重难点04 排列组合综合问题及其拓展方法运用（15种题型）高二数学人教B版选择性必修第二册

重难点04 排列组合问题及其拓展方法运用 题型01 涂色种数问题 1. 按图形结构（如直线型、环形、网格型）确定涂色顺序（优先涂相邻多的区域，避免重复/遗漏），将区域（或元素）拆解为依次涂色的步骤，明确相邻区域的颜色限制。 2. 对每一步（区域），根据前一步已涂颜色，计算当前可选颜色数（排除相邻重复色），用乘法原理串联每步方法数；若有特殊情况（如对称、分类涂色），先分类再用加法原理汇总，最终得总种数。 1．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（    ） A． B． C． D． 2．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 3．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 4．给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 5．如图，从左到右有5个空格． (1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答） (2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答） (3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）． 6．一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为等份，种植红､黄､蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花. (1)如图1，圆环分成的4等份为，有多少种不同的种植方法？ (2)如图2，圆环分成的等份为，有多少种不同的种植方法？ 题型02 排数个数问题 1. 优先处理首位（非0）、奇偶位等特殊约束，按位数（如个位、十位、百位）拆解为分步涂色类步骤，明确相邻或特定位的数字限制（如重复/无重复）。 2. 从首位开始，按顺序计算每一位可选数字数（排除约束冲突数），用乘法原理串联；若有分类场景（如含某数字/奇偶性），先分类算每类种数，再用加法原理汇总得总数。 7．将1，2，3，4，5，6，7这7个数字排成一排，则相邻数字互质的排法有（    ）． A．576种 B．720种 C．864种 D．900种 8．若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如360、253等都是“凸数”．用0，1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则在组成的三位数中“凸数”的个数为（    ）（用数字作答） A．20 B．25 C．30 D．40 9．从、、、、、中任选个不同的数字组成一个四位数，若这个四位数是偶数，则个位、十位和百位上的数字之和为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 10．用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． (1)比20000大的五位偶数共有多少个； (2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ (3)能被6整除的五位数有多少个． 11．用2，3，4，5这4个数字组成没有重复数字的四位数. (1)求能组成的四位数的个数； (2)求能组成可以被5整除的四位数的个数； (3)求能组成为偶数的四位数的个数. 12．用0，1，3，4，5，6，7，8组成一个无重复数字的四位数. (1)求满足条件的四位数的总个数； (2)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被5整除的概率； (3)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被3整除且不含数字0的概率. 题型03 平均分组分配种问题 1. 按每组人数用组合数分步选组，因平均分组存在重复，需除以平均组数的全排列去重，得到不区分组的分组种数。 2. 若需分配给不同对象，将分组种数乘对象的全排列；若仅分组不分配，去重后即结果，核心是区分“分组”与“分配”的差异。 13．为提高教学质量，教育厅派6位教研员，平均分成3组，去某地3所重点高中调研，且甲、乙两位教研员不去同一所高中，则不同的调研安排方案有（    ）种． A．66 B．72 C．85 D．96 14．奥运会足球预选赛亚洲区决赛（俗称九强赛），中国队和韩国队是其中的两支球队．现要将9支球队随机平均分成3组进行比赛，则中国队与韩国队分在同一组的概率是（    ）． A． B． C． D． 15．登山运动员 人， 平均分为两组， 其中熟悉道路的有4人， 每组都需要 人， 那么不同的分配方法种数是（    ） A． B． C． D． 16．现将甲､乙､丙､丁､戊､己6名员工平均分成两个志愿者小组，到外面参加两项不同的服务工作，则丙､丁两人恰好参加同一项服务工作的概率为（    ） A． B． C． D． 17．第19届亚运会将于2022年9月10日至25日在中国浙江杭州举行.某项目组委会计划将6名安检人员平均分成3组，到3个不同场馆服务，若每组去一个场馆，且每个场馆都有人服务，则甲､乙两名安检人员不在同一个场馆服务的分配方案有（    ） A．18种 B．36种 C．72种 D．144种 18．将1，2，...，9这9个数平均分成三组，则每组的三个数都成等差数列的概率为（    ） A． B． C． D． 题型04 含至少、至多分组分配问题 1. 将“至少/至多”转化为具体分组方案（如“至少2个”拆为2、3…等），排除不符合的方案，用组合数算每组种数，注意平均分组需去重。 2. 每组方案数相加得总分组数，分配给不同对象则乘对象全排列；或用总情况减对立情况简化计算，核心是转化约束避免漏算。 19．某校安排高一年级（1）~（5）班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一（1）班被安排到A基地的排法种数为（    ） A．24 B．36 C．60 D．240 20．某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（   ） A．12种 B．24种 C．36种 D．30种 21．某医院分配3名医生6名护士紧急前往三个小区协助社区做核酸检测.要求每个小区至少一名医生和至少一名护士.问共有多少种分配方案？（    ） A．3180 B．3240 C．3600 D．3660 22．现在4本不同的书，按以下方式进行分配． (1)分成两堆，每堆2本，则有多少种分法； (2)分成两堆，一堆3本、一堆1本，则有多少种分法； (3)分给甲、乙两人，每人2本，则有多少种分法； 23．五个不同的小球，全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中.回答下面几个问题（写出必要的算式，并以数字作答）: (1)可以有空盒，但球必须都放入盒中的放法有多少种? (2)四个盒都不空的放法有多少种? (3)恰有一个空盒的放法有多少种? 24．从射击、乒乓球、跳水、田径四个大项的雅典奥运冠军中选出6名作“夺冠之路”的励志报告． （1）若每个大项中至少选派一人，则名额分配有几种情况？ （2）若将6名冠军分配到5个院校中的4个院校作报告，每个院校至少一名冠军，则有多少种不同的分配方法？ 题型05 多元方程整数解问题 1. 针对为整数），通过换元令，转化为“隔板法”标准模型。 2. 对正整数解模型，插入；若有，换元为转化后再用隔板法，核心是模型转化。 25．已知集合，则A中的元素的个数为 . 26．已知数列共有26项，且，，，则满足条件的不同数列有 个． 27．若方程，其中，则方程的正整数解得个数为 . 28．已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 29．不等式，其中是正整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A． B． C． D． 30．已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A．36 B．45 C．50 D．24 题型06 排列组合数求解证明问题 1. 明确待证排列数公式，结合定义（排列是有序选取、组合是无序选取）或已知公式（如确定证明方向。 2. 用分步计数原理推导排列数公式，通过“排列去序”得组合数公式；或用数学归纳法、代数运算验证等式，关键是紧扣定义，确保推导逻辑严谨等价。 31．化简结果为（    ） A． B． C． D． 32． A． B． C． D． 33．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 34．设为正整数，且，则 ． 35．（1）化简：． （2）设，且，证明：． 36．（1）求证：； （2）化简：． 题型07 多排与错位排列问题 1. 多排先明确各排人数及是否有位置限制（如前排特殊）；错位排列确认元素总数，明确“每个元素不占原位置”核心，区分两类问题差异。 2. 多排等效单排用全排列；错位排列用公式，代入计算或分步推导，得总排列数。 37．6个人站成前后两排照相，要求前排2人，后排4人，那么不同的排法共有（    ） A．30种 B．360种 C．720种 D．1440种 38．10名同学拍照，站成前排3人后排7人，现摄影师要从后排7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．168 B．420 C．840 D．20160 39．某次数学获奖的6名高矮互不相同的同学站成两排照相，后排每个人都高于站在他前面的同学，则共有多少种站法（    ） A．36 B．90 C．360 D．720 40．同室4人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则4张贺卡不同分配方式有 A．8种 B．9种 C．10种 D．12种 41．5个人站成一列，重新站队时各人都不站在原来的位置上，共有种不同的站法（   ） A．42 B．44 C．46 D．48 42．个同学玩“真心话”游戏，回答抽到的问题.若个人将各自的问题写在一张卡片上（每张卡片的形状､大小均相同），并将这张卡片放入一个不透明的箱子里，搅拌均匀，再让这人在箱子里各摸一张，恰有人需回答自己问题的种数为 . 题型08 环排问题 1.明确元素是否相同、是否为环形（无固定首尾），区分普通环排与环形组合，标注特殊约束（如旋转重合算同一种、翻转是否不同）。 2.n个不同元素环排用(n-1)!；含翻转相同除以2；环形组合先固定一人再选其余，用组合数计算，最后结合约束验证结果。 43． A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（    ） A．60种 B．48种 C．30种 D．24种 44．现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（    ） A． B． C． D． 45．现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有（    ） A．6种 B．8种 C．12种 D．16种 46．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（    ）. A．40320种 B．5040种 C．20160种 D．2520种 47．已知甲、乙、丙三位同学围成一个圆时，其中一个排列“甲乙丙”与该排列旋转一个或几个位置后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一个排列．现有位同学，若站成一排，且甲同学在乙同学左边的站法共有种，那么这位同学围成一个圆时，不同的站法总数为（    ） A． B． C． D． 48．5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有 种（填数字）． 题型09 多面手问题 1. 明确多面手（如既会A又会B）、单一技能人员及岗位需求，按多面手参与岗位的情况分类（不选、选作A岗、选作B岗等），确保类别互斥。 2. 每类中先选多面手再选单一技能者，用组合数计算各类方法数，复杂时结合分步乘法原理，最后将所有类别结果相加，得总方法数。 49．我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有（   ）种不同的选法． A． B． C． D． 50．某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（    ）种不同的选法 A．225 B．185 C．145 D．110 51．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．56种 B．68种 C．74种 D．92种 52．在名工人中,有人只当钳工, 人只当车工,另外人既会钳工又会车工，现从人中选出人当钳工, 人当车工,则共有（    ）种不同的选法. A． B． C． D． 53．某公园有P，Q，R三只小船，P船最多可乘3人，Q船最多可乘2人，R船只能乘1人，现有3个大人和2个小孩打算同时分乘若干只小船，规定有小孩的船必须有大人，共有不同的乘船方法为 A．36种 B．33种 C．27种 D．21种 54．我校去年11月份，高二年级有9人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余4人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有 种不同的选法 题型10 “正难则反”法 1. 判断正面求解（直接算符合条件的种数）是否复杂，若分类多、易漏算，确定反面（不符合条件的种数），明确总情况与反面情况的定义。 2. 用计数原理算无约束的总情况数，再算反面情况数（常较简单，如“至少1个”反面为“1个都没有”），总情况数减反面数得结果，核心是简化计算。 55．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，乙和丙不相邻．则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 56．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出二十四节气宣传橱窗，其中“雨水”，“惊蛰”，“谷雨”，“芒种”，“白露”，“寒露”6块知识展板放置在排成一排的六个文化橱窗里，要求“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，且“白露”与“寒露”两块展板不相邻，则不同放置方式的种数为（   ） A．144 B．240 C．336 D．456 57．某学校准备派遣5名教师同时到三个不同的学校进行支教活动.要求每个学校至少派遣1名教师，若教师甲乙去往不同的学校，则不同的派遣方案有（    ）种. A．36 B．72 C．114 D．162 58．从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，则甲、乙至多有人被选中的不同选法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 59．某工厂生产一种产品需经过一，二，三，四共4道工序，现要从，，，，，这6名员工中选出4人，安排在4道工序上工作（每道工序安排一人），如果员工不能安排在第四道工序，则不同的安排方法共有（    ） A．360种 B．300种 C．180种 D．120种 60．高二（1）班从5名同学中选取4人参加校运会的米接力赛，每人只能跑一棒，其中第一棒只能从中选一人跑，且不相邻，第四棒不能由跑，则不同的选取方法有（    ） A．18种 B．20种 C．24种 D．28种 题型11 特殊元素/位置法 1. 识别特殊元素（如必选/禁选元素）或特殊位置（如首位非0、个位为偶），优先计算其可选方法数，确保满足约束条件，避免后续冲突。 2. 特殊部分确定后，计算剩余普通元素/位置的排列或组合数，用乘法原理串联特殊与普通部分的方法数，核心是“特殊优先，分步计数”。 61．某电影院一排有7个座位，中间有条过道，过道左侧有4个座位，右侧有3个座位，现有包含小明，小刚，小强在内的7位同学购买了某一排的座位，其中小明想和小刚坐在一起，小强想坐在右侧，则共有（   ）种不同的排法． A．216 B．264 C．312 D．528 62．小华一家4人（小华，姐姐，爸爸，妈妈）计划去南京自驾游，车子前排有驾驶座和副驾驶座，后排有3个座位．只有爸爸和妈妈会开车，且小华未成年只能坐在后排，则不同的乘坐方式一共有（    ） A．18种 B．27种 C．36种 D．54种 63．由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有（    ） A．24个 B．72个 C．96个 D．120个 64．甲、乙、丙、丁共4人站成一排，且甲不在两端，则不同排法共有（    ） A．24种 B．12种 C．8种 D．6种 65．2024年11月24日，在池州市举行的马拉松比赛中，昭明大道设有三个服务站，某高中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，其中同学甲只能去①号服务点，则不同的安排方法共有（    ）种 A．50 B．60 C．68 D．90 66．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 题型12 捆绑法 1. 识别需相邻的元素，将其捆绑为一个“整体”，计算整体内部的排列数（满足相邻元素的顺序要求），明确整体与其他普通元素的数量。 2. 将捆绑整体与普通元素视为多个独立对象，计算其全排列数，再用乘法原理串联整体内部排列数与整体间排列数，核心是“捆内排序，捆外排列”。 67．由1，2，3，4，5，6，7，8组成一个没有重复数字的八位数，任何相邻两个数字的奇偶性不同，且满足 3 和 4 相邻，则这样的八位数有（    ）个. A．432 B．257 C．216 D．504 68．某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 69．两名老师和甲、乙等五名学生站成一排，要求甲不站最左边，两名老师相邻，且乙和老师不相邻，则不同的排法共有（   ） A．774种 B．796种 C．816种 D．834种 70．现有把相同的椅子排成一排，甲、乙、丙三人每人选取其中的一把椅子入座，在这三人中有两人相邻坐的条件下，则三人均相邻（甲、乙、丙之间无空座）的概率为（    ） A． B． C． D． 71．某智能机器人需执行包含5个不同指令，，，，的程序，若每个指令只执行一次，指令，必须连续执行（顺序可以互换），指令不能出现在最后一个位置，则符合条件的指令执行方式的种数为（    ） A．18 B．36 C．48 D．144 72．在华南师大附中社团开放日的展示活动中，辩论社，国学社，摄影社，魔方社，天文社5个社团的摊位排成一列，其中辩论社与国学社必须相邻，那么不同的排法有（    ） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 题型13 插空法 1. 识别不相邻元素与普通元素，先对普通元素全排列，根据排列结果确定可插入空位数量（含两端），确保空位能分隔不相邻元素。 2. 从空位中选对应数量插入不相邻元素，计算选位与排序数，用乘法原理串联普通元素排列数与插空排列数，核心是“先排无约束，再插有约束”。 73．现有名男同学和名女同学站成一排合影，则名女同学不相邻的站法种数是（    ） A． B． C． D． 74．来自3个班的6名同学一起参与登山活动，其中一班有3人，二班有2人，三班1人，到达山顶之后6人排成一排合影留念，则同班同学不相邻的站法总共有（   ） A．150种 B．120种 C．84种 D．72种 75．10名同学合影，站成了前排3人后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（   ） A．168 B．630 C．252 D．420 76．在某次研讨会中，甲、乙、丙、丁、戊、己6位专家轮流发言，其中甲和乙不能连续发言，则这6位专家的不同发言顺序共有 （    ） A．240种 B．280种 C．480种 D．720种 77．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． 78．在某班进行的歌唱比赛中，共有6位选手参加，其中3位女生，3位男生．如果3位男生任何两人都不能连着出场，且女生甲不能排在最后一个，那么出场顺序的排法种数为（    ） A．60 B．72 C．132 D．144 题型14 隔板法 1. 确认问题是否为“将n个相同元素分给k个不同对象，允许对象为空或不为空”，满足“元素相同、对象不同”核心特征，不满足则不可用隔板法。 2. 若允许为空，需先补个”，用公式为组合数，计算得出结果。 79．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 80．某校庆典活动开场舞安排高中三个年级的16名学生共同完成，要求每个年级至少安排1名学生，则名额的分配方案共有（   ） A．105种 B．455种 C．120种 D．560种 81．2025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 82．2025年央视春晚的四个分会场分别为重庆、武汉、无锡和拉萨，现有11个志愿者名额分配给这四个分会场，其中一个分会场分5个名额，在余下的三个分会场中每个会场至少分一个名额，则名额分配的不同种数为（    ） A．210 B．35 C．40 D．120 83．近日，上海疫情形势严峻，市疾控中心在我市四家三甲医院选派多名医护人员支援上海，抗击疫情．其中，需要医生8名，现要求每所医院至少抽调一名医生，则不同的名额分配方法种数为（    ） A．36 B．35 C．32 D．30 84．某国家级示范高职院校为做好春季高考招生工作，决定邀请省内部分高中优秀高三学生到校进行职业生涯体验.若育才高中将获得的6个体验名额随机分配给高三年级4个班级，则每个班均获得体验名额的概率为（    ） A． B． C． D． 题型15 伸缩法（主要针对定序问题） 1. 识别需消除重复计数的元素（如相同元素、无序分组），先对所有元素全排列计算总数，明确重复计数的根源（如n个相同元素的排列重复n!次）。 2. 用全排列数除以重复计数的倍数（相同元素个数的全排列或分组数的全排列），消除重复，核心是“先算总再除重，修正计数偏差”。 85．2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有（   ）个． A．480 B．600 C．720 D．840 86．现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取3件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（   ） A．8400 B．11760 C．13440 D．20160 87．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数，例如：，，现将、、、、的函数值排成一列，则组成的不同五位数的个数为（   ） A． B． C． D． 88．用数字组成没有重复数字的五位数，在所组成的五位数中任选一个，则这个五位数中数字按从小到大的顺序排列的概率为（    ） A． B． C． D． 89．某单位开展联欢活动，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同.甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖项介于丁和戊之间”.根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是（    ） A．15 B．18 C．22 D．26 90．某学习小组、、、、、、七名同学站成一排照相，要求与相邻，并且在的左边，在的右边，则不同的站队方法种数为（    ） A． B． C． D． 2 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点04 排列组合问题及其拓展方法运用 题型01 涂色种数问题 1. 按图形结构（如直线型、环形、网格型）确定涂色顺序（优先涂相邻多的区域，避免重复/遗漏），将区域（或元素）拆解为依次涂色的步骤，明确相邻区域的颜色限制。 2. 对每一步（区域），根据前一步已涂颜色，计算当前可选颜色数（排除相邻重复色），用乘法原理串联每步方法数；若有特殊情况（如对称、分类涂色），先分类再用加法原理汇总，最终得总种数。 1．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别求出区域1与区域3种同种花卉和不同花卉的方案种数，根据古典概率的公式求解. 【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种； 当区域1与区域3不种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种． 故该花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为. 故选：B. 2．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 3．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算. 【详解】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法. 第二部分为，，.当，同色时，，各有2种涂法；当，异色时，有种涂法，，均只有种涂法. 故第二部分共有种涂法. 第三部分为，，，与第二部分一样，共有种涂法. 因此根据分步乘法计数原理，共有种涂法， 故选：D. 4．给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【答案】(1)3种 (2)72 【分析】根据排列组合涂色问题解题方法，先分类再分步完成涂色即可. 【详解】（1）由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务. （2）分两种情况: 情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有种涂法; 情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有种涂法. 所以共有24+48=72种不同的涂色方法. 5．如图，从左到右有5个空格． (1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答） (2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答） (3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）． 【答案】(1)96 (2)48 (3)180 【分析】（1）先将排好，再排其他数字即可； （2）先涂第一个格子，再涂第二个格子，依次进行，求出每步的方法种数，即可得解； （3）法一：从5家企业中选一家，再从3位校长中选2位，再从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，进而可得出答案. 法二：先将五家企业分为3份，再将这3份分给3位校长即可. 【详解】（1）分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法； ②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况， 则一共有种不同的填法； （2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况， 第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况， 同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况， 则五个格子共有种不同的涂法； （3）法一：根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈， 第1步：从5家企业中选一家， 第2步：从3位校长中选2位， 第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长， 第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业， 因此有种． 法二：五家企业记为A，B，C，D，E，把这五家企业分为3份， 如，，， 含有E的这一份要从A，B，C，D取一家组成2家，如取A得， 前面分三份会出现，因此有， 然后再分给3位校长， 因此总排法有种． 【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解： （1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析； （2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析； （3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题. 6．一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为等份，种植红､黄､蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花. (1)如图1，圆环分成的4等份为，有多少种不同的种植方法？ (2)如图2，圆环分成的等份为，有多少种不同的种植方法？ 【答案】(1)18 (2) 【分析】（1）分类讨论与不同颜色以及与相同颜色时，不同的种植方法，即可求出答案； （2）由题意知圆环分成的等份，对有3种不同的种法，对都有2种不同的种法，但这样的种法只能保证与不同颜色，但不能保证与不同颜色，在这种情况下要分类，一类是与不同色的种法，另一类是与同色的种法，根据分类计算原理的出结果. 【详解】（1）如图1，当与不同颜色时，有种；当与相同颜色时，有种，所以共有（种）. （2）如图2，圆环分为等份，对有3种不同的种法，对都有2种不同的种法， 但这样的种法只能保证与不同颜色，不能保证与不同颜色. 于是一类是与不同色的种法，这是符合要求的种法，记为种. 另一类是与同色的种法，这时可以把与看成一部分，这样的种法相当于对部分符合要求的种法， 记为，共有种种法. 这样就有.即， 则数列是首项为，公比为的等比数列. 则. 由,， . 故圆环分成的等份的不同种法有种. 题型02 排数个数问题 1. 优先处理首位（非0）、奇偶位等特殊约束，按位数（如个位、十位、百位）拆解为分步涂色类步骤，明确相邻或特定位的数字限制（如重复/无重复）。 2. 从首位开始，按顺序计算每一位可选数字数（排除约束冲突数），用乘法原理串联；若有分类场景（如含某数字/奇偶性），先分类算每类种数，再用加法原理汇总得总数。 7．将1，2，3，4，5，6，7这7个数字排成一排，则相邻数字互质的排法有（    ）． A．576种 B．720种 C．864种 D．900种 【答案】C 【分析】先排列1，3，5，7，再分类排6结合排列数公式列式计算求解. 【详解】 先排1，3，5，7，有种排法； 再排6，根据题意，6不能排在3的两侧，则6有种排法； 最后排2和4，这两个数不能排在6的两侧，则有种排法. 故相邻数字互质的排法共有（种）． 故选：C. 8．若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如360、253等都是“凸数”．用0，1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则在组成的三位数中“凸数”的个数为（    ）（用数字作答） A．20 B．25 C．30 D．40 【答案】C 【分析】分“凸数”中有0和无0两种情况，结合题意可得“凸数”的总个数. 【详解】由题可得若“凸数”中有0，则0在“凸数”的个位数，剩下两数， 因大小关系限制，相当于从5个中选2个，有种情况； 若“凸数”中没有0，则先从剩下5个数中，选3个，有种可能性， 由于十位数最大，个位数与百位数没有限制，故将3数中最大数放在十位， 剩下两数有2种安排方法，故共有种情况. 则共有种方法. 故选：C 9．从、、、、、中任选个不同的数字组成一个四位数，若这个四位数是偶数，则个位、十位和百位上的数字之和为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出四位偶数的个数，然后考虑这个四位数既是偶数，又满足个位、十位和百位上的数字之和为偶数的情况，对个位、十位和百位上的数字进行分类讨论：三个数位上的数字全是偶数、三个数位上的数字为两奇一偶，求出满足条件的四位偶数的个数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】若个位上的数字为，则这样的四位偶数的个数为； 若个位数字不是，则个位数字为或，首位有中选择，这样的四位偶数的个数为. 所以，四位偶数的个数为个； 下面考虑这个四位数既是偶数，又满足个位、十位和百位上的数字之和为偶数的情况： 若个位、十位和百位上的数字都是偶数，则首位从、、中选择一个数，有种选择， 再将、、排在个位、十位和百位上，这样的四位偶数个数为个； 若个位、十位和百位上的数字中有个奇数、个偶数，则十位、百位上的数字为奇数， 若首位为奇数，则三个奇数分别排首位、百位、十位，则个位排偶数，这样的四位偶数的个数为个； 若首位为偶数，则首位从、中选择一个，个位从以及剩余的一个偶数中选择， 十位、百位从个奇数中选择个排列即可，这样的四位偶数的个数为个. 综上所述，个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位偶数的个数为个. 故所求概率为. 故选：A. 10．用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． (1)比20000大的五位偶数共有多少个； (2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ (3)能被6整除的五位数有多少个． 【答案】(1)240 (2)352 (3)108 【分析】（1）分首位是2，4，3，5四种情况，得到每种情况下的结果数，相加即可； （2）分首位数字为1、2和3，求出相应的比35214小的个数，从而得到答案； （3）能被3整除，则各位数字之和必须能被3整除，分2种情况，结合须为偶数，分类讨论，求出每种情况下的个数，相加即可. 【详解】（1）根据题意，符合题意的五位数的首位只能是2，3，4，5，共4种可能， 末位数字必须是0、2或4； 当首位是2时，末位是4或0，有种结果，当首位是4时，同样有48种结果， 当首位是3或5时，末位数字必须是0、2或4，共有种结果， 综上，可知共有种结果，即比20000大的五位偶数有个； （2）根据题意，当五位数首位数字为1、2时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为0、1、2、4时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为，第3位数字为0、1时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为0时，有2个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为1时，比35214小的还有35210，1个数； 则比35214小的五位数有个，故35214是第位； （3）根据题意，被6整除的数必须是既能被2整除，也能被3整除， 若能被3整除，则各位数字之和必须能被3整除，有2种情况， ①当五个数字由、、、、组成时，其末位数字为、，有个， ②当五个数字由、、、、组成时，首位数字为或时，末位有种选择，共有个， 首位数字为或时，末位有种选择，共有个，此时共有个， 则被整除的五位数有个． 11．用2，3，4，5这4个数字组成没有重复数字的四位数. (1)求能组成的四位数的个数； (2)求能组成可以被5整除的四位数的个数； (3)求能组成为偶数的四位数的个数. 【答案】(1)24 (2)6 (3)12 【分析】（1）根据给定条件，利用全排列列式计算. （2）（3）根据给定条件，利用特殊位置法列式计算. 【详解】（1）能组成的四位数的个数为. （2）能组成可以被5整除的四位数，其个位数字为5，所求个数为. （3）能组成为偶数的四位数，其个位数字为2，4之一，所求个数为. 12．用0，1，3，4，5，6，7，8组成一个无重复数字的四位数. (1)求满足条件的四位数的总个数； (2)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被5整除的概率； (3)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被3整除且不含数字0的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）需要考虑到千位数字不能为0的情形，然后利用排列组合的知识进行求解即可. （2）首先判断能被5整除的数的特点，然后分情况计算个数，最后除以总数就是概率值. （3）首先判断能被3整除的数字的特点，然后一一列出符合条件的数字，最后通过排列数进行计算即可. 【详解】（1）因为四位数的千位数不能为0，所以千位数有7种选择，排完了千位数后，还剩7个数字， 所以满足条件的四位数的总个数为. （2）若这个四位数能被5整除，则这个四位数的个位数为0或5. 当个位数为0时，满足条件的四位数的个数为； 当个位数为5时，满足条件的四位数的个数为. 故这个四位数能被5整除的概率为. （3）若这个四位数能被3整除，则这个四位数的各位数之和能被3整除， 各位数之和是3的倍数且不含数字0的所有情况有，，，， ，，，，，，. 故这个四位数能被3整除且不含数字0的概率为. 题型03 平均分组分配种问题 1. 按每组人数用组合数分步选组，因平均分组存在重复，需除以平均组数的全排列去重，得到不区分组的分组种数。 2. 若需分配给不同对象，将分组种数乘对象的全排列；若仅分组不分配，去重后即结果，核心是区分“分组”与“分配”的差异。 13．为提高教学质量，教育厅派6位教研员，平均分成3组，去某地3所重点高中调研，且甲、乙两位教研员不去同一所高中，则不同的调研安排方案有（    ）种． A．66 B．72 C．85 D．96 【答案】B 【分析】 首先不考虑甲、乙两位教研员利用平均分组分配问题的方法求出总安排数，再减去甲、乙两位教研员去同一所高中的情况. 【详解】依题意若不考虑甲、乙两位教研员则有种安排方法， 若甲、乙两位教研员去同一所高中则有种安排方法， 综上可得不同的调研安排方案有种. 故选：B 14．奥运会足球预选赛亚洲区决赛（俗称九强赛），中国队和韩国队是其中的两支球队．现要将9支球队随机平均分成3组进行比赛，则中国队与韩国队分在同一组的概率是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由组合与古典概型公式求解 【详解】由题意得9支球队平均分成3组共有种， 若中国队与韩国队分在同一组，则有种， 故所求概率为， 故选：A 15．登山运动员 人， 平均分为两组， 其中熟悉道路的有4人， 每组都需要 人， 那么不同的分配方法种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理及组合的平均分组问题即可求解. 【详解】先将4个熟悉道路的人平均分成两组有种. 再将余下的6人平均分成两组有种. 然后这四个组自由搭配还有种， 故最终分配方法有种 故选：B. 16．现将甲､乙､丙､丁､戊､己6名员工平均分成两个志愿者小组，到外面参加两项不同的服务工作，则丙､丁两人恰好参加同一项服务工作的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】基本事件总数：先分成两组，后排列到两项工作； 丙､丁两人恰好参加同一项服务工作的基本事件个数：丙､丁先挑一人成组，后排列到两项工作. 【详解】基本事件总数，丙､丁两人恰好参加同一项服务工作包含的基本事件个数， 所以丙､丁两人恰好参加同一项服务工作的概率. 故选：B 17．第19届亚运会将于2022年9月10日至25日在中国浙江杭州举行.某项目组委会计划将6名安检人员平均分成3组，到3个不同场馆服务，若每组去一个场馆，且每个场馆都有人服务，则甲､乙两名安检人员不在同一个场馆服务的分配方案有（    ） A．18种 B．36种 C．72种 D．144种 【答案】C 【分析】从甲乙两人之外的四人中选一人和甲一组，再从剩余3人中选一人和乙一组，剩余的2人为一组，将三组分到三个场馆，由此可得答案. 【详解】由题意得，由于甲､乙两名安检人员不在同一个场馆服务， 故从甲乙两人之外的四人中选一人和甲一组，再从剩余3人中选一人和乙一组， 剩余的2人为一组，将三组分到三个场馆， 故共有的分配方案为： 种， 故选：C 18．将1，2，...，9这9个数平均分成三组，则每组的三个数都成等差数列的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先把9个数分成3组，根据排列组合的性质可求得所有的组的数，然后把三个数成等差数列的组，分别枚举出来，可知共有5组，然后利用概率的性质求得答案． 【详解】解：9个数分成三组，共有组，其中每组的三个数均成等差数列，有 ，2，，，5，，，8，； ，2，，，6，，，7，； ，3，，，4，，，8，； ，4，，，5，，，6，； ，5，，，3，，，7，，共5组． 所求概率为． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了等差关系的确定和概率的性质．对于数量比较小的问题中，可以用枚举的方法解决问题直接，属于中档题． 题型04 含至少、至多分组分配问题 1. 将“至少/至多”转化为具体分组方案（如“至少2个”拆为2、3…等），排除不符合的方案，用组合数算每组种数，注意平均分组需去重。 2. 每组方案数相加得总分组数，分配给不同对象则乘对象全排列；或用总情况减对立情况简化计算，核心是转化约束避免漏算。 19．某校安排高一年级（1）~（5）班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一（1）班被安排到A基地的排法种数为（    ） A．24 B．36 C．60 D．240 【答案】C 【分析】根据只有高一（1）班被安排到A基地与还有一个班和高一（1）班一起被安排到A基地两种情况，结合排列组合知识求解即可. 【详解】由题得，若只有高一（1）班被安排到A基地，则有（种）安排方法， 若还有1个班和高一（1）班一起被安排到A基地，则有（种）安排方法， 故高一（1）班被安排到A基地的安排方法种数为种. 故选：C. 20．某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（   ） A．12种 B．24种 C．36种 D．30种 【答案】B 【分析】根据排列组合的知识以及分组分配的方法求解. 【详解】因为甲､乙到同一所学校，所以将甲、乙“捆绑”看成一个元素， 因此原问题转化为要将四个元素：甲乙、丙、丁、戊分配到三所学校，每所学校至少1个元素， 若A学校只安排一个元素，该元素不为丙，则有种分配方法； 若A学校只安排两个元素，则需从甲乙、丁、戊中选两个元素， 则有种分配方法； 所以不同的安排方式有种； 故选：B. 21．某医院分配3名医生6名护士紧急前往三个小区协助社区做核酸检测.要求每个小区至少一名医生和至少一名护士.问共有多少种分配方案？（    ） A．3180 B．3240 C．3600 D．3660 【答案】B 【分析】分三种情况进行分类讨论，依据先分组再分配原则解决“至少”问题. 【详解】每个小区至少一名护士，则把护士分为3组，共有3种情况：1,1,4；1,2,3；2,2,2 把护士分为3组，3组人数分别为1,1,4，共有种分法，再分配给3个小区，有 种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为； 把护士分为3组，3组人数分别为1,2,3，共有种分法，再分配给3个小区，有 种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为； 把护士分为3组，3组人数分别为2,2,2，共有种分法，再分配给3个小区，有 种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为 综上，分配方案总数为 故选：B 22．现在4本不同的书，按以下方式进行分配． (1)分成两堆，每堆2本，则有多少种分法； (2)分成两堆，一堆3本、一堆1本，则有多少种分法； (3)分给甲、乙两人，每人2本，则有多少种分法； 【答案】(1)3 (2)4 (3)6 【分析】（1）根据题意，结合分组、分配的解法，由平均分组计算结合排列组合数的计算公式； （2）根据题意，结合分组、分配的解法，由不平均分组计算结合组合数的计算公式； （3）根据题意，结合分组、分配的解法，由平均分组分配计算结合组合数的计算公式. 【详解】（1）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆有2本书，第2堆有2本书，则有种情况， 由于这两堆书数量相同并无实际的顺序，因此需要除以来去序， 综上所述，不同分法的种数为． （2）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆为3本书，第2堆为1本书，则有种情况， 由于这两堆书数量不同因此确实有顺序．综上所述，不同分法的种数为． （3）先将4本书平均分成有顺序的2堆，则有种情况， 再分给甲、乙两人，不同分法的种数为． 23．五个不同的小球，全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中.回答下面几个问题（写出必要的算式，并以数字作答）: (1)可以有空盒，但球必须都放入盒中的放法有多少种? (2)四个盒都不空的放法有多少种? (3)恰有一个空盒的放法有多少种? 【答案】(1)1024 (2)240 (3)600 【分析】利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理结合排列组合公式即可计算， 【详解】（1）由于可以随便放，故每个小球都有4种放法，所以放法总数是：种． （2）因为有5个球，4个盒子，所以四个盒都不空，必然有且只有一个盒子放2个球， 所以放法共有种. （3）因为恰有一个空盒，所以取出一个盒子有种取法， 5个球放入三个盒子可分和两类方法， 所以共有种. 24．从射击、乒乓球、跳水、田径四个大项的雅典奥运冠军中选出6名作“夺冠之路”的励志报告． （1）若每个大项中至少选派一人，则名额分配有几种情况？ （2）若将6名冠军分配到5个院校中的4个院校作报告，每个院校至少一名冠军，则有多少种不同的分配方法？ 【答案】（1）10;（2）7800. 【详解】试题分析：（1）6个名额没有差异，所以选择隔板法，（2）首先先从5个院校选择4个院校，然后将6名冠军分组，3111，或是2211，两种情况，最后再分配乘以排列数 试题解析：（1）名额分配只与人数有关，与不同的人无关． 所以选择隔板法，从6个名额之间5个空格选三个隔板，即10种情况 （2）从5个院校中选4个，再从6个冠军中，先组合，再进行排列，有种分配方法． 考点：1.分组分配问题；2.排列. 题型05 多元方程整数解问题 1. 针对为整数），通过换元令，转化为“隔板法”标准模型。 2. 对正整数解模型，插入；若有，换元为转化后再用隔板法，核心是模型转化。 25．已知集合，则A中的元素的个数为 . 【答案】 【分析】问题等价于将102个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人，每人至少分1个，利用隔板法计算即可. 【详解】 ， 可转化为将102个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人， 每人至少分1个，利用隔板法可得分配的方案数为， 所以中的元素的个数为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：问题等价于将102个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人，每人至少分1个，利用隔板法计算即可. 26．已知数列共有26项，且，，，则满足条件的不同数列有 个． 【答案】2300 【分析】由题可得，结合条件可知25个括号中有22个取1，进而即得. 【详解】， 或， 设有个，则有个， ， 所以， 解得， 即可知25个括号中有22个取1， 所以满足条件的不同数列有. 故答案为：2300. 27．若方程，其中，则方程的正整数解得个数为 . 【答案】10 【分析】依据挡板法去求解即可. 【详解】因为方程，其中，则. 将其转化为有6个1排成一列，利用2个挡板法将其分成3组，第一组1的数目为， 第二组1的数目为，第三组1的数目为，则. 2个挡板的放置方法共有种，故方程的正整数解的个数为10. 故答案为：10 28．已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 【答案】A 【分析】先将题目问题进行转化；再利用隔板法进行求解. 【详解】因为x，y，z均为正整数， 所以方程正整数解的个数问题可以转化为：将个相同的物品分成组，每组至少一个，有多少种不同的分法. 利用隔板法可得：不同的分法有种. 故选：A 29．不等式，其中是正整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】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，应用隔板法和组合数的性质求结论. 【详解】由，且是正整数， 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“”，将这个“”排成一排，在其中间形成的个空位中选择个空位放入隔板，则隔板隔开形成组“”，每组“”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. 30．已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A．36 B．45 C．50 D．24 【答案】A 【分析】根据题意将问题转化为把10个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放入1个小球的不同放法，由挡板分析可得答案. 【详解】根据题意，对于方程将10看成10个相同的小球，将其分成3组，每组至少1个， 第一组有个，第二组有个，第三组有个，即可得一个方程的解， 所以10个相同的小球形成9个空，从中选2个，插入隔板即可， 所以共有组不同的解. 故选：A 题型06 排列组合数求解证明问题 1. 明确待证排列数公式，结合定义（排列是有序选取、组合是无序选取）或已知公式（如确定证明方向。 2. 用分步计数原理推导排列数公式，通过“排列去序”得组合数公式；或用数学归纳法、代数运算验证等式，关键是紧扣定义，确保推导逻辑严谨等价。 31．化简结果为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由排列数、组合数的运算性质计算求解即可. 【详解】 ， ， ， ， ， ， 故选：D 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是利用排列数和组合数性质将依次巧妙变形得，然后根据此式依次变形计算即可求解. 32． A． B． C． D． 【答案】D 【详解】∵, ∴原式=.故选D. 33．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先借助排列数的定义与指数定义得到与的关系后，借助组合数定义结合放缩可比较与的关系，即可得解. 【详解】，， 均由20个数相乘组成，其中前两项和最后一项比较， 其他项，直到，故， ， 其中里面前四项大于中的后五项， 即， 其他项均要对应大于或等于剩余中的每一项，故. 故选：C. 34．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. 35．（1）化简：． （2）设，且，证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【分析】（1）将原式化为，结合阶乘定义得，即可得； （2）由排列数的性质得，将不等式左侧作裂项处理，即可证. 【详解】（1）原式 ． （2）因为， 所以，左边 ， 故原不等式成立． 36．（1）求证：； （2）化简：． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）法一：根据将左式整理为，即可证；法二：令，结合得，即可证； （2）将原式化为，应用二项式定理有，即可得. 【详解】（1）证法1：因为，所以，左式． 证法2：令，① 由，得，② 所以①＋②得，， 即． （2） ． 题型07 多排与错位排列问题 1. 多排先明确各排人数及是否有位置限制（如前排特殊）；错位排列确认元素总数，明确“每个元素不占原位置”核心，区分两类问题差异。 2. 多排等效单排用全排列；错位排列用公式，代入计算或分步推导，得总排列数。 37．6个人站成前后两排照相，要求前排2人，后排4人，那么不同的排法共有（    ） A．30种 B．360种 C．720种 D．1440种 【答案】C 【分析】由题目信息可以得到要将6个人排到6个不同的位置，列出排列式，然后直接计算，即可求得答案. 【详解】 6个人站成前后两排照相，要求前排2人，后排4人 不同的排法共有：种 故选：C. 【点睛】本题考查了排列应用的题目，关键是掌握排列的计算公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 38．10名同学拍照，站成前排3人后排7人，现摄影师要从后排7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．168 B．420 C．840 D．20160 【答案】B 【分析】先从后排7人中抽2人，把抽出的2人插入前排保证前排人顺序不变可用缩倍法，再由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】从后排7人中抽2人有种方法； 将抽出的2人调整到前排，前排3人的相对顺序不变有种， 由分步乘法计数原理可得：共有种， 故选：B. 39．某次数学获奖的6名高矮互不相同的同学站成两排照相，后排每个人都高于站在他前面的同学，则共有多少种站法（    ） A．36 B．90 C．360 D．720 【答案】B 【分析】6个高矮互不相同的人站成两排，后排每个人都高于站在他前面的同学的站法数为，由此能求出结果． 【详解】解：6个高矮互不相同的人站成两排， 后排每个人都高于站在他前面的同学的站法数为， 故选：B 【点睛】本题考查简单的排列组合问题，属于基础题. 40．同室4人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则4张贺卡不同分配方式有 A．8种 B．9种 C．10种 D．12种 【答案】B 【分析】方法一：设四人分别为a，b，c，d，写的卡片分别为A，B，C，D，从a开始分析，易得a有三种拿法，假设a拿了B，再分析b的取法数目，剩余两人只有一种取法，由分步计数原理，计算可得答案； 方法二：根据题意，列举出所有的结果，即可得答案． 【详解】方法一： 设四人分别为a，b，c，d，写的卡片分别为A，B，C，D， 由于每个人都要拿别人写的，即不能拿自己写的，故a有三种分配， 不妨设a拿了B，则b可以拿剩下三张中的任一张，也有三种拿法，c和d只能有一种分配， 所以共有3×3×1×1=9种分配方式; 方法二： 根据题意，列举出所有的结果: 1.甲乙互换，丙丁互换； 2.甲丙互换，乙丁互换； 3.甲丁互换，乙丙互换； 4.甲要乙的 乙要丙的 丙要丁的 丁要甲的； 5.甲要乙的 乙要丁的 丙要甲的 丁要丙的； 6.甲要丙的 丙要乙的 乙要丁的 丁要甲的； 7.甲要丙的 丙要丁的 乙要丁的 丁要甲的； 8.甲要丁的 丁要乙的 乙要丙的 丙要甲的； 9.甲要丁的 丁要丙的 乙要甲的 丙要乙的． 通过列举可以得到共有9种结果． 故选：B． 【点睛】本题考查排列组合的运用，法二用列举法分析，注意排除不合题意的情况，同时列举时要按照一定的规律，做到不重不漏． 41．5个人站成一列，重新站队时各人都不站在原来的位置上，共有种不同的站法（   ） A．42 B．44 C．46 D．48 【答案】B 【分析】设五人分别为，先排，再排所占位置所对应的人，按照分类、分步计数原理计算可得. 【详解】解：由题意，设五人分别为，重新站队时，可从开始，其中有种不同的选择， 比如占据了的位置，可再由选取位置，可分为两类， 1类：占据了的位置，则后面的重站，共有种站法； 2类：没有占据的位置，则有种站法，后面的重站，共有种站法， 所以共有种不同的站法. 故选：B. 42．个同学玩“真心话”游戏，回答抽到的问题.若个人将各自的问题写在一张卡片上（每张卡片的形状､大小均相同），并将这张卡片放入一个不透明的箱子里，搅拌均匀，再让这人在箱子里各摸一张，恰有人需回答自己问题的种数为 . 【答案】 【分析】分两步，先从个人里选1人恰好摸到自己写的卡片，然后对于剩余的人，每个人都不选自己的卡片，求出选法，再利用分步乘法原理求解即可 【详解】根据题意，分步： 第一步，先从个人里选1人恰好摸到自己写的卡片，有种选法， 第二步，对于剩余的人，因为每个人都不能选自己写的卡片，所以第一个人有种选法，卡片被选走的那个人也有种选法，剩下的人选法唯一， 所以不同的选法有种. 故答案为：45 题型08 环排问题 1.明确元素是否相同、是否为环形（无固定首尾），区分普通环排与环形组合，标注特殊约束（如旋转重合算同一种、翻转是否不同）。 2.n个不同元素环排用(n-1)!；含翻转相同除以2；环形组合先固定一人再选其余，用组合数计算，最后结合约束验证结果。 43． A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（    ） A．60种 B．48种 C．30种 D．24种 【答案】B 【分析】根据题意先固定好A，再考虑B、C二人，利用捆绑法可得其座次情况，最后考虑其余三人的座次情况，进而利用乘法计数原理可得结论. 【详解】首先，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子， 考虑B、C两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，利用捆绑法可得种， 接下来，考虑其余三人的情况，其余位置可以互换，可得种， 最后根据分步计数原理，得到种. 故选：B. 44．现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先排列没有限制的排法，有种，把甲、乙、丙三人相邻的情况去掉，即可得到答案. 【详解】8个人围成一圈,有种. 其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由. 所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为. 故答案为：D 45．现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有（    ） A．6种 B．8种 C．12种 D．16种 【答案】B 【分析】根据给定条件，先安排甲，随着甲的安排乙也确定了，然后剩下位置给丙丁即可. 【详解】先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，则乙只能坐甲对面， 而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种， 所以共有坐法种数为种. 故选：B 46．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（    ）. A．40320种 B．5040种 C．20160种 D．2520种 【答案】D 【分析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，结合图形的对称性，即可求解. 【详解】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有种方法， 再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有种方法， 由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次， 所以不同的涂色方法，共有种不同的涂法. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了排列、组合及分步计数原理的应用，其中解答中注意图形的对称性，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 47．已知甲、乙、丙三位同学围成一个圆时，其中一个排列“甲乙丙”与该排列旋转一个或几个位置后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一个排列．现有位同学，若站成一排，且甲同学在乙同学左边的站法共有种，那么这位同学围成一个圆时，不同的站法总数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由条件求出m位同学站成一排时的全排列数而得m值，再利用圆排列数公式即可得解. 【详解】因站成一排时甲在乙左与甲在乙右的站法数相同，而m位同学站成一排有，则，解得， 甲、乙、丙三位同学围成一个圆，“甲乙丙”、“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一排列， 其中每一个排列可以拆成以任意一个人为排首的直线排列3个，3人围成一个圆的排列数为， 由此可得n个人围成一个圆的排列数为，5位同学围成一个圆的排列数为. 故选：A 【点睛】结论点睛：n个不同元素围成一个圆的不同排列个数为. 48．5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有 种（填数字）． 【答案】86400 【分析】分三步，先将5个女孩圆排列，再把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组，最后把这5组放入已成圆排列的5个间隔即可得解. 【详解】因为任意2个女孩中间至少站1个男孩，则有且仅有2个男孩站在一起， 先把5个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有(种)， 把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组有种分法， 最后把5组男孩放入5个女孩构成圆排列的5个间隔中有种方法，而站在一起的两个男孩有顺序性，有2种站法， 所以，由分步乘法计数原理得，不同的排法共有(种). 故答案为：86400 题型09 多面手问题 1. 明确多面手（如既会A又会B）、单一技能人员及岗位需求，按多面手参与岗位的情况分类（不选、选作A岗、选作B岗等），确保类别互斥。 2. 每类中先选多面手再选单一技能者，用组合数计算各类方法数，复杂时结合分步乘法原理，最后将所有类别结果相加，得总方法数。 49．我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有（   ）种不同的选法． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可按照只会跳舞的人中入选的人数分类处理，分成三类，即可求解． 【详解】根据题意可按照只会跳舞的人中入选的人数分类处理． 第一类个只会跳舞的都不选，则从既能唱歌又能跳舞的5人中选择3人来跳舞，接着从剩余的5人中选择3人唱歌，故有种； 第二类个只会跳舞的有人入选，有种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择2人来跳舞，有种，再从剩余的6人中选择3人唱歌，有种，故有种； 第三类个只会跳舞的全入选，有种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择1人来跳舞，有种，再从剩余的7人中选择3人唱歌，有种，有种， 所以共有种不同的选法， 故选：A． 50．某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（    ）种不同的选法 A．225 B．185 C．145 D．110 【答案】B 【分析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况进行讨论，由加法原理计算可得答案． 【详解】解：根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类． ①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种； ②“2人既会英语又会法语”中有一人入选， 这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能， 因此有种； ③“2人既会英语又会法语”中两个均入选， 这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种， 因此有种． 综上分析，共可开出种． 故选：B． 51．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．56种 B．68种 C．74种 D．92种 【答案】D 【分析】根据条件，分划左舷有“多面手”的人数分类，利用组合数公式计算求值. 【详解】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法． 故选：D 【点睛】方法点睛：组合数中的“多面手”问题，需明确某一类元素多面手有多少进行分类，这样才能做到不重不漏. 52．在名工人中,有人只当钳工, 人只当车工,另外人既会钳工又会车工，现从人中选出人当钳工, 人当车工,则共有（    ）种不同的选法. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】按既会钳工又会车工的2人的选择分类：2人都不选、只选1人且当钳工、只选1人且当车工、选2人其中1人钳工1人车工、选2人都当钳工、选2人都当车工，用分类加法原理即可. 【详解】按即会钳工又会车工的2人分类： 2人都不选的情况有种， 只选1人且当钳工的情况有种， 只选1人且当车工的情况有种， 选2人其中1人钳工1人车工的情况有种， 选2人都当钳工的情况有种， 选2人都当车工的情况有种， 由分类加法原理得选法有种. 故选：D. 53．某公园有P，Q，R三只小船，P船最多可乘3人，Q船最多可乘2人，R船只能乘1人，现有3个大人和2个小孩打算同时分乘若干只小船，规定有小孩的船必须有大人，共有不同的乘船方法为 A．36种 B．33种 C．27种 D．21种 【答案】C 【详解】试题分析：第一类，船两大人一小孩，船一大人一小孩：有种方法. 第二类，船一大人两小孩，船两大人：有种方法. 第三类，船一大人两小孩，船一大人，船一大人：有种方法. 第四类，船一大人一小孩，船一大人一小孩，船一大人：有种方法. 根据分类加法计数原理，共有种不同的方法. 故选C. 考点：排列、组合、分类加法计数原理. 54．我校去年11月份，高二年级有9人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余4人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有 种不同的选法 【答案】216 【分析】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理，按照分步乘法，分类加法即可得解. 【详解】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理. 第一类：2个只会跳舞的都不选，有种; 第二类：2个只会跳舞的有1人入选，有种; 第三类：2个只会跳舞的全入选，有种, 所以共有216种不同的选法, 故答案为：216. 题型10 “正难则反”法 1. 判断正面求解（直接算符合条件的种数）是否复杂，若分类多、易漏算，确定反面（不符合条件的种数），明确总情况与反面情况的定义。 2. 用计数原理算无约束的总情况数，再算反面情况数（常较简单，如“至少1个”反面为“1个都没有”），总情况数减反面数得结果，核心是简化计算。 55．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，乙和丙不相邻．则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 【答案】C 【分析】先考虑甲的站位，可选中间3个位置，不考虑乙和丙位置相邻不相邻，去除其中乙丙相邻情况，即可求得答案. 【详解】先考虑甲的站位，可选中间3个位置，不考虑乙和丙位置相邻不相邻， 此时共有种排列方式； 然后考虑其中乙和丙位置相邻的情况，即将乙和丙看作一个元素，和丁、戊全排列， 在这3个元素之间形成的两个位置上选一个将甲插入， 此时共有种排列方式； 故符合题意的不同排列方式共有（种）， 故选：C 56．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出二十四节气宣传橱窗，其中“雨水”，“惊蛰”，“谷雨”，“芒种”，“白露”，“寒露”6块知识展板放置在排成一排的六个文化橱窗里，要求“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，且“白露”与“寒露”两块展板不相邻，则不同放置方式的种数为（   ） A．144 B．240 C．336 D．456 【答案】C 【分析】根据题意，先让“雨水”和“谷雨”不相邻，再让“雨水和“谷雨”不相邻且“白露和“寒露”相邻，分别求得不同的放置方式，结合间接法，即可求解. 【详解】根据题意，第一步，让“雨水”和“谷雨”不相邻，不同放置方式种数为； 第二步，让“雨水和“谷雨”不相邻且“白露和“寒露”相邻，不同放置方式种数为； 所以不同放置方式种数为. 故选：C. 57．某学校准备派遣5名教师同时到三个不同的学校进行支教活动.要求每个学校至少派遣1名教师，若教师甲乙去往不同的学校，则不同的派遣方案有（    ）种. A．36 B．72 C．114 D．162 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合排除法列式计算即得. 【详解】安排甲有3种方法，再安排乙有2种方法，因此安排甲乙共有种方法； 余下3人，每人有3种安排方法，共有种方法，除甲乙去的学校外的学校无人去的情况有种， 所以不同的派遣方案有（种）. 故选：C 58．从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，则甲、乙至多有人被选中的不同选法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】利用间接法即可得解. 【详解】从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，不同的选法种数为种， 若甲、乙两人都被选中，则不同的选法种数为种， 因此，甲、乙至多有人被选中的不同选法有种. 故选：C. 59．某工厂生产一种产品需经过一，二，三，四共4道工序，现要从，，，，，这6名员工中选出4人，安排在4道工序上工作（每道工序安排一人），如果员工不能安排在第四道工序，则不同的安排方法共有（    ） A．360种 B．300种 C．180种 D．120种 【答案】B 【分析】从6人中任取4人安排工作，去掉A安排在第四道工序工作的安排方法数即得. 【详解】从6名员工中任选4人，安排在4道工序上工作的安排方法数为种， 其中员工在第四道工序工作的安排方法数为种， 所以不同的安排方法共有（种）. 故选：B 60．高二（1）班从5名同学中选取4人参加校运会的米接力赛，每人只能跑一棒，其中第一棒只能从中选一人跑，且不相邻，第四棒不能由跑，则不同的选取方法有（    ） A．18种 B．20种 C．24种 D．28种 【答案】D 【分析】根据题意，先不考虑是否相邻的情况下，取得共有种排法，再由相邻时，得到种排法，进而求得符合条件的选取方法种数，得到答案. 【详解】在不考虑是否相邻的情况下，第一棒的选取有种，第四棒的选取有种， 剩下两棒有种，此时共有（种）， 若相邻，则只能是第一､二棒，在种，第四棒的选取有种， 第三棒的选取有种，其有（种）， 符合条件的选取方法共有（种）. 故选：D. 题型11 特殊元素/位置法 1. 识别特殊元素（如必选/禁选元素）或特殊位置（如首位非0、个位为偶），优先计算其可选方法数，确保满足约束条件，避免后续冲突。 2. 特殊部分确定后，计算剩余普通元素/位置的排列或组合数，用乘法原理串联特殊与普通部分的方法数，核心是“特殊优先，分步计数”。 61．某电影院一排有7个座位，中间有条过道，过道左侧有4个座位，右侧有3个座位，现有包含小明，小刚，小强在内的7位同学购买了某一排的座位，其中小明想和小刚坐在一起，小强想坐在右侧，则共有（   ）种不同的排法． A．216 B．264 C．312 D．528 【答案】D 【分析】根据给定条件，按小明和小刚坐在左、右分类，再利用排列、组合计数问题列式求解. 【详解】按照1－7的序号对座位进行编号，左侧编号1－4，右侧编号5－7， 若小明和小刚坐在左侧，则安排情况为，共3种排法， 小明和小刚可互换位置，小强排在右侧有3种排法，剩下的4人有种排法， 因此小明和小刚坐在左侧时共有种排法； 若小明和小刚坐在右侧，则安排情况为，共2种排法，小明和小刚可互换位置， 小强只有一种排法，剩下的4人有种排法，因此小明和小刚坐在右侧时共有种排法， 所以不同的排法共有种情况. 故选：D 62．小华一家4人（小华，姐姐，爸爸，妈妈）计划去南京自驾游，车子前排有驾驶座和副驾驶座，后排有3个座位．只有爸爸和妈妈会开车，且小华未成年只能坐在后排，则不同的乘坐方式一共有（    ） A．18种 B．27种 C．36种 D．54种 【答案】C 【分析】应用分步计数及排列数求不同的乘坐方式数. 【详解】爸爸和妈妈选一人在驾驶座有2种，小华在后排3个座位选一个座位有3种，余下人作全排种. 所以不同乘坐方式有种. 故选：C. 63．由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有（    ） A．24个 B．72个 C．96个 D．120个 【答案】C 【分析】分这个4位数含0和不含0两种情况讨论即可. 【详解】若组成的4位数不含0，则有个； 若组成的4位数含0，因为0不能在首位，所以首位有种排法，后面的三位有种排法，所以含0的4位数有个. 所以由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有：个. 故选：C 64．甲、乙、丙、丁共4人站成一排，且甲不在两端，则不同排法共有（    ） A．24种 B．12种 C．8种 D．6种 【答案】B 【分析】先排甲，甲只能在中间两个位置，有2种排法，其他3人任意排，然后根据分类加法计数原理求得结果. 【详解】先排甲，甲只能在中间两个位置，有2种排法，其他3人任意排，有种，由分步乘法计数原理，共有12种不同的排法， 故选：B. 65．2024年11月24日，在池州市举行的马拉松比赛中，昭明大道设有三个服务站，某高中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，其中同学甲只能去①号服务点，则不同的安排方法共有（    ）种 A．50 B．60 C．68 D．90 【答案】A 【分析】根据①号服务点分配的人数讨论即可. 【详解】当①号服务点只有甲时，将剩下四个人分成两组，按人数可分为{1,3}，{2,2}两种情况， 总的分组种类有种；再将两组人分配到②和③号服务点，有种方法， 故总共有种方法； 当①号服务点有两个同学时，共有种方法； 当①号服务点有三个同学时，共有种方法. 故总共有种方法. 故选：A. 66．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 题型12 捆绑法 1. 识别需相邻的元素，将其捆绑为一个“整体”，计算整体内部的排列数（满足相邻元素的顺序要求），明确整体与其他普通元素的数量。 2. 将捆绑整体与普通元素视为多个独立对象，计算其全排列数，再用乘法原理串联整体内部排列数与整体间排列数，核心是“捆内排序，捆外排列”。 67．由1，2，3，4，5，6，7，8组成一个没有重复数字的八位数，任何相邻两个数字的奇偶性不同，且满足 3 和 4 相邻，则这样的八位数有（    ）个. A．432 B．257 C．216 D．504 【答案】D 【分析】将3和4捆绑，由分步计数原理计算可得. 【详解】第一步，排1，5，7三个数，有种不同的排法； 第二步，排2，6，8三个数，有种不同的排法； 第三步，将3和4作为一个整体插入，有种不同的排法， 根据分步乘法计数原理，组成的不同的八位数共有个. 故选：D. 68．某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 【答案】C 【分析】甲班的2名同学相邻，用“捆绑法”，乙班的2名同学不相邻，用“插空法”，再根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一步，将甲班的2人捆绑，连同丙班的2人作全排列，有种站法； 第二步，将乙班的2人插入前后4个空档，有种站法. 根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种. 故选：C 69．两名老师和甲、乙等五名学生站成一排，要求甲不站最左边，两名老师相邻，且乙和老师不相邻，则不同的排法共有（   ） A．774种 B．796种 C．816种 D．834种 【答案】C 【分析】根据捆绑法和插空法即可求解． 【详解】不考虑甲的排列限制，先不排乙和两名老师，其他人任意排列有种排法， 再将两名老师（捆绑在一起）和乙插入五个空隙中，有种排法，即此时排法有种， 而甲站最左边的排法有种， 故符合条件的排法共有种， 故选：C． 70．现有把相同的椅子排成一排，甲、乙、丙三人每人选取其中的一把椅子入座，在这三人中有两人相邻坐的条件下，则三人均相邻（甲、乙、丙之间无空座）的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】现根据捆绑法计算出仅有两人相邻和三人均相邻的不同情况数，再根据古典概型计算事件概率，再根据条件概率定义求出事件概率. 【详解】设“甲乙丙之间恰有两人相邻”，“甲乙丙三人均相邻” 则，，故在有两人相邻坐的条件下，三人均相邻的概率为 ， 故选：A. 71．某智能机器人需执行包含5个不同指令，，，，的程序，若每个指令只执行一次，指令，必须连续执行（顺序可以互换），指令不能出现在最后一个位置，则符合条件的指令执行方式的种数为（    ） A．18 B．36 C．48 D．144 【答案】B 【分析】利用捆绑法，特殊元素优先安排原则，利用分步乘法原理可求解. 【详解】把捆绑，相当于共有4个指令，内部排列有种排法， 不排在最后一个位置，先排有种排法，再排另外3个指令， 由分步乘法计数原理可得总的排列数为. 故选：B. 72．在华南师大附中社团开放日的展示活动中，辩论社，国学社，摄影社，魔方社，天文社5个社团的摊位排成一列，其中辩论社与国学社必须相邻，那么不同的排法有（    ） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 【答案】B 【分析】将辩论社与国学社捆绑，看成一个社团，与其他3个社团排成1列，再考虑辩论社与国学社的顺序，据此可得不同排法. 【详解】将辩论社与国学社捆绑，看成一个社团，与其他3个社团排成1列，有种排法. 又辩论社与国学社的先后顺序有2种情况，则满足题意的排法有种. 故选：B 题型13 插空法 1. 识别不相邻元素与普通元素，先对普通元素全排列，根据排列结果确定可插入空位数量（含两端），确保空位能分隔不相邻元素。 2. 从空位中选对应数量插入不相邻元素，计算选位与排序数，用乘法原理串联普通元素排列数与插空排列数，核心是“先排无约束，再插有约束”。 73．现有名男同学和名女同学站成一排合影，则名女同学不相邻的站法种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将名男同学排序，再将名女同学插入名男同学形成的个空位中的个，结合插空法可求得结果. 【详解】将名男同学和名女同学站成一排合影， 若名女同学不相邻，先将名男同学排序， 再将名女同学插入名男同学形成的个空位中的个， 所以，不同的排法种数为种. 故选：D. 74．来自3个班的6名同学一起参与登山活动，其中一班有3人，二班有2人，三班1人，到达山顶之后6人排成一排合影留念，则同班同学不相邻的站法总共有（   ） A．150种 B．120种 C．84种 D．72种 【答案】B 【分析】根据已知条件按的相对位置分类，再结合插空及排列数计算求解. 【详解】不妨设一班3人为，二班2人为，三班1人为，则不能相邻，不能相邻. 以下分两类，先排的相对位置： 若之间没有，则打包可知这三人共有种相对位置，再让来进行插空， 因为不能相邻，所以他们之间必然会有且只有一个一班同学，所以总共有种； 若之间有，则这三人共有种相对位置，再让来进行插空，总共有种， 综上，总共有种. 故选：B 75．10名同学合影，站成了前排3人后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（   ） A．168 B．630 C．252 D．420 【答案】D 【分析】要从后排7人中抽2人调整到前排，因要保持其他人的相对顺序不变，故可采用两次插空法，即将其中1人先在前排3人的4个空中插入，再将另一人在前排已经排好的4人的5个空中插入即可. 【详解】从后排7人中选2人共有种选法，这2人插入前排3人中且保证前排人的顺序不变， 则可先从3人中的4个空挡插入1人，有种插法；余下的1人则要插入前排4人的5个空挡中，有种插法， 则不同调整方法的种数是种． 故选：D. 76．在某次研讨会中，甲、乙、丙、丁、戊、己6位专家轮流发言，其中甲和乙不能连续发言，则这6位专家的不同发言顺序共有 （    ） A．240种 B．280种 C．480种 D．720种 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用插空法列式求解不相邻问题. 【详解】排除甲乙外的4位专家有种方法，再将甲乙插入每种排法形成的5个间隔中，有种， 所以这6位专家的不同发言顺序共有: 种. 故选：C 77．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． 78．在某班进行的歌唱比赛中，共有6位选手参加，其中3位女生，3位男生．如果3位男生任何两人都不能连着出场，且女生甲不能排在最后一个，那么出场顺序的排法种数为（    ） A．60 B．72 C．132 D．144 【答案】C 【分析】先排女生，再利用插空法排男生，同时要注意女生甲排在最后一个的情况. 【详解】①先不考虑女生甲的位置限制，计算3位男生任何两人都不连着出场的排法总数. 先排3位女生，有种排法，即6种排法. 3位女生排好后会产生4个空位，从这四个空位中选3个排男生，共有种排法，即24种排法. 根据分步乘法计数原理，那么不考虑女生甲位置限制时， 3位男生任何两人都不连着出场的排法总数为. ②计算女生甲排在最后一个且3位男生任何两人都不连着出场的排法数. 女生甲排在最后一个，那么先排另外两个女生，有种排法，即2种排法. 这两个女生排好后会产生3个空位，从这3个空位中排3个男生，有种排法，即6种排法. 根据分步乘法计数原理，那么女生甲排在最后一个且3位男生任何两人都不连着出场的排法数为 . 综上，根据题意，满足题目要求的排法有种. 故选：C. 题型14 隔板法 1. 确认问题是否为“将n个相同元素分给k个不同对象，允许对象为空或不为空”，满足“元素相同、对象不同”核心特征，不满足则不可用隔板法。 2. 若允许为空，需先补个”，用公式为组合数，计算得出结果。 79．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 【答案】A 【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数. 【详解】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球， 将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可， 共有（种）方法． 故选：A 80．某校庆典活动开场舞安排高中三个年级的16名学生共同完成，要求每个年级至少安排1名学生，则名额的分配方案共有（   ） A．105种 B．455种 C．120种 D．560种 【答案】A 【分析】采用隔板法分析，取16个元素排成一排，在相邻的每两个元素形成的15个间隙中选取2个插入隔板，再结合组合数计算可得. 【详解】取16个元素排成一排，在相邻的每两个元素形成的15个间隙中选取2个插入隔板， 这样就把16个元素分成3个区间，这3个区间的元素个数分别对应这3个年级的学生名额， 则名额的分配方案的种数与隔板插入方法的种数相等． 因为隔板插入方法共有种，所以名额的分配方案共有105种． 故选：A. 81．2025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 82．2025年央视春晚的四个分会场分别为重庆、武汉、无锡和拉萨，现有11个志愿者名额分配给这四个分会场，其中一个分会场分5个名额，在余下的三个分会场中每个会场至少分一个名额，则名额分配的不同种数为（    ） A．210 B．35 C．40 D．120 【答案】C 【分析】根据给定条件，选择一个分会场获5个名额，再将余下6个名额利用隔板法分到另外3个分会场即可. 【详解】依题意，选择一个分会场获取5个名额，有种方法， 再将余下的6个名额分配到另三个分会场，用隔板法有种， 所以名额分配的不同种数为. 故选：C 83．近日，上海疫情形势严峻，市疾控中心在我市四家三甲医院选派多名医护人员支援上海，抗击疫情．其中，需要医生8名，现要求每所医院至少抽调一名医生，则不同的名额分配方法种数为（    ） A．36 B．35 C．32 D．30 【答案】B 【分析】相同元素的分组，用“隔板法”. 【详解】将8个元素站成一排，一共产生了9个空，去掉两端的空，现在7个空中插入3个挡板，共有放置方法为． 故选：B． 84．某国家级示范高职院校为做好春季高考招生工作，决定邀请省内部分高中优秀高三学生到校进行职业生涯体验.若育才高中将获得的6个体验名额随机分配给高三年级4个班级，则每个班均获得体验名额的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据题意，利用隔板法，分别计算名额分到1个班、2个班、3个班、4个班的情况，然后根据满足题意条件的情况，使用古典概型即可完成求解. 【详解】由题意可知，将6个体验名额随机分配给高三年级4个班级，一共会出现以下4种情况： ①6个名额分到1个班，共有（种）； ②6个名额分到2个班，共有（种）； ③6个名额分到3个班，共有（种）； ④6个名额分到4个班，共有（种）； 所以6个体验名额随机分配给高三年级4个班级，一共出现种情况，满足题意条件分到4个班的共有10种情况，所以每个班均获得体验名额的概率为. 故选：B. 题型15 伸缩法（主要针对定序问题） 1. 识别需消除重复计数的元素（如相同元素、无序分组），先对所有元素全排列计算总数，明确重复计数的根源（如n个相同元素的排列重复n!次）。 2. 用全排列数除以重复计数的倍数（相同元素个数的全排列或分组数的全排列），消除重复，核心是“先算总再除重，修正计数偏差”。 85．2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有（   ）个． A．480 B．600 C．720 D．840 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用倍缩法，排除首位为0的情况即可. 【详解】数字：2，0，2，5，4，2，3中数字2出现了3次，则7个数字的所有排列情况有种， 当首位为0时，剩下6个数字：2，2，5，4，2，3出现了3次，排列的情况有种， 所以不同的7位数有个. 故选：C. 86．现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取3件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（   ） A．8400 B．11760 C．13440 D．20160 【答案】B 【分析】首先从下层八个商品中抽取三个，共有种结果， 再将其放入上层时，由于上层原有商品保持相对顺序不变，可以使用定序问题中的缩倍法，共有种结果，进而根据计数原理得到最终结果. 【详解】首先从下层八个商品中抽取三个，共有种结果， 再将其放入上层时，由于上层原有商品保持相对顺序不变，可以使用定序问题中的缩倍法，共有种结果， 因此根据计数原理可知共有种结果. 故选：B 87．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数，例如：，，现将、、、、的函数值排成一列，则组成的不同五位数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出、、、、的值，结合倍缩法可求得结果. 【详解】由题意可知，，，，，， 所以，将、、、、的函数值排成一列， 则组成不同的五位数的个数为个. 故选：B. 88．用数字组成没有重复数字的五位数，在所组成的五位数中任选一个，则这个五位数中数字按从小到大的顺序排列的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得组成没有重复数字的五位数有，根据定序法可得符合题意的五位数个数，结合古典概型运算求解. 【详解】由题意可知：组成没有重复数字的五位数有个； 若这个五位数中数字按从小到大的顺序，所以符合题意的五位数有个， 所以所求的概率为. 故选：C. 89．某单位开展联欢活动，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同.甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖项介于丁和戊之间”.根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是（    ） A．15 B．18 C．22 D．26 【答案】D 【分析】根据给定条件，按甲是否是特等奖分类，再结合丙的情况利用倍分法列式计算即得. 【详解】甲是特等奖，不考虑丙的位置有种；甲不是特等奖，不考虑丙的位置有种； 而丙在丁和戊之间占，所以5人的奖项的所有可能的种数是. 故选：D 90．某学习小组、、、、、、七名同学站成一排照相，要求与相邻，并且在的左边，在的右边，则不同的站队方法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将与捆绑，然后要求在的左边，在的右边，结合倍缩法可得结果. 【详解】由题意可知，与相邻，则将与捆绑， 然后要求在的左边，在的右边， 由捆绑法和倍缩法可知，不同的排法种数为种. 故选：C. 3 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $