第十章 第一节 两个计数原理、排列与组合（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版）

该高中数学高考复习课件聚焦“两个计数原理、排列与组合”核心考点，依据课程标准要求梳理概念公式及应用。通过2023新课标Ⅰ卷、2024新课标Ⅱ卷等真题分析考点权重，归纳排列（相邻/不相邻）、组合（含“至少”“至多”）、分组分配等常考题型，构建系统备考体系，体现高考针对性。 课件亮点在于“真题再现+规律方法+课时测评”三维训练，如2023全国乙卷“选读课外读物”题解析组合数公式应用，通过捆绑法、插空法等培养数学思维与数学语言表达。特设易错陷阱警示，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，助力高效备考。

第一节　两个计数原理、排列与组合 高三一轮复习讲义　湘教版 第十章　计数原理与概率 课程标准 1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.　 2.通过实例，理解排列、组合的概念.　 3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式. 04 03 考教衔接　精研教材 课时测评 02 考点探究　提升能力 教材梳理　夯实基础 01 内容索引 教材梳理　夯实基础 返回 1.两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 (1)如果完成一件事有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，每种方法都能独立完成这件事，那么完成这件事共有N=____________________种不同的方法. (2)我们把分类加法计数原理简称为分类计数原理，或加法原理. (1)如果完成一件事需要分成n个步骤，第一步有m1种不同的方法，第二步有m2种不同的方法，…，第n步有mn种不同的方法，每个步骤都完成才算做完这件事，那么完成这件事共有N=_______________________种不同的方法. (2)我们把分步乘法计数原理简称为分步计数原理，或乘法原理. m1+m2+…+mn m1×m2×…×mn 2.排列与组合 (1)概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素 按照________________排成一列 组合 ______________地构成一组 排列数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，所有_____________的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号_____表示 组合数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，____________________________叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号_______表示 一定的顺序 不论次序 不同排列 所有不同组合的个数 (2)排列数、组合数的公式及性质 公式 ①=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=(n，m∈N+，且m≤n). ②== =(n，m∈N+，且m≤n). 特别地=1 性质 ①0!=_____；=_____. ②==________________ 1 n! + 常用结论 (1)排列数、组合数常用公式 ①=. ②=n. ③(n+1)!-n!=n·n!. ④k=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. 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. 自主检测 1.(多选)下列说法正确的是 A．所有元素完全相同的两个排列为相同排列 B．在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事 C．在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的 D．k=n √ √ √ 2.如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路.从甲地到丁地的不同路线共有 A．12条 B．15条 C．18条 D．72条 √ 若路线为甲乙丁则有3×2=6(条)，若路线为甲丙丁则有3×4=12(条)，故共有6+12=18(条).故选C． 3.(1)计算：=　　.  (2)若=，则正整数x的值是　　　.  ===15. 15 1或4 因为=，所以2x-1=x或2x-1+x=11，解得x=1或x=4.经检验，x=1或x=4满足题意. 4.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为　　.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有　　种.  五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性. 45 54 返回 考点探究　提升能力 返回 考点一　两个计数原理 自主练透 由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能方式有4×4×4×4×4×4=46(种).故选B． 1.某公交车上有6位乘客，沿途有4个车站，乘客下车的可能方式有 A．64种 B．46种 C．24种 D．360种 √ 2.(2025·山东泰安模拟)用0，1，2，3，4可以组成没有重复数字的四位偶数的个数为 A．36 B．48 C．60 D．72 √ 当个位数为0时，有=24(个)，当个位数为2或4时，有2=36(个)，所以无重复数字的四位偶数有24+36=60(个).故选C． 3.(2025·河北石家庄模拟)用红、黄、蓝3种颜色给6个相连的圆涂色，如图，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为 A．24 B．30 C．36 D．42 √ 分2类(先涂前3个圆，再涂后3个圆)：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有=24(种)涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有=6(种)涂法.综上，不同的涂法种数为24+6=30.故选B． 4.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　　种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　　.  24 112 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法； 第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共 有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、 二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步， 从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数， 只有1种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1=24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15=112. 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 利用两个计数原理解决应用问题的一般思路 1.弄清完成一件事是做什么. 2.确定是先分类后分步，还是先分步后分类. 3.弄清分步、分类的标准是什么. 4.利用两个计数原理求解. 规律方法 考点二　排列问题 师生共研 典例1 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法种数. (1)选5人排成一排； 解：从7人中选5人排列，有=7×6×5×4×3=2 520(种)不同排法. (2)排成前后两排，前排3人，后排4人； 解：分两步完成，先选3人站前排，有种方法，余下4人站后排，有种方法，共有=5 040(种)不同排法. (3)全体排成一排，女生必须站在一起； 解：(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有种方法，再将女生全排列，有种方法，共有=576(种)不同排法. (4)全体排成一排，男生互不相邻； 解：(插空法)先排女生，有种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有种方法，共有=1 440(种)不同排法. (5)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边. 解：法一：(特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有种排列方法，共有5×=3 600(种)不同排法. 法二：(特殊位置优先法)左右两边位置可安排另6人中的两人，有种排法，其他人有种排法，共有=3 600(种)不同排法. 求解排列问题的四种常用方法 规律方法 对点练1.(1)(2025·广西柳州模拟)现从4名男志愿者和3名女志愿者中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，若被选派的人中至少有一名男志愿者，则不同的选派方法共有　　种(用数字作答).  从男、女志愿者7人中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，共有种结果，要求被选派的人中至少有一名男志愿者，则选的都是女志愿者不合题意，选的都是女志愿者有种结果，所以满足条件的选派方法共有-=42-6=36(种). 36 (2)(2023·全国甲卷)有5名志愿者参加社区服务，共服务周六、周日两天，每天从中任选2人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为 A．120 B．60 C．40 D．30 √ 不妨记5名志愿者为a，b，c，d，e，假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人中抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有=12种方法，同理：b，c，d，e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有5×12=60(种).故选B． (3)(2024·九省适应性测试)甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有 A．20种 B．16种 C．12种 D．8种 因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间2人占据首四位或尾四位，①当乙丙及中间2人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，所以有××=8种方法；②当乙丙及中间2人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，所以有××=8种方法；由分类加法计数原理可知，一共有8+8=16(种)排法.故选B． √ 考点三　组合问题 师生共研 典例2 (1)(多选)从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有 A．如果4人全部为男生，那么有30种不同的选法 B．如果4人中男生、女生各有2人，那么有30种不同的选法 C．如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法 D．如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有140种不同的选法 √ √ 如果4人全部为男生，选法有=15(种)，故A错误；如果4人中男生、女生各有2人，男生的选法有=15(种)，女生的选法有=6(种)，则4人中男生、女生各有2人的选法有15×6=90(种)，故B错误；如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，在剩下的8人中再选2人即可，有=28(种)不同的选法，故C正确；在10人中任选4人，有=210(种)，甲、乙都不在其中的选法有=70(种)，故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内的选法有210-70=140(种)，故D正确.故选CD． (2)(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　　种(用数字作答).  根据题意，分2种情况讨论.①当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有=16种；②当从8门课中选修3门，若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有=24种；若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有=24种；综上所述，不同的选课方案共有16+24+24=64(种). 64 两类组合问题的解题方法 规律方法 对点练2.(1)(2020·新高考Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有 A．120种 B．90种 C．60种 D．30种 √ 第1步，抽1名志愿者安排到甲场馆，有种安排方法；第2步，从剩下的5名志愿者中抽取2名安排到乙场馆，有种安排方法；第3步，将剩下的3名志愿者安排到丙场馆.由分步乘法计数原理得，不同的安排方法共有=60(种).故选C． (2)(多选)在新高考方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门.学生根据高校的要求，结合自身兴趣特长，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是 A．若任意选科，选法种数为 B．若化学必选，选法种数为 C．若政治和地理至少选一门，选法种数为 D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法种数为+1 √ √ 若任意选科，选法种数为，故A错误；若化学必选，选法种数为，故B正确；若政治和地理至少选一门，选法种数为(+1)，故C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，选法种数为+1，故D正确.故选BD． 考点四　排列与组合的综合问题 多维探究 角度1　相邻、相间问题 (1)(2022·新高考Ⅱ卷)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，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有 A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 √ 先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有=24(种)，故选B． 典例3 (2)高中数学新教材有必修一、二，选择性必修一、二、三，共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法种数是 A． 72 B． 144 C． 48 D． 36 √ 法一：先将选择性必修一、二、三这3本书排成一排，有=6种排列方法，再将必修一、必修二这2本书插入两端或两个空隙中，有=12种排列方法，由分步乘法计数原理得，把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法种数是6×12=72(种).故选A． 法二：5本书放在书架上排成一排的排列方法共有 种，其中必修一、必修二相邻的排列方法有 种，所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法种数为-=72(种) .故选A ． 角度2　定序问题 有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列(不一定相邻)，不同的排法共有　　种.  7名学生的排列共有种，其中女生的排列共有种，按照从左到右，女生从矮到高的排列只是其中的一种，故有==840(种)不同的排法. 840 典例4 角度3　分组、分配问题 (1)中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断地反映着和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观，谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓，汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术，我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为 A．60 B．90 C．120 D．150 √ 典例5 满足条件的分法可分为两类，第一类，一人三张，另两人各一张，符合条件的分法有种，即60种；第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的分法有种，即90种.由分类加法计数原理可得，满足条件的不同分法种数为150.故选D． (2)中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排6名航天员开展实验，其中每个舱安排2人.若甲、乙两人不被安排在同一个舱内做实验，则不同的安排方案共有 A．20种 B．36种 C．72种 D．84种 √ 将6名航天员每个舱安排2人开展实验的所有安排方法数为，其中甲、乙两人被安排在同一个舱内做实验的安排方法数为··，所以满足条件的不同的安排方案数为-··=90-18=72种.故选C． 求解排列、组合应用问题的常用方法 规律方法 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 对于不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中 定序问题 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 对点练3.(1)(多选)已知A，B，C，D，E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有 A．若A，B不相邻，共有72种排法 B．若A不站在最左边，B不站在最右边，有72种排法 C．若A在B右边有60种排法 D．若A，B两人站在一起有48种排法 √ √ 对于A，若A，B不相邻，共有=72(种)排法，故A正确；对于B，若A不站在最左边，B不站在最右边，利用间接法有-2+=78(种)排法，故B错误；对于C，若A在B右边有=60(种)排法，故C正确；对于D，若A，B两人站在一起有=48(种)排法，故D正确.故选ACD． √ (2)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，同类节目不相邻的排法种数是 A．72 B．120 C．144 D．168 √ 先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品，小品，相声”、“小品，相声，小品”和“相声，小品，小品”.对于第一种情况，形式为“□小品歌舞小品□相声□”，有=36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法；对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品□相声□小品□”，有=48(种)安排方法，故共有36+36+48 =120(种)安排方法.故选B． (3)将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六及星期日3天参加社区公益活动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有______种(用数字作答).  先选出3人，有种选法，再从剩下的6人中选出3人，有种选法，最后剩下的3人为一组，有种选法.由分步乘法计数原理以及每中只能算一种不同的分组方法，可知不同的安排方案共有·=1 680 (种). 1 680 返回 考教衔接　精研教材 返回 真题再现 (2023·全国乙卷)甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有 A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 √ 甲、乙两位同学选读课外读物可以分为两个步骤：先从6种课外读物中选择一本作为甲、乙两人共同的选择，再从剩下的5本中选择互不相同的两本，所以符合题意的选法共有=120(种).故选C． 返回 教材呈现 (湘教版选择性必修一P193例4)6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法： (1)分给甲、乙、丙三人，每人2本； (2)分为三份，每份2本. 点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是考查计数原理和组合的相关知识，问题背景也非常相似. 课 时 测 评 返回 1.小黑点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络相连.连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量.现在从结点A向结点B传递信息，信息可分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为 A．9 B．21 C．12 D．8 √ 由图形可以看出，从A→B，可以分成两种情况、A→D→B或A→C→B，这两类方法中各自包含的单位时间内通过的信息量分别是5，3，根据分类加法计数原理可知，传递的最大信息量为5+3=8.故选D． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 2.北京大兴国际机场是一座跨地域、超大型的国际航空综合交通枢纽，目前建有4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示.若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上4条跑道中不同的2条跑道同时起飞，则不同的安排方法种数为 A．16 B．12 C．9 D．8 √ 有=12(种)不同的安排方法.故选B． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 3.(2025·广东广州模拟)如图，在两行三列的网格中放入标有数字1，2，3，4，5，6的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有 A．96种 B．64种 C．32种 D．16种 √ 根据题意，分3步进行，第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有2=4种排法；第二步，排第一步中剩余的一组数，共有=8种排法；第三步，排数字5和6，共有=2种排法；由分步乘法计数原理知，共有不同的排法种数为4×8×2=64.故选B．             2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 4.(2024·山东聊城二模)班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有 A．36种 B．48种 C．54种 D．60种 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有=3种结果，然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有=6种结果，余下的两个学科给剩下的两个人，有=2种结果，所以不同的安排方案共有3×6×2=36种，第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，先选两人出来，有=3种结果，再将四门不同学科分成两组，有=3种结果，将学科分给学生，有=2种结果，所以不同的安排方案共有3×3×2=18种，综合得不同的安排方案共有36+18=54种.故选C． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 5.(2024·安徽黄山模拟)为纪念我国伟大数学家祖冲之在圆周率上的贡献，国际上把3.141 592 6称为“祖率”，某教师为了增加学生对“祖率”的印象，以“祖率”为背景设计如下练习：让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到小于3.14的不同数有 A．480个 B．120个 C．240个 D．720个 √ 由题意先排十分位必为1，一种方法，再排百分位可以为1或2，两种方法，最后排其余后面的数位，余下的五个数字全排列即可，即不同种数有1×2×=240.故选C． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 6.数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“数学方法论”，“几何原本”，“什么是数学”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有 A．150种 B．210种 C．300种 D．360种 √ 由题意可分两类：第一类，两年选完，共有=60(种)，第二类，三年选完，共有=150(种).综上，不同选修方式有60+150=210种，故选B． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 7.(多选)现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和4个编号为1，2，3，4的不同的盒子，把球全部放入盒子内.则下列说法正确的是 A．恰有1个盒子不放球，共有72种放法 B．每个盒子内只放一个球，且球的编号和盒子的编号不同的放法有9种 C．有2个盒子内不放球，另外两个盒子内各放2个球的放法有36种 D．恰有2个盒子不放球，共有84种放法 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 对于A，恰有1个盒子不放球，先选1个空盒子，再选一个盒子放两个球，则=144≠72，故A不正确；对于B，编号为1的球有种放法，把与编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号盒子或者其他两个盒子，共有1+=3(种)，即3×3=9(种)，故B正确；对于C，首先选出两个空盒子，再取两个球放剩下的两个盒子中的一个，共有=36(种)，故C正确；对于D，恰有2个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将4个球分为3，1或2，2两种情况放入盒子，共有(+)=6×14=84(种)，故D正确. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 8.(多选)(2025·广东佛山联考)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2023年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是 A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45 B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为 C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(+) D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是+ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 根据题意，依次分析选项：对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种安排方法，故A正确；对于B，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，有种安排方法，故B错误；对于C，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，故C错误；对于D，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选2人开车，则有+种安排方法，故D正确.故选AD． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 9.甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数为 A．90 B．120 C．210 D．216 √ 由题意得可分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一级台阶上，共有=120(种)站法；第二类，有2人站在同一级台阶上，剩余1人独自站在一级台阶上，共有=90(种)站法.综上，不同的站法种数是120+90=210.故选C． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 10.(2024·福建龙岩模拟)从集合M={1，2，3，4，5，6，7，8，9}中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到　 个不同的对数值.  ①当取的两个数中有一个是1时，则1只能作真数，此时loga1=0，a=2或3或4或5或6或7或8或9； ②所取的两个数不含有1时，即从2，3，4，5，6，7，8，9中任取两个，分别作为底数与真数，有=56(个)对数，但是其中log23=log49，log32=log94，log24=log39，log42=log93.综上可知，共可以得到56+1-4=53(个)不同的对数值. 53 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 11.(2025·江西省重点中学盟校第一次联考)在数学中，有一个被称为自然常数(又叫欧拉数)的常数e≈2.71 828.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有　　个.  如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，两个2捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个8插入其中的2个空位中，注意到两个2，两个8均为相同元素，那么小明可以设置的不同密码共有·=36个. 36 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 12.将6名同学分成两个学习小组，每组至少两人，则不同的分组方法共有_____种.  由题知，6人分为两组共有两种分法：①一组2人，一组4人，这种分法数为=15种；②两组均为3人，这种分法数为=10种，所以由分类加法计数原理可得共有15+10=25(种)分法. 25 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 13.4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7.将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为 A．288 B．336 C．368 D．412 √ 当四位数不出现1时，排法有××=96(种)；当四位数出现一个1时，排法有2×××=192(种)；当四位数出现两个1时，排法有××=48(种)；所以不同的四位数的个数共有96+192+48=336.故选B． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 14.(2024·山东临沂一模)将1到30这30个正整数分成甲、乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是 A． 2 B． 2 C． 2 D． 2 √ 因为甲组、乙组均为15个数，则其中位数为从小到大排列的第8个数，即小于中位数的有7个数，大于中位数的也有7个数，依题意可得甲组的中位数为14或15，若甲组的中位数为14，则乙组的中位数为16，此时从1~13中选7个数放到乙组，剩下的6个数放到甲组，再从17~30中选7个数放到甲组，其余数均放到乙组，此时有种分组方法； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 若甲组的中位数为15，则乙组的中位数为17，此时从1~14中选7个数放到甲组，剩下的7个数放到乙组，再从18~30中选7个数放到乙组，其余数均放到甲组，此时有种分组方法；若甲组的中位数为16，则乙组的中位数为18，此时甲组中小于16的数有7个、乙组中小于18的数有7个，从而得到小于16的数一共只有7+7=14个<15个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能大于15；若甲组的中位数为13，则乙组的中位数为15，此时甲组中小于13的数有7个、乙组中小于 15的数有7个，从而得到小于15的数一共只有7+7+1=15个>14个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能小于14；综上可得，不同的分组方法数是2种.故选B． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 15.(多选)某人设计一项单人游戏，规则如下：如图所示，先将一棋子放在正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A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行走的单位，如果掷出的点数为i(i=1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去.某人抛掷n次骰子后棋子恰好又回到点A处，则 A．若n=2时，则共有3种不同走法 B．若n=2时，则共有5种不同走法 C．若n=3时，则共有25种不同走法 D．若n=3时，则共有27种不同走法 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 由题意知正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8.当n=2 时，两次骰子的点数之和是8，共有(2，6)，(3，5)，(4， 4)3种组合，抛掷骰子是有序的，所以共5种结果，所以 当n=2时，共有5种不同走法，故A错误，B正确；若n=3 时，三次骰子的点数之和是8或16，共有(1，2，5)，(1，3，4)，(1，1，6)，(2，2，4)，(2，3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)7种组合，前2种组合(1，2，5)，(1，3，4)，每种情况可以排列出=6(种)结果，共有2=2×6=12(种)结果，其中(1，1，6)，(2，2，4)，(2，3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)各有3种结果，共有5×3=15(种)结果，根据分类加法计数原理知共有12+15=27(种)结果，所以当n=3时，共有27种不同走法，故C错误，D正确.故选BD． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 16.如图，某花坛中有5个区域，现有4种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，则符合条件的种植方案有　　种.  如图，假设5个区域分别为1，2，3，4，5，分2种情况 讨论： ①当选用3种颜色的花卉时，2，4同色且3，5同色，共 有种植方案·=24(种)； ②当4种不同颜色的花卉全选时，即2，4或3，5用同一种颜色，共有种植方案=48(种)，则不同的种植方案共有24+48=72(种). 72 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 17.如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，C．若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法共有 A．20种 B．32种 C．54种 D．72种 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 根据题意，a，b，c的取值范围都是7~14中的8个 整数，故公差d的范围是-3到3的整数， ①当公差d=0时，从8个整数中选择一个共有8种， ②当公差d=±1时，b不取7和14，有2×6=12(种)， ③当公差d=±2时，b不取7，8，13，14，有2×4=8(种)，④当公差d= ±3时，b只能取10或11，有2×2=4(种)，综上，共有8+12+8+4=32(种).故选B． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 18. (2024·河北保定二模)6名同学想平均分成两组进行半场篮球比赛，有同学提出用“剪刀、石头、布”游戏决定分组.当大家同时展示各自选择的手势(剪刀、石头或布)时，如果恰好只有3个人手势一样，或有3个人手势为上述手势中的同一种，另外3个人手势为剩余两种手势中的同一种，那么同手势的3个人为一组，其他人为另一组，则下列结论正确的是 A．在进行该游戏前将6人平均分成两组，共有20种分组方案 B．一次游戏共有63种手势结果 C．一次游戏分不出组的概率为 D．两次游戏才分出组的概率为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 返回 对于A，一共有=10种分组方案，故A错误；对于B，每人有3种选择，所以一次游戏共有36种手势结果，故B错误；对于C、D，要分出组，有两类情况：第一类情况，首先确定3个人出一样的手势，再确定另外2个人出其他两种手势中的一种；最后1个人出剩下的手势，所以能分出组的手势结果有×=6种；第二类情况，当其中3个人出同一种手势，另外3个人出剩余两种手势中的同一种时，能分出组的手势结果有×=3种，所以一次游戏就分出组的概率为=，所以一次游戏分不出组的概率为1-=，故C错误；两次游戏才分出组的概率为×=，故D正确.故选D． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 17 18 谢 谢 观 看 两个计数原理、排列与组合 $