第六章 计数原理 讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

该高中数学讲义以分类加法计数原理、分步乘法计数原理及综合应用为核心，通过知识框架梳理原理定义、公式及内在联系，用题型分类表呈现单一原理应用、综合应用等重难点，构建清晰的计数原理知识脉络。 讲义亮点在于分层练习设计，如“安康数”“人民币币值组合”等生活化题型培养数学眼光和应用意识，综合题如“数字组成偶数”强化分步分类推理发展数学思维。基础题夯实原理应用，综合题提升逻辑分析，助力学生自主复习，教师可据此实施精准分层教学。

第六章 计数原理 目录 题型1：分类加法计数原理的应用 3 题型2：分步乘法计数原理的应用 4 题型3：两个计数原理的综合应用 5 1. 分类加法计数原理 完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在n类方案中有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法. 2. 分步乘法计数原理 完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 3. 两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合问题中往往既有分类又有分步，这时首先要理解题意，弄清“完成哪件事”，弄清是类的趋势大，还是步的趋势大，再决定是先分步还是先分类. (1) 类中有步 完成这件事的方法数为. (2) 步中有类 完成这件事的方法数为. 题型1：分类加法计数原理的应用 【例1.1.】 现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的八个大小、质地完全相同的小球， 甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次(每个球被抽取的可能性相同)，记被抽取的球的序号分别为 ，则满足 的情况有_____种. 【例1.2.】 我们称各个数位上的数字之和为7的三位数为“安康数”，例如106和223，则所有的“安康数”共有__________. 【例1.3.】 某旅游博主准备从安徽省的5个国家全域旅游示范区与10个不是国家全域旅游示范区的省全域旅游示范区中选4个去打卡，若国家全域旅游示范区至少选3个，则选取方法种数为________．（用数字作答） 【例1.4.】 某高中高二年级要从1，2，3班中选取1名同学参加作文比赛，1班推荐了4人，2班推荐了6人，3班推荐了3人，则高二年级可选择的方案有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【例1.5.】 用数字2，3，5可以组成 无重复数字的偶数的个数为（    ） A．15 B．12 C．10 D．5 【例1.6.】 现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值种数为（    ） A．30 B．31 C．32 D．64 【例1.7.】 甲，乙，丙，丁，戊参加数学竞赛，决出了第一名到第五名的排名，甲和乙去询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你没有拿到第一名”，对乙说：“你的名次和甲没有挨着”，则这人的名次排列不同的情况有（   ）种. A． B． C． D． 【例1.8.】 定义“特性数列”如下：共有项，每一项（其中，2，…，，），且对任意的，，，…，中0的个数不少于1的个数．若，则不同的“特性数列”的个数为（    ） A．3 B．9 C．10 D．16 【例1.9.】 已知集合，则满足，且的所有有序整数数组共有______种． 题型2：分步乘法计数原理的应用 【例2.1.】 书架的第1层放有5本不同的计算机书，第2层放有6本不同的文艺书，第3层放有7本不同的体育书.从书架的第1层，第2层，第3层各取1本书，共有不同的取法种数为_______. 【例2.2.】 甲、乙、丙、丁四人从网球、乒乓球、羽毛球这三门选修课中，每人任选一门参加，则不同的选择方案共有（   ） A． B． C． D． 【例2.3.】 甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人且甲、乙不站同一个台阶，同一台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法是____________种． 【例2.4.】 会议室前排共有6个座位．某次会议，要从4名男性中选2人，从3名女性中选2人，共4人安排在前排就坐，则不同的安排方法有（   ） A．5930种 B．6480种 C．6820种 D．7660种 【例2.5.】 诗句”花落知多少”的平仄格式为平仄平平仄．现将该诗句中的5个字重新排列，要求重新排列后的平仄序列与原诗的平仄序列不同，则不同的排列种数为（    ） A． B． C． D． 【例2.6.】 现安排甲、乙、丙三名同学到两家企业实习，每名同学只能选择一家企业，每家企业不限制实习生名额，则不同的安排方法有__________种． 【例2.7.】 市图书馆古籍修复志愿队有15名男志愿者和12名女志愿者（均已完成基础培训），现要从男、女志愿者中各选1人，组成见习搭档协助修复师完成线装古籍的辅助工作，则不同的搭档组合种数为（    ） A．27 B．66 C．105 D．180 【例2.8.】 有个家庭相约周末一起自驾游，其中每个家庭有爸爸、妈妈、小孩共人．为节约出行成本，他们计划一共开两辆车，每车最多坐人．为方便照顾小孩，要求位妈妈必须和自己的小孩在同一车上．为保障安全，每辆车上至少要有一位爸爸．则一共有____种不同的安排方法．（用数字作答） 【例2.9.】 某学校组织三个年级的学生到博物馆参观，该博物馆设有青铜器、瓷器、书画三个场馆．若该学校将参观时间分为三个时间段，每个时间段内三个年级的学生参观的场馆互不相同，并且每个年级的学生在三个时间段内参观的场馆不重复，则不同的安排方法有________种．（用数字作答） 题型3：两个计数原理的综合应用 【例3.1.】 由数字0，1，2组成的五位数的正整数中，偶数的个数共有（   ） A．54 B．69 C．108 D．160 【例3.2.】 由数字组成的无重复数字并且比大的偶数个数为（   ） A． B． C． D． 【例3.3.】 从数字0，1，2，3，4中任取3个构成的无重复数字的3位数，其中能被3整除的偶数共有（   ） A．13个 B．15个 C．16个 D．18个 【例3.4.】 4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有_________ 【例3.5.】 某学校派5人参加连续8天的志愿服务活动，其中甲连续参加2天，其中第三天和第五天各需2个人同时参加，其余的天数只能有一个人参加，每个人都至少参加一次活动，至多参加两次活动，则不同的安排方法有__________种．（结果用数字表示） 【例3.6.】 某青年志愿者协会共有4名男生和3名女生.现要从中选出5人组成一个服务小队，分配到社区服务中心的5个不同岗位上（岗位分别为：接待、宣传、保洁、维修、后勤）． (1)若女生丽丽必须进入小队并担任宣传，求符合条件的安排方法数； (2)若已知后勤必须由男生担任，接待必须由女生担任，且男生大勇不会维修，求符合条件的安排方法数． 【例3.7.】 (多选)在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（） A．蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的不同走法一共64种 B．蚂蚁移动到点的不同走法一共24种 C．蚂蚁回到原点的不同走法一共400种 D．蚂蚁恰好经过一次的不同走法一共640种（最后一次到达不算经过） 【例3.8.】 如图，给这八个方格涂色，现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择，要求相邻的方格涂不同的颜色，且两端都涂红色，则不同的涂色方法共有________种． 【例3.9.】 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．192 B．216 C．264 D．288 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 计数原理 目录 题型1：分类加法计数原理的应用 3 题型2：分步乘法计数原理的应用 8 题型3：两个计数原理的综合应用 12 1. 分类加法计数原理 完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在n类方案中有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法. 2. 分步乘法计数原理 完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 3. 两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合问题中往往既有分类又有分步，这时首先要理解题意，弄清“完成哪件事”，弄清是类的趋势大，还是步的趋势大，再决定是先分步还是先分类. (1) 类中有步 完成这件事的方法数为. (2) 步中有类 完成这件事的方法数为. 题型1：分类加法计数原理的应用 【例1.1.】 现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的八个大小、质地完全相同的小球， 甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次(每个球被抽取的可能性相同)，记被抽取的球的序号分别为 ，则满足 的情况有_____种. 【答案】90 【难度】0.5 【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题 【分析】假设有，可得共有5种组合，有4种选择，分、，、讨论，可得答案. 【详解】假设，那么对于 ， 可化简为， 所以，即， 若可以取，对应的就是， 所以共有5种组合，对于每一组，有4种选择， 当确定后，考虑它们的排列顺序， 如果，有三种排列， 如果，同理也有三种排列， 如果，那么有种排列， 如果，那么有种排列， 可得每个组合共有种排列， 所以的5种组合共有种. 【例1.2.】 我们称各个数位上的数字之和为7的三位数为“安康数”，例如106和223，则所有的“安康数”共有__________. 【答案】28 【难度】0.64 【知识点】分类加法计数原理、元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】首先列出相加为7的三个数字的所有可能，再求出每个组合的排列数即可. 【详解】由题意知，构成一个“安康数”的三个数字可能为 型（表示由1个7，两个0构成，下同）有1个；型有个；型有个；型有个；型有个；型有个；型有个；型有个. 所以组合能构成的“安康数”的个数有：个. 【例1.3.】 某旅游博主准备从安徽省的5个国家全域旅游示范区与10个不是国家全域旅游示范区的省全域旅游示范区中选4个去打卡，若国家全域旅游示范区至少选3个，则选取方法种数为________．（用数字作答） 【答案】105 【难度】0.82 【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题 【分析】需按“国家全域旅游示范区选3个、选4个”两种情况分类讨论，再用分类加法计数原理求和. 【详解】我们将选取情况分为两类： 选3个国家全域旅游示范区，1个省全域旅游示范区的方法数：. 选4个国家全域旅游示范区，0个省全域旅游示范区的方法数：. 所以总选取方法种数为：. 【例1.4.】 某高中高二年级要从1，2，3班中选取1名同学参加作文比赛，1班推荐了4人，2班推荐了6人，3班推荐了3人，则高二年级可选择的方案有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【难度】0.95 【知识点】分类加法计数原理 【详解】由题意，得若选中的同学来自1班，则有4种选择方案； 若选中的同学来自2班，则有6种选择方案； 若选中的同学来自3班，则有3种选择方案． 由分类加法计数原理，得共有种选择方案． 【例1.5.】 用数字2，3，5可以组成 无重复数字的偶数的个数为（    ） A．15 B．12 C．10 D．5 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理、数字排列问题 【分析】分三类，即一位整数，两位整数和三位整数. 【详解】分三类，第一类组成一位整数，偶数有2，共1个； 第二类组成两位整数，其中偶数有32和52，共2个； 第三类组成三位整数，其中偶数有352和532，共2个． 由分类加法计数原理知共有偶数5个． 【例1.6.】 现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值种数为（    ） A．30 B．31 C．32 D．64 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题 【详解】根据题意，一共可以组成的币值种数为种． 【例1.7.】 甲，乙，丙，丁，戊参加数学竞赛，决出了第一名到第五名的排名，甲和乙去询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你没有拿到第一名”，对乙说：“你的名次和甲没有挨着”，则这人的名次排列不同的情况有（   ）种. A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.62 【知识点】分类加法计数原理、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】根据甲不是第一名，所以甲的名次只能是第名，然后分类计算，再由分类加法计数原理可得. 【详解】因为甲不是第一名，所以甲的名次只能是第名，共种选择，所以分类计算： 第一类：甲是第名，与甲相邻的名次是和，所以乙只能从两个名次确定一个， 其余人全排列，因此有（种）不同排列的名次； 第二类：甲是第名，与甲相邻的名次是和，所以乙只能从两个名次确定一个， 其余人全排列，因此有（种）不同排列的名次； 第三类：甲是第名，与甲相邻的名次是和，所以乙只能从两个名次确定一个， 其余人全排列，因此有（种）不同排列的名次； 第四类：甲是第名，与甲相邻的名次是，所以乙只能从三个名次确定一个， 其余人全排列，因此有（种）不同排列的名次； 根据分类加法计数原理，共有（种）不同排列的名次. 【例1.8.】 定义“特性数列”如下：共有项，每一项（其中，2，…，，），且对任意的，，，…，中0的个数不少于1的个数．若，则不同的“特性数列”的个数为（    ） A．3 B．9 C．10 D．16 【答案】C 【难度】0.45 【知识点】分类加法计数原理、数列新定义 【分析】根据“特性数列”的定义，结合的条件，通过列举法来确定不同的“特性数列”的个数，关键在于理解“任意的，，，…，中0的个数不少于1的个数”这一条件，从第一项开始分析，逐步确定每一项的可能取值. 【详解】根据定义，当时，只能为0，因为若，则0的个数为0，1的个数为1，不满足0的个数不少于1的个数这一条件； 当时，，此时可以为0或1. 若，则前两项0的个数为2，1的个数为0，满足条件； 若，则前两项0的个数为1，1的个数为1，也满足条件； 情况一：， 当时，可以为0或1. 若，即前三位数为000，则的取值可得四个满足条件的数列，； 若，即前三位数为001，则的取值可得三个满足条件的数列，; 所以这种情况下的数列有：00000，00001，00010，00011，00100，00101，00110.共7个； 情况二：， 当时，只能为0 当时，即前三位数为010,则的取值可得三个满足条件的数列，共3个； 综合以上情况，不同的“特性数列”的个数为10. 【例1.9.】 已知集合，则满足，且的所有有序整数数组共有______种． 【答案】 【难度】0.35 【知识点】代数中的计数问题 【分析】先对已知条件进行化简，进而根据最大值与最小值之间的关系，进行分类讨论，依次求出所有数组的可能. 【详解】不妨设，则，∴． ①每一有序数组的最大数与最小数的差为3时，先取四位数，有7种情况，例如四位数字， 则必有数字为，当第三个数字为或时，有种， 当第三个数字为或时，有种， 以此类推，共有种； ②每一有序数组的最大数与最小数的差为2时，先取三位数，有8种情况，例如三位数字， 则必有数字为，当第三个数字为时，有种， 当第三个数字为或时，有种， 以此类推，共有种； ∴满足条件的数组一共有种． 题型2：分步乘法计数原理的应用 【例2.1.】 书架的第1层放有5本不同的计算机书，第2层放有6本不同的文艺书，第3层放有7本不同的体育书.从书架的第1层，第2层，第3层各取1本书，共有不同的取法种数为_______. 【答案】 【难度】0.92 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【详解】由分步计数原理可知，不同的选法种数为种. 【例2.2.】 甲、乙、丙、丁四人从网球、乒乓球、羽毛球这三门选修课中，每人任选一门参加，则不同的选择方案共有（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】甲、乙、丙、丁四人从网球、乒乓球、羽毛球这三门选修课中，每人任选一门参加，可以分4步完成， 每一步由1人选择一门选修课，每步均有3种选法，根据分步乘法计数原理，故共有种不同的选择方案. 【例2.3.】 甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人且甲、乙不站同一个台阶，同一台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法是____________种． 【答案】180 【难度】0.81 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【详解】根据分步乘法计数原理，按顺序安排三人站位： 安排甲的站位：共有6级台阶可选，因此甲有6种不同站法； 安排乙的站位：要求甲、乙不站同一台阶，排除甲已选择的台阶，乙有6−1=5种不同站法； 安排丙的站位：已知每级台阶最多站2人，此时甲、乙分属不同台阶，各级台阶至多仅站1人，丙有6种不同站法. 综上，不同的总站法种数为. 【例2.4.】 会议室前排共有6个座位．某次会议，要从4名男性中选2人，从3名女性中选2人，共4人安排在前排就坐，则不同的安排方法有（   ） A．5930种 B．6480种 C．6820种 D．7660种 【答案】B 【难度】0.68 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题 【分析】从4名男性中选2人，从3名女性中选2人，再安排座位. 【详解】第一步，选人：从4名男性中选2人，从3名女性中选2人，有种选法． 第二步，安排座位：从6个座位中选4个安排选出的4人，有种安排方法． 由分步乘法计数原理，有种安排方法． 【例2.5.】 诗句”花落知多少”的平仄格式为平仄平平仄．现将该诗句中的5个字重新排列，要求重新排列后的平仄序列与原诗的平仄序列不同，则不同的排列种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.74 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题 【详解】5个字的全排列种数为， “落”与“少”放在第二个和第五个位置的排列种数为， 所求不同的排列种数为． 【例2.6.】 现安排甲、乙、丙三名同学到两家企业实习，每名同学只能选择一家企业，每家企业不限制实习生名额，则不同的安排方法有__________种． 【答案】8 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【详解】每个同学都有种选择方法， 所以不同的安排方法有种. 【例2.7.】 市图书馆古籍修复志愿队有15名男志愿者和12名女志愿者（均已完成基础培训），现要从男、女志愿者中各选1人，组成见习搭档协助修复师完成线装古籍的辅助工作，则不同的搭档组合种数为（    ） A．27 B．66 C．105 D．180 【答案】D 【难度】0.88 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】根据分步乘法计数原理可得不同的搭档组合种数为． 【例2.8.】 有个家庭相约周末一起自驾游，其中每个家庭有爸爸、妈妈、小孩共人．为节约出行成本，他们计划一共开两辆车，每车最多坐人．为方便照顾小孩，要求位妈妈必须和自己的小孩在同一车上．为保障安全，每辆车上至少要有一位爸爸．则一共有____种不同的安排方法．（用数字作答） 【答案】 【难度】0.4 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题、分组分配问题 【分析】先确定总人数人只能按人和人分组，再结合妈妈必须和小孩同车的绑定条件，推出人车只能是对母子位爸爸、人车是对母子位爸爸，接着分步计算：选个家庭的母子进人车（）、选 2 位爸爸同乘（），再考虑两辆车的顺序（），相乘得到总数． 【详解】个家庭共人，分两辆车，每车最多人，即人数分配为人和人， 按照要求，人车只能有个小孩和妈妈绑定，外加个爸爸；人车有个小孩和妈妈绑定，外加个爸爸， 第一步：先将人员分成一个人组和一个人组．其中，组成人组（含对母子和位爸爸）的方法数为种，余下人（含对母子和位爸爸）自成一组． 第二步：将这两个人数不同的小组分配到两辆不同的车上，方法数为种． 所以，安排方法有种． 【例2.9.】 某学校组织三个年级的学生到博物馆参观，该博物馆设有青铜器、瓷器、书画三个场馆．若该学校将参观时间分为三个时间段，每个时间段内三个年级的学生参观的场馆互不相同，并且每个年级的学生在三个时间段内参观的场馆不重复，则不同的安排方法有________种．（用数字作答） 【答案】12 【难度】0.45 【知识点】实际问题中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【详解】假设有1，2，3三个年级，第一个时间段有种选择. 第二个时间段若1选择2第一个时间段的选择，3只能选择1第一个时间段的选择，剩下的给到2， 若1选择3第一个时间段的选择同理，因此第二个时间段有两种选择. 第三个时间段只能选择每个剩下的参观. 因此总安排方式有种. 题型3：两个计数原理的综合应用 【例3.1.】 由数字0，1，2组成的五位数的正整数中，偶数的个数共有（   ） A．54 B．69 C．108 D．160 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题 【详解】0为个位的偶数共有个； 2为个位的偶数共有个， 故偶数的个数共有个. 【例3.2.】 由数字组成的无重复数字并且比大的偶数个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】数字排列问题、排列数的计算、元素（位置）有限制的排列问题 【详解】已知数字组成的无重复数字的6位偶数大于， 则首位为或： 当首位为4时，个位为0或2，共2种，中间4位数任意排列，共种； 当首位为5时，个位为，共3种，中间4位数任意排列，共种； 总数为：． 【例3.3.】 从数字0，1，2，3，4中任取3个构成的无重复数字的3位数，其中能被3整除的偶数共有（   ） A．13个 B．15个 C．16个 D．18个 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题 【详解】满足条件的3位数可由或或或构成， 由构成的偶数有个；由构成的偶数有个； 由构成的偶数有个；由构成的偶数有个. 故共有个. 【例3.4.】 4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有_________ 【答案】60 【难度】0.75 【知识点】实际问题中的计数问题、实际问题中的组合计数问题 【详解】每家企业至少录用一名大学生的情况有两种： 一种是一家企业录用一名，种； 一种是其中有一家企业录用两名大学生，种， ∴一共有种. 【例3.5.】 某学校派5人参加连续8天的志愿服务活动，其中甲连续参加2天，其中第三天和第五天各需2个人同时参加，其余的天数只能有一个人参加，每个人都至少参加一次活动，至多参加两次活动，则不同的安排方法有__________种．（结果用数字表示） 【答案】5724 【难度】0.15 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】先考虑甲连续参加2天，由于第三天和第五天特殊，故根据甲是否在第三天或第五天分成两种情况，再对第三天第五天两个特殊位置考虑分类，根据分类和分步计数原理求解即可． 【详解】不妨设天数为12345678，另外四人为， 当甲在12，67，78这三个时间段连续参加2天时： (1)第三天与第五天由剩下四人参加：则先把分到第三天与第五天，剩下四天由排列完成，共有种方法； (2)第三天与第五天由剩下四人中的三人参加：则先把中选三人(如)分到第三天与第5天(如)，剩下四天由剩下的人(如)完成，共有种方法； (3)第三天与第五天由剩下四人中的两人参加：则先把中选两人(如)分到第三天与第5天(如)，种方法， 当甲在23，34，45，56这四个时间段连续参加2天时： (1)第三天与第五天由剩下四人中三人(如)参加：先从四人中选一人与甲同一天，再从剩下三人中选两人在另一天，然后剩下五天由剩下人完成(如)，有种方法， (2)第三天与第五天由剩下四人中二人(如)参加：先从四人中选一人与甲同一天(如)，两从剩下一人中选1人(如)与刚才的1人()排在另一天，剩下五天由剩下人完成(如)，有种方法； 根据分类计数原理，共有种方法． 故答案为：5724． 【例3.6.】 某青年志愿者协会共有4名男生和3名女生.现要从中选出5人组成一个服务小队，分配到社区服务中心的5个不同岗位上（岗位分别为：接待、宣传、保洁、维修、后勤）． (1)若女生丽丽必须进入小队并担任宣传，求符合条件的安排方法数； (2)若已知后勤必须由男生担任，接待必须由女生担任，且男生大勇不会维修，求符合条件的安排方法数． 【答案】(1)360 (2)612 【难度】0.5 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】（1）将丽丽固定在宣传岗，从剩余人中选人进行排列即可； （2）按特殊元素，特殊位置优先排列的原则，分男生大勇是否担任后勤两种情况分析，并根据分类加法和分步乘法计数原理计算可得. 【详解】（1）丽丽固定在宣传岗， 剩余4个岗位（接待、保洁、维修、后勤）从剩下的6人（4男+2女）中选4人进行排列． 方法数为：种． （2）①若男生大勇担任后勤，则先安排接待岗位有3种安排方法， 再从剩下的5人中选择3人排列到剩余岗位上， 根据分步乘法计数原理，方法数为种； ②若后勤不由大勇担任，则先安排后勤岗位有3种安排方法， 再安排接待岗位有3种安排方法， 第三步安排维修岗位，因大勇不能担任，所以有4种安排方法， 最后从剩下的4人中任选2人排列到宣传和保洁两个岗位上. 根据分步乘法计数原理，方法数为种， 综上，根据分类加法计数原理，总安排方法数为种． 【例3.7.】 (多选)在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（） A．蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的不同走法一共64种 B．蚂蚁移动到点的不同走法一共24种 C．蚂蚁回到原点的不同走法一共400种 D．蚂蚁恰好经过一次的不同走法一共640种（最后一次到达不算经过） 【答案】ACD 【难度】0.22 【知识点】排列组合综合、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题 【详解】选项A，由题意得蚂蚁只能在点、、中移动，不能走到距离原点超过1的位置. 按每一步的位置分类计数： 起点，有4种走法到4个相邻点. 从或出发，下一步只能回到原点 走法只能是：原点→相邻点→原点→相邻点→原点→相邻点→原点，共6步. 第一步：4种选择； 第2、4、6步：只能回原点，各1种； 第3、5步：从原点出发，4种选择 总走法：种.故A正确 选项B，要到达，需要向右移动3次、向上移动3次，总步数为6次，不能有向左或向下移动. 走法数为6步中选3步向右（剩余3步向上），B错误 选项C ，回到原点意味着向右次数=向左次数，向上次数=向下次数.设向右/向左各次，向上/向下各次，，即，. ： ： ： ： 总走法：种.故C正确 选项D，设向右次，向上次，从原点到第一次经过所需步数为 则 时，即，从原点到的走法数为 从出发，4步内经过两步回到，走法数为， 4步总走法为种，因此不回到的走法数为种. 此种情况不同走法数为 时，，或，第4步到不同走法数为 其中第二步到的走法数为，故此种情况不同走法数为 综上，恰好经过一次的不同走法一共种，D正确 【例3.8.】 如图，给这八个方格涂色，现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择，要求相邻的方格涂不同的颜色，且两端都涂红色，则不同的涂色方法共有________种． 【答案】13020 【难度】0.4 【知识点】涂色问题 【分析】对最中间的4个方格进行分类讨论，分为中间4个方格中有2个方格涂红色、中间4个方格中只有1个方格涂红色、中间4个方格都不涂红色三种，每一种逐个根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】设方格从左至右分别命名为， 因为两端都涂红色，且相邻方格不同颜色，所以中间4个方格也可以涂红色， ①当中间4个方格中有2个方格涂红色时， 涂红色的位置有方格3、5或方格4、6或方格3、6共3种选择， 剩下的4个方格，还有两个单独和两个相邻的，而其左右两边皆为红色方格， 对于两个单独的方格而言，除红色外其他颜色都可选取，共种， 对于相邻的两个方格，其中第一块方格可选除红色外的5种颜色， 第二块方格选取剩余4种颜色，共种， 所以该类涂法一共有种； ②当中间4个方格中只有1个方格涂红色时，涂红色的位置有4种选择， 未涂色区域划分为两部分，其中对于每一部分， 其中第一块方格都可以涂除红色外的5种颜色， 剩余的都只能涂除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色， 故剩下的共有种选择，所以该类涂法一共有种； ③当中间4个方格都不涂红色时， 中间一大块区域每个方格均只能涂上除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色， 共有种； 综上，不同的涂色方法共有种． 【例3.9.】 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．192 B．216 C．264 D．288 【答案】C 【难度】0.55 【知识点】涂色问题 【分析】先对图中挂件进行编号，根据已有条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方法种类数. 【详解】该挂件进行如图所示的编号：    依题意1号有4种涂色方案，2，3，4号有种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： 第一种：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； 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第二种：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， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第三种：若5号与1号异色，与3号同色，此时5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，则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； 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第四种：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号均有两种涂色方法， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 综上可知，所有涂色方法种类数为种涂色方法. 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