重难点培优01 刷透排列组合的十四大重难点题型（培优讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

该高中数学高考复习讲义聚焦排列组合核心考点，涵盖两个计数原理、排列组合概念公式及十四大重难点题型，按知识逻辑分层构建体系。通过知识精讲梳理核心概念，题型深研剖析解题通法，分层训练检验成效，助力学生系统突破高考高频难点。 资料以题型分类为特色，提炼捆绑法、插空法等实用技巧，结合典例变式培养数学思维与逻辑推理能力。设置巩固与创新双阶练习，如“元素位置限制问题用特殊优先法”，帮助学生高效掌握解题策略，为教师提供清晰复习路径，有效提升学生应考能力。

重难点培优01 刷透排列组合的十四大重难点题型内容导航 知识精讲·重难聚焦讲技巧 1 题型深研·通法变式提能力 4 题型1 元素（位置）有限制的排列问题 4 题型2 排数问题 5 题型3 排队问题 6 题型4 抽取问题 7 题型5 代数中的计数问题 7 题型6 几何中的计数问题 8 题型7 多面手问题 8 题型8 不同元素的分组分配问题 9 题型9 相同元素的分组分配问题 10 题型10 涂色（种植）问题 11 题型11 不定方程正整数解的个数问题 13 题型12 配对模型 13 题型13 最短路径与爬楼梯问题 14 题型14 排列组合的创新题型 15 分层进阶·双阶训练验成效 16 巩固过关 16 创新提升 18 知识精讲·重难聚焦讲技巧 知识点1 两个计数原理 1．两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法 结论 完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法(也称“加法原理”) 完成这件事共有N＝m1·m2·…·mn种方法(也称“乘法原理”) 2．剖析两个计数原理 (1)分类加法计数原理中每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事；各类方法之间是互斥的、并列的、独立的. (2)分步乘法计数原理中任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事；各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏，但有时可以调换各步的顺序. 知识点2 排列与组合 1．排列与组合的概念 排列的 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元1素 按照一定的顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列 组合的 定义 为一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 2．对排列组合概念的理解 (1)排列需要考虑元素的顺序，组合不需要考虑元素顺序. (2)只有元素相同且顺序也相同的两个排列才是相同的；只要两个组合的元素相同，不论元素的顺序如何，都是相同的组合. 知识点3 排列数、组合数的定义、公式与性质 1.相关概念 排列数 组合数 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有不同排列的个数 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有组合的个数 公式 ＝n(n－1)(n－2)·…·[n－(m－1)]＝ ＝＝＝ 性质 ＝1，＝n！，0！＝1 ＝1，＝，＝ 2.正确理解组合数的性质 (1)＝：从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的方法数. (2)＋＝：从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况： ①不含特殊元素A有种方法； ②含特殊元素A有种方法. 知识点4 相关二级结论及解题策略 1．排列数、组合数常用公式 (1)＝(n－m＋1). (2)＝n. (3)(n＋1)！－n！＝n·n！. (4)k＝n. (5)＋＋…＋＋＝. 2.解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排或特殊位置优先安排. (2)合理分类与准确分步. (3)排列、组合混合问题要先选后排. (4)相邻问题捆绑处理. (5)不相邻问题插空处理. (6)定序问题倍缩法处理. (7)分排问题直排处理. (8)“小集团”排列问题先整体后局部. (9)构造模型. (10)正难则反，等价转化. 3.分组、分配问题的求解策略 整体均分组 分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数 部分均分组 若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数 不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等 相同元素的分配 常用“隔板法”求解，即定个数、定空位、插隔板、确定分配方案 不同元素的分配 利用分步乘法计数原理，先分组，后分配 有限制条件的分配 采用分类讨论法求解 题型深研·通法变式提能力 题型1 元素（位置）有限制的排列问题 【典例1-1】（25-26高二下·全国·课后作业）要从,5个人中选出1名组长和1名副组长，但不能当副组长，则不同的选法种数是（   ） A．20 B．16 C．10 D．6 【典例1-2】（25-26高三上·贵州·阶段练习）甲、乙、丙、丁、戊五人去甘肃、贵州、陕西三省旅游，每人只去一个省份，已知甲、乙都不去陕西，丙、丁去的省份不同，则这五人不同的选择共有（   ） A．36种 B．72种 C．60种 D．96种 方法技巧 元素（位置）有限制的排列问题求解策略 特殊元素或特殊位置问题一般从以下三种思路考虑： (1)以元素为主考虑，即先安排特殊元素，再安排其他元素；(2)以位置为主考虑，即先安排特殊位置，再安排其他位置；(3)用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．以上三种思路可以简化如图． 当限制条件有两个或两个以上时，若互不影响，则直接按分步解决；若相互影响，则先分类，然后在每一类中再分步解决． 【变式1-1】（25-26高二下·贵州·月考）现有甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者报名参加公益活动，在某星期的星期一到星期五每天安排1人参加公益活动，且每人只参加一天，甲要求不安排在星期一，戊要求不安排在星期五，则不同的安排方式共有__________种． 【变式1-2】（2026·湖南·模拟预测）某电竞战队从张不同地图中选择3张，按顺序用于场比赛，且每张地图最多使用一次．若第一场比赛不能使用地图“峡谷之巅”，则不同的选择方案共有__________种． 题型2 排数问题 【典例2-1】(25-26高二下·四川广元·期末)2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有(   )个． A．480 B．600 C．720 D．840 【典例2-2】（25-26高二下·全国·课堂例题）从1到9的九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？ (3)在（1）中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ (4)在（1）中任意两个偶数不相邻的七位数有几个？ 方法技巧 排数问题求解策略 1.特殊优先：首位、0、奇偶、最值等受限数字先排，再排剩余数位. 2.分类讨论：含 0与不含0、奇数与 偶数分两类，避免0居首位出错. 3.间接排除：总数减不符合条件（0 在前、奇偶不符）情况，简化计算. 4.捆绑插空：相邻数字捆绑为整体；不相邻先排其余，空位插数. 5.定序缩倍：数字有固定顺序时，全排列除以重复元素阶乘. 6.全程注意数位不可重复，区分有序排列、无序组合. 【变式2-1】（2026·辽宁·模拟预测）已知1、2、3、4、5、6、7、8八个数字组成一个八位数（各位数字不重复），满足任意相邻数字奇偶性不同，且5、6两个数字相邻，则这样的八位数有（   ）个. A．432 B．257 C．282 D．504 【变式2-2】(2026·江苏南通·模拟预测)一个数阵有行4列，第一行中的4个数互不相同，其余行都由这4个数以不同的顺序组成.如果要使任意两行的顺序都不相同，那么的值最大可取(    ) A．6 B．12 C．24 D．48 题型3 排队问题 【典例3-1】（25-26高二下·安徽六安·月考）从包含甲、乙2人的8人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） (1)甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； (2)甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； (3)甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒； (4)甲、乙2人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 【典例3-2】 现将4名男生3名女生排成一排，按下列要求，各有多少种不同的排法. (1)男、女生各排在一起； (2) 3名女生不全排在一起； (3)男、女生相间； (4) 3名女生全不排在一起(即女生之间不相邻). 方法技巧 排队问题求解策略 1．解决不相邻问题用“插空法”． 2．解决相邻问题用“捆绑法”. 3．解决“定序”问题用“倍缩法”． 有(m＋n)个元素排成一列，其中m个元素之间的先后顺序确定不变，种满足条件的不同排法． 【变式3-1】（2026·浙江·一模）某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（    ）种. A．216 B．360 C．432 D．672 【变式3-2】(25-26高二下·吉林·阶段练习)甲、乙、丙、丁四名同学排成一排照相，则甲与乙相邻且甲与丙之间恰好有一名同学的方案共有(   ) A．3种 B．4种 C．6种 D．12种 【变式3-3】(25-26高二下·陕西咸阳·期末)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，乙和丙不相邻．则不同排列方式共有(    ) A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 题型4 抽取问题 【典例4-1】（2025·山西·二模）甲组有2名男生，3名女生；乙组有3名男生，2名女生.若从甲、乙两组中各选2名学生，选出的4人中恰有1名女生的选法种数为（    ） A．24 B．25 C．30 D．36 【典例4-2】（25-26高三上·内蒙古·开学考试）某公司的一个部门有6名男员工和4名女员工，从该部门选3人组成一个项目组，要求该项目组男、女员工都有，则不同的选法种数为（    ） A．84 B．90 C．96 D．100 方法技巧 抽取问题的解题策略 1. 辨有序无序：放回抽取有序用可重排列；不放回只选产品用组合，需排序则乘阶乘. 2. 特殊优先：正品、次品限定数量，先选特殊产品再选普通. 3. 分类相加：含 k 件次品、不含次品分情况计算，做到不重不漏. 4. 间接简化：总抽取情况减去全正品、全次品等不合题意情形. 5. 区分有无放回：不放回组合，放回可重复选取；平均分配产品需除重复组数. 【变式4-1】（2025·贵州毕节·一模）某学校开设了6门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这10门课中选修3门课进行学习，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案种数是（    ） A．96 B．116 C．120 D．192 【变式4-2】（25-26高二下·北京平谷·期末）某学校从5名男生和3名女生中推荐3人参加区级演讲比赛，若选出的3人既有男生又有女生，则不同的选法有（   ） A．45种 B．56种 C．15种 D．30种 题型5 代数中的计数问题 【典例5-1】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 【典例5-2】(多选)(23-24高二下·广东深圳·阶段练习)用数字组成无重复数字的四位数，则( ) A．可组成个四位数 B．可组成个是的倍数的四位数 C．可组成各位数字之和为偶数的四位数有个 D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第个数为 方法技巧 代数中的计数问题求解策略 对于代数中的计数问题，要注意特殊元素（如0）及特殊位置（如0不能排首位），一般先选取数字（组合）再排序（排列），同时注意其他限制条件. 【变式5-1】(25-26高二下·江苏徐州·阶段练习)用，，，，，，这七个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有(   ) A．105个 B．42个 C．146个 D．52个 【变式5-2】像87125这样各个数位上的数字依次先减少再增加的数称为“凹数”，现用0~9这10个数字，每个数字只用一次，组成的十位数，能组成______个凹数. 题型6 几何中的计数问题 【典例6-1】（25-26高二上·河南驻马店·期末）已知直线，异面，上有，，，四个点，上有，，三个点，这七个点中任意两点可连成直线，其中异面直线有（    ）对 A．37 B．54 C．66 D．67 【典例6-2】(多选)(25-26高二下·广东江门·期末)在正方体中，下列说法正确的是(    ) A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段 B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个 C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个 D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个 方法技巧 几何中的计数问题求解策略 解答几何型组合问题的的组合问题基本一样，只要把图形中隐含条件视为限制条件即可，计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需分类或分步计算符合题意的组合数. 【变式6-1】(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 【变式6-2】(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(    ) 题型7 多面手问题 【典例7】（2026·全国·高三专题练习）某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（    ）种不同的选法 A．225 B．185 C．145 D．110 方法技巧 多面手问题求解策略 多面手指兼具多种职能、可灵活分配的元素，求解策略如下： 1．核心思路：按多面手上岗人数分类：以参与任务的多面手数量划分情况，分别计算再求和，避免重复遗漏. 2．特殊优先：先安排固定职能人员，再分配多面手填补空缺岗位. 3．排除法简化：总数减去多面手分配冲突、岗位无人的不合规情形. 4．区分岗位异同：岗位不同用排列，仅分组不分岗位用组合；多人同岗注意重复剔除. 5．验证边界：保证每类岗位人员数量达标，多面手不重复重复分配至多处. 【变式7-1】（2026·全国·高三专题练习）“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．26种 B．30种 C．37种 D．42种 【变式7-2】“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派3人划左桨、3人划右桨共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ）． A．26种 B．31种 C．36种 D．37种 题型8 不同元素的分组分配问题 【典例8】（2026高三·全国·专题练习）将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？ (1)（非均匀分组）一堆一本，一堆两本，一堆三本； (2)（定向分配）甲得一本，乙得两本，丙得三本； (3)（不定向分配）一人得一本，一人得二本，一人得三本； (4)（平均分配）平均分给甲、乙、丙三人； (5)（平均分组）平均分成三堆． 方法技巧 不同元素的分组、分配问题求解策略 1.整体平均分组：分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数； 2.部分平均分组：若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数； 3.不平均分组：只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等； 4.平均分配：将元素分步分给各对象，分完即可； 5.定向分配：按各对象应分配到的确定元素个数分步分，分完即可； 6.不定向分配：先分组，后分配，分配给m个对象，在分组后再乘以. 【变式8-1】（25-26高三上·云南昆明·月考）昆明马拉松活动中，将4名志愿者分配到3个不同的服务点参加志愿工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法种类数为（   ） A．12 B．36 C．48 D．72 【变式8-2】（25-26高二下·北京·期中）登山运动员 人， 平均分为两组， 其中熟悉道路的有4人， 每组都需要 人， 那么不同的分配方法种数是（    ） A． B． C． D． 【变式8-3】（2026高二下·全国·专题练习）有四个不同的小球，四个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内． (1)共有多少种不同的放法？ (2)若每个盒子不空，则共有多少种不同的放法？ (3)若恰有一个盒子不放球，则共有多少种不同的放法？ （注意：请写出式子再写计算结果） 题型9 相同元素的分组分配问题 【典例9-1】把6个相同的小球放入3个相同的盒子,共有 不同的放法. 【典例9-2】（2026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？ 方法技巧 相同元素分组、分配问题求解策略 1．对于相同元素的分组问题，一般采用枚举法，将各种分法逐一列出，再计算总的方法数，注意此时元素是相同的，对象也是相同的，故各种分法中，若各对象所分得元素个数确定，此时交换元素算同种方法. 2．对于相同元素的分配问题我们采用隔板法处理． （1）将m个相同元素分配给n个人，，每人至少1个． 按以下思路求出不同分配方法的种数：先将m个元素排成一列，中间有个空，然后把个隔板放入个空中即可把所有元素分为n组，再依次把n组元素给到n个人即可，于是总的分法有种，这种处理问题的方法我们称为隔板法． （2）将m个相同元素分配给n个人，，可以有人分不到． 此时我们可以采用化归的思路处理．先借过来n个元素，给每个人分一个，于是问题就转化为将个相同元素分配给n个人，每人至少1个，分完之后每个人再扣除一个即可，于是总的分法有种． 【变式9-1】1.把4本完全相同的书分成2堆，每堆至少1个，不同的放法种数为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【变式9-2】（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）现有8个市三好学生名额分给六个班，其中一班和二班每班至少2个名额，三班和四班每班至少1个名额，五班和六班可以不分配名额，则名额分配方式共有（    ）种． A．21 B．56 C．70 D．126 【变式9-3】将6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子，求下列放法的种数． (1)每个盒子都不空； (2)恰有一个空盒子． 题型10 涂色（种植）问题 【典例10-1】（25-26高二上·江苏常州·期末）从4种不同的颜色中选择若干种给如图所示的4个方格涂色，每个方格中只涂一种颜色且相邻两格不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．24种 B．72种 C．108种 D．120种 【典例10-2】（24-25高二下·广东·月考）现提供5种不同的颜色给图中①②③④⑤这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同1种颜色，每个区域只涂1种颜色，则不同的涂色方案共有（   ）    A．360种 B．420种 C．120种 D．480种 方法技巧 涂色（种植）问题求解策略 求解涂色(种植)问题一般直接利用两个计算原理求解： (1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析； (2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析； (3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.. 【变式10-1】(24-25高二下·海南海口·期末)如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为(    ) A．24 B．48 C．72 D．120 【变式10-2】（25-26高二上·辽宁抚顺·期末）给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是（    ）    A．192 B．168 C．224 D．208 【变式10-3】（2026高三·全国·专题练习）如图所示，用4种不同的颜色涂三棱台的顶点，同一线段的端点不同色，且颜色可以不用完，则不同的涂法有______种． 题型11 不定方程正整数解的个数问题 【典例11-1】（25-26高二上·山东潍坊·月考）三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 【典例11-2】（25-26高二下·贵州遵义·期中）方程的正整数解的个数为（     ） A． B． C． D． 方法技巧 不定方程的正整数解的个数问题求解策略 不定方程的正整数解的个数问题往往转化为相同元素的分配问题，再利用隔板法求解. 【变式11-1】（25-26高二下·黑龙江佳木斯·月考）若方程，其中，则方程的自然数解的个数为__________. 【变式11-2】（2026高三下·新疆·竞赛）方程的非负整数解中，满足的解的个数为__________. 题型12 配对模型 【典例12-1】有三对双胞胎共6人，从中随机选出2人，且不能是同一对双胞胎的选法种数为 （    ） A．10 B．12 C．13 D．30 【典例12-2】有两个家庭共8人暑假到新疆结伴旅游（每个家庭包括一对夫妻和两个孩子），他们在乌鲁木齐租了两辆不同的汽车进行自驾游，每辆汽车乘坐4人，要求每对夫妻乘坐同一辆汽车，且该车上至少有一个该夫妻自己的孩子，则满足条件的不同乘车方案种数为 . 方法技巧 配对问题求解策略 1．先定整体：成双选取先整双取，再拆单只（单人）；要单只则先选整双再拆一只. 2．分类讨论：分恰好成对、无成对、部分成对三类，分别计算相加. 3．间接法：总选法减去全部不成对情况，简化复杂分类. 4．区分有序无序：分配到人，不同位置用排列，仅选取用组合. 5．去重要点：选取多组配对时，若组别无顺序需除以组数阶乘，防止重复计数. 【变式12-1】已知甲、乙两个家庭排成一列测核酸，甲家庭是一对夫妻带1个小孩，乙家庭是一对夫妻带2个小孩.现要求2位父亲位于队伍的两端，3个小孩要排在一起，则不同的排队方式的种数为（    ） A．288 B．144 C．72 D．36 【变式12-2】从6双不同的鞋子中任取4只，恰是两双的选法有 种，恰有一双的选法有 种． 题型13 最短路径与爬楼梯问题 【典例13-1】某楼梯一共有8个台阶，甲同学每步可以登一个或两个台阶，一共用6步登上该楼梯，则甲同学登上该楼梯的不同方法数是（    ） A．10 B．15 C．20 D．30 【典例13-2】（多选）如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（   ） A．甲从M到达N处的走法种数为20 B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9 C．甲、乙能在处相遇的走法种数为36 D．甲、乙能相遇的走法种数为164 方法技巧 最短路径与爬楼梯问题求解策略 最短路径：横向、纵向步数固定，总步数组合选横向（纵向）步数，障碍物用总路径减违规路径. 爬楼梯：递推结合组合，每次固定步长，枚举走几步长步，剩余用短步，转化为步数排列；可分类统计不同长步数量，求和. 二者核心：转化为相同元素分组排列，分清重复步数，不重不漏，有约束条件用间接扣除法. 【变式13-1】（25-26高二下·浙江宁波·期末）某街区的交通道路如图1实线所示，从处出发，沿道路以最短路径到达处，则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是（   ） A． B． C． D． 【变式13-2】（多选）2024年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加志愿者活动.小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法正确的个数是（   ）    A．小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条 B．小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条 C．若图中H处修路不通，则小明到老年公寓选择的最短路径条数为15条 D．若小明要去图中H处取参加活动的必需物资，则小明到老年公寓选择的最短路径条数为25条 题型14 排列组合的创新题型 【典例14-1】（24-25高二下·江西景德镇·期中）总共有13个大小颜色重量外观等都一样的小球，如图所示①、②、③号三个足够大的杯子，其中①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球，问总共有（    ）种放小球方法 A．120 B．84 C．45 D．36 【典例14-2】（24-25高二下·广东江门·期中）中国古代十进制的算筹计数法在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同样长短和粗细的小棍子.如图，是利用算筹表示数 1~9 的一种方法.若规定137可表示为“”，26可表示为“”，现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以表示的不含数字的三位数的个数为（   ） A．10 B．20 C．36 D．38 方法技巧 排列组合中的部分创新题型求解策略 1．新定义题型：先拆解题干自定义规则，把陌生表述转化为选、排、分基础模型，严格遵从新限制，不套用常规结论，分步列式验证定义要求. 2．知识交汇题：融合函数、几何、概率、数列时，剥离无关条件，提取计数核心，几何抓点线区域选取，函数抓自变量取值组合. 3．新颖情境题：抽象实际背景，区分有序无序、有无重复、元素特殊约束；复杂问题采用分类加法、间接排除简化运算. 通用思路：特殊元素优先安排，合理分类做到不重不漏；遇平均分组、定序、相邻不相邻套用对应方法，最后检验是否符合题干全部约束条件. 【变式14-1】（2025·河北秦皇岛·三模）已知全集，集合，，是全集的三个子集，定义：表示集合中元素的个数，若，，则所有的有序子集列有（    ） A．360个 B．640个 C．960个 D．1920个 【变式14-2】（24-25高一上·浙江杭州·开学考试）个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，不同的传球方法数为________. 分层进阶·双阶训练验成效 巩固过关 1.把6本完全相同的书分成3堆，每堆至少1个，不同的放法种数为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 2．（24-25高二上·黑龙江·期末）今年暑期档推出多部精彩影片，其中比较热门的有《解密》，《名侦探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《死侍与金刚狼》，甲和乙两位同学准备从这5部影片中各选2部观看.若两人所选的影片恰有一部相同，且甲一定选《抓娃娃》，则两位同学不同的观影方案种数为（   ） A．24 B．28 C．36 D．12 3．（2026·陕西西安·模拟预测）清华大学给某省增加了5个相同的强基计划名额，有3所高中的学生有资格争取这5个名额，则将这5个名额分配到各校的不同方法种数为（   ） A．243 B．150 C．42 D．21 4．（24-25高二下·河南郑州·期中）从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中能被5整除的个数为（   ） A．6 B．10 C．12 D．18 5．（24-25高三下·上海·阶段检测）直线(，不全为)与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（     ） A．60条 B．66条 C．72条 D．78条 6．（26-27高三上·湖南永州·开学考试）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．18种 B．27种 C．36种 D．54种 7．（25-26高二下·山东聊城·期末）4位家长带2个孩子，6人站成一排，要求排头排尾必须是家长，两个孩子必须相邻，则不同站法有（    ） A．36种 B．72种 C．144种 D．576种 8．（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 9．（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 10.(多选)（25-26高二上·陕西渭南·期末）已知某乒乓球队有4名男队员（包含1名男队长），3名女队员（包含1名女队长)，则下列说法正确的是（    ） A．若从该乒乓球队中选派2名男队员，2名女队员外出比赛，则共有18种选派方法 B．若从该乒乓球队中选派3名队员外出比赛，且至少有1名女队员，则共有31种选派方法 C．若从该乒乓球队中选派4名队员外出比赛，且既要有队长，又要有女队员，则共有30种选派方法 D．若该乒乓球队中的7名队员去三个不同的城市参加比赛，且每个城市至少2人，则共有630种选派方法 11．（多选）（25-26高二下·江苏扬州·期末）某班级数学课外活动小组中有男生5人，女生3人，则下列选项中正确的有（     ） A．从中选出2人分别担任组长和副组长，共有28种不同的安排方案 B．从中选4人参加语文、数学、英语知识竞赛，其中语文需要2人，数学和英语各需要1人，共有840种不同的安排方案 C．8人排成一排，甲乙两人之间恰好间隔2人，共有7200种不同的安排方案 D．8人排成一排，女生两两不相邻，且女生甲在排头或排尾，共有4800种不同的安排方案 12．（25-26高三下·云南昭通·期中）用一个0，两个2，三个6排成一个六位数，则不同的排法种数为_____.（用数字作答） 13.（2026高三·全国·专题练习）把1，2，3，…，20这20个数分成四组，若组内的数不少于两个时必须是连续自然数，则有______种分组方法．（用数字作答） 14．（25-26高三下·广东东莞·阶段检测）甲、乙等6人围成一圈，且甲、乙两人相邻，则不同的排法共有______种. 15．（25-26高二下·全国·课后作业）从八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数的系数，问： (1)共能组成多少个不同的二次函数？ (2)在这些二次函数中，图象关于轴对称的有多少个？ 16.（2024高三·全国·专题练习）有六名同学按下列方法和要求分组，各有不同的分组方法多少种？ (1)分成三个组，各组人数分别为1、2、3； (2)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为1、2、3； (3)分成三个组，各组人数分别为2、2、2； (4)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为2、2、2； (5)分成四个组，各组人数分别为1、1、2、2； (6)分成四个组去参加四项不同的活动，各组人数分别为1、1、2、2. 创新提升 1．（25-26高二下·江苏盐城·期末）某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（   ） A．12种 B．16种 C．24种 D．30种 2．（25-26高三上·贵州贵阳·高考复习）在元旦小长假期间，要从5人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法种数有（     ） A．60种 B．70种 C．80种 D．90种 3．（2025高三上·全国·竞赛）如果一个正整数中没有数字重复出现，不包含数字0，且没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大，那么称其为“平衡数”．例如，23，196，12463均为平衡数，但1546，320，34321则不是．问共有多少个平衡的正整数？（    ） A．511 B．2584 C．9841 D．17711 E．19682 4．（2025高三上·全国·竞赛）六把椅子围绕一张圆桌摆放．两名学生和两名教师随机选择其中的四把椅子就座．问两名学生坐在相邻椅子上，且两名教师也坐在相邻椅子上的概率是多少？（    ） A． B． C． D． E． 5．（24-25高三上·天津南开·阶段检测）从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 6．(多选)（2026高三·全国·专题练习）若，且，，则对满足条件的不同的有序自然数对的个数以下说法正确的是（   ） A．当时，有6种不同的有序自然数对 B．当时，有5种不同的有序自然数对 C．当时，有3种不同的有序自然数对 D．满足条件的不同的有序自然数对共有14个 7．（25-26高二下·甘肃·期末）某学校组织科技竞赛，现有6名指导教师负责命题、监考、阅卷三项工作，要求每项工作至少安排1名指导老师，每名指导老师都只能参加一项工作，则不同的分配方法共有_____种． 8．（25-26高二下·重庆·期中）设集合，那么集合A中满足条件“”的元素个数为________ 9．若三个正整数的位数之和为8，且组成的8个数码能排列为2，0，2，4，0，9，0，8，则称为“幸运数组”，例如是一个幸运数组．满足的幸运数组的个数为_____． 10．（2026·广东湛江·二模）若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为______. 8 / 8zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优01 刷透排列组合的十二大重难点题型内容导航 知识精讲·重难聚焦讲技巧 1 题型深研·通法变式提能力 3 题型1 元素（位置）有限制的排列问题 3 题型2 排数问题 5 题型3 排队问题 6 题型4 抽取问题 9 题型5 代数中的计数问题 11 题型6 几何中的计数问题 12 题型7 多面手问题 14 题型8 不同元素的分组分配问题 16 题型9 相同元素的分组分配问题 18 题型10 涂色（种植）问题 19 题型11 不定方程正整数解的个数问题 22 题型12 配对模型 23 题型13 最短路径与爬楼梯问题 25 题型14 排列组合的创新题型 27 分层进阶·双阶训练验成效 30 巩固过关 30 创新提升 36 知识精讲·重难聚焦讲技巧 知识点1 两个计数原理 1．两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法 结论 完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法(也称“加法原理”) 完成这件事共有N＝m1·m2·…·mn种方法(也称“乘法原理”) 2．剖析两个计数原理 (1)分类加法计数原理中每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事；各类方法之间是互斥的、并列的、独立的. (2)分步乘法计数原理中任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事；各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏，但有时可以调换各步的顺序. 知识点2 排列与组合 1．排列与组合的概念 排列的 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元1素 按照一定的顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列 组合的 定义 为一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 2．对排列组合概念的理解 (1)排列需要考虑元素的顺序，组合不需要考虑元素顺序. (2)只有元素相同且顺序也相同的两个排列才是相同的；只要两个组合的元素相同，不论元素的顺序如何，都是相同的组合. 知识点3 排列数、组合数的定义、公式与性质 1.相关概念 排列数 组合数 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有不同排列的个数 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有组合的个数 公式 ＝n(n－1)(n－2)·…·[n－(m－1)]＝ ＝＝＝ 性质 ＝1，＝n！，0！＝1 ＝1，＝，＝ 2.正确理解组合数的性质 (1)＝：从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的方法数. (2)＋＝：从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况： ①不含特殊元素A有种方法； ②含特殊元素A有种方法. 知识点4 相关二级结论及解题策略 1．排列数、组合数常用公式 (1)＝(n－m＋1). (2)＝n. (3)(n＋1)！－n！＝n·n！. (4)k＝n. (5)＋＋…＋＋＝. 2.解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排或特殊位置优先安排. (2)合理分类与准确分步. (3)排列、组合混合问题要先选后排. (4)相邻问题捆绑处理. (5)不相邻问题插空处理. (6)定序问题倍缩法处理. (7)分排问题直排处理. (8)“小集团”排列问题先整体后局部. (9)构造模型. (10)正难则反，等价转化. 3.分组、分配问题的求解策略 整体均分组 分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数 部分均分组 若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数 不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等 相同元素的分配 常用“隔板法”求解，即定个数、定空位、插隔板、确定分配方案 不同元素的分配 利用分步乘法计数原理，先分组，后分配 有限制条件的分配 采用分类讨论法求解 题型深研·通法变式提能力 题型1 元素（位置）有限制的排列问题 【典例1-1】（25-26高二下·全国·课后作业）要从,5个人中选出1名组长和1名副组长，但不能当副组长，则不同的选法种数是（   ） A．20 B．16 C．10 D．6 【答案】B 【详解】不考虑限制条件有种选法， 若当副组长，有种选法， 故不当副组长，有（种）选法． 故选：B. 【典例1-2】（25-26高三上·贵州·阶段练习）甲、乙、丙、丁、戊五人去甘肃、贵州、陕西三省旅游，每人只去一个省份，已知甲、乙都不去陕西，丙、丁去的省份不同，则这五人不同的选择共有（   ） A．36种 B．72种 C．60种 D．96种 【答案】B 【分析】先安排甲乙，然后安排丙丁，最后安排戊，由分步乘法计数原理计算即得. 【详解】先安排甲乙，分别在甘肃、贵州两省中人选一处，方法数有种， 然后安排丙丁，在三省中任选两处并考虑顺序，方法数有种， 最后安排戊，在三省中任选一处，方法数有种， 根据分步乘法计数原理，这五人不同的选择共有种. 故选：B 方法技巧 元素（位置）有限制的排列问题求解策略 特殊元素或特殊位置问题一般从以下三种思路考虑： (1)以元素为主考虑，即先安排特殊元素，再安排其他元素；(2)以位置为主考虑，即先安排特殊位置，再安排其他位置；(3)用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．以上三种思路可以简化如图． 当限制条件有两个或两个以上时，若互不影响，则直接按分步解决；若相互影响，则先分类，然后在每一类中再分步解决． 【变式1-1】（25-26高二下·贵州·月考）现有甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者报名参加公益活动，在某星期的星期一到星期五每天安排1人参加公益活动，且每人只参加一天，甲要求不安排在星期一，戊要求不安排在星期五，则不同的安排方式共有__________种． 【答案】 【详解】若甲安排在星期五，则不同的安排方法有种， 若甲不安排在星期五，则不同的安排方法有种， 故不同的安排方法有种. 【变式1-2】（2026·湖南·模拟预测）某电竞战队从张不同地图中选择3张，按顺序用于场比赛，且每张地图最多使用一次．若第一场比赛不能使用地图“峡谷之巅”，则不同的选择方案共有__________种． 【答案】 【详解】考虑所有情况为种， 如果第一场选择“峡谷之巅”共有种， 那么第一场不选择“峡谷之巅”，则有种选法. 题型2 排数问题 【典例2-1】(25-26高二下·四川广元·期末)2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有(   )个． A．480 B．600 C．720 D．840 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用倍缩法，排除首位为0的情况即可. 【详解】数字：2，0，2，5，4，2，3中数字2出现了3次，则7个数字的所有排列情况有种， 当首位为0时，剩下6个数字：2，2，5，4，2，3出现了3次，排列的情况有种， 所以不同的7位数有个.故选：C. 【典例2-2】（25-26高二下·全国·课堂例题）从1到9的九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？ (3)在（1）中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ (4)在（1）中任意两个偶数不相邻的七位数有几个？ 【分析】（1）利用分步乘法计数原理可得答案； （2）利用相邻元素捆绑法可得答案； （3）利用相邻元素捆绑法可得答案； （4）利用不相邻元素插空法可得答案. 【详解】（1）分步完成：第一步，在4个偶数中取3个，可有种取法； 第二步，在5个奇数中取4个，可有种取法； 第三步，3个偶数、4个奇数进行排列，可有种排法． 所以符合题意的七位数有（个）． （2）上述七位数中，3个偶数排在一起的有（个）． （3）上述七位数中，3个偶数排在一起， 4个奇数也排在一起的有（个）． （4）上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好， 再将3个偶数分别插入5个空中，共有（个）． 方法技巧 排数问题求解策略 1.特殊优先：首位、0、奇偶、最值等受限数字先排，再排剩余数位. 2.分类讨论：含 0与不含0、奇数与 偶数分两类，避免0居首位出错. 3.间接排除：总数减不符合条件（0 在前、奇偶不符）情况，简化计算. 4.捆绑插空：相邻数字捆绑为整体；不相邻先排其余，空位插数. 5.定序缩倍：数字有固定顺序时，全排列除以重复元素阶乘. 6.全程注意数位不可重复，区分有序排列、无序组合. 【变式2-1】（2026·辽宁·模拟预测）已知1、2、3、4、5、6、7、8八个数字组成一个八位数（各位数字不重复），满足任意相邻数字奇偶性不同，且5、6两个数字相邻，则这样的八位数有（   ）个. A．432 B．257 C．282 D．504 【答案】D 【详解】第一步：把1、2、3、4、7、8奇偶数相间而排，共有种， 第二步：再把5、6两个数字一起插空，由于每一个空的旁边都是一奇一偶， 所以插入后奇数旁边放6，偶数旁边放5，则这7个空共有种排法， 根据分步计数乘法原理可得：这样的八位数有个， 故选：D. 【变式2-2】(2026·江苏南通·模拟预测)一个数阵有行4列，第一行中的4个数互不相同，其余行都由这4个数以不同的顺序组成.如果要使任意两行的顺序都不相同，那么的值最大可取(    ) A．6 B．12 C．24 D．48 【答案】C 【分析】根据排列的意义结合排列数的计算，即可得答案. 【详解】由于4个数互不相同，故将这4个数全排列共有种排序方法， 而一个数阵有m行4列，要使任意两行的顺序都不相同，故m的值最大为24，故选：C. 题型3 排队问题 【典例3-1】（25-26高二下·安徽六安·月考）从包含甲、乙2人的8人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） (1)甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； (2)甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； (3)甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒； (4)甲、乙2人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 【详解】（1）甲乙两人在中间两棒，则有种排法， 从剩下6人选出2人排列到两边，有种排法， 则共有种排法. （2）将甲乙绑定到一起，内部有2种排法， 从剩下6人选出2人，有种选法， 全排列3个元素有种排法， 所以共有种排法. （3）先从剩下6人选出2人先排列，有种排法， 将甲乙插入到已排列的两个元素邻近的3个空位中，以保证甲乙不相邻，有种排法， 所以共有种排法. （4）若甲在第四棒， 则从剩下6人选出2人，有种选法， 3人全排列，共有种排法， 此时共有种排法， 若甲不在第四棒，也不在第一棒，所以甲有2种排列方法， 乙不在第四棒，也不能与甲同棒，所以乙有2种排列方法， 再从剩下6人选出2人排列到剩下的两个位置，有种排法， 此时共有种排法， 综上，共有种排法. 【典例3-2】 现将4名男生3名女生排成一排，按下列要求，各有多少种不同的排法. (1)男、女生各排在一起； (2) 3名女生不全排在一起； (3)男、女生相间； (4) 3名女生全不排在一起(即女生之间不相邻). 【详解】(1)先将4名男生、3名女生分别看成一个整体，这两个整体元素进行排列，有种排法； 再让男、女生各自在整体内分别排列，分别有和种排法. 故不同排法共有=288种. (2)“全排在一起”和“不全排在一起”是互斥的，用排除法. 女生全排在一起的情况，把3名女生看成一个整体A，则4名男生和A共有种排法.在整体A内3名女生又有种排法，因而女生全排在一起有种排法. 因此女生不全在一起的排法有=4200种排法. (3)如图，只有这样，才能使男女生相间. 因此符合条件的不同排法共有=144种. (4)任何两个女生不相邻，这和“男女生相间”是有区别的.“任何两个女生不相邻”只要求她们之间排有男生，至于排几个男生则无关紧要.如下图，先排无附带条件的男生(圆圈)，4名男生之间及两头有5个空档(图中△)，3名女生只要排在空档位置，都符合任何两个女生不相邻. 因此，先排4名男生，有种；再在5个空档中插入3名女生，有种.故共有=1440种. 方法技巧 排队问题求解策略 1．解决不相邻问题用“插空法”． 2．解决相邻问题用“捆绑法”. 3．解决“定序”问题用“倍缩法”． 有(m＋n)个元素排成一列，其中m个元素之间的先后顺序确定不变，种满足条件的不同排法． 【变式3-1】（2026·浙江·一模）某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（    ）种. A．216 B．360 C．432 D．672 【答案】C 【分析】借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前3个节目至少有一个机器人节目要求 【详解】步骤1：先排 4 个歌舞节目：，排好后会产生 5 个空位（包括两端）； 步骤2：将 2 个机器人节目插入空位：； 步骤3：排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法， 剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人-歌舞-机器人”的排列， 有种方法.故不满足条件的情况有. 故总数为： 故选：C 【变式3-2】(25-26高二下·吉林·阶段练习)甲、乙、丙、丁四名同学排成一排照相，则甲与乙相邻且甲与丙之间恰好有一名同学的方案共有(   ) A．3种 B．4种 C．6种 D．12种 【答案】C 【分析】分乙在甲、丙之间，乙不在甲、丙之间两种情况讨论即可. 【详解】根据题意，可分成两类情况： 第一类：乙在甲、丙之间，有种； 第二类：乙不在甲、丙之间，有种； 由分类加法计数原理，共有种方案.故选：C 【变式3-3】(25-26高二下·陕西咸阳·期末)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，乙和丙不相邻．则不同排列方式共有(    ) A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 【答案】C 【分析】先考虑甲的站位，可选中间3个位置，不考虑乙和丙位置相邻不相邻，去除其中乙丙相邻情况，即可求得答案. 【详解】先考虑甲的站位，可选中间3个位置，不考虑乙和丙位置相邻不相邻， 此时共有种排列方式； 然后考虑其中乙和丙位置相邻的情况，即将乙和丙看作一个元素，和丁、戊全排列， 在这3个元素之间形成的两个位置上选一个将甲插入， 此时共有种排列方式； 故符合题意的不同排列方式共有(种)，故选：C 题型4 抽取问题 【典例4-1】（2025·山西·二模）甲组有2名男生，3名女生；乙组有3名男生，2名女生.若从甲、乙两组中各选2名学生，选出的4人中恰有1名女生的选法种数为（    ） A．24 B．25 C．30 D．36 【答案】A 【详解】恰有1名女生分两类.第一类：甲组选1名女生，1名男生，乙组选2名男生，有种选法； 第二类：甲组选2名男生，乙组选1名女生1名男生，有种选法， 所以，由分类加法计数原理可知共有24种选法. 故选：A 【典例4-2】（25-26高三上·内蒙古·开学考试）某公司的一个部门有6名男员工和4名女员工，从该部门选3人组成一个项目组，要求该项目组男、女员工都有，则不同的选法种数为（    ） A．84 B．90 C．96 D．100 【答案】C 【分析】可用直接法或间接法求解. 【详解】法1：直接法：选取的员工中可以有：1男2女，2男1女两类情况， 所以不同的选法种数为：. 法2：间接法：从10人中任选3人的方法中减去全是男生或全是女生的选法可得所求不同的选法种数为． 故选：C 方法技巧 抽取问题的解题策略 1. 辨有序无序：放回抽取有序用可重排列；不放回只选产品用组合，需排序则乘阶乘. 2. 特殊优先：正品、次品限定数量，先选特殊产品再选普通. 3. 分类相加：含 k 件次品、不含次品分情况计算，做到不重不漏. 4. 间接简化：总抽取情况减去全正品、全次品等不合题意情形. 5. 区分有无放回：不放回组合，放回可重复选取；平均分配产品需除重复组数. 【变式4-1】（2025·贵州毕节·一模）某学校开设了6门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这10门课中选修3门课进行学习，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案种数是（    ） A．96 B．116 C．120 D．192 【答案】A 【详解】由题意可知，选课方案分2类： ①选1门体育类选修课和2门艺术类选修课，有种方案， ②选2门体育类选修课和1门艺术类选修课，有种方案， 所以不同的选课方案种数是种． 故选：A． 【变式4-2】（25-26高二下·北京平谷·期末）某学校从5名男生和3名女生中推荐3人参加区级演讲比赛，若选出的3人既有男生又有女生，则不同的选法有（   ） A．45种 B．56种 C．15种 D．30种 【答案】A 【分析】列出选出的3人既有男生又有女生的所有可能，用组合数表示每种可能的选法种数，再使用分类加法计数原理即可. 【详解】选出的3人中有1名男生和2名女生的选法有种，选出的3人中有2名男生和1名女生的选法有种， 则选出的3人既有男生又有女生的选法有种. 故选：A. 题型5 代数中的计数问题 【典例5-1】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 【详解】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． 【典例5-2】(多选)(23-24高二下·广东深圳·阶段练习)用数字组成无重复数字的四位数，则( ) A．可组成个四位数 B．可组成个是的倍数的四位数 C．可组成各位数字之和为偶数的四位数有个 D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第个数为 【答案】BCD 【分析】结合千位数字不能为，利用分步乘法计数原理列出式子可判断选项A；根据的倍数的数字特点分类讨论可判断选项B；先把各位数字之和为偶数的数字组合列举出来，再根据计数原理列出式子可判断选项C；对四位数的千位和百位进行讨论可判断选项D. 【详解】对于选项A：先安排千位上的数字，有种；再安排百位、十位和个位上的数字，有种； 根据分步乘法计数原理可得，共组成个四位数，故选项A错误； 对于选项B：因为的倍数的四位数个位上为或， 所以分为两类：当个位是时，有种；当个位上时，有种， ∴共有种，故选项B正确； C选项，先把各位数字之和为偶数的数字组合列举出来，有，，，，，，，，； 再将每个组合中的四个数字排列组成一个四位数共种，故选项C正确； 对于选项D选：因为千位为的四位数有个； 千位为，百位为的四位数有个； 千位为，百位为的四位数有个； 共； 而千位为，百位为的四位数从小到大排列有：，，， 所以第个数为，故选项D正确.故选：BCD. 方法技巧 代数中的计数问题求解策略 对于代数中的计数问题，要注意特殊元素（如0）及特殊位置（如0不能排首位），一般先选取数字（组合）再排序（排列），同时注意其他限制条件. 【变式5-1】(25-26高二下·江苏徐州·阶段练习)用，，，，，，这七个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有(   ) A．105个 B．42个 C．146个 D．52个 【答案】A 【分析】对个位数字分四种情况讨论，按照分类加法计数原理及组合数公式计算可得. 【详解】若个位数字为，则有个； 若个位数字为，则有个； 若个位数字为，则有个； 若个位数字为，则有个； 综上可得一共有个.故选：A 【变式5-2】像87125这样各个数位上的数字依次先减少再增加的数称为“凹数”，现用0~9这10个数字，每个数字只用一次，组成的十位数，能组成______个凹数. 【答案】510 【详解】方法一：由题设在凹数的谷底，且左右两侧的数均比零大， 先选择0左侧元素，余下元素放在右侧， 故共有个数； 方法二：1~9每个数字可能在0的左侧或0的右侧两种可能， 去掉全部在0的左侧和全部在0的右侧两种情况，共个数. 题型6 几何中的计数问题 【典例6-1】（25-26高二上·河南驻马店·期末）已知直线，异面，上有，，，四个点，上有，，三个点，这七个点中任意两点可连成直线，其中异面直线有（    ）对 A．37 B．54 C．66 D．67 【答案】A 【详解】从上，，，取一个点和上，，取一个点， 确定的直线数有条，再加上直线，，则共可得条不同的直线， 则共有对直线， 其中直线与新的条直线都共面，直线与新的条直线也都共面，共24对， 新的条直线中，若直线过点，则形成直线，共有对共面， 直线上有4个点，故共有对共面， 新的条直线中，若直线过点，则形成4条直线， 其中两两共面，有对， 直线上有3个点，故共有对共面， 故异面直线有对. 故选：A 【典例6-2】(多选)(25-26高二下·广东江门·期末)在正方体中，下列说法正确的是(    ) A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段 B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个 C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个 D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个 【答案】ABD 【分析】利用几何组合计数问题，结合正方体及直三棱柱、三棱锥、四棱锥的构造特征，列式计算即得. 【详解】对于A，每两点确定一条线段，则正方体的8个顶点可确定不同的线段有条，A正确； 对于B，直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，因此直三棱柱两底面在正方体相对面上， 以正方形的顶点为顶点的三角形有4个，从而正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4个， 因此以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有个，B正确； 对于C，正方体顶点任取4个点，共有种选法， 其中四点共面的共有6个面和6个对角面共12种，因此三棱锥共有个，C错误； 对于D，由选项C，知正方体四点共面的情况有12种，每一种情况，余下每个点对应1个四棱锥， 因此四棱锥共有，D正确.故选：ABD. 方法技巧 几何中的计数问题求解策略 解答几何型组合问题的的组合问题基本一样，只要把图形中隐含条件视为限制条件即可，计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需分类或分步计算符合题意的组合数. 【变式6-1】(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 【详解】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. 【变式6-2】(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 【分析】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，从平面内取2个点，平面内取2个点，从平面内取1个点，平面内取3个点，结合数的计算公式和分类计数原理，即可求解. 【详解】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. 题型7 多面手问题 【典例7】（2026·全国·高三专题练习）某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（    ）种不同的选法 A．225 B．185 C．145 D．110 【答案】B 【详解】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类． ①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种； ②“2人既会英语又会法语”中有一人入选， 这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能， 因此有种； ③“2人既会英语又会法语”中两个均入选， 这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种， 因此有种． 综上分析，共可开出种． 故选：B． 方法技巧 多面手问题求解策略 多面手指兼具多种职能、可灵活分配的元素，求解策略如下： 1．核心思路：按多面手上岗人数分类：以参与任务的多面手数量划分情况，分别计算再求和，避免重复遗漏. 2．特殊优先：先安排固定职能人员，再分配多面手填补空缺岗位. 3．排除法简化：总数减去多面手分配冲突、岗位无人的不合规情形. 4．区分岗位异同：岗位不同用排列，仅分组不分岗位用组合；多人同岗注意重复剔除. 5．验证边界：保证每类岗位人员数量达标，多面手不重复重复分配至多处. 【变式7-1】（2026·全国·高三专题练习）“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．26种 B．30种 C．37种 D．42种 【答案】C 【详解】根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此分3种情况讨论： ①从中选3人划左桨，划右桨的在（）中剩下的人中选取，有种选法， ②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在（）中选取，有种选法， ③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法， 则有种不同的选法． 故选：C． 【变式7-2】“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派3人划左桨、3人划右桨共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ）． A．26种 B．31种 C．36种 D．37种 【答案】D 【详解】根据题意，设只会划左桨的人，只会划右桨的人，既会划左桨又会划右桨的人， 据此分3种情况讨论： ①从中选3人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法； ②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法； ③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法， 则有种不同的选法. 故选：D． 题型8 不同元素的分组分配问题 【典例8】（2026高三·全国·专题练习）将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？ (1)（非均匀分组）一堆一本，一堆两本，一堆三本； (2)（定向分配）甲得一本，乙得两本，丙得三本； (3)（不定向分配）一人得一本，一人得二本，一人得三本； (4)（平均分配）平均分给甲、乙、丙三人； (5)（平均分组）平均分成三堆． 【详解】（1）先在6本书中任取一本，作为一堆，有种取法，再从余下的五本书中任取两本，作为一堆，有种取法，再后从余下三本取三本作为一堆，有种取法，故共有分法（种）； （2）分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法亦为（种）． （3）分成三堆的方法有种，但每一种分组方法又有种不同的分配方案，故一人得一本，一人得两本，一人得三本的分法有（种）； （4）3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书本中任取出2本的方法有 种，甲不论用哪一种方法取得2本书后，乙再从余下的4本书中取书有种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各取2本书后，丙从余下的两本中取两本书，有 种方法，所以一共有=90种方法． （5）把6本不同的书分成三堆，每堆二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人二本的区别在于，后者相当于把六本不同的书，平均分成三堆后，再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人．因此，设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有x 种，那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法就应有种，由（4）知，把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有 种．所以＝ ，则(种）. 方法技巧 不同元素的分组、分配问题求解策略 1.整体平均分组：分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数； 2.部分平均分组：若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数； 3.不平均分组：只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等； 4.平均分配：将元素分步分给各对象，分完即可； 5.定向分配：按各对象应分配到的确定元素个数分步分，分完即可； 6.不定向分配：先分组，后分配，分配给m个对象，在分组后再乘以. 【变式8-1】（25-26高三上·云南昆明·月考）昆明马拉松活动中，将4名志愿者分配到3个不同的服务点参加志愿工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法种类数为（   ） A．12 B．36 C．48 D．72 【答案】B 【详解】将4名志愿者分配到3个不同的服务点参加志愿工作，每人只去1个服务点， 每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法种类数为. 故选：B. 【变式8-2】（25-26高二下·北京·期中）登山运动员 人， 平均分为两组， 其中熟悉道路的有4人， 每组都需要 人， 那么不同的分配方法种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】先将4个熟悉道路的人平均分成两组有种. 再将余下的6人平均分成两组有种. 然后这四个组自由搭配还有种， 故最终分配方法有种 故选：B. 【变式8-3】（2026高二下·全国·专题练习）有四个不同的小球，四个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内． (1)共有多少种不同的放法？ (2)若每个盒子不空，则共有多少种不同的放法？ (3)若恰有一个盒子不放球，则共有多少种不同的放法？ （注意：请写出式子再写计算结果） 【详解】（1）每个球都有4种放法，故不同的放法共有（种）． （2）每个盒子不空，则不同的放法共有（种）． （3）设四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒， 说明恰有一个盒子中有两个小球，则先从四个小球中选出2个捆绑成一个元素， 有种选法， 再将此元素和剩下的两个小球（共三个不同的元素）放入4个不同盒子中的任意3个， 有种放法，故不同的放法共有（种）． 题型9 相同元素的分组分配问题 【典例9-1】把6个相同的小球放入3个相同的盒子,共有 不同的放法. 【答案】7 【详解】共有6+0+0型、5+1+0型、4+1+1型、4+2+0型、3+3+0型、3+2+1型、2+2+2型，故只有7种放法. 【典例9-2】（2026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？ 【分析】（1）利用隔板法求解即可. （2）先将问题合理转化，再利用隔板法求解即可. （3）法一对空盒子的个数进行分类讨论，再求和即可，法二利用隔板法求解即可. 【详解】（1）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. 方法技巧 相同元素分组、分配问题求解策略 1．对于相同元素的分组问题，一般采用枚举法，将各种分法逐一列出，再计算总的方法数，注意此时元素是相同的，对象也是相同的，故各种分法中，若各对象所分得元素个数确定，此时交换元素算同种方法. 2．对于相同元素的分配问题我们采用隔板法处理． （1）将m个相同元素分配给n个人，，每人至少1个． 按以下思路求出不同分配方法的种数：先将m个元素排成一列，中间有个空，然后把个隔板放入个空中即可把所有元素分为n组，再依次把n组元素给到n个人即可，于是总的分法有种，这种处理问题的方法我们称为隔板法． （2）将m个相同元素分配给n个人，，可以有人分不到． 此时我们可以采用化归的思路处理．先借过来n个元素，给每个人分一个，于是问题就转化为将个相同元素分配给n个人，每人至少1个，分完之后每个人再扣除一个即可，于是总的分法有种． 【变式9-1】1.把4本完全相同的书分成2堆，每堆至少1个，不同的放法种数为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B 【详解】共有3+1型、2+2型,故只有2种放法. 【变式9-2】（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）现有8个市三好学生名额分给六个班，其中一班和二班每班至少2个名额，三班和四班每班至少1个名额，五班和六班可以不分配名额，则名额分配方式共有（    ）种． A．21 B．56 C．70 D．126 【答案】A 【分析】首先给一~四班分配最低要求的名额，从而还剩下个名额，再将剩下的个名额分两种情况讨论，利用组合数公式计算可得. 【详解】依题意，首先给一班和二班每班个名额，三班和四班每班个名额，则还剩下个名额， 将剩下的个名额给一个班级，有种方法； 将剩下的个名额给两个班级，有种方法； 综上可得：一共有种分配方法. 故选：A 【变式9-3】将6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子，求下列放法的种数． (1)每个盒子都不空； (2)恰有一个空盒子． 【详解】(1)先把6个相同的小球排成一行，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，故共有＝10(种)放法． (2)恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法，第二步在小球之间5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，由分步乘法计数原理得，共有·＝40(种)放法． 题型10 涂色（种植）问题 【典例10-1】（25-26高二上·江苏常州·期末）从4种不同的颜色中选择若干种给如图所示的4个方格涂色，每个方格中只涂一种颜色且相邻两格不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．24种 B．72种 C．108种 D．120种 【答案】C 【详解】用两种颜色时，涂法有种； 用三种颜色时，涂法有种； 用四种颜色时，涂法有种； 所以不同的涂色方法共有种. 故选：C. 【典例10-2】（24-25高二下·广东·月考）现提供5种不同的颜色给图中①②③④⑤这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同1种颜色，每个区域只涂1种颜色，则不同的涂色方案共有（   ）    A．360种 B．420种 C．120种 D．480种 【答案】B 【详解】根据题意，可得按使用的颜色数分类： 若只用3种颜色涂色，则①③同色且②④同色，不同的涂色方案有种； 若只用4种颜色涂色，则①③同色或②④同色，不同的涂色方案有种； 若用5种颜色涂色，则不同的涂色方案有种， 故不同的涂色方案共有种． 故选：B. 方法技巧 涂色（种植）问题求解策略 求解涂色(种植)问题一般直接利用两个计算原理求解： (1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析； (2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析； (3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.. 【变式10-1】(24-25高二下·海南海口·期末)如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为(    ) A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 与秀英区是否同色进行讨论，然后计算可得结果. 【详解】秀英区有4种选择，龙华区有3种选择， 当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2种选择，美兰区有1种选择； 所以不同的着色方法的种数为.故选：C 【变式10-2】（25-26高二上·辽宁抚顺·期末）给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是（    ）    A．192 B．168 C．224 D．208 【答案】A 【详解】第一步，给，，三块区域涂色，有种涂色方法； 第二步，给区域涂色，有种涂色方法； 第三步，给区域涂色，有种涂色方法； 第四步，给区域涂色，有种涂色方法， 综上，不同的涂色方法种数是，故A正确. 故选：A. 【变式10-3】（2026高三·全国·专题练习）如图所示，用4种不同的颜色涂三棱台的顶点，同一线段的端点不同色，且颜色可以不用完，则不同的涂法有______种． 【答案】264 【分析】根据涂色需要的颜色数量分别结合排列组合计算求解. 【详解】根据题意可得，用3种颜色涂色有（种），用4种颜色涂色有（种）， 共有（种）． 故答案为：. 题型11 不定方程正整数解的个数问题 【典例11-1】（25-26高二上·山东潍坊·月考）三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 【答案】A 【详解】三元一次方程的正整数解的组数， 等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法. 只需要在8个小球中间的7个空位中选取2个空位用隔板隔开即可， 则共有种分法， 即三元一次方程的正整数解的组数为21. 故选：A. 【典例11-2】（25-26高二下·贵州遵义·期中）方程的正整数解的个数为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先确定变量的正整数取值，再对剩余变量的和用挡板法分情况计算分组数，累加得到结果. 【详解】已知均为正整数，即. 由， 结合，得，解得，故可取. 利用挡板法：将个相同元素分为3组且每组至少1个，分组方式数为. 当时，，分组数， 当时，，分组数， 当时，，分组数， 当时，，分组数， 因此，总分组方式数为. 方法技巧 不定方程的正整数解的个数问题求解策略 不定方程的正整数解的个数问题往往转化为相同元素的分配问题，再利用隔板法求解. 【变式11-1】（25-26高二下·黑龙江佳木斯·月考）若方程，其中，则方程的自然数解的个数为__________. 【答案】28 【详解】已知方程，且， 则，其中均为自然数. 将其转化为， 其中为正整数. 运用隔板法将其转化为有9个1排成一列，利用2个隔板法将其分成3组， 第一组1的数目为，第二组1的数目为，第三组1的数目为，则. 2个隔板的放置方法共有种， 故方程的正整数解的个数为28. 即方程的自然数解的个数为28. 【变式11-2】（2026高三下·新疆·竞赛）方程的非负整数解中，满足的解的个数为__________. 【答案】55 【详解】方法一： 无约束的解个数为：. 利用容斥原理先找到不满足约束的解的个数为：. 可得满足，，的解的个数为：. 方法二： 令，，， 等价于求解的非负整数解个数，其个数为. 题型12 配对模型 【典例12-1】有三对双胞胎共6人，从中随机选出2人，且不能是同一对双胞胎的选法种数为 （    ） A．10 B．12 C．13 D．30 【答案】B 【详解】先从三对双胞胎中选出两对，有种选择， 然后从选出的两对双胞胎中每对中选出一个人，共有种选择. 根据乘法原理，总共有种选法. 故选：B. 【典例12-2】有两个家庭共8人暑假到新疆结伴旅游（每个家庭包括一对夫妻和两个孩子），他们在乌鲁木齐租了两辆不同的汽车进行自驾游，每辆汽车乘坐4人，要求每对夫妻乘坐同一辆汽车，且该车上至少有一个该夫妻自己的孩子，则满足条件的不同乘车方案种数为 . 【答案】10 【详解】由题意得当每个家庭各乘坐一辆车时，有2种乘车方案； 当每对夫妻乘坐的车上恰有一个自己的孩子时，乘车方案种数为， 故满足条件的不同乘车方案种数为， 方法技巧 配对问题求解策略 1．先定整体：成双选取先整双取，再拆单只（单人）；要单只则先选整双再拆一只. 2．分类讨论：分恰好成对、无成对、部分成对三类，分别计算相加. 3．间接法：总选法减去全部不成对情况，简化复杂分类. 4．区分有序无序：分配到人，不同位置用排列，仅选取用组合. 5．去重要点：选取多组配对时，若组别无顺序需除以组数阶乘，防止重复计数. 【变式12-1】已知甲、乙两个家庭排成一列测核酸，甲家庭是一对夫妻带1个小孩，乙家庭是一对夫妻带2个小孩.现要求2位父亲位于队伍的两端，3个小孩要排在一起，则不同的排队方式的种数为（    ） A．288 B．144 C．72 D．36 【答案】C 【详解】方法1：2位父亲的排队方式种数为，2位母亲的排队方式种数为，3个小孩的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体，放进父母的中间共有种排队方式，所以不同的排队方式种数为. 方法2：2位父亲的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体与2位母亲的排队方式种数为，3个小孩的排队方式种数为，所以不同的排队方式种数为. 故选：C. 【变式12-2】从6双不同的鞋子中任取4只，恰是两双的选法有 种，恰有一双的选法有 种． 【答案】15，240 【详解】恰是两双的选法有种； 对于恰有一双的情形，可先选一双完整的，再从剩下的5双中选两双，然后在这两双中各选一只，共有种； 故答案为：15；240. 题型13 最短路径与爬楼梯问题 【典例13-1】某楼梯一共有8个台阶，甲同学每步可以登一个或两个台阶，一共用6步登上该楼梯，则甲同学登上该楼梯的不同方法数是（    ） A．10 B．15 C．20 D．30 【答案】B 【详解】用6步走完8个台阶，则需要的每次的步数为2，2，1，1，1，1，即需要2次两步，4次1步， 故从6步中选择一下子走2步的即可，故完成的方法数是：种， 故选：B. 【典例13-2】（多选）如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（   ） A．甲从M到达N处的走法种数为20 B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9 C．甲、乙能在处相遇的走法种数为36 D．甲、乙能相遇的走法种数为164 【答案】ABD 【详解】A选项：需要走6格，其中向上3格，向右3格， 所以甲从M到达N处的走法种数为，故A正确； B选项：甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法， 从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法， 根据分步乘法计数原理得：甲从M必须经过到达N处的走法种数为9，故B正确； C选项：由图可知，甲走到处需要3步，且乙走到处需要3步， 又因为，甲经过的走法种数为9，乙经过的走法种数为9， 所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误； D选项：甲，乙两人沿着最短路径行走，可能在，，，处相遇， 若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，所以两人在处相遇的走法有1种； 若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法； 若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格， 所以两人在处相遇的走法有1种. 根据分类加法计数原理得：甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确. 故选：ABD. 方法技巧 最短路径与爬楼梯问题求解策略 最短路径：横向、纵向步数固定，总步数组合选横向（纵向）步数，障碍物用总路径减违规路径. 爬楼梯：递推结合组合，每次固定步长，枚举走几步长步，剩余用短步，转化为步数排列；可分类统计不同长步数量，求和. 二者核心：转化为相同元素分组排列，分清重复步数，不重不漏，有约束条件用间接扣除法. 【变式13-1】（25-26高二下·浙江宁波·期末）某街区的交通道路如图1实线所示，从处出发，沿道路以最短路径到达处，则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，图中从处出发到达处的最短路径需要经过两横两纵四段短路， 所以最短路径数为种路径， 图中从处出发到达处的最短路径有两种情况： 第一步走纵，只有纵纵横横一种路径； 第一步走横，到达如图所示的处， 从处到达处的最短路径需要经过一横两纵三段短路， 所以最短路径有种路径， 以上两种情况相加共种路径， 所以选择如图2实线所示的道路到达处的概率是. 故选：C 【变式13-2】（多选）2024年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加志愿者活动.小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法正确的个数是（   ）    A．小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条 B．小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条 C．若图中H处修路不通，则小明到老年公寓选择的最短路径条数为15条 D．若小明要去图中H处取参加活动的必需物资，则小明到老年公寓选择的最短路径条数为25条 【答案】BC 【详解】由图可知，要使小华、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移动， 对于A，小华到老年公寓需要向上1格，向右2格，即共走3步，其中1步向上，所以最短路径的条数为条，所以A错误， 对于B，小明到老年公寓需要向上3格，向右4格，即共走7步，其中3步向上，最短路径的条数为条，所以B正确， 对于C，若图中H处修路不通，则小明第一步只能向上，则需要再向上2格，向右4格，即共走6步，其中2步向上，最短路径的条数为条，小明到老年公寓选择的最短路径条数为15条，所以C正确， 对于D，小明要去图中H处取参加活动的必需物资，先去H则小明到老年公寓需要再向上3格，向右3格，即共走6步，其中3步向上，最短路径的条数为条，所以D错误； 故选：BC. 题型14 排列组合的创新题型 【典例14-1】（24-25高二下·江西景德镇·期中）总共有13个大小颜色重量外观等都一样的小球，如图所示①、②、③号三个足够大的杯子，其中①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球，问总共有（    ）种放小球方法 A．120 B．84 C．45 D．36 【答案】D 【详解】已知①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球. 我们先在②号杯子中放个小球，在③号杯子中放个小球， 这样就满足了每个杯子的最少放置要求.此时总共放了个小球， 还剩下个小球. 将问题转化为标准隔板法问题： 现在要把这10个相同的小球放入①、②、③号三个杯子中，且每个杯子至少放个小球. 这就相当于在10个小球形成的个间隔中插入个隔板， 将其分成组，每组对应一个杯子. 根据隔板法公式，所以方法数为. 根据组合数公式，可得（种）. 故选：D. 【典例14-2】（24-25高二下·广东江门·期中）中国古代十进制的算筹计数法在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同样长短和粗细的小棍子.如图，是利用算筹表示数 1~9 的一种方法.若规定137可表示为“”，26可表示为“”，现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以表示的不含数字的三位数的个数为（   ） A．10 B．20 C．36 D．38 【答案】D 【详解】依题意，一根算筹只能表示；两根算筹可以表示、， 三根算筹可以表示、，四根算筹可以表示、； 依题意根算筹可以分为，，三种情况： 若为，则有个三位数； 若为，则有个三位数； 若为，则有个三位数； 综上可得一共有个三位数. 故选：D 方法技巧 排列组合中的部分创新题型求解策略 1．新定义题型：先拆解题干自定义规则，把陌生表述转化为选、排、分基础模型，严格遵从新限制，不套用常规结论，分步列式验证定义要求. 2．知识交汇题：融合函数、几何、概率、数列时，剥离无关条件，提取计数核心，几何抓点线区域选取，函数抓自变量取值组合. 3．新颖情境题：抽象实际背景，区分有序无序、有无重复、元素特殊约束；复杂问题采用分类加法、间接排除简化运算. 通用思路：特殊元素优先安排，合理分类做到不重不漏；遇平均分组、定序、相邻不相邻套用对应方法，最后检验是否符合题干全部约束条件. 【变式14-1】（2025·河北秦皇岛·三模）已知全集，集合，，是全集的三个子集，定义：表示集合中元素的个数，若，，则所有的有序子集列有（    ） A．360个 B．640个 C．960个 D．1920个 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合排列计数问题列式计算. 【详解】由，得从全集中选择3个元素分别作为中的元素，不同方法种数是， 余下的两个元素中的每一个元素只能是属于中的一个或都不属于这3个集合， 因此余下的两个元素中的每一个元素都有4种不同的选择方法， 所以所有的有序子集列有个. 故选：C 【变式14-2】（24-25高一上·浙江杭州·开学考试）个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，不同的传球方法数为________. 【答案】 【分析】设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种，探索数列的首项和递推公式，从而求的值. 【详解】设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种，经过次传球后，所有可能的传球方法总数为. 这些方法可分为两类：一类是球在甲手中，有种方法， 另一类是球不在甲手中，有种方法， 第次传球后球要回到甲手中，当且仅当第次传球后球不在甲手中，然后由持球人传给了甲， 因此，，即， 由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以． 利用递推关系可以得到：． 这说明经过次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有种． 分层进阶·双阶训练验成效 巩固过关 1.把6本完全相同的书分成3堆，每堆至少1个，不同的放法种数为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】C 【详解】共有1+1+4型、1+2+3型、2+2+2型，故只有3种放法. 2．（24-25高二上·黑龙江·期末）今年暑期档推出多部精彩影片，其中比较热门的有《解密》，《名侦探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《死侍与金刚狼》，甲和乙两位同学准备从这5部影片中各选2部观看.若两人所选的影片恰有一部相同，且甲一定选《抓娃娃》，则两位同学不同的观影方案种数为（   ） A．24 B．28 C．36 D．12 【答案】A 【详解】若两人所选影片中，《抓娃娃》相同，则两人从剩余4部中各选1部，有种方案， 若两人所选影片中，不是《抓娃娃》相同，相同的影片为4部中1部，有种选择， 再给乙从剩余3部中选择一部，有种选择，故共有种方案， 综上，共有种方案. 故选：A 3．（2026·陕西西安·模拟预测）清华大学给某省增加了5个相同的强基计划名额，有3所高中的学生有资格争取这5个名额，则将这5个名额分配到各校的不同方法种数为（   ） A．243 B．150 C．42 D．21 【答案】D 【详解】由于是将5个相同的名额分配到3所不同的高中，属于相同元素的分配问题，所以可用隔板法求解，根据隔板法，由于允许学校没有分配到名额，所以共有7个位置，2个隔板，所以，因此，将这5个名额分配到各校的不同方法种数为21. 4．（24-25高二下·河南郑州·期中）从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中能被5整除的个数为（   ） A．6 B．10 C．12 D．18 【答案】C 【详解】由能被整除的数个位为或，则若个位为，情况数为， 若个位为，当选中时，情况数为，当选中时，情况数为， 所以. 故选C. 5．（24-25高三下·上海·阶段检测）直线(，不全为)与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（     ） A．60条 B．66条 C．72条 D．78条 【答案】C 【分析】先找出圆上横、纵坐标均为整数的点共有个，经过其中任意两点的割线为个点中任取2点，再加上过每一个点的切线，再减去经过坐标原点的6条即可得到答案. 【详解】因为上的整点有12个：、、， 符合题意的直线可能同时经过上述个整点中的个点或者为圆上过上述个整点中的个点的切线， 再排除掉其中经过坐标原点的条，即得答案为， 故选：C. 6．（26-27高三上·湖南永州·开学考试）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．18种 B．27种 C．36种 D．54种 【答案】A 【分析】先将6张卡片分为3组，再将3组不同卡片放入3个不同的信封即可. 【详解】6张卡片平均分成3组且1，2的卡片同组有种方法， 再将3组卡片放入3个不同的信封中有种方法， 所以将标号为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，则不同的方法共有种方法. 7．（25-26高二下·山东聊城·期末）4位家长带2个孩子，6人站成一排，要求排头排尾必须是家长，两个孩子必须相邻，则不同站法有（    ） A．36种 B．72种 C．144种 D．576种 【答案】C 【分析】孩子必须相邻用捆绑，因为排头排尾必须是家长，就将捆绑之后的两个孩子插入除首、末位以外的其中一个空位中. 【详解】第一步将两个孩子捆绑在一起，因为他们之间有顺序，所以有种， 因为排头和排尾必须是家长，先将家长全排共有种，除掉首、末的空位，总共有3个空位，在3个空位中选一个给捆绑在一起的两个孩子，共种，所以总共有种. 8．（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 【分析】被3除余的数组成集合，分两种情况，从中任取两个数，从中取1个数，再从中取1个数，求出相应的取法相加即可. 【详解】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． 9．（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 【分析】根据使用颜色种数分类，利用排列组合可得. 【详解】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 10.(多选)（25-26高二上·陕西渭南·期末）已知某乒乓球队有4名男队员（包含1名男队长），3名女队员（包含1名女队长)，则下列说法正确的是（    ） A．若从该乒乓球队中选派2名男队员，2名女队员外出比赛，则共有18种选派方法 B．若从该乒乓球队中选派3名队员外出比赛，且至少有1名女队员，则共有31种选派方法 C．若从该乒乓球队中选派4名队员外出比赛，且既要有队长，又要有女队员，则共有30种选派方法 D．若该乒乓球队中的7名队员去三个不同的城市参加比赛，且每个城市至少2人，则共有630种选派方法 【答案】ABD 【详解】某乒乓球队有4名男队员（包含1名男队长），3名女队员（包含1名女队长)， 对于A：若从该乒乓球队中选派2名男队员，2名女队员外出比赛，则共有种选派方法，A选项正确； 对于B：若从该乒乓球队中选派3名队员外出比赛，且至少有1名女队员，则共有种选派方法，B选项正确； 对于C：从7名队员中任选4名，总方法数为种，不满足‘既要有队长，又要有女队员’的情况分为两类： ①没有队长：从5名非队长队员中选4人，有种方法； ②没有女队员：从4名男队员中选4人，有种方法，这两类情况没有交集，因此满足条件的方法数为种，C选项错误； 对于D：若该乒乓球队中的7名队员去三个不同的城市参加比赛，且每个城市至少2人，则共有种选派方法，D选项正确； 故选：ABD. 11．（25-26高二下·江苏扬州·期末）某班级数学课外活动小组中有男生5人，女生3人，则下列选项中正确的有（     ） A．从中选出2人分别担任组长和副组长，共有28种不同的安排方案 B．从中选4人参加语文、数学、英语知识竞赛，其中语文需要2人，数学和英语各需要1人，共有840种不同的安排方案 C．8人排成一排，甲乙两人之间恰好间隔2人，共有7200种不同的安排方案 D．8人排成一排，女生两两不相邻，且女生甲在排头或排尾，共有4800种不同的安排方案 【答案】BCD 【分析】对于A：相当于求从8个人中取2个人的排列数；对于B：先从人中选人参加语文知识竞赛，再选两人参加余下两科竞赛；结合分步乘法计数原理求解，对于C：先排甲乙，再排其余学生；对于D：先排男生，再排女生甲，最后排其余女生即可. 【详解】对于选项A：从个人中选2人，1人做正组长，1人做副组长选法共有种，故A错误； 对于选项B：从个人中选4人参加语文、数学、英语知识竞赛，其中语文需要2人，数学和英语各需要1人 的选法共有种，故B正确； 对于选项C：满足条件的安排方法可分两步完成， 第一步先排甲乙，因为甲乙间隔2人，故甲乙的位置可能为，且甲乙可交换， 故甲和乙的排列方法有种； 第二步，将剩余6人排入余下的位置，满足条件的排法有种； 由分步乘法计数原理可得8人排成一排，甲乙两人之间恰好间隔2人的总方案数为，C正确， 对于选项D：满足条件的安排方法可分三步完成， 第一步，先排名男生，有种排法，个男生产生个空（含两端）， 第二步，将女生甲排入两端空位中的一个，共种排法； 第三步，将剩余两名女生从剩下个空位选个排列，共有种排法； 由分步乘法计数原理可得总方案数为，D正确. 12．（25-26高三下·云南昭通·期中）用一个0，两个2，三个6排成一个六位数，则不同的排法种数为_____.（用数字作答） 【答案】50 【详解】先从除最高位以外的5个位置中，选一个排0，有种排法； 再从除0所排位置以外的5个位置中，选两个排2，有种排法； 最后剩余的位置排，只有1种排法. 所以共有种不同的排法. 13.（2026高三·全国·专题练习）把1，2，3，…，20这20个数分成四组，若组内的数不少于两个时必须是连续自然数，则有______种分组方法．（用数字作答） 【答案】969 【分析】利用隔板法将3个板不相邻插入19个间隙中，即可求解. 【详解】由于要求的组内的数是连续的，因此不改变这20个数由小到大的顺序， 只需在19个间隙中不相邻地插入3块挡板，把20个数分隔成4段，即分成了四组， 共有种分组法. 14．（25-26高三下·广东东莞·阶段检测）甲、乙等6人围成一圈，且甲、乙两人相邻，则不同的排法共有______种. 【答案】 【分析】根据环状排列的计算方法，结合元素相邻的计算方法求解. 【详解】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. 15．（25-26高二下·全国·课后作业）从八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数的系数，问： (1)共能组成多少个不同的二次函数？ (2)在这些二次函数中，图象关于轴对称的有多少个？ 【详解】（1）方法一：因为， 所以确定二次项系数有7种，确定一次项和常数项有种，所以共有个不同的二次函数． 方法二：当中不含0时，有个； 当中含有0时，有个， 故共有（个）不同的二次函数． 方法三：共可构成个函数，其中当时，有个均不符合要求， 从而共有（个）不同的二次函数． （2）依题意图象关于轴对称，即， 所以共有（个）符合条件的二次函数． 16.（2024高三·全国·专题练习）有六名同学按下列方法和要求分组，各有不同的分组方法多少种？ (1)分成三个组，各组人数分别为1、2、3； (2)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为1、2、3； (3)分成三个组，各组人数分别为2、2、2； (4)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为2、2、2； (5)分成四个组，各组人数分别为1、1、2、2； (6)分成四个组去参加四项不同的活动，各组人数分别为1、1、2、2. 【详解】（1）分成三个组，各组人数分别为1，2，3，即＝60（种）. （2）分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为1，2，3；即（种）. （3）分成三个组，各组人数分别为2，2，2；即（种）. （4）分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为2，2，2；即（种）. （5）分成四个组，各组人数分别为1，1，2，2；有（种）. （6）分成四个组去参加四项不同的活动，各组人数分别为1，1，2，2．有（种）. 创新提升 1．（25-26高二下·江苏盐城·期末）某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（   ） A．12种 B．16种 C．24种 D．30种 【答案】C 【分析】根据排列组合的知识以及分组分配的方法求解． 【详解】因为甲､乙到同一所学校，所以将甲、乙“捆绑”看成一个元素， 因此原问题转化为要将四个元素：甲乙、丙、丁、戊分配到三所学校，每所学校至少1个元素， 若A学校安排一个元素，该元素不为丙，则有种分配方法； 若A学校安排两个元素，其中不含丙，则需从甲乙、丁、戊中选两个元素，有种分配方法； 所以不同的安排方式有种． 2．（25-26高三上·贵州贵阳·高考复习）在元旦小长假期间，要从5人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法种数有（     ） A．60种 B．70种 C．80种 D．90种 【答案】C 【分析】根据“不出现同一人连续值班2天”的约束，将问题分为值班人数为2人和3人两类，分别计算两类安排数后求和即可． 【详解】由题意可知，满足约束的值班人数仅能为2或3，分情况计算： ①当值班人数为3时，3天各安排1名不同的人，不存在连续重复值班的情况，从5人中任选3人全排列，安排方法数为； ②当值班人数为2时，为避免同一人连续值班，需1人值第1、3天，另1人值第2天，先从5人中选2人，再指定1人值首尾两天， 安排方法数为； 根据分类加法计数原理，总安排方法数为种． 3．（2025高三上·全国·竞赛）如果一个正整数中没有数字重复出现，不包含数字0，且没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大，那么称其为“平衡数”．例如，23，196，12463均为平衡数，但1546，320，34321则不是．问共有多少个平衡的正整数？（    ） A．511 B．2584 C．9841 D．17711 E．19682 【答案】C 【分析】题中“一个正整数没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大”等价于“该正整数从左往右不会出现先减后增”，再对“平衡数”按照数字个数分类讨论即可. 【详解】题中“一个正整数没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大”等价于“该正整数从左往右不会出现先减后增”，也等价于“该正整数从左往右单调递增或单调递减，或先增后减”， 因为平衡数中没有数字重复出现，不包含数字0，所以只能从中不重复地选取， 先从中选个数，除了最大数，每个其他数字可以选择放在左边或右边，且一旦选定左右分组，顺序就被唯一确定：左边递增，右边递减，但注意：如果所有数字都在左边（递增）或都在右边（递减）也算，所以总数恰好. ，从中选个数，有种选法，排列方法有种，， ，从中选个数，有种选法，排列方法有种，， ，从中选个数，有种选法，排列方法有种，， 一共有， 设， 所以，解得. 4．（2025高三上·全国·竞赛）六把椅子围绕一张圆桌摆放．两名学生和两名教师随机选择其中的四把椅子就座．问两名学生坐在相邻椅子上，且两名教师也坐在相邻椅子上的概率是多少？（    ） A． B． C． D． E． 【答案】B 【详解】假设椅子是1~6号固定位置，我们在这6个位置中选4个，给2个学生（可区分）和2个教师（可区分）安排位置，总坐法数：， 学生先坐共有种坐法，老师后坐，只能坐其他空位，共有种坐法， 故满足条件的坐法共有种坐法， 最后，由古典概率公式，两名学生坐在相邻椅子上，且两名教师也坐在相邻椅子上的概率是. 5．（24-25高三上·天津南开·阶段检测）从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 【答案】C 【分析】解法一：利用正难则反的思想，先假设，若不存在，使得，可得，进而结合组合学知识求解即可； 解法二：利用转化的思想，将问题转化为所取的4个数中至少有2个是连续正整数，进而分类讨论求解即可. 【详解】排列与组合 解法一（正难则反）：存在，，使得表示所取的4个数中总有相邻的数， 直接求解较复杂，考虑正难则反的方法． 假设，若不存在，使得， 则，所以符合条件的取法种数为． 解法二（转化法）：若存在，，使得， 则所取的4个数中至少有2个是连续正整数， 若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行， 要求只有2个红球相邻，先把6个白球排成一行，再用插空法排红球， 排法种数为． 同理可得若只有3个是连续正整数，排法种数为． 若4个都是连续正整数，排法种数为7． 若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续正整数， 但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为． 所以符合条件的取法种数为. 故选：C． 6．(多选)（2026高三·全国·专题练习）若，且，，则对满足条件的不同的有序自然数对的个数以下说法正确的是（   ） A．当时，有6种不同的有序自然数对 B．当时，有5种不同的有序自然数对 C．当时，有3种不同的有序自然数对 D．满足条件的不同的有序自然数对共有14个 【答案】AB 【分析】本题考查分类加法计数原理的应用，结合自然数的取值范围，按x的不同取值分类计算的可能取值个数，再逐一判断选项即可. 【详解】选项A：当时，，则可取0,1,2,3,4,5，共6个值，对应6种有序自然数对，A正确； 选项B：当时，，则可取0,1,2,3,4，共5个值，对应5种有序自然数对，B正确； 选项C：当时，，则可取0,1,2,3，共4个值，对应4种有序自然数对，不是3种，C错误； 选项D：根据分类加法计数原理，总共有个不同的有序自然数对，不是14个，D错误. 7．（25-26高二下·甘肃·期末）某学校组织科技竞赛，现有6名指导教师负责命题、监考、阅卷三项工作，要求每项工作至少安排1名指导老师，每名指导老师都只能参加一项工作，则不同的分配方法共有_____种． 【答案】540 【分析】把6名教师分成3组，每组至少1人，对应三项不同工作，分组为：人数为，人数为，人数为，分别按照分组情况求出分组的组数，再求出分配到3项工作的种数，利用分类加法计算原理求解. 【详解】把6名教师分成3组，每组至少1人，对应三项不同工作，分组为： 人数为 ，人数为 ，人数为 当分组为时，分组的组数有种，再分配到3项工作有种， 则共有种， 当分组为时，分组的组数有种，再分配到3项工作有种， 则共有种， 当分组为时，分组的组数有种，再分配到3项工作有种， 则共有种， 综上可得，不同的分配方法共有. 8．（25-26高二下·重庆·期中）设集合，那么集合A中满足条件“”的元素个数为________ 【答案】16 【分析】设四个变量中1的个数为，-1的个数为，由总和为1，得，对可行的值分类讨论，用组合数计算每类元素个数后求和即可. 【详解】设中有个取值为1，个取值为-1， 则剩余个取值为0，其中均为非负整数且满足. 由，得 ，即. 当时，，只需从4个位置中选1个放置1，其余均为0，共有种情况； 当时，，先从4个位置中选2个放置1，再从剩余2个位置中选1个放置-1，最后1个位置为0，共有种情况； 当时，，此时，无符合条件的组合. 综上所述，满足条件的元素总个数为. 9．若三个正整数的位数之和为8，且组成的8个数码能排列为2，0，2，4，0，9，0，8，则称为“幸运数组”，例如是一个幸运数组．满足的幸运数组的个数为_____． 【答案】591 【分析】对幸运数组，，先分类，分是两位数，是三位数和是两位数，是四位数两类求解幸运数组的个数.再利用特殊元素（位置）优先法结合几率法求两类情况下幸运数组的个数，利用加法原理可得结果. 【详解】对于幸运数组 ，当时，分两类情形讨论． 情形1：是两位数，是三位数． 暂不考虑的大小关系，先在的非最高位(五个位置)中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2， 最后三个位置填写4，8，9，这样的填法数为．再考虑其中的大小关系， 由于不可能有，因此与的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组． 情形2：是两位数，是四位数． 暂不考虑的大小关系，类似于情形1，先在的非最高位(五个位置)中选三个位置填0， 剩下五个位置填2，2，4，8，9，这样的填法数为600．再考虑其中的大小关系． 若，则必有的四个数字是0，4，8，9的排列，且0不在首位，有种填法， 除这些填法外，与的填法各占一半，故有个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为． 故答案为：591 10．（2026·广东湛江·二模）若数列（）满足，则称数列为“和谐数列”.已知数列是“和谐数列”，且，则满足条件的数列的个数为______. 【答案】19 【详解】因为数列是“和谐数列”，且， 所以共有6项，且. 若，，，各项全为0，则满足条件的数列只有1个； 若，，，有2项为0，1项为1，1项为， 则满足条件的数列的个数为； 若，，，有2项为1，2项为， 则满足条件的数列的个数为，所以的个数为. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $