专题01 排列组合的八大热点题型（高效培优专项训练）高二数学北师大版2019选择性必修第一册

专题01 排列组合的八大热点题型 题型一：排数问题 1 题型二：排队问题 5 题型三：产品抽取问题 9 题型四：分组分配问题 12 题型五：几何中的计数问题 16 题型六：代数中的计数问题 18 题型七：涂色问题 21 题型八：创新题 25 题型一：排数问题 1．（25-26高三上·湖北黄冈·期中）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 2．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）用数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（    ） A．6 B．12 C．24 D．36 【答案】D 【解析】用数字组成没有重复数字的三位奇数，可分为两步完成， 第一步，先确定个位数字，个位可能为或或，有种方法， 第二步，确定十位和百位数字，有种方法， 由分步乘法计数原理可得符合要求的奇数的个数为． 故选：D 3．（多选）（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ） A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 【答案】ABC 【解析】对于A，第一步，千位可以为，有5种排法， 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个可重复数字的四位数，故A正确； 对于B，第一步，千位可以为，有5种排法； 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位数，故B正确； 对于C，第一步，个位可以为，有3种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位奇数，故C正确； 对于D，第一种情况：当个位为0时，千､百､十位有种排法， 第二种情况：第一步，个位可以为2，4，有2种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法，共有种排法， 综上所述，可以排成个无重复数字的四位偶数，故D错误. 故选：ABC. 4．(多选)（24-25高二下·云南昭通·月考）现有数字0，1，1，1，2，3，4，5，下列说法正确的是（    ） A．可以组成720个没有重复数字的六位数 B．可以组成288个没有重复数字的六位偶数 C．可以组成3240个六位数 D．可以组成2160个相邻两个数字不相同的八位数 【答案】CD 【分析】根据分步乘法和分类加法计数原理分别判断各选项即可． 【解析】对于A，没有重复数字的六位数应由0，1，2，3，4，5组成，共有个，故A错误； 对于B，没有重复数字的六位偶数有两类情况，末位为0的有个，末位不为0的有个，共有个，故B错误； 对于C，没有重复数字的六位数有600个，有两个1的六位数有个，有三个1的六位数有个，共有个，故C正确； 对于D，先排0，2，3，4，5，首位为0的有个，首位不为0的有个，再插人，共有个，故D正确， 故选：CD． 5．（25-26高二上·辽宁·月考）用分别写有数字“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“4”的六张卡片可以组成 个六位整数．（用数字作答） 【答案】300 【解析】分两类： 第一类首位从“1”、“2”、“3”中取，有种取法，其余5张卡片有种排法，但有2张“4”， 所以能得到不同的6位整数共有个； 第二类，首位取“4”，其余位置5张卡片全排列，共有个6位整数， 根据分类加法计数原理，共有个六位整数. 故答案为：300 6．（25-26高二上·全国·单元测试）用0，1，2，5，6，7这六个数字组成没有重复数字的四位数． (1)四位数共有多少个？ (2)偶数共有多少个？ (3)比2026大的数有多少个？ 【答案】(1)300;(2)156;(3)237 【解析】（1）方法一  先从1，2，5，6，7中选1个数字放在千位，有种方法， 再从剩余的五个数字中选3个，放在个位、十位和百位，有种方法， 故可以组成没有重复数字的四位数的个数为． 方法二  当四位数中不含数字0时，有种方法；当四位数中含数字0时，有种方法． 故可以组成没有重复数字的四位数的个数为． （2）根据四位数的个位数字是否是0进行讨论，当四位数的个位数字是0时， 没有重复数字的四位数有（个）． 当四位数的个位数字是2或6时，千位有4个数字可选，百位、十位有种选法， 满足条件的四位数有（个）． 所以共有个偶数． （3）当2在千位，0在百位，5在十位时，个位可以是1，6，7，共3个， 当2在千位，0在百位，6在十位时，个位可以是1，5，7，共3个， 当2在千位，0在百位，7在十位时，个位可以是1，5，6，共3个， 当2在千位，1在百位时，十位、个位共有种选法， 当2在千位，5在百位时，十位、个位共有种选法， 当2在千位，6在百位时，十位、个位共有种选法， 当2在千位，7在百位时，十位、个位共有种选法， 当5在千位时，百位、十位、个位共有种选法， 当6在千位时，百位、十位、个位共有种选法， 当7在千位时，百位、十位、个位共有种选法． 综上所述，比2026大的数共有（个）． 7．（24-25高二下·湖北孝感·月考）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 【解析】（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． 8．（24-25高二下·天津河西·月考）用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 【答案】(1)100;(2)180;(3)48;(4)131;(5)175 【解析】（1）若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字不重复的三位数个数为. （2）若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字允许重复的三位数的个数为个. （3）分3步： 先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； 再选百位数字有4种选法； 十位数字也有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个 （4）若组成的数字为数字不重复的小于1000的自然数，分以下三种讨论： ①数字为个位数，共6个； ②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个； 数字为三位数，共有100个. 