排列组合题型全归纳讲义（11题型）-2025～2026学年高二数学下学期人教A版选择性必修第三册

该高中数学排列组合复习讲义通过题型分类系统构建知识体系，将两大计数原理、排列组合运算、相邻不相邻等11类核心题型按“题型特征-解题方法-例题训练-方法总结”框架呈现，用简洁语言提炼每种题型的解题通法，清晰展现知识内在逻辑与重难点分布。 讲义亮点在于“问题情境-方法提炼-能力提升”的递进设计，如用“路线选择”“数字构造”等现实问题培养数学眼光，通过“捆绑法解相邻问题”“插空法解不相邻问题”训练逻辑推理思维，例题涵盖基础题与综合题，帮助不同层次学生掌握方法，教师可据此实施精准化单元复习教学。

排列组合题型全归纳 讲义 目录： 题型1：两大计数原理（分类加法、分步乘法） 题型2：排列数与组合数运算（公式、不等式、性质） 题型3：基础排列（特殊元素/位置优先） 题型4：相邻问题（捆绑法） 题型5：不相邻问题（插空法） 题型6：基础组合（无序选取、至少至多） 题型7：分组分配问题 题型8：数字构造问题 题型9：几何计数问题 题型10：染色问题（区域/顶点/面） 题型11：特殊模型（错位、环形、定序） 【题型 1 两大计数原理（分类加法、分步乘法）】 【题型特征】 以 “完成一件事” 为载体，涉及路线选择、方案选取、工序流程、人员传递、选课选书等；无元素顺序，只考查分类或分步逻辑。 【解题方法】 1、分类加法：事件有多类独立方案，各类方法数相加，不重不漏。 2、分步乘法：事件需多步依次完成，各步方法数相乘，步步相连。 3、复杂问题：先分类，再分步。 【典型例题】 【例1】（2025春•永宁县校级期中）如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路．从甲地到丁地共有多少条不同的路线（　　） A．6 B．8 C．11 D．14 【答案】D 【分析】按照甲地经乙地到丁地、甲地经丙地到丁地分类，结合分类加法、分步乘法计数原理即可得解． 【解答】解：由题意从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路． 可分两种情况分析： 如果由甲地经乙地到丁地，则有2×3＝6种不同的路线； 如果由甲地经丙地到丁地，则有4×2＝8种不同的路线； 因此，从甲地到丁地共有6+8＝14种不同的路线． 故选：D． 【例2】（2025春•舟山期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏．第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（　　） A．36 B．48 C．52 D．64 【答案】C 【分析】通过4次传球后仍回到甲手得出第四次传球只能传给甲，由此得出限制条件，根据分步乘法即可计算出传法总数． 【解答】解：第1次传球有4种方法，第2次传球分成“在甲手中”和“不在甲手中”两类方法， 第3次传球，球也不一定在甲手中，第4次传球只能在甲手中； 所以当第2次传球后球在甲手中时，则第3次传球可能为丙或乙或丁或戊，共4种方法； 当第2次传球后球不在甲手中时，有3种方法，则第3次传球有3种方法， 所以经过4次传球，球仍回到甲的传法总数为：4×（1×4+3×3）＝52（种）． 故选：C． 【巩固训练】 （多选）1．（2025春•惠州校级期中）某人用如图所示的纸片沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯”，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处应依次写上（　　） A．乐、新、快 B．快、新、乐 C．新、快、乐 D．乐、快、新 【答案】BC 【分析】由四棱锥的结构特征进行判断即可． 【解答】解：由题意四棱锥形的“走马灯”，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样， 图中四个三角形为四棱锥的侧面，由四棱锥的结构特征，正好看到“新年快乐”的字样的顺序可以是①年②③，②年①③， 即①②③处可依次写上：新、快、乐，或快、新、乐， 故选：BC． 2．（2025•概率统计模拟）生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序安排乙做，第四道工序只能从甲、丙两人中安排1人，则不同的安排方案有多少种？ 【分析】分析第四道工序的完成的情况数目，由分步计数原理的公式，计算可得答案． 【解答】解：由题意，第一道工序安排乙做，第四道工序只能从甲、丙两人中安排1人， 故完成方案共有A21•A42＝24种． 3．（2025春•临西县校级月考）解答下列问题，要求列式并计算结果： （1）某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数有多少种； （2）用0～6这7个自然数，可以组成多少个没有重复数字的三位数； （3）有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，从中选出不同学科的2本书，则不同的选法有多少种； （4）3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盒子放球的数量不限，共多少种放法？ 【答案】（1）7种； （2）180个； （3）127种； （4）125种． 【分析】（1）由分类计数原理可求解； （2）由分步计数原理可求解； （3）由分类计数原理可求解； （4）由分步计数原理可求解． 【解答】解：（1）有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看， 小明从中任选1部电影观看，则小明可以选择科幻片、文艺片或喜剧片， 不同的选法种数有2+3+2＝7种； （2）百位数字有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，个位有5种不同的选法， 由分步计数原理可得共有6×6×5＝180种； （3）有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书， 从语文和数学中选择有9×7＝63，从语文和英语中选择有9×4＝36，从数学和英语中选择有4×7＝28， 总共有63+36+28＝127种不同的选择； （4）每个球可以放入5个盒子中的任何一个盒子有5种放法， 故由分步计数原理可得共有5×5×5＝125种不同的放法． 4．（2026秋•湛江月考）某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成． （1）选其中1人为学生会主席，有多少种不同的选法？ （2）若每年级选1人为校学生会常委，有多少种不同的选法？ （3）若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选法？ 【分析】（1）利用分类计数原理求解即可； （2）利用利用分步计数原理求解即可； （3）利用分类计数原理以及分步计数原理求解即可． 【解答】解：（1）选其中1人为学生会主席，各年级均可分三类N＝5+6+4＝15种； （2）每年级选1人为校学生会常委，可分步从各年级分别选择，N＝5×6×4＝120种； （3）要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，首先按年级分三类“1，2年级”，“1，3年级”，“2，3年级”，再各类分步选择N＝5×6+6×4+4×5＝74种． 【方法总结】 分类相加不重不漏，分步相乘依次完成。 【题型 2 排列数与组合数运算（公式、不等式、性质）】 【题型特征】 含 、、阶乘；考查公式计算、等式 / 不等式求解、排列数表示连续乘积、组合数性质，需满足定义域 。 【解题方法】 1、排列数： 2、组合数：，性质：、 3、解不等式：先写定义域，再代入化简。 【典型例题】 【例1】（2025春•中山市校级期末）（n﹣1998）（n﹣1999）…（n﹣2025）（n﹣2026）（n∈N，n＞2026）可表示为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据排列数的计算公式进行判断． 【解答】解：（n﹣1998）（n﹣1999）...（n﹣2025）（n﹣2026）（n∈N，n＞2026）中总共有（n﹣1998）﹣（n﹣2026）+1＝29个数连乘， 故． 故选：A． 【例2】（2025春•临泉县校级月考）已知，则n的值为 　4　 ． 【答案】4． 【分析】利用排列数公式列式计算即得． 【解答】解：由可得n（n+1）﹣n（n﹣1）＝8， 即2n＝8，解得n＝4． 故答案为：4． 【例3】（2026春•中牟县校级月考）不等式的解集为（　　） A．{2，3，4，5，6，7，8} B．{2，3，4，5，6} C．{8，9，10，11} D．{8} 【答案】D 【分析】根据排列数公式即可求解结论． 【解答】解：∵， 即8×7×6×....×（8﹣x+1）＜6×8×7×6×....×（8﹣（x﹣2）+1）， ∴8×7×6×....×（9﹣x）＜6×8×7×6×....×（11﹣x）， 即（10﹣x）（9﹣x）＜6， 可得x2﹣19x+84＜0， 即（x﹣7）（x﹣12）＜0，可得7＜x＜12， 又x≤8，故x＝8． 故选：D． 【例4】（2025秋•碑林区校级期末）若，则（　　） A．16 B．32 C．64 D．128 【答案】C 【分析】根据组合数的运算公式，结合二项式系数和公式进行求解即可． 【解答】解：因为21， 所以21， 解得n＝6或﹣7（舍去）， 因此． 故选：C． 【例5】（多选）（2026春•河北月考）若，则n的值可能为（　　） A．6 B．8 C．9 D．11 【答案】BCD 【分析】根据组合数公式化简不等式，求解即可． 【解答】解：由，得且n≥2， 化简整理得（n﹣7）（n+1）＞0，解得n＞7， 结合选项可知BCD正确． 故选：BCD． 【巩固训练】 1．（2025春•普宁市校级月考）满足不等式的n的值为（　　） A．9 B．11 C．12 D．13 【答案】A 【分析】利用排列数公式可得出关于n的不等式，结合n的取值范围可得出n的值． 【解答】解：由题意不等式， 可得，可得n＜11， 由题意可得n≥9且n∈N*，故n＝9或10． 故选：A． 2．（2025•昭通校级模拟）规定，其中x∈R，m∈N*，且，这是排列数（n，m∈N*，且m≤n）的一种推广．则（　　） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】根据所给公式即可求解． 【解答】解：由题意可得． 故选：C． 3．（2025春•浙江期中）（　　） A．100 B．110 C．120 D．130 【答案】B 【分析】根据组合数的性质公式，可得答案． 【解答】解：120﹣10＝110． 故选：B． 4．（2025•奉贤区二模）下列有关排列组合数的计算公式，错误的是（　　） A．（m，n是正整数，且m≤n） B．（m，n是正整数，且m≤n） C．（m，n是正整数，且m≤n） D．（m，n是正整数，且m≤n） 【答案】A 【分析】对于A：举反例说明即可；对于BCD：根据排列数、组合数公式运算求解即可． 【解答】解：对于选项A：例如m＝n＝2，则，，即，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：因为，故C正确； 对于选项D：因为， 所以，故D正确． 故选：A． （多选）5．（2021春•渝中区校级期中）17名同学站成两排，前排7人，后排10人，则不同站法的种数为（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】法一：依次分析第一排和第二排的排法数目，由分步计数原理计算可得答案； 法二：直接将17人排成一排，左边7人安排在第一排，后面的10人安排在第二排即可，再计算出不同站法的种数． 【解答】解：根据题意， 法一：对于前排的7人，先在17人中选出7人，排成一排，有种排法， 将剩下的10人排成一排，有种排法，则有种排法，B正确； 法二：直接将17人排成一排，左边7人安排在第一排， 后面的10人安排在第二排即可，有种排法，D正确； 故选：BD． （多选）6．（2026春•开福区校级月考）下列有关排列数、组合数的等式中，n∈N*，m∈N，m≤n，正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用组合数性质判断A；利用排列数阶乘公式判断B；利用组合数性质计算判断C；利用组合数性质及二项式定理计算判断D． 【解答】解：对于A，由组合数性质知，，A正确； 对于B，当n≥m≥2时，，B错误； 对于C，左 ，C正确； 对于D，因为， 所以 ＝20×（219﹣1）＝5×22×219﹣20＝5×221﹣20，D正确． 故选：ACD． 7．（2024秋•衡水期末）不等式的解集为 　{6}　 ． 【答案】{6}． 【分析】根据已知条件，结合组合数公式，即可求解． 【解答】解：， 则，解得2≤x≤6且x∈N*，，即（8﹣x）（7﹣x）＜6，解得5＜x＜10， 综上可知，x＝6， 故所求解集为{6}． 故答案为：{6}． 8．（2026春•铁西区校级月考）若，则n的值为　 　 ． 【答案】3或8． 【分析】根据组合数的性质化简已知条件，由此求得n的值． 【解答】解：∵，， ∴n＝3或n＝11﹣3， 解得n＝3或n＝8． 故答案为：3或8． 9．（2025秋•兰州期末）已知，则k＝ 　 　 ． 【答案】4或7． 【分析】根据组合数的性质，建立关于k的方程求解． 【解答】解：已知， 由组合数的性质得k＝3k﹣8或3k﹣8+k＝20，解得k＝4或k＝7． 经检验k＝4和k＝7均满足0≤k≤20且0≤3k﹣8≤20，故k的值为4或7． 故答案为：4或7． 10．（2025秋•杨浦区校级月考）已知关于正整数x的方程，则该方程的解为x＝ 　 　 ． 【答案】1或65． 【分析】先利用组合数的性质得到x∈[1，77]，再结合题意建立方程求解即可． 【解答】解：由，得，可得x∈[1，77]， 再由，得x﹣1＝5x﹣5或x﹣1+5x﹣5＝384， 解得x＝1，或x＝65． 故答案为：1或65． 【方法总结】 先定定义域，再套公式；组合对称，排列有序。 【题型 3 基础排列（特殊元素 / 位置优先）】 【题型特征】 元素有序排列（排队、名次、课代表、接力、顺序）；含限制条件：不在两端、不占首位、固定位置、禁止某位置。 【解题方法】 特殊元素、特殊位置优先安排，再对剩余元素全排列。 【典型例题】 【例1】（2026•甘肃校级模拟）小明家过年贴窗花，要把马、到、成、功、春五个字贴成一排，则春字不在两端的贴法有（　　） A．96种 B．72种 C．60种 D．48种 【答案】B 【分析】根据题意，求得5个窗花的全排列，再求得春字在两端的种数，结合间接法，即可求解． 【解答】解：由题意可知，把5个窗花全排列有种情况， 其中春字在两端的情况有种， 故春字不在两端的贴法有120﹣48＝72（种）． 故选：B． 【例2】（2025春•鹤山市月考）江门市比较受市民喜欢的景点主要有4个：上下川岛、开平碉楼、圭峰山、赤坎古镇．若游客可以选择游览其中的3个景点，且必须包含开平碉楼，则不同的游览顺序有（　　） A．20种 B．18种 C．14种 D．12种 【答案】B 【分析】首先计算出选择3个景点且包含开平碉楼的种数，然后计算出游览路线数即可． 【解答】解：由题：从剩下的3个景点中选择2个景点与开平碉楼组合，有种选法， 故共有种不同的游览路线． 故选：B． 【例3】（2026春•福州期中）赵、钱、孙、李、周共5名同学进行英语口语比赛，决出第1名到第5名的名次．赵和钱去询问成绩，回答者对赵说：“很遗憾，你和钱都没有得到冠军”，又对钱说：“你肯定不会是最差的”．从这两个回答分析，5人的名次的可能排列的种数是（　　） A．54 B．48 C．36 D．18 【答案】A 【分析】分别分析第一名、第二名和后面三名学生的情况数目，由分步计数原理计算可得答案． 【解答】解：第一名不能是赵钱，所以第一名就有三个同学可以选择， 最后一名不能是钱，也只能有三名同学可以选择， 第二名，第三名，第四名有种选法， 则有3×354种情况． 故选：A． 【例4】（2026•重庆二模）树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有（　　） A．8种 B．10种 C．12种 D．14种 【答案】D 【分析】先4人任意排列有种排法，再去掉不符合题意的即可． 【解答】解：可以用间接法求解，先求出4名学生排列总数：， 又甲跑第一棒的情况：， 丁跑第四棒的情况：， 甲跑第一棒且丁跑第四棒的情况：， 总顺序数：． 故选：D． 【巩固训练】 1．（2025秋•宁波校级期末）甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学相约体育馆一起坐一排看村BA篮球比赛，若甲和乙相邻，丙不坐在两端，不同的排列方式共有（　　）种． A．144 B．192 C．216 D．288 【答案】A 【分析】利用捆绑法处理甲乙，根据“特殊元素优先考虑”原则先安排丙，利用排列组合与计数原理即可得解． 【解答】解：根据题意，分3步进行分析： ①把甲乙看成一个元素，考虑甲乙之间的顺序，有种情况， ②此时相当于有5个元素，丙不坐在两端，则丙有种选法， ③剩下的三名同学和甲乙一起进行全排列即可，共有种方法． 故不同的排列方式共有种． 故选：A． 2（2026•辽宁模拟）某空间站由A，B，C三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去A舱，则不同的安排方法的种数为（　　） A．35 B．36 C．42 D．50 【答案】D 【分析】利用分步计数原理综合求解即可． 【解答】解：甲宇航员只能去A，再安排剩下四人； ①四人分三组；②四人分两组（， 综上：36+14＝50种． 故选：D． 3（2026•建邺区校级模拟）含甲、乙、丙在内的6人站成一排，其中甲只能站在头尾两端，且乙丙两人相邻，则不同站法的结果数为（　　） A．24 B．48 C．96 D．192 【答案】C 【分析】先将乙丙看作一个整体，再考虑5个元素，甲站两端的情况，即可求解． 【解答】解：将乙丙看作一个整体，内部有种排法， 此时可看作5个元素排成一排， 因为甲只能站在头尾两端， 所以先排甲，有种排法，剩下4个元素全排列有， 故由乘法原理可得，甲只能站在头尾两端，且乙丙两人相邻，则不同站法的结果数为． 故选：C． 4（2025秋•土默特左旗校级期末）某班有甲、乙、丙、丁四名学生依次参加接力跑的4×100m接力比赛，已知甲不能站在第一位，乙不能站在第二位，则可能的安排排列顺序有（　　） A．8种 B．14种 C．18种 D．24种 【答案】B 【分析】按照甲站在第二位和不站在第二位两种情况讨论，结合分类加法计数原理可得解． 【解答】解：分甲站在第二位和不站在第二位两种情况讨论， ①当甲不站在第二位时，甲有2个位置可选，此时乙也有2种情况可选，余下两人可以全排列，则此时共有种情况； ②当甲站在第二位时，余下三人可以全排列，此时共有种情况； 综上所述，一共有6+8＝14种情况． 故选：B． 5．（2025秋•宜丰县校级期末）3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（　　）种． A．36 B．108 C．120 D．144 【答案】D 【分析】分步骤分析，利用排列组合的乘法原理来计算即可． 【解答】解：已知3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学， 所以排头的选择有种， 所以排尾只能从剩余2个男同学选取，有种， 最后剩余4人安排在中间4个位置，有种，所以一共有3×2×24＝144种． 故选：D． 6（2025秋•辽宁校级期末）中国古代的“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”在第二次或在最后一次，“数”和“书”相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（　　） A．144种 B．120种 C．108种 D．84种 【答案】D 【分析】将“数、书”捆绑，分“礼”在第二次或“礼”在最后一次两类求解． 【解答】解：已知某校国学社团开展“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”在第二次或在最后一次，“数”和“书”相邻， 则可将“数、书”捆绑，内部排列共有种，则可看作五个元素，五个次序， 若“礼”在第二次，则首先需从“乐、射、御”三艺中选择一艺放在第一次有种不同的次序， 再将剩余三个元素（数、书捆绑看作一个元素）在后面排列，有种不同的次序， 根据分步乘法计数原理，讲座不同的次序共有种； 若“礼”在最后一次，则将剩余四个元素（数、书捆绑看作一个元素）安排在剩余四个次序， 有种不同的次序，根据分步乘法计数原理，讲座不同的次序共有种； 综上，讲座不同的次序共有种． 故选：D． 【方法总结】 有限制先排受限，无限制直接全排。 【题型 4 相邻问题（捆绑法）】 【题型特征】 明确要求若干元素必须相邻、紧挨、连在一起，固定排列模型。 【解题方法】 捆绑三步：①相邻元素捆为整体；②整体与其他元素全排；③捆绑内部再全排（松绑）。 【典型例题】 【例1】（2026•喀什地区模拟）五人排队，站成一排，其中甲、乙相邻，则所有的排队方法数为（　　） A．120 B．48 C．24 D．12 【答案】B 【分析】用捆绑法求解即可． 【解答】解：把甲、乙看成一个整体，和其他3人进行排列， 故所有的排队方法数为：•48种． 故选：B． 【例2】（2025秋•乐平市校级期末）某中学《十年弦歌育桃李•党恩师泽启新程》文艺演出于2025年12月31日在学校演艺大厅开幕，开幕式文艺表演共由6个节目组成，若考虑整体效果，要求：节目《新年!你好》、《觉醒年代》、《精武门》必须相邻，则开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有（　　） A．144种 B．156种 C．188种 D．240种 【答案】A 【分析】利用捆绑法结合排列数的性质求解即可． 【解答】解：已知节目《新年!你好》、《觉醒年代》、《精武门》必须相邻， 先将节目《新年!你好》、《觉醒年代》、《精武门》捆绑在一起，有种排法， 再把这个整体和另外三个节目全排列，有种排法， 则共有种排法，故A正确． 故选：A． 【巩固训练】 1．（2025春•莲池区校级月考）有3对双胞胎孩子站成一排拍照，则每对双胞胎必须相邻的排法有（　　） A．12种 B．24种 C．48种 D．96种 【答案】C 【分析】利用捆绑法，转化求解即可． 【解答】解：将每对双胞胎孩子捆绑在一起，然后再排列，有48种排法． 故选：C． 2．（2026春•海沧区校级月考）小王去秦始皇兵马俑博物馆游玩，买了8个不同的兵马俑纪念品，其中将军俑3个，骑兵俑3个，跪射俑2个，将这8个纪念品排成一排，要求同种类型相邻，则不同的排法共有（　　）种． A．48 B．72 C．216 D．432 【答案】D 【分析】利用相邻问题中的捆绑法可求出结果． 【解答】解：先将3个将军俑捆在一起当一个元素使用，有种捆法， 将3个骑兵俑捆在一起当一个元素使用，有种捆法， 将2个跪射俑捆在一起当一个元素使用，有种捆法， 再将所得3个元素作全排，有种排法，所以不同的排法共有种． 故选：D． 3.（2026春•海港区校级月考）某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，那么加工顺序共有（　　） A．96种 B．72种 C．48种 D．36种 【答案】C 【分析】先排相邻的2道工序，再把它与其它3道工序作全排列，即可得． 【解答】解：某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，把相邻的2道工序做排列，再把它与其它3道工序作全排， 所以加工顺序有种． 故选：C． 4．（2025春•天河区校级期中）在华南师大附中社团开放日的展示活动中，辩论社，国学社，摄影社，魔方社，天文社5个社团的摊位排成一列，其中辩论社与国学社必须相邻，那么不同的排法有（　　） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 【答案】B 【分析】将辩论社与国学社捆绑，看成一个社团，与其他3个社团排成1列，再考虑辩论社与国学社的顺序，据此可得不同排法． 【解答】解：已知辩论社，国学社，摄影社，魔方社，天文社5个社团的摊位排成一列，其中辩论社与国学社必须相邻， 将辩论社与国学社捆绑，看成一个社团，与其他3个社团排成1列，有种排法． 又辩论社与国学社的先后顺序有2种情况， 则满足题意的排法有2×24＝48种． 故选：B． 【方法总结】 相邻先捆绑，整体排完再排内部。 【题型 5 不相邻问题（插空法）】 【题型特征】 明确要求若干元素不能相邻、互不挨着、间隔排列。 【解题方法】 插空三步：①先排无限制元素；②形成有效空位（含两端）；③不相邻元素插入空位。 【典型例题】 【例1】（2025秋•庄浪县校级期末）五声音阶（汉族古代音律）是按五度的相生顺序，从宫音开始到羽音，依次为宫，商，角，徵，羽．若将这五个音阶排成一列，形成一个音序，且要求宫、羽两音节不相邻，可排成不同的音序的种数为（　　） A．12种 B．48种 C．72种 D．120种 【答案】C 【分析】先排其它三个，然后在空档插入宫、羽两音节即可得． 【解答】解：先排其它三个，然后在空档插入宫、羽两音节，方法数为． 故选：C． 【例2】（2026•广元模拟）甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，若甲和乙之间恰好有1人，且丙和丁不相邻，则不同排法共有（　　） A．16种 B．20种 C．24种 D．28种 【答案】D 【分析】利用排列组合知识，结合计数原理求解． 【解答】解：甲和乙之间恰好有1人，有两种情况： 甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻，有24种， 甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在第二位和第四位时，符合条件，有4种， 综上所述，共有24+4＝28种． 故选：D． 【例3】（2025春•伊州区校级期末）用1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字的七位数，满足下述条件的七位数各有多少个？ （1）偶数不相邻； （2）1和2之间恰有1个奇数，没有偶数； （3）3个偶数从左到右按从小到大的顺序排列． 【答案】（1）1440；（2）720；（3）840． 【分析】（1）先将4个奇数排好，排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排3个偶数，由此可得解； （2）在1和2之间安排一个奇数，将三个数字看成一个整体，与其他4个数字全排列，由此可得解； （3）先在7个数位中任选3个，将三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列，再将剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上，由此可得解． 【解答】解：根据题意，1，2，3，4，5，6，7中，奇数有4个，偶数有3个， （1）根据题意，分2步进行分析： ①先将4个奇数排好，有种排法， ②排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排3个偶数，有 种排法， 则有个符合题意的七位数； （2）根据题意，分2步进行分析： ①在1和2之间安排一个奇数，考虑1和2的情况，有种安排方法， ②将三个数字看成一个整体，与其他4个数字全排列，有种排法， 则有个符合题意的七位数； （3）根据题意，分2步进行分析： ①在7个数位中任选3个，将三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列，有 种排法， ②剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上，有 种排法，则有个符合题意的七位数． 【巩固训练】 1．（2025•官渡区校级模拟）某艺术展览有6个展厅，编号为1﹣6，现要在其中3个展厅展示同一艺术家的作品且作品互不相同，要求这3个展厅编号互不相邻，且不能同时选择1号和6号展厅，那么不同的选择方案有几种（　　） A．18 B．10 C．12 D．6 【答案】C 【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解即可． 【解答】解：先选满足要求的3个展厅， 有1、3、5；2、4、6两种选择方案； 然后在3个展厅展示不相同的作品， 则不同的选择方案有12种． 故选：C． 2．（2025春•吉林期中）林老师希望从{A，B，C}中选2个不同的字母，从{1，3，5，7}中选3个不同的数字编拟车牌号鄂J×××××的后五位，要求数字互不相邻，那么满足要求的车牌号有（　　） A．576个 B．288个 C．144个 D．72个 【答案】C 【分析】利用先选后排及插空法，结合分步乘法计数原理即可求解． 【解答】解：依题意，从{A，B，C}中选2个不同的字母有种，再对其全排列有种排法， 排好之后形成3个空位， 然后从{1，3，5，7}中选3个不同的数字有种，将其插入3个空位中有种排法， 根据分步乘法计数原理知，满足要求的车牌号有． 故选：C． 3．（2026•安徽校级四模）小李从网上选了4道不同的A型题和2道不同的B型题，现将这6道题组成一份练习题．要求B型题不相邻且前3道题中至少有1道B型题，则6道题不同的安排顺序有　 　 种． 【答案】432． 【分析】先按2道不同的B型题不相邻，进行排列；在B型题不相邻的排列中，排除前3道题中没有B型题的情况，即可求解． 【解答】解：第一步，排4道A型题，有种安排顺序； 第二步，排2道B型题，排好后的A型题会产生5个空位（包括两端）， 将2道B型题插入空位，有种安排顺序； 所以B型题不相邻的安排顺序有24×20＝480种； 第三步，排除不符合要求的情况，前3道题都是A型题的情况， 即2道B型题在第4题和第6题的位置：4道A型题全排列，有种安排顺序， 2道B型题全排列，有种安排顺序， 所以不符合要求的安排顺序有24×2＝48种． 所以不同的安排顺序有480﹣48＝432种． 故答案为：432． 4．（2024秋•江西期末）现将8个体积相同但质量均不同的小球放入恰好能容纳8个小球且底面圆直径与小球直径相同的圆柱形卡槽内，这8个小球分别为2个红球、4个白球、2个黑球，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端，则共有 　　 种不同的放法；若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，则共有 　 　 种不同的放法． 【答案】1728；3840． 【分析】依题意可将把8个小球放入卡槽内的过程转化为这8个小球位置上的排列组合问题，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端，先排红球和黑球，再利用插空法排白球，按照分步乘法计数原理计算可得；若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，先任选1个白球，1个黑球放入2个红球中间，再将1个白球，1个黑球和2个红球进行捆绑与剩余的4个小球进行全排列，按照分步乘法计数原理计算可得． 【解答】解：将8个体积相同但质量均不同的小球放入恰好能容纳8个小球且底面圆直径与小球直径相同的圆柱形卡槽内，这8个小球分别为2个红球、4个白球、2个黑球，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端， 则把8个小球放入卡槽内的过程转化为这8个小球位置上的排列组合问题， 若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端， 先排红球和黑球共有种方法，再排其中1个白球有种方法， 最后排剩余的3个白球有种方法，所以共有3×24＝1728种不同的放法． 若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，先任选1个白球，1个黑球放入2个红球中间，有种方法， 又2个红球的放法有种， 再将1个白球，1个黑球和2个红球进行捆绑与剩余的4个小球进行全排列有种， 所以共有种不同的放法． 故答案为：1728；3840． 【方法总结】 不相邻先排他人，再将指定元素插空。 【题型 6 基础组合（无序选取、至少至多）】 【题型特征】 只选不排（选代表、抽产品、选科目、选景点）；关键词：至少、至多、恰有、全是、不含。 【解题方法】 1、直接法：按条件直接选取组合。 2、间接法：总数－不符合条件的组合（正难则反）。 【典型例题】 【例1】（2025秋•昆明期末）在6件不同产品中，有4件合格品，2件次品，从这6件产品中任意抽出3件，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法种数为（　　） A．14 B．15 C．16 D．17 【答案】C 【分析】从6件产品中任意抽出3件，减去从4件合格品中任意抽出3件，即为所求． 【解答】解：从这6件产品中任意抽出3件， 抽出的3件中至少有一件是次品的抽法种数为20﹣4＝16． 故选：C． 【例2】（2025春•台州期中）学校要求学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这7科中选3科参加考试，不同的选法种数共有（　　） A．10种 B．35种 C．105种 D．210种 【答案】B 【分析】由组合数的定义即可求解． 【解答】解：学校要求学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这7科中选3科参加考试， 由组合数的定义可知共有种选法． 故选：B． 【巩固训练】 1．（2026春•和平区校级月考）全组有8个男同学，4个女同学，现选出5个代表，最多有1个女同学当选的选法种数是（　　） A．280 B．336 C．616 D．672 【答案】B 【分析】分为两类：没有女同学，有1名女同学，进而求解结论． 【解答】解：至多有1名女同学，分为两类：没有女同学，有56选法， 1名女同学，有280种选法． 故共有：56+280＝336种选法． 故选：B． 2．（2025秋•安徽月考）甲、乙、丙三位同学从7处不同的景点中各自选2处旅游，则这三人选择的景点中恰有1处是相同的选法共有（　　） A．840种 B．420种 C．210种 D．140种 【答案】A 【分析】利用先选后排的方法求解即可． 【解答】解：根据题意，这三人选择的景点中恰有1处是相同的选法共有种． 故选：A． 3．（2025秋•绍兴校级月考）盒子甲中有5个红球和3个蓝球；盒子乙中有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1个蓝球的不同取法共有（　　） A．150种 B．180种 C．300种 D．345种 【答案】D 【分析】就甲盒取出1红1蓝、乙盒取出两红和甲盒取出两红、乙盒取出1红1蓝两种情况分类计算后可得不同的取法总数． 【解答】解：已知盒子甲中有5个红球和3个蓝球；盒子乙中有6个红球和2个蓝球．从甲、乙两个盒子中各随机取出2个球，且取出的4个球中恰有1个蓝球， 可分为两种情况： 第一种：甲盒取出1红1蓝、乙盒取出两红，此时有； 第二种：甲盒取出两红、乙盒取出1红1蓝，此时有； 故共有345种不同的取法． 故选：D． 【方法总结】 组合无序只选不排，至少至多优先反算。 【题型 7 分组分配问题】 【题型特征】 不同元素分组并分配给不同对象；含不平均、平均、部分平均、每组至少 1 个。 【解题方法】 1、不平均分组：直接组合，不除序。 2、平均分组： 组数量相同，需除以 消序。 3、分配问题：先分组，再将组分配给对象（全排列）。 【典型例题】 【例1】（2025春•大安市校级期中）有4本不同的书，平均分给甲、乙2人，则不同的分法种数有（　　） A．3 B．6 C．12 D．24 【答案】B 【分析】根据题意，分2步进行分析：①，在4本书中任选2本，分给甲，②，剩下的2本送给乙，由分步计数原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，将4本不同的书，平均分给甲、乙2人，每人得2本， 分2步进行分析： ①，在4本书中任选2本，分给甲，有6种情况， ②，剩下的2本送给乙，有1种情况， 则有6种不同的分法； 故选：B． 【例2】（2026春•呈贡区校级期中）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（　　） A．540 B．504 C．408 D．390 【答案】D 【分析】先分组后分配，再间接减去甲、乙在一起的情况即可． 【解答】解：总的分配方法有（）540种， 若按照4：1：1分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照2：2：2分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照3：2：1分堆，甲、乙在一起的情况有种， 故不同的分配方法数为 540﹣36﹣18﹣96＝390． 故选：D． 【例3】（2024秋•锦州期末）将7本不同的杂志分成3组，每组至少2本，则不同的分组方法数为（　　） A．70 B．84 C．105 D．210 【答案】C 【分析】根据题意，分析可得各组分得杂志的本数只有1种情况，即2，2，3，结合不平均分组公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，将7本不同的杂志分成3组，每组至少2本， 则各组分得杂志的本数只有1种情况，即2，2，3， 则不同的分组方法数为． 故选：C． 【巩固训练】 1．（2025春•保山校级期中）把座位编号为1，2，3，4，5，6的六张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人最多得两张，甲、乙各分得一张电影票，且甲所得电影票的编号总大于乙所得电影票的编号，则不同的分法共有（　　） A．90种 B．120种 C．180种 D．240种 【答案】A 【分析】分两步：先从6张电影票中任选2张给甲，乙两人，再分配剩余的4张，而每人最多两张，所以每人各得两张，问题得以解决． 【解答】解：分两步：先从6张电影票中任选2张给甲，乙两人，有种分法； 再分配剩余的4张，而每人最多两张，所以每人各得两张，有种分法． 由分步原理得，共有种分法． 故选：A． 2．（2025春•江苏校级期中）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种 B．240种 C．360种 D．720种 【答案】A 【分析】应用“隔板法”即可求解． 【解答】解：先在编2号，3号的盒内分别放入1个球和2个球，还剩17个小球， 三个盒内每个至少再放入1个，将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． 3．（2024•南通模拟）现有语文、数学、外语、物理、化学、生物各一本，均分给3个人，其中数学和物理不分给同一个人，则不同的分配方法有 （　　） A．36 B．54 C．72 D．84 【答案】C 【分析】根据题意，用排除法分析：先利用分步计数原理计算将6本书平均分给三人的情况数目，再计算其中数学和物理分给同一个人的分配方法数目，分析可得答案． 【解答】解：根据题意，用排除法分析： 先计算将6本书平均分给三人的情况数目，分2步分析： ①，将6本书分成3组，有15种分组方法， ②，将分好的三组全排列，对应三人，有6种情况， 则将6本书平均分给三人，有15×6＝90种分配方法； 再计算其中数学和物理分给同一个人的情况，分2步分析： ①，将除数学和物理之外的4本书，分成2组，有3种分组方法， ②，将数学和物理作为1组，和其他2组一起全排列，对应三人，有6种情况， 则数学和物理分给同一个人的分配方法有3×6＝18种分派方法， 则数学和物理不分给同一个人的分配方法有90﹣18＝72种； 故选：C． 4．（2024春•云安区校级月考）大连市普通高中创新实践学校始建于2010年1月，以丰富多彩的活动广受学生们的喜爱．现有A，B，C，D，E五名同学参加现代农业技术模块，影视艺术创作模块和生物创新实验模块三个模块，每个人只能参加一个模块，每个模块至少有一个人参加，其中A不参加现代农业技术模块，生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，则不同的分配方式共有（　　）种． A．84 B．72 C．60 D．48 【答案】A 【分析】分参加生物创新实验模块的为1人和2人两种情况，结合排列组合知识和计数原理求解即可． 【解答】解：因为生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，所以参加生物创新实验模块的为1人和2人两种情况， ①当参加生物创新实验模块的为1人时，若这个人为A，则一共有种不同的分配方式； 若这个人不是A，则A只能参加现代农业技术模块，一共有种不同的分配方式； ②参加生物创新实验模块的为2人时，若这两人中有A，则一共有， 若这两人中没有A，则A只能参加现代农业技术模块，一共有种不同的分配方式； 综上，一共由14+28+24+18＝84种不同的分配方式． 故选：A． 5．（2026•新疆模拟）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且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 【答案】D 【分析】利用分类讨论，再结合排列组合求解即可． 【解答】解：分两种情况， ①将5张分别写有一种书体的临摹纸分为1，1，3三组，共有•60， ②将5张分别写有一种书体的临摹纸分为2，2，1三组，共有•90， ∴不同的分法种数为60+90＝150， 故选：D． 6．（2025•沧州模拟）将5个大小相同、颜色不同的小球放入编号为1，2，3，4，5的5个盒子中，恰好有2个空盒的放法共有（　　） A．1500种 B．1800种 C．2340种 D．2400种 【答案】A 【分析】利用排列组合知识，结合计数原理求解． 【解答】解：第一步：先选出2个空盒，有10种选法， 第二步：5个大小相同、颜色不同的小球分成3组，然后放入3个盒子中， ①若按1，1，3分组，则有60种放法， ②若按1，2，2分组，则有90种放法， 所以恰好有2个空盒的放法共有10×（60+90）＝1500种． 故选：A． 7．（2024春•同步）某单位现需要将“先进个人”“业务精英”“道德模范”“新长征突击手”“年度优秀员工”五种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有 　 　种． 【答案】114． 【分析】根据分配方案，进行分类讨论求出即可． 【解答】解：五种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉， 共有（1，1，3）或（1，2，2）两种方案， ①若方案为1，1，3时，有60，当道德模范”与“新长征突击手”分给同一个人时，有18，此时满足条件的有60﹣18＝42种， ②当方案为1，2，2时，共有90种， 若道德模范”与“新长征突击手”分给同一个人时，则有18， 则此时满足条件的有90﹣18＝72种， 综上共有42+72＝114种， 故答案为：114． 8．（2026秋•湖南月考）国庆节期间，四位游客自驾游来到张家界，入住某民宿，该民宿老板随机将标有数字1，2，3，4，5，6，7的7张门卡中的4张分给这四位游客，每人发一张，则至多有一位游客拿到的门卡标有偶数数字的分配方案一共有 　 　 种．（用数字作答） 【答案】312． 【分析】根据题意分四位游客都没有拿到偶数数字门卡和四位游客中一个拿到偶数数字门卡，三个拿到奇数数字门卡求解，然后利用加法原理可求得结果． 【解答】解：根据题意，门卡标有偶数数字包含2、4、6，奇数数字包含1、3、5、7， 若四位游客都没有拿到偶数数字门卡共有种情况； 若四位游客中一个拿到偶数数字门卡，三个拿到奇数数字门卡，有种情况． 故共有24+288＝312种方案． 故答案为：312． 9．（2023春•沧县校级期中）现有7本不同的书准备分给甲、乙、丙三人． （1）若甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得4本，则不同的分配方法有多少种？ （2）若甲、乙、丙三人中，一人得3本，另外两人每人得2本，则不同的分配方法有多少种？ 【答案】（1）630；（2）630． 【分析】（1）首先将7本书分成1本、2本、4本（不平均分组），再将三组作全排即可得结果； （2）首先将7本书分成3本、2本、2本（部分平均分组），再将三组作全排即可得结果； 【解答】解：（1）首先将7本书分成1本、2本、4本，共三组有105种， 再将三组分给甲、乙、丙三人有6种， 所以共有105×6＝630种． （2）首先将7本书分成3本、2本、2本，共三组有•105种， 再将三组分给甲、乙、丙三人有种， 所以共有105×6＝630种． 【方法总结】 均分必除序，分配先分组再排列。 【题型 8 数字构造问题】 【题型特征】 用数字组成无重复多位数；考查奇偶、倍数、大小比较、凸数、凹数、特定结构；0 不能在首位。 【解题方法】 1、优先定个位（奇偶 / 倍数）。 2、优先定首位（排除 0）。 3、大小比较：从高位到低位逐级比对。 4、特殊数：按定义先定中间位。 【典型例题】 【例1】（2025秋•四川期末）用0，2，3，5，7，8这6个数字可以组成N个无重复数字的六位数，其中偶数有M个，则（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据排列组合知识求出N，M，代入可得结果． 【解答】解：从2，3，5，7，8中任选一个数字排在首位，其余5个数字全排可得， 0排在个位的无重复数字的六位偶数有个， 0不排在个位的无重复数字的六位偶数有个， 故． 所以． 故选：B． 【例2】（2026春•长沙校级月考）“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 【分析】按千位数分别是5，7，8进行分类讨论即可． 【解答】解：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27+36+24＝87（个）． 故选：A． 【例3】（多选）（2025春•巴林右旗校级期中）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231、354等都是“凸数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（　　） A．组成的三位数的个数为30 B．在组成的三位数中，奇数的个数为36 C．在组成的三位数中，“凸数”的个数为24 D．在组成的三位数中，“凸数”的个数为20 【答案】BD 【分析】根据位置特殊限制的排列问题和“凸数”的概念分析，结合选项依次求解即可． 【解答】解：对于A，5个数组成无重复的三位数的个数为，故A错误； 对于B，奇数为个位数是1，3，5的三位数，个数为，故B正确； 对于C，“凸数”分为3类，①十位数为5，则有个；②十位数为4，则有个； ③十位数为3，则有个，所以共有20个，故C错误，D正确． 故选：BD． 【巩固训练】 1．（2025秋•赣州期末）从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（　　） A．126 B．180 C．216 D．300 【答案】B 【分析】先分类讨论从0，2，4中任取2个数时，①其中含数字0时，②其中不含数字0时，结合排列组合即可得解． 【解答】解：从1，3，5中任取两个数，从0，2，4中任取2个数，组成没有重复数字的四位数，分两种情况讨论： ①当从0，2，4中任取2个数，其中含数字0时， 则组成没有重复数字的四位数的个数为， ②当从0，2，4中任取2个数，其中不含数字0时， 则组成没有重复数字的四位数的个数为， 综合①②得：组成没有重复数字的四位数的个数为108+72＝180． 故选：B． 2．（2024春•商丘期中）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取5个数字a，b，c，d，e，记由这5个数字组成的无重复数字的五位数为，其中满足a＜b＜c＞d＞e的五位数的个数为（　　） A．126 B．756 C．1260 D．7560 【答案】B 【分析】利用分步计数原理求解即可． 【解答】解：利用分步计数原理分3步可得： 第一步：从9个数中任取5个数，有种取法； 第二步：将取出的5个数中最大的放中间数位， 从余下的4个数字中取2个排在一端， 余下的排在另一端，由于两端顺序都已固定，故共有种排法， 所以符合条件的五位数有个． 故选：B． （多选）3．（2026春•高港区校级月考）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（　　） A．可组成360个四位数 B．可组成216个是5的倍数的五位数 C．可组成270个比1325大的四位数 D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2301 【答案】BCD 【分析】对是否包含0进行分类讨论即可求解A，B选项；而对于C，D选项，我们需要对四位数的开头若干位进行分类讨论，从而得到比某个特定数大或比某个特定数小的选取方式个数． 【解答】解：当组成四位数时，我们要做的是从这6个数中取4个． 选取以后，不包含0的取法有种，此时有4!＝24种排列方式； 包含0的取法有种，此时要保证首位不为0，故只有4!﹣3!＝24﹣6＝18种排列方式． 所以总共能组成的四位数有5•24+10•18＝300个，A错误； 当组成5的倍数的五位数时，我们需要组成末位是0或5的五位数． 如果末位数是0，则剩下四位可以任意从1，2，3，4，5中选择并任意排列，此时有个； 如果末位数是5，则剩下四位可以任意从0，1，2，3，4中选择，但排列时0不能排在首位． 而不包含0和包含0的选择方式各有种和种，故此时有1•4!+4•（4!﹣3!）＝24+4•18＝96个． 所以总共能组成5的倍数的五位数有120+96＝216个，B正确； 当组成比1325大的四位数时，以2，3，4，5开头的有个， 以14，15开头的有个， 以134，135开头的有个， 所以总共能组成比1325大的四位数有240+24+6＝270个，C正确； 当组成比2301小的四位数时，以1开头的有个，以20，21开头的有个， 所以总共能组成比2301小的四位数有60+24＝84个，从而2301是从小到大排列的第85个数，D正确． 故选：BCD． 4．（2026•梅县区校级模拟）用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有n个，则在1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n的展开式中，x2的系数是 　 　 ．（用数字作答） 【答案】35 【分析】利用组合数求得n＝6，再根据二项式展开式的通项公式，即可得解． 【解答】解：因为a＞b＞c＜d＜e，所以c＝1，剩下4个数有6种排法， 所以满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有6个，即n＝6， 所以1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n＝1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）6， 其展开式中，含x2项的系数为1+3+6+10+15＝35． 故答案为：35． 5．（2025春•和平区校级期中）用0，1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的六位数，该六位数是5的倍数且奇数与偶数相间，则满足条件的这样的六位数有 　 　 个． 【答案】20． 【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理求解． 【解答】解：当个位数字为5时， 则满足条件的这样的六位数有8个； 当个位数字为0时， 则满足条件的这样的六位数有12个， 则满足条件的这样的六位数共有8+12＝20个． 故答案为：20． 【方法总结】 首位不为 0，奇偶看个位，大小看高位。 【题型 9 几何计数问题】 【题型特征】 点确定直线、三角形、四边形；含共线点、共圆点、正多边形、半圆上点。 【解题方法】 1、通用：总组合数－共线 / 共面不能构成图形的情况。 2、圆上：直径对直角，钝角由位置判断。 【典型例题】 【例1】（2024春•同步）如图，连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形的个数为（　　） A．40 B．30 C．20 D．10 【答案】A 【分析】分与正八边形有2条公共边、1条公共边两种情况讨论． 【解答】解：与正八边形有2条公共边的三角形共有8个； 与正八边形有1条公共边的三角形共有8×4＝32个； 由分类加法计数原理知，共有32+8＝40（个）． 故选：A． 【例2】（2026春•同步）正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形的个数为（　　） A．38 B．35 C．32 D．6 【答案】C 【分析】正六边形的中心和顶点共7个点，选3个点的共有的方法减去在一条直线上的三点的个数即可． 【解答】解：正六边形的中心和顶点共7个点，选3个点的共有的方法是：C73＝35 在一条直线上的三点有3个 符合题意的三角形有35﹣3＝32个， 故选：C． 【例3】（2022•上海自主招生）8个点将半圆分成9段弧，以10个点（包括2个端点）为顶点的三角形中钝角三角形有（　　）个 A．55 B．112 C．156 D．120 【答案】B 【分析】根据题意，用排除法分析，先利用组合数公式计算其中三角形的数目，排除其中直角三角形的数目，计算可得答案． 【解答】解：根据题意，如图：在10个点中，任意三点不共线， 在其中任取3个点，可以组成C120个三角形， 其中没有锐角三角形，直角三角形有8个，（包含AB两点在内8个三角形）， 则钝角三角形有120﹣8＝112个． 故选：B． 【巩固训练】 1．（2025•安徽模拟）在三棱锥的顶点和各棱中点中取4个不共面的点，不同的取法共有（　　） A．141种 B．144种 C．147种 D．149种 【答案】A 【分析】根据棱锥的结构特征，应用组合数及列举法确定所有选取方法数、共面情况的选取方法数，即可得． 【解答】解：已知在三棱锥的顶点和各棱中点中取4个不共面的点， 如下图，共有10个点任选4个有种， 每个侧面的6个点都共面，任选4个有种，共4个面，则有60种共面情况， 如EFID，EGDH，FGIH分别构成一个平面，有3种， 如PGAH，PFBI，PECD，ADBE，BHCG，AICF分别构成一个平面，有6种， 综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取4个不共面的点，不同的取法共有210﹣60﹣3﹣6＝141种． 故选：A． 2．（2024春•同步）平面内有7个点，其中有3个点在同一条直线上，其余任何3点都不在同一条直线上，由这7个点能确定多少条不同的直线？能确定多少个三角形？ 【答案】确定不同的直线19条，不同的三角形34个． 【分析】由题意结合排列组合公式即可求得满足题意的直线的条数和三角形的个数． 【解答】解：由题意，从这7个点中选出2个点确定不同的直线有三种情况， 第一种，从在一条直线上的3个点任选2个点确定的不同直线共1条； 第二种，从不在一条直线上的另外4个点中任选2个点确定的不同直线共条； 第三种，从在一条直线上的3个点中任选1个点和另外4个点任选1个点，确定的不同直线共条； 由分类加法计数原理可知，能确定的不同直线共有（条）； 从这7个点中选出3个点共有种选法， 其中选出的有3个点在同一条直线上，此时不能构成三角形， 故由这7个点可构成的三角形共有（个）． 3．（2026春•同步）已知直线l1∥l2，A，B，C是直线l1上的3个点，D，E，F，G是直线l2上的4个点．若从A，B，C中取1个点，再从D，E，F，G中取1个点，过所取的两点作直线，则可以作出多少条不同的直线？ 【答案】12 【分析】根据题意，依次分析直线上两个点取法数目，由乘法原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，从A，B，C中取1个点，有3种取法， 再从D，E，F，G中取1个点，有4种取法， 则可以作出3×4＝12条直线． 4．（2026春•单元）平面上有9个点，其中4个点在同一条直线上（4个点之间的距离各不相等），此外任何三点不共线． （1）过每两点连线，可得几条直线？ （2）以每三个点为顶点作三角形，可作几个三角形？ （3）以一点为端点，作过另一点的射线，这样的射线可作出几条？ （4）分别以其中两点为起点和终点，最多可作出几个向量？ 【答案】（1）31；（2）80；（3）66；（4）72． 【分析】（1）任取2点构造一条直线，再减去因共线重复的情况；（2）任取3点，再减去3点共线的情况； （3）按”在不共线的5点中取2点，在共线的4点中取2点，各取一点”三种情况讨论； （4）因为向量有方向，且共线的四点距离不相等，所以任取2点构造的向量不相等． 【解答】解：（1） 条； （2） 个； （3）不共线的五点可连得条射线，共线的四点可连得条射线， 在不共线的五点取一点和共线的四点中取一点可得条射线， 所以共有条； （4）任意两点间由方向相反的两个向量，故共有个． 5．（2025春•南阳期末）如图所示，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4，则： （1）以这12个点（包括A，B）中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？ （2）以这10个点（不包括A，B）中的3个点为顶点，可作出多少个三角形？其中含点C1的有多少个？ 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类，利用组合知识求解即可； （2）分成三类，利用组合知识求解即可． 【解答】解：（1）构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类： ①四个点从C1，C2，…，C6中取出，有C64个四边形； ②三个点从C1，C2，…，C6中取出，另一个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C63C61个四边形； ③二个点从C1，C2，…，C6中取出，另外二个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C62C62个四边形． 故满足条件的四边形共有N＝C64+C63C61+C62C62＝360（个）． （2）类似于（1）可分三种情况讨论得三角形个数为C63+C61C42+C62C41＝116（个）． 其中含点C1的有C52+C51C41+C42＝36（个）． 【方法总结】 点构图形先算总数，再减共线共面情况。 【题型 10 染色问题（区域 / 顶点 / 面）】 【题型特征】 平面区域、空间顶点 / 面染色；相邻不同色，颜色可重复 / 不可重复。 【解题方法】 分步染色：优先染相邻最多的区域 / 顶点，每步确定可用颜色数，步步相乘。 【典型例题】 【例1】（2025秋•衡水期末）给图中A，B，C，D，E五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（　　） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【答案】D 【分析】根据题意，分别讨论区域BCD和区域AE的染色方案，由分步计数原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，对于区域BCD，三个区域两两相邻，有24种选法， 对于区域AE，若A与D选择相同，E有2种选法， 若A与D选择不同，A有1种选法，E有1种选法， 则区域AE有2+1×1＝3种选法， 则有24×3＝72种选法， 故选：D． 【例2】．（2025秋•碑林区校级期末）如图所示，将四棱锥S﹣ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（　　） A．120 B．96 C．72 D．48 【答案】C 【分析】分为B，D同色，且A，C同色；B，D同色，而A，C不同色；A，C同色，而B，D不同色三种情况，分别计算，根据分类加法计数原理，求和即可得出答案． 【解答】解：由题意知，S与A，B，C，D任意一点均不同色， 只用3种颜色，即B，D同色，且A，C同色，此时不同染色方法的种数为； 用4种颜色，此时可能B，D同色，而A，C不同色或A，C同色，而B，D不同色， 若B，D同色，而A，C不同色，此时不同染色方法的种数为； 若A，C同色，而B，D不同色，此时不同染色方法的种数为． 根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为24+24+24＝72． 故选：C． 【例3】（2025春•淮安期中）如图，4个圆相交共有8个交点，现在4种不同的颜色供选用，给8个交点染色，要求在同一圆上的4个交点的颜色互不相同，则不同的染色方案共有（　　）种． A．0 B．24 C．48 D．96 【答案】D 【分析】分析出各部分可以涂色的情况即可得出不同的染色方案的种数． 【解答】解：由题意，其中一部分有四种方法，与其紧邻的有3种方法，再相邻的有2种， 两圆的公共部分有2种，剩余两部分有2种，涂色示意图如下： 共有4×3×2×1×2×1×2＝96种涂法． 故选：D． 【巩固训练】 1．（2025春•宿迁期末）如图，某市由四个县区组成，现在要给地图上的四个区域染色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可供选择，并要求相邻区域颜色不同，则不同的染法种数有（　　） A．64 B．48 C．24 D．12 【答案】B 【分析】根据题意，依次分析区域①②③和区域④的染色方法数目，由分步计数原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，对于区域①②③，两两相邻，有A43＝24种染法方法， 对于区域④，与区域①③相邻，有2种染色方法， 则有24×2＝48种染色方法， 故选：B． 2．（2025秋•和平区校级期末）如图，用6种不同颜色对图中A，B，C，D四个区域染色，要求同一区域染同一色，相邻区域不能染同一色，允许同一颜色可以染不同区域，则不同的染色方案有 　 　 种． 【答案】480． 【分析】按照分步计数原理，首先染A区域，再染B区域，C区域，最后染D区域，计算可得． 【解答】解：依题意，首先染A区域有6种选择，再染B区域有5种选择， 第三步染C区域有4种选择，第四步染D区域也有4种选择， 根据分步乘法计数原理可知一共有6×5×4×4＝480种方法． 故答案为：480． 3．（2025春•婺城区校级月考）用6种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有 　 　 种不同的书写方案． 【答案】600． 【分析】根据题意可分四步并结合排列组合知识计算可解． 【解答】解：完成工作可分四步，第一步，“英语角”用的粉笔颜色有6种不同的选法； 第二步，“语文学苑”用的粉笔颜色不能与“英语角”用的粉笔颜色相同，有5种不同的选法； 第三步，“理综世界”用的粉笔颜色与“英语角”和“语文学苑”用的粉笔颜色都不相同，有4种不同的选法； 第四步，“数学天地”用的粉笔颜色只要与“理综世界”用的粉笔颜色不同即可，有5种不同的选法． 由分步计数原理知，该板报共有6×5×4×5＝600（种）不同的书写方案． 故答案为：600． 4．（2025春•漠河校级期末）在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞．已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙、丙、丁四种不同的试剂对A、B、C、D、E、F这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对C细胞染色，则共有 　 　 种不同的染色方法（用数字作答）． 【答案】90． 【分析】先考虑C细胞的染色试剂没有限制的条件下相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，然后考虑用甲试剂对C细胞染色且相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，将两种方法种数作差即可得解． 【解答】解：不考虑甲试剂不能对C细胞染色， 若C、E细胞的染色试剂不同，共有4×3×2×（1+2）＝72种方法， 若C、E细胞的染色试剂相同，共有4×3×2×2＝48种方法， 共120种方法． 现考虑甲试剂对C细胞染色， 若C、E细胞的染色试剂不同，共有3×2×（2+1）＝18种方法， 若C、E细胞的染色试剂相同，共有3×2×2＝12种方法， 共30种方法． 所以符合条件的染色方法有120﹣30＝90种． 故答案为：90． 5（2026春•香坊区校级月考）用六种不同的颜色给如图所示的几何体的各个顶点染色，要求每条棱的两个端点不同色，则不同的染色方法种数为 　 　 ． 【答案】8520． 【分析】分用6种、5种、4种、3种颜色三种情况讨论，先染A，B，C，再染D，E，F，由分步乘法计算原理求每一种情况的染色方法数，再求和即可求解． 【解答】解：第一类：若6种颜色都用上，共 种； 第二类：若用其中5种颜色，首先选出5种颜色，方法有种， 先染A，B，C，方法有种，再染D，E，F中的两个点，方法有 种，最后剩余的一个点只有2种染法， 故此时染色方法共有2＝4320种； 第三类：若用其中4种颜色，首先选出4种颜色，方法有种． 先染A，B，C，方法有 种，再染D，E，F中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种染法， 故此时染色方法共有 种； 第四类：若用其中3种颜色，首先选出3种颜色，方法有 种． 先染A，B，C，方法有 种，再染D，E，F方法有2种， 故此时染色方法共有种； 综上可知：不同的染色方法共有720+4320+3240+240＝8520种． 故答案为：8520． 6（2022春•同步）如图的几何体是由一个正三棱锥P﹣ABC与一个正三棱柱ABC﹣A1B1C1组合而成的，现有3种不同颜色对这个几何体的表面染色（底面A1B1C1不染色），要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有 　 　 种． 【答案】12． 【分析】利用分步计数原理进行计算即可． 【解答】解：先染三棱锥P﹣ABC的三个侧面的颜色，有3×2×1＝6种， 然后染三棱柱三个侧面，当棱锥侧面确定颜色后，棱柱侧面的颜色只有2种情况， 则共有6×2＝12种， 故答案为：12． 7（2025秋•东乡族自治县校级月考）如图所示，要给“三”“维”“设”“计”四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？ 【答案】6． 【分析】根据题意，依次分析“三”“维”“设”三个区域和“计”区域的选色方法，由分步计数原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，“三”“维”“设”三个区域，两两相邻，颜色都不能相同，有A33＝6种选法， 对于“计”区域，与“维”“设”两个区域相邻，有1种选法， 则有6×1＝6种涂色方法； 故4个区域共有6种涂色方法． 【方法总结】 相邻不同色，从接触最多处开始染。 【题型 11 特殊模型（错位、环形、定序）】 【题型特征】 1、错位：物品编号与盒子编号全不匹配。 2、环形：圆桌围坐（旋转相同）。 3、定序：部分元素固定顺序（从小到大、从矮到高）。 【解题方法】 1、错位： 两个元素错位排列1种方法；三个元素错位排列2种方法；四个元素错位排列9种方法；五个元素错位排列44种方法。 2、环形： 个元素环形排列为 。 3、定序：全排列 ÷ 定序元素阶乘（倍缩法）。 【典型例题】 【例1】（2026春•重庆校级月考）今有标号为1、2、3、4、5的五封信，另有同样标号1、2、3、4、5的五个信封，现将五封信任意装入五个信封中，每个信封内装一封信，那么恰有一封信与信封标号一致的情况有　45　 种． 【答案】45． 【分析】先从5封信中选1封，使其与信封标号一致，再对剩下的4封信都不装在对应的情况进行分析，最后根据分步乘法计数原理计算出总的情况数． 【解答】解：从5封信中选1封，使其与信封标号一致的选法有种， 剩余4封信都不装在对应信封的情况： 设这4封信的标号分别为1、2、3、4，对应的信封标号也为1、2、3、4， 当1号信不装在1号信封时，1号信有3种装法（可装在2、3、4号信封）， 若1号信装在2号信封，此时分两种情况： 若2号信装在1号信封，那么3号信只能装在4号信封，4号信只能装在3号信封，共1种情况， 若2号信不装在1号信封，2号信有2种装法（可装在3、4号信封）： 当2号信装在3号信封时，3号信只能装在4号信封，4号信只能装在1号信封，共1种情况， 当2号信装在4号信封时，4号信只能装在3号信封，3号信只能装在1号信封，共1种情况， 综上，共有3种情况， 同理，当1号信装在3号信封时，有3种情况， 当1号信装在4号信封时，有3种情况， 所以剩余4封信都不装在对应标号信封的情况共有3+3+3＝9种， 所以恰有一封信与信封标号一致的情况有5×9＝45种． 故答案为：45． 【例2】（2025春•丰县校级月考）从10个人中选出7人围成一圈做游戏，则不同的排法种数有 　 　 种． 【答案】86400． 【分析】根据先选人，后排列的原则求解． 【解答】解：先选人，有种选法，再将7人进行全排列，有 种排法， 由于围成一圈没有首尾之分，所以有种． 故答案为：86400． 【例3】有4名男同学、3名女同学，其中3名女同学身高互不相同，将7名同学排成一排，要求女同学从左到右按从矮到高的顺序排列，有多少种不同的排法？ 【答案】840． 【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合定序问题倍缩法求解即可． 【解答】解：已知有4名男同学、3名女同学，其中3名女同学身高互不相同，将7名同学排成一排，要求女同学从左到右按从矮到高的顺序排列， 则有840种不同的排法． 【巩固训练】 1．（2026春•单元）5个女孩与6个男孩围成一圈，任意两个女孩中间至少站一个男孩，则不同排法有 　86400　 种（填数字）． 【答案】86400种． 【分析】①先把5个女孩排成一个圈，②再把6个男孩排成一直列，③最后在排好的男生中，选择两个相邻的男孩组合在一起，依次塞入女生间的空隙中，可得排法总数． 【解答】解：因为任意两个女孩中间至少站一个男孩，故有且仅有两个男孩站在一起，①先把5个女孩排成一个圈， 这是一圆排列，因此共有（5﹣1）!＝4!种方法，②再把6个男孩排成一直列，共有6!种方法，③最后在排好的男生中 选择两个相邻的男孩组合在一起，共有5种方法，这样男生被分为5份，依次塞入女生间的空隙中， 综上，不同的排法应有4!×6!×5＝86400种． 2．5对夫妇和A，B共12人参加一场婚宴，他们被安排在一张有12个座位的圆桌上就餐（旋转之后算相同坐法）． （1）若5对夫妇都相邻而坐，A，B相邻而坐，共有多少种坐法？ （2）5对夫妇都相邻而坐，其中甲、乙两人的太太是好友要相邻而坐，A，B不相邻，共有多少种坐法？ （3）就餐后进行合影留念，若随机选择5人站成一排进行合影，求有且只有1对夫妇被选中且合影时相邻的排法． 【答案】（1）7680种； （2）1152种； （3）21120种． 【分析】（1）利用排列组合知识，结合计数原理求解； （2）利用排列组合知识，结合计数原理求解； （3）利用排列组合知识，结合计数原理求解． 【解答】解：（1）若5对夫妇都相邻，A，B相邻，可将每对夫妇划分为1组，A，B划分为1组， 再将这6组人围坐成一圈，共有种坐法， 由于每一组内两人还有顺序问题， 所以共有种坐法； （2）分三步来完成： 第一步，排甲、乙两人的太太的座位，有2种坐法，甲、乙两人的座位也随之确定， 第二步，排其余3对夫妇的座位，有种坐法， 第三步，排A，B两人的座位，有种坐法， 根据分步乘法计数原理，共有21152种坐法； （3）随机选择5人站成一排进行合影，有且只有1对夫妇被选中且合影时相邻，可分为三种情况： 当A，B都被选中时，有种排法， 当A，B只有一个被选中时，有种排法， 当A，B都没被选中时，有种排法， 则有且只有1对夫妇被选中且合影时相邻的排法有2（22）＝21120（种）． 【方法总结】 错位记结论，环形减一，定序相除。 学科网（北京）股份有限公司 $ 排列组合题型全归纳 讲义 目录： 题型1：两大计数原理（分类加法、分步乘法） 题型2：排列数与组合数运算（公式、不等式、性质） 题型3：基础排列（特殊元素/位置优先） 题型4：相邻问题（捆绑法） 题型5：不相邻问题（插空法） 题型6：基础组合（无序选取、至少至多） 题型7：分组分配问题 题型8：数字构造问题 题型9：几何计数问题 题型10：染色问题（区域/顶点/面） 题型11：特殊模型（错位、环形、定序） 【题型 1 两大计数原理（分类加法、分步乘法）】 【题型特征】 以 “完成一件事” 为载体，涉及路线选择、方案选取、工序流程、人员传递、选课选书等；无元素顺序，只考查分类或分步逻辑。 【解题方法】 1、分类加法：事件有多类独立方案，各类方法数相加，不重不漏。 2、分步乘法：事件需多步依次完成，各步方法数相乘，步步相连。 3、复杂问题：先分类，再分步。 【典型例题】 【例1】（2025春•永宁县校级期中）如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路．从甲地到丁地共有多少条不同的路线（　　） A．6 B．8 C．11 D．14 【例2】（2025春•舟山期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏．第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（　　） A．36 B．48 C．52 D．64 【巩固训练】 （多选）1．（2025春•惠州校级期中）某人用如图所示的纸片沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯”，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处应依次写上（　　） A．乐、新、快 B．快、新、乐 C．新、快、乐 D．乐、快、新 2．（2025•概率统计模拟）生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序安排乙做，第四道工序只能从甲、丙两人中安排1人，则不同的安排方案有多少种？ 3．（2025春•临西县校级月考）解答下列问题，要求列式并计算结果： （1）某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片、3部文艺片、2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数有多少种； （2）用0～6这7个自然数，可以组成多少个没有重复数字的三位数； （3）有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，从中选出不同学科的2本书，则不同的选法有多少种； （4）3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盒子放球的数量不限，共多少种放法？ 4．（2026秋•湛江月考）某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成． （1）选其中1人为学生会主席，有多少种不同的选法？ （2）若每年级选1人为校学生会常委，有多少种不同的选法？ （3）若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选法？ 【方法总结】 分类相加不重不漏，分步相乘依次完成。 【题型 2 排列数与组合数运算（公式、不等式、性质）】 【题型特征】 含 、、阶乘；考查公式计算、等式 / 不等式求解、排列数表示连续乘积、组合数性质，需满足定义域 。 【解题方法】 1、排列数： 2、组合数：，性质：、 3、解不等式：先写定义域，再代入化简。 【典型例题】 【例1】（2025春•中山市校级期末）（n﹣1998）（n﹣1999）…（n﹣2025）（n﹣2026）（n∈N，n＞2026）可表示为（　　） A． B． C． D． 【例2】（2025春•临泉县校级月考）已知，则n的值为 　4　 ． 【例3】（2026春•中牟县校级月考）不等式的解集为（　　） A．{2，3，4，5，6，7，8} B．{2，3，4，5，6} C．{8，9，10，11} D．{8} 【例4】（2025秋•碑林区校级期末）若，则（　　） A．16 B．32 C．64 D．128 【例5】（多选）（2026春•河北月考）若，则n的值可能为（　　） A．6 B．8 C．9 D．11 【巩固训练】 1．（2025春•普宁市校级月考）满足不等式的n的值为（　　） A．9 B．11 C．12 D．13 2．（2025•昭通校级模拟）规定，其中x∈R，m∈N*，且，这是排列数（n，m∈N*，且m≤n）的一种推广．则（　　） A． B．1 C． D．2 3．（2025春•浙江期中）（　　） 4．（2025•奉贤区二模）下列有关排列组合数的计算公式，错误的是（　　） A．（m，n是正整数，且m≤n） B．（m，n是正整数，且m≤n） C．（m，n是正整数，且m≤n） D．（m，n是正整数，且m≤n） （多选）5．（2021春•渝中区校级期中）17名同学站成两排，前排7人，后排10人，则不同站法的种数为（　　） A． B． C． D． （多选）6．（2026春•开福区校级月考）下列有关排列数、组合数的等式中，n∈N*，m∈N，m≤n，正确的是（　　） A． B． C． D． 7．（2024秋•衡水期末）不等式的解集为 　{6}　 ． 8．（2026春•铁西区校级月考）若，则n的值为　 　 ． 9．（2025秋•兰州期末）已知，则k＝ 　 　 ． 10．（2025秋•杨浦区校级月考）已知关于正整数x的方程，则该方程的解为x＝ 　 　 ． 【方法总结】 先定定义域，再套公式；组合对称，排列有序。 【题型 3 基础排列（特殊元素 / 位置优先）】 【题型特征】 元素有序排列（排队、名次、课代表、接力、顺序）；含限制条件：不在两端、不占首位、固定位置、禁止某位置。 【解题方法】 特殊元素、特殊位置优先安排，再对剩余元素全排列。 【典型例题】 【例1】（2026•甘肃校级模拟）小明家过年贴窗花，要把马、到、成、功、春五个字贴成一排，则春字不在两端的贴法有（　　） A．96种 B．72种 C．60种 D．48种 【例2】（2025春•鹤山市月考）江门市比较受市民喜欢的景点主要有4个：上下川岛、开平碉楼、圭峰山、赤坎古镇．若游客可以选择游览其中的3个景点，且必须包含开平碉楼，则不同的游览顺序有（　　） A．20种 B．18种 C．14种 D．12种 【例3】（2026春•福州期中）赵、钱、孙、李、周共5名同学进行英语口语比赛，决出第1名到第5名的名次．赵和钱去询问成绩，回答者对赵说：“很遗憾，你和钱都没有得到冠军”，又对钱说：“你肯定不会是最差的”．从这两个回答分析，5人的名次的可能排列的种数是（　　） A．54 B．48 C．36 D．18 【例4】（2026•重庆二模）树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有（　　） A．8种 B．10种 C．12种 D．14种 【巩固训练】 1．（2025秋•宁波校级期末）甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学相约体育馆一起坐一排看村BA篮球比赛，若甲和乙相邻，丙不坐在两端，不同的排列方式共有（　　）种． A．144 B．192 C．216 D．288 2（2026•辽宁模拟）某空间站由A，B，C三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去A舱，则不同的安排方法的种数为（　　） A．35 B．36 C．42 D．50 3（2026•建邺区校级模拟）含甲、乙、丙在内的6人站成一排，其中甲只能站在头尾两端，且乙丙两人相邻，则不同站法的结果数为（　　） A．24 B．48 C．96 D．192 4（2025秋•土默特左旗校级期末）某班有甲、乙、丙、丁四名学生依次参加接力跑的4×100m接力比赛，已知甲不能站在第一位，乙不能站在第二位，则可能的安排排列顺序有（　　） A．8种 B．14种 C．18种 D．24种 5．（2025秋•宜丰县校级期末）3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（　　）种． A．36 B．108 C．120 D．144 6（2025秋•辽宁校级期末）中国古代的“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”在第二次或在最后一次，“数”和“书”相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（　　） A．144种 B．120种 C．108种 D．84种 【方法总结】 有限制先排受限，无限制直接全排。 【题型 4 相邻问题（捆绑法）】 【题型特征】 明确要求若干元素必须相邻、紧挨、连在一起，固定排列模型。 【解题方法】 捆绑三步：①相邻元素捆为整体；②整体与其他元素全排；③捆绑内部再全排（松绑）。 【典型例题】 【例1】（2026•喀什地区模拟）五人排队，站成一排，其中甲、乙相邻，则所有的排队方法数为（　　） A．120 B．48 C．24 D．12 【例2】（2025秋•乐平市校级期末）某中学《十年弦歌育桃李•党恩师泽启新程》文艺演出于2025年12月31日在学校演艺大厅开幕，开幕式文艺表演共由6个节目组成，若考虑整体效果，要求：节目《新年!你好》、《觉醒年代》、《精武门》必须相邻，则开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有（　　） A．144种 B．156种 C．188种 D．240种 【巩固训练】 1．（2025春•莲池区校级月考）有3对双胞胎孩子站成一排拍照，则每对双胞胎必须相邻的排法有（　　） A．12种 B．24种 C．48种 D．96种 2．（2026春•海沧区校级月考）小王去秦始皇兵马俑博物馆游玩，买了8个不同的兵马俑纪念品，其中将军俑3个，骑兵俑3个，跪射俑2个，将这8个纪念品排成一排，要求同种类型相邻，则不同的排法共有（　　）种． A．48 B．72 C．216 D．432 3.（2026春•海港区校级月考）某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，那么加工顺序共有（　　） A．96种 B．72种 C．48种 D．36种 4．（2025春•天河区校级期中）在华南师大附中社团开放日的展示活动中，辩论社，国学社，摄影社，魔方社，天文社5个社团的摊位排成一列，其中辩论社与国学社必须相邻，那么不同的排法有（　　） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 【方法总结】 相邻先捆绑，整体排完再排内部。 【题型 5 不相邻问题（插空法）】 【题型特征】 明确要求若干元素不能相邻、互不挨着、间隔排列。 【解题方法】 插空三步：①先排无限制元素；②形成有效空位（含两端）；③不相邻元素插入空位。 【典型例题】 【例1】（2025秋•庄浪县校级期末）五声音阶（汉族古代音律）是按五度的相生顺序，从宫音开始到羽音，依次为宫，商，角，徵，羽．若将这五个音阶排成一列，形成一个音序，且要求宫、羽两音节不相邻，可排成不同的音序的种数为（　　） A．12种 B．48种 C．72种 D．120种 【例2】（2026•广元模拟）甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，若甲和乙之间恰好有1人，且丙和丁不相邻，则不同排法共有（　　） A．16种 B．20种 C．24种 D．28种 【例3】（2025春•伊州区校级期末）用1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字的七位数，满足下述条件的七位数各有多少个？ （1）偶数不相邻； （2）1和2之间恰有1个奇数，没有偶数； （3）3个偶数从左到右按从小到大的顺序排列． 【巩固训练】 1．（2025•官渡区校级模拟）某艺术展览有6个展厅，编号为1﹣6，现要在其中3个展厅展示同一艺术家的作品且作品互不相同，要求这3个展厅编号互不相邻，且不能同时选择1号和6号展厅，那么不同的选择方案有几种（　　） A．18 B．10 C．12 D．6 2．（2025春•吉林期中）林老师希望从{A，B，C}中选2个不同的字母，从{1，3，5，7}中选3个不同的数字编拟车牌号鄂J×××××的后五位，要求数字互不相邻，那么满足要求的车牌号有（　　） A．576个 B．288个 C．144个 D．72个 3．（2026•安徽校级四模）小李从网上选了4道不同的A型题和2道不同的B型题，现将这6道题组成一份练习题．要求B型题不相邻且前3道题中至少有1道B型题，则6道题不同的安排顺序有　 　 种． 4．（2024秋•江西期末）现将8个体积相同但质量均不同的小球放入恰好能容纳8个小球且底面圆直径与小球直径相同的圆柱形卡槽内，这8个小球分别为2个红球、4个白球、2个黑球，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端，则共有 　　 种不同的放法；若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，则共有 　 　 种不同的放法． 【方法总结】 不相邻先排他人，再将指定元素插空。 【题型 6 基础组合（无序选取、至少至多）】 【题型特征】 只选不排（选代表、抽产品、选科目、选景点）；关键词：至少、至多、恰有、全是、不含。 【解题方法】 1、直接法：按条件直接选取组合。 2、间接法：总数－不符合条件的组合（正难则反）。 【典型例题】 【例1】（2025秋•昆明期末）在6件不同产品中，有4件合格品，2件次品，从这6件产品中任意抽出3件，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法种数为（　　） A．14 B．15 C．16 D．17 【例2】（2025春•台州期中）学校要求学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这7科中选3科参加考试，不同的选法种数共有（　　） A．10种 B．35种 C．105种 D．210种 【巩固训练】 1．（2026春•和平区校级月考）全组有8个男同学，4个女同学，现选出5个代表，最多有1个女同学当选的选法种数是（　　） A．280 B．336 C．616 D．672 2．（2025秋•安徽月考）甲、乙、丙三位同学从7处不同的景点中各自选2处旅游，则这三人选择的景点中恰有1处是相同的选法共有（　　） A．840种 B．420种 C．210种 D．140种 3．（2025秋•绍兴校级月考）盒子甲中有5个红球和3个蓝球；盒子乙中有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1个蓝球的不同取法共有（　　） A．150种 B．180种 C．300种 D．345种 【方法总结】 组合无序只选不排，至少至多优先反算。 【题型 7 分组分配问题】 【题型特征】 不同元素分组并分配给不同对象；含不平均、平均、部分平均、每组至少 1 个。 【解题方法】 1、不平均分组：直接组合，不除序。 2、平均分组： 组数量相同，需除以 消序。 3、分配问题：先分组，再将组分配给对象（全排列）。 【典型例题】 【例1】（2025春•大安市校级期中）有4本不同的书，平均分给甲、乙2人，则不同的分法种数有（　　） A．3 B．6 C．12 D．24 【例2】（2026春•呈贡区校级期中）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（　　） A．540 B．504 C．408 D．390 【例3】（2024秋•锦州期末）将7本不同的杂志分成3组，每组至少2本，则不同的分组方法数为（　　） A．70 B．84 C．105 D．210 【巩固训练】 1．（2025春•保山校级期中）把座位编号为1，2，3，4，5，6的六张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人最多得两张，甲、乙各分得一张电影票，且甲所得电影票的编号总大于乙所得电影票的编号，则不同的分法共有（　　） A．90种 B．120种 C．180种 D．240种 2．（2025春•江苏校级期中）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种 B．240种 C．360种 D．720种 3．（2024•南通模拟）现有语文、数学、外语、物理、化学、生物各一本，均分给3个人，其中数学和物理不分给同一个人，则不同的分配方法有 （　　） A．36 B．54 C．72 D．84 4．（2024春•云安区校级月考）大连市普通高中创新实践学校始建于2010年1月，以丰富多彩的活动广受学生们的喜爱．现有A，B，C，D，E五名同学参加现代农业技术模块，影视艺术创作模块和生物创新实验模块三个模块，每个人只能参加一个模块，每个模块至少有一个人参加，其中A不参加现代农业技术模块，生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，则不同的分配方式共有（　　）种． A．84 B．72 C．60 D．48 5．（2026•新疆模拟）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且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 6．（2025•沧州模拟）将5个大小相同、颜色不同的小球放入编号为1，2，3，4，5的5个盒子中，恰好有2个空盒的放法共有（　　） A．1500种 B．1800种 C．2340种 D．2400种 7．（2024春•同步）某单位现需要将“先进个人”“业务精英”“道德模范”“新长征突击手”“年度优秀员工”五种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有 　 　种． 8．（2026秋•湖南月考）国庆节期间，四位游客自驾游来到张家界，入住某民宿，该民宿老板随机将标有数字1，2，3，4，5，6，7的7张门卡中的4张分给这四位游客，每人发一张，则至多有一位游客拿到的门卡标有偶数数字的分配方案一共有 　 　 种．（用数字作答） 9．（2023春•沧县校级期中）现有7本不同的书准备分给甲、乙、丙三人． （1）若甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得4本，则不同的分配方法有多少种？ （2）若甲、乙、丙三人中，一人得3本，另外两人每人得2本，则不同的分配方法有多少种？ 【方法总结】 均分必除序，分配先分组再排列。 【题型 8 数字构造问题】 【题型特征】 用数字组成无重复多位数；考查奇偶、倍数、大小比较、凸数、凹数、特定结构；0 不能在首位。 【解题方法】 1、优先定个位（奇偶 / 倍数）。 2、优先定首位（排除 0）。 3、大小比较：从高位到低位逐级比对。 4、特殊数：按定义先定中间位。 【典型例题】 【例1】（2025秋•四川期末）用0，2，3，5，7，8这6个数字可以组成N个无重复数字的六位数，其中偶数有M个，则（　　） A． B． C． D． 【例2】（2026春•长沙校级月考）“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 【例3】（多选）（2025春•巴林右旗校级期中）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231、354等都是“凸数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（　　） A．组成的三位数的个数为30 B．在组成的三位数中，奇数的个数为36 C．在组成的三位数中，“凸数”的个数为24 D．在组成的三位数中，“凸数”的个数为20 【巩固训练】 1．（2025秋•赣州期末）从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（　　） A．126 B．180 C．216 D．300 2．（2024春•商丘期中）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取5个数字a，b，c，d，e，记由这5个数字组成的无重复数字的五位数为，其中满足a＜b＜c＞d＞e的五位数的个数为（　　） A．126 B．756 C．1260 D．7560 （多选）3．（2026春•高港区校级月考）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（　　） A．可组成360个四位数 B．可组成216个是5的倍数的五位数 C．可组成270个比1325大的四位数 D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2301 4．（2026•梅县区校级模拟）用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有n个，则在1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n的展开式中，x2的系数是 　 　 ．（用数字作答） 5．（2025春•和平区校级期中）用0，1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的六位数，该六位数是5的倍数且奇数与偶数相间，则满足条件的这样的六位数有 　 　 个． 【方法总结】 首位不为 0，奇偶看个位，大小看高位。 【题型 9 几何计数问题】 【题型特征】 点确定直线、三角形、四边形；含共线点、共圆点、正多边形、半圆上点。 【解题方法】 1、通用：总组合数－共线 / 共面不能构成图形的情况。 2、圆上：直径对直角，钝角由位置判断。 【典型例题】 【例1】（2024春•同步）如图，连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形的个数为（　　） A．40 B．30 C．20 D．10 【例2】（2026春•同步）正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形的个数为（　　） A．38 B．35 C．32 D．6 【例3】（2022•上海自主招生）8个点将半圆分成9段弧，以10个点（包括2个端点）为顶点的三角形中钝角三角形有（　　）个 A．55 B．112 C．156 D．120 【巩固训练】 1．（2025•安徽模拟）在三棱锥的顶点和各棱中点中取4个不共面的点，不同的取法共有（　　） A．141种 B．144种 C．147种 D．149种 2．（2024春•同步）平面内有7个点，其中有3个点在同一条直线上，其余任何3点都不在同一条直线上，由这7个点能确定多少条不同的直线？能确定多少个三角形？ 3．（2026春•同步）已知直线l1∥l2，A，B，C是直线l1上的3个点，D，E，F，G是直线l2上的4个点．若从A，B，C中取1个点，再从D，E，F，G中取1个点，过所取的两点作直线，则可以作出多少条不同的直线？ 4．（2026春•单元）平面上有9个点，其中4个点在同一条直线上（4个点之间的距离各不相等），此外任何三点不共线． （1）过每两点连线，可得几条直线？ （2）以每三个点为顶点作三角形，可作几个三角形？ （3）以一点为端点，作过另一点的射线，这样的射线可作出几条？ （4）分别以其中两点为起点和终点，最多可作出几个向量？ 5．（2025春•南阳期末）如图所示，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4，则： （1）以这12个点（包括A，B）中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？ （2）以这10个点（不包括A，B）中的3个点为顶点，可作出多少个三角形？其中含点C1的有多少个？ 【方法总结】 点构图形先算总数，再减共线共面情况。 【题型 10 染色问题（区域 / 顶点 / 面）】 【题型特征】 平面区域、空间顶点 / 面染色；相邻不同色，颜色可重复 / 不可重复。 【解题方法】 分步染色：优先染相邻最多的区域 / 顶点，每步确定可用颜色数，步步相乘。 【典型例题】 【例1】（2025秋•衡水期末）给图中A，B，C，D，E五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（　　） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【例2】．（2025秋•碑林区校级期末）如图所示，将四棱锥S﹣ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（　　） A．120 B．96 C．72 D．48 【例3】（2025春•淮安期中）如图，4个圆相交共有8个交点，现在4种不同的颜色供选用，给8个交点染色，要求在同一圆上的4个交点的颜色互不相同，则不同的染色方案共有（　　）种． A．0 B．24 C．48 D．96 【巩固训练】 1．（2025春•宿迁期末）如图，某市由四个县区组成，现在要给地图上的四个区域染色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可供选择，并要求相邻区域颜色不同，则不同的染法种数有（　　） A．64 B．48 C．24 D．12 2．（2025秋•和平区校级期末）如图，用6种不同颜色对图中A，B，C，D四个区域染色，要求同一区域染同一色，相邻区域不能染同一色，允许同一颜色可以染不同区域，则不同的染色方案有 　 　 种． 3．（2025春•婺城区校级月考）用6种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有 　 　 种不同的书写方案． 4．（2025春•漠河校级期末）在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞．已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙、丙、丁四种不同的试剂对A、B、C、D、E、F这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对C细胞染色，则共有 　 　 种不同的染色方法（用数字作答）． 5（2026春•香坊区校级月考）用六种不同的颜色给如图所示的几何体的各个顶点染色，要求每条棱的两个端点不同色，则不同的染色方法种数为 　 　 ． 6（2022春•同步）如图的几何体是由一个正三棱锥P﹣ABC与一个正三棱柱ABC﹣A1B1C1组合而成的，现有3种不同颜色对这个几何体的表面染色（底面A1B1C1不染色），要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有 　 　 种． 7（2025秋•东乡族自治县校级月考）如图所示，要给“三”“维”“设”“计”四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？ 【方法总结】 相邻不同色，从接触最多处开始染。 【题型 11 特殊模型（错位、环形、定序）】 【题型特征】 1、错位：物品编号与盒子编号全不匹配。 2、环形：圆桌围坐（旋转相同）。 3、定序：部分元素固定顺序（从小到大、从矮到高）。 【解题方法】 1、错位： 两个元素错位排列1种方法；三个元素错位排列2种方法；四个元素错位排列9种方法；五个元素错位排列44种方法。 2、环形： 个元素环形排列为 。 3、定序：全排列 ÷ 定序元素阶乘（倍缩法）。 【典型例题】 【例1】（2026春•重庆校级月考）今有标号为1、2、3、4、5的五封信，另有同样标号1、2、3、4、5的五个信封，现将五封信任意装入五个信封中，每个信封内装一封信，那么恰有一封信与信封标号一致的情况有　 　 种． 【例2】（2025春•丰县校级月考）从10个人中选出7人围成一圈做游戏，则不同的排法种数有 　 　 种． 【例3】有4名男同学、3名女同学，其中3名女同学身高互不相同，将7名同学排成一排，要求女同学从左到右按从矮到高的顺序排列，有多少种不同的排法？ 【巩固训练】 1．（2026春•单元）5个女孩与6个男孩围成一圈，任意两个女孩中间至少站一个男孩，则不同排法有 　 种（填数字）． 2．5对夫妇和A，B共12人参加一场婚宴，他们被安排在一张有12个座位的圆桌上就餐（旋转之后算相同坐法）． （1）若5对夫妇都相邻而坐，A，B相邻而坐，共有多少种坐法？ （2）5对夫妇都相邻而坐，其中甲、乙两人的太太是好友要相邻而坐，A，B不相邻，共有多少种坐法？ （3）就餐后进行合影留念，若随机选择5人站成一排进行合影，求有且只有1对夫妇被选中且合影时相邻的排法． 【方法总结】 错位记结论，环形减一，定序相除。 学科网（北京）股份有限公司 $