专题01 两个计数原理、排列、组合（压轴题专项训练）数学湘教版2019选择性必修第一册

专题01两个计数原理、排列、组合 目录 专题01 两个计数原理、排列、组合 类型一、分类、分步计数原理 类型二、分组分配问题 类型三、排数问题 类型四、分步计数原理的应用 类型五、捆绑法、插空法的应用型 类型六、缩倍法的应用 类型七、多面手问题 类型八、涂色问题 类型九、隔板法的应用 压轴专练 类型一、分步、分类计数原理 例1．设集合，选择I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，则有 种选择. 变式1-1．(24-25高二下·江苏无锡第一中学·期中)除数函数（divisor  function）的函数值等于的正因数的个数，例如，，则 ； . 变式1-2．将27，37，47，48，55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排列有 种． 变式1-3．(24-25高二下·广东揭阳·期末)如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则 ， ． 类型二、分组分配问题 分组分配问题的基本方法： n个不同元素按照某些条件分配给k个不同得对象，称为分配问题，分定向分配和不定向分配两种问题；将n个不同元素按照某些条件分成k组，称为分组向题。分组问题有不平均分组、平均分组、和部分平均分组三种情况。分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的；而后者即使2组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的.对于后者必须先分组后排列。 例2．(24-25高二下·河北秦皇岛山海关第一中学·期中)某学校社会实践小组共有5名成员，该小组计划前往三个红色教育基地进行“学党史，颂党恩，跟党走”的主题宣讲志愿服务，若每名成员只去一个基地，每个基地至少有一名成员前往，且甲，乙两名成员前往不同基地，则不同的分配方案共有 种. 变式2-1．基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键，其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了《九章算术》《古今数学思想》《数学原理》《世界数学通史》《算术研究》五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，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种数为 ． 变式2-2．(24-25高二下·湖南永州冠一高级中学·期末)近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是 ． 变式2-3．(24-25高二下·河北邯郸涉县第一中学·期末)已知小张、小王等6名同学需要到甲、乙、丙、丁4个单位去实习，要求每名同学只去一个单位实习，每个单位都有学生参加实习，则在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为 . 类型三、排数问题 常见的组数问题及解题原则 (1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上的和或数字间满足某种特殊关系等． (2)常用的解题原则：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及其以上的数首位数字不能是0、被3整除的数各位数上的数字之和能被3整除等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数． 例3．一个密码有9位，由4个自然数、3个“”、1个“”和1个“”组成，其中与不相邻，和不相邻，数字可随意排列，且数字之积为6，这样的密码有（    ）. A．10200个 B．13600个 C．40800个 D．81600个 变式3-1．(24-25高二下·广东佛山H7联盟·)从中任选4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． 变式3-2．(25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔克东县第一中学·)某高中学校经过推荐和选拔，挑选6名同学（4名男生、2名女生）参加奥林匹克生物竞赛，并进行合影留念．若女生必须相邻，则有 种不同的排法．（用数字作答） 变式3-3．(24-25高二下·北京景山学校·期中)由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，奇数共有 个，其中个位数字比十位数字大的奇数共有 个.（用数字作答） 类型四、分步计数原理的应用 例4．(23-24高二下·福建泉州安溪蓝溪中学·月考)将10封信全部投入3个不同的邮箱，则所有的投放方法数为（    ） A． B． C． D． 变式4-1．(24-25高二下·上海第八中学·)名运动员争夺个运动项目的冠军（不能并列），那么冠军奖杯的归属有 不同的结果. 变式4-2．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有 种报名方法．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有 种可能的结果． 变式4-3．(24-25高二下·北京第二十七中学·期中)甲，乙，丙，丁四位同学想报名运动会跳高，跳远，100米跑三个项目，若每人限报一项且必须报名，则共有 种不同的报名方法；若每个项目限报一人且必须有人报名（允许兼项）则共有 种不同的报名方法. 类型五、捆绑法、插空法的运用 相邻元素捆绑法：某些元素要求必须相邻时，可以先将这些元素看做一个整体，与其他元素排列后，再考虑相邻元素的内部顺序． 插空法：某些元素要求不相邻时，可以先安排其他的元素，再将这些不相邻的元素插入由其他元素形成的空当． 例5．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)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 变式5-1．（多选）(24-25高二下·黑龙江鸡西第二中学校·期末)有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（     ） A．共有种不同的排法 B．当2名教师相邻时，共有24种不同的排法 C．当2名教师不相邻时，共有种不同的排法 D．当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法 变式5-2．（多选）(24-25高二下·陕西西安西工大附属中学·月考)甲、乙、丙、丁、戊5人参加完某项活动后合影留念，则（    ） A．5人站成一排，若甲、乙必须相邻，共有48种排法 B．5人站成一排，若甲、乙不能相邻，共有72种排法 C．5人站成一排，若甲不能站在两端，共有72种排法 D．5人站成两排，若甲、乙站前排，丙、丁、戊站后排，共有120种排法 变式5-3．(24-25高二下·江苏南通中学·)现有五人站成一排，则相邻且不相邻的排法种数共有 种． 类型六、缩倍法的应用 缩倍法： 某些特殊元素要求排列后的先后顺序不变，排列时可以把它们与其余的元素一起排列，然后除以它们数量的阶乘． 例6．(24-25高二下·天津五区县重点校·期末)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 变式6-1．(24-25高二下·广东八校联盟·)14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（    ） A．181440 B．2016 C．1080 D．1512 变式6-2．（多选）(24-25高二下·四川眉山仁寿县·期末)下列说法正确的是（ ） A． B．被8除的余数为7 C．甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲乙丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法 D．现有6本不同的书，分成三份，每份2本，则共有90种分法 变式6-3．(24-25高二下·浙江金华曙光学校·)某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： (1)唱歌节目排在两头，有多少种排法? (2)三个舞蹈节目出场顺序固定，有多少种排法? (3)唱歌节目、舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻，有多少种排法? 类型七、多面手问题 例7．(24-25高二下·福建部分学校教学联盟联考·期中)某出版社的名工人中，有人只会排版，人只会印刷，还有人既会排版又会印刷，现从人中选人排版，人印刷，有（    ）种不同的选法. A． B． C． D． 变式7-1．“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（    ） A．15种 B．18种 C．19种 D．36种 变式7-2．(22-23高二下·重庆渝北中学校·)高二年级某班要准备一个节目在学校艺术节里展演，报名参加的同学中有5人只会唱歌，2人只会跳舞，另外还有1人既能唱歌又会跳舞，现在节目需要2人唱歌，2人跳舞，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答） 变式7-3．(23-24高二上·河南南阳第一中学校·月考)某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有 种. 类型八、涂色问题 涂色问题中通常要用到分类讨论的思想，因此确定分类讨论标准是解题的关键： 涂色问题的主要策略： （1）根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法； （2）根据使用颜色总数分类讨论； （3）根据某2个不相邻区域是否同色分类讨论； （4）根据相间区域使用颜色的种类分类讨论； （5）遇到点或线或面的涂色问题，可将空间问题平面化转化成区域涂色问题。 例8．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨第三中学校·月考)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 变式8-1．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． 变式8-2．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． 变式8-3．(24-25高二下·山西太原、阳泉·期末)某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为 .    类型九、隔板法的应用 相同元素分配问题的处理策略 （1）隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”，每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此方法称之为隔板法.隔板法专门解决相同元素的分配问题. （2）将n个相同的元素分给m个不同的对象（n≥m），有Cm-1n-1种方法.可描述为n-1个空中插入m-1块板. 例9．(24-25高二下·江苏南京南京外国语学校·期中)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 变式9-1．从3个箱子（每个箱子里的球足够多）里选8个小球，每个箱子至少选2个小球，不同的选法有 种. 变式9-2．不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组. 变式9-3．在空间直角坐标系Oxyz中，点，已知若点在平面ABC内，则，则在三棱锥内部（不包括表面）的整点（横、纵、竖坐标均为整数的点）的个数为 ．（用数字作答） 压轴专练 一、单选题 1．(25-26高三上·重庆巴蜀中学校·月考)某班 5 名学生负责校内 3 个不同地段的卫生工作. 每名学生都要参与且只负责某个地段的卫生工作，每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有（   ） A．300 种 B．90 种 C．240 种 D．150 种 2．(25-26高三上·河北十校联考·)甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，且没有出现并列的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军.”对乙说：“你虽然不是最差的，但你的名次没有甲的好.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况的种数为（    ） A．12 B．18 C．27 D．36 3．已知甲乙丙3名同学从学校的2个科技类社团，2个艺术类社团，1个体育类社团中选择报名参加，每人只能报名参加一个社团，则有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团的概率为（   ） A． B． C． D． 4．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨第三中学校·月考)哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（    ） A．1080 B．1560 C．2640 D．3960 5．(25-26高三上·天津东丽区百华实验中学·)甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．150 D．240 6．如图，四个开关控制着五盏灯，其中开关控制着1，2，3号灯，开关控制着2，3，4号灯，开关控制着3，4，5号灯，开关控制着1，4，5号灯.开始时，五盏灯均是亮的，现先后按动这四个开关中两个不同的开关，则其中2号灯亮的概率为（ ） A． B． C． D． 7．(25-26高三上·广东深圳红岭中学·调研)现将A，B，C，D，E，5位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有（   ） A．36种 B．42种 C．48种 D．60种 8．(25-26高三上·湖北武汉部分学校·调研)将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（   ） A．72 B．84 C．96 D．108 二、多选题 9．(25-26高三上·四川成都郫都区·)用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（   ） A．一共可以组成96个数 B．一共可以组成120个数 C．一共可以组成偶数60个 D．一共可以组成72个大于2000的数 10．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 11．(25-26高三上·四川成都蓉城名校联盟·)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 三、填空题 12．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.    13．(25-26高三上·贵州部分学校·)中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每“艺”安排一次讲座，共开展六次．讲座次序要求“射”和“御”必须相邻，“礼”和“书”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 种． 14．(25-26高三上·福建南安成功中学·模拟)通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由4个数字（其中随机组成，如果验证码满足，则称该验证码为递增型验证码.某人收到一个验证码，则它首位为2的递增型验证码的概率为 ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01两个计数原理、排列、组合 目录 专题01 两个计数原理、排列、组合 类型一、分类、分步计数原理 类型二、分组分配问题 类型三、排数问题 类型四、分步计数原理的应用 类型五、捆绑法、插空法的应用型 类型六、缩倍法的应用 类型七、多面手问题 类型八、涂色问题 类型九、隔板法的应用 压轴专练 类型一、分步、分类计数原理 例1．设集合，选择I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，则有 种选择. 【答案】49 【分析】对集合A中的最大元素进行分类，然后利用分类加法原理求解即可. 【详解】对集合A中的最大元素进行分类. （1）当集合A中最大的数为1时，集合A只有1种，集合B有种，故共有15种. （2）当集合A中最大的数为2时，集合A有2种，集合B有种，故共有种. （3）当集合A中最大的数为3时，集合A有种，集合B有种，故共有种. （4）当集合A中最大的数为4时，集合A有种，集合B有1种，故共有8种. 因此，根据分类加法计数原理，共有种. 故答案为：49 变式1-1．(24-25高二下·江苏无锡第一中学·期中)除数函数（divisor  function）的函数值等于的正因数的个数，例如，，则 ； . 【答案】 15 【分析】由除数函数的定义，利用分类计数求取结果. 【详解】因为的正因数有：，，，…，，共个，所以. 因为， 首先，1是的因数； 从中取1个数，可得的因数，，有2个； 从中取2个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取3个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取4个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取5个数相乘，可得的因数，，有2个； 从中取6个数相乘，可得的因数，有1个. 所以. 故答案为：；15 变式1-2．将27，37，47，48，55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排列有 种． 【答案】144 【分析】考虑这7个数被3除的余数，只需对余数排列即可，利用分步乘法原理计算得解. 【详解】注意到这7个数被3除的余数分别为0，1，2，0，1，2，0． 只需对余数排列即可，有6种情形：2010201，1020102，0120012，2100210，0210021，1200120． 每一种情形有种，所以共有种. 故答案为：144. 变式1-3．(24-25高二下·广东揭阳·期末)如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则 ， ． 【答案】 5 【分析】根据题意分析可知：，进而求出相应的的值，结合古典概型求， 【详解】由题意得：，若移动到数字，则由数字或数字移动一次得到，则， 据此即可得到，，又因为从到共有三条路径可走， 故从1到9经过6的路径共有，故, 故答案为： ， 类型二、分组分配问题 分组分配问题的基本方法： n个不同元素按照某些条件分配给k个不同得对象，称为分配问题，分定向分配和不定向分配两种问题；将n个不同元素按照某些条件分成k组，称为分组向题。分组问题有不平均分组、平均分组、和部分平均分组三种情况。分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的；而后者即使2组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的.对于后者必须先分组后排列。 例2．(24-25高二下·河北秦皇岛山海关第一中学·期中)某学校社会实践小组共有5名成员，该小组计划前往三个红色教育基地进行“学党史，颂党恩，跟党走”的主题宣讲志愿服务，若每名成员只去一个基地，每个基地至少有一名成员前往，且甲，乙两名成员前往不同基地，则不同的分配方案共有 种. 【答案】114 【分析】正难则反，采用间接法，先求每名成员只去一个基地，每个基地至少有一名成员前往的方法种数，再求在此条件下，甲，乙两名成员前往同一基地的方法种数，两数相减即可得解. 【详解】若每名成员只去一个基地，每个基地至少有一名成员前往， 则分组方式为1，1，3；1，2，2； 此时不同的分配方案共有种； 若甲，乙两名成员前往同一基地，考虑到甲乙特殊， 若三组人数为3，1，1，则甲乙还需一名成员，故不同的分配方案有； 若三组人数为2，2，1，则甲乙为一组，不同的分配方案有，所以共计36种， 故所求为种. 故答案为：114. 变式2-1．基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键，其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了《九章算术》《古今数学思想》《数学原理》《世界数学通史》《算术研究》五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，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种数为 ． 【答案】150 【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解. 【详解】先将五门课程分成，，和，，这两种情况，再安排到三个学年中， 则共有种选修方式． 故答案为；150. 变式2-2．(24-25高二下·湖南永州冠一高级中学·期末)近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是 ． 【答案】540 【分析】分三个景点安排的人数之比为、、进行讨论即可求解. 【详解】若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法； 若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法； 若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法， 故不同的安排方法种数是． 故答案为：540. 变式2-3．(24-25高二下·河北邯郸涉县第一中学·期末)已知小张、小王等6名同学需要到甲、乙、丙、丁4个单位去实习，要求每名同学只去一个单位实习，每个单位都有学生参加实习，则在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为 . 【答案】 【分析】先根据计数原理求得小张去丁单位实习的情况的总数及其中小王不去丁单位实习的情况的总数，再由古典概型概率的计算方法即可得结果. 【详解】根据题意，小张去丁单位实习的情况共有三种： 一人去丁单位实习有种， 两人去丁单位实习有种， 三人去丁单位实习有种， 所以小张去丁单位实习的情况共390种， 在上述小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的情况共有三种： 一人去丁单位实习有种， 两人去丁单位实习有种， 三人去丁单位实习有种，共计330种， 所以在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为. 故答案为：. 类型三、排数问题 常见的组数问题及解题原则 (1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上的和或数字间满足某种特殊关系等． (2)常用的解题原则：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及其以上的数首位数字不能是0、被3整除的数各位数上的数字之和能被3整除等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数． 例3．一个密码有9位，由4个自然数、3个“”、1个“”和1个“”组成，其中与不相邻，和不相邻，数字可随意排列，且数字之积为6，这样的密码有（    ）. A．10200个 B．13600个 C．40800个 D．81600个 【答案】B 【分析】根据“2311”和“6111”分类结合组合数及排列数结合分类计数原理计算求解. 【详解】根据题意，这4个自然数为“2，3，1，1”或“6，1，1，1”，简记为“2311”和“6111”． （1）对“2311”分两类： ①把“”视为一个整体，则“2311”与“”一起排列，有（种）； ②按“数字”的顺序排列，先排“2311”，再插入，最后插入“”，有（种）. （2）对“6111”分两类： ①把“”视为一个整体，则“6111”与“”一起排列，有（种）； ②按“数字”的顺序排列，先排“6111”，再插入，最后插入“”，有（种）. 综上，由加法原理得，（个）． 故这样的密码有13600个， 故选：B． 变式3-1．(24-25高二下·广东佛山H7联盟·)从中任选4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】分类讨论个位上的数字是0和不是0的情况.，再分类讨论这个四位数既满足是偶数，又满足个位､十位和百位上的数字之和为偶数的情况，求出对应的个数，结合古典概型概率的计算公式求解即可. 【详解】若个位上的数字是0，则这样的四位偶数有个； 若个位上的数字不是0，则这样的四位偶数有个. 故四位数是偶数的有156个. 下面考虑这个四位数既满足是偶数，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，则这样的四位数有个； 若个位､十位和百位上的数字是1个偶数和2个奇数， 则当这个偶数是0时，这样的四位数有个， 当这个偶数不是0时，这样的四位数有个. 综上，满足这两个条件的四位数有60个. 故所求的概率为. 故选：A 变式3-2．(25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔克东县第一中学·)某高中学校经过推荐和选拔，挑选6名同学（4名男生、2名女生）参加奥林匹克生物竞赛，并进行合影留念．若女生必须相邻，则有 种不同的排法．（用数字作答） 【答案】240 【分析】根据题意，使用捆绑法，2名女生相邻，将其排在一起当做一个元素，有2种情况，再将其与其他4名男生全排列，由分步计数原理乘法公式，计算可得答案． 【详解】根据题意，分2步进行， 先将2名女生排在一起，看成一个元素，考虑其顺序，有种情况， 再将其与其他4名男生全排列，有种情况， 则其不同的排列方法为种， 故答案为：240． 变式3-3．(24-25高二下·北京景山学校·期中)由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，奇数共有 个，其中个位数字比十位数字大的奇数共有 个.（用数字作答） 【答案】 36 18 【分析】对于第一空：分2步分析：①分析可得要求三位奇数的个位有3种情况，②在剩下的4个数字中任选2个，安排在前2个数位，由分步计数原理计算可得答案； 对于第二空：按个位数字分2种情况讨论，分别求出每种情况下的三位数的数目，由加法原理计算可得答案． 【详解】对于第一空：分2步分析： 要求是没有重复数字的三位奇数，其个位是1、3或5，有3种情况， ②在剩下的4个数字中任选2个，安排在前2个数位，有种情况， 则有符合题意的三位奇数； 对于第二空：分2种情况讨论： 当其个位为3时，十位数字只能是1，2，百位数字有3种情况，此时有个符合题意的三位数； 当其个位为5时，十位数字可以是1、2、3，4，百位数字有3种情况， 此时有个符合题意的三位数； 则有个符合题意的三位数； 故答案为：36；18 类型四、分步计数原理的应用 例4．(23-24高二下·福建泉州安溪蓝溪中学·月考)将10封信全部投入3个不同的邮箱，则所有的投放方法数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式即得. 【详解】每封信有3种不同的投放方法，所以所有的投放方法数为. 故选：A 变式4-1．(24-25高二下·上海第八中学·)名运动员争夺个运动项目的冠军（不能并列），那么冠军奖杯的归属有 不同的结果. 【答案】 【分析】根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】依题意每个运动项目的冠军均有种可能， 所以个运动项目的冠军奖杯的归属有种不同的结果. 故答案为： 变式4-2．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有 种报名方法．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有 种可能的结果． 【答案】 81 64 【分析】由乘法计数原理逐空计算即可； 【详解】要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事， 因为每人必报一项，4名同学都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步． 又每人可在三项中选一项，选法为3种， 所以共有种报名方法． 要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事， 因为每项冠军只能由一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步， 而每项冠军是4人中的某一人，有4种可能的情况， 于是共有种可能的结果． 故答案为：81；64 变式4-3．(24-25高二下·北京第二十七中学·期中)甲，乙，丙，丁四位同学想报名运动会跳高，跳远，100米跑三个项目，若每人限报一项且必须报名，则共有 种不同的报名方法；若每个项目限报一人且必须有人报名（允许兼项）则共有 种不同的报名方法. 【答案】 81 64 【分析】由分步乘法计数原理即得. 【详解】要完成的是“甲，乙，丙，丁四位同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，由分步乘法计数原理可得，共有3×3×3×3＝81(种)报名方法； 要完成的是“三个项目每个项目限报一人且必须有人报名（允许兼项）”这件事，因为每个项目必须有人报名，三个项目都被报名完才算完成，所以按项目分步，且分为三步，又每个项目限一人报名，所以项目可被报名的种数为4种，由分步乘法计数原理可得，共有4×4×4＝64(种)报名方法； 故答案为：81；64 类型五、捆绑法、插空法的运用 相邻元素捆绑法：某些元素要求必须相邻时，可以先将这些元素看做一个整体，与其他元素排列后，再考虑相邻元素的内部顺序． 插空法：某些元素要求不相邻时，可以先安排其他的元素，再将这些不相邻的元素插入由其他元素形成的空当． 例5．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)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. 变式5-1．（多选）(24-25高二下·黑龙江鸡西第二中学校·期末)有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（     ） A．共有种不同的排法 B．当2名教师相邻时，共有24种不同的排法 C．当2名教师不相邻时，共有种不同的排法 D．当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法 【答案】AC 【分析】对于选项A，根据全排列的排列数进行求解；对于选项B，利用捆绑法和分步乘法计数原理进行求解；对于选项C，利用插空法和分步乘法计数原理进行求解；对于选项D，利用分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】对于选项A：3名学生和2名教师共5个人进行全排列，有种排法，所以A正确； 对于选项B：将2名老师看成一个整体，与3名学生全排列，有种排法， 2名教师内部有种排法，共有种排法，所以B错误； 对于选项C：3名学生全排列有种排法，形成4个空位，2名教师插入4个空位有种排法， 共有种排法，所以C正确； 对于选项D：从3名学生选2名学生排在两端，有种排法，剩下3人全排列有种排法. 共有种排法，所以D错误. 故选：AC. 变式5-2．（多选）(24-25高二下·陕西西安西工大附属中学·月考)甲、乙、丙、丁、戊5人参加完某项活动后合影留念，则（    ） A．5人站成一排，若甲、乙必须相邻，共有48种排法 B．5人站成一排，若甲、乙不能相邻，共有72种排法 C．5人站成一排，若甲不能站在两端，共有72种排法 D．5人站成两排，若甲、乙站前排，丙、丁、戊站后排，共有120种排法 【答案】ABC 【分析】A选项，利用捆绑法进行求解；B选项，利用插空法进行求解；C选项，先从中间3个位置选一个给甲，其余4人全排列，根据分步乘法计数原理求出答案；D选项，考虑甲、乙，再考虑丙、丁、戊，根据分步乘法计数原理求出答案. 【详解】选项A：把甲、乙看成一个整体与其余3人全排列，有种排法， 甲、乙两人之间有种排法，所以共有种排法，A正确. 选项B：先排丙、丁、戊有种排法，丙、丁、戊形成4个空， 从4个空中选2个排甲、乙，有种排法，所以共有种排法，B正确. C选项：先从中间3个位置选一个给甲，有种方法，其余4人全排列，有种方法. 根据分步乘法计数原理，共有种排法，C正确. D选项：甲、乙站前排有种排法，丙、丁、戊站后排有种排法， 根据分步乘法计数原理，共有种排法，D错误. 故选：ABC 变式5-3．(24-25高二下·江苏南通中学·)现有五人站成一排，则相邻且不相邻的排法种数共有 种． 【答案】24 【分析】根据排列数以及分步计数原理即可求解. 【详解】根据题意，将，看成一个整体，，的排列方法有种方法， 然后将这个整体与进行全排列，即不同的排列方式有， 最后将，插入到三个空中的两个中，有种方法， 根据分步计数原理可知排法种数为， 故答案为：24. 类型六、缩倍法的应用 缩倍法： 某些特殊元素要求排列后的先后顺序不变，排列时可以把它们与其余的元素一起排列，然后除以它们数量的阶乘． 例6．(24-25高二下·天津五区县重点校·期末)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 变式6-1．(24-25高二下·广东八校联盟·)14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（    ） A．181440 B．2016 C．1080 D．1512 【答案】D 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】第一步从后排9人中选2人有种方法， 第二步把这2人插入到前排中，有种方法， 其余5人顺序不变只有1种方法，前排相对顺序不变， 因此所有的方法种数是， 故选：D. 变式6-2．（多选）(24-25高二下·四川眉山仁寿县·期末)下列说法正确的是（ ） A． B．被8除的余数为7 C．甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲乙丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法 D．现有6本不同的书，分成三份，每份2本，则共有90种分法 【答案】BC 【分析】根据组合数性质、二项式定理展开式、排列组合的定序问题及分组问题的相关知识，对选项逐一求解判断即可. 【详解】对于选项A：由组合数性质可知，所以A错误； 对于选项B：因为， 所以即被8除的余数为7，所以B正确； 对于选项C：先从6个位置中选3个位置给甲、乙、丙，由于顺序固定，这3个位置的排法只有1种， 剩下3个位置排丁等其他3人，有种排法.根据组合数公式， 所以总排法种数为，所以C正确； 对于选项D：根据题意，分法种数有，所以D错误. 故选：BC. 变式6-3．(24-25高二下·浙江金华曙光学校·)某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： (1)唱歌节目排在两头，有多少种排法? (2)三个舞蹈节目出场顺序固定，有多少种排法? (3)唱歌节目、舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻，有多少种排法? 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先确定两头唱歌节目的排法，再确定中间节目的排法，最后根据分步乘法计数原理计算总排法； （2）可先计算所有节目全排列的情况，再除以舞蹈节目自身的排列数得到舞蹈节目顺序固定的排法； （3）先将唱歌节目和舞蹈节目分别捆绑，再利用插空法安排小品节目，最后根据分步乘法计数原理计算总排法. 【详解】（1）先排两头的唱歌节目，个唱歌节目进行全排列，则排法有种. 再排中间的个节目，这个节目进行全排列，排法有种. 所以唱歌节目排在两头的排法共有种. （2）个节目进行全排列，排法有种. 个舞蹈节目进行全排列，排法有种. 因为三个舞蹈节目出场顺序固定，所以不同的排法共有种. （3）将个唱歌节目看成一个整体，内部全排列，排法有种. 将个舞蹈节目看成一个整体，内部全排列，排法有种. 把这两个整体进行全排列，排法有种. 此时形成个空，将个小品节目插入这个空中，排法有种. 根据分步乘法计数原理，总排法有种. 类型七、多面手问题 例7．(24-25高二下·福建部分学校教学联盟联考·期中)某出版社的名工人中，有人只会排版，人只会印刷，还有人既会排版又会印刷，现从人中选人排版，人印刷，有（    ）种不同的选法. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】按照只会印刷的人中被选中人数进行分类，结合分类加法计数原理可得解. 【详解】设只会印刷的人中被选中人数为，则的可能取值有、、， ①当时，从只会印刷的人中选人，有种情况， 再安排既会排版又会印刷的人印刷，有种情况，最后从只会排版的人中选人，有种情况， 则共有种情况； ② 当时，先从只会印刷的人中选人，有种情况， 再从既会排版又会印刷的人中选人印刷，有种情况，最后从剩余会排版的人中选人，有种情况，则共有种情况； ③当时，先从只会印刷的人中选人，有种情况， 再从会排版的人中选人，有种情况，则共有种情况； 综上所述，共有种情况； 故选：A. 变式7-1．“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（    ） A．15种 B．18种 C．19种 D．36种 【答案】C 【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人； 则不同的选派方法有以下三种： （1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有种， （2）从中选择1人划左桨，则从中选1人划左桨，再从剩下的3人中选2人划右桨，共有种； （3）从中选择0人划左桨，则中的两人划右桨，从中选2人划左桨，共有 所以，不同的选派方法共有19种. 故选：C 变式7-2．(22-23高二下·重庆渝北中学校·)高二年级某班要准备一个节目在学校艺术节里展演，报名参加的同学中有5人只会唱歌，2人只会跳舞，另外还有1人既能唱歌又会跳舞，现在节目需要2人唱歌，2人跳舞，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答） 【答案】35 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、组合应用问题列式计算作答. 【详解】不同的选人方案有3类，既能唱歌又会跳舞的人不选有种， 既能唱歌又会跳舞的人选去唱歌有种，既能唱歌又会跳舞的人选去跳舞有种， 由分类加法计数原理得：， 所以不同的选人方案共有35种. 故答案为：35 变式7-3．(23-24高二上·河南南阳第一中学校·月考)某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有 种. 【答案】92 【分析】分三种情况，进行讨论，求出相应的选择数，相加后得到答案. 【详解】①若既会英语，也会日语的2人均没有选中， 此时只会英语的3人全部选中，只会日语的4人选择3人，共种选择； ②若既会英语，也会日语的2人选中1人，有种选择， 此人去进行英语导游，则从只会英语的3人选择2人，只会日语的4人选择3人， 有种选择， 此人去进行日语导游，则从只会英语的3人全部选中，只会日语的4人选择2人， 有种选择， 此时共有种选择； ③若既会英语，也会日语的2人均选中， 2人均进行英语导游，则从只会英语的3人选择1人，只会日语的4人选择3人， 有种选择， 2人均进行日语导游，则从只会英语的3人选择3人，只会日语的4人选择1人， 有种选择， 2人有1人进行英语导游，1人进行日语导游，有种选择， 再从只会英语的3人选择2人，只会日语的4人选择2人，有种选择， 此时有种选择， 所以若既会英语，也会日语的2人均选中，有种选择， 综上：共有种选择. 故答案为：92 类型八、涂色问题 涂色问题中通常要用到分类讨论的思想，因此确定分类讨论标准是解题的关键： 涂色问题的主要策略： （1）根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法； （2）根据使用颜色总数分类讨论； （3）根据某2个不相邻区域是否同色分类讨论； （4）根据相间区域使用颜色的种类分类讨论； （5）遇到点或线或面的涂色问题，可将空间问题平面化转化成区域涂色问题。 例8．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨第三中学校·月考)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 变式8-1．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. 变式8-2．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 【分析】由题知只需考虑区域1，2，3，4的颜色即可，不妨先涂区域1、区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同及相同两种情况考虑即可求解. 【详解】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. 变式8-3．(24-25高二下·山西太原、阳泉·期末)某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为 .    【答案】120 【分析】根据分步乘法计数原理，结合4，5以及1，2是否同色，分类即可求解. 【详解】先排1，3，5区域，此时从4种鲜花中任选3种全排列，故共有种方法， 接下来排区域4，2，6， 若4与5同色，1，2同色，此时区域6有2种选择， 若4与5同色，1，2不同色，此时区域2只有一种选择，区域6也只有1种选择， 若4与5不同色，此时1，2只能同色，此时区域6有2种选择， 故涂区域2，4，6共有种方法， 因此总的涂法共有， 故答案为：120 类型九、隔板法的应用 相同元素分配问题的处理策略 （1）隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”，每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此方法称之为隔板法.隔板法专门解决相同元素的分配问题. （2）将n个相同的元素分给m个不同的对象（n≥m），有Cm-1n-1种方法.可描述为n-1个空中插入m-1块板. 例9．(24-25高二下·江苏南京南京外国语学校·期中)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 变式9-1．从3个箱子（每个箱子里的球足够多）里选8个小球，每个箱子至少选2个小球，不同的选法有 种. 【答案】6 【分析】应用隔板法，将5个小球排成一排，用2块挡板插入四个空中的2个，即可得. 【详解】8个相同小球再减去3个小球共5个小球排成一排，用2块挡板去插入，有种. 然后再往每个箱子里放1个球，即每个箱子至少选2个小球，故不同的选法有6种． 故答案为：6 变式9-2．不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组. 【答案】 【分析】利用隔板法求解不定方程的解的组数. 【详解】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. 故答案为：，. 变式9-3．在空间直角坐标系Oxyz中，点，已知若点在平面ABC内，则，则在三棱锥内部（不包括表面）的整点（横、纵、竖坐标均为整数的点）的个数为 ．（用数字作答） 【答案】969 【分析】根据给定条件，利用隔板法列式求出正整数解个数即可. 【详解】点是三棱锥内部（不包括表面）的整点，则 当时，不同的正整数解个数为；当时，不同的正整数解个数为； ，当时，不同的正整数解个数为；当时，不同的正整数解个数为， 所以三棱锥内部的整点的个数为 . 故答案为：969 压轴专练 一、单选题 1．(25-26高三上·重庆巴蜀中学校·月考)某班 5 名学生负责校内 3 个不同地段的卫生工作. 每名学生都要参与且只负责某个地段的卫生工作，每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有（   ） A．300 种 B．90 种 C．240 种 D．150 种 【答案】D 【分析】利用先分组后分配原则来进行求解即可. 【详解】先将5名学生分成三组的分法有：（种） 再将这三组学生分配到三个地段共有：（种） 所以利用分步乘法原理，可知每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有（种） 故选：D. 2．(25-26高三上·河北十校联考·)甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，且没有出现并列的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军.”对乙说：“你虽然不是最差的，但你的名次没有甲的好.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况的种数为（    ） A．12 B．18 C．27 D．36 【答案】B 【分析】根据题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况，分别求出各种情况的种类数，从而可求解. 【详解】由题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况： 当乙得第4名，有种可能； 当乙得第3名，有种可能， 故共有种，故B正确. 故选：B. 3．已知甲乙丙3名同学从学校的2个科技类社团，2个艺术类社团，1个体育类社团中选择报名参加，每人只能报名参加一个社团，则有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用排列组合数及分类分步计数求有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团的情况数，由分步计数求3人任意报名社团情况数，应用古典概型的概率求法求概率. 【详解】3人中有一人报名科技类社团有种报名方法， 余下2人报名其余3个社团，有人报名参加体育类社团，则报名情况分类如下: 2人都报名体育类社团，有1种报名方法， 若2人报名体育类、艺术类社团各1人，有种， 综上，有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团共有种； 若3人任意报名社团，则共有种， 所以有人报名参加体育类社团且仅有一人报名科技类社团的概率为. 故选：B 4．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨第三中学校·月考)哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（    ） A．1080 B．1560 C．2640 D．3960 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理和部分平均分组计数方法计算即得. 【详解】依题意，可分为两类情况：第一类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法； 第二类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法. 故由分类加法计数原理，共有种不同分法. 故选：B. 5．(25-26高三上·天津东丽区百华实验中学·)甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．150 D．240 【答案】B 【分析】先选名学生分配给甲，再将剩余人分成两组分配给乙、丙，由分步乘法计数原理可得. 【详解】第一步，从六名学生中选名，分配给甲指导，有种不同的方法， 第二步，将剩余名学生分成两组，分配给乙、丙指导，有种不同的方法， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方案共有种. 故选：B. 6．如图，四个开关控制着五盏灯，其中开关控制着1，2，3号灯，开关控制着2，3，4号灯，开关控制着3，4，5号灯，开关控制着1，4，5号灯.开始时，五盏灯均是亮的，现先后按动这四个开关中两个不同的开关，则其中2号灯亮的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由排列数确定总的基本事件个数，再分两类情况按第一个开关时，2号灯灭，按第二个开关时，2号灯亮，或按第一个开关和第二个开关均与2号灯无关，讨论2号灯亮的情况，结合古典概型概率公式即可求解. 【详解】先后按动这四个开关中两个不同的开关，有=12种方法. 2号灯亮有两类情形.第一类，按第一个开关时，2号灯灭，按第二个开关时，2号灯亮，此时对应的方法有=2种（两个开关进行全排列）； 第二类，按第一个开关和第二个开关均与2号灯无关，此时对应的方法有=2种（两个开关进行全排列）. 故所求事件的概率为. 故选：B 7．(25-26高三上·广东深圳红岭中学·调研)现将A，B，C，D，E，5位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有（   ） A．36种 B．42种 C．48种 D．60种 【答案】D 【分析】利用间接法可求得不同的分派方法总数. 【详解】因为每人只到1个学校，每个学校只去1人，所以将5人全排列有种， 其中将A民警安排在甲学校有种不同的安排方法， 将民警B或C安排在乙学校有种不同的安排方法， 又A民警在甲学校，且民警B或C在乙学校有， 所以A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校， 则不同的分派方法共有种. 故选：D. 8．(25-26高三上·湖北武汉部分学校·调研)将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（   ） A．72 B．84 C．96 D．108 【答案】B 【分析】利用先选后排的方法进行解题即可. 【详解】选个空盒：种， 分配个小球到个非空盒 情况一（分法）：种 情况二（分法）：种 总分配方法; 种， 总放法数：种 故选： 二、多选题 9．(25-26高三上·四川成都郫都区·)用数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（   ） A．一共可以组成96个数 B．一共可以组成120个数 C．一共可以组成偶数60个 D．一共可以组成72个大于2000的数 【答案】ACD 【分析】由特殊位置优先的原则，结合两个计数原理逐个判断即可. 【详解】对于AB，四位数的首位不能为0，有4种选项，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位， 可以组成无重复数字的四位数个，A正确， B错误； 对于C，若个位数为0，则有个，若个位数不为0，则有个， 所以可以组成无重复数字的四位偶数个，C正确； 对于D，四位数的首位有3种选择，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位， 可以组成无重复数字且大于2000的四位数个，D正确． 故选：ACD 10．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 【分析】没有空盒即将4个球在4个盒子上进行全排列即可判断A；有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，即可求解判断B；恰有1个空盒，即另外3个盒子都有球，且必然有1个盒子中放了2个球，求解即可判断C；只需从4盒4球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即可判断D． 【详解】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. 11．(25-26高三上·四川成都蓉城名校联盟·)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 【分析】利用分组分配问题的解法即可得解. 【详解】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. 三、填空题 12．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 【分析】先分析座位的限制关系，再根据排列组合的知识计算所有可能的坐法即可得. 【详解】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. 故答案为：. 13．(25-26高三上·贵州部分学校·)中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每“艺”安排一次讲座，共开展六次．讲座次序要求“射”和“御”必须相邻，“礼”和“书”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 种． 【答案】144 【分析】由题意，将“射”和“御”捆绑看作一个元素与“乐”和“数”进行全排列，再将“礼”和“书”排到所得排列的空隙中，最后将“射”和“御”交换位置， 根据分步计数原理即可求解. 【详解】先将“射”和“御”“捆绑”视为一个元素，再与“乐”和“数”一起排列， 有种不同的次序， 再将“礼”和“书”排到所得排列的空隙中（“射”和“御”中间不能排），有种不同的次序， 最后将“射”和“御”交换位置，有种不同排序， 根据分步乘法计数原理可知“六艺”讲座不同的次序共有种． 故答案为：. 14．(25-26高三上·福建南安成功中学·模拟)通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由4个数字（其中随机组成，如果验证码满足，则称该验证码为递增型验证码.某人收到一个验证码，则它首位为2的递增型验证码的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意，由分步计数原理求得验证码总数为种，再由，且，利用组合数公式，求得位为2的递增型验证码数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，手机验证码由4个数字（其中随机组成， 根据分步计数原理，可得验证码共有种， 若，且满足， 则从，这7个数字中选出3个数字，并且按从小到大的顺序排列， 共有种， 所以首位为2的递增型验证码的概率. 故答案为： 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $