专题12.2 排列组合讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义围绕排列组合高考核心考点，系统整合概念公式、数字排列、涂色问题等八大题型，按“基础概念-方法技巧-综合应用”逻辑构建知识网络，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生建立解题框架，突破排列组合难点。 讲义创新采用分类突破教学法，每种方法配套典例解析与分层练习，如捆绑法教学中引导学生构建“相邻元素整体化”模型，培养数学思维与应用意识。设置基础到综合的梯度训练，确保高效掌握解题技巧，为教师把控复习节奏提供支撑，提升学生应考能力。

专题12.2 排列组合 12.2.1 排列与组合概念及相关公式 1.排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列.从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示. （2）排列数的公式：. 特例：当时，；规定：. （3）排列数的性质：①；②；③ . 2.组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合. 从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示. （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到 ；因此 . 这里，且，这个公式叫做组合数公式.因为，所以组合数公式还可表示为：.特例：. （3）组合数的主要性质：①；②. 3.排列和组合的区别 组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工. 排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同. 例1.（多选）下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 例2.已知，为正整数，且，则下列各式中错误的是（ ） A. B. C. D. 例3.若，则 . 例4.（1）计算：； （2）计算：； （3）解方程：. 1.化简：= . 2.计算：= . 3.化简：= . 4.化简：= . 5.已知，，则正整数、的值为= ， . 6.若，则 . 7.已知，则 . 8.已知，为正整数，且，则下列各式中，正确的个数是（ ） ①；②；③；④. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9.（多选）下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 10.已知 ，则 的值为（ ） A. 3 B. 3或4 C. 4 D. 4或5 11.（多选）下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 12.2.2 排列组合-数字排列类型 数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论. 例1.在这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 例2.由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有（　　） A. 210个 B. 300个 C. 464个 D. 600个 例3.若从1，2，3，…，9这9个整数中取出4个不同的数排成一排，依次记为，，，，则使得为奇数的不同排列方法有（ ） A. 1224 例4.袋子中有数字“7”的卡片张和数字“2”，“3”，“5”的卡片各张，从中任意取出张卡片，最多能组成 个不同的四位数（用数字回答）. 例5.公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个． A. 600 B.300 C.360 D.180 1.用0,1,2,3,4组成无重复数字的三位偶数，一共有 个. 2.用0,1,2,3,4组成无重复四位数，其中至少包含数字1，共有 个. 3.用1,2,3,4,5组成无重复五位数，要求1不在万位、2不在个位，共 个. 4.用1,2,3,4,5组成无重复五位数，要求数字2、3必须相邻，共 个. 5.用0,1,2,3,4组成无重复五位数，要求数字1、3不相邻，共 个. 6.用0,2,3,5,7组成无重复数字的四位奇数，且千位不能为2，一共有 个. 7.将数字排成一列，记第个数为，若，，，，则不同的排列方法有 种（用数字作答）. 8.用数字可以组成没有重复数字，并且比大的五位偶数共有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 9.用数字组成没有重复数字的五位数，则其中数字相邻的偶数有 个（用数字作答）. 10.用这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共 有 个. 11.用数字1、2、3组成五位数，且数字1、2、3至少都出现一次，这样的五位数共有（ ）个 A. 120 B. 150 C. 210 D. 240 12.数字“2016”中，各位数字相加和为9，称该数为“长久四位数”，则用数字组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”有（　　）个 A. 39 B. 40 C. 41 D. 42 12.2.3 排列组合-涂色类型 1.涂色（染色）问题主要类型 （1）点线面染色问题：涉及对点、线、面的染色； （2）区域染色问题：将一个平面区域按照一定的规则进行染色； （3）图形染色问题：对各种几何图形进行染色，如三角形、正方形等； （4）染色方案问题：确定满足一定条件的染色方案的数量； （5）染色规律问题：寻找染色过程中的规律； （6）限定条件染色问题：在特定限制条件下进行染色，等等． 2.涂色（染色）问题的常用解题策略 （1）从确定染色顺序入手根据染色问题的要求，先确定好区域的染色顺序，对各个区域分步染色，再由乘法原理计算出染色的种数，是处理这类问题最基本的方法． （2）从使用颜色的种类入手 按照染色问题中的题设要求，从使用了多少种颜色分类讨论入手，分别计算出各种情形的种类，再用分类计数原理求出不同的染色方法的种数． （3）从相对区域是否同色入手 从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出两种情形的种数，再用分类计数原理求出不同的染色方法的种类． 3.应用两个计数原理解决涂色（染色）问题的一般步骤 （1）明确问题：仔细理解涂色染色问题的具体要求和限制条件； （2）分解步骤：将整个涂色染色过程分解为若干个相互独立的步骤； （3）分类或分步： ①分类：根据不同的情况或条件进行分类，每类相互独立； ②分步：按照一定的顺序进行分步操作． （4）确定方法数：在分类的情况下，分别计算每类的方法数；在分步的情况下，相乘得到总的方法数． （5）计算总数：如果既有分类又有分步，需要明确先分类再分步计算，还是先分步再分类计算. （6）检查结果：检查计算结果是否满足问题的限制条件． 4.应用两个计数原理解决涂色（染色）问题注意事项 （1）确保分类或分步的合理性和完整性，避免遗漏情况． （2）注意题目中的限制条件，不符合要求的方案应排除． （3）对于复杂的问题，可以通过列举部分情况来辅助理解和分析． 例1.如图，一环形花坛分成A,B,C,D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（  ） A．96 B．84 C．60 D．48 例1图 例2图 例3图 例2.重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的 图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式． 例3.某人有3种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多）,要在如图所示的6个点A、B、C、A1、B1、C1上各装一个灯泡,要求同一条线段两端的灯泡不同色,则不同的安装 方法共有 种．（用数字作答） 例4.用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有多少种（ ） A. 14400 B. 28800 C. 38880 D. 43200 1.用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的A，B，C，D，E的5个区域涂上颜色，要 求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数 为（　　） A．24 B．36 C．48 D．72 2.如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择．要求每一 个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（　　） A．64 B．72 C．84 D．96 3.如图，某社区为墙面A、B、C、D四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜 色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则涂法有（　　） A．12种 B．24种 C．48种 D．84种 4.给如图所示的A，B，C，D，E五个区域涂色，有4种颜色供选择，要求每个区域涂一色，相邻区域不同色，则不同的涂色方法有（　　） A．48种 B．72种 C．96种 D．120种 5.如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，也叫赵爽弦图，现用5种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（　　） A．180 B．240 C．360 D．420 6.在一个正六边形的六个区域涂色（如图），要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域（有公共边）涂不同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同涂色方案有（ ） A. 720 种 B. 2160 种 C. 4100 种 D. 4400 种 7.用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为 的9个小正方形（如图 1），使得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同，且目标号为“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（ ） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A. 108 种 B. 60 种 C. 48 种 D. 36 种 8.某儿童游乐园有个区域要涂上颜色，现有四种不同颜色的油漆可供选择，要求相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的涂色方案有（ ）种 A. B. C. D. 9.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥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 5 种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ） A. 180 B. 240 C. 420 D. 480 10.提供6种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F六个区域涂色，要求相邻区域不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有 种. 12.2.4 排列组合-捆绑法 1.解决相邻问题的方法是“捆绑法”. 2.其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种. 例1.有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（  ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 例2.甲､乙､丙､丁､戊共5名同学进行演讲比赛，决出第1名到第5名的名次.已知甲和乙都不是第1名，且丙和丁的名次相邻，则5人的名次排列可能有（    ）种不同的情况 A．18 B．24 C．36 D．48 例3.某晚会上需要安排4个歌舞类节目和2个语言类节目的演出顺序，要求语言类节目之间有且仅有2个歌舞类节目，则不同的演出方案的种数为（     ） A．72 B．96 C．120 D．144 例4.3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（    ） A．360 B．288 C．216 D．96 1.8人排队，甲、乙、丙3人必须相邻，则排列总数有 种. 2.7人排队，甲、乙必须相邻，且甲不能站队伍最左端，则排法总数有 种. 3.9名学生排队，甲、乙必须相邻，同时丙、丁也必须相邻，则总排列数有 种. 4.10本互不相同的书排成一排，2本语文书相邻、3本数学书相邻、2本英语书相邻，则排法总数有 种. 5.8人排队，甲乙捆绑为一个整体、丙丁捆绑为一个整体，且甲乙整体与丙丁整体不能相邻，则排法数有 种. 6.8本互不相同的参考书排成一排，其中2本数学书必须相邻、3本物理书必须相邻；排好后平均分给 2 个班级，整列书本分给一个班，则总分配方案有 种. 7.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（    ） A．1440种 B．960种 C．720种 D．480种 8.甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，则甲、乙相邻的排法有（    ） A．72种 B．60种 C．48种 D．36种 9.甲、乙等5人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且都不站在两端的排法有（    ） A．12种 B．24种 C．48种 D．120种 10.周一到周五某公司需要安排甲、乙、丙、丁、戊各值班一天，则甲值完班以后正好轮到乙值班的方法数为（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 11.某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（    ）种不同的排法 A．24 B．144 C．48 D．96 12.2.5 排列组合-插空法 1.解决不相邻问题的方法为“插空法”. 2.其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素互不相邻（k≤n-k+1），求不同排法种数的方法是：先将（n-k）个元素排成一排，共有种排法；然后把k个元素插入n-k+1个空隙中，共有种排法.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种. 例1.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就坐，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的排法种数是（  ） A．234 B．346 C．350 D．363 例2.一个小型联欢会要安排1个诗词朗诵类节目，2个独唱类节目，2个歌舞类节目，则同类节目不相邻的安排方式共有（  ） A．44种 B．48种 C．72种 D．80种 例3.用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1与2 相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有 个.（用数字作答） 例4.已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有（   ）种 A．186 B．264 C．284 D．336 例5.为迎接新年到来，某中学2022作“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚会如期举行.校文娱组委员会要在原定排好的8个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来的8个节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为(    ) A．36 B．45 C．72 D．90 例6.高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一､二､三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是（    ） A．72 B．144 C．48 D．36 1.7名同学排成一排，甲、乙两人不能相邻，一共有 种排队方法. 2.5本不同的练习册排成一排，2本错题本不能相邻，则排列方法数有 种. 3.9人排队，甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，则排队方法数有 种. 4.10本不同书籍排成一排，2本语文书相邻，3本数学书互不相邻，其余5本书无限制，则排法数有 种. 5.3支不同钢笔、4支不同铅笔排成一排，2支钢笔互不相邻，则排法数有 种. 6.3名老师，5名学生共8人排队，①甲乙2名特定学生互不相邻；②3名老师不全相邻，则总排法有 种. 7.7名演员排队，甲乙必须相邻，丙、丁、戊三人互不相邻，则总排法有 种. 8.6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（  ） A．144 B．120 C．72 D．24 9.两个大人和4个小孩站成一排合影，若两个大人之间至少有1个小孩，则不同的站法有（   ）种. A．240 B．360 C．420 D．480 10.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一个五音阶音序，且商、角不相邻，徽位于羽的左侧，则可排成的不同音序有（    ） A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 11.2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时创意新颖，惊艳了全球观众．衡阳市某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“雨水”、“春分”、“清明”、“谷雨”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？（     ） A．24 B．48 C．144 D．244 12.马路上有编号为1，2，3…，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有（     ）种 A．15 B．20 C．10 D．9 12.2.6 排列组合-定序问题 定序问题采取“缩倍法”:对于某几个元素按一定的顺序排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行全排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数；即先全排，再除以定序元素的全排列. 如：n个元素的全排列中若有m(m≤n)个元素.必须按照一定顺序排列，这m个元素相邻或不相邻不受限制，其排列数为：. 例1.今有2个红球，3个黄球，同色球不加以区分，将这5个球排成一行，则不同的排法种数为（    ） A． B． C． D． 例2.2名女生和4名男生排成一列，男生甲和乙的顺序一定，则有 种不同的排法． 例3.某同学将英文单词“million”中字母的顺序记错了，那么他在书写该单词时，写错的情况有 种（用数字作答）． 例4.花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （       ） A．2520 B．5040 C．7560 D．10080 例5.DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（       ） A．20 B．40 C．60 D．120 1.7名同学站成一排，要求甲一定站在乙的前面（甲乙无需相邻），则总排列方法数有 种. 2.5本不同练习册排成一排，错题本A必须排在错题本B前面，则排列总数有 种. 3.7人排队，甲必须在乙前面，且甲不能站队伍最左端，则合法排法总数有 种. 4.9名学生排队，要求甲在乙前面，同时丙在丁前面，四人可互不相邻，则总排列数有 种. 5.6人排队，要求甲在乙前，同时丙、丁、戊满足丙→丁→戊固定顺序，己无限制，则排列总数有 种. 6.3名老师、5名学生共8人排成一排，满足：①学生甲必须在学生乙前面；②3名老师不能全部相邻，则符合条件的排列总数有 种. 7.6人围成一圈，甲必须排在乙前面，环形旋转重合视为同一种排列，则方案数有 种. 8.自然对数的底数e，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和π一样是无限不循环小数，e的近似值约为2.7182818….若用欧拉数的前6位数字2，7，1，8，2，8设置一个六位数的密码，则不同的密码共有 个. 9.将3个红球，4个篮球，2个黄球排成一排（相同颜色的球是一样的），有 种排法． 10.甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，若甲在乙的左边，则不同的站队方式共有 种. 11.某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后进行，又工程丁必须在丙完成后立即进行，那么安排这6项工程的不同的排法种数是 . 12.甲、乙、丙、丁、戊5名同学从周一至周五轮流安排写作练习，甲、乙均不安排在周一和周二，且甲在乙之前，则不同的排列方式共有 种. 12.2.7 排列组合-隔板法 1.隔板法是解决特定类型排列组合问题的一个经典方法，用于求解将相同元素分配到不同组时的组合总数.在隔板法模型中，设想有一排相同的元素，我们需要在这排元素之间的若干个位置放置隔板来将它们划分成不同的组. 2.隔板法的常见题型基本模型和条件： （1）有n个完全相同的元素需要分配到m个不同的组里. （2）每个组至少分得一个元素（即不允许有空组）. 3.隔板法基本解题思路： （1）在n个元素之间形成的n-1个“空隙”中选择m-1个位置放置隔板. （2）不同的隔板放置方式对应着不同的分配方案. 4.计算公式：使用组合公式来计算放置隔板的方式数目，即，也就是从n-1个位置中选m-1个位置进行排列的组合数. 例1.关于的方程（其中）的解共有 组. 例2.各数位数字之和等于8（数字可以重复）的四位数个数为 . 例3.现有6个三好学生名额，计划分到三个班级，则恰有两个班分到三好学生名额的概率为 . 例4.把 6 张座位编号为的电影票分发给4个人，每人至少1张，最多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法种数是（ ） A. 168 B.96 C.72 D.144 1.求整数解，限制：，且，则解总个数有 个. 2.16本相同教辅书分给甲、乙两个不同班级，每班至少分2本，则分配方案总数有 种. 3.11个相同玩偶分给4个不同小朋友，每人至少1个，且指定一人最多分3个，则由 种方案. 4.18个相同水杯分给甲、乙、丙、丁4个班，甲至少2个，乙至少1个，丙丁可以分0个，则分配方案有 种. 5.各数位数字之和等于6（数字可以重复）的四位数个数为 （请用数字作答）. 6.某市举行高三数学竞赛，有6个参赛名额分给甲乙丙三所学校，每所学校至少分得一个名额，共有 种不同的分配方法.（用数字作答） 7.有10本相同的画册要分给6个小朋友，每个小朋友至少一本，则不同的分法种数 为 （用数字作答）. 8.方程的非负整数解有（       ） A．组 B．136组 C．190组 D．68组 9.若方程，其中，则方程的正整数解的个数为 A．10 B．15 C．20 D．30 10.将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲、乙、丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（ ） A. 720 种 B.420种 C.120种 D.15种 11.将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（       ） A．720种 B．420种 C．120种 D．15种 12.2.8 排列组合-分组问题 1.常规分组问题：需要分组分配的排列组合类型，常利用分类加法进行分类讨论处理. 2.平均分组问题： ①平均分组问题先选好人后，平均分了n组，则除以. ②为什么除以，因为分组的时候已经默认分步计数进行了排序，而由于平均分组本身不应有顺序，所以这里就造成了重复，所以需要除以. 例1.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为（  ） A．540 B．300 C．180 D．150 例2.将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有 种(用数字作答). 例3.有本不同的书. (1)分给甲、乙、丙、丁四人，每人本，有几种分法？ (2)若堆依次为本，本，本，本，有几种分法？ (3)若平均分成堆，有几种方法（只要求列出算式）？ 例4.有4名医学毕业生到甲、乙、丙三所学校去应聘校医工作，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为（    ） A．40种 B．60种 C．80种 D．120种 例5.将甲，乙等5人全部安排到A,B,C,D四个工厂实习，每人只去一个工厂，每个工厂至少安排1人，且甲，乙都不能去A工厂，则不同的安排方法有（    ） A．72种 B．108种 C．126种 D．144种 1.6 个不同小球分成3组，各组数量1、2、3，只分组不分配，则分组方法数有 种. 2.9 本不同练习册平均分成3组，每组3本，仅分组，则分法有 种. 3.10 本不同图书分成四组：两组2本、两组3本，仅分组，则分法有 种. 4.10名学生分成两组3人、一组4人，三组派往A、B、C社区，则总派遣方案有 种. 5.8个不同模型分三组，两组2个、一组4个，只分组，则分法有 种. 6.6个不同玩具平均分成3组，每组2个，只分组，则分法有 种. 7.为了推动城乡义务教育一体化发展，某师范大学6名毕业生主动申请到某贫困山区的乡村小学工作，若将这6名毕业生分配到该山区的3所乡村小学，每所学校至少分配1人，则分配方案的总数为 ． 8.学校安排甲､乙等5名学生作为社区组织的“中老年趣味体育大赛”的项目志愿者，已知该比赛有A,B,C这3个项目，每名学生只去1个项目做志愿者，且每个项目的志愿者至少有1人，则不同的安排方法有 种.（用数字作答） 9.现有含甲在内的5名游客来到江西旅游，分别准备从井冈山、庐山、龙虎山这3个5A级景区中随机选择1个景区游玩.在这5名游客中，甲不去井冈山，但每个景区均有人选择，则这5名游客不同的选择方案种数为（    ） A．52 B．72 C．76 D．100 10.安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（  ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 11.将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（    ） A．12种 B．18种 C．36种 D．54种 12.已知有6本不同的书. （1）分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？ （2）分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？ 12.2.9 排列组合-间接法 带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题常考虑间接法，即总个数减去反面个数即得答案. 例1.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有（    ） A．6种 B．12种 C．30种 D．36种 例2.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，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（   ） A．408种 B．240种 C．1092种. D．120种 例3.将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（    ） A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种 例4.某校开设9门选修课程，其中A，B，C三门课程由于上课时间相同，至多选一门，若规定每位学生选修4门，则一共有 种不同的选修方案. 1.从8名同学中选出4名同学参加校园志愿活动，要求选出的4人中至少包含甲同学，则不同的人员选取方法总数有 种. 2.某班级有6名男生、4名女生，一共10名学生，从中随机选出5名学生作为班级代表参加校级座谈会，要求选出的5名学生不能全部为男生，则不同的选人方案数有 种. 3.袋中有5个不同红球、4个不同白球，一共9个小球，从中随机取出4个小球，要求取出的小球中至多有3个红球，则不同的取球方法数有 种. 4.7名同学排成一排进行合影留念，要求甲、乙两名同学不能全部相邻（即甲乙不全相邻），则一共有多少种不同的排队方式有 种. 5.某部门有8名男员工、5名女员工，共计13名员工，先从中选出5名员工，再将选出的5人分配到A、B两个不同工作岗位，要求选出的5人不能全部为男员工，则总共有 种不同的分配方案. 6.6名男生、4名女生一共10人排成一排拍照，要求4名女生不能全部互不相邻（即至少有两名女生相邻），则满足条件的排队总方案数有 种. 7.红五月，某校团委决定举办庆祝中国共产党成立100周年“百年荣光，伟大梦想”联欢会，经过初赛，共有6个节目进入决赛，其中2个歌舞类节目，2个小品类节目，1个朗诵类节目，1个戏曲类节目．演出时要求同类节目不能相邻，则演出顺序的排法总数是（       ） A．96 B．326 C．336 D．360 8.从甲、乙等10个同学中挑选4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有（    ） A．70种 B．112种 C．140种 D．168种 9.从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案数为（    ） A．100 B．110 C．120 D．180 10.某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（    ） A．30种 B．35种 C．42种 D．48种 11.某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（       ） A．21种 B．231种 C．238种 D．252种 12.将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（       ） A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12.2 排列组合 12.2.1 排列与组合概念及相关公式 1.排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列.从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示. （2）排列数的公式：. 特例：当时，；规定：. （3）排列数的性质：①；②；③ . 2.组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合. 从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示. （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到 ；因此 . 这里，且，这个公式叫做组合数公式.因为，所以组合数公式还可表示为：.特例：. （3）组合数的主要性质：①；②. 3.排列和组合的区别 组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工. 排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同. 例1.（多选）下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 解：对于A，，，所以，故A正确； 对于B，，原式成立，故B正确； 对于C，左边，右边，两边不等，故C错误； 对于D，左边， 右边，左边右边，故D正确.故选：ABD. 例2.已知，为正整数，且，则下列各式中错误的是（ ） A. B. C. D. 解：对于A，，故正确； 对于B，因为，所以，故正确； 对于C，因为，为正整数，且，所以令，则，，此时，故错误； 对于 D，，故正确；故选：C. 例3.若，则 . 解：由组合数的性质可得，解得，又因为，所以或，解得（舍去）或，所以，故答案为：36. 例4.（1）计算：； （2）计算：； （3）解方程：. 解：（1）原式； （2）原式； （3）原方程可化为，整理得， 即，化简得，解得 或 （舍去）， 所以原方程的解是. 1.化简：= . 解：，约去公因式，原式.故答案为：. 2.计算：= . 解：分步计算：，； 代入原式：.故答案为：462. 3.化简：= . 解：代入公式展开约分：.故答案为：. 4.化简：= . 解：提取公因式统一化简： 原式.故答案为：. 5.已知，，则正整数、的值为= ， . 解：利用组合数比值公式：，交叉相乘得； 结合试值验证，最终得，.故答案为：，. 6.若，则 . 解：因为，所以， 则，即，解得或（舍去），所以.故答案为：3. 7.已知，则 . 解：由，得，则, 即,解得，所以. 故答案为：720. 8.已知，为正整数，且，则下列各式中，正确的个数是（ ） ①；②；③；④. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 解：对于①，故①正确； 对于②因为，所以，故②正确； 对于③因为，故③错误； 对于④，故④正确；故选：C. 9.（多选）下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 解：根据组合数的性质可知，，故AD正确； 根据排列数与组合数的关系可知，故B不正确； ， ∴， ，故C正确．故选：ACD． 10.已知 ，则 的值为（ ） A. 3 B. 3或4 C. 4 D. 4或5 解：因为，所以或，解得：或．故选：B． 11.（多选）下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 解：根据题意，依次分析选项：对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确.故选：ACD. 12.2.2 排列组合-数字排列类型 数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论. 例1.在这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 解：由题意知本题是一个分类计数问题，各位数字之和为奇数的有两类： ① 两个偶数一个奇数：有 个；② 三个都是奇数：有 个. 根据分类计数原理知共有 个. 故选：B. 例2.由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有（　　） A. 210个 B. 300个 C. 464个 D. 600个 解：由题意得，个位数字小于十位数字，所以个位数字只能是共5种类型，每种类型分别为、、、、个，共有.故选：B. 例3.若从1，2，3，…，9这9个整数中取出4个不同的数排成一排，依次记为，，，，则使得为奇数的不同排列方法有（ ） A. 1224 解：当 为奇数时， 为偶数： ①一偶两奇，此时不同排列方法为种； ②两偶一奇，此时不同排列方法为种； ③三个偶数，此时不同排列方法为种； 当为偶数时，为奇数，此时三个奇数，不同排列方法为 种； 综上，不同排列方法有1800种．故选：B. 例4.袋子中有数字“7”的卡片张和数字“2”，“3”，“5”的卡片各张，从中任意取出张卡片，最多能组成 个不同的四位数（用数字回答）. 解：如果取一张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片都要取出，则组成个不同的四位数； 如果取两张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片要取出两张，则组成个不同的四位数； 如果取三张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片要取出一张，则组成个不同的四位数； 所以最多能组成个不同的四位数.故答案为：72. 例5.公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个． A. 600 B.300 C.360 D.180 解：当最后一位为1时，共有种； 当最后一位不为1时，在3、4、5任选一个放最后有种，把余下2个数字与9全排有种，将两个1插入4个空中的2个有种，或两个1捆绑插入4个空中的1个有种，共有种；综上，共有300种．故选：B. 1.用0,1,2,3,4组成无重复数字的三位偶数，一共有 个. 解：个位为偶数，个位是否为0会改变百位可选数字数量，必须分两类讨论： ①个位=0：百位有4种（1,2,3,4），十位剩余3种，； ②个位=2或4（2种）：百位不能取0、不能取个位数字，仅剩3种；十位剩余3种；；两类相加.故答案为：30个. 2.用0,1,2,3,4组成无重复四位数，其中至少包含数字1，共有 个. 解：无限制四位数：千位4种（1,2,3,4），后三位，； 不含数字1：千位只能2,3,4（3种），后三位从0,2,3,4剩余3个数字排列，； 两者相减得到符合条件数字，个.故答案为：78个. 3.用1,2,3,4,5组成无重复五位数，要求1不在万位、2不在个位，共 个. 解：容斥原理，全集减去不符合条件，补回重复扣除部分： 全部无重复五位数：； -1在万位的数：；2在个位的数：； -1在万位且2在个位的数，被重复扣除，需要加回：； 计算：个.故答案为：78个 . 4.用1,2,3,4,5组成无重复五位数，要求数字2、3必须相邻，共 个. 解：相邻问题捆绑法：将2、3捆绑为1个整体，内部可互换顺序：； 捆绑后共4个元素全排列：；分步相乘得到总数，个. 故答案为：48个. 5.用0,1,2,3,4组成无重复五位数，要求数字1、3不相邻，共 个. 解：间接法，先算全部五位数，再减去1、3相邻的五位数： （1）全部无重复五位数：万位4种，后四位全排列，； （2）计算1、3相邻的五位数（捆绑法，万位不能为0）： 捆绑后4个单元、0、2、4，分两类： ①捆绑单元放万位：； ②捆绑单元不放万位：万位选2、4（2种），捆绑单元和剩余2个数字排后四位：； 所以相邻总数；则不相邻总数：.故答案为：36. 6.用0,2,3,5,7组成无重复数字的四位奇数，且千位不能为2，一共有 个. 解：个位必须为奇数：3、5、7，共3种； 千位三重限制：≠0、≠2、≠个位数字，仅剩2个数字可选； 百位、十位从剩余3个数字有序排列； 分步相乘.故答案为：36. 7.将数字排成一列，记第个数为，若，，，，则不同的排列方法有 种（用数字作答）. 解：当时，，或，共2种情况，当 时，，或，共2种情况，当时，，共1种情况，所以的排列方法有5种方法，再排，有种方法，所以不同的排列方法种数为种. 故答案为：30. 8.用数字可以组成没有重复数字，并且比大的五位偶数共有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 解：大于20000决定了第一位，只能是2, 3, 4, 5共4种可能，偶数决定了末位是2, 4共2种可能. 当首位是2时，末位只能是4，有种结果， 当首位是4时，同样有6种结果， 当首位是3, 5时，共有种结果， 综上：共有种结果，故选：B. 9.用数字组成没有重复数字的五位数，则其中数字相邻的偶数有 个（用数字作答）. 解：若末位数字为0，则有个；若末位数字为2，则有 ；若末位数字为4，则有两种情况：① 1或2在首位有个；② 3在首位有个，共有24个满足条件的偶数.故答案为：24. 10.用这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共 有 个. 解：这九个数字中由5个奇数和4个偶数，要使四位数满足各个数位上数字和为偶数的奇数，则个位数字必须为奇数，前三位数字由1个奇数和2个偶数或3个奇数组成，所以， .故答案为：840. 11.用数字1、2、3组成五位数，且数字1、2、3至少都出现一次，这样的五位数共有（ ）个 A. 120 B. 150 C. 210 D. 240 解：首先考虑全部的情况，即每个数位均有3种选择，共有个，其中包含数字全部相同只有3种情况，还有只含有2个数字的共有 个，因此，满足条件的五位数的个数为 个.故选：B. 12.数字“2016”中，各位数字相加和为9，称该数为“长久四位数”，则用数字组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”有（　　）个 A. 39 B. 40 C. 41 D. 42 解：卡片上的四位数字之和等于9，四个数字为组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”共有：，组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”共有 个；组成的无重复数字且大于2016的“长久四位数”共有个，故共 （个）.故选：C. 12.2.3 排列组合-涂色类型 1.涂色（染色）问题主要类型 （1）点线面染色问题：涉及对点、线、面的染色； （2）区域染色问题：将一个平面区域按照一定的规则进行染色； （3）图形染色问题：对各种几何图形进行染色，如三角形、正方形等； （4）染色方案问题：确定满足一定条件的染色方案的数量； （5）染色规律问题：寻找染色过程中的规律； （6）限定条件染色问题：在特定限制条件下进行染色，等等． 2.涂色（染色）问题的常用解题策略 （1）从确定染色顺序入手根据染色问题的要求，先确定好区域的染色顺序，对各个区域分步染色，再由乘法原理计算出染色的种数，是处理这类问题最基本的方法． （2）从使用颜色的种类入手 按照染色问题中的题设要求，从使用了多少种颜色分类讨论入手，分别计算出各种情形的种类，再用分类计数原理求出不同的染色方法的种数． （3）从相对区域是否同色入手 从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出两种情形的种数，再用分类计数原理求出不同的染色方法的种类． 3.应用两个计数原理解决涂色（染色）问题的一般步骤 （1）明确问题：仔细理解涂色染色问题的具体要求和限制条件； （2）分解步骤：将整个涂色染色过程分解为若干个相互独立的步骤； （3）分类或分步： ①分类：根据不同的情况或条件进行分类，每类相互独立； ②分步：按照一定的顺序进行分步操作． （4）确定方法数：在分类的情况下，分别计算每类的方法数；在分步的情况下，相乘得到总的方法数． （5）计算总数：如果既有分类又有分步，需要明确先分类再分步计算，还是先分步再分类计算. （6）检查结果：检查计算结果是否满足问题的限制条件． 4.应用两个计数原理解决涂色（染色）问题注意事项 （1）确保分类或分步的合理性和完整性，避免遗漏情况． （2）注意题目中的限制条件，不符合要求的方案应排除． （3）对于复杂的问题，可以通过列举部分情况来辅助理解和分析． 例1.如图，一环形花坛分成A,B,C,D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（  ） A．96 B．84 C．60 D．48 解：分三类：种两种花有种种法； 种三种花有种种法；种四种花有种种法.共有.故选 B. 例2.重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的 图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式． 解：根据题意，用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则这4种颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一种颜色， 共有：{“四川和湖南”且“贵州和湖北”}、{“四川和湖南”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“湖南和陕西”}、{“贵州和湖北”且“湖南和陕西”}，共有 5种情况，所以不同的涂色共有种.故答案为：120. 例3.某人有3种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多）,要在如图所示的6个点A、B、C、A1、B1、C1上各装一个灯泡,要求同一条线段两端的灯泡不同色,则不同的安装 方法共有 种．（用数字作答） 解：先安排下底面三个顶点共有种不同的安排方法，再安排上底面的三个顶点共有 种不同的安排方法，由分步计数原理可知：共有种不同的安排方法，故答案为：12. 例4.用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有多少种（ ） A. 14400 B. 28800 C. 38880 D. 43200 解：从点出发的4条侧棱一定要用4种不同的颜色，有种不同的方案，接下来底面的染色根据是否使用剩下的2种颜色分类计数. 不使用新的颜色，有2种颜色分类方案： ①使用1种新的颜色，分为2类： 第一类，染一条边，有种方案； 第二类，染两条对边，有种方案. ②使用2种新的颜色，分为4 类： 第一类，染两条邻边，有种方案； 第二类，染两条对边，有种方案； 第三类，染三条边，有种方案； 第四类，染四边，有2种方案. 因此不同的染色方案总数为.选：C. 1.用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的A，B，C，D，E的5个区域涂上颜色，要 求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数 为（　　） A．24 B．36 C．48 D．72 解：依顺序，A区域可涂4种颜色，B区域可涂3种颜色，C区域可涂2种颜色， ①D区域若不与B区域同色，则只有1种颜色可选，E也只有1种颜色可选； ②D区域若与B区域同色，则E有两种颜色可选； 所以符合条件的方案有4×3×2×（2+1）＝72种方案．故选：D． 2.如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择．要求每一 个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（　　） A．64 B．72 C．84 D．96 解：按照E、A、B、C、D的顺序进行涂色，是需要5步才能涂完，有四种颜色可供选择． 第一步，涂区域E，共有4种颜色可选； 第二步，涂区域A，共有3种颜色可选； 第三步，涂区域B，共有2种颜色可选； 第四步，涂区域C， 若C和A同色时，则第五步区域D有2种颜色可选， 若C和A不同色时，区域C只有一种颜色可选，则第五步区域D有1种颜色可选， 利用分类加法和分步乘法计数原理可知共有4×3×2×（1×2+1×1）＝72种．故选：B． 3.如图，某社区为墙面A、B、C、D四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜 色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则涂法有（　　） A．12种 B．24种 C．48种 D．84种 解：某社区为墙面A、B、C、D四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，且只有4种颜色可供使用， 不妨先涂A，共有4种颜色可选， 当B和C同色时，B和C有三种颜色可选，D也有3种颜色可选， 当B和C异色时，不妨先涂B，则有3种颜色可选，再涂C，则有2种颜色可选， 最后涂D，则有2种颜色可选， 综上，共有4×3×3+4×3×2×2＝84种涂法．故选：D． 4.给如图所示的A，B，C，D，E五个区域涂色，有4种颜色供选择，要求每个区域涂一色，相邻区域不同色，则不同的涂色方法有（　　） A．48种 B．72种 C．96种 D．120种 解：按照AEBDC的顺序涂色， 则A有4种选法，E有3种选法，B有2种选法， D有2种情况： 若BD同色，则D有1种选法，C有2种选法， 若BD不同色，则D有1种选法，C有1种选法， 故不同的涂色方法有4×3×2×（2+1）＝72（种）． 故选：B． 5.如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，也叫赵爽弦图，现用5种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（　　） A．180 B．240 C．360 D．420 解：由题意至少需要3种不同的颜色， 第一种：需要5种颜色时，则全排列共有， 第二种：需要4种颜色时，则有，先涂A则有， 当B，D颜色相同则有，则C，E颜色不同有， 当C，E颜色相同有，则B，D颜色不同有， 所以共有种涂法， 第三种：只要3种颜色时，则有种选法，先涂A则有， B，D颜色相同则有，剩下一种涂C，E， 根据分步乘法计数原理得种涂法， 根据分类加法计数原理有60+240+120＝420．故选：D． 6.在一个正六边形的六个区域涂色（如图），要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域（有公共边）涂不同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同涂色方案有（ ） A. 720 种 B. 2160 种 C. 4100 种 D. 4400 种 解：考虑三个区域用同一种颜色，共有方法数为种； 考虑三个区域用2种颜色，共有方法数为种； 考虑三个区域用3种颜色，共有方法数为种． 所以共有方法数为种．故选：C． 7.用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为 的9个小正方形（如图 1），使得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同，且目标号为“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（ ） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A. 108 种 B. 60 种 C. 48 种 D. 36 种 解：首先1、5、9颜色确定，有三种可能，于是2、6就只有两种可能. 如果2、6颜色相同的两种情况下，3就有4种可能. 若2、6颜色不同，则只有一种可能，加之2、6排列不同，2种.于是右上角三个数有6种排法. 同理左下角三个数有6种排法.有种可能.故选：A. 8.某儿童游乐园有个区域要涂上颜色，现有四种不同颜色的油漆可供选择，要求相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的涂色方案有（ ）种 A. B. C. D. 解：如图：将五个区域分别记为①，②，③，④，⑤， 则满足条件的涂色方案可分为两类.第一类区域②，④涂 色相同的涂色方案，第二类区域②，④涂色不相同的涂色方案. 其中区域②，④涂色相同的涂色方案可分为步完成，第一步涂区域①，有4种方法，第二步涂区域②，有种方法，第三步涂区域③，有种方法，第四步涂区域④，有1种方法，第五步涂区域⑤，有种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色相同的涂色方案有种方案，即48种方案； 区域②，④涂色不相同的涂色方案可分为步完成，第一步涂区域①，有种方法，第二步涂区域②，有种方法，第三步涂区域③，有种方法，第四步涂区域④，有种方法，第五步涂区域⑤，有种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色不相同的涂色方案有种方案，即种方案；所以符合条件的涂色方案共有种.故选：D. 9.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥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 5 种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ） A. 180 B. 240 C. 420 D. 480 解：分两步，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用乘法原理可求解． 由题设，四棱锥的顶点所染的颜色互不相同， 它们共有种染色方法； 当染好时，不妨设所染颜色依次为，若染， 则可染或或，有种染法；若染，则可染或，有种染法；若染 ，则可染或，有种染法，即当染好时，还有种染法，故不同的染色方法有种．故选：C 10.提供6种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F六个区域涂色，要求相邻区域不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有 种. 解：假定涂色顺序为 若、涂相同颜色，则有种涂法； 若、涂不同颜色，、涂相同颜色，则有种涂法； 若、涂不同颜色，、涂不同颜色，则有种涂法； 故由分类加法计数原理得不同的涂色方法共有种. 故答案为：6120. 12.2.4 排列组合-捆绑法 1.解决相邻问题的方法是“捆绑法”. 2.其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种. 例1.有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（  ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 解：因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列，有 种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，故选：B. 例2.甲､乙､丙､丁､戊共5名同学进行演讲比赛，决出第1名到第5名的名次.已知甲和乙都不是第1名，且丙和丁的名次相邻，则5人的名次排列可能有（    ）种不同的情况 A．18 B．24 C．36 D．48 解：由题意知，将丙和丁看成一个整体，分4种情况分析： ①丙和丁的整体分别为第1、2名，有种情况； ②丙和丁的整体分别为第2、3名，第1名只能是戊，所以甲和乙为第4、5名，有种情况； ③丙和丁的整体分别为第3、4名，第1名只能是戊，所以甲和乙为第2、5名，有 种情况； ④丙和丁的整体分别为第4、5名，第1名只能是戊，所以甲和乙为第2、3名，有 种情况；所以共有种情况故选：B. 例3.某晚会上需要安排4个歌舞类节目和2个语言类节目的演出顺序，要求语言类节目之间有且仅有2个歌舞类节目，则不同的演出方案的种数为（     ） A．72 B．96 C．120 D．144 解：第一步：全排列2个语言类的节目，共有种情况， 第二步：从4个歌舞类节目中选出2个节目放入2个语言类的节目之间，共有种情况， 第三步：再将排好的4个节目视为一个整体，与其余的两个歌舞节目全排列， 共有种情况，所以.故选：D. 例4.3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（    ） A．360 B．288 C．216 D．96 解：先排三个男生有种不同的方法，然后再从名女生中任取人“捆”在一起记作A，（A共有种不同排法），剩下一名女生记作B，让A、B插入男生旁边个位置的两个位置有，此时共有种，又男生甲不在两端，其中甲在两端的情况有：种不同的排法，共有 种不同排法. 故选：B. 1.8人排队，甲、乙、丙3人必须相邻，则排列总数有 种. 解：将甲、乙、丙3人绑在一起，剩下6人：；三人内部排序 总数：.故答案为：4320. 2.7人排队，甲、乙必须相邻，且甲不能站队伍最左端，则排法总数有 种. 解：甲乙相邻总排法：， 甲在第一位且甲乙相邻：甲固定第1位，则乙只能在第2位，剩余5人全排列：， 总数：.故答案为：1320. 3.9名学生排队，甲、乙必须相邻，同时丙、丁也必须相邻，则总排列数有 种. 解：两组独立捆绑：甲乙、丙丁各捆为1个整体：种. ①7个单元全排列：. ②甲乙内部：；丙丁内部：. 总数：.故答案为：20160. 4.10本互不相同的书排成一排，2本语文书相邻、3本数学书相邻、2本英语书相邻，则排法总数有 种. 解：三组捆绑单元：语文、数学、英语，总数：， ①6个单元全排列： ②内部排序：语文，数学，英语 总数：.故答案为：17280. 5.8人排队，甲乙捆绑为一个整体、丙丁捆绑为一个整体，且甲乙整体与丙丁整体不能相邻，则排法数有 种. 解：步骤1：先排无限制的4个单人：，4人形成个空位. 步骤2：把两个捆绑整体插入5个空位（不相邻）：. 步骤3：甲乙内部，丙丁内部.总数：. 故答案为：1920. 6.8本互不相同的参考书排成一排，其中2本数学书必须相邻、3本物理书必须相邻；排好后平均分给 2 个班级，整列书本分给一个班，则总分配方案有 种. 解：书本排队：双捆绑单元，将2本数学书绑在一起，3本物理书绑在一起，排列. 内部排序：数学，物理， 排队总排法：. 分配给2个班级：两列交换属于不同分配，，总方案：. 故答案为：2880. 7.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（    ） A．1440种 B．960种 C．720种 D．480种 解：5名志愿者先排成一排，有种方法，2位老人作一组插入其中，且两位老人有左右顺序，共有 种不同的排法，故选：B. 8.甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，则甲、乙相邻的排法有（    ） A．72种 B．60种 C．48种 D．36种 解：甲、乙相邻共有种.将甲、乙捆绑与剩余的丙、丁、戊三人全排列有种.则共有2×24=48种.故选：C. 9.甲、乙等5人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且都不站在两端的排法有（    ） A．12种 B．24种 C．48种 D．120种 解：将甲、乙捆绑在一起看成一个元素，有种排法，其中甲、乙相邻且在两端的有种，故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有（种）．故选:B． 10.周一到周五某公司需要安排甲、乙、丙、丁、戊各值班一天，则甲值完班以后正好轮到乙值班的方法数为（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 解：由于甲值完班以后正好轮到乙值班，故可将甲、乙看作一个整体，且甲、乙值班的顺序是确定的，故只需将甲、乙看作一个元素与丙、丁、戊排列即可，故共有种方法.故选：B. 11.某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（    ）种不同的排法 A．24 B．144 C．48 D．96 解：若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有2种，物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑，与语文、英语、生物三门课程进行排序，有种排法.由分步乘法计数原理可知，共有2×48=96种不同的排法.故选：D. 12.2.5 排列组合-插空法 1.解决不相邻问题的方法为“插空法”. 2.其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素互不相邻（k≤n-k+1），求不同排法种数的方法是：先将（n-k）个元素排成一排，共有种排法；然后把k个元素插入n-k+1个空隙中，共有种排法.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种. 例1.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就坐，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的排法种数是（    ） A．234 B．346 C．350 D．363 解：一共可坐的位子有20个，2个人坐的方法数为，还需排除两左右相邻的情况. 把可坐的20个座位排成连续一行，将其中两个相邻座位看成一个整体，则相邻的坐法有，还应再加上，不同坐法的种数为.故选：B. 例2.一个小型联欢会要安排1个诗词朗诵类节目，2个独唱类节目，2个歌舞类节目，则同类节目不相邻的安排方式共有（   ） A．44种 B．48种 C．72种 D．80种 解：依题意五个节目全排列有种排法； 若独唱类节目相邻，则有种排法； 若歌舞类节目相邻，则有种排法； 若独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻，则有种排法； 综上可得同类节目不相邻的安排方式共有种.故选：B. 例3.用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1与2 相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有 个.（用数字作答） 解：先把1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻当做三个元素进行排列有种结果，这三个元素形成四个空，把7和8在这两个位置排列有种结果，三对相邻的元素内部各还有一个排列，根据分步计数原理得到这种数字的总数有，故答案为：576. 例4.已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有（   ）种 A．186 B．264 C．284 D．336 解：先考虑和不相邻的排法，将、、、四个人进行全排列，有种情况，、、、四个人之间共有个空，选择个排和，有种情况，故有种选择，再考虑和不相邻，且站两端的情况，先从两端选择一个位置安排，有种情况，再将、、三个人进行全排列，有种情况，最后、、三个人之间共有个空，选择 个排和，有 种情况，故有种情况，则要求和不相邻，不站两端，则不同的安排有种情况. 故选：D. 例5.为迎接新年到来，某中学2022作“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚会如期举行.校文娱组委员会要在原定排好的8个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来的8个节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为(    ) A．36 B．45 C．72 D．90 解：采用插空法即可： 第1步：原来排好的8个学生节目产生9个空隙，插入1个教师节目有9种排法； 第2步：排好的8个学生节目和1个教师节目产生10个空隙，插入1个教师节目共有10种排法，故共有9×10＝90种排法.故选：D. 例6.高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一､二､三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是（    ） A．72 B．144 C．48 D．36 解：先将选择性必修有一､二､三这三本书排成一排，有种方法， 再将必修一､必修二这两本书插入两个空隙中，有种方法， 所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是：6×12=72. 故选：A. 1.7名同学排成一排，甲、乙两人不能相邻，一共有 种排队方法. 解：先排其余 5 名无限制同学：，5 人产生 6 个空隙， 从 6 个空隙选 2 个放入甲乙（有序）：， 总计：.故答案为：3600 2.5本不同的练习册排成一排，2本错题本不能相邻，则排列方法数有 种. 解：先排3本普通练习册：，产生4个空隙，插入2本错题本：， 总计：.故答案为：72. 3.9人排队，甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，则排队方法数有 种. 解：（先捆后插，固定解题顺序）： 捆绑甲乙看成一个整体：内部排列， 整体其余 5 人，一共 6 个单元：，产生 7 个空隙， 空隙插入丙丁：，总计：.故答案为：17280. 4.10本不同书籍排成一排，2本语文书相邻，3本数学书互不相邻，其余5本书无限制，则排法数有 种. 解：捆绑语文书：，和5本普通书一共6个单元， 排列6个单元：，产生7个空隙， 插入 3 本数学书：.总计：.故答案为：302400. 5.3支不同钢笔、4支不同铅笔排成一排，2支钢笔互不相邻，则排法数有 种. 解：先排4支铅笔：，5个空隙，插入2支钢笔：，总计：. 故答案为：1440. 6.3名老师，5名学生共8人排队，①甲乙2名特定学生互不相邻；②3名老师不全相邻，则总排法有 种. 解：总排法 违规排法： 满足条件①总排法：， 2学生不相邻 老师全部相邻：， 合法总数：.故答案为：27360. 7.7名演员排队，甲乙必须相邻，丙、丁、戊三人互不相邻，则总排法有 种. 解：捆绑甲乙：，和剩余2人组成3个单元， 排列3个单元：，产生4个空隙， 插入丙丁戊：，总计：.故答案为：288种. 8.6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（  ） A．144 B．120 C．72 D．24 解：先排三个空位，形成4个间隔，然后插入3个同学，故有 种.故选：D. 9.两个大人和4个小孩站成一排合影，若两个大人之间至少有1个小孩，则不同的站法有（   ）种. A．240 B．360 C．420 D．480 解：若两个大人之间至少有1个小孩，即两个大人不相邻，故共有种. 故选：D. 10.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一个五音阶音序，且商、角不相邻，徽位于羽的左侧，则可排成的不同音序有（    ） A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有，再将商、角插入4个空中，共有种．故选：C． 11.2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时创意新颖，惊艳了全球观众．衡阳市某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“雨水”、“春分”、“清明”、“谷雨”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？（     ） A．24 B．48 C．144 D．244 解：根据题意先将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起，与“雨水”、 “谷雨”排列，有4个空，然后“清明”与“惊蛰”去插空，所以不同的放置方式有种.故选：C. 12.马路上有编号为1，2，3…，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有（     ）种 A．15 B．20 C．10 D．9 解：根据题意，因为关掉3盏路灯不能是两端2盏，也不能相邻， 则需要用插空法分析：先将亮的6盏灯排成一列，除去2端，有5个符合条件的空位，在5个空位中，任选3个，安排熄灭的灯，有种情况，即有10种关灯方法.故选：C. 12.2.6 排列组合-定序问题 定序问题采取“缩倍法”:对于某几个元素按一定的顺序排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行全排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数；即先全排，再除以定序元素的全排列. 如：n个元素的全排列中若有m(m≤n)个元素.必须按照一定顺序排列，这m个元素相邻或不相邻不受限制，其排列数为：. 例1.今有2个红球，3个黄球，同色球不加以区分，将这5个球排成一行，则不同的排法种数为（    ） A． B． C． D． 解：因为5个球有种排法，因为同色球不加以区分，2个红球有种排法，3个黄球有种排法，所以共有种排法.故选：D. 例2.2名女生和4名男生排成一列，男生甲和乙的顺序一定，则有 种不同的排法． 解：∵2名女生和4名男生排成一列，男生甲和乙的顺序一定，∴共有 种不同排法.故答案为：360. 例3.某同学将英文单词“million”中字母的顺序记错了，那么他在书写该单词时，写错的情况有 种（用数字作答）． 解：英文单词“million”中字母的顺序记错了，因为有两个i, 两个l重复，那么他在书写该单词时，共有种可能，而正确的拼写只有1种，故写错的情况有1259 种.故答案为：1259. 例4.花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （       ） A．2520 B．5040 C．7560 D．10080 解：由题意，对8盏不同的花灯进行取下，先对8盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，故一共有种.故选：A. 例5.DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（       ） A．20 B．40 C．60 D．120 解：依题意可知，不同的插入方式的种数为.故选：C. 1.7名同学站成一排，要求甲一定站在乙的前面（甲乙无需相邻），则总排列方法数有 种. 解：甲前乙后仅1种合法顺序：.故答案为：2520. 2.5本不同练习册排成一排，错题本A必须排在错题本B前面，则排列总数有 种. 解：排列总数有.故答案为：60种. 3.7人排队，甲必须在乙前面，且甲不能站队伍最左端，则合法排法总数有 种. 解：间接法：总定序排法−甲在首位的违规排法， 无限制甲在乙前总排法：， 甲固定第1位，剩余6人任意排（乙天然在甲后方，满足甲前乙后）：， 合法总数：.故答案为：1800. 4.9名学生排队，要求甲在乙前面，同时丙在丁前面，四人可互不相邻，则总排列数有 种. 解：两组互不干扰的2元定序，分母连乘两组阶乘：.故答案为：90720. 5.6人排队，要求甲在乙前，同时丙、丁、戊满足丙→丁→戊固定顺序，己无限制，则排列总数有 种. 解：两组独立定序：.故答案为：60. 6.3名老师、5名学生共8人排成一排，满足：①学生甲必须在学生乙前面；②3名老师不能全部相邻，则符合条件的排列总数有 种. 解：步骤1：仅满足条件①的全部排法：， 步骤2：同时满足①+3名老师全部相邻，捆绑3名老师为1个整体，总单元数：，甲乙保持定序：， 步骤3：合法总数：.故答案为：18000. 7.6人围成一圈，甲必须排在乙前面，环形旋转重合视为同一种排列，则方案数有 种. 解：环形基础排列公式：人环形排法为，再对定序缩倍：. 故答案为：60. 8.自然对数的底数e，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和π一样是无限不循环小数，e的近似值约为2.7182818….若用欧拉数的前6位数字2，7，1，8，2，8设置一个六位数的密码，则不同的密码共有 个. 解：因为2出现2次，8出现2次，所以不同的密码共有个.故答案为：180. 9.将3个红球，4个篮球，2个黄球排成一排（相同颜色的球是一样的），有 种排法． 解：因为相同颜色的球是一样的，所以将3个红球，4个篮球，2个黄球排成一排，共有种. 故答案为：1260. 10.甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，若甲在乙的左边，则不同的站队方式共有 种. 解：甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，共有种排法，其中甲在乙的左边和乙在甲的左边一样多，所以甲在乙的左边的不同的站队方式共有.故答案为：60. 11.某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后进行，又工程丁必须在丙完成后立即进行，那么安排这6项工程的不同的排法种数是 . 解：因为工程丁必须在丙完成后立即进行，等价于丙丁看成一个元素，共五个元素进行排序，共有种，其中3个元素共有种顺序，所以安排这6项工程的不同的排法种数是 种，故答案为：20. 12.甲、乙、丙、丁、戊5名同学从周一至周五轮流安排写作练习，甲、乙均不安排在周一和周二，且甲在乙之前，则不同的排列方式共有 种. 解：先从除甲、乙外的3名学生中选出2名，安排在周一和周二，共有种排列方式； 再将剩余3名学生安排在周三至周五，共有种排列方式. 又甲在乙之前，则不同的排列方式共有种.故答案为：18. 12.2.7 排列组合-隔板法 1.隔板法是解决特定类型排列组合问题的一个经典方法，用于求解将相同元素分配到不同组时的组合总数.在隔板法模型中，设想有一排相同的元素，我们需要在这排元素之间的若干个位置放置隔板来将它们划分成不同的组. 2.隔板法的常见题型基本模型和条件： （1）有n个完全相同的元素需要分配到m个不同的组里. （2）每个组至少分得一个元素（即不允许有空组）. 3.隔板法基本解题思路： （1）在n个元素之间形成的n-1个“空隙”中选择m-1个位置放置隔板. （2）不同的隔板放置方式对应着不同的分配方案. 4.计算公式：使用组合公式来计算放置隔板的方式数目，即，也就是从n-1个位置中选m-1个位置进行排列的组合数. 例1.关于的方程（其中）的解共有 组. 解：将7分解成为7个1，现在将7个1分为三组，每一组都有1，则分组方式为，即关于的方程（其中）的解共有15组.故答案为：15. 例2.各数位数字之和等于8（数字可以重复）的四位数个数为 . 解：设对应个位到千位上的数字，则 且，相当于个相同的球排成一排，先拿一个球装入，转化为个球装入个盒子，每盒可空，等价于个球用个隔板分成组（各组不可为空），故共有 种.故答案为：. 例3.现有6个三好学生名额，计划分到三个班级，则恰有两个班分到三好学生名额的概率为 . 解：将6个三好学生名额分到三个班级，有3种类型： 第一种是只有一个班分到名额，有3种情况； 第二种是恰好有两个班分到名额，由隔板法得有种情况， 第三种是三个班都分到了名额，由隔板法得有种情况，则恰有两个班分到三好学生名额的概率为. 故答案为：. 例4.把 6 张座位编号为的电影票分发给4个人，每人至少1张，最多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法种数是（ ） A. 168 B.96 C.72 D.144 解：本题可以采用“挡板法”来解题，任选三个插入挡板把数分成四组，把两个连续的空未插入挡板出现三个数字相连的情况去掉，把分成的四部分在四个位置上排列，得到结果解： 要把张票分给个人， 要把票分成四份，之间有五个空，任选三个插入挡板把数分成四组共有种结果，其中如果有两个连续的空未插入挡板，则出现三个数字相连，共有种情况要排除掉（具体为第一、二；第二、三；第三、四；第四、五空隙未插入挡板），把分成的四部分在四个位置上排列， 有 ，故选：D. 1.求整数解，限制：，且，则解总个数有 个. 解：标准化下限： 令， 代入方程：， 无限制非负整数解总数：， 则当 令，代入： 则，合法解数：.故答案为：244 2.16本相同教辅书分给甲、乙两个不同班级，每班至少分2本，则分配方案总数有 种. 解：每班至少2本，预分1本，剩余，每班，. 故答案为：13. 3.11个相同玩偶分给4个不同小朋友，每人至少1个，且指定一人最多分3个，则由 种方案. 解：总方案（每人）：， 该人，预分3个，剩余，4人每人：. 则.故答案诶：85. 4.18个相同水杯分给甲、乙、丙、丁4个班，甲至少2个，乙至少1个，丙丁可以分0个，则分配方案有 种. 解：甲预分1个，剩余，4组可空，. 故答案为：1140种. 5.各数位数字之和等于6（数字可以重复）的四位数个数为 （请用数字作答）. 解：设对应个位到千位上的数字，则且，相当于个相同的球排成一排，每个球表示，先拿一个球装入，转化为个球装入个盒子，每盒可空，等价于个球用个隔板分成组（各组不可为空），故共有 种. 故答案为：. 6.某市举行高三数学竞赛，有6个参赛名额分给甲乙丙三所学校，每所学校至少分得一个名额，共有 种不同的分配方法.（用数字作答） 解：6个名额分给其他3个学校，由隔板法知有种方法，故答案为：10. 7.有10本相同的画册要分给6个小朋友，每个小朋友至少一本，则不同的分法种数 为 （用数字作答）. 解：将本相同的画册要分给个小朋友，每个小朋友至少一本，只需在本相同的画册形成的个空位中（不包括两端的空位）插入块板即可，所以，不同的分法种数为 种. 故答案为：. 8.方程的非负整数解有（       ） A．组 B．136组 C．190组 D．68组 解：根据题意，对于方程，将“18”看成18个“1”， 18个“1”共有19个空， 从19个空中选两个空进行隔板，或从19个空中选1个空插2个隔板，即可以将18个“1”分为三组，每组对应“1”的数目依次为的数值，则有.方程的非负整数解有190组.故选：C. 9.若方程，其中，则方程的正整数解的个数为 A．10 B．15 C．20 D．30 解：∵，其中，则, 将其转化为有6个完全相同的小球，排成一列，利用挡板法将其分成3组， 第一组小球数目为，第二组小球数目为，第三组小球数目为，共有种方法 故方程的正整数解的个数为10.故选：A. 10.将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲、乙、丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（ ） A. 720 种 B.420种 C.120种 D.15种 解：先从本书中拿出本，分给每人一本书，再将余下 本书采用“隔板法”分给个人，分法种数为，故选：D. 11.将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（       ） A．720种 B．420种 C．120种 D．15种 解：先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为，故选: D. 12.2.8 排列组合-分组问题 1.常规分组问题：需要分组分配的排列组合类型，常利用分类加法进行分类讨论处理. 2.平均分组问题： ①平均分组问题先选好人后，平均分了n组，则除以. ②为什么除以，因为分组的时候已经默认分步计数进行了排序，而由于平均分组本身不应有顺序，所以这里就造成了重复，所以需要除以. 例1.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为（  ） A．540 B．300 C．180 D．150 解：将5分成满足题意的3份有1, 1, 3与2, 2, 1两种，所以共有种方案.故D正确. 例2.将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有 种(用数字作答). 解：将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人有种方法，进而将其分配到四个不同场馆，有种情况，由分步计数原理可得，不同的分配方案有 种.故答案为：1080. 例3.有本不同的书. (1)分给甲、乙、丙、丁四人，每人本，有几种分法？ (2)若堆依次为本，本，本，本，有几种分法？ (3)若平均分成堆，有几种方法（只要求列出算式）？ 解：(1)根据题意，分4步分析： ①在12本书中取出3本，分给甲，有种取法； ②在剩下的9本书中取出3本，分给乙，有种取法； ③在剩下的6本书中取出3本，分给丙，有种取法； ④将最后的3本书交给丁，有种情况； 则一共有种分法. (2)根据题意，分3步分析： ①在12本书中取出1本，作为第一堆，有种取法， ②在剩下的11本书中取出3本，作为第二堆，有种取法， ③在剩下的8本书中取出4本，作为第三堆，剩下的4本作为第四堆，有种分法； 则一共有种分法； (3)根据题意，将12本不同的书，平均分成3堆，每堆有4本，则有种不同的分法. 例4.有4名医学毕业生到甲、乙、丙三所学校去应聘校医工作，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为（    ） A．40种 B．60种 C．80种 D．120种 解：根据题意，分2种情况讨论： ①四人中有3人被录取，有种不同的录用情况； ②四人都被录取，需要先将4人分为3组，再将分好的3组安排给3所学校，有 种不同的录用情况；所以共有种不同的录用情况.故选：B. 例5.将甲，乙等5人全部安排到A,B,C,D四个工厂实习，每人只去一个工厂，每个工厂至少安排1人，且甲，乙都不能去A工厂，则不同的安排方法有（    ） A．72种 B．108种 C．126种 D．144种 解：由题意可知，分两种情况讨论， ① 工厂安排1人，有种， ② 工厂安排2人，有种，所以不同的安排方法有种. 故选：C. 1.6 个不同小球分成3组，各组数量1、2、3，只分组不分配，则分组方法数有 种. 解：，故答案为：60. 2.9 本不同练习册平均分成3组，每组3本，仅分组，则分法有 种. 解：，故答案为：280. 3.10 本不同图书分成四组：两组2本、两组3本，仅分组，则分法有 种. 解：，故答案为：6300. 4.10名学生分成两组3人、一组4人，三组派往A、B、C社区，则总派遣方案有 种. 解：分组，分配，，故答案为：12600. 5.8个不同模型分三组，两组2个、一组4个，只分组，则分法有 种. 解：，故答案为：210. 6.6个不同玩具平均分成3组，每组2个，只分组，则分法有 种. 解：，故答案为：15. 7.为了推动城乡义务教育一体化发展，某师范大学6名毕业生主动申请到某贫困山区的乡村小学工作，若将这6名毕业生分配到该山区的3所乡村小学，每所学校至少分配1人，则分配方案的总数为 ． 解：第一步将6名毕业生分成3组，且每组至少1人，一共有3种分配方案， 其中1、1、4分配方式有种； 1、2、3，分配方式有种； 2、2、2，分配方式有种； 第二步将分好的 3 组毕业生分配到 3 所乡村小学，其分法有种，利用分步计数原理可知，分配方案的总数为.故答案为：540. 8.学校安排甲､乙等5名学生作为社区组织的“中老年趣味体育大赛”的项目志愿者，已知该比赛有A,B,C这3个项目，每名学生只去1个项目做志愿者，且每个项目的志愿者至少有1人，则不同的安排方法有 种.（用数字作答） 解：依题意，将5名学生分成3组有2、2、1和3、1、1两种分法，然后安排这3组去3个项目做志愿者，所以不同的安排方法有种.故答案为：150种. 9.现有含甲在内的5名游客来到江西旅游，分别准备从井冈山、庐山、龙虎山这3个5A级景区中随机选择1个景区游玩.在这5名游客中，甲不去井冈山，但每个景区均有人选择，则这5名游客不同的选择方案种数为（    ） A．52 B．72 C．76 D．100 解：若甲1个人一组，则其他两组人数分别为1，3或2，2，则不同的选择方案有 种；若甲和另外1个人两人一组，则其他两组人数为1，2，则不同的选择方案有种；若甲和另外2个人三人一组，则其他两组人数为1，1，则不同的选择方案有种；所以共有种选择方案.故选：D. 10.安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（  ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 解：4项工作分成3组，可得：，安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，可得：种. 故选：D. 11.将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（    ） A．12种 B．18种 C．36种 D．54种 解：由题意知，完成这一件事可分为两步：先将标号1, 2的卡片放入同一封信有种方法；再将其他四封放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种.故选：B. 12.已知有6本不同的书. （1）分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？ （2）分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？ 解：（1）6本书平均分成3堆，不同的分堆方法的种数为. （2）从6本书中，先取1本作为一堆，再从剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，不同的分堆方法的种数为. 12.2.9 排列组合-间接法 带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题常考虑间接法，即总个数减去反面个数即得答案. 例1.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有（    ） A．6种 B．12种 C．30种 D．36种 解：由 .故选：C. 例2.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，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（   ） A．408种 B．240种 C．1092种. D．120种 解：每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为， 其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为，于是得，所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.故选：A. 例3.将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（    ） A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种 解：7个人从左到右排成一排, 共有 种不同的站法, 其中甲、乙、丙3个都相邻有 种不同的站法,甲站在最右端有 种不同的站法,甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法, 故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻, 且甲不站在最右端, 不同的站法有种不同的站法. 故选: D. 例4.某校开设9门选修课程，其中A，B，C三门课程由于上课时间相同，至多选一门，若规定每位学生选修4门，则一共有 种不同的选修方案. 解：由题意知本题需要分类来解, 第一类,若从A、B、C三门选一门有; 第二类,若从其他六门中选4门有; 根据分类计数加法得到共有种不同的方法,故答案为: 75. 1.从8名同学中选出4名同学参加校园志愿活动，要求选出的4人中至少包含甲同学，则不同的人员选取方法总数有 种. 解：正面分两类讨论较为繁琐，选用间接法. ①无限制总选法：从8人中任选4人，； ②反面违规情况：选出的4人中完全没有甲同学，从其余7人中选4人，； ③符合条件方案数：.故答案为：35. 2.某班级有6名男生、4名女生，一共10名学生，从中随机选出5名学生作为班级代表参加校级座谈会，要求选出的5名学生不能全部为男生，则不同的选人方案数有 种. 解：不能全是男生，反面为选出5人全部都是男生.①无限制总选法：；②反面违规方案：5人均为男生，；③符合条件方案数：.故答案为：246. 3.袋中有5个不同红球、4个不同白球，一共9个小球，从中随机取出4个小球，要求取出的小球中至多有3个红球，则不同的取球方法数有 种. 解：至多3个红球，反面为取出4个小球全部都是红球. ①无限制总取法：； ②反面违规方案：4个球均为红球，； ③符合条件方案数：.故答案为：121 4.7名同学排成一排进行合影留念，要求甲、乙两名同学不能全部相邻（即甲乙不全相邻），则一共有多少种不同的排队方式有 种. 解：不全相邻，反面为甲乙两人完全相邻，采用捆绑法计算反面. ①7人无限制全排列：； ②反面违规方案：甲乙捆绑看作一个整体，内部排序再整体排列，； ③符合条件方案数：.故答案为：3600. 5.某部门有8名男员工、5名女员工，共计13名员工，先从中选出5名员工，再将选出的5人分配到A、B两个不同工作岗位，要求选出的5人不能全部为男员工，则总共有 种不同的分配方案. 解：先选人再分配岗位，分步运算，间接法排除全男生情况. ①无限制总方案：先选5人再分配岗位，； ②反面违规方案：选出5人均为男生再分配岗位，； ③合法总方案：.故答案为：2462. 6.6名男生、4名女生一共10人排成一排拍照，要求4名女生不能全部互不相邻（即至少有两名女生相邻），则满足条件的排队总方案数有 种. 解：女生不全部互不相邻，反面为4名女生完全互不相邻，用插空法算反面. ①10人无限制全排列：； ②反面违规方案：女生全部互不相邻，先排男生再插空，； ③合法排队方案：.故答案为：3024000. 7.红五月，某校团委决定举办庆祝中国共产党成立100周年“百年荣光，伟大梦想”联欢会，经过初赛，共有6个节目进入决赛，其中2个歌舞类节目，2个小品类节目，1个朗诵类节目，1个戏曲类节目．演出时要求同类节目不能相邻，则演出顺序的排法总数是（       ） A．96 B．326 C．336 D．360 解：所有演出方案有种，歌舞类相邻有种，小品类相邻有种，歌舞与小品均相邻有种，所以总数有种.故选：C. 8.从甲、乙等10个同学中挑选4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有（    ） A．70种 B．112种 C．140种 D．168种 解：从10个同学中挑选4名参加某项公益活动有种不同挑选方法; 从甲、乙之外的8个同学中挑选4名参加某项公益活动有种不同挑选方法; 甲、乙中至少有1人参加, 则不同的挑选方法共有种不同挑选方法.故选：C. 9.从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案数为（    ） A．100 B．110 C．120 D．180 解：10人中任选3人的组队方案有，没有女生的方案有，所以符合要求的组队方案数为110种.故选：B. 10.某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（    ） A．30种 B．35种 C．42种 D．48种 解：本小题主要考查组合知识以及转化的思想. 则在两类课程中至少选一门的选法有 种.故选：A. 11.某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（       ） A．21种 B．231种 C．238种 D．252种 解：10人中选5人有种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有种，则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有=231种.故选：B. 12.将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（       ） A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种 解：7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有5040-720-720+48=3648种不同的站法.故选：D. 1 学科网（北京）股份有限公司 $