综上所述，数字不重复的小于1000的自然数个数为个. （5）分4类： 千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个； 千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有个； 千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有个； ④也满足条件； 故所求四位数共有个. 题型二：排队问题 9．（25-26高三上·福建漳州·月考）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“礼”在第二次，“数”和“书”相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．120种 【答案】B 【解析】由题意，“礼”排第二只有一种排法，若“数和书”排第三，第四次时有两种排法， 乐、射、御全排列，有种次序，由分步乘法计数原理有种方法； 同理可得若“数和书”排第四，第五次和排第五，第六次时各有种方法； 所以由分类加法计数原理可得“六艺”讲座不同的次序共有种. 故选：B． 10．（2025·河南·模拟预测）某校无人机兴趣小组在市无人机大赛后合影留念，2名指导老师和4名组员排成一排照相留念，若2位老师相邻，则不同的排法共有（   ） A．120种 B．360种 C．240种 D．720种 【答案】C 【解析】先将2位老师看作一个整体和4名学生全排有， 2位老师自身有，所以2位老师相邻，不同的排法共有， 故选：C 11．（2026高三·全国·专题练习）甲､乙等6人围成一圈，且甲､乙两人相邻，则不同的排法共有（    ） A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 【答案】D 【解析】因为由于环状排列没有首尾之分，将个不同元素围成的环状排列剪开看成个元素排成一排，即共有种排法， 由于个不同元素共有种不同的剪法，则环状排列共有种排法. 甲､乙两人相邻而坐，可将此2人当作1人看，即5人围一圆桌，有种坐法， 又因为甲､乙2人可换位，有种坐法，故所求坐法为种. 故选：D 12．（25-26高三上·河北·期中）某市为弘扬科学精神，激励青少年投身科技事业，特别策划了一场“致敬科技先锋”的主题活动.活动期间，需将A，B，C，D，E五位功勋人物的画像自左至右排成一行展示，且要求A与B的画像不相邻，E的画像只能排在两端，则满足条件的排法种数为（    ） A．16 B．20 C．24 D．26 【答案】C 【解析】因为A与B的画像不相邻，所以先排再插空排有种排法， 又因为E的画像只能排在两端，则满足条件的排法种数为种排法. 故选：C. 13．(多选)（2025·陕西西安·模拟预测）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. 14．（多选）（24-25高二上·广西梧州·期中）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. 15．（2025·浙江台州·一模）甲､乙､丙､丁､戊､己共6人站成一排，若甲､乙两人相邻，而乙､丙两人不相邻，则不同的排法种数共有 .（用数字作答） 【答案】192 【解析】先将甲、乙两人看成一个整体，则这个整体内部有种排列方式， 此时相当于有5个元素进行排列，所以甲乙相邻的总排列数为种. 若甲乙相邻且乙丙也相邻，则三人必须以（甲，乙，丙）或（丙，乙，甲）的顺序站在一起. 将这三个人视为一个整体，其内部有2种排法，再将此整体与其余3人进行全排列， 故甲乙相邻且乙丙也相邻的排法有种, 所以甲乙相邻，而乙丙不相邻的排法种数有. 16．（25-26高二上·江西九江·月考）修水一中文学社团共有学生9名，其中有5名男生和4名女生，现从中选出4人去参加全县辩论大赛．（列式表明计算过程，结果用数字表示） (1)如果4人中，男生甲当队长必须参加，那么有多少种选法？ (2)如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种选法？ (3)辩论赛要求2男2女参加，坐成一排，且男生不相邻的，有多少种排座位方法？ 【答案】(1)56；(2)91；(3)720. 【解析】（1）如果男生甲必须去，从剩下的8人中选3人即可，有种选法； （2）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，共有种选法； （3）选2男2女，先排2位女生，将2为男生插入其中的3个空中，则有种排法. 17．（2025高三·全国·专题练习）7人站成一排． (1)一共有多少种不同的排法？ (2)甲站在正中间的不同排法有多少种？ (3)甲、乙两人必须站在两端的不同排法有多少种？ (4)甲、乙两人不能站在两端的不同排法有多少种？ (5)甲不站在排头，也不站在排尾的不同排法有多少种？ (6)甲不站在排头，乙不站在排尾的不同排法有多少种？ (7)甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有多少种？ (8)甲、乙、丙三人不相邻的不同排法有多少种？ (9)甲、乙、丙三人从左到右顺序是一定的不同排法有多少种？ 【答案】(1)5040;(2)720;(3)240;(4)2400;(5)3600;(6)3720;(7)720;(8)1440;(9)840 【解析】（1）由于不受任何条件限制，所以共有种不同的排法． （2）因为除甲外的6人可站在除正中间之外的6个不同的位置上，所以共有种不同的排法． （3）首先，甲、乙站在两端的排法有种；其次，其余5人在中间5个不同位置的排法有种，根据分步乘法计数原理，甲、乙两人必须站在两端的不同排法有种． （4）方法1：甲、乙可以排在除两端的其余5个不同的位置，有种排法，其余5人有种排法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的排法． 方法2：甲在排头或排尾的排法有种排法，乙在排头或排尾的排法有种排法，甲、乙同时排在两端的有种排法，故共有种不同的排法． （5）方法1：甲从中间5个位置任选1个，有种排法，其余6人有种排法，故共有种不同的排法． 方法2：由于甲不能排在两端，只能从其余6人中任选2人排在两端，有种排法，中间5个位置共有种排法，故共有种不同的排法． 方法3：甲站在排头或排尾的排法有种排法，故共有种不同的排法． （6）方法1：第1类，乙站在排头，共有种不同的排法；第2类，乙不站在排头，由于甲也不能站在排头，所以，排头有种排法，由于有一个人站在排头，乙又不能站在排尾，因此排尾有种排法，中间5个位置有种排法，故共有种不同的排法． 方法2：因为甲站在排头时有种排法，乙站在排尾时有种排法，甲在排头且乙在排尾时有种排法，故共有种不同的排法． （7）第1步，把甲、乙、丙作为一个整体“捆绑”成一个元素与另4人排成一排有种排法，第2步，甲、乙、丙全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的排法． （8）第1步，除甲、乙、丙三人外的4人有种排法，第2步，其余4人之间及两端有5个空位，将甲、乙、丙三人排入这5个空位，有种排法，故共有种不同的排法． （9）方法1：七个位置中，先将甲、乙、丙三人外的4人排列，有种排法，然后将甲、乙、丙按规定顺序安排到剩下的3个位置上，故共有种不同的排法． 方法2：先不考虑甲、乙、丙的顺序，有种排法，因为在上述排列中，每6种有且仅有一种恰好是符合甲、乙、丙按一定顺序排列的，故共有种不同的排法． 题型三：产品抽取问题 18．（24-25高二下·甘肃定西·期末）从4名男生和3名女生中任选4人参加主持人大赛，则选中的4人中恰有1名女生的选法共有（　　） A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 【答案】B 【解析】满足条件的选法有：种. 故选：B 19．（25-26高二上·黑龙江绥化·期中）甲盒子中有大小材质完全相同的5个红球和3个蓝球；乙盒子中有大小材质完全相同的6个红球和2个蓝球．若从甲、乙两个盒子中各随机取出2个球，则取出的4个球中恰有3个红球的不同取法共有（    ） A．150种 B．180种 C．300种 D．345种 【答案】D 【解析】4个球中恰有3个红球，可分为两种情况： 第一种：甲盒取出1红1蓝、乙盒取出2红，此时有； 第二种：甲盒取出2红、乙盒取出1红1蓝，此时有； 故共有种不同的取法． 故选：D. 20．（24-25高二下·江苏南通·月考）从含有3件次品的20件产品中，任意抽出5件进行检验（    ） A．抽出的产品都是合格品的抽法种数为 B．抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法种数为 C．抽出的产品中至少有2件是次品的抽法种数为 D．抽出的产品中至多有2件是次品的抽法种数为 【答案】AD 【解析】对于A，20件产品中合格品有17件，则抽出的产品都是合格品的抽法种数为，A正确； 对于B，抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法种数为，B错误； 对于C，抽出的产品中至少有2件是次品的抽法种数为，C错误； 对于D，抽出的产品中至多有2件是次品的抽法种数为，D正确. 故选：AD. 21．(多选)（24-25高二下·福建福州·期末）从标号为0，1，2，3，4，5的六个蓝球和标号为6，7，8，9的四个红球中随机选出4个，则下列说法正确的有（   ） A．若选出的4个球全部为蓝球，则不同的选法有15种 B．若选出的4个球中蓝球红球各有2个，则有120种不同的选法 C．若蓝球的0号和红球的6号必须在选出的4个球内，则有56种不同的选法 D．若蓝球的0号和红球的6号至少有1个在选出的4个球内，则有140种不同的选法 【答案】AD 【解析】A：选出的4个球全部为蓝球，有种，对； B：选出的4个球中蓝球红球各有2个，有种，错； C：蓝球的0号和红球的6号必须在选出的4个球内，有种，错； D：若蓝球的0号和红球的6号都不在选出的4个球内，有种，从10个球中任选4个，有种， 所以蓝球的0号和红球的6号至少有1个在选出的4个球内，有种，对. 故选：AD 22．（25-26高二上·江西赣州·月考）某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正､副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有 种. 【答案】 【解析】若恰有1名女生被选中，则有种选法； 若有2名女生被选中，则有种选法， 所以共有种选法， 23．（25-26高二·全国·假期作业）有8名男生和5名女生，从中任选6人． (1)有多少种不同的选法？ (2)其中有3名女生，有多少种不同的选法？ (3)其中至多有3名女生，有多少种不同的选法？ (4)其中有2名女生，4名男生，分别负责6种不同的工作，共有多少种不同的分工方法？ (5)其中既有男生又有女生，有多少种不同的选法？ 【答案】(1)1716；(2)560；(3)1568；(4)504000；(5)1688 【解析】（1）由题可得适合题意的选法有种； （2）第1步，选出女生有种；第2步，选出男生有种， 由分步乘法计数原理知，适合题意的选法有种； （3）至多有3名女生包括：没有女生，1名女生，2名女生，3名女生四类情况． 第1类没有女生，有种选法；第2类1名女生，有种选法； 第3类2名女生，有种选法；第4类3名女生，有种选法． 由分类加法计数原理知，适合题意的选法共有种； （4）第1步，选出适合题意的6人，有种； 第2步，给这6人安排6种不同的工作，有种． 由分步乘法计数原理知，适合题意的分工方法共有种； （5）由题意知不可能6人全是女生，所以只需排除全是男生的情况， 所以有种选法． 24．（23-24高二下·广东清远·月考）某医院有内科医生10名，外科医生6名，现选派5名参加新冠肺炎医疗队. (1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？ (2)甲､乙均不能参加，有多少种选法？ (3)甲､乙2人至少有1人参加，有多少种选法？ (4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？ 【答案】(1)364;(2)2002;(3)2366;(4)4110 【解析】（1）只需从其他14人中选3人即可，共有（种）选法. （2）只需从其他14人中选5人即可，共有（种）选法. （3）分两类：甲､乙中有1人参加；甲､乙都参加. 则共有（种）选法. （4）方法一（直接法）至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类： 内科1人，外科4人；内科2人，外科3人；内科3人，外科2人；内科4人，外科1人. 所以共有（种）选法. 方法二（间接法）从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有（种）选法. 题型四：分组分配问题 25．（2026高三·全国·专题练习）10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有（   ）种不同分配方案． A．9 B．36 C．84 D．120 【答案】C 【解析】我们可以把10个名额排成一排，会产生9个空隙， 要分成7组，需要插入6个隔板，不同的隔板位置对应不同的分配方案， 所以分配方案数就是从9个空隙中选6个的组合数，即. 故选：C 26．（25-26高三上·陕西西安·月考）现有3张相同的电影票要分给11位学生，每位学生至多分得1张，则不同的分法种数为（    ） A．120 B．135 C．165 D．180 【答案】C 【解析】因每位学生至多分得1张，故只需将3张相同的电影票，在11位学生中随机选择3位即可， 故不同的分法种数为． 故选：C. 27．（2025·湖南郴州·一模）“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【解析】分以下两步： （1）先分跳箱：个相同的跳箱分给三个球队，三个球队分得的跳箱数量分别为、、或、、或、、， 所以，跳箱的分法种数为种； （2）接下来分药球：将个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为、、或、、， 所以，药球的分法种数为种. 由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为种. 故选：B. 28．（25-26高三上·河南·期中）某校园诗歌朗诵大赛共有5名同学进入决赛，决赛要求这5名同学均从《琵琶行》《蜀道难》《离骚》中选择1篇进行参赛，且这3篇诗歌中每篇均有同学选择，则这5名同学诗歌篇目的选择情况共有（    ） A．150种 B．240种 C．180种 D．120种 【答案】A 【解析】5名同学分配到3篇诗歌（每篇至少1人），人数分配只能是 “2,2,1” 或 “3,1,1” 两种组合， 若人数分配为“2,2,1”，则有种不同选择情况； 若人数分配为“3,1,1”，则有种不同选择情况； 综上，共有种不同选择情况. 故选：A 29.（多选）（25-26高三上·重庆·月考）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. 30．（25-26高三上·福建福州·期中）来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为 ． 【答案】88 【解析】当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且只去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当选择北京故宫、西安兵马俑这个且只去个景点时， 只需将其他个景点分给，，有种选择； 当选择北京故宫、西安兵马俑且去个景点时，有种选择， 只需将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择， 种， 故共有种不同的打卡方案． 31．（25-26高二上·辽宁·月考）（1）要把6本不同的课外书分给甲、乙、丙三名同学： （i）如果每人都得2本，则共有不同的分法多少种？ （ii）如果要求甲得1本，乙得2本，丙得3本，则共有不同的分法多少种？ （iii）如果要求一人得1本，一人得2本，一人得3本，则共有不同的分法多少种？ （2）要把6本不同的课外书分别装到三个相同的手提袋里： （i）如果一个袋子中1本，一个袋子中2本，一个袋子中3本，则共有不同的分法多少种？ （ii）如果每个袋子中都是2本，则共有不同的分法多少种？ （iii）如果每个袋子中至少1本，则共有不同的分法多少种？ （计算结果用数字作答） 【答案】（1）（i）种，（ii）种，（iii）种.（2）（i）种，（ii）种，（iii）种. 【解析】（1）（i）从6本书中选择2本书给甲，有种方法； 再从剩余4本书中选择2本书给乙，有种方法； 剩余的2本书给丙，有种方法;所以有种分配方法． （ii）从6本书中选一本给甲，有种分配方法；从剩余5本书中选2本给乙，有种分配方法，将剩余3本书给丙，有种分配方法. 所以分配方式共有种. （iii）将6本书按照1组1本，1组2本，1组3本的分组方式进行分组，有种方法，再将分好的组分给甲乙丙三人，则有种分配方法. （2）（i）因为手提袋相同，所以即为将6本不同的书分为3组，1组1本，1组2本，1组3本， 种方法， （ii）每袋2本，为平均分组，所以要除以重复的部分，所以共有种. （iii）每个袋子至少1本，有可能有2组各1本，1组4本，有种方法， 有可能1组1本，1组2本，1组3本，有种方法， 有可能每组2本，有种方法，所以共有种. 32．（2025高二·全国·专题练习）（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. 题型五：几何中的计数问题 33．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在的两条边上分别有和共9个点，连接线段，如果其中两条线段不相交，则称之为1对“和睦线”，则图中的“和睦线”共有（    ）． A．60对 B．62对 C．72对 D．124对 【答案】A 【解析】任意一个四边形恰有1对“和睦线”，故有（对）． 故选：A. 34．（24-25高二下·广东汕头·期末）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（   ） A．70 B．66 C．62 D．58 【答案】D 【解析】由正方体共有8个顶点，从中任选4个顶点有个，其中有12种情况4点共面（6个侧面，6个对角面）， 所以以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是个. 故选：D 35．（24-25高二下·广西河池·月考）从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在正六边形中，为其中心，如下图所示： 从这七个点中任选三个点，共有种，其中三点共线的情形有种， 所以，能构成的三角形的个数为个， 其中，构成的等边三角形分别为、、、、、 、、，共个， 所以，构成的三角形不是等边三角形的个数是个. 故选：A. 36．（2025·安徽·模拟预测）在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【解析】如下图，共有个点任选个有种， 每个侧面的个点都共面，任选个有种，共个面，则有种共面情况， 如、、分别构成一个平面，有种， 如、、、、、分别构成一个平面，有种， 综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取个不共面的点，不同的取法共有种. 故选：D. 37．（24-25高二下·山西·期中）已知平面平面，平面内有共5个点，其中有且仅有三点共线，平面内有共4个点，任意三点不共线，则以这9个点为顶点的三棱锥最多有（    ） A．80个 B．86个 C．116个 D．136个 【答案】C 【解析】根据题意，由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论： 从平面内取3个点不共线，平面内取1个点共有种情况； 从平面内取2个点，平面内取2个点共有种情况； 从平面内取1个点，平面内取3个点共有种情况， 所以从这9个点为顶点的三棱锥最多有个三棱锥. 故选：C. 38．（2025高三·全国·专题练习）如图，点，，，分别是四面体的顶点或其棱的中点，则在同一平面内的四点组共有 个． 【答案】33 【解析】因在同一平面内的四点组都含有点，故可以分成两类情况： ①四点组在四面体的侧面上，如在平面中，除去点，还剩5个点，选其中3点，有个， 同理在平面和平面中也各有10个，共有30个； ②四点组在一条侧棱和其对棱中点组成的平面上，如平面中，除去点还剩3个点，故有1个， 同理在平面和平面上，也各有1个，共有3个. 综上，在同一平面内的四点组共有33个. 题型六：代数中的计数问题 39．（25-26高二上·广东江门·月考）集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 【答案】B 【解析】个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 这两类中重复的有数字，故所有样本点的个数为. 故选：B 40．（2025·甘肃甘南·模拟预测）从1，2，3，…，100中任取不同的两数，则该两数之和能被3整除的取法种数为（   ） A．1650 B．1617 C．1122 D．528 【答案】A 【解析】将1，2，3，…，100中的数按被3除余数多少分为3类： 被3除余的数组成集合，则中各有33个数，中有34个数， 从中任取两个数，其和可以被3整除，共有种取法： 从中取1个数，再从中取1个数，两者的和也可被3整除，有种， 故符合条件的取法种数为种． 故选：A． 41．（24-25高二下·青海西宁·期末）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 【解析】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 42．（24-25高二下·陕西安康·期末）从八个连续整数中任取三个数，若取出的三个数中任意两个数之差不为1，则这样的取法总数为 ． 【答案】20 【解析】八个连续整数不妨设为1,2,3,4,5,6,7,8, 先任选3个数，有种取法， 其中三个连续数有6种，分别为1,2,3；2,3,4；3,4,5；4,5,6；5,6,7；6,7,8； 三个数中只有两个数连续， 比如1,2，剩余第三个数需从4,5,6,7,8中任选1个，有5种， 同理7,8，剩余第三个数需从1,2,3,4,5中任选1个，有5种， 比如2,3，剩余第三个数需从5,6,7,8中任选1个，有4种， 同理，3,4；4,5；5,6；6,7均有4种， 所以此时共有种， 综上，从八个连续整数中任取三个数，若取出的三个数中任意两个数之差不为1， 共有种选法． 故答案为：20． 43．（24-25高二下·江苏泰州·期末）已知，且，则满足条件的有序数组共有 个． 【答案】 【解析】由于， 所以或， 又由于， 所以的值两个为，一个为， 其中为，则一个为一个为，故有种， 另外为，则都为或都为，共有种， 所以满足条件的有序数组共有种. 故答案为： 44．（2025高三·全国·专题练习）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. 【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. 题型七：涂色问题 45．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·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 【解析】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 46．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）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 47．（2025高二·全国·专题练习）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 【解析】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. 48．（24-25高二下·江苏南京·期中）用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【解析】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种， 舍去，得(负数解舍去). 故选：C. 49．（2025·甘肃武威·模拟预测）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． 50.（多选）（25-26高二上·甘肃白银·期末）用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】当时，分四步： 第一步，涂处，有3种涂色方案；第二步，涂处，有2种涂色方案； 第三步，涂处，有2种涂色方案；第四步，涂处，有1种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故A正确； 当时，分四步： 第一步，涂处，有4种涂色方案；第二步，涂处，有3种涂色方案； 第三步，涂处，有3种涂色方案；第四步，涂处，有2种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故B错误； 当时，分四步： 第一步，涂处，有5种涂色方案；第二步，涂处，有4种涂色方案； 第三步，涂处，有4种涂色方案；第四步，涂处，有3种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故C错误； 当时，分四步： 第一步，涂处，有6种涂色方案；第二步，涂处，有5种涂色方案； 第三步，涂处，有5种涂色方案；第四步，涂处，有4种涂色方案. 所以不同的涂色方法共种数为，所以，故D正确. 故选：AD. 51．（2025高三·全国·专题练习）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. 题型八：创新题 52．（2024·全国·模拟预测）“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200的偶数个数是（    ） A．87 B．129 C．132 D．138 【答案】A 【解析】若千位数字是5，则百位数字不能是1，故共有（个）； （①一个四位数为偶数，则其个位上的数字一定是偶数；②组成的四位数要大于5200，则其千位上的数字是5，7或8） 若千位数字是7，则共有（个）； 若千位数字是8，则共有（个）． 故符合条件的四位数共有（个）． 故选：A 53．（2025·河北承德·二模）对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次增大，则称自然数是“渐升数”，那么三位数的“浙升数”共有（    ） A．97个 B．91个 C．84个 D．75个 【答案】C 【解析】在中任取3个数，其大小关系确定，所以“渐升数”共有个. 故选：C. 54．（23-24高三下·江西·月考）若一个四位数的各位数字之和为4，则称该四位数为“数”，这样的“数”有（    ） A．20个 B．21个 C．22个 D．23个 【答案】A 【解析】易知， 当四位数由4，0，0，0构成时，共有1种情况， 当四位数由3，1，0，0构成时，共有种情况， 当四位数由2，2，0，0构成时，共有种情况， 当四位数由2，1，1，0构成时，共有种情况， 当四位数由1，1，1，1构成时，共有1种情况， 所以这样的“数”有20个. 故选：A. 55．（2024高三·全国·专题练习）大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数每个比1大的正整数要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数不为素数能唯一地写成其中是素数，是正整数，，，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ） A．6 B．13 C．19 D．60 【答案】B 【解析】根据自然数的标准分解式可得， 故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况： ①选取3个2，可以组成1个三位数； ②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数； ③选取2，3，5，可以组成个不同的三位数， 所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数． 故选：B. 56．（多选）（2025高三·全国·专题练习）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ）    A．若，不同的染色方法种数为 B．若，不同的染色方法种数为 C．若，不同的染色方法种数为 D．若，不同的染色方法种数为 【答案】BD 【解析】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示： 1 2 3 4 若用三种颜色，则要么号和4号区域同色，要么号和号区域同色， 故有种不同的涂法，所以A错误，B正确. 若用四种颜色，1号区域可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法. ①当2号，3号区域涂不同颜色的染料时，有种不同的涂法，4号区域有2种不同的涂法，可知有种不同的涂法. ②当2号，3号区域涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号区域也有3种不同的涂法，可知有种不同的涂法. 综上，由分类加法计数原理，可得共有种不同的涂法. 因此，C错误，D正确. 故选： 57.（多选）（25-26高三上·广西柳州·开学考试）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 58．（2025·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为 .（结果用数字表示） 【答案】15 【解析】由题意，从整点到整点，记为上步， 从整点到整点，记为下步， 不管上步还是下步，在一个T步上横坐标都增加1， 而上步纵坐标增加1，下步纵坐标减少1， 因此整点到整点的T步一共有6个， 且上步有4个，下步有2个， 因此整点到整点的T路的条数为. 故答案为：15. 59．（2025·辽宁·一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有 种. 【答案】 【解析】如图，两个奇点和分别做起点，有两种情况， 与之间有三种途径：①，②，③， 其中一笔完成有种画法：， ， ， 若做起点，从出发有三种不同的路径能到达，从返回有两种不同的路径， 所以不同路径方法有种. 2 / 25 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 排列组合的八大热点题型 题型一：排数问题 1 题型二：排队问题 2 题型三：产品抽取问题 4 题型四：分组分配问题 5 题型五：几何中的计数问题 6 题型六：代数中的计数问题 7 题型七：涂色问题 8 题型八：创新题 10 题型一：排数问题 1．（25-26高三上·湖北黄冈·期中）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 2．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）用数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（    ） A．6 B．12 C．24 D．36 3．（多选）（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）下列说法正确的是（    ） A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 4．(多选)（24-25高二下·云南昭通·月考）现有数字0，1，1，1，2，3，4，5，下列说法正确的是（    ） A．可以组成720个没有重复数字的六位数 B．可以组成288个没有重复数字的六位偶数 C．可以组成3240个六位数 D．可以组成2160个相邻两个数字不相同的八位数 5．（25-26高二上·辽宁·月考）用分别写有数字“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“4”的六张卡片可以组成 个六位整数．（用数字作答） 6．（25-26高二上·全国·单元测试）用0，1，2，5，6，7这六个数字组成没有重复数字的四位数． (1)四位数共有多少个？ (2)偶数共有多少个？ (3)比2026大的数有多少个？ 7．（24-25高二下·湖北孝感·月考）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． 8．（24-25高二下·天津河西·月考）用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 题型二：排队问题 9．（25-26高三上·福建漳州·月考）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“礼”在第二次，“数”和“书”相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．120种 10．（2025·河南·模拟预测）某校无人机兴趣小组在市无人机大赛后合影留念，2名指导老师和4名组员排成一排照相留念，若2位老师相邻，则不同的排法共有（   ） A．120种 B．360种 C．240种 D．720种 11．（2026高三·全国·专题练习）甲､乙等6人围成一圈，且甲､乙两人相邻，则不同的排法共有（    ） A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 12．（25-26高三上·河北·期中）某市为弘扬科学精神，激励青少年投身科技事业，特别策划了一场“致敬科技先锋”的主题活动.活动期间，需将A，B，C，D，E五位功勋人物的画像自左至右排成一行展示，且要求A与B的画像不相邻，E的画像只能排在两端，则满足条件的排法种数为（    ） A．16 B．20 C．24 D．26 13．(多选)（2025·陕西西安·模拟预测）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 14．（多选）（24-25高二上·广西梧州·期中）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 15．（2025·浙江台州·一模）甲､乙､丙､丁､戊､己共6人站成一排，若甲､乙两人相邻，而乙､丙两人不相邻，则不同的排法种数共有 .（用数字作答） 16．（25-26高二上·江西九江·月考）修水一中文学社团共有学生9名，其中有5名男生和4名女生，现从中选出4人去参加全县辩论大赛．（列式表明计算过程，结果用数字表示） (1)如果4人中，男生甲当队长必须参加，那么有多少种选法？ (2)如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种选法？ (3)辩论赛要求2男2女参加，坐成一排，且男生不相邻的，有多少种排座位方法？ 17．（2025高三·全国·专题练习）7人站成一排． (1)一共有多少种不同的排法？ (2)甲站在正中间的不同排法有多少种？ (3)甲、乙两人必须站在两端的不同排法有多少种？ (4)甲、乙两人不能站在两端的不同排法有多少种？ (5)甲不站在排头，也不站在排尾的不同排法有多少种？ (6)甲不站在排头，乙不站在排尾的不同排法有多少种？ (7)甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有多少种？ (8)甲、乙、丙三人不相邻的不同排法有多少种？ (9)甲、乙、丙三人从左到右顺序是一定的不同排法有多少种？ 题型三：产品抽取问题 18．（24-25高二下·甘肃定西·期末）从4名男生和3名女生中任选4人参加主持人大赛，则选中的4人中恰有1名女生的选法共有（　　） A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 19．（25-26高二上·黑龙江绥化·期中）甲盒子中有大小材质完全相同的5个红球和3个蓝球；乙盒子中有大小材质完全相同的6个红球和2个蓝球．若从甲、乙两个盒子中各随机取出2个球，则取出的4个球中恰有3个红球的不同取法共有（    ） A．150种 B．180种 C．300种 D．345种 20．（24-25高二下·江苏南通·月考）从含有3件次品的20件产品中，任意抽出5件进行检验（    ） A．抽出的产品都是合格品的抽法种数为 B．抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法种数为 C．抽出的产品中至少有2件是次品的抽法种数为 D．抽出的产品中至多有2件是次品的抽法种数为 21．(多选)（24-25高二下·福建福州·期末）从标号为0，1，2，3，4，5的六个蓝球和标号为6，7，8，9的四个红球中随机选出4个，则下列说法正确的有（   ） A．若选出的4个球全部为蓝球，则不同的选法有15种 B．若选出的4个球中蓝球红球各有2个，则有120种不同的选法 C．若蓝球的0号和红球的6号必须在选出的4个球内，则有56种不同的选法 D．若蓝球的0号和红球的6号至少有1个在选出的4个球内，则有140种不同的选法 22．（25-26高二上·江西赣州·月考）某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正､副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有 种. 23．（25-26高二·全国·假期作业）有8名男生和5名女生，从中任选6人． (1)有多少种不同的选法？ (2)其中有3名女生，有多少种不同的选法？ (3)其中至多有3名女生，有多少种不同的选法？ (4)其中有2名女生，4名男生，分别负责6种不同的工作，共有多少种不同的分工方法？ (5)其中既有男生又有女生，有多少种不同的选法？ 24．（23-24高二下·广东清远·月考）某医院有内科医生10名，外科医生6名，现选派5名参加新冠肺炎医疗队. (1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？ (2)甲､乙均不能参加，有多少种选法？ (3)甲､乙2人至少有1人参加，有多少种选法？ (4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？ 题型四：分组分配问题 25．（2026高三·全国·专题练习）10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有（   ）种不同分配方案． A．9 B．36 C．84 D．120 26．（25-26高三上·陕西西安·月考）现有3张相同的电影票要分给11位学生，每位学生至多分得1张，则不同的分法种数为（    ） A．120 B．135 C．165 D．180 27．（2025·湖南郴州·一模）“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 28．（25-26高三上·河南·期中）某校园诗歌朗诵大赛共有5名同学进入决赛，决赛要求这5名同学均从《琵琶行》《蜀道难》《离骚》中选择1篇进行参赛，且这3篇诗歌中每篇均有同学选择，则这5名同学诗歌篇目的选择情况共有（    ） A．150种 B．240种 C．180种 D．120种 29.（多选）（25-26高三上·重庆·月考）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 30．（25-26高三上·福建福州·期中）来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为 ． 31．（25-26高二上·辽宁·月考）（1）要把6本不同的课外书分给甲、乙、丙三名同学： （i）如果每人都得2本，则共有不同的分法多少种？ （ii）如果要求甲得1本，乙得2本，丙得3本，则共有不同的分法多少种？ （iii）如果要求一人得1本，一人得2本，一人得3本，则共有不同的分法多少种？ （2）要把6本不同的课外书分别装到三个相同的手提袋里： （i）如果一个袋子中1本，一个袋子中2本，一个袋子中3本，则共有不同的分法多少种？ （ii）如果每个袋子中都是2本，则共有不同的分法多少种？ （iii）如果每个袋子中至少1本，则共有不同的分法多少种？ （计算结果用数字作答） 32．（2025高二·全国·专题练习）（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？ 题型五：几何中的计数问题 33．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在的两条边上分别有和共9个点，连接线段，如果其中两条线段不相交，则称之为1对“和睦线”，则图中的“和睦线”共有（    ）． A．60对 B．62对 C．72对 D．124对 34．（24-25高二下·广东汕头·期末）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（   ） A．70 B．66 C．62 D．58 35．（24-25高二下·广西河池·月考）从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 36．（2025·安徽·模拟预测）在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 37．（24-25高二下·山西·期中）已知平面平面，平面内有共5个点，其中有且仅有三点共线，平面内有共4个点，任意三点不共线，则以这9个点为顶点的三棱锥最多有（    ） A．80个 B．86个 C．116个 D．136个 38．（2025高三·全国·专题练习）如图，点，，，分别是四面体的顶点或其棱的中点，则在同一平面内的四点组共有 个． 题型六：代数中的计数问题 39．（25-26高二上·广东江门·月考）集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 40．（2025·甘肃甘南·模拟预测）从1，2，3，…，100中任取不同的两数，则该两数之和能被3整除的取法种数为（   ） A．1650 B．1617 C．1122 D．528 41．（24-25高二下·青海西宁·期末）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 42．（24-25高二下·陕西安康·期末）从八个连续整数中任取三个数，若取出的三个数中任意两个数之差不为1，则这样的取法总数为 ． 43．（24-25高二下·江苏泰州·期末）已知，且，则满足条件的有序数组共有 个． 44．（2025高三·全国·专题练习）不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组. 题型七：涂色问题 45．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·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 46．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）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 47．（2025高二·全国·专题练习）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． 48．（24-25高二下·江苏南京·期中）用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 49．（2025·甘肃武威·模拟预测）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． 50.（多选）（25-26高二上·甘肃白银·期末）用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则（    ）    A． B． C． D． 51．（2025高三·全国·专题练习）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． 题型八：创新题 52．（2024·全国·模拟预测）“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200的偶数个数是（    ） A．87 B．129 C．132 D．138 53．（2025·河北承德·二模）对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次增大，则称自然数是“渐升数”，那么三位数的“浙升数”共有（    ） A．97个 B．91个 C．84个 D．75个 54．（23-24高三下·江西·月考）若一个四位数的各位数字之和为4，则称该四位数为“数”，这样的“数”有（    ） A．20个 B．21个 C．22个 D．23个 55．（2024高三·全国·专题练习）大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数每个比1大的正整数要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数不为素数能唯一地写成其中是素数，是正整数，，，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ） A．6 B．13 C．19 D．60 56．（多选）（2025高三·全国·专题练习）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ）    A．若，不同的染色方法种数为 B．若，不同的染色方法种数为 C．若，不同的染色方法种数为 D．若，不同的染色方法种数为 57.（多选）（25-26高三上·广西柳州·开学考试）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 58．（2025·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为 .（结果用数字表示） 59．（2025·辽宁·一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有 种. 2 / 25 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $