4 4 2 2 2 2 2 24 A A A   − =    个； 所以数列 na 共有22 120 24 24 190+ + + = 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 na 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. 【跟踪训练 7】某兴趣小组有 10 名学生，若从 10 名学生中选取 3 人，则选取的 3 人中 恰有 1 名女生的概率为 3 10 ，且女生人数超过 1 人，现在将 10 名学生排成一排，其中男 生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有______种不同的站队方法. 【答案】25200 【分析】由已知得 10 名学生中，有女生 6 人，男生 4 人，再利用插空法求解即可. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 【详解】设 10 名学生中，有女生 x人，男生 ( )10 x− 人， 则 10 名学生中选取 3 人，恰有 1 名女生的概率 ( )( ) 1 2 10 3 10 10 9 C C 32 C 120 10 x x x x x P − − −  = = = ， 整理得： ( )( )10 9 72x x x− − = ，即 3 219 90 72 0x x x− + − = 因式分解可得： ( )( )( )6 1 12 0x x x− − − = ， 解得： 6 1x =  或 1x = （舍去）或 12x = （舍去） 所以 10 名学生中，有女生 6 人，男生 4 人， 将 6 名女生排成一排有 6 6A 种方法，再将 4 名男生插到 7 个空中有 6 4 6 7A A 种方法， 因为男生的左右相对顺序固定，而 4 名男生排成一排有 4 4A 种方法， 所以一共有 6 4 6 7 4 4 A A 6 5 4 3 2 1 7 6 5 4 25200 A 4 3 2 1          = =    ， 故答案为：25200 题型八 涂色问题 【例 8】将红、黄、蓝三种颜色的涂料都涂在下图的六个区域中，每个区域涂一种颜色， 要求有三个区域涂同一颜色，且相邻的两个区域不同色，共有_________涂法（用数字 作答）． 【答案】60 【分析】分析可知区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同一种 颜色，则剩余三个区域中有两个不相邻的区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色， 利用组合计数原理以及分步乘法、分类加法计数原理可求得结果. 【详解】由题意可知，区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同 一种颜色， （1）若区域①③⑤或区域②④⑥涂一种颜色， 则剩余三个区域中有两个区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色， 因此，不同的涂色种数为 1 1 2 1 2 3 3 2C C C C 36= 种； （2）若区域①③⑥涂同一种颜色，则区域④⑤涂剩余的两种颜色，区域②和区域①③ 所涂颜色不同， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 12 页 此时，不同的涂色种数为 1 2 1 3 2 2C A C 12= 种； （3）若区域①④⑥涂同一种颜色则区域②③涂剩余的两种颜色，区域⑤和区域④⑥ 所涂颜色不同， 此时，不同的涂色种数为 1 2 1 3 2 2C A C 12= 种. 综上所述，不同的涂色方法种数为36 12 12 60+ + = 种. 故答案为：60 . 【跟踪训练 8】某班级在一次植树种花活动中负责对一片圆环区域 花圃栽植鲜花，该圆环区域被等分为 n个部分（ 4n  ），每个部分 从 m种不同颜色（ 4m  ）的鲜花中选取一种进行栽植，要求相邻区 域不能用同种颜色的鲜花．将总的栽植方案数用 ,m na 表示，则： ,m na =__________． 【答案】 ( ) ( ) ( )( )1 1 1 4, 4 n n m m m n− + −  −   【分析】当有 1n+ 个区域时，若不考虑区域1和区域 ( )1n+ 是否同色，则共有 ( )1 n m m− 种 方案，这 ( )1 n m m− 种方案种包含区域1和区域 ( )1n+ 同色和不同色两种情况，若区域1和 区域 ( )1n+ 不同色，则共有 , 1m na + 种方案，若区域1和区域 ( )1n+ 同色，则有 ,m na 种方案， 从而可得出 ( ), 1 , 1 n m n m na a m m+ + = − ，根据递推公式即可得出答案. 【详解】当有 1n+ 个区域时，若不考虑区域1和区域 ( )1n+ 是否同色， 则共有 ( )1 n m m− 种方案， 这 ( )1 n m m− 种方案种包含区域1和区域 ( )1n+ 同色和不同色两种情况， 若区域1和区域 ( )1n+ 不同色，则共有 , 1m na + 种方案， 若区域1和区域 ( )1n+ 同色，则可以把这两个区域看成同一个区域，即为区域①， 则给区域①，2，3，4， ， n栽植，由题意可知有 ,m na 种方案， 所以 ( ), 1 , 1 n m n m na a m m+ + = − ， 即 ( ) ( ) 1 , 1 ,1 1 n n m n m na m a m + +  − − = − − −  ， 所以数列 ( ) ( ), 1 4, 4nm na m m n− −   是以 1− 为公比的等比数列， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 13 页 又 ( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 2 ,4 1 1 2 1 3 3ma m m m m m m m m m= − + − − = − − + ， 是以 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )4 4, ,41 1 1 1 1n n nm n ma m a m m−− − = − −  − = −  − ， 是以 ( ) ( ) ( )( ), 1 1 1 4, 4 n n m na m m m n= − + −  −   . 题型九 全错位排列问题 【例 9】甲、乙、丙三名同学上台领奖，从左到右按甲、乙、丙的顺序排列，则三人全 都站错位置的概率是（ ） A． 1 3 B． 1 6 C． 1 2 D． 1 4 【答案】A 【分析】用列举法写出所有基本事件，也可得三人全都站错位置的事件数． 【详解】所有基本事件为（甲，乙，丙）（甲，丙，乙）（乙，甲，丙）（乙，丙，甲） （丙，甲，乙）（丙，乙，甲）共 6 个，其中全部站错位包含（乙，丙，甲）（丙，甲， 乙）2 个，故 1 3 P = 【点睛】本题考查古典概型，解题方法是用列举法写出所有基本事件，同时可得所求概 率事件包含的基本事件的个数，再根据概率公式计算．解题时要注意不重不漏． 【跟踪训练 9】在含有n个元素的集合  1,2, ,nA n=  中，若这n个元素的一个排列（ 1a ， 2a ，…， na ）满足 ( 1,2, , )ia i i n =  ，则称这个排列为集合 nA 的一个错位排列（例如： 对于集合 3 {1,2,3}A = ，排列 (2,3,1)是 3A 的一个错位排列；排列 (1,3,2) 不是 3A 的一个错 位排列）.记集合 nA 的所有错位排列的个数为 nD . （1）直接写出 1D ， 2D ， 3D ， 4D 的值； （2）当 3n  时，试用 2nD − ， 1nD − 表示 nD ，并说明理由； 【答案】（1）见解析；（2） 1 2( 1)( )n n nD n D D− −= − + ； 【详解】试题分析：（1）根据定义列错位排列，根据错位排列的个数得 1D ， 2D ， 3D ， 4D 的值；（2）根据定义理解 nD ， 2nD − ， 1nD − 三者关系，需先确定两类，有两个数恰好 错排与这两个数不错排，再降数处理，（3）先根据递推关系得对任意正奇数n，有 nD 均 为偶数，再利用 ( ) ( )( )2 1 22 1 2 1 k kkD k D D++ = + + 以及归纳假设得结论. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 14 页 试题解析：（1） 1 0D = ， 2 1D = ， 3 2D = ， 4 9D = ， （2） ( )( )1 21n n nD n D D− −= − + ，理由如下： 对 nA 的元素的一个错位排列（ 1a ， 2a ，…， na ），若 ( )1 1a k k=  ，分以下两类： 若 1ka = ，这种排列是 2n− 个元素的错位排列，共有 2nD − 个； 若 1ka  ，这种错位排列就是将1， 2，…， 1k − ， 1k + ，…，n排列到第 2到第n个位 置上，1不在第 k个位置，其他元素也不在原先的位置，这种排列相当于 1n− 个元素的 错位排列，共有 1nD − 个； 根据 k的不同的取值，由加法原理得到 ( )( )1 21n n nD n D D− −= − + ； 课后突破训练 1．2022 卡塔尔世界杯比赛场地是在卡塔尔的 8 座体育馆举办．将甲、乙、丙、丁 4 名 裁判随机派往卢赛尔，贾努布，阿图玛玛三座体育馆进行执法，每座体育馆至少派 1 名 裁判，A表示事件“裁判甲派往卢赛尔体有馆”；B表示事件“裁判乙派往卢赛尔体育馆”； C表示事件“裁判乙派往贾努布体育馆”，则（ ） A．事件 A与 B相互独立 B．事件 A与 C为互斥事件 C． ( ) 1 3 P C A = D． ( ) 1 6 P B A = 【答案】D 【分析】先求出每个体育馆至少派一名裁判总的方法数，再求出事件 A，B分别发生的 情况数与事件 A，B同时发生的情况数，得到 ( ) ( ) ( )P AB P A P B ，判断出 A 错误， 同理可得 B 错误； 利用条件概率求解公式得到 C 错误，D 正确. 【详解】记三座体育馆依次为①②③，每个体育馆至少派一名裁判，则有 2 1 1 34 2 1 32 2 C C C A 36 A = 种方法， 事件 A：甲派往①，则若①体育馆分 2 人，则只需将乙、丙、丁与三个体育馆进行全 排列即可，有 3 3A 6= 种， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 15 页 若①体育馆分 1 人：则将乙、丙、丁分为两组，与体育馆②③进行全排列，有 2 1 2 3 1 2C C A 6= 种，共有6 6 12+ = 种， ∴ 12 1 ( ) 36 3 P A = = ， 同理 12 1 ( ) 36 3 P B = = ， 若甲与乙同时派往①体有馆，则①体育馆分两人，只需将丙，丁与体育馆②③进行全 排列，有 2 2A 种， ∴ 2 1 1 ( ) , ( ) ( ) ( ) 36 18 9 P AB P AB P A P B= =  = ，故事件 A与 B不相互独立，A 错误； 同理可得， 12 1 ( ) 36 3 P C = = ， 若甲派往①体有馆与乙派往②体育馆同时发生，若丙丁 2 人都去往体育馆③，有 2 2C 1= 种， 若丙丁只有 1 人去往体育馆③，剩余的 1 人去往体育馆①或②，有 1 1 2 2C C 4= 种情况， 综上：甲派往①体有馆与乙派往②体育馆同时发生的情况有1 4 5+ = 种， 故 ( 5 ( ) , ) ( ) ( ) 36 P BC P BC P B P C=  ，B 错误； ( ) ( ) ( ) 1 118 1 6 3 P AB P B A P A = = = ，D 正确； 事件 C：裁判乙派往②体育馆，若②体育馆分 2 人，则只需将甲、丙、丁与三个体育 馆进行全排列，有 3 3A 6= 种， 若②体育馆分 1 人，则则将甲、丙、丁分为两组，与体育馆①③进行全排列，有 2 1 2 3 1 2C C A 6= 种，共有6 6 12+ = 种， ∴ 12 1 ( ) 36 3 P C = = ， 若事件 A，C同时发生， 若丙丁 2 人都去往体育馆③，有 2 2C 1= 种， 若丙丁只有 1 人去往体育馆③，剩余的 1 人去往体育馆①或②，有 1 1 2 2C C 4= 种情况， 综上：事件 A，C同时发的情况有1 4 5+ = 种， ∴ ( ) 5 36 P AC = ， ( ) ( ) ( ) 5 536 1 12 3 P AC P C A P A = = = ，C 错误； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 16 页 故选：D 2．如图，在正三角形的 12 个点中任取三个点构成三角形，能构成三角形的数量为（ ） A．220 B．200 C．190 D．170 【答案】C 【分析】利用间接法，用总数减去不能构成三角形的情况即可. 【详解】任取三个点有 3 12C 种，其中三点共线的有 3 53C 种，故能构成三角形 3 3 12 5C 3C 190− = 个， 故选：C. 3．阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉．三个家庭的 3 位妈妈带着 3 名女宝和 2 名男宝共 8 人踏春．在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互 不相邻照顾孩子；3 名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止 2 名男宝打闹， 2 人不相邻，且不排最前面也不排最后面．则不同的排法种数共有( ) A．144 种 B．216 种 C．288 种 D．432 种 【答案】C 【分析】利用捆绑法和插空法进行求解． 【详解】第一步：先将 3 名母亲全排，共有 3 3A 种排法； 第二步：将 3 名女宝“捆绑”在一起，共有 3 3A 种排法； 第三步：将“捆绑”在一起的 3 名女宝作为一个元素，在第一步形成的 2 个空中选择 1 个 插入，有 1 2A 种排法； 第四步：首先将 2 名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，然后将另一 个男宝插入由女宝与妈妈形成的 2 个空中的其中 1 个，共有 1 1 2 2C C 种排法． ∴不同的排法种数有： 3 3 1 1 1 3 3 2 2 2A A A C C 288= 种． 故选：C． 4．在空间直角坐标系O xyz− 中， ( ) ( ) ( )10,0,0 , 0,10,0 , 0,0,10A B C ，则三棱锥O ABC− 内 部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ） A． 310C B． 3 9C C． 2 10C D． 2 9C 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 17 页 【答案】B 【分析】先利用空间向量法求得面 ABC的一个法向量为 ( )1,1,1n = ，从而求得面 ABC上 的点 ( ), ,P a b c 满足 10a b c+ + = ，进而得到棱锥O ABC− 内部整点为 ( ), ,Q s t r 满足 3 9s t r + +  ，再利用隔板法与组合数的性质即可得解. 【详解】根据题意，作出图形如下， 因为 ( ) ( ) ( )10,0,0 , 0,10,0 , 0,0,10A B C ，所以 ( ) ( )10,10,0 , 10,0,10AB AC= − = − ， 设面 ABC的一个法向量为 ( ), ,n x y z= ，则 10 10 0 10 10 0 AB n x y AC n x z   = − + =   = − + = ， 令 1x = ，则 1, 1y z= = ，故 ( )1,1,1n = ， 设 ( ), ,P a b c 是面 ABC上的点，则 ( )10, ,AP a b c= − ， 故 10 0AP n a b c = − + + = ，则 10a b c+ + = ， 不妨设三棱锥O ABC− 内部整点为 ( ), ,Q s t r ，则 *, , Ns t r ，故 1, 1, 1s t r   ，则 3s t r+ +  ， 易知若 10s t r+ + = ，则Q在面 ABC上，若 10s t r+ +  ，则Q在三棱锥O ABC− 外部， 所以3 9s t r + +  ， 当 *, Ns t r n n+ + =  且3 9n  时， 将 n写成 n个1排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为 , ,s t r的取值的 方法个数，显然有 2 1Cn− 个方法， 所有整点 ( ), ,Q s t r 的个数为 2 2 22 3 8C C C+ + + ， 因为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ! ! 1 !! ! C C C ! ! 1 ! 1 ! ! 1 ! ! 1 ! r r r n n n n r n rn nn n r n r r n r r n r r n r − + + − + + + = + = = = − − + − + − + − ， 所以 2 2 2 3 2 2 2 3 8 3 3 8C C C C C C+ + + = + + + 3 2 2 3 2 3 4 4 8 8 8 9C C C C C C= + + + = = + = . 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得面 ABC上的点 ( ), ,P a b c 满足 10a b c+ + = ， 从而确定三棱锥O ABC− 内部整点为 ( ), ,Q s t r 满足3 9s t r + +  ，由此得解. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 18 页 5．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 1A ､ 2A ､ 3A ､ 4A 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.则下列说法正确的是（ ） A．甲从M 到达N处的方法有120种 B．甲从M 必须经过 2A 到达N处的方法有64 种 C．甲､乙两人在 2A 处相遇的概率为 81 400 D．甲､乙两人相遇的概率为 1 2 【答案】C 【分析】A．考虑从M 到N向上走的步数和向下走的步数，利用组合数求解出结果； B．先利用组合数分析从M 到 2A 的方法数，然后再利用组合数分析从 2A 到N的方法数， 根据分步乘法计数原理可求解出结果； C．先确定出甲经过 2A 的方法数，再确定出乙经过 2A 的方法数，由此确定出甲、乙两人 在 2A 处相遇的方法数，结合 A 选项的结果求解出对应概率； D．先确定出甲、乙只能在 1A、 2A 、 3A 、 4A 处相遇，然后根据 C 选项的计算方法分别 计算出对应方法数，结合 A 选项的结果求解出对应概率 【详解】A 选项，甲从M到达 N处，需要走 6 步，其中有 3 步向上走，3 步向右走，则 甲从M到达 N处的方法有 3 6C 20= 种，A 选项错误； B 选项，甲经过 2A 到达 N处，可分为两步： 第一步，甲从M经过 2A 需要走 3 步，其中 1 步向右走，2 步向上走，方法数为 1 3C 种； 第二步，甲从 2A 到 N需要走 3 步，其中 1 步向上走，2 步向右走，方法数为 1 3C 种. ∴甲经过 2A 到达 N的方法数为 1 1 3 3C C 9 = 种，B 选项错误； C 选项，甲经过 2A 的方法数为 1 1 3 3C C 9 = 种，乙经过 2A 的方法数也为 1 1 3 3C C 9 = 种， ∴甲､乙两人在 2A 处相遇的方法数为 1 1 1 1 3 3 3 3C C C C 81 = 种， 甲､乙两人在 2A 处相遇的概率为 3 3 6 6 81 81 C C 400 = ，C 选项正确； D 选项，甲､乙两人沿最短路径行走，只可能在 1A、 2A 、 3A 、 4A 处相遇， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 19 页 若甲､乙两人在 1A处相遇，甲经过 1A处，则甲的前三步必须向上走，乙经过 1A处，则乙 的前三步必须向左走，两人在 1A处相遇的走法种数为 1 种； 若甲､乙两人在 2A 处相遇，由 C 选项可知，走法种数为 81 种； 若甲､乙两人在 3A 处相遇，甲到 3A 处，前三步有 2 步向右走，后三步只有 1 步向右走， 乙到 3A 处，前三步有 2 步向下走，后三步只有 1 步向下走， 所以，两人在 3A 处相遇的走法种数为 2 1 2 1 3 3 3 3C C C C 81= 种； 若甲､乙两人在 4A 处相遇，甲经过 4A 处，则甲的前三步必须向右走，乙经过 4A 处，则 乙的前三步必须向下走，两人在 4A 处相遇的走法种数为 1 种； 故甲､乙两人相遇的概率 1 81 81 1 41 400 100 + + + = ，D 选项错误. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：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M 到 N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. 6．（多选）九本书籍分给三位同学，下列说法正确的是（ ） A．九本书内容完全一样，每人至少一本有 28 种不同的分法 B．九本书内容都不一样，分给三位同学有 93 19683= 种不同的分法 C．九本书内容完全一样，分给三位同学有 55 种不同的分法 D．九本书内容都不一样，甲同学至少一本，乙同学至少二本有 63 729= 种不同的分法 【答案】ABC 【分析】对于 A，利用挡板法可求解即可；对于 B，每本书都有 3 种分配方法，求幂即 可得到答案；对于 C，根据题意，将 9 本书和 2 个挡板排成一排，利用挡板将 9 本书分 为 3 组，对应 3 位同学即可，由组合数公式计算可得答案；对于 D，可以分 11 类情况： ①“1，2，6 型”②“1，3，5 型”③“1，4，4 型”④“1，7，1 型”⑤“1，8，0 型”⑥“2，2， 5 型”⑦“2，3，4 型”⑧“2，7，0 型”⑨“3，3，3 型”⑩“3，6，0 型”⑪“4，5，0 型”， 分别计算再相加即可． 【详解】对于 A，9 本相同的书分给三位同学，每人至少一本，利用挡板法分析，在 9 本书之间的 8 个空位中任选 2 个，插入挡板即可，有 28C 28= 种不同的分法，故 A 正确； 对于 B，根据题意，9 本书内容都不一样，则每本书都可以分给 3 人中的任意一人，即 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 20 页 有 3 种分法，所以 9 本书有 93 19683= 种不同的分法，故 B 正确； 对于 C，由 9 本书内容完全一样，则将这 9 本书和 2 个挡板排成一排，利用挡板将 9 本 书分为 3 组，对应 3 位同学即可，则有 2 11C 55= 种不同的分法，故 C 正确； 对于 D，可以分 11 类情况： ①“1，2，6 型”有 1 2 6 9 8 6C C C 4 1008 = ；②“1，3，5 型” 1 3 5 9 8 5C C C 4 2016 = ； ③“1，4，4 型” 1 4 4 9 8 4C C C 2 1260 = ；④“1，7，1 型” 1 7 1 9 8 1C C C 72= ；⑤“1，8，0 型” 1 8 9 8C C 9= ； ⑥“2，2，5 型” 2 2 5 9 7 5C C C 3 2268 = ；⑦“2，3，4 型” 2 3 4 9 7 4C C C 6 7560 = ；⑧“2，7，0 型” 2 7 9 7C C 2 72 = ； ⑨“3，3，3 型” 3 3 3 9 6 3C C C 1680= ；⑩“3，6，0 型” 3 6 9 6C C 2 168 = ； ⑪“4，5，0 型” 4 5 9 5C C 2 252 = ， 所以有1008+2016+1260+72+9+2268+7560+72+1680+168+252=16365种不同的分法，故 D 错误． 故选：ABC． 7．（多选）将 1，2，3，4，5，6，7 这七个数随机地排成一个数列，记第 i项为 ( )1,2, ,7ia i = ， 则下列说法正确的是（ ） A．若 4 1 2 3 5 6 77,a a a a a a a= + +  + + ，则这样的数列共有 360 个 B．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 288 个 C．若该数列恰好先减后增，则这样的数列共有 50 个 D．若 1 2 3 3 4 5 5 6 7,a a a a a a a a a       ，则这样的数列共有 71 个 【答案】AD 【分析】根据对称性可得 3 3 36 3 3 C A A 2   ，即可判断 A，对于 B：则这样的数列只能是“奇、 偶、奇、偶、奇、偶、奇”，即可判断 B，对于 C：对1的位置分类讨论，对于 D，分 5 1a = 、 5 2a = 、 5 3a = 三种情况讨论. 【详解】解：对于 A：由于1 2 3 4 5 6 21+ + + + + = 为奇数，根据对称性可知这样的数列 有 3 3 36 3 3 C A A 360 2   = 个，故 A 正确； 对于 B：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 4 3 4 3A A 144 = 个，故 B 错误； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 21 页 对于 C：从 1，2，3，4，5，6 中选出1个数排在1的右侧，其余排在1的左侧， 得到先减后增的数列有 1 6C 个； 从 1，2，3，4，5，6 中选出 2 个数排在1的右侧，其余排在1的左侧， 得到先减后增的数列有 2 6C 个； 从 1，2，3，4，5，6 中选出 3 个数排在1的右侧，其余排在1的左侧， 得到先减后增的数列有 3 6C 个； 从 1，2，3，4，5，6 中选出 4 个数排在1的右侧，其余排在1的左侧， 得到先减后增的数列有 4 6C 个； 从 1，2，3，4，5，6 中选出 5 个数排在1的右侧，其余排在1的左侧， 得到先减后增的数列有 56C 个； 故满足条件的总个数为： 1 2 3 4 56 6 6 6 6C C C C C 62+ + + + = 个，故 C 错误． 对于 D：若 5 1a = 则这样的数列有 2 2 6 3C C 45= 个， 若 5 2a = 则这样的数列有 2 1 5 2 20C C = 个， 若 5 3a = 则这样的数列有 2 4C 6= 个， 所以满足条件的这样的数列共有45 20 6 71+ + = 个，故 D 正确； 故选：AD 8．从正方体的顶点及其中心共 9 个点中任选 4 个点，则这 4 个点在同一个平面的概率 为______． 【答案】 2 7 【分析】由正方体性质，结合组合数求出所有共面的 4 个点的选法，而所有可能情况有 4 9C 种，应用古典概型的概率求法求概率. 【详解】如下图，选正方体 6 个侧面上的顶点，共有 6 种 共面的情况； 过中心O的平面共有 6 个平面，每个平面含 9 个点中的 5 个，则共有 4 56C 种； 所有可能情况有 4 9C 种， 所以这 4 个点在同一个平面的概率为 4 5 4 9 6 6C 36 2 C 126 7 + = = . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 22 页 故答案为： 2 7 9．如图，给图中的 A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜 色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不 同的涂色方法共有______种. 【答案】264 【分析】按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂 A，D，E三点涂 法数，再讨论点 B，F，C的涂法数即可. 【详解】计算不同涂色方法数有两类办法： 当涂四色时，先涂 A，E，D，有 3 4A 种涂法，再从 B，F，C中选一点涂第四种颜色，如 B，再涂 F， 若 F与D同色，则 C有 2 种涂法，若 F与D异色，则 C有 1 种涂法，于是得有 ( )3 14 3A C 2 1+ 种涂法， 当涂三色时，先涂 A，E，D，有 3 3 4 3C A 种涂法，再涂 B，有 2 种涂法，则 F，C各有 1 种涂法，于是得有 3 3 4 32C A 种涂法， 利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为： ( )3 1 3 34 3 4 3A C 2 1 2C A 216 48 264+ + = + = (种)， 所以不同的涂色方法共有 264 种. 故答案为：264 10．若方程： 1 2 3 4 8x x x x+ + + = ，则方程的正整数解的个数为___________. 【答案】35 【分析】将问题转化为将 8 个相同的小球装入 4 个不同的盒子中，每个盒子中至少有 1 个小球，采用隔板法求解即可. 【详解】解：原问题相当于将 8 个相同的小球装入 4 个不同的盒子中，每个盒子中至少 有 1 个小球， 采用隔板法，将 8 个小球排成一排，在其中的 7 个空位上插入 3 个隔板即可， 故共有 3 7 7 6 5 C 35 3 2 1   = =   种. 故答案为：35. 11．我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为 1,2,3, , 1n + 的 +1n 个球的口袋中取出m个球 ( )0 , , Nm n m n   ，共有 +1C m n 种取法.在 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 23 页 +1C m n 种取法中，不取1号球有C m n 种取法；取1号球有 1Cmn − 种取法.所以 1 1C C C m m m n n n − ++ = .试 运用此方法，写出如下等式的结果： 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 4 2 2 4 1C C C C C C C Cn n n n n− − − −+  =+  + +  + ___________. 【答案】 6 3Cn+ 【分析】将等式看作是从编号为1,2,3,..., 3n+ 个球中，取出6个球，其中第3个球的编号 依次为3,4,,...,n的情况，利用分类加法计数原理得到的结果；再由从编号为1,2,3,..., 3n+ 个球中，取出6个球，有 6 3Cn+ 种取法，即可得到结果. 【详解】从编号为1,2,3,..., 3n+ 个球中，取出6个球，记所选取的六个小球的编号分别为 1 2 6, ,...,a a a ，且 1 2 6a a a   ， 当 3 3a = 时，分三步完成本次选取： 第一步，从编号为1,2的球中选取 2 个；第二步，选取编号为3的球；第三步，从剩下 的 n个球中任选3个，故选取的方法数为 2 3 3 2 1 1C C C Cn n = ； 当 3 =4a 时，分三步完成本次选取： 第一步，从编号为1,2,3的球中选取 2 个；第二步，选取编号为4的球；第三步，从剩下 的 1n − 个球中任选3个，故选取的方法数为 2 1 3 2 3 3 1 1 3 1C C C C Cn n− −  =  ； ……； 当 3a n= 时，分三步完成本次选取： 第一步，从编号为1,2,3,..., 1n− 的球中选取 2 个；第二步，选取编号为 n的球；第三步， 从剩下的3个球中选3个，故选取的方法数为 2 1 3 1 13 2 1C C C Cn n− −=  ； 至此，完成了从编号为1,2,3,..., 3n+ 个球中，选取6个球，第3个球的编号确定时的全部 情况， 另外，从编号为1,2,3,..., 3n+ 个球中，取出6个球，有 6 3Cn+ 种取法， 所以 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 4 2 2 6 4 1 3C C C C C C C CCn n nn n n− − − − ++  +  + +  + = . 故答案为： 6 3Cn+ . 12．数列 na 共12项，且 1 1a = ， 4 2a = ，关于 x的函数 ( ) ( ) 3 2 2 1 1 3 n n n x f a x ax x= − + − + ， Nn + ，若 ( )1 1 11nx a n+=   是函数的极值点，且曲线的 ( )4y f x= 在点 ( )( )12 4 12,a f a 处 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 24 页 的切线的斜率为3，则满足条件的数列 na 的个数为__________． 【答案】336 【分析】求导，由题意可得出 1 1n na a+ − = ，根据导数的几何意义，即可求得 12 0a = 或4， 分类讨论，即可求得满足条件的数列 na 的个数. 【详解】因为 ( ) ( ) 3 2 2 1 1 3 n n n x f a x ax x= − + − + ，则 ( ) ( ) ( ) 22 22 1 1n n n nf x x a x a x a = − + − = − − ， 由已知可得 ( ) 2 1 1 0n na a+ − − = ，则 1 1n na a+ − = . 由题意可得 ( ) ( ) 2 4 12 12 4' 1 3f a a a= − − = ，可得 12 4 2a a− = ， 4 2a = ，可得 12 0a = 或4 . ①当 12 0a = 时， ( ) ( ) ( )4 1 2 1 3 2 4 3 2 1 1a a a a a a a a− = − + − + − = − = ， 得 ( )1 1,2,3i ia a i+ − = 的值有2个1，1个 1− ， ( ) ( ) ( )12 4 5 4 6 5 12 11 0 2 2a a a a a a a a− = − + − + + − = − = − ， 得 ( )1 4,5, ,11i ia a i+ − = 的值有5个 1− ，3个1， 此时，数列 na 的个数为 2 3 3 8 168C C = 个； ②当 12 4a = 时， ( ) ( ) ( )4 1 2 1 3 2 4 3 2 1 1a a a a a a a a− = − + − + − = − = ， 得 ( )1 1,2,3i ia a i+ − = 的值有2个1，1个 1− ， ( ) ( ) ( )12 4 5 4 6 5 12 11 0 2 2a a a a a a a a− = − + − + + − = − = − ， 得 ( )1 4,5, ,11i ia a i+ − = 的值有5个 1− ，3个1， 此时，数列 na 的个数为 2 3 3 8 168C C = 个. 综上所述，数列 na 的个数为168 168 336+ = . 故答案为：336 . 【点睛】关键点点睛：本题考查数列个数的求解，解题的关键在于确定 1i ia a+ − 的值的个 数，结合组合计数原理和分类加法计数原理求解. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 52 排列组合重难点专题 常考结论及公式 结论一：两个原理及其区分 （1）分类计数加法原理：完成一件事情，有 n类办法，在第 1 类办法中有 1m 种不同的 方法，在第 2 类办法中有 2m 种不同的方法，  ，在第n类办法中有 nm 种不同的方法， 那么完成这件事共有： 1 2 nN m m m= + + + 种不同的方法. （2）分类计数乘法原理：完成一件事情，需要分成n个步骤，完成第 1 步有 1m 种不同 的方法，完成第 2 步有 2m 种不同的方法，   ，完成第n步有 nm 种不同的方法，那么 完成这件事共有： 1 2 nM m m m= 种不同的方法. （3）分类计数加法原理和分步计数乘法原理的区别与区分 ①分类计数加法原理方法之间都是相互独立的，任何一种方法都可以独立地完成整件 事情； ②分步计数乘法原理各步之间相互依存，每步中的方法只是完成了事件的一个阶段而已； ③区分这两个原理重点在于看其中一种方法是否完成了整件事情，再选择是用加法还是 乘法来进行计算. 结论二：排列数性质 （1） 1 1 m m n nA nA − −= ；（2） 1 1 1m m m n n n n A A A n m n m + −= = − − ；（3） 1 1 1 m m m n n nA mA A − − −= + . 结论三：组合数性质 （1） m n m n nC C −= ； （2） 1 1 m m m n n nC C C − ++ = ； 结论四：全错位排列问题 （1）定义：一般地，设 n个编号为1,2, , , , , ,i j n的不同元素 1 2, ,a a , , ,ia , ,j na a 排成一排，且每个元素均不排在与其编号相同的位置，这样的全错位排列数 为 nT ，则有 2 1T = ， 3 2T = ， 1 2( 1)( )( 3)n n nT n T T n− −= − + 和 1 ( 1) ( 2) n n nT nT n−= + − 成立.其中通项公式为 1 1 1 ! ( 1) 2! 3! ! n nT n n   = − + + −    . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 题型一 分类与分步问题 【例 1】有一道楼梯共 10 阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步 一阶或一步两阶，小王同学 7 步登完楼梯的概率为___________. 【跟踪训练 1】将 4 个编号为 1、2、3、4 的不同小球全部放入 4 个编号为 1、2、3、4 的 4 个不同盒子中.求： (1)每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？ (2)恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？ (3)每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？ (4)把已知中 4 个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有 一个空盒，有多少种不同的放法？ 题型二 相邻与不相邻问题（捆绑法与插空法） 【例 2】把 a，a，a，b，b， ， 排成一排，要求三个“a”两两不相邻，且两个“b”也 不相邻，则这样的排法共有______种． 【跟踪训练 2】现有 7 位同学（分别编号为 , , , , , , A B C D E F G ）排成一排拍照，若其中 , ,A B C三人互不相邻， ,D E两人也不相邻，而 ,F G两人必须相邻，则不同的排法总数 为________．（用数字作答） 题型三 特殊元素（位置）法的应用 【例 3】某篮球队有12名队员，其中有6名队员打前锋，有4名队员打后卫，甲、乙两 名队员既能打前锋又能打后卫.若出场阵容为3名前锋，2名后卫，则不同的出场阵容共 有______种． 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 【跟踪训练 3】设集合  ( )1,2,3, , N, 2P n n n=   ，选择 P的两个非空子集A 和 B，要 使 B中最小的数大于A 中最大的数，则不同的A 和 B共有__________个组合. 题型四 整数分解型问题（隔板法） 【例 4】把 20 个相同的小球放到三个编号为 1､2､3 的盒子里，且每个盒子内的小球数 要多于盒子的编号数，则共有__________种放法． 【跟踪训练 4】（1）把 6 个相同的小球放入 4 个不同的箱子中，每个箱子都不空，共 有多少种放法？ （2）把 6 个不同的小球放入 4 个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？ （3）把 6 个不同的小球放入 4 个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？ 题型五 复杂问题用间接法（排除法） 【例 5】某值班室周一到周五的工作日每天需要一人值夜班，该岗位共有四名工作人员 可以排夜班，已知同一个人不能连续安排三天夜班，则这五天排夜班方式的种数为（ ） A．800 B．842 C．864 D．888 【跟踪训练 5】将六个数 0 、1、2、9、19、20将任意次序排成一行，拼成一个8位数， 则产生的不同的8位数的个数是（ ） A．498 B．516 C．534 D．546 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 题型六 分组与分配问题（平均分组或部分平均分组） 【例 6】（多选）某医院派出甲、乙、丙、丁 4 名医生到A ，B，C三家企业开展“新冠 肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（ ） A．所有不同分派方案共 34 种 B．若每家企业至少分派 1 名医生，则所有不同分派方案共 36 种 C．若每家企业至少派 1 名医生，且医生甲必须到A 企业，则所有不同分派方案共 12 种 D．若C企业最多派 1 名医生，则所有不同分派方案共 48 种 【跟踪训练 6】将四个小球放入编号为 1、2、3、4 的四个盒子中，根据下列条件求不 同放法的种数． (1)四个小球不同，每个盒子各放一个； (2)四个小球相同，每个盒子各放一个； (3)四个小球不同，四个盒子恰有一个空着； (4)四个小球相同，四个盒子恰有一个空着． 题型七 倍缩法解决部分定序问题 【例 7】定义数列 na 如下：存在 k N ，满足 1k ka a + ，且存在 s N ，满足 1s sa a + ， 已知数列 na 共 4 项，若  ( )1,2,3,, 4, ,ia t x y z i = 且 t x y z   ，则数列 na 共有（ ） A．190 个 B．214 个 C．228 个 D．252 个 【跟踪训练 7】某兴趣小组有 10 名学生，若从 10 名学生中选取 3 人，则选取的 3 人中 恰有 1 名女生的概率为 3 10 ，且女生人数超过 1 人，现在将 10 名学生排成一排，其中男 生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有______种不同的站队方法. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 题型八 涂色问题 【例 8】将红、黄、蓝三种颜色的涂料都涂在下图的六个区域中，每个区域涂一种颜色， 要求有三个区域涂同一颜色，且相邻的两个区域不同色，共有_________涂法（用数字 作答）． 【跟踪训练 8】某班级在一次植树种花活动中负责对一片圆环区域 花圃栽植鲜花，该圆环区域被等分为 n个部分（ 4n  ），每个部分 从 m种不同颜色（ 4m  ）的鲜花中选取一种进行栽植，要求相邻区 域不能用同种颜色的鲜花．将总的栽植方案数用 ,m na 表示，则： ,m na =__________． 题型九 全错位排列问题 【例 9】甲、乙、丙三名同学上台领奖，从左到右按甲、乙、丙的顺序排列，则三人全 都站错位置的概率是（ ） A． 1 3 B． 1 6 C． 1 2 D． 1 4 【跟踪训练 9】在含有n个元素的集合  1,2, ,nA n=  中，若这n个元素的一个排列（ 1a ， 2a ，…， na ）满足 ( 1,2, , )ia i i n =  ，则称这个排列为集合 nA 的一个错位排列（例如： 对于集合 3 {1,2,3}A = ，排列 (2,3,1)是 3A 的一个错位排列；排列 (1,3,2) 不是 3A 的一个错 位排列）.记集合 nA 的所有错位排列的个数为 nD . （1）直接写出 1D ， 2D ， 3D ， 4D 的值； （2）当 3n  时，试用 2nD − ， 1nD − 表示 nD ，并说明理由； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 课后突破训练 1．2022 卡塔尔世界杯比赛场地是在卡塔尔的 8 座体育馆举办．将甲、乙、丙、丁 4 名 裁判随机派往卢赛尔，贾努布，阿图玛玛三座体育馆进行执法，每座体育馆至少派 1 名 裁判，A表示事件“裁判甲派往卢赛尔体有馆”；B表示事件“裁判乙派往卢赛尔体育馆”； C表示事件“裁判乙派往贾努布体育馆”，则（ ） A．事件 A与 B相互独立 B．事件 A与 C为互斥事件 C． ( ) 1 3 P C A = D． ( ) 1 6 P B A = 2．如图，在正三角形的 12 个点中任取三个点构成三角形，能构成三角形的数量为（ ） A．220 B．200 C．190 D．170 3．阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉．三个家庭的 3 位妈妈带着 3 名女宝和 2 名男宝共 8 人踏春．在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互 不相邻照顾孩子；3 名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止 2 名男宝打闹， 2 人不相邻，且不排最前面也不排最后面．则不同的排法种数共有( ) A．144 种 B．216 种 C．288 种 D．432 种 4．在空间直角坐标系O xyz− 中， ( ) ( ) ( )10,0,0 , 0,10,0 , 0,0,10A B C ，则三棱锥O ABC− 内 部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ） A． 310C B． 3 9C C． 2 10C D． 2 9C 5．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 1A ､ 2A ､ 3A ､ 4A 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 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 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120种 B．甲从M 必须经过 2A 到达N处的方法有64 种 C．甲､乙两人在 2A 处相遇的概率为 81 400 D．甲､乙两人相遇的概率为 1 2 6．（多选）九本书籍分给三位同学，下列说法正确的是（ ） A．九本书内容完全一样，每人至少一本有 28 种不同的分法 B．九本书内容都不一样，分给三位同学有 93 19683= 种不同的分法 C．九本书内容完全一样，分给三位同学有 55 种不同的分法 D．九本书内容都不一样，甲同学至少一本，乙同学至少二本有 63 729= 种不同的分法 7．（多选）将 1，2，3，4，5，6，7 这七个数随机地排成一个数列，记第 i项为 ( )1,2, ,7ia i = ， 则下列说法正确的是（ ） A．若 4 1 2 3 5 6 77,a a a a a a a= + +  + + ，则这样的数列共有 360 个 B．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 288 个 C．若该数列恰好先减后增，则这样的数列共有 50 个 D．若 1 2 3 3 4 5 5 6 7,a a a a a a a a a       ，则这样的数列共有 71 个 8．从正方体的顶点及其中心共 9 个点中任选 4 个点，则这 4 个点在同一个平面的概率 为______． 9．如图，给图中的 A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜 色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不 同的涂色方法共有______种. 10．若方程： 1 2 3 4 8x x x x+ + + = ，则方程的正整数解的个数为___________. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 11．我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为 1,2,3, , 1n + 的 +1n 个球的口袋中取出m个球 ( )0 , , Nm n m n   ，共有 +1C m n 种取法.在 +1C m n 种取法中，不取1号球有C m n 种取法；取1号球有 1Cmn − 种取法.所以 1 1C C C m m m n n n − ++ = .试 运用此方法，写出如下等式的结果： 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 4 2 2 4 1C C C C C C C Cn n n n n− − − −+  =+  + +  + ___________. 12．数列 na 共12项，且 1 1a = ， 4 2a = ，关于 x的函数 ( ) ( ) 3 2 2 1 1 3 n n n x f a x ax x= − + − + ， Nn + ，若 ( )1 1 11nx a n+=   是函数的极值点，且曲线的 ( )4y f x= 在点 ( )( )12 4 12,a f a 处 的切线的斜率为3，则满足条件的数列 na 的个数为__________．