专题01 两个计数原理、排列与组合（竞赛培优专项训练，10大题型）高二数学人教A版2019全国通用

专题01两个计数原理、排列与组合 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 两个计数原理的简单应用 3 考点二 排列组合数的计算 5 考点三 排数问题 5 考点四 排队问题 6 考点五 产品选取问题 7 考点六 涂色问题 8 考点七 分组分配问题 10 考点八 方程整数解的个数问题 12 考点九 几何问题 12 考点十 计数问题与概率的综合 13 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题21道） 【归纳重点知识】 知识点01 两个计数原理 1.两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法 结论 完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法(也称“加法原理”) 完成这件事共有N＝m1·m2·…·mn种方法(也称“乘法原理”) 【知识剖析】 　(1)分类加法计数原理中每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事；各类方法之间是互斥的、并列的、独立的. (2)分步乘法计数原理中任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事；各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏，但有时可以调换各步的顺序. 知识点02 排列与组合 排列的 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元1素 按照一定的顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列 组合的 定义 为一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 【知识剖析】 (1)排列需要考虑元素的顺序，组合不需要考虑元素顺序. (2)只有元素相同且顺序也相同的两个排列才是相同的；只要两个组合的元素相同，不论元素的顺序如何，都是相同的组合. 知识点03 排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数 组合数 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有不同排列的个数 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有组合的个数 公式 ＝n(n－1)(n－2)·…·[n－(m－1)]＝ ＝＝＝ 性质 ＝1，＝n！，0！＝1 ＝1，＝，＝ 说明：正确理解组合数的性质 (1)＝：从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的方法数.(2)＋＝：从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况：①不含特殊元素A有种方法；②含特殊元素A有种方法. 【熟记重要结论(二级结论)】 1．排列数、组合数常用公式 (1)＝(n－m＋1). (2)＝n. (3)(n＋1)！－n！＝n·n！. (4)k＝n. (5)＋＋…＋＋＝. 2.解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排或特殊位置优先安排. (2)合理分类与准确分步. (3)排列、组合混合问题要先选后排. (4)相邻问题捆绑处理. (5)不相邻问题插空处理. (6)定序问题倍缩法处理. (7)分排问题直排处理. (8)“小集团”排列问题先整体后局部. (9)构造模型. (10)正难则反，等价转化. 3.分组、分配问题的求解策略 整体均分组 分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数 部分均分组 若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数 不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等 相同元素的分配 常用“隔板法”求解，即定个数、定空位、插隔板、确定分配方案 不同元素的分配 利用分步乘法计数原理，先分组，后分配 有限制条件的分配 采用分类讨论法求解 考点一 两个计数原理的简单应用 1．已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路(从甲到乙)接通的情况有(    ). A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 2．设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有(    ). A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 3.北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示．为了防止假期景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻(如：选择这4个景点也是允许的)，那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有(    ). A．60种 B．42种 C．30种 D．14种 4.某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一个棋子放在如图所示的正方形(边长为个单位长度)的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向走几个单位长度，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向走i个单位长度，一直循环下去.此人抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到起点A处的不同走法共有 种. 5．设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有(    ). A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 6．北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示．为了防止假期景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻(如：选择这4个景点也是允许的)，那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有(    ). A．60种 B．42种 C．30种 D．14种 7．已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路(从甲到乙)接通的情况有(    ). A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 8．某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一个棋子放在如图所示的正方形(边长为个单位长度)的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向走几个单位长度，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向走i个单位长度，一直循环下去.此人抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到起点A处的不同走法共有 种. 考点二 排列组合数的计算 9．已知，则（   ） A．7 B．21 C．35 D．42 10．已知，则 ．（用数字作答） 11．求证： 12．规定，其中，m是正整数，且，这是组合数（n，m是正整数，且）的一种推广． (1)求的值； (2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由； (3)①已知，，求证：； ②已知组合数是正整数，证明：当，m是正整数时，． 考点三 排数问题 13．已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为（    ） A．58 B．71 C．85 D．96 14．从中任取2个数字，从中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字四位数有（    ） A．216个 B．162个 C．108个 D．180个 15．从0，1，2，3中任取三个数字组成无重复数字的三位数，则下列结论错误的是（   ） A．三位数共有18个 B．百位数字为1的三位数共有6个 C．十位数字为1的三位数共有6个 D．个位数字为0的三位数共有6个 16．如图所示，六个不同的自然数排成三角形，且每一行中最小的数均大于下一行中最小的数，则这样的排列共有（    ）种. A．36 B．240 C．120 D．60 17．2025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 18．重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 考点四 排队问题 19．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 20．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．24 B．48 C．144 D．240 21．2025年高考结束后，某校高三年级一宿舍的6位舍友准备最后拍一张“全家福”.假设6位同学站成一排，舍长与副舍长必须站中间，其他两位1班同学彼此不相邻，两位2班同学彼此不相邻，则不同的站法共有（   ） A．16种 B．32种 C．48种 D．64种 22．(多选)3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（   ） A．共有60种不同的坐法 B．空位不相邻的坐法有32种 C．空位相邻的坐法有24种 D．两端不是空位的坐法有12种 23．（多选）象棋作为一种传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值．它具有红、黑两种阵营，将、士、车、马、炮、兵为象棋中的棋子，现有3个红色的“马”“车”“炮”棋子与2个黑色的“马”“车”棋子，将这5个棋子排成一列，则下列说法正确的是（    ） A．共有120种排列方式 B．若两个“车”相邻，则有24种排列方式 C．若两个“马”不相邻，则有72种排列方式 D．若红、黑棋子间隔排列，则有12种排列方式 24．(多选)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有30种选法 B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 25．如图，有三个不同班级的各两名代表要坐在长方形桌子的6个座位（座位序号为）上座谈，要求同一班级的两名代表既不能正对面（例如：一个人坐1号座位，则同班级的另一个人不能坐6号座位）也不能左右相邻就坐，则所有可能坐法为 种.    考点五 产品选取问题 26．某化工厂园区内有4个仓库，现要将A，B等6种化工原料储存在仓库中.为了方便使用，每种原料平分为2份储存在2个不同的仓库中，每个仓库储存3种不同的原料，且考虑到安全因素，原料A，B不能储存在同一个仓库，则不同的储存方案数为（   ）. A．240 B．270 C．480 D．540 27．（多选）现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、礼仪、司机三项工作可以安排，以下说法正确的是（    ） A．每人安排一项工作的不同方法数为 B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C．若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不用的安排方法为 D．每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 28．(多选)某班要举办一次学科交流活动，现安排 这五名同学负责语文，数学，英语，物理学科相关工作． 则下列说法中正确的是（    ） A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有 种 B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有 240 种不同的方案 C．若数学学科必须安排两人， 其余学科安排一人， 则有 60 种不同的方案 D．若每人至多安排一门学科，其中安排 和 负责语文、数学工作，其余三人中任选两人负责英语、 物理工作， 则有 12 种不同的方案 考点六 涂色问题 29．如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 30．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（   ）种不同的种植方法． A．36 B．60 C．84 D．120 31．如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（    ）    A．360 B．420 C．480 D．660 32．（多选）将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（    ） A B E C D A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 33．给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相连的着色方案如图所示：由此推断，当时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种（结果用数值表示） 34．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 35．如图所示，用4种不同的颜色涂三棱台的顶点，同一线段的端点不同色，且颜色可以不用完，则不同的涂法有 种． 36．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，…，9的9个小正方形，如图所示，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂的颜色都不相同，且“3，5，7”号小正方形涂相同的颜色，则符合要求的涂法共有 种． 考点七 分组分配问题 37．20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 38．总共有13个大小颜色重量外观等都一样的小球，如图所示①、②、③号三个足够大的杯子，其中①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球，问总共有（    ）种放小球方法 A．120 B．84 C．45 D．36 39．过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．60种 40．(多选)现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论不正确的有（ ） A．没有空盒子的方法共有16种 B．有空盒子的方法共有256种 C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 41．(多选)将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是（   ） A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案 B．若每人分得2本，则有90种方案 C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案 D．共有450种分配方案 42．某环保局派遣包括张三，李四，王五在内的12名工作人员到A，B，C三个镇开展环境保护的宣传工作，每个镇至少派遣3人，因工作需要，张三，李四，王五3人要派遣到同一个镇，则不同的派遣方案共有 种．（结果用数字表示） 43．将分别标有号码的6个小球平均分为两组，则“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的分组方式有 种. 44．（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？ （2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？ （3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？ （4）把7个不同的小球放在3个相同的盒子里，要求每个盒子都不空，共有多少种不同的方法？ 45．为参加武汉市高中生足球友谊赛，某校决定从高一年级的学生中挑选11名球员组建校足球队. (1)若将校足球队的11个名额分到7个班级，每个班级至少1个名额，问有多少种分配方法？ (2)学校教练计划比赛前将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练.若其中一组4人，另外两组每组3人，问有多少种不同的分组方式？ (3)比赛入场式时工作人员会为11名队员拍集体照，若要求拍照时、、三人必须相邻，、、、四人均不相邻，问有多少种不同的排法？ 考点八 方程整数解的个数问题 46．不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组. 47．若方程，其中，则方程的自然数解的个数为 . 考点九 几何问题 48．在空间直角坐标系中，已知点，若，，，且，则满足条件的点共有（    ） A．15个 B．20个 C．35个 D．56个 49．(多选)将由个顶点和条边(条边均为线段)构成的图，称为一个图．下列结论正确的是（   ） A．三棱柱是一个图 B．若平面内的5个定点（任意三点不共线）和7条边构成一个图，则这样的图共有120个 C．若一个图的4个顶点分别位于平面直角坐标系的四个象限，且该图有且仅有2条边与轴相交，则这样的图共有8个 D．若一个图的8个顶点分别位于空间直角坐标系的8个部分（三个坐标平面把不在坐标平面内的点分成8个部分），且该图有且仅有2条边与平面相交，则这样的图共有7920个 50．（多选）空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 51．格点是指平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点.一格点沿坐标线到原点的最短路程为该点到原点的“格点距离”（如：，则点到原点的格点距离为）.格点距离为定值的点的轨迹称为“格点圆”，该定值称为格点圆的半径，而每一条最短路程称为一条半径.当格点半径为6时，格点圆的半径有 条（用数字作答）. 52．将这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有 种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有 种.（用数字作答） 53．如图，有两堆同样的盒子，一堆3个，一堆7个，现需要将这些盒子搬走，每次只能从其中一堆搬走最上面的一个盒子，共有 种不同的搬法．（用数字作答） 考点十 计数问题与概率的综合 54．小张和小王两个小朋友玩游戏，已知小张手中有3张黑色牌和3张红色牌，小王手中有3张黑色牌和2张红色牌，游戏规则：两位小朋友同时出示一张牌，若两张牌同色，则小张胜，小张获得这两张牌，若两张牌异色，则小王胜，小王获得这两张牌，按上述玩法进行两次后，小王手中有7张牌的概率为（   ） A． B． C． D． 55．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． 56．如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为 .    57．给正方体的8个顶点涂色，规则：从顶点开始涂色，之后每选取一个未涂色顶点且与上次所涂顶点不在同一条棱上的顶点进行涂色．若涂色3次，则第3次恰好涂在点的概率为 ． 58．某种密码的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，三短（即连续敲击三下）表示“0”，三短一长（即连续敲击三下后短暂停顿再敲一下）表示“1”，若用手指敲击“三短”“三短”“三短一长”，则对方收到的密码指示为-“001”．现某人尝试用5个“0”和5个“1”传递密码，则每个“0”之前“1”的个数多于“0”的个数的概率为 ． 1．（2024·厦门大学强基计划）用九种颜色给一个正四面体涂色，使相邻两个面颜色不同（若两种涂色方法可以通过旋转使得每个面的颜色一对应，则算作一种涂色方法）共有（    ）种涂色情况. A．121 B．454 C．621 D．以上答案均不对 2．（2024·清华大学强基计划）圆周上，，…，七个点两两相连，任选两条线段，则这两条线段无公共点的概率是（    ）． A． B． C． D． 3．（2024·清华大学强基计划）从棱长为1个单位长度的正方体的底面一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走一个单位长度，下列选项中正确的有（    ）． A．进行4次这样的操作回到A的概率为 B．进行2次这样的操作回到A的概率为 C．进行4次这样的操作回到A的概率为 D．进行2次这样的操作回到A的概率为 4．(2024·全国第七届章鱼杯I卷)第六届章鱼杯开启了全新赛制，我们邀请到最强外援命题，共76道题，采用团体赛的形式，每队四人，限时4小时．若ldl，lnx，skc，wzy四人组成一队，现在面临73，74，75，76四道题，每人负责作答这四道题中的一道，每道题都要有人做，已知ldl和lnx不会做74题，lnx和skc不会做75题，skc和wzy不会做76题（未被提及的默认都会做），那么在这四道题中不同的安排方案数是（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 5．(多选)(2024·清华大学强基计划)某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点．已知向左转了100次，则可能向右转了（    ）次． A．96 B．98 C．104 D．102 6．（多选）(2024·安徽“校长杯”竞赛)为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是（    ） A．从六位专家中选两位的不同选法共有20种 B．“呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种 C．“护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种 D．“护理、感染、儿科类专家”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种 7．(2025·中国科技大学竞赛)将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数字进行重新排列，得到新排列，若对于，，则新排列的个数为 ． 8．(2024·清华大学强基计划)，，…是一个1，2，3，…，10的排列，要求和一定有一个大于（），则满足的排列的总数为 ． 9．(2024·南京大学强基计划)存在集合的一族子集两两交集非空，那么这族子集最多有 个. 10．(2025·重庆高中数学联赛初赛)从面积为的正六边形的个顶点中随机选个不同的点，它们构成的三角形的面积大于的概率为 . 11．(2025·重庆高中数学联赛初赛)小明在注册账号时想到一个问题. 他将这个问题简化如下：可以使用字符来组成五位密码，要求必须包含数字、小写字母和大写字母，且不可以出现两个相同的字符相邻. 例如密码可以设置为或，但不能设置为或，则可以设置不同的密码的个数为 . 12．(2024·海南海口中学高一竞赛)校乒乓球锦标赛共有位运动员参加.第一轮，运动员们随机配对，共有场比赛，胜者进入第二轮，负者淘汰.第二轮在同样的过程中产生名胜者.如此下去，直到第n轮决出总冠军，实际上，在运动员之间有一个不为比赛组织者所知的水平排序，在这个排序中 最好，次之， …，最差，假设任意两场比赛的结果相互独立，不存在平局，且 当与比赛时，获胜的概率为p，其中 ，求最后一轮比赛在水平最高的两名运动员与之间进行的概率为 13．(2024·四川全国高中数学联赛（预赛）)记，，集合的子集，满足，则符合条件的集合的个数为 ．（用具体数字作答） 14．(2024·全国高中数学联赛重庆初赛）由这九个正整数构成的所有圆排列中，任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为 . 15．(2023·全国中学生数学能力测评）某班一天上午有语文、数学、政治、英语、历史5节课，现要安排该班上午的课程表，要求历史课不排在第一节，语文课和数学课相邻，不同的排法总数是 ． 16．(2025·山东大学强基计划）将10个不同的球放入编号1，2，3的3个盒子，要求每个盒子内的球数不少于盒的编号，求放法总数. 17．(2024·清华大学强基计划）点集且，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？ 18．(2024·清华大学强基计划）圆上7点所成线段中任取两条，这两条线段无公共点的概率为？ 19．(2024·北京大学强基计划）求四元组 的个数，使得 ，且 . 20．(2023·清华大学强基计划）有六面旗，两面蓝，两面红，两面黄，除颜色外完全相同，从这些旗子中去除若干面（至少一面），从上到下悬挂在同一个旗杆上，可以组成一个信号序列，则不同的信号序列共有多少种？ 21．(2024·北京大学优秀中学生寒假学堂)用6种不同颜色染正方体的6个面，不同面颜色不同，正方体旋转后颜色相同认为是同种染色，则染色的种数有多少? 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01两个计数原理、排列与组合 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 两个计数原理的简单应用 3 考点二 排列组合数的计算 7 考点三 排数问题 9 考点四 排队问题 11 考点五 产品选取问题 14 考点六 涂色问题 16 考点七 分组分配问题 21 考点八 方程整数解的个数问题 26 考点九 几何问题 27 考点十 计数问题与概率的综合 31 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题21道） 【归纳重点知识】 知识点01 两个计数原理 1.两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法 结论 完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法(也称“加法原理”) 完成这件事共有N＝m1·m2·…·mn种方法(也称“乘法原理”) 【知识剖析】 　(1)分类加法计数原理中每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事；各类方法之间是互斥的、并列的、独立的. (2)分步乘法计数原理中任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事；各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏，但有时可以调换各步的顺序. 知识点02 排列与组合 排列的 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元1素 按照一定的顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列 组合的 定义 为一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 【知识剖析】 (1)排列需要考虑元素的顺序，组合不需要考虑元素顺序. (2)只有元素相同且顺序也相同的两个排列才是相同的；只要两个组合的元素相同，不论元素的顺序如何，都是相同的组合. 知识点03 排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数 组合数 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有不同排列的个数 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有组合的个数 公式 ＝n(n－1)(n－2)·…·[n－(m－1)]＝ ＝＝＝ 性质 ＝1，＝n！，0！＝1 ＝1，＝，＝ 说明：正确理解组合数的性质 (1)＝：从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的方法数.(2)＋＝：从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况：①不含特殊元素A有种方法；②含特殊元素A有种方法. 【熟记重要结论(二级结论)】 1．排列数、组合数常用公式 (1)＝(n－m＋1). (2)＝n. (3)(n＋1)！－n！＝n·n！. (4)k＝n. (5)＋＋…＋＋＝. 2.解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排或特殊位置优先安排. (2)合理分类与准确分步. (3)排列、组合混合问题要先选后排. (4)相邻问题捆绑处理. (5)不相邻问题插空处理. (6)定序问题倍缩法处理. (7)分排问题直排处理. (8)“小集团”排列问题先整体后局部. (9)构造模型. (10)正难则反，等价转化. 3.分组、分配问题的求解策略 整体均分组 分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数 部分均分组 若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数 不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等 相同元素的分配 常用“隔板法”求解，即定个数、定空位、插隔板、确定分配方案 不同元素的分配 利用分步乘法计数原理，先分组，后分配 有限制条件的分配 采用分类讨论法求解 考点一 两个计数原理的简单应用 1．已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路(从甲到乙)接通的情况有(    ). A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 【答案】C 【解析】根据电路中间是断开还是闭合进行分类． ①若中间断开，如图5所示，则电路接通的情况有(种)； ②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有(种)． 故共有(种).故选：C. 2．设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有(    ). A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 【答案】B 【解析】依中的最大数进行分类： ①若中的最大数为1，则有1种，则是集合的非空子集，有种，所以有(种)； ②若中的最大数为2，则有2种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ③若中的最大数为3，则有4种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ④若中的最大数为4，则有8种，则是集合的非空子集，有1种，所以有种. 所以可得，故不同的选择方法共有49种. 3.北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示．为了防止假期景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻(如：选择这4个景点也是允许的)，那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有(    ). A．60种 B．42种 C．30种 D．14种 【答案】C 【解析】将环形分段，把连续的景点数作为一个数字， 那么一次游玩4个景点的情况有“4”“”“”“”“”四种. 因为是环形的，两次的分段数一定相同，可以正做，也可以反做. 解法1  反做：8个点都是互不相同的，总的对分方式有(种)． “4”配“4”，有8种； “”配“”，有(种)； “”配“”，有(种)． 又，所以共有30种，故选：C． 解法2  正做：“”配“”，有4种； “”配“”，有(种)； “”配“”，有2种. 因为，所以有30种，故选：C． 4.某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一个棋子放在如图所示的正方形(边长为个单位长度)的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向走几个单位长度，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向走i个单位长度，一直循环下去.此人抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到起点A处的不同走法共有 种. 【答案】 【解析】正方形的周长为，故抛掷三次骰子的点数之和为或. (1)点数之和为的情况有种：，，，，， 其中，，都含有个相同数字，各有种走法；而，由个不同的数字组成，各有种走法. 所以共有种走法. (2)点数之和为的情况有种：，，共有种走法. 因此，由分类加法计数原理可知共有种不同的走法，故答案为：. 5．设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有(    ). A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 【答案】B 【解析】依中的最大数进行分类： ①若中的最大数为1，则有1种，则是集合的非空子集，有种，所以有(种)； ②若中的最大数为2，则有2种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ③若中的最大数为3，则有4种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ④若中的最大数为4，则有8种，则是集合的非空子集，有1种，所以有种. 所以可得，故不同的选择方法共有49种. 6．北京市的周边供游客旅游的景点有8个，如图所示．为了防止假期景点过于拥挤，规定每名游客一次只能游玩4个景点，而且一次游玩景点中至多有2个相邻(如：选择这4个景点也是允许的)，那么游客现在要分两次把8个景点游完，不同的选择方法共有(    ). A．60种 B．42种 C．30种 D．14种 【答案】C 【解析】将环形分段，把连续的景点数作为一个数字， 那么一次游玩4个景点的情况有“4”“”“”“”“”四种. 因为是环形的，两次的分段数一定相同，可以正做，也可以反做. 解法1  反做：8个点都是互不相同的，总的对分方式有(种)． “4”配“4”，有8种； “”配“”，有(种)； “”配“”，有(种)． 又，所以共有30种，故选：C． 解法2  正做：“”配“”，有4种； “”配“”，有(种)； “”配“”，有2种. 因为，所以有30种，故选：C． 7．已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路(从甲到乙)接通的情况有(    ). A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 【答案】C 【解析】根据电路中间是断开还是闭合进行分类． ①若中间断开，如图5所示，则电路接通的情况有(种)； ②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有(种)． 故共有(种).故选：C. 8．某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一个棋子放在如图所示的正方形(边长为个单位长度)的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向走几个单位长度，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向走i个单位长度，一直循环下去.此人抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到起点A处的不同走法共有 种. 【答案】 【解析】正方形的周长为，故抛掷三次骰子的点数之和为或. (1)点数之和为的情况有种：，，，，， 其中，，都含有个相同数字，各有种走法；而，由个不同的数字组成，各有种走法. 所以共有种走法. (2)点数之和为的情况有种：，，共有种走法. 因此，由分类加法计数原理可知共有种不同的走法，故答案为：. 考点二 排列组合数的计算 9．已知，则（   ） A．7 B．21 C．35 D．42 【答案】B 【解析】由，得或，且， 解得或， 当时，， 当时，. 故选：B． 10．已知，则 ．（用数字作答） 【答案】495 【解析】由可得， 故. 11．求证： 【答案】证明见解析 【解析】证明：如果 为偶数，设 ，于是 ； 如果 为奇数，设 ，则得 . 综上，，得证. 12．规定，其中，m是正整数，且，这是组合数（n，m是正整数，且）的一种推广． (1)求的值； (2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由； (3)①已知，，求证：； ②已知组合数是正整数，证明：当，m是正整数时，． 【答案】(1)3060 (2)答案见解析 (3)①证明见解析；②证明见解析 【解析】（1）． （2）性质①不能推广，例如当时有意义，但无意义； 性质②能推广，它的推广形式是：，，m是正整数． 证明：当时，有， 当时， ． （3）①因， 而， 所以． ②当时，组合数； 当时，； 当时，由可知， 所以， 因为时，，所以，即时，． 综上，当，m是正整数时，． 考点三 排数问题 13．已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为（    ） A．58 B．71 C．85 D．96 【答案】B 【解析】根据题意，都比大，所以可能取或， 当时，有种选法，剩余数字中最大， 有种选法，最后剩下一个就是，共有种， 当时，，有种选法，剩余数字中最大， 而，有种选法，共有种， 当时，，，有种选法， 剩余数字，只有1种，共有种， 则满足要求的排列的个数为种. 故选：B 14．从中任取2个数字，从中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字四位数有（    ） A．216个 B．162个 C．108个 D．180个 【答案】D 【解析】当选的数字包括时，共有种数字组合， 而不能放在首位，则每个组合的情况数为个， 可得总情况数共有个， 当选的数字不包括时，共有种数字组合， 此时每个组合的情况数为个， 可得总情况数共有个， 即一共可以组成没有重复数字四位数有个，故D正确. 故选：D 15．从0，1，2，3中任取三个数字组成无重复数字的三位数，则下列结论错误的是（   ） A．三位数共有18个 B．百位数字为1的三位数共有6个 C．十位数字为1的三位数共有6个 D．个位数字为0的三位数共有6个 【答案】C 【解析】选项A，从百位排起，百位有3种选择（1、2、3，因为不能为0），十位有3种选择，个位有2种选择.总数为个，故A正确； 选项B，百位固定为1，十位从0、2、3中选（3种选择），个位从剩下2个数字中选（2种选择），共有个，故B正确； 选项C，十位固定为1，百位不能为0，且不能为1，所以百位有2种选择（2、3），个位从剩下2个数字（包括0）中选（2种选择），共个，故C 错误； 选项D，因为个位数字为0，则百位和十位可以在中任取两个排列，共个.故D正确. 故选：C. 16．如图所示，六个不同的自然数排成三角形，且每一行中最小的数均大于下一行中最小的数，则这样的排列共有（    ）种. A．36 B．240 C．120 D．60 【答案】B 【解析】设最上面一行为第一行， 由题意可知最小的数一定在第三行，则这一行的另外两个数从剩下的五个数中选， 有种选法，然后全排列，故有种排法； 第二行最小的数应是剩下的三个数中最小的数，另一个数从其余两个数中选，然后全排列， 此时共有种排法， 则剩余的一个数排在第一行，则这样的排列共有种， 故选：B 17．2025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 【解析】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. 18．重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 【答案】72 【解析】由题意知，可分2步进行：先排偶数，再排奇数. 排偶数的情况：设4个偶数排列为， 其中表示第2位，表示第4位，表示第6位，表示第8位， 则所有的可能有， ，共9种排法； 同理，满足奇数的所有可能有 ，共8种排法. 所以总的排法数为种. 考点四 排队问题 19．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 【解析】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 20．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．24 B．48 C．144 D．240 【答案】C 【解析】将“立春”和“春分”两块展板捆绑成一个整体，有种放置方法， 捆绑后的“立春”和“春分”整体与“雨水”，“谷雨”进行全排列，共有种方法， 再将“清明”和“惊蛰”进行插空，4个空选择2个，共有种方法， 综上，共有种放置方式. 故选：C 21．2025年高考结束后，某校高三年级一宿舍的6位舍友准备最后拍一张“全家福”.假设6位同学站成一排，舍长与副舍长必须站中间，其他两位1班同学彼此不相邻，两位2班同学彼此不相邻，则不同的站法共有（   ） A．16种 B．32种 C．48种 D．64种 【答案】B 【解析】先将舍长、副舍长排到中间的2个位置上，有种排法， 再从两侧各选1个位置，把不相邻的两位1班同学安排其中，有种排法， 最后把不相邻的两位2班同学安排到余下的2个位置上，有种排法. 所以，共有种. 故选：B 22．(多选)3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（   ） A．共有60种不同的坐法 B．空位不相邻的坐法有32种 C．空位相邻的坐法有24种 D．两端不是空位的坐法有12种 【答案】AC 【解析】对于A，共有种不同的坐法，故A正确； 对于B，空位不相邻的坐法有种，故B错误； 对于C，空位相邻的坐法有种，故C正确； 对于D，两端不是空位的坐法有种，故D错误， 故选：AC. 23．（多选）象棋作为一种传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值．它具有红、黑两种阵营，将、士、车、马、炮、兵为象棋中的棋子，现有3个红色的“马”“车”“炮”棋子与2个黑色的“马”“车”棋子，将这5个棋子排成一列，则下列说法正确的是（    ） A．共有120种排列方式 B．若两个“车”相邻，则有24种排列方式 C．若两个“马”不相邻，则有72种排列方式 D．若红、黑棋子间隔排列，则有12种排列方式 【答案】ACD 【解析】A对，由排列知识可得共有种排列方式． B错，将两个“车”捆绑作为一个元素，有种排列方式， 再和剩余的3个棋子进行全排列，故共有种排列方式． C对，两个“马”不相邻，先将剩余的3个棋子进行全排列，产生4个空， 再将两个“马”插空，故共有种排列方式． D对，将2个黑色的棋子进行全排列，产生3个空，再将3个红色的棋子进行插空， 故共有种排列方式． 故选：ACD. 24．(多选)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有30种选法 B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】BD 【解析】对于A，某学生从中选2门课程学习，共有种选法，故A错误； 对于B，课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有种排法，故B正确； 对于C，课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有种排法，故C错误； 对于D，课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，分两种情况： 若课程“礼”排在最后一周，有种排法， 若课程“礼”不排在最后一周，有种排法， 共有种排法，故D正确. 故选：BD. 25．如图，有三个不同班级的各两名代表要坐在长方形桌子的6个座位（座位序号为）上座谈，要求同一班级的两名代表既不能正对面（例如：一个人坐1号座位，则同班级的另一个人不能坐6号座位）也不能左右相邻就坐，则所有可能坐法为 种.    【答案】96 【解析】假设三个不同班级的各两名代表分别为、、， 若号座位只有两个不同班级的代表，则同一班级的在号座位， 则号座位需为另一同班级的两名代表， 此时号座位为同一班级的两名代表，不符合题意， 故号座位必须是3个不同班级的代表，有种方法； 则号座位只有种就坐方法，因此所有可能坐法为. 考点五 产品选取问题 26．某化工厂园区内有4个仓库，现要将A，B等6种化工原料储存在仓库中.为了方便使用，每种原料平分为2份储存在2个不同的仓库中，每个仓库储存3种不同的原料，且考虑到安全因素，原料A，B不能储存在同一个仓库，则不同的储存方案数为（   ）. A．240 B．270 C．480 D．540 【答案】D 【解析】先把A分成两份放入两个仓库，再把B分成两份放入剩余两个仓库，共有种方法， 再把C分成两份，从剩余的D、E、F中取出一种分成两份与C组成一组，放入两个仓库，剩余的两种组合放入另外两个仓库，共有种放法， 也可从剩余的D、E、F中取出两种，与C组合成两份，则剩余的两种组合成两份，共有四种不同的组合，分别放入四个仓库，共有种种放法， 由分类加法计数原理与分步乘法计数原理可得， 共有种不同的方法， 故选：D 27．（多选）现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、礼仪、司机三项工作可以安排，以下说法正确的是（    ） A．每人安排一项工作的不同方法数为 B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C．若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不用的安排方法为 D．每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 【答案】CD 【解析】对于A，由乘法原理可得每人安排一项工作的不同方法数为，故A错误； 对于B，每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加， 则每项工作的人生分别为或， 故不同的安排方法， 而，故B错误； 对于C，若多面手丙做翻译，则不同的安排方法为， 若多面手丙不做翻译，则不同的安排方法为， 故不同的安排方法为，故C正确； 对于D，每人安排一项工作做翻译或司机，共有， 如果只参加翻译或司机，共有2种安排，故不同的安排方法数为，故D正确. 故选：CD. 28．(多选)某班要举办一次学科交流活动，现安排 这五名同学负责语文，数学，英语，物理学科相关工作． 则下列说法中正确的是（    ） A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有 种 B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有 240 种不同的方案 C．若数学学科必须安排两人， 其余学科安排一人， 则有 60 种不同的方案 D．若每人至多安排一门学科，其中安排 和 负责语文、数学工作，其余三人中任选两人负责英语、 物理工作， 则有 12 种不同的方案 【答案】BCD 【解析】这五人每人任选一门学科，则不同的选法有 种，故A错误； 根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人， 我们把这五人分成四组共有种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种 ， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确； 若数学学科必须安排两人，则有种方法，其余学科各安排一人共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故C正确； 安排 和 负责语文、数学工作，共有种安排， 其余三人中任选两人负责英语、 物理工作，共有种安排， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故D正确； 故选：BCD. 考点六 涂色问题 29．如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】给挂件进行如图所示的编号， 中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件， 用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色， 1号有4种涂色方法，2，3，4号有种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： ①若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ②若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ③若5号与1号异色，与3号同色，5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，7号有2种涂色方法； 当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ④若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； 综上，所有的涂色方法种数为，故C正确． 故选：C． 30．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（   ）种不同的种植方法． A．36 B．60 C．84 D．120 【答案】C 【解析】设k种种子排成环形的n个区域种植不同的方法数为， 若先考虑排成一行的区域种植且相邻区域种植不同种子，则方法数应为， ①若区域1和区域n种植不同种子时，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时满足条件： ②若区域1和区域n种植相同种子时，把区域1和区域n粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需从种方法中被减掉． 所以，依题意，易得，则， 即． 故选：C. 31．如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（    ）    A．360 B．420 C．480 D．660 【答案】B 【解析】若5种颜色全涂，有种； 若5种颜色涂4种，则左右侧面或前后侧面涂同种颜色，有种； 若5种颜色涂3种，则左右侧面涂同种颜色，前后侧面涂同种颜色，有种 可得，故不同的涂色方案共有420种. 故选：B 32．（多选）将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（    ） A B E C D A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 【答案】AB 【解析】对于A，每块区域任意涂上一种颜色，即每块区域都有4种选择，则有种不同涂法，A正确； 对于B，若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则B和D同色，A和E同色，则共有种不同涂法，故B正确； 对于C，因4种不同颜色全部用上，B，D同色，相邻区域不同色，故可以先涂B，D区域，有种涂法， 因三个区域都与B，D相邻，故只需将余下的3种颜色在上全排，有种涂法，则共有种涂法，故C错误； 对于D，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 因B，D不同色（D只有一种颜色可选），此时ABCD四块区域所用颜色各不相同，涂E只能与A同色，此时共有24种涂法，故D错误． 故选：AB. 33．给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相连的着色方案如图所示：由此推断，当时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种（结果用数值表示） 【答案】21 【解析】由题意知黑色正方形互不相连， 故当时，有全黑或全白种， 当时，有白黑、黑白、全白种， 当时，有黑白黑、白白黑、白黑白、黑白白、全白共种， 当时，有白黑白黑、黑白黑白、黑白白黑、白白白黑、白白黑白、白黑白白、黑白白白、全白共种， 当时，有黑白黑白黑、黑白白白黑、黑白白黑白、黑白黑白白、白黑白白黑、白黑白黑白、 白白黑白黑、黑白白白白、白黑白白白、白白黑白白、白白白黑白、白白白白黑、全白共种， 故当时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有种结果： 黑白黑白黑白、黑白黑白白黑、黑白白黑白黑、白黑白黑白黑、 黑白白白白黑、黑白白白黑白、黑白白黑白白、黑白黑白白白、 白黑白白白黑、白黑白白黑白、白黑白黑白白、白白黑白白黑、白白黑白黑白、白白白黑白黑、 黑白白白白白、白黑白白白白、白白黑白白白、白白白黑白白、白白白白黑白、白白白白白黑、全白共种， 故答案为：21 34．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 【答案】630 【解析】涂色问题  根据题意，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色情况． 先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择， 当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择； 当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择． 故不同的涂色方案有（种）． 故答案为：630. 35．如图所示，用4种不同的颜色涂三棱台的顶点，同一线段的端点不同色，且颜色可以不用完，则不同的涂法有 种． 【答案】264 【解析】根据题意可得，用3种颜色涂色有（种），用4种颜色涂色有（种）， 共有（种）． 36．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，…，9的9个小正方形，如图所示，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂的颜色都不相同，且“3，5，7”号小正方形涂相同的颜色，则符合要求的涂法共有 种． 【答案】108 【解析】分类： 若小正方形1，9与5同色，则有种； 若小正方形1与5同色，9与5异色，则有种； 若小正方形9与5同色，1与5异色，则有种； 若小正方形1，9均与5异色或1与9同色，9与5异色，则有种. 可得，故符合条件的涂法共有108种. 考点七 分组分配问题 37．20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 【解析】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 38．总共有13个大小颜色重量外观等都一样的小球，如图所示①、②、③号三个足够大的杯子，其中①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球，问总共有（    ）种放小球方法 A．120 B．84 C．45 D．36 【答案】D 【解析】已知①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球. 我们先在②号杯子中放个小球，在③号杯子中放个小球， 这样就满足了每个杯子的最少放置要求.此时总共放了个小球， 还剩下个小球. 将问题转化为标准隔板法问题： 现在要把这10个相同的小球放入①、②、③号三个杯子中，且每个杯子至少放个小球. 这就相当于在10个小球形成的个间隔中插入个隔板， 将其分成组，每组对应一个杯子. 根据隔板法公式，所以方法数为. 根据组合数公式，可得（种）. 故选：D. 39．过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．60种 【答案】B 【解析】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有种安排方法， 此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同； ②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法， 此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同； ③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法； 故选拔测试的安排方案有种. 故选：B. 40．(多选)现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论不正确的有（ ） A．没有空盒子的方法共有16种 B．有空盒子的方法共有256种 C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 【答案】ABD 【解析】对于A，没有空盒子，即将4个球在4个盒子上进行全排列，共有种方法，故A不正确； 对于B，有空盒子，因为有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，共有种方法，故B不正确； 对于C，恰有1个空盒，即另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球， 先从4个盒中选1个作为空盒，再将4球中选出2球绑在一起，与另外两个球对余下的3个盒子全排列， 则共有种方法，故C正确； 对于D，没有空盒子恰有1个小球放入自己编号的盒子，则可从4盒4球中选定标号相同的球和盒有种方法， 另外3个球3个盒不能互相对应共2种方法，则共有种方法，故D不正确． 故选：ABD. 41．(多选)将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是（   ） A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案 B．若每人分得2本，则有90种方案 C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案 D．共有450种分配方案 【答案】ABC 【解析】对于A，甲1本､乙2本､丙3本，方案数为，故A正确； 对于B，每人2本，方案数为，故B正确； 对于C，书本数互不相同（即1，2，3），所以方案数为，故C正确； 对于D，分三类：第一类，每人2本，方案数为90种；第二类，一人1本，一人2本，一人3本，方案数为360种； 第三类，一人4本，另外两人各1本，方案数为， 故总的分配方案数为种，故D错误. 故选：ABC. 42．某环保局派遣包括张三，李四，王五在内的12名工作人员到A，B，C三个镇开展环境保护的宣传工作，每个镇至少派遣3人，因工作需要，张三，李四，王五3人要派遣到同一个镇，则不同的派遣方案共有 种．（结果用数字表示） 【答案】 【解析】先分类讨论人员分组情况： 当张三､李四､王五所在组恰有3人时，余下9人分成2组，有210种方法； 当张三､李四､王五所在组恰有4人时，先从其他9人中选1人到这组，再将余下8人分成2组，有种方法； 当张三､李四､王五所在组恰有5人时，先从其他9人中选2人到这组，余下7人分成2组，有种方法； 当张三､李四､王五所在组恰有6人时，先从其他9人中选3人到这组，余下6人分成2组，有种方法． 再将三组人员分配到三个镇： 因为这三组分配到三个地区有种方法， 所以安排方法总数为． 43．将分别标有号码的6个小球平均分为两组，则“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的分组方式有 种. 【答案】5 【解析】方法一（间接法）：事件“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的反面是“标号为4的小球是所在组标号最大的”“标号为3的小球是所在组标号最小的”至少一个成立. 当标号分别为3和4的小球不在同一组时，有124，356一种分法， 且“标号为4的小球是所在组标号最大的”和“标号为3的小球是所在组标号最小的”同时成立. 当标号分别为3和4的小球在同一组时， 若“标号为4的小球是所在组标号最大的”成立，则有134，256和234，156两种分法； 若“标号为3的小球是所在组标号最小的”成立，则有126，345和125，346两种分法． 综上，不符合题意的分法有5种. 将6个小球平均分成两组，有种分法，所以符合题意的分法有种． 方法二（直接法）：当标号分别为3和4的小球在同一组时， 不论和它们在一组的小球的标号是1，2，5，6中的哪一个， “标号为4的小球不是所在组标号最大的”和“标号为3的小球不是所在组标号最小的”不能同时成立， 所以标号分别为3和4的小球不在同一组. 由题意可得，标号为1，2的小球中至少有1个与标号为3的小球一组， 标号为5，6的小球中至少有1个与标号为4的小球一组． 故符合题意的分组方式有种． 44．（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？ （2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？ （3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？ （4）把7个不同的小球放在3个相同的盒子里，要求每个盒子都不空，共有多少种不同的方法？ 【答案】（1）15种（2）15种（3）36种（4）301种 【解析】（1）法一：问题相当于先把7个相同的小球分成3堆，再分配到不同的盒子里. 把7个相同的小球分成3堆，有4种分法. 第一类，按照来分，有种方法； 第二类，按照来分，有种方法； 第三类，按照来分，有种方法： 第四类，按照来分，有种方法 综上，共有种方法. 法二：在7个相同的小球中间的6个空档里， 选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法. （2）可以先在每个盒子中放1个球，问题就变成将7个相同的小球放入3个不同的盒子， 每个盒子里至少放1个球，即将小球分为堆，会产生个空档， 选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法. （3）法一：空0个盒子共有种，空1个盒子共有种， 空2个盒子共有种，综上，共有种方法. 法二：先借3个相同的球，在每个盒子里先放入1个借来的球， 则问题就转化为把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子都不空， 即在10个相同的小球中间的9个空档里， 选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法. （4）由题意得盒子相同，按照球的个数可以分为，共4种， 第一类，按照来分，有种方法； 第二类，按照来分，有种方法； 第三类，按照来分，有种方法： 第四类，按照来分，有种方法 综上，共有种方法. 45．为参加武汉市高中生足球友谊赛，某校决定从高一年级的学生中挑选11名球员组建校足球队. (1)若将校足球队的11个名额分到7个班级，每个班级至少1个名额，问有多少种分配方法？ (2)学校教练计划比赛前将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练.若其中一组4人，另外两组每组3人，问有多少种不同的分组方式？ (3)比赛入场式时工作人员会为11名队员拍集体照，若要求拍照时、、三人必须相邻，、、、四人均不相邻，问有多少种不同的排法？ 【答案】(1)210 (2)2100 (3)259200 【解析】（1）将校足球队的个名额分到7个班级，每个班级至少个名额， 问题等价于将个完全相同的小球分7组，每组至少一个小球， 由隔板法可知，不同的分配方法种数为． （2）将除指定的守门员外的其他名队员，进行分组训练，若其中一组人，另外两组每组人， 则不同的方法种数为种. （3）将、、三人进行捆绑，与除、、、四人以外的人进行全排， 然后将、、、四人进行插空， 所以，不同的排法种数为种． 考点八 方程整数解的个数问题 46．不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组. 【答案】 【解析】第一空: 利用隔板法求解，不定方程的正整数解, 相当于将100个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将100个名额分成50堆， 每堆至少一个名额，因此，把这100个名额排成一队，除去队前队后的空外， 有99个空，在这99个空中选49个空，插入49个板子，则把这100个名额分成了50堆，故有组，每一堆的名额数就是的数值，则不定方程的正整数解的组数为组； 第二空: 设， ，，， 不定方程的非负整数解 就是不定方程正整数解， 利用隔板法求解，不定方程的正整数解, 相当于将150个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将150个名额分成50堆， 每堆至少一个名额.把这150个名额排成一队，除去队前队后的空外， 有149个空，在这149个空中选49个空，插入49个板子，则把这150个名额分成了50堆， 故有组，每一堆的名额数就是的数值， 则不定方程的非负整数解的组数为组. 47．若方程，其中，则方程的自然数解的个数为 . 【答案】28 【解析】已知方程，且， 则，其中均为自然数. 将其转化为， 其中为正整数. 运用隔板法将其转化为有9个1排成一列，利用2个隔板法将其分成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个隔板的放置方法共有种， 故方程的正整数解的个数为28. 即方程的自然数解的个数为28. 考点九 几何问题 48．在空间直角坐标系中，已知点，若，，，且，则满足条件的点共有（    ） A．15个 B．20个 C．35个 D．56个 【答案】D 【解析】若，则满足条件的点共有个； 若中只有2个相等，可知或，则满足条件的点共有个； 若互不相等，则满足条件的点共有个； 综上所述：满足条件的点共有个. 故选：D. 49．(多选)将由个顶点和条边(条边均为线段)构成的图，称为一个图．下列结论正确的是（   ） A．三棱柱是一个图 B．若平面内的5个定点（任意三点不共线）和7条边构成一个图，则这样的图共有120个 C．若一个图的4个顶点分别位于平面直角坐标系的四个象限，且该图有且仅有2条边与轴相交，则这样的图共有8个 D．若一个图的8个顶点分别位于空间直角坐标系的8个部分（三个坐标平面把不在坐标平面内的点分成8个部分），且该图有且仅有2条边与平面相交，则这样的图共有7920个 【答案】ABD 【解析】A：三棱柱有6个顶点(两个三角形底面)和9条边(底面、顶面、侧面各3条)，因此是图，正确； B：平面内有5个定点(任意三点不共线)，构成图，总可能边数为，从10条边中选择7条为，正确； C：4个顶点分别位于四个象限(位置固定)构成图，要求有且仅有2条边与x轴相交， 设顶点分别在第一、二、三、四象限， 其中非跨边(不跨过轴)有共2条，跨边(跨过轴)有共4条， 图有4条边，需恰好2条跨边，只需从4条跨边中选2条为，错误； D：8个顶点分别位于空间直角坐标系的8个部分(位置固定)，构成图， 要求有且仅有2条边与平面相交，则有4个顶点，有4个顶点， 其中非跨边(不跨过平面)有条，跨边(跨过平面)有条， 由图有12条边，有且仅有2条边与平面相交，即12条边中有10条非跨边，2条跨边， 所以共有条，正确. 故选：ABD 50．（多选）空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 【答案】AD 【解析】若，4点仅能构成一个三棱锥，记为， 不妨把，，染成红色，把，，染成蓝色， 则满足要求，故A正确； 若，设这5个点分别为，如图，实线表示红色线段， 虚线表示蓝色线段，则存在三角形的3条边不是同一种颜色的情况，故B错误； 若，设这6个点分别为， 考虑由一点引出5条线段，，，，， 则至少有3条线段是同色，不妨设，，为红色，，为蓝色． 对于的三条边，若有一条边为红色（不妨设为红色）， 则的3条边都是红色，若任意一条边都为蓝色， 则的三条边都是蓝色， 故一定存在一个三角形的3条边都是同一种颜色的情况，故C错误； 若，设这8个点分别为，从中任取6个点，则由上可知， 这6个点所构成的三角形中一定存在3条边是同一种颜色的三角形， 不妨设的3条边都是红色，则以中一点为顶点， 以为底面的三棱锥中，仅当棱都是蓝色时， 在三棱锥的所有棱中恰有3条是红色，3条是蓝色， 否则存在某个三棱锥至少有4条棱是红色的情况， 但如果棱都是蓝色，则在三棱锥中， 棱，，，是蓝色，故无论棱是何种颜色， 三棱锥至少有4条棱是蓝色， 所以不存在一个三棱锥的6条棱恰有3条棱是红色，3条棱是蓝色的情况，故D正确． 故选：AD 51．格点是指平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点.一格点沿坐标线到原点的最短路程为该点到原点的“格点距离”（如：，则点到原点的格点距离为）.格点距离为定值的点的轨迹称为“格点圆”，该定值称为格点圆的半径，而每一条最短路程称为一条半径.当格点半径为6时，格点圆的半径有 条（用数字作答）. 【答案】252 【解析】设格点为，格点半径为6，则， ∴对应格点圆图象如下，每条边上有(不含端点)5个格点，    以第一象限为例，格点有，其中的半径有6条，的半径有15条，的半径有20条，的半径有15条，的半径有6条， ∴共有62条，即对于任意格点，其半径条数有条， ∴由上，四个象限共有条半径，另外数轴上有四个点，半径共有条， 综上，格点半径为6时，格点圆的半径有条. 52．将这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有 种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有 种.（用数字作答） 【答案】 1512 324 【解析】将这9个数填入，不同的填法种数为， 这9个数中有4个奇数，5个偶数， 因为填入的每行数之和为偶数， 故每行有偶数个奇数，则只需将4个奇数按分成三组， 当两个1在同一行时， 不同的填法种数为， 当两个1不在同一行时， 不同的填数方法种数为. 故不同的填法种数为. 故答案为：1512；324. 53．如图，有两堆同样的盒子，一堆3个，一堆7个，现需要将这些盒子搬走，每次只能从其中一堆搬走最上面的一个盒子，共有 种不同的搬法．（用数字作答） 【答案】120 【解析】由题设，共需搬10次，选择其中3次搬走第一堆的3个盒子，故有， 故答案为：120 42．已知集合A和集合B各含有12个元素，含有4个元素，集合C满足：①；②；③C中含有3个元素，则同时满足上面条件的集合C的个数为 . 【答案】1084 【分析】首先判断中的元素个数，再利用组合的定义，利用间接法，即可求解. 【解析】由条件可知, 因为，且集合中有3个元素，所以个， 因为满足的集合有个， 所以既满足，又满足的集合有个. 考点十 计数问题与概率的综合 54．小张和小王两个小朋友玩游戏，已知小张手中有3张黑色牌和3张红色牌，小王手中有3张黑色牌和2张红色牌，游戏规则：两位小朋友同时出示一张牌，若两张牌同色，则小张胜，小张获得这两张牌，若两张牌异色，则小王胜，小王获得这两张牌，按上述玩法进行两次后，小王手中有7张牌的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】进行两次后，小王手中有7张牌意味着小王这两次都赢了， 第一次总事件数为种，小王赢的事件数是种， 则第一次小王赢的概率是， 第一次赢之后小张有5张牌，第一种情况是有2张黑色牌，3张红色牌， 小王有4张黑色牌，有2张红色牌， 第二次总事件数为种，小王赢的事件数是种， 则第二次小王赢的概率是： 第二种情况是有3张黑色牌，2张红色牌，小王有3张黑色牌，有3张红色牌， 第二次总事件数为种，小王赢的事件数是种， 则第二次小王赢的概率是： 出现第一种情况是第一次小王出红色牌，概率是， 出现第二种情况是第一次小王出黑色牌，概率是， 则两次均赢的概率为：. 故小王手中有7张牌的概率为. 故选：D. 55．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 【解析】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. 56．如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为 .    【答案】/ 【解析】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数. 第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有种； 第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽车有3种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2种停法，此时另一辆黑色汽车有2种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有种. 因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14种， 8个车位停入4辆车的试验共有种情况， 所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为. 57．给正方体的8个顶点涂色，规则：从顶点开始涂色，之后每选取一个未涂色顶点且与上次所涂顶点不在同一条棱上的顶点进行涂色．若涂色3次，则第3次恰好涂在点的概率为 ． 【答案】 【解析】 正方体中，从顶点开始涂色，第一次涂色后，与不在同一条棱上的顶点有,共种选择； 第二次涂色时，需选择一个与第一次所涂顶点不在同一条棱上的顶点。 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 所以总的路径为种，其中第3次恰好涂在点的有种，所以概率为. 58．某种密码的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，三短（即连续敲击三下）表示“0”，三短一长（即连续敲击三下后短暂停顿再敲一下）表示“1”，若用手指敲击“三短”“三短”“三短一长”，则对方收到的密码指示为-“001”．现某人尝试用5个“0”和5个“1”传递密码，则每个“0”之前“1”的个数多于“0”的个数的概率为 ． 【答案】 【解析】根据题意，用5个“0”和5个“1”传递密码，有（种）， 要满足“每个‘0’之前‘1’的个数多于‘0’的个数”，可以借助图形来解，    如图，从点开始，每出现一个“1”则上升一节，每出现一个“0”则下降一节， 因为总共有5个“0”和5个“1”， 所以最终一定会到达点，在虚线上方的方法都是符合题意的， 利用节点法计算，点到点有1种方法， 所以在点上方标“1”，到点有2种方法， 所以在点上方标“2”，依次标注到处为42， 因此符合题意的方法数为42， 因此，所求概率. 1．（2024·厦门大学强基计划）用九种颜色给一个正四面体涂色，使相邻两个面颜色不同（若两种涂色方法可以通过旋转使得每个面的颜色一对应，则算作一种涂色方法）共有（    ）种涂色情况. A．121 B．454 C．621 D．以上答案均不对 【答案】D 【解析】若不考虑旋转的情况，共有，而四面体共有种旋转方式，故共有. 2．（2024·清华大学强基计划）圆周上，，…，七个点两两相连，任选两条线段，则这两条线段无公共点的概率是（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用组合计算种类，再应用古典概型计算概率即可. 【解析】共条线段，选出两条有种方法， 任意四个点对应两组不相交的线段，有组， 因此，任选两条线段，它们无公共点的概率为． 故选：D. 3．（2024·清华大学强基计划）从棱长为1个单位长度的正方体的底面一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走一个单位长度，下列选项中正确的有（    ）． A．进行4次这样的操作回到A的概率为 B．进行2次这样的操作回到A的概率为 C．进行4次这样的操作回到A的概率为 D．进行2次这样的操作回到A的概率为 【答案】D 【解析】每次操作有3种不同的路线，2次操作，有种路线，其中有3条可以回到A点，因此进行2次这样的操作回到A点的概率为，B错D对； 4次操作，有种路线，如下图所示，设第次操作后恰好走到点的方法数为，由对称性可知第次操作后恰好走到三点的方法数相同，设为，恰好走到三点的方法数也相同，设为，设第次操作后恰好走到点的方法数为， 则，，由此算出， ∴，∴进行4次这样的操作回到点的概率为，AC选项都错． 故选：D 故选：D 4．(2024·全国第七届章鱼杯I卷)第六届章鱼杯开启了全新赛制，我们邀请到最强外援命题，共76道题，采用团体赛的形式，每队四人，限时4小时．若ldl，lnx，skc，wzy四人组成一队，现在面临73，74，75，76四道题，每人负责作答这四道题中的一道，每道题都要有人做，已知ldl和lnx不会做74题，lnx和skc不会做75题，skc和wzy不会做76题（未被提及的默认都会做），那么在这四道题中不同的安排方案数是（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】A 【解析】因为ldl和ln x不会做74题，因此74题只能由skc或wzy完成， 因为ln x和skc不会做75题，因此75题只能由ldl或wzy完成， 因为skc和wzy不会做76题，因此76题只能由ldl或ln x完成， 73题无限制，四人皆可完成， 情况1：74题由skc完成， 剩余题目：73、75、76，需分配给ldl、lnx、wzy， 75题可选人员ldl或wzy， 子情况1a：75题由ldl完成， 76题必须由lnx完成（因ldl已分配）， 73题由wzy完成，分配方案：74: skc，75: ldl，76: lnx，73: wzy， 子情况1b：75题由wzy完成， 76题可选人员：ldl 或lnx， 子情况1b1：76题由ldl完成，73题由lnx完成， 分配方案：74: skc，75: wzy，76: ldl，73: ln x， 子情况1b2：76题由lnx完成，73题由ldl完成， 分配方案：74: skc，75: wzy，76: ln x，73: ldl， 情况1总计：3种方案， 情况2：74题由wzy完成， 剩余题目：73、75、76，需分配给ldl、lnx、skc， 75题必须由ldl完成（因wzy已分配）， 76题必须由ln x完成（因ldl已分配）， 73题 由skc完成，分配方案：74: wzy，75: ldl，76: lnx，73: skc， 情况2总计：1种方案， 总方案数：情况1 + 情况2：3 + 1 = 4种. 故选：A. 5．(多选)(2024·清华大学强基计划)某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点．已知向左转了100次，则可能向右转了（    ）次． A．96 B．98 C．104 D．102 【答案】AC 【解析】总体的路线形成一个多边形， 如果出发点在多边形的边上，左转、右转的次数差一定是4的倍数， 如果出发点在多边形的顶点上，左转、右转的次数差一定奇数，因此只有AC有可能． 下面两图的路线分别对应右转96次和104次的情形： 故选：AC. 6．（多选）(2024·安徽“校长杯”竞赛)为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是（    ） A．从六位专家中选两位的不同选法共有20种 B．“呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种 C．“护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种 D．“护理、感染、儿科类专家”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种 【答案】BC 【解析】对于A：从六位专家中选两位的不同选法共有种，故A错误； 对于B：从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家共有种，故B正确； 对于C：将“护理”，“感染类专家”视为一个元素，不同的排法共有种，故B正确； 对于D：先排疾控、药剂、呼吸，再用插空法排护理、感染、儿科类专家，共有种，故D错误； 故选：BC 7．(2025·中国科技大学竞赛)将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数字进行重新排列，得到新排列，若对于，，则新排列的个数为 ． 【答案】 【解析】由于对于，，则每个数字可以是或 记的排列的个数为，考虑数字在排列中的位置： （1）如果，则剩下的排列个数为； （2）如果，则；因此剩下的排列个数为， 故， 由于，故. 故这10个数的新排列的个数为. 8．(2024·清华大学强基计划)，，…是一个1，2，3，…，10的排列，要求和一定有一个大于（），则满足的排列的总数为 ． 【答案】512 【解析】若，考虑（），必有可知从第i项开始，数列开始递增； 再考虑前面的项，若，说明此情况下数列在第1项到第i项递减． 若，则将原来的i改为同理考虑即可． 由以上分析可知，该数列只有三种情况，单调递减，单调递增，先减后增 故排列总数为． 9．(2024·南京大学强基计划)存在集合的一族子集两两交集非空，那么这族子集最多有 个. 【答案】/ 【解析】显然，这族子集不含有空集，按所含元素的多少可把这族子集分为10类， 不妨设是含有个元素的子集，对应有个， 显然，一元子集至多只有一个，若不止一个，则它们的交集都是空集，不合题意， 所以，故最多有个. 故答案为： 10．(2025·重庆高中数学联赛初赛)从面积为的正六边形的个顶点中随机选个不同的点，它们构成的三角形的面积大于的概率为 . 【答案】/ 【解析】因为梯形的面积为六边形的面积的一半，所以梯形的面积为， 又的面积为的面积的一半， 所以的面积为，的面积为，的面积为， 记正六边形的个顶点顺时针依次为， 易知从中选个不同的点构成的三角形只有三种不同的形状， 分别为（其中下标按模理解）， 其面积依次为，而形如的三角形共有个， 故构成的三角形的面积大于的概率为. 11．(2025·重庆高中数学联赛初赛)小明在注册账号时想到一个问题. 他将这个问题简化如下：可以使用字符来组成五位密码，要求必须包含数字、小写字母和大写字母，且不可以出现两个相同的字符相邻. 例如密码可以设置为或，但不能设置为或，则可以设置不同的密码的个数为 . 【答案】 【解析】我们先只考虑相邻字符不同的密码，共有种. 这里面不满足要求的有两类： 第一类是仅包含单一字符类型（如全数字），这类共有种； 第二类是仅包含两种字符类型（如数字和小写字母），共有个不同的字符可选， 只满足相邻不同的密码有种，其中单一字符类型的有种， 故第二类共有种. 所以不同密码的总个数为. 12．(2024·海南海口中学高一竞赛)校乒乓球锦标赛共有位运动员参加.第一轮，运动员们随机配对，共有场比赛，胜者进入第二轮，负者淘汰.第二轮在同样的过程中产生名胜者.如此下去，直到第n轮决出总冠军，实际上，在运动员之间有一个不为比赛组织者所知的水平排序，在这个排序中 最好，次之， …，最差，假设任意两场比赛的结果相互独立，不存在平局，且 当与比赛时，获胜的概率为p，其中 ，求最后一轮比赛在水平最高的两名运动员与之间进行的概率为 【答案】 【解析】一般情形：求倒数第k轮开始前剩下的选手恰好为的概率. 要实现这一点，这名选手是种子选手，即在前面的比赛中两两不能相遇，而且必须在其 全部场比赛中获胜， 锦标赛树形的片树叶的填写方式有种，为使其称为种子， 我们有种方式放置最上面的2个选手，且有种方式放置其他选手， 因此其概率为，特别地，本题为的情形， 故所求概率为. 13．(2024·四川全国高中数学联赛（预赛）)记，，集合的子集，满足，则符合条件的集合的个数为 ．（用具体数字作答） 【答案】 【解析】不妨设，对，如果，就在这两个数之间画一条红线；如果，就在这两个数之间画一条蓝线. 显然，一个数不能同时引出两条线. ①如果总共有两条线，线在不考虑颜色的情况下的组合方式有3种，每种线都对应如下问题：在中取三个数，任意两个数之差大于6（如果两线均为红，；如果一红一蓝，；如果都是蓝，） 这又等价于在中任取三个数，有种 所以此时有种； ②如果总共有一条线，线在不考虑颜色的情况下有4种可能，每种线都对应如下问题：在中取四个数，任意两个数之差大于6（如果是红线，；如果是蓝线，） 这又等价于在中任取四个数，有种取法 所以此时有种 ③如果没有线，那么就是在中取五个数，任意两个数之差大于6，这不可能. 所以总共有种. 14．(2024·全国高中数学联赛重庆初赛）由这九个正整数构成的所有圆排列中，任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为 . 【答案】21600 【解析】由这九个正整数构成的所有圆排列，有个， 任意相邻两数之积均不超过60，当且仅当该排列中8，9与7，9这两对数均不能相邻. 设满足8，9相邻的圆排列有个，满足7，9相邻的圆排列有个，满足8，9相邻且7，9相邻的圆排列有个， 则，， 从而由容斥原理，满足要求的排列的个数为. 15．(2023·全国中学生数学能力测评）某班一天上午有语文、数学、政治、英语、历史5节课，现要安排该班上午的课程表，要求历史课不排在第一节，语文课和数学课相邻，不同的排法总数是 ． 【答案】 【解析】将语文课和数学课作排列有种， 再把语文课和数学课作为整体，与除历史课外的其它2节课作全排列有种， 由上得到4个空，最后把历史课插入后3个空有种， 综上，共有种. 16．(2025·山东大学强基计划）将10个不同的球放入编号1，2，3的3个盒子，要求每个盒子内的球数不少于盒的编号，求放法总数. 【答案】34800 【解析】法一（不定方程）：设盒子1放个球，盒子2放个球，盒子3放个球， 由已知得，，，且， 令，，， 则原方程变为，即， 其非负整数解为.但因球是不同的， 故对每个解的放法种数又为， 其中，（，，），枚举如下15种： ，，，，，，，，，，，，，，， 计算15次并求和，可得放法总数为34800. 法二（容斥）：总放法有，盒子1的球数0个时有，盒子2的球数是0、1个有，盒子3的球数是0、1、2个时有， 盒子1球数是0且盒子2球数时，有，盒子1球数是0且盒子3球数时， 有，盒子2球数且盒子3球数时，有，三个盒子球数都小于编号时，有0个， 由容斥公式可得总放法种数为 . 17．(2024·清华大学强基计划）点集且，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？ 【答案】1056 【解析】总共有种, 如图，三点共线（粗虚线）有8组， 四点共线有9组（图中实线加上5条竖线）， 五点共线有4组， 于是一共能组成种. 18．(2024·清华大学强基计划）圆上7点所成线段中任取两条，这两条线段无公共点的概率为？ 【答案】 【解析】圆上7点形成条线段，从中任取两条线段有种方法， 任意四个点对应两组不相交的线段，故两条线段无公共点的有种方法， 所以任取两条线段，它们无公共点的概率为. 19．(2024·北京大学强基计划）求四元组 的个数，使得 ，且 . 【答案】25 【解析】因为，且， 所以的取值有三种不同的组合：或或， 即， 当时，四元组有个， 当时，四元组有1个 当时，四元组有个， 故满足题意的四元组的个数为个. 20．(2023·清华大学强基计划）有六面旗，两面蓝，两面红，两面黄，除颜色外完全相同，从这些旗子中去除若干面（至少一面），从上到下悬挂在同一个旗杆上，可以组成一个信号序列，则不同的信号序列共有多少种？ 【答案】 【解析】如果信号序列中有一种颜色，则有不同的信号序列种数为， 如果信号序列中有两种颜色， （1）若有两面旗子，则有不同的信号序列种数为， （2）若有三面旗子，则有不同的信号序列种数为， （3）若有四面旗子，则有不同的信号序列种数为， 故信号序列中有两种颜色时有不同的信号序列个数为， 如果信号序列中有三种颜色， （1）若有三面旗子，则有不同的信号序列种数为， （2）若有四面旗子，则有不同的信号序列种数为， （3）若有五面旗子，则有不同的信号序列种数为， 故信号序列中有三种颜色是不同的信号序列个数为， 故共有不同的信号序列的种数为种. 21．(2024·北京大学优秀中学生寒假学堂)用6种不同颜色染正方体的6个面，不同面颜色不同，正方体旋转后颜色相同认为是同种染色，则染色的种数有多少? 【答案】30 【解析】设6种颜色分别是A，B，C，D，E，F， 那么只需要先考虑A色的对面颜色，这有5种情况；不妨设A和B是对面色， 则C的对面色有3种情况；不妨设是D色， 则E和F两色的位置还有2种情况， 因此总的染色种数是种. 1 / 43 学科网（北京）股份有限公司 $