专题01 排列组合（高效培优专项训练）高二数学人教B版选择性必修第二册

专题01 排列组合（高效培优专项训练） 数学新教材人教版高二上期 考点一 计数原理 解题规律： 1.分类加法原理 （1）理解题目特点，选择一个适当的分类标准. （2）分类依据：能够完成整件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复. （3）易错点：一是分类时不能交叉重复外；二是分类不能有遗漏. 2.分步乘法原理 （1）合理分步，即分步是有先后顺序的，单独一步不能完成整整件事情. 一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. （2）分步必须满足：一是各步骤互相独立，互不干扰； 二是逐步完成，第n步与第n+1步是连续的； 三是依次完成所有步骤后，也就完成了整件事情. 3.分类、分步有时需综合使用 （1）一般先分类再分步；在分步时需用到加法原理，分步时需用乘法原理. （2）较复杂的问题，可列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化. 题型一 实际问题中的计数原理 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）从2幅不同的国画和5幅不同的水彩画中任选一幅布置房间，则不同的选法共有（     ） A．4种 B．7种 C．10种 D．25种 【答案】B 【难度】0.94 【知识点】实际问题中的计数问题、分类加法计数原理 【详解】从2幅不同的国画里选1幅，共有2种选法； 从5幅不同的水彩画里选1幅，共有5种选法. 根据分类加法计数原理，总的不同选法数是两类选法数相加：种. 2.（25-26高二下·全国·课后作业）假定有一排蜂房，其形状如图所示，一只蜜蜂在左下角的蜂房中，由于受了伤只能爬，不能飞，而且只能从一间蜂房爬到与之相邻的右方（包括右上、右下）蜂房中去．若该蜜蜂从最初位置爬到4号蜂房中，则不同的路线有（   ） A．4种 B．6种 C．8种 D．10种 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的计数问题、分类加法计数原理 【详解】按每一步可到达的相邻右方蜂房展开树状图，如图， 由图可知从起点到4号蜂房的全部路线共8种． 3.（25-26高二下·河北保定·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丙地有2条路，则从甲地到丙地一共有（    ）条不同的路线． A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题、分类加法计数原理 【详解】若从甲地直接到丙地，有2条路线； 若从甲地到乙地，再到丙地，有条路线； 综上所述：从甲地到丙地一共有11条不同的路线. 4.（25-26高二下·江苏扬州·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路，从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路，则从甲地到丁地不同的走法总数为（     ） A．11 B．14 C．30 D．48 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的计数问题 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理计算求解. 【详解】第一类：甲先到乙地再到丁地，此时共有种不同的走法； 第二类：甲先到丙地再到丁地，此时共有种不同的走法； 所以甲地到丁地不同的走法总数为. 5.（25-26高二下·湖南长沙·阶段检测）某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙处，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有a，b两种运输方式，第2，3，5个环节有b，c两种运输方式，第4个环节有c，d，e，f四种运输方式，则快件从甲送到乙使用4种运输方式的不同的方法种数是（   ） A．60 B．70 C．77 D．78 【答案】A 【难度】0.57 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题 【分析】利用分步计数，先确定第4环节不能使用c运输方式，从而确定3种运输方式，再分类讨论第1，6两个环节的两类运输方式，从而可用间接法来确定第2，3，5环节的运输方式，最后利用分步计数乘法原理即可求解. 【详解】若第4个环节使用c运输方式，由题意可得快件从甲送到乙至多使用3种运输方式， 故第4个环节必须使用d，e，f三种运输方式中的1种， 若第1，6两个环节都使用b运输方式，则快件从甲送到乙至多会使用3种运输方式， 故从甲送到乙要使用4种运输方式，则满足条件的运输方法可分为两类． 第一类：第1和第6环节都用a运输方式，则第2，3，5环节必须使用两种不同的运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）； 第二类：第1和第6环节运输方式不同，则第2，3，5环节只需至少一个环节使用c运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）． 由分类加法计数原理可得，满足条件的运输方式有（种）． 6.（2025·河南·二模）为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书.则所有可能的图书排列方式总数为（   ） A．160 B．192 C．224 D．256 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】实际问题中的计数问题 【分析】根据数字的约束，确定哪些方格可以放置图书，通过分析每个数字的约束，确定可以放置图书的方格，并计算最大可能的图书数目，使用排列组合的方法，计算所有满足条件的图书放置方式的总数. 【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11本图书，接下来说明不可能有12本图书，考虑数字控制的区域，假设有一种方式可以达到8本图书，首先左上角区域只有2本图书（下图左），在大图中去掉后变成了下图中间的样子，并且图中应有6本图书.类似的，下方数字2代表周围单元格中有2本图书，再去掉后形如下方右侧图形，此时需要填4本图书，但只剩下三个空方格，矛盾!故最多有7本，结合不受限制的区域，最多能抽中本书. 接下来求所有可能的方法数， 情形一： 如图所示，?处有图书时，在左上数字2的周围有两种情形，若数字3右侧方格无图书， 则4周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2的排布方式也被固定， 此时中间数字3周围只有两本图书，矛盾，∴中间数字3右侧必有图书. 此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2左侧或右侧有一本图书. 若下方数字2左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4周围的图书排布已经固定， 则此时3周围图书也已经符合题意，只有一种情形. 若下方数字2右侧有一本图书，此时考虑下方数字2周围还应存在的一本图书的位置， 若在2右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3周围也满足题意， 4周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种； 若不在2右上方，则4周围图书的排布已经符合题意， 3周围还应有一本图书，共有两种选择. 综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有种可能. 情形二： 如图所示，?处无图书时，左上数字2的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3右侧必有图书， 此时根据3周围应还有2本图书得到下方的2左右两侧均无图书（否则下方2周围图书数目大于2）， 故4周围的图书排列方式被固定，∴3周围还应有一本图书，共有两种选择，故情形二共有2种可能. ∴共有种. 故选：B. 7.（多选题）（23-24高二下·广东东莞·阶段检测）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（    ） 站数 票价/元 2 3 4 A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种 B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种 C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种 D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种（同一地铁站出站不分先后） 【答案】BCD 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题、分类加法计数原理 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理可求答案. 【详解】两人共花费5元分为两类：小明花费2元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种， 同理小明花费3元，小华花费2元时，两人下地铁的方案也是种，所以共有18种，A不正确，B正确. 两人共花费6元分为三类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有种， 共有27种，C正确. 小明比小华先下地铁有两类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明和小华均花费3元，小明比小华先下地铁仅有3种方案，所以共有12种方案，D正确. 故选：BCD 8.（2026·四川宜宾·一模）甲乙两人分别从标有数字的13张卡片中各抽取一张，甲乙取得的卡片上的数字分别记为，，则满足的个位数字为9的有序数对的个数为__________. 【答案】33 【难度】0.4 【知识点】实际问题中的计数问题 【分析】先讨论的个位数字情况，再结合题意进行分析，最后利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理求解即可. 【详解】若满足的个位数字为9，则先讨论的个位数字情况， 对于，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 当时，个位数字为，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 对于，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 当时，个位数字为，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 若满足的个位数字为9，则有如下情况， 的个位数字为与的个位数字为，的个位数字为与的个位数字为， 的个位数字为与的个位数字为， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 由分类加法计数原理得共有种情况. 故答案为：33 题型二 代数中的计数原理 1．（25-26高二下·四川雅安·期末）乘积展开后的项数为（    ）． 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、分类加法计数原理、代数中的计数问题 【详解】由分步乘法计数原理可得：第一步从任选个数共种选法， 第二步从任选个数共种选法，第三步从任选个数共种选法， 故展开后的项数为：. 2.（24-25高二下·山西吕梁·阶段检测）数字540的不同正因数的个数为（    ） A．10 B．16 C．20 D．24 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】代数中的计数问题 【分析】应用列举法写出所有的正因数即可. 【详解】由 ，共有24个正因数. 故选：D 3.（23-24高二下·河北张家口·期末）求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、代数中的计数问题 【分析】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】因为， 所以的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可， 有种取法，即有个正整数因数． 故选：C． 4.（2024·陕西西安·三模）方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】代数中的计数问题 【分析】将分解质因数，即可求出的因数的个数，从而得解. 【详解】因为，所以的因数有个， 故方程的非负整数解的组数为40． 故选：A 5.（23-24高二上·江西九江·期末）从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（    ） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、代数中的计数问题 【分析】分是否取两类，当不取时，排除重复的即可得解. 【详解】当取时，则只能为真数，此时这个对数值为， 当不取时，底数有种，真数有种， 其中， 故此时有个， 所以共有个. 故选：D. 6.（25-26高二下·四川广安·期中）若自然数P使得作竖式加法不发生进位现象，称P为“加德数”，如不产生进位，所以11是“加德数”；产生了进位现象，所以42不是“加德数”．那么在小于2026的四位自然数中，“加德数”共有（   ） A．48个 B．54个 C．57个 D．96个 【答案】C 【难度】0.42 【知识点】代数中的计数问题 【分析】按千位数字分类，利用计数原理可得答案． 【详解】在小于2026的四位自然数中，当千位数字时，“加德数”需要满足个位数字，十位数字． 当千位数字为1时，百位和十位数字可以为0，1，2，3，个位数字可以为0,1，2， 此时共有个； 当千位数字为2时，百位数字只能为0，十位数字可以为0，1，2，个位数字可以为0，1，2， 此时共有个． 所以共有个． 7.（2026·河南南阳·模拟预测）勒让德猜想是数论中最著名的猜想之一，内容如下：对于任意正整数，存在质数，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案有_________种．（用数字作答） 【答案】4 【难度】0.85 【知识点】代数中的计数问题 【分析】根据给定条件，求出给定集合中各数的质数分布区间内质数个数，再利用列举法求出方案种数. 【详解】依题意，1的质数分布区间内的质数有两个；2的质数分布区间内的质数有两个； 3的质数分布区间内的质数有两个；4的质数分布区间内的质数有三个； 5的质数分布区间内的质数有两个；6的质数分布区间内的质数有四个， 因此从中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案 有、、、，共4种方案. 故答案为：4 8.（23-24高二下·上海·期末）集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有___________个． 【答案】 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、代数中的计数问题、判断集合的子集（真子集）的个数 【分析】令，，求出集合的非空子集数，与集合的子集数，再由分步乘法计数原理计算可得. 【详解】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为： 题型三 几何中的计数原理 1．（25-26高二下·全国·期中）以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】棱锥的结构特征和分类、几何计数问题 【分析】由这些边为三角形仅有四种，，，，讨论底面三角形为、，结合对称性确定四面体个数. 【详解】以这些边为三角形仅有四种，，，． 固定四面体的一面作为底面： 当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即； 当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，． 其余情形得到的四面体均在上述情形中． 由此可知，四面体个数有3个． 故选：B 2.（24-25高二下·上海宝山·期中）直线（不全为 0）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】D 【难度】0.65 【知识点】几何计数问题 【分析】由题确定圆上的整点，然后由两点确定一条直线及过圆整点的切线条数可得答案. 【详解】因，，则公共点为： ，共12个. 若这样的直线为圆的切线，则满足题意的切线有12条； 若这样的直线不为圆的切线，则由两点确定一条直线，满足的直线有条. 则这样的直线有78 条. 故选：D 3.（2026·安徽淮北·二模）已知集合，则满足的函数的个数为（    ） A．12 B．15 C．24 D．30 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、几何计数问题 【详解】集合，函数的定义域是，其函数值均取自集合； ，且， 至少为2； ，且， 至多为4； 的可能取值为2，3，4. ①当时, ，即，且， 只能取1，共1种选择； ，即，且， 只能取1，共1种选择； ，即，且， 可以取2，3，4，共3种选择； 根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为. ②当时, ，即，且， 可以取1，2，共2种选择； 对于，需满足； 若，则只能取1，共1种选择； 若，则可以取1，2，共2种选择； 和的组合共有1+2=3种情况； ，即，且， 可以取3，4，共2种选择； 根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为. ③当时, ，即，且， 可以取1，2，3，共3种选择； 对于，需满足； 若，则只能取1，共1种选择； 若，则可以取1，2，共2种选择； 若，则可以取1，2，3，共3种选择； 和的组合共有1+2+3=6种情况； ，即，且， 可以取4，共1种选择； 根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为. 综上所述，满足条件的函数总个数为. 4.（24-25高三上·上海金山·期末）已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【难度】0.15 【知识点】几何计数问题 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论 ，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理， 和 也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点；故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. 5.（24-25高二下·上海·阶段检测）如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为_____. 【答案】3 【难度】0.65 【知识点】空间向量的数量积、空间共面向量定理、几何计数问题、棱柱的结构特征和分类 【分析】根据向量共面的推论易知在面内，且面，结合正方体的对称性及空间数量积运算确定不同取值的个数. 【详解】由，且，即在面内， 要使取最小值时，点位置记为点，即面，结合正方体的对称性， 知：，，三种情况， 所以数量积的不同取值的个数为3. 故答案为：3 6.（24-25高三上·上海·阶段检测）在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为_______. 【答案】 【难度】0.65 【知识点】几何计数问题、由距离求点的坐标 【分析】根据已知有，结合的取值判断满足条件的点，即可得答案. 【详解】由题设，又都是集合中的元素，且， 所以，满足要求的点有、、、、、、、、、、、、、、、、、、、， 所以这样的点有20个. 故答案为：20 7.（24-25高二上·全国·课后作业）古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为______．    【答案】24 【难度】0.65 【知识点】几何计数问题 【分析】首先分情况，先确定两个顶点，再确定其他顶点，即可求解. 【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，    若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有（个）， 若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有（个）， 所以梯形的个数是（个）． 故答案为：24 8.（25-26高二下·河南郑州·期末）古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》中，通过严谨的几何公理和逻辑推理，系统化地证明并确立了“正多边形有且只有一个外接圆”这一性质.现从正边形的顶点中任取若干个，使之能作为正边形的顶点，则的不同选法共有______种. 【答案】11 【难度】0.4 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、几何计数问题 【分析】由题意可知正边形的顶点是正边形的顶点，分析可知，则一定是的因数，且不小于3，根据可得出因数的个数，结合即可得解. 【详解】正边形的顶点共有个，它们是正边形外接圆的等分点， 由题意可知正边形的顶点是正边形的顶点， 且正边形的顶点也是上述圆的等分点， 正边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 正边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 因为正边形的顶点是正边形的顶点，所以（为正整数）， 所以，所以正边形的一定是的因数，且不小于3， 又， 故的可能取值为从中选一个数，和从中选一个数， 将选出的这两个数相乘得到，故的因数个数为个， 但，故的个数为，所以满足题意的有个. 考点二 排列数 题型四 排列数计算 1.（25-26高二下·四川资阳·期末）（    ） A．4 B．6 C．8 D．9 【答案】B 【难度】0.92 【知识点】排列数的计算 【详解】. 2.（25-26高二下·青海西宁·期中）（    ） A．15 B．30 C．360 D．720 【答案】D 【难度】0.95 【知识点】排列数的计算 【分析】根据排列的定义运算即可． 【详解】． 3.（25-26高二下·江苏镇江·期中）可以表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.86 【知识点】排列数的计算 【分析】根据排列数公式即可求解. 【详解】根据排列数公式， 可得. 4.（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）（，）可表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】排列数的计算 【分析】由排列数的计算公式即可求解. 【详解】对于共有个因式， 乘积的首项（最大项）是，因此原式可表示为. 5.（25-26高二下·重庆荣昌·阶段检测）（，）可表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】排列数的计算 【分析】根据排列公式逐一判断即可. 【详解】对于A，，不满足题意； 对于B，，不满足题意； 对于C，，满足题意； 对于D，，不满足题意. 6.（多选题）（25-26高二下·江苏扬州·期中）已知为正整数，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【难度】0.85 【知识点】排列数的计算 【详解】因为，所以A错误； 因为，所以B正确； 因为，所以C正确； 因为，而 即，所以D错误. 7.（23-24高二下·江苏南京·阶段检测）下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【难度】0.65 【知识点】排列数的计算 【分析】由排列数的公式计算逐项判断即可. 【详解】A：，故A错误； B：，，故B正确； C：，，故C正确； D：，故D正确； 故选：BCD. 8.（25-26高二下·江苏镇江·期中）的个位数为______． 【答案】3 【难度】0.88 【知识点】排列数的计算 【分析】从 开始，所有后面的阶乘都含有因子 ，故对的个位没有影响，求出的个位数即可. 【详解】、、、的个位数分别为1，2，6，4， 而，个位数为3. 从 开始，所有后面的阶乘都含有因子 ， 故的个位是0． 所以原式的个位数是：3. 题型五 排列数方程、不等式 1.（24-25高二下·广西河池·阶段检测）若，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【难度】0.94 【知识点】排列数的计算、排列数方程和不等式 【分析】根据可以直接求解. 【详解】由，得，解得（舍去） 故选：D． 2．（25-26高二下·广东深圳·期中）满足等式的的值为（     ） A． B． C．或 D． 【答案】D 【难度】0.82 【知识点】排列数方程和不等式 【详解】由可得， 整理可得，即， 由题意可知且，故. 3.（25-26高二下·山东聊城·期中）满足不等式（）的的值可能为（   ） A．8 B．9 C．7 D．11 【答案】D 【难度】0.82 【知识点】排列数的计算、排列数方程和不等式 【详解】由可得 故，化简得，故，D选项满足条件. 4.（24-25高二下·新疆哈密·阶段检测）已知，则等于（    ） A．12 B．7 C．6或13 D．6 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】排列数方程和不等式 【分析】根据排列数公式，化简计算，结合的取值范围，即可得答案. 【详解】由题意，，即， 化简可得，即，解得或 因为，所以，故 故选：D. 5.（25-26高二下·山东菏泽·期中）不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】排列数方程和不等式 【分析】利用排列数的阶乘公式即可求解. 【详解】由得，即， 化简整理得：，解得， 又，所以，所以. 6.（25-26高二下·全国·期中）若，则的最小值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】排列数的计算、排列数方程和不等式 【详解】由， 则，解得， 又，故的最小值为6. 7.（多选题）（24-25高二下·江苏扬州·期中）满足不等式的x的值可能为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】ABC 【难度】0.65 【知识点】排列数方程和不等式 【分析】根据排列不等式，求出未知数范围，运用阶乘公式计算求解后取整数即可. 【详解】由可得：，即， 由化简得：， 即，解得或， 综上可得，又，故x的值可能为3，4，5，6，7. 故选：ABC. 8.（25-26高二下·四川达州·期中）已知，则的可能取值是________. 【答案】2或3 【难度】0.85 【知识点】排列数方程和不等式 【分析】将题设中的方程化为，从而可求m的可能取值. 【详解】因为，所以，所以， 其中，，而，，， 所以m的值可能是2或3. 题型六 全排列问题 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）由数字组成的没有重复数字的四位数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】排列数的计算、全排列问题 【详解】根据排列数计算公式可得：， 即满足条件的四位数共有个. 2.（24-25高二下·广东清远·期中）A，B，C，D，E五个人站成一排照相留念，不同的排法种数有（   ） A．240 B．120 C．96 D．60 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】全排列问题 【分析】应用排列数求不同排法数即可. 【详解】根据题意，只需将5人作全排列，故共有种排法. 故选：B 3.（25-26高二下·天津武清·期中）某班从这5名学生中选出4名，排成米接力赛的第一、二、三、四棒，其中不跑第一棒和第四棒，则不同的排法种数（     ） A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 【难度】0.75 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】对是否入选进行分类，利用分类加法计数原理与分步乘法计算原理计算即可. 【详解】若未被选中，则对剩余的4名学生进行排列，有种排法， 若被选中，第一步：由于不能跑第一棒和第四棒，只能选择第二、三棒，共2种选法， 第二步：从剩余4名学生中选3名进行排列有， 此时共有种排法， 因此满足题意的不同的排法种数为：. 4.（25-26高二下·浙江台州·期中）将数字3，4，5，6，7，9填入如图的6个圆圈中，每个圆圈填一个数字，每个圆圈中的数字均不相同，若每行中任意两个相邻数字的和为奇数，则不同的填法共有（   ） A．72种 B．48种 C．36种 D．24种 【答案】B 【难度】0.75 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题 【分析】由题意可判断两行中的中间圆圈必须填入偶数，利用分步乘法计数原理即可求得. 【详解】根据题意，每行中相邻两个数字的奇偶性需不同．（即若一个数为奇数，则相邻的另一个数必为偶数，反之亦然）. 因为共有6个数字，其中4个奇数、2个偶数，则两行中的中间圆圈必须填入偶数，即有种排法， 其余4个圆圈只需将剩下的4个奇数进行全排即可，则有种排法， 由分步乘法计数原理，可得不同的填法共有种. 5.（25-26高二下·重庆荣昌·阶段检测）将英文单词“”中的个字母重新组合排列，还可组成（   ）个英文单词（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）． A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.72 【知识点】全排列问题、其他排列模型 【分析】先计算个字母（其中有个字母相同）的总的排列数，再减去单词“”本身这种排列可得. 【详解】因为单词 “”共个字母，其中字母重复次，其余字母均不重复， 所以总排列数为， 又因为题目要求“还可组成”，需要减去原来的单词“”本身这种排列， 因此，所以最终还可组成个不同单词. 6.（25-26高二下·广东中山·期中）将数字（）､字母（）和符号（★，❤，☼）放入到下面的九宫格中，每个格子只能放一个数字､字母或符号，每个数字､字母或符号都必须使用，且只能用一次．则每行每列都有数字､字母和符号的排法有（    ）种 A．648 B．1048 C．1296 D．2592 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】先确定数字､字母和符号的类别位置，再求出三个数字､字母和符号分别放入类别位置的排列数，根据分步乘法计数原理即可求出答案. 【详解】第一步，确定数字､字母和符号的类别位置： 第一行数字､字母和符号的排列有种， 第二行是第一行的错位排列，则排列方式有2种， 第三行排列方式唯一确定， 因此，类别位置的排列方式有（种）． 第二步，分别确定三个数字､字母和符号放入类别位置的排列数： 数字（）放入3个位置，排列数为； 字母（）放入3个位置，排列数为； 符号（★，❤，☼）放入3个位置，排列数为． 根据分步乘法计数原理，总排法有（种）． 7.（多选题）（25-26高二下·吉林长春·期中）羽毛球比赛结束后，4名选手和甲、乙两名裁判站成一排拍照留念，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙相邻的排法有480种 B．甲、乙不相邻的排法有480种 C．甲在乙的右边（可以不相邻）的排法有360种 D．甲不在排头，且乙不在排尾的排法有504种 【答案】BCD 【难度】0.65 【知识点】全排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】用捆绑法求出总的排法，从而判断A；用插空法求出总的排法数，从而判断B；根据甲在乙的右边与甲在乙的左边各占全排列的一半，求出总的排法数，从而判断C；分当甲排在排尾和当甲不排在排尾，求出总的排法数，从而判断D. 【详解】对于A，当甲、乙相邻时，将甲、乙捆绑在一起，其排法数共有种排法，故A错误； 对于B，将4名选手全排列，再将甲、乙二人插入4名选手产生的5个空中，共有种排法，故B正确； 对于C，因为甲在乙的右边与甲在乙的左边各占全排列的一半， 所以甲在乙的右边共有种排法，故C正确； 对于D，当甲排在排尾时，乙自然不在排尾，此时有种排法； 当甲不排在排尾时，甲只能排在中间4个位置中的一个，乙只能排在除排尾和甲所占的位置剩下的4个位置中的一个，其余的人全排列，共有种排法， 所以一共有种排法，故D正确. 8.（25-26高二下·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，动点从出发，每秒向正东、正西、正南、正北任一方向移动1个单位长度，移动6秒后到达原点，则不同的移动路径共有________条． 【答案】225 【难度】0.4 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题 【分析】通过列方程得到四个方向的步数组合，进行分类讨论，对于确定的四个方向的步数，因为路径的本质是6步中按顺序排列不同方向的移动，所以用排列组合中多元素的排列公式计算该步数组合对应的路径数，即可得答案. 【详解】设在6秒内，向正北方向移动步，正南方向移动步， 因为最后要回到原点，所以向正东和正西移动的距离相等，设为步， 由题意可得，所以， 所以当时，，此时共有种移动方法； 当时，，此时共有种移动方法； 当时，，此时共有种移动方法； 当时，（舍）； 综上，一共有种移动方法． 题型七 元素、位置有限制问题 解题规律：对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法， 在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置， 对于分类过多的问题可以采用间接法. 1．（25-26高二下·河北石家庄·阶段检测）甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行知识竞赛，若甲不是第一名，则5人不同名次排列的种数为（    ） A．96种 B．98种 C．108种 D．112种 【答案】A 【难度】0.82 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】若甲不是第一名，则有4种选择，再对其他4人进行全排列. 【详解】若甲不是第一名，则甲有4种选择，再对其他4人进行全排列， 则5人不同名次排列的种数为． 2.（2027高二·全国·专题练习）若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“凸数”，现从 1，2， 3，4，5，这五个数字中任取 3 个数，组成无重复数字的三位数，其中“凸数”有（   ） A．120 个 B．80 个 C．40 个 D．20 个 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】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、数字排列问题 【分析】根据十位数字的取值进行分类，然后排列计算即可. 【详解】根据题意，十位上的数最大，只能为 3、4、5. 当十位数字为3 时，百位、个位的数字为 1、2 ，有 种选法， 当十位数字为4 时，百位、个位的数字为 1、2、3，有 种选法， 当十位数字为5 时，百位、个位的数字为 1、2、3、4 ， 有 种选法， 则“凸数”的个数为 . 3.（25-26高二下·内蒙古包头·期末）某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加不同棒次安排方案总数为（    ） A．12 B．24 C．30 D．36 【答案】D 【难度】0.62 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】按甲跑第1棒和第2棒分两类讨论，先确定乙的可选位置，再对剩余棒次从其余4名学生中选2人排列，求和得总方案数. 【详解】当甲跑第1棒时：乙可选择第2棒或第4棒，共种安排； 剩余2个棒次需从除甲、乙外的4名学生中选2人排列，排列数为， 此类方案总数为； 当甲跑第2棒时：乙只能选择第4棒，共1种安排； 剩余2个棒次需从除甲、乙外的4名学生中选2人排列，排列数为， 此类方案总数为； 总方案数为 4.（25-26高二下·湖北十堰·期末）某班级一天上午有5节课，下午有2节课，现在要安排语文，数学，英语，物理，化学，政治，体育7门课各一节的课程表，要求数学，物理都在上午且不相邻，体育课在下午，则不同的排课方法数有（     ） A．576种 B．288种 C．192种 D．144种 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】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、不相邻排列问题、实际问题中的计数问题 【详解】因为数学，物理都在上午且不相邻，体育课在下午，先安排上午剩余3节课， 有种排法，然后将数学及物理插空，有种排法，剩下2门安排在下午， 有种排法， 故不同的排课方法数有种. 5.（25-26高二下·北京丰台·期末）某中学举办主题为“十八而志承大任，芳华待灼赴海赢”的高三成人礼活动，现有语言类节目个、歌唱类节目个、舞蹈类节目个，共个节目登台演出．若要求同一类型的节目不能连续表演，则不同的节目表演顺序的种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.52 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题 【分析】记事件个语言类的节目连续表演，事件个歌唱类节目连续表演，结合韦恩图法可知不同的节目表演顺序的种数为，求解即可. 【详解】记事件个语言类的节目连续表演，事件个歌唱类节目连续表演，如下图所示： 则种，， 故不同的节目表演顺序的种数为 种. 6.（25-26高二下·河南商丘·期末）某高中安排甲、乙、丙、丁四位老师参加高考号、号、号三天的巡考工作，每天需安排位老师，分别负责上午和下午．若每位老师至少安排天巡考，且老师甲不能安排在号，老师乙、丙不能安排在同一天，则不同的安排方法总数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】对甲安排的时间段进行分类讨论：（1）安排个时间段；（2）甲安排个时间段.然后确定其它时间段的安排，结合分步乘法和分类加法计数原理可得结果. 【详解】分以下几种情况讨论： （1）甲安排个时间段，则甲安排在号或号的个时间段，则甲有种选择， 例如甲安排在号上午，若号下午安排乙，则另外两天的安排组合是乙丁、丙丁或丙丁、丙丁， 此时，不同的安排方法种数为种； 若号下午安排丙，同理可知，不同的排法种数也为种； 若号下午安排丁，则另外两天的安排组合是乙丁、丙丁，此时不同的排法种数为种. 所以若甲安排个时间段，则不同的排法种数为种； （2）甲安排个时间段，则甲安排在号、号各一个时间段，此时有种选择， 若号、号各剩余的一个时间段都安排乙，则号的个时间段分别安排丙、丁，此时有种选择； 若号、号各剩余的一个时间段都安排丙，同理可知号的个时间段有种选择； 若号、号各剩余的一个时间段安排乙丙，则号的个时间段可安排乙丁或丙丁， 此时不同的安排方法种数为种； 若号、号各剩余的一个时间段安排乙丁，则号的个时间段安排丙丁， 此时不同的安排方法种数为种； 若号、号各剩余的一个时间段安排丙丁，同理可知不同的安排方法种数为种. 所以若甲安排个时间段，此时不同的安排方法种数为. 综上所述，不同的安排方法总数为种. 7.（多选题）（25-26高二上·江西九江·期末）现用数字1，2，3，4填如图所示的四宫格，每格均填1个数字，则下列结论正确的是（   ） A．若数字可以重复使用，则共有256种填法 B．若4个数字均使用，则共有18种填法 C．若4个数字均使用且第2行的数字之和大于第1行的数字之和，则共有8种填法 D．若数字可以重复使用且相邻的两个格子不能填相同的数字，则共有84种填法 【答案】ACD 【难度】0.4 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、数字排列问题 【分析】对于A，每个位置的数字均有4种选法； 对于B，四个空格1、2、3、4四个数字都要填一次，即全排列； 对于C，列出满足条件的数字组合分别讨论； 对于D，根据数字可重复、相邻不同按位置分类计算. 【详解】对于A，若数字可以重复使用，则共有种填法，故A正确； 对于B，若4个数字均使用，则共有种填法，故B错误； 对于C，若4个数字均使用且第2行的数字之和大于第1行的数字之和， 则可以1，2在第1行，3，4在第2行，或1，3在第1行，2，4在第2行， 共有种填法，故C正确； 对于D，分4步，设四宫格4个位置如下： ①（左上）、②（右上）、③（左下）、④（右下）， 第1步，填①，有1，2，3，4共4种选法； 第2步，填②，由于和①相邻，所以不能与①相同，故有3种选法； 第3步，填③，因其与①相邻，所以不能与①相同，故又分2种情况， 情况1，③与②数字相同，此时只限制③与①不同，而②本身就与①不同， 故仅1种选法（和②一致）， 情况2，③与②数字不同，此时③需同时满足与①不同、与②不同，所以有2种选法； 第4步，填④，因④与②、③都相邻，所以必须和②、③都不同， 所以选法由②和③是否相同决定， 情况1，②与③相同时，④只需与②（即③）不同，此时有3种选法， 情况2，②与③不同时，④需同时与②不同、与③不同，此时有2种选法 所以利用分步乘法与分类加法计数原理（种），故D正确 故选：ACD 8.（25-26高二下·湖北黄冈·期末）将1，2，3，4，5，6，7，8随机排成一行，前四个数字依次构成一个四位数，后四个数字依次构成一个四位数，已知的千位数比的千位数恰好大4，则满足的不同排列数有_____个（用数字作答）. 【答案】 【难度】0.25 【知识点】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 【分析】先确定的千位数字，共有种选择，再按的百位数字比的百位数字小，分类进行讨论，即可求解. 【详解】由题意，设的千位数字为，的千位数字为， 因为的千位数字比的千位数字大4， 所以在中，满足条件的只有组：，，，， 因为 ，所以的百位数字比的百位数字小， 假设剩余的个数字为，且， ①若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， ②若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， ③若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， ④若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， ⑤若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， 综上所述，满足条件的排列共有种. 题型八 相邻、不相邻问题 解题规律：相邻、相间问题的解题策略 （1）求相邻问题时，把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列； （2）对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中. 1．（25-26高二下·广东深圳·期末）龙城高级中学高二某班周二上午安排语文、数学、物理、自习和英语五节课，要求数学课和自习课必须相邻，则该班周二上午可能的课表排法有（ ）种. A．12 B．24 C．48 D．120 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】使用捆绑法求解. 【详解】该班周二上午可能的课表排法有种. 2.（25-26高二下·山东青岛·阶段检测）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且第一个节目不能是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（    ）种. A．144 B．288 C．480 D．672 【答案】B 【难度】0.85 【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 【分析】利用插空法分步考虑即可，需要注意限制条件. 【详解】先排 4 个歌舞节目，有种排法，排好后会产生 5 个空位（包括两端）， 然后将 2 个机器人表演节目插入除第一个以外的空位，有种排法， 所以满足条件的排法有种. 3.（25-26高二下·湖北襄阳·期末）甲乙丙三人观看表演，现有个座位排成一排，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.75 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题 【详解】在个座位中，个空位恰好相邻的组合为，，，，共种 剩余个座位安排人进行全排列，共有种， 安排座位时两空位恰好相邻的坐法数为种． 4.（25-26高二下·四川达州·期末）甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排留影，则甲、乙必相邻，丙、丁不相邻的排法种数为（   ） A．120 B．72 C．48 D．24 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【详解】将甲乙捆绑，和戊一起先排，共有种排法， 产生了个空位，任选两个排丙、丁，共有种排法， 所以共有种排法. 5.（25-26高二下·重庆渝北·期中）在渝北中学某次研学活动中，班主任李老师带领甲、乙、丙等5名学生排队出发参观校史馆，李老师只能在排头或排尾：其中甲同学是新生，不能离李老师超过1名学生距离；乙同学和丙同学爱讲话不能相邻，请问这支队伍总共有（    ）种排队方式. A．48 B．56 C．64 D．72 【答案】B 【难度】0.5 【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、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】先按李老师在排头或排尾分两种情况，再按甲的位置细分，用总排列数减去乙丙相邻的排列数得出符合条件的排法，最后利用对称性得到总数. 【详解】分两种情况： （1）李老师在排头（位置1）：此时甲在位置2或3， 当甲在位置2时：剩余位置3、4、5、6排乙丙丁戊，乙丙相邻位置对有共3对，相邻排列数为种，所以不相邻排列有种； 当甲在位置3时：剩余位置2、4、5、6排乙丙丁戊，乙丙相邻位置对有共2对，相邻排列时为种，所以不相邻排列有种； 所以共有种； （2）李老师在排尾（位置6）：排法与排头对称，所以也有28种； 综上，共有种排法. 6.（25-26高二下·福建泉州·期中）将2个不同的白球，3个不同的黑球和4个完全相同的红球排成一列，要求2个白球不相邻且3个黑球也不相邻，则不同的排法共有（   ） A．5100种 B．4800种 C．4500种 D．4200种 【答案】A 【难度】0.42 【知识点】不相邻排列问题 【详解】先排红球，有1种排法，然后排白球，分两类讨论， 第一类情况是将两白球插空排入红球形成的5个空位有种，然后插入黑球，有种，故共有种不同的排法； 第二类情况是2个白球之间仅有1个黑球，先将2个白球和1个黑球捆绑成一个整体(形如W-B-W)，有种方法； 再将此整体与4个红球排列，有种方法；然后将剩下的2个黑球插入形成的6个空位中，有种方法，故此种情况有种。 故要求2个白球不相邻且3个黑球也不相邻，则不同的排法共有5100种. 7.（多选题）（25-26高二下·山东济宁·阶段检测）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（   ） A．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有350种 C．课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种 D．课程“御”和“书”不相邻且课程“数”和“书”不相邻的不同排法共有288种. 【答案】CD 【难度】0.55 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题、其他排列模型 【详解】A：课程“御”、“书”、“数”互不相邻， 则可先排“礼、乐、射”，有种排法，产生4个空位； 将“御、书、数”插入空位且互不相邻，需从4个空位选3个排列，即. 排法数为，A错误. B：“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等. 总排法数为，B错误. C：用间接法：总排法，减去“数”在第一天的， “礼”在最后一天的，加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的. 排法数为，C正确. D：课程“书”在第1天或最后一天，有2种排法， 再排“御、数”两门课程，即， 最后排“礼、乐、射”，即， 课程“书”不在第1天或最后一天，有4种排法， 再排“御、数”两门课程，即， 最后排“礼、乐、射”，即， 排法数为：，D正确 8.（25-26高二上·上海·期中）用、、、、、组成没有重复数字的六位数，要求所有相邻两个数字的奇偶性都不同，且和相邻，这样的六位数一共有______个. 【答案】 【难度】0.4 【知识点】分类加法计数原理、相邻问题的排列问题 【分析】由题意可知奇数和偶数间隔排开，然后对、所放的位置进行分类讨论，结合分类加法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，奇数和偶数间隔排开， （1）若首位排奇数， ①若首位为，则第位排，则第、位排剩余的两个奇数，第、位排剩余两个偶数， 此时符合条件的六位数的个数为个； ②若排在第位，则可排在第位或第位，第、位排剩余两个奇数，剩余两个偶数排剩余两个位置， 此时符合条件的六位数的个数为个； ③若排在第位，则可排在第位或第位，第、位排剩余两个奇数，剩余两个偶数排剩余两个位置， 此时符合条件的六位数的个数为个； （2）若首位排偶数， ①若首位排，则排在第位，则第、位排剩余的两个偶数，第、位排剩余两个奇数， 此时符合条件的六位数的个数为个； ②若首位排，则可排在第位或第位， 若排在第位，则排在第位，排在第位或第位，剩余的两个奇数排在剩余的两个位置上， 此时符合条件的六位数的个数为个； 若排在第位，则排在第位，排在第位或第位，剩余的两个奇数排在剩余的两个位置上， 此时符合条件的六位数的个数为个. 综上所述，符合条件的六位数的个数为个. 题型九 涂色问题 解题规律：解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成. 1．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）现有4种不同的颜色，对如图所示的4个区域进行涂色，每个区域只涂一种颜色，要求有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】涂色问题 【分析】利用分步乘法原理可得答案. 【详解】I区域有4种涂法，II区域有3种涂法，III区域有2种涂法，IV区域有2种涂法， 共有种. 2.（24-25高二下·江苏南京·期中）用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】由每块区域都与其他三块区域有公共边，故用分步乘法计算即可. 【详解】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种， 舍去，得(负数解舍去). 故选：C. 3.（24-25高二下·山西·阶段检测）给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．216种 B．192种 C．180种 D．168种 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】涂色问题 【分析】按照一定的顺序对五个区域进行染色，依次考虑每个区域的染色选择，根据相邻区域颜色不同的要求来确定每种情况下的染色方法数. 【详解】先对染色，有种方法，若2和3同色，则不同的染色方法有72种； 若2和3不同色，则不同的染色方法有种． 综上所述，不同的染色方法有种． 故选：D. 4.（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，已知四棱锥.用红、黄、蓝、绿四种颜色（四种颜色全部使用），涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数（    ）    A．24 B．48 C．72 D．96 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、涂色问题 【分析】由于 5 个顶点涂 4 种颜色且棱两端异色、4 色全部使用，故只能是同色或同色两类，两类计数方式同理，相加可得总涂色方法数. 【详解】因为同一条棱的2个顶点异色，所以恰好有一对不相邻顶点颜色相同，其余顶点颜色互不相同， 故分两类：一类是同色；另一类是同色. 若同色，可分4步完成涂色： 第一步，涂顶点，有4种颜色可选； 第二步，涂，不能和同色，有3种颜色可选； 第三步，涂，与都异色，有2种颜色可选； 第四步，涂，与异色，且四种颜色必须全部用完， 已经用了三种颜色，只有1种颜色可选； 故不同的涂色方法有种， 同理可得同色时，也有不同的涂色方法种， 所以共有不同的涂色方法种. 5.（25-26高二下·四川成都·期中）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】0.65 【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. 6.（25-26高二下·河北保定·期中）某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】涂色问题 【分析】利用分步乘法原理可得答案. 【详解】若颜色全相同，选颜色共种选法； 涂：每个区域不能是的颜色， 因此每个区域各有种选择，共种.共有种方法. 若用两种不同颜色，选2种颜色种；再分配给三个区域种， 因此共种涂法. 涂，仅夹在两个同色区域之间的那个区域有种选择， 其余两个夹在异色区域之间的区域各只有种选择，共种. 因此共有种方法. 若颜色全不同，用3种颜色，共种涂法； 涂，每个区域夹在两个异色区域之间，仅剩余1种颜色可选，共种. 共有种方法. 将三类相加，总涂色方法为种. 7.（多选题）（24-25高二下·广东深圳·期中）将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（    ） A B E C D A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 【答案】AB 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、涂色问题 【分析】根据所用颜色种数，以及各区域所用颜色的规定，运用两个计数原理逐一计算判断即可. 【详解】对于A，每块区域任意涂上一种颜色，即每块区域都有4种选择，则有种不同涂法，A正确； 对于B，若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则B和D同色，A和E同色，则共有种不同涂法，故B正确； 对于C，因4种不同颜色全部用上，B，D同色，相邻区域不同色，故可以先涂B，D区域，有种涂法， 因三个区域都与B，D相邻，故只需将余下的3种颜色在上全排，有种涂法，则共有种涂法，故C错误； 对于D，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 因B，D不同色（D只有一种颜色可选），此时ABCD四块区域所用颜色各不相同，涂E只能与A同色，此时共有24种涂法，故D错误． 故选：AB. 8.（25-26高二下·天津武清·期中）如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案有________种. 【答案】 【难度】0.4 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】利用分步计数原理即可求解. 【详解】我们按区域顺序分步计算涂色方案，根据相邻区域不同色的要求，每一步的选择数如下： 涂区域A：共4种颜色可选，有种方案。 涂区域B：B与A相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域C：C与A、B都相邻，颜色都不同，有种方案。 涂区域D：D与B、C都相邻，颜色都不同，B、C异色，因此有种方案。 涂区域E：E仅与D相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域F：F与D、E都相邻，D、E异色，因此有种方案。 涂区域G：G仅与E、F都相邻，E、F异色，因此有种方案。 根据分步乘法计数原理，总方案数为： . 题型十 其它排列数问题 1．（25-26高二下·北京·期末）电商工作室要从甲、乙、丙3人中选择2人，分别担任带货主播和运营助理，则不同的选法有（     ） A．5种 B．6种 C．8种 D．9种 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】其他排列模型 【详解】因为电商工作室要从甲、乙、丙3人中选择2人，分别担任带货主播和运营助理， 所以不同的选法有种. 2.（2026·山西临汾·一模）从1，3，5，7，9这五个数中，依次取出两个不同的数a，b，共可得到的不同值的个数是（    ） A．10 B．16 C．18 D．20 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】其他排列模型 【分析】从五个数中选两个数排列后，减去两组比值相同的情况即可. 【详解】总的有序数对的个数为,因为 ， 所以不同值的个数即为不同比值的个数. 在20个比值中，由于 以及，存在两组比值相同的情况，因此实际不同值的个数为. 3.（25-26高二下·四川达州·期中）某次灯谜大会共设置6个不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题.并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6个谜题，则一名参与者一共有（   ）种不同的答题顺序. A．60 B．75 C．12 D．720 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】其他排列模型 【分析】定序问题，使用倍缩法，用全排列除以内部排序即可. 【详解】首先将6只灯笼全排，即， 因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，每次取灯的顺序确定， 即除以内部排序即可，故取谜题的方法有. 4.（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 【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、其他排列模型 【分析】依题意根算筹可以分为，，三种情况，再分别确定相应的三位数的个数，即可得解. 【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 5.（24-25高二下·湖北·期中）系统的登录密码由个字符组成，其中前位是大写字母、、、的某种排列，后位是不相同的数字，则可能的密码总数是多少（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、其他排列模型 【分析】利用倍缩法可得出前个位置的排法种数，利用排列计数原理可得出后两位的排法种数，再利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，前个位置中有两个位置安排字母，有种， 然后从中选择两个不同的数字排最后两个位置，有种， 由分步乘法计数原理可知，可能的密码种数为. 故选：C. 6.（24-25高二下·湖北·期中）初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】其他排列模型 【分析】这道题考查的是排列的应用，首先找出小于等于的自然数的平方有哪些，再列出可由哪些平方数（不超过四个）相加而成，最后算出这些数的排列数即可. 【详解】小于等于的自然数的平方有：，而 ， 由构成的有序数组的个数为：个； 由构成的有序数组的个数为：个； 由构成的有序数组的个数为：个； 所以一共有：个. 故选：C. 7.（多选题）（24-25高二下·吉林长春·阶段检测）下列说法正确的有（   ） A．某商场共有5层，每层均有两个楼梯，小明从一楼上到五楼可能的走法有32种 B．用，，，，，，这七个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有105个 C．现有5个相同的球和5个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，恰有一个空盒的放法有20种 D．把英文单词sorry的字母顺序写错，可能出现的错误共有59种 【答案】BCD 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题、其他排列模型 【分析】对于A：根据分步乘法计数原理运算求解；对于B：分类讨论个位数是否为0，结合排列数运算求解；对于C：若恰有一个空盒，则一个盒子有2个球，结合排列数运算求解；对于D：注意到字母中包含2个r，结合排列数运算求解. 【详解】对于选项A：每层均有2种选择，从一楼上到五楼可能的走法有种，故A错误； 对于选项B：若个位为0，偶数共有个； 若个位不为0，偶数共有个； 综上所述：偶数共有个，故B正确； 对于选项C：若恰有一个空盒，则一个盒子有2个球，所以放法有种，故C正确； 对于选项D：由题意知本题是一个排列组合及简单的计数问题 五个字母进行全排列共有种结果， 字母中包含2个r，则五个字母进行全排列的结果要除以2，共有60种结果， 在这60种结果里有一个是正确的，所以可能出现的错误的种数是，故D正确； 故选：BCD. 8.（24-25高二下·河南濮阳·期末）将8块颜色各不相同的箭头形积木按如图的方式，首尾相连拼接成一个圆环，若任意调换积木的顺序，但其中红色和黄色两块积木必须相邻，则可以拼成的不同圆环有______种.（用数字作答） 【答案】 【难度】0.65 【知识点】相邻问题的排列问题、其他排列模型 【分析】利用捆绑法可求拼成的不同圆环的种数. 【详解】将红色和黄色两块积木捆绑并放在圆环某一固定位置上，有种排法， 将其余六块依次放入余下六个位置，共有种排法， 故可以拼成的不同圆环有种排法， 故答案为：. 考点三 组合数 题型十一 组合数计算 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.92 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用 【分析】根据组合数性质计算求解. 【详解】根据组合数性质，可直接得出，故C选项正确 2.（25-26高二下·陕西西安·期末）算式可以表示为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.92 【知识点】组合数的计算、排列数的计算 【详解】. 3.（25-26高二下·陕西榆林·期末）的值为（   ） A．101 B． C．6 D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用、排列数的计算 【分析】利用排列组合数公式计算即可. 【详解】. 4.（23-24高二上·福建宁德·期末）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】组合数的性质及应用、组合数方程和不等式 【分析】利用组合数的性质求出的值，再利用组合数的性质可求得的值. 【详解】因为，则，解得， 故 . 故选：D. 5.（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】组合数的性质及应用 【分析】根据组合数的性质求解即可. 【详解】记原式为，所以 . 则， 因为，所以. 对任意正整数，有， 因此，所以 . 6.（23-24高二下·江苏镇江·期末）化简结果为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】组合数的计算、排列数的计算 【分析】由排列数、组合数的运算性质计算求解即可. 【详解】， ， ， 故选：D 7.（多选题）（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）下列关于排列数、组合数的计算中，错误的是（     ） A． B． C．若，则正整数的值是1 D． 【答案】ACD 【难度】0.68 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用、排列数的计算 【详解】对于A，由排列数公式可知，A错误； 对于B， ，B正确； 对于C，若，则或， 解得或，C错误； 对于D，由组合数的性质可知 ，D错误. 8.（25-26高二下·广东深圳·期中）若，则___________．（用数字作答） 【答案】84 【难度】0.65 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用、组合数方程和不等式 【详解】由组合数的性质结合得，解得， 则． 题型十二 组合数方程、不等式 1．（25-26高二下·福建南平·期末）若（且），则（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【难度】0.82 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用、排列数的计算 【分析】根据排列数、组合数及组合数的性质计算即可. 【详解】由，得， 因为且，所以，解得. 当时，， 故. 2.（25-26高二下·湖北十堰·期中）若，则（    ） A．45 B．20 C．135 D．120 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】组合数的性质及应用、排列数的计算、组合数方程和不等式 【详解】若，则或， 当时，（舍去）； 当时，. 所以.所以. 3.（25-26高三上·北京·阶段检测）满足条件的正整数的个数是（    ） A．10 B．9 C．4 D．3 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】组合数的计算、组合数方程和不等式 【分析】用阶乘表示组合数，化简求出范围. 【详解】由可得， 整理得，解得，且， 所以，又，所以. 故选：C. 4.（25-26高二下·全国·期中）若正整数满足，则（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用、组合数方程和不等式 【分析】直接根据组合数的性质解组合数方程可得. 【详解】因为，得，由组合数的性质得， 即或，解得或. 经检验，或均符合题意，因此或. 5.（25-26高二下·广东清远·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】组合数的性质及应用 【分析】先利用组合数性质求出的值，再利用组合数的性质计算即可. 【详解】因为，则， 所以 . 6.（23-24高二下·山东·期中）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】组合数的计算、排列数的计算、比较指数幂的大小 【分析】先借助排列数的定义与指数定义得到与的关系后，借助组合数定义结合放缩可比较与的关系，即可得解. 【详解】，， 均由20个数相乘组成，其中前两项和最后一项比较， 其他项，直到，故， ， 其中里面前四项大于中的后五项， 即， 其他项均要对应大于或等于剩余中的每一项，故. 故选：C. 7.（多选题）（25-26高二下·安徽阜阳·期中）下列说法正确的是（） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】ACD 【难度】0.55 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用、排列数的计算、组合数方程和不等式 【分析】本题依次利用排列数、组合数的计算公式与组合数取值约束、组合数方程化简、组合数对称性质，分别代入验算A选项数值，由定义域求出再估值判断B选项，展开整理排列组合方程求解验证C选项，借助求并计算组合数判定D选项，最终确定正确选项为ACD. 【详解】选项A，根据组合数公式，排列数公式， 代入得，选项A正确. 选项B，根据组合数定义，下标大于等于上标且均为非负整数， 可得不等式组，解得，又，故， 原式转化为，选项B错误. 选项C，由排列组合定义知且，公式展开得， 即；化简得， 由题可知，所以，选项C正确. 选项D，根据组合数性质，得或，解得或， 当时，当时，选项D正确. 8.（25-26高二下·浙江·期中）不等式的一个解是______．（写出一个符合要求的答案即可） 【答案】3（答案不唯一） 【难度】0.75 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用、组合数方程和不等式 【分析】借助组合数定义及性质计算即可得. 【详解】因为，则使得的可取. 题型十三 实际问题中的组合数 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）某非遗工坊推出款不同的榫卯结构文创盲盒，其中款为故宫联名隐藏款．某游客一次性购买个不同款的盲盒，则买到的盲盒中至多有个故宫联名隐藏款的购买种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】先求出一次性买个盲盒的购买总数，再求出买到的盲盒中都是故宫联名隐藏款的购买总数，利用间接法求结论. 【详解】一次性买个盲盒的购买总数为：， 买到的盲盒中都是故宫联名隐藏款的购买总数：， 所以买到的盲盒中至多有3个故宫联名隐藏款的购买种数为. 2.（25-26高二下·甘肃定西·期末）2026年美加墨世界杯首次扩至48支球队．小组赛阶段，48支参赛球队分为12个小组，每个小组内每支球队都必须和其他三支球队进行且只进行一场比赛，则小组赛阶段需进行比赛（    ） A．32场 B．40场 C．48场 D．72场 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【详解】第一步，支球队分为个小组，故每个小组有支球队. 第二步，组内为单循环赛，即任意两支球队仅进行场比赛，因此比赛场数为从支球队中任选支的组合数： . 第三步，个小组的总比赛场数为场. 3.（25-26高二下·四川达州·期末）一次聚会共8人参加，每两人之间都握了一次手且只握一次，则所有人总握手次数为（   ） A．64 B．56 C．28 D．14 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【详解】题中所给的握手是组合问题，所以所有人总握手次数为次. 4.（25-26高二下·湖南邵阳·期末）位同学参加某种竞赛，竞赛规则如下：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得10分，答错得－10分，选乙题答对得5分，答错得－5分．若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是（     ） A．18 B．24 C．28 D．36 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的计数问题、实际问题中的组合计数问题、排列组合综合 【分析】分类列举满足总分为的各类情况，再计算每类的情况数相加即可求解. 【详解】第一类：人选甲题，人选乙题， 则选甲题的人，人答对，人答错，选乙题的人，人答对，人答错， 则有种； 第二类：人都选乙题，则人答对，人答错，则有种； 第三类：人都选甲题，则人答对，人答错，则有种， 则一共种. 5.（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）为了减轻新冠后遗症对老年人的伤害，某医院举办了一次下乡义诊活动．现将甲、乙、丙、丁、戊、己六名医务人员分配到五所乡村进行义诊服务，要求每人只能去一所村庄，且每个村庄至少安排一人．若甲必须去村，则不同的分配方法有（     ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【难度】0.65 【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、分组分配问题 【分析】分别讨论甲一人被安排到村和包括甲在内，共有两人被安排到村的情况，根据分组分配问题的求法和分类加法计数原理可求得结果. 【详解】若只有甲一人被安排到村，则原问题等价于将乙、丙、丁、戊、己五名医务人员分配到四所乡村进行义诊，每人只能去一所村庄，且每个村庄至少安排一人，则分配方法共有种； 若包括甲在内，共有两人被安排到村，则原问题等价于将乙、丙、丁、戊、己五名医务人员分配到五所乡村进行义诊，每人只能去一所村庄，每个村庄至少安排一人，则分配方法共有种； 由分类加法计数原理可知：不同的分配方法有种. 6.（25-26高二下·山东济南·期末）如图，在矩形格点图中，一只蚂蚁从格点出发，沿格线爬行到格点，规定：①每次只能沿水平向右或竖直向上爬行格；②同一方向连续爬行不得超过格．则不同的爬行路径共有（）    A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【难度】0.42 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】首先根据总步数确定“向右”和“向上”的总次数，然后列举出所有可能的移动序列，最后利用排除法计算符合条件的路径数量. 【详解】蚂蚁从爬行到，在水平方向上需要向右移动4次，在竖直方向上需要向上移动4次.总的移动序列组合数为：(种). 用表示向右，用表示向上，其中包括“至少连续3次向右”或“至少连续3次向上”的情况： “至少连续3次向右()”：，共6个元素, 路径总数为， 同理，包含“”的路径总数也为， 同时出现 “”且 “”的路径，共有四个元素，路径总数为， 同一方向连续爬行超过格的路径总数为：， 根据容斥原理，符合条件的路径总数. 7.（多选题）（25-26高二下·重庆·期中）某农场规划了如图的小矩形网格作为试验田，其右上方为一池塘，虚线不能作为路，以下说法正确的是（    ）    A．若管理员从图中A沿实线走到B，再走到C，最短路径共有120条 B．若管理员从图中A沿实线走到C，最短路径有186条 C．将在试验田1、2、3、4和池塘共5块区域养殖鱼苗，相邻区域养殖不同鱼种，现有4种不同的鱼可供选择，则有252种不同养法 D．图中除池塘外，“L型”网格图中包含了117个矩形 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】选项A，从A到B，从B到C，分别按排列数计算求解；选项B，分情况计算从A沿实线走到C的路径数；选项C，按区域1和4，2和3相同与否划分，计算不同养法；选项D，先以左两列计算，再以下三行计算，去掉相同部分得到. 【详解】选项A，从A到B需向右走2步，向下走2步，路径数为， 从B到C需向右走3步，向下走3步，路径数为， 从图中A沿实线走到B，再走到C，最短路径共有120条，选项A正确； 选项B，经过B点，再走到C，最短路径共有120条， 不经过B点，走到C，则可先向右走1步向下走3步，然后再走到C，或向下走4步，然后再走到C， 其路径数为， 从图中A沿实线走到C，最短路径有，选项B正确； 选项C，若区域1和4，区域2和3都相同，共种， 若区域1和4相同，区域2和3不同，共种， 若区域1和4不同，区域2和3相同，共种， 若区域1和4不同，区域2和3不同，共种， ，则有168种不同养法，选项C错误； 选项D，图中除池塘外，“L型”网格图中包含的矩形个数为 ，选项D正确. 8.（25-26高二下·广东梅州·期末）某公交车乘车路线途经A，B，C三站，已知共有6名乘客在这三站中随机选择一站下车，另共有其他4名乘客在这三站中随机选择一站上车，若在这三站中每一站都有上车的乘客和下车的乘客，且每站下车的乘客数不少于上车的乘客数，则这10名乘客在这三站中不同的上、下车的乘车种数为_______（用数字作答）． 【答案】12960 【难度】0.42 【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】首先根据已知条件确定上车人数分布为一站上车2人其余两站各上车1人，然后计算单种上车站位对应的下车方案数，根据乘法原理相乘，最后再根据对称性汇总所有乘车种数. 【详解】设第i站下车人数为，上车人数为，则： ，且，，且，， 因为，且，所以只有2,1,1一种分布类型，即一站上车2人其余两站各上车1人， 若A站上车2人，B站、C站各上车1人，则上车共有种分配方式， 下车人数的约束条件为，，且， 令，，，则 当下车人数分布为时，下车种数为； 当下车人数分布为3,2,1、3,1,2、2,3,1、2,1,3时，下车种数为； 当下车人数分布为2,2,2时，下车种数共有， 所以下车共有种方案， 此时A站上车2人，B站、C站各上车1人的总方案数为. 因为可以在A站、B站、C站任意一站上车2人，共3种选择， 由对称性知每种情况均为4320种，总乘车种数为. 题型十四 代数中的组合数 1．（24-25高二下·山东·期中）用数字1~5组成没有重复数字的三位数，其中满足，且的三位数的个数是（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】B 【难度】0.94 【知识点】数字排列问题、代数中的组合计数问题 【分析】先求出从数字1~5中取出3个数字的种数，然后求满足要求的种数，最后根据分步乘法计数原理求得结果. 【详解】从数字1~5中取出3个数字，有种取法； 将取出的3个数字中最大的一个作十位上的数字，另外2个数字分别作百位和个位上的数字， 有种方法. 由分步乘法计数原理，得符合题意的三位数有个. 故选：B. 2.（25-26高二下·广东深圳·阶段检测）从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为：（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理、代数中的组合计数问题 【详解】六个数字中有三个偶数，分别是；有三个奇数，分别是. 从三个偶数中任取两个，其和为偶数，有种不同取法； 从三个奇数中任取两个，其和为偶数，有种不同取法. 所以共有种不同取法. 3.（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”，那么四位数的“渐降数”的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】组合数的计算、代数中的组合计数问题 【分析】由组合数的意义即可求解. 【详解】因为一个自然数从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”， 在0，1，2，3，…，9中任取4个数，其大小关系确定，所以“渐降数”共有个， 故选：C. 4.（24-25高二下·江苏南京·期中）由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（    ） A．144 B．168 C．156 D．192 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、数字排列问题、代数中的组合计数问题 【分析】分个位上的数字为0和个位上的数字为2或4两种情况求解，然后利用分类加法原理可求得结果. 【详解】若个位上的数字为0，可以组成个无重复数字的4位数的偶数， 若个位上的数字为2或4，可以组成个无重复数字的4位数的偶数， 故可以组成60＋96＝156个符合条件的数． 故选：C． 5.（2024·湖北·模拟预测）不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的三元数组有多少组（    ） A．560 B．455 C．91 D．55 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】代数中的组合计数问题 【分析】在都加上1，把问题转化成方程有正整数解的问题解决. 【详解】设，，， 则不等式有多少组非负整数解的问题， 转化为：的正整数解的组数. 因为方程：的解的组数为：； 的解的组数为：； … 的解的组数为：. 所以原不等式解的组数为： . 故选：B 6.（25-26高二下·上海浦东新·期中）已知集合，若，则满足条件的集合个数为（    ） A．84 B．96 C．117 D．135 【答案】C 【难度】0.42 【知识点】代数中的组合计数问题 【详解】因为，所以能被3整除，所以除以3的余数相同，中的元素能被3整除的整数有，被3除余1的整数有，被3除余2的整数有， 当都被3整除时，则从被3整除的4个数中选取3个， 或可从被3整除的4个数中选取2个，从其余7个数中选择， 所以的个数为， 当被3除余1时，则从被3除余1的4个数中选取3个， 或可从被3除余1的4个数中选取2个，从其余7个数中选择， 所以的个数为， 当被3除余2时，则从被3除余2的3个数中选取3个， 或可从被3除余2的3个数中选取2个，从其余8个数中选择， 所以的个数为，所以满足条件的集合共有个. 7.（多选题）（25-26高二下·山东滨州·期中）下列说法正确的有（    ） A．2名老师和3名学生站成一排照相，其中老师不分开的站法有24种 B．箱子有10个除编号外完全相同的小球，随机抽取3个，恰好有2个小球的编号小于4的不同取法有36种 C．用数字可以组成216个比2026大且没有重复数字的正整数 D．小明参加了10场跳棋比赛，其中胜了7场，平了2场，输了1场，则不同的结果有360种 【答案】BCD 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题、数字排列问题、代数中的组合计数问题 【分析】A应用捆绑法，结合分类分步计数求老师不分开的站法数，B应用分步计数，及组合数求恰好有2个小球的编号小于4的不同取法数，C分整数为四位数、五位数，应用排列组合数求大于的整数个数即可，D应用倍缩法求不同的结果数. 【详解】A：首先将2名老师捆绑有种，再作为一个整体与3名学生一起作全排列有，共有种，错， B：由编号小于4的球有4个，编号大于等于4的球有6个，则随机抽取3个， 恰好有2个小球的编号小于4的不同取法种，对， C：若整数为四位数，千位数从中任取一个， 其它3个位置从余下的4个数字任取3个作全排列有种，均大于， 若整数为五位数，则共有种，均大于，则共有个，对， D：由10场跳棋比赛，胜了7场，平了2场，输了1场，则共有种，对. 8.（25-26高二下·上海闵行·期中）设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为“不减函数”.若定义域，值域为，且，则符合条件的不减函数有______个. 【答案】20 【难度】0.65 【知识点】代数中的计数问题、代数中的组合计数问题 【分析】根据“不减函数”的定义，值域中的元素个数可以为1个，2个，3个，分三种情况讨论，分别求出每种情况中不减函数的个数，再求和即可. 【详解】根据“不减函数”的定义，值域中的元素个数可以为1个，2个，3个， 所以分三种情况讨论： （1）若值域中的元素个数为1个，当分别取时，所对应的三个函数值都相同， 可以是中的任何一个，所以有种取法，即有4个“不减函数”； （2）若值域中的元素个数为2个，有两种情况： ①取时所对应的函数值相同，此时只需从这4个数字中任选2个， 其中较大者为所对应的函数值，较小者为1所对应的函数值，所以有种取法，即有6个“不减函数”； ②取时所对应的函数值相同，同理有种取法，即有6个“不减函数”； （3）若值域中的元素个数为3个，此时只需从这4个数字中任选3个， 其中较大者为3所对应的函数值，居中者为2所对应的函数值，较小者为1所对应的函数值， 所以有种取法，即有4个“不减函数”. 所以符合条件的不减函数有个. 题型十五 几何中的组合数 1．（24-25高二下·广西河池·阶段检测）从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】几何组合计数问题 【分析】求出选出的三个点能构成三角形的选法种数，并求出等边三角形的个数，结合间接法可得结果. 【详解】在正六边形中，为其中心，如下图所示： 从这七个点中任选三个点，共有种，其中三点共线的情形有种， 所以，能构成的三角形的个数为个， 其中，构成的等边三角形分别为、、、、、 、、，共个， 所以，构成的三角形不是等边三角形的个数是个. 故选：A. 2.（24-25高三·上海·课堂例题）有8个点在同一平面内，其中任意三点不共线，从中任选三点为顶点，可以作__________个三角形．（    ） A．28 B．42 C．56 D．112 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】几何组合计数问题 【分析】因选定三点为顶点的三角形只有一个，故是组合问题，列式求解即得. 【详解】因8个点中，任意三点不共线，且选定三点为顶点的三角形只有一个， 故这样的三角形有个. 故选：C. 3.（24-25高三上·安徽蚌埠·开学考试）在直角坐标平面中，平行直线与平行直线 组成的图形中，平行四边形共有（    ） A．25个 B．36个 C．100个 D．225个 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】几何组合计数问题 【分析】从平行直线中选2条，再从平行直线 选2条，即可确定1个平行四边形，从而确定平行四边形的个数. 【详解】从平行直线中选2条， 再从平行直线 选2条，即可确定1个平行四边形， 所以可确定平行四边形的个数为：个. 故选：D 4.（24-25高二下·广东汕头·期末）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（   ） A．70 B．66 C．62 D．58 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】棱锥的结构特征和分类、几何组合计数问题 【分析】应用组合数求从8个顶点任选4个的情况数，再排除4点共面的情况数，即可得. 【详解】由正方体共有8个顶点，从中任选4个顶点有个，其中有12种情况4点共面（6个侧面，6个对角面）， 所以以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是个. 故选：D 5.（25-26高二下·河北唐山·期中）直线，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.75 【知识点】实际问题中的组合计数问题、几何组合计数问题 【分析】根据构成三角形的条件，根据分类和分步计数原理，即可求解. 【详解】依题意，可以分为两类情况： 1.在直线上选2个点，直线上选1个点，可以构成三角形个数为， 2.在直线上选1个点，直线上选2个点，可以构成三角形个数为， 则以这九个点为顶点的三角形个数为. 6.（25-26高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）在的三条边上均有3个四等分点，以这9个等分点中的3个等分点为顶点的三角形的个数为（    ） A．75 B．78 C．81 D．84 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】几何组合计数问题 【详解】从9个点中任取3个点共有种方法， 当取得的三点在一条直线上时，构不成三角形， 故这样的三角形的个数是. 7.（多选题）（25-26高二下·河南洛阳·期中）在直三棱柱中，下列说法正确的是（   ）    A．以三棱柱的顶点为顶点的三棱锥有12个 B．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条 C．过三棱柱任意两个顶点的直线中，异面直线有39对 D．给6个顶点各涂一种颜色，要求图中同一条线段的两个端点的颜色不同，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有264种 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】几何组合计数问题、涂色问题 【分析】对于A，直接考虑选取的四面体的个数即可；对于B，直接考虑选取两个不同点的情况即可；对于C，结合A选项，根据每个四面体有3对异面直线求解；对于D，按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂三点涂法数，再讨论点A，B，C的涂法数即可. 【详解】对于A，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，即三棱锥有12个，故A选项正确； 对于B，三棱柱有六个顶点，可组成条直线，故B选项正确； 对于C，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，而每个四面体有3对异面直线，则共有对，故C错误； 对于D，计算不同涂色方法数有两类方法： 当涂四色时，先涂，，，有种涂法，再从A，B，C中选一点涂第四种颜色，如A，再涂B， 若B与同色，则C有2种涂法，若B与异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法， 当涂三色时，先涂，，，有种涂法，再涂A，有2种涂法，则B，C各有1种涂法，故有种涂法， 利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为： (种)， 所以不同的涂色方法共有264种，故D选项正确. 8.（26-27高二上·上海徐汇·阶段检测）如图，已知四面体的所有棱长均为．在线段上取个点、、，使得线段、、的长度分别为、、；在线段上取个点、、，使得线段、、的长度分别为、、．在集合中任取两条直线组成直线对，则由两条共面直线组成的直线对有_______________个．（将与看作同一个直线对） 【答案】 【难度】0.42 【知识点】空间中的点（线）共面问题、几何计数问题、几何组合计数问题 【分析】先证明在正四面体中，直线和异面的充要条件是，．再依题意确定集合里的直线条数，从而根据组合数得到直线对的个数，再根据以上证明的结论得到异面直线对的个数，进而得到共面的直线对． 【详解】先证明：在正四面体中，直线和异面的充要条件是，． 若，则直线和相交于，即这两直线共面； 若，则直线和相交于，即这两直线共面； 若，，则，， 又在正四面体中，与是异面直线，即四点不共面，所以直线和异面， 所以在正四面体中，直线和异面的充要条件是，，证毕． 由集合里的直线是所有，其中，则共有条直线， 所以在这条直线中，任取两条直线组成直线对，共有个， 又在正四面体中，直线和异面的充要条件是，， 即对于固定的一条直线，其异面直线有条， 又将与看作同一个直线对， 所以在这条直线中，两条异面直线组成的直线对共有个， 所以在这条直线中，两条共面直线组成的直线对有个． 题型十六 分组分配问题 解题规律：对不同元素分组、分配问题的求解策略 （1）对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以（n为均分的组数），避免重复计数.这类问题有无序平均分组和有序平均分组两种情形； （2）对于部分均分，即不平均分组中的部分平均分组问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有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，这类问题也有无序和有序两种情形； （3）对于不平均分组，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，所以不需要除以全排列数，这类问题也有无序不平均分组和有序不平均分组两种情形. 1．（25-26高二下·广东广州·期末）将6个相同的布娃娃分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，则不同的分配方案有（ ） A．540种 B．90种 C．60种 D．10种 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的计数问题、分组分配问题 【分析】对6个相同的元素进行分配，利用隔板法，在5个间隙中加入2块隔板即可. 【详解】6个相同的布娃娃排成一排，中间有5个间隙，分给3位小朋友，且每位小朋友至少有一个布娃娃， 则只需插入2块隔板，把它分成3份，每份至少1个，共有种. 2.（25-26高二下·四川自贡·期末）三名志愿者被分配到交通劝导，文明服务两项工作进行社会服务，要求每项工作至少一人参加，每人只参加一项工作，则不同的分配方案种数为（    ） A．4 B．6 C．9 D．12 【答案】B 【难度】0.82 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【详解】先把3名志愿者分成两组，一组1人，一组2人，分组方法数为种， 再把这两组分配到两项不同的工作中，分配方法数为种， 根据分步乘法计数原理，总方案数为种， 所以答案是选项B. 3.（26-27高三上·四川成都·阶段检测）为了迎接成都西博城人工智能展，主办方将6名安检人员平均分成3组，到3个不同场馆服务，若每组去一个场馆，且每个场馆都有人服务，则甲、乙两名安检人员不在同一个场馆服务的分配方案有（    ） A．144种 B．72种 C．36种 D．18种 【答案】B 【难度】0.65 【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、分组分配问题 【分析】根据分组分配的求法求出6人分3组，再分配到3个不同的场馆的分配种数，减去甲乙在同一个馆服务的情况即可求解. 【详解】将6名安检人员平均分成3组，到3个不同场馆服务， 共有种方案， 甲、乙在同一个场馆服务的分配方案有种方案， 所以甲、乙两名安检人员不在同一个场馆服务的分配方案有种方案. 4.（25-26高二上·河南南阳·期末）将5名程序专家全部分配到1，2，3号3个实验室指导工作，每个实验室至少分配1名专家，其中专家必须去1号实验室，则不同的分配方案共有（    ） A．26种 B．36 种 C．38 种 D．50 种 【答案】D 【难度】0.55 【知识点】分组分配问题 【分析】利用两个计数原理以及分组分配问题的解法结合组合数的性质求解即可. 【详解】当1号实验室有1人时，即专家，其余4名专家分配到2号和3号实验室， 且每个实验室至少1人，分配方案有种； 当1号实验室有2人时，先从其余4名专家中选1人到1号实验室有种方法， 再将其余3名专家分配到2号和3号实验室且每个实验室至少1人有种方法， 故共有种； 当1号实验室有3人时，分配方案有种； 可得不同的分配方案共有种． 故答案为：50 5.（25-26高二下·陕西安康·期末）某物流公司规划了7条分别编号为1至7的无人机专属航线，现将这7条航线全部分配给甲、乙、丙3个不同的调度中心，且航线1与航线2必须分配给同一个调度中心．若每个调度中心至少分到1条航线，且甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，则不同的分配方案总数为（     ） A．185 B．205 C．215 D．235 【答案】C 【难度】0.45 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【分析】先将7条航线分成3组，为保证每个中心至少分到一条航线，共有四种情况.因为甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，所以分甲分配到条航线进行分析可得. 【详解】因为每个调度中心至少分到1条航线， 所以把7条航线分成3组，有四种情况. 因为甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，所以可分甲分配到四个类型进行分析， 所以有以下分配方案： 若甲中心分配5条航线，则其中必包括航线1与航线2，共有种方案； 若甲中心分配4条航线，且其中包括航线1与航线2，则从除1、2两条航线外的5条中再选2条给甲， 再将剩余3条分成两组分配给乙、丙，共有种方案； 若甲中心分配4条航线，但其中不包括航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选4条给甲， 再将1、2两条航线作为一组，剩余1条单独作为一组，分配给乙、丙共有种方案； 甲中心分配2条航线，即航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给乙， 再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案； 若甲中心分配2条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选2条给甲，选1条给乙， 再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案； 若甲中心分配3条航线，且包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给甲， 此时可从其余航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案； 也可选两条给乙，其余航线给丙，共有种方案； 若甲中心分配3条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选3条给甲， 此时可从剩余2条航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案； 也可将剩余2条航线给乙，将航线1与航线2作为一组给丙，共有种方案； 也可将航线1与航线2给乙，其余航线给丙，共有种方案； 综上所述，共有种方案. 6．（25-26高二下·天津南开·期末）某高校校庆发放纪念品，将6本完全相同的校庆纪念册、3枚完全相同的校庆纪念章、4张不同校园风景的明信片全部分给3位校友，要求每一位校友至少有一本纪念册，纪念章不能全给同一位校友，每一位校友至少有一张明信片，其中A明信片必须给校友甲，则不同的分配方案有（     ） A．420种 B．840种 C．960种 D．1280种 【答案】B 【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、分组分配问题 【分析】三类物品分配独立，先分别计算每类物品分配的方案数，最后相乘即可. 【详解】第一步，分6本完全相同的校庆纪念册，要求每一位校友至少有一本纪念册，采用“隔板法”，方案数为种； 第二步，分3枚完全相同的校庆纪念章，要求纪念章不能全给同一位校友，则每人分得1枚纪念章或3人分别获得0枚、1枚、2枚纪念章，方案数为种； 第三步，分4张不同校园风景的明信片，要求每一位校友至少有一张明信片，其中A明信片必须给校友甲，则剩余3张明信片分法为每人一张或除校友甲外一人1张、另一人2张，方案数为种； 三类物品分配独立，总方案数为种. 7.（多选题）（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 【难度】0.42 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题、分组分配问题 【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. 8.（25-26高二下·广东清远·期末）某科技公司计划向甲、乙两个研发中心派遣研发人员，其中算法工程师、硬件工程师、测试工程师三类岗位各有8个派遣名额．每类岗位的名额需全部分配，且每个研发中心每类岗位至少派遣1人，则甲研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和等于乙研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和的分配方法有______种．（用数字作答） 【答案】37 【难度】0.39 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分组分配问题 【分析】先根据总名额数量确定甲、乙研发中心各自的总名额；因为每类岗位共8个名额，要分给两个中心且每个中心至少1个，所以要满足甲研发中心三类岗位名额之和等于乙的，即甲三类名额总和为12，设甲的算法、硬件、测试工程师名额分别为，问题转化为求不定方程的符合约束的正整数解的个数，可使用隔板法确定单类岗位分配的名额对应关系；问题转化为求满足“甲的算法工程师名额+甲的硬件工程师名额+甲的测试工程师名额=12”，且每个名额取值在1到7之间的正整数解的组数，再结合每个解对应的分配方法计数，可使用不定方程的解的个数求解. 【详解】三类岗位总名额为 ，要求甲研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和等于乙研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和， 因此甲中心三类名额总和必为 12； 设甲中心三类岗位的名额分别为 x，y，z， 由题意：每个中心每类岗位至少1人，最多7人（乙中心至少1人）， 因此问题转化为求不定方程： 的正整数解的个数， 每个解对应一种不同分配方法（三类岗位不同，不同顺序为不同方法）； 不考虑上限 时，，正整数解的个数由隔板法得：， 不符合条件的情况：若存在变量 ，假设 ，令 ，则， 方程变为，正整数解个数为， 同理的情况各6种，共 种， 不存在两个及以上变量同时的情况（和最小为 ）， 故符合条件的解的个数为 ，即分配方法共37种. 题型十七 不定方程的整数解个数问题 1.（24-25高二下·安徽安庆·阶段检测）已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A．36 B．45 C．50 D．24 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】根据题意将问题转化为把10个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放入1个小球的不同放法，由挡板分析可得答案. 【详解】根据题意，对于方程将10看成10个相同的小球，将其分成3组，每组至少1个， 第一组有个，第二组有个，第三组有个，即可得一个方程的解， 所以10个相同的小球形成9个空，从中选2个，插入隔板即可， 所以共有组不同的解. 故选：A 2．（24-25高二下·内蒙古·期末）方程的正整数解共有（   ） A．组 B．组 C．组 D．组 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】转化为将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，利用隔板法求解即可. 【详解】原题等价于下面这个问题： 将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，有多少种不同的分法? 由隔板法可得，方程的正整数解共有组． 故选：C 3.（25-26高二下·河北沧州·期末）将各位数字之和等于10的四位数称为“好数”，比如2026，则四位数中共有“好数”（    ）个 A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】数字排列问题、x+y+z=n的整数解的个数 【分析】利用隔板法可求“好数”的个数. 【详解】设该四位数为， 其中， 由题设有，将该方程转化为， 设，则. 先考虑方程正整数解的组数， 由隔板法可得该方程不同正整数解的组数为. 当时，，此时对应的正整数为五位数，舍； 当时，每一组均可得唯一的四位数， 故四位数中共有“好数”为. 4.（25-26高二下·山东青岛·期中）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（    ） A．15个 B．27个 C．28个 D．36个 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题、x+y+z=n的整数解的个数 【分析】用隔板法即可求解 【详解】法一：由题意，问题相当于用2个隔板把7个排成一排的球从左到右分成三份， 其中最左侧的一份至少有1个球，靠右侧的两份可以是0个球， 首先把第1个隔板放入从左到右依次插入这一排球所形成的8个空的后7个空中的一个， 再把第2个隔板插入第1个隔板所在空及其右侧的任意一个空，共有 个安康数. 法二：等价于从左到右三份分别对应 且 ， 若 ，则 ，即求出方程非负整数解的个数， 由隔板法有个安康数.∴选C 5.（25-26高二下·贵州遵义·期中）方程的非负整数的个数为（   ） A．495 B．715 C．1001 D．2002 【答案】B 【难度】0.62 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】利用隔板法求解. 【详解】，， 则问题转化为将14个相同的元素分成5份，每份至少1个， 需要在14个元素之间的13个空隙中插入4个隔板， 则方程非负整数解的个数有. 6.（25-26高二下·重庆·期中）向量，其中，且，，均为正整数，则满足条件的的个数是（     ） A．84 B．56 C．36 D．21 【答案】B 【难度】0.55 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】转化为计算正整数不定方程（取3到8的整数）的解数之和，利用隔板法求解. 【详解】已知均为正整数，故， 因此的最小取值为，符合约束， 所以的取值范围为， 对于正整数不定方程 ，根据隔板法，其正整数解的个数为： 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 将所有解数求和得总个数为，即满足条件的向量的个数为56. 7.（多选题）（23-24高三上·江苏·开学考试）有方程，试讨论有序数对解的个数．下列分析正确的是（    ） A．若，，均为正整数，则解的个数为 B．若，，均为非负整数，则解的个数为 C．若，，均为正整数，且，，两两不等，则解的个数为341044 D．若，，均为正整数且满足，则解的个数为341044 【答案】ABD 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、分组分配问题、x+y+z=n的整数解的个数 【分析】AB可转化为排列组合问题用档板法可得；C选项可先求，，相等时的解个数，再用排除法可得；D选项分为由相等和不相等并且的不同的类，利用分类加法可得. 【详解】选项A：因，，均为正整数， 则解的个数相当于把个用两个档板分成3份，分别对应，，， 所以解的个数为，故A正确； 选项B： 由得， 因，，均为非负整数，所以，，均为正整数， 与一一对应， 相当于把个用两个档板分成3份， 分别对应，，，所以解的个数为，故B正确； C选项：因，，均为正整数，， 若，则，不满足为正整数，故，，至多有两个相等， 若，则,故的取值为从到的整数，共个， 所以，，有两个相等时的个数为个， 故，，两两不等时，解的个数为个，故C错误； 选项D：若，，均为正整数且满足， 当时，因，所以，得，即， 所以的取值为从1到的整数，共674个，此时的个数为674个. 当时，因，所以，得，即， 因取正整数，所以的取值为从1到的奇数，共337个，此时的个数为337个. 当时，个用两个隔板分成3份，将其从小到大，分别对应，，， 有 共有，故D正确. 故选：ABD 8.（25-26高二·全国·二轮复习）不定方程的正整数解有_____组，非负整数解有_____组. 【答案】 【难度】0.4 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】利用隔板法求解不定方程的解的组数. 【详解】第一空: 利用隔板法求解，不定方程的正整数解, 相当于将100个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将100个名额分成50堆， 每堆至少一个名额，因此，把这100个名额排成一队，除去队前队后的空外， 有99个空，在这99个空中选49个空，插入49个板子，则把这100个名额分成了50堆，故有组， 每一堆的名额数就是的数值， 则不定方程的正整数解的组数为组； 第二空: 设， ，， ， 不定方程的非负整数解 就是不定方程正整数解， 利用隔板法求解，不定方程的正整数解, 相当于将150个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将150个名额分成50堆， 每堆至少一个名额.把这150个名额排成一队，除去队前队后的空外， 有149个空，在这149个空中选49个空，插入49个板子，则把这150个名额分成了50堆， 故有组，每一堆的名额数就是的数值， 则不定方程的非负整数解的组数为组. 故答案为：，. 题型十八 其它组合数问题 1．（24-25高二下·安徽安庆·期中）一个集合有5个元素，这个集合的含有3个元素的子集有（    ）个 A．10 B．20 C．30 D．40 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】其他组合计数模型 【分析】根据题意结合组合数运算求解即可. 【详解】根据题意可知：集合的含有3个元素的子集有个. 故选：A. 2.（25-26高二下·浙江湖州·期末）从编号为1，2，3，4的白球和编号为5，6，7的黑球中随机选取3个球，若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为（    ） A．30 B．35 C．45 D．60 【答案】A 【难度】0.82 【知识点】其他组合计数模型 【详解】从7个不同的球随机选取3个球，不同的选法种数为； 从4个不同的白球随机选取3个球，不同的选法种数为； 从3个不同的黑球随机选取3个球，不同的选法种数为； 所以若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为. 3.（25-26高二下·安徽·期中）春天来了，万物复苏，校园楼下的花坛里种了不同颜色的花.如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则不同的栽种方案数有（    ）. A．240种 B．360种 C．420种 D．720种 【答案】C 【难度】0.6 【知识点】涂色问题、其他排列模型、其他组合计数模型 【详解】把图中的区域分别标上A，B，C，D，E， 用三种颜色：区域和相同，（种）， 用四种颜色：区域或相同，共有2种，再选取四种颜色， 及（种）， 用五种颜色：（种）.一共有（种）. 4.（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 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题、实际问题中的组合计数问题、其他组合计数模型 【分析】将其转化为隔板法解决即可. 【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. 5.（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为（    ） A．58 B．71 C．85 D．96 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、其他组合计数模型 【分析】根据题意，都比大，所以可能取或，分，和三类进行讨论. 【详解】根据题意，都比大，所以可能取或， 当时，有种选法，剩余数字中最大， 有种选法，最后剩下一个就是，共有种， 当时，，有种选法，剩余数字中最大， 而，有种选法，共有种， 当时，，，有种选法， 剩余数字，只有1种，共有种， 则满足要求的排列的个数为种. 故选：B 6.（2024·湖北·模拟预测）互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ） A．24种 B．36种 C．42种 D．48种 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】不相邻排列问题、其他组合计数模型 【分析】由题意得对红菊花所处位置进行分类，每一类根据分步计数原理可得. 【详解】红菊花在正中间位置时，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻， 即红菊花两边各一盆白色，黄色菊花，故有； 红菊花在首位或者尾端时，先排好白菊花，产生三个空再对黄菊花分类排即可， 故； 红菊花在第2或者第4位置时，先给首位或者尾端任意放一种，剩下的3盆花位置就确定了，故； 综上，共有种摆放方法. 故选：D 7.（25-26高二下·安徽芜湖·阶段检测）已知正整数严格递增数列中，满足，且数列中各项数值为奇数的个数与数值为偶数的个数相等，若满足条件的不同数列的个数为36，则的值为__________. 【答案】10 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、其他组合计数模型 【分析】对分类讨论，注意可以为偶数也可以为奇数，分类讨论的时候需注意奇数和偶数的数量，再利用组合数的运算法则进行计算. 【详解】数列为严格递增的正整数，共6项，首项（奇数），末项， 要求数列中恰有3个奇数､3个偶数， 分情况讨论： 若为偶数，则最大项为偶数，即是数列中3个偶数之一， 还需从小于的偶数中选2个，从大于1且小于的奇数中选2个（1已固定）， 小于的偶数共个，选2个：，大于1且小于的奇数共个，选2个：， 总数列个数为，即，计算可得； 若为奇数，则最大项为奇数，即是数列中3个奇数之一， 还需从大于1且小于的奇数中选1个，从小于的偶数中选3个， 设，则大于1且小于的奇数共有个， 从中选1个奇数的选择数为，小于的偶数共有个，从中选3个的选择数为， 由，得，无整数解， 综上所述，. 8．（24-25高二下·陕西·阶段检测）已知集合A和集合B各含有12个元素，含有4个元素，集合C满足：①；②；③C中含有3个元素，则同时满足上面条件的集合C的个数为________. 【答案】1084 【难度】0.65 【知识点】其他组合计数模型 【分析】首先判断中的元素个数，再利用组合的定义，利用间接法，即可求解. 【详解】由条件可知, 因为，且集合中有3个元素，所以个， 因为满足的集合有个， 所以既满足，又满足的集合有个. 故答案为：1084 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 排列组合（高效培优专项训练） 数学新教材人教版高二上期 考点一 计数原理 题型一 实际问题中的计数原理 1．【答案】B 【详解】从2幅不同的国画里选1幅，共有2种选法； 从5幅不同的水彩画里选1幅，共有5种选法. 根据分类加法计数原理，总的不同选法数是两类选法数相加：种. 2.【答案】C 【详解】按每一步可到达的相邻右方蜂房展开树状图，如图， 由图可知从起点到4号蜂房的全部路线共8种． 3.【答案】D 【详解】若从甲地直接到丙地，有2条路线； 若从甲地到乙地，再到丙地，有条路线； 综上所述：从甲地到丙地一共有11条不同的路线. 4.【答案】B 【详解】第一类：甲先到乙地再到丁地，此时共有种不同的走法； 第二类：甲先到丙地再到丁地，此时共有种不同的走法； 所以甲地到丁地不同的走法总数为. 5.【答案】A 【详解】若第4个环节使用c运输方式，由题意可得快件从甲送到乙至多使用3种运输方式， 故第4个环节必须使用d，e，f三种运输方式中的1种， 若第1，6两个环节都使用b运输方式，则快件从甲送到乙至多会使用3种运输方式， 故从甲送到乙要使用4种运输方式，则满足条件的运输方法可分为两类． 第一类：第1和第6环节都用a运输方式，则第2，3，5环节必须使用两种不同的运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）； 第二类：第1和第6环节运输方式不同，则第2，3，5环节只需至少一个环节使用c运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）． 由分类加法计数原理可得，满足条件的运输方式有（种）． 6.【答案】B 【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11本图书，接下来说明不可能有12本图书，考虑数字控制的区域，假设有一种方式可以达到8本图书，首先左上角区域只有2本图书（下图左），在大图中去掉后变成了下图中间的样子，并且图中应有6本图书.类似的，下方数字2代表周围单元格中有2本图书，再去掉后形如下方右侧图形，此时需要填4本图书，但只剩下三个空方格，矛盾!故最多有7本，结合不受限制的区域，最多能抽中本书. 接下来求所有可能的方法数， 情形一： 如图所示，?处有图书时，在左上数字2的周围有两种情形，若数字3右侧方格无图书， 则4周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2的排布方式也被固定， 此时中间数字3周围只有两本图书，矛盾，∴中间数字3右侧必有图书. 此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2左侧或右侧有一本图书. 若下方数字2左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4周围的图书排布已经固定， 则此时3周围图书也已经符合题意，只有一种情形. 若下方数字2右侧有一本图书，此时考虑下方数字2周围还应存在的一本图书的位置， 若在2右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3周围也满足题意， 4周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种； 若不在2右上方，则4周围图书的排布已经符合题意， 3周围还应有一本图书，共有两种选择. 综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有种可能. 情形二： 如图所示，?处无图书时，左上数字2的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3右侧必有图书， 此时根据3周围应还有2本图书得到下方的2左右两侧均无图书（否则下方2周围图书数目大于2）， 故4周围的图书排列方式被固定，∴3周围还应有一本图书，共有两种选择，故情形二共有2种可能. ∴共有种. 故选：B. 7.（多选题）【答案】BCD 【详解】两人共花费5元分为两类：小明花费2元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种， 同理小明花费3元，小华花费2元时，两人下地铁的方案也是种，所以共有18种，A不正确，B正确. 两人共花费6元分为三类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有种， 共有27种，C正确. 小明比小华先下地铁有两类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明和小华均花费3元，小明比小华先下地铁仅有3种方案，所以共有12种方案，D正确. 故选：BCD 8.【答案】33 【详解】若满足的个位数字为9，则先讨论的个位数字情况， 对于，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 当时，个位数字为，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 对于，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 当时，个位数字为，当时，个位数字为，当时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 若满足的个位数字为9，则有如下情况， 的个位数字为与的个位数字为，的个位数字为与的个位数字为， 的个位数字为与的个位数字为， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 由分类加法计数原理得共有种情况. 故答案为：33 题型二 代数中的计数原理 1．【答案】D 【详解】由分步乘法计数原理可得：第一步从任选个数共种选法， 第二步从任选个数共种选法，第三步从任选个数共种选法， 故展开后的项数为：. 2.【答案】D 【详解】由 ，共有24个正因数. 故选：D 3.【答案】C 【详解】因为， 所以的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可， 有种取法，即有个正整数因数． 故选：C． 4.【答案】A 【详解】因为，所以的因数有个， 故方程的非负整数解的组数为40． 故选：A 5.【答案】D 【详解】当取时，则只能为真数，此时这个对数值为， 当不取时，底数有种，真数有种， 其中， 故此时有个， 所以共有个. 故选：D. 6.【答案】C 【详解】在小于2026的四位自然数中，当千位数字时，“加德数”需要满足个位数字，十位数字． 当千位数字为1时，百位和十位数字可以为0，1，2，3，个位数字可以为0,1，2， 此时共有个； 当千位数字为2时，百位数字只能为0，十位数字可以为0，1，2，个位数字可以为0，1，2， 此时共有个． 所以共有个． 7.【答案】4 【难度】0.85 【知识点】代数中的计数问题 【分析】根据给定条件，求出给定集合中各数的质数分布区间内质数个数，再利用列举法求出方案种数. 【详解】依题意，1的质数分布区间内的质数有两个；2的质数分布区间内的质数有两个； 3的质数分布区间内的质数有两个；4的质数分布区间内的质数有三个； 5的质数分布区间内的质数有两个；6的质数分布区间内的质数有四个， 因此从中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案 有、、、，共4种方案. 故答案为：4 8.【答案】 【详解】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为： 题型三 几何中的计数原理 1．【答案】B 【详解】以这些边为三角形仅有四种，，，． 固定四面体的一面作为底面： 当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即； 当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，． 其余情形得到的四面体均在上述情形中． 由此可知，四面体个数有3个． 故选：B 2.【答案】D 【详解】因，，则公共点为： ，共12个. 若这样的直线为圆的切线，则满足题意的切线有12条； 若这样的直线不为圆的切线，则由两点确定一条直线，满足的直线有条. 则这样的直线有78 条. 故选：D 3.【答案】B 【详解】集合，函数的定义域是，其函数值均取自集合； ，且， 至少为2； ，且， 至多为4； 的可能取值为2，3，4. ①当时, ，即，且， 只能取1，共1种选择； ，即，且， 只能取1，共1种选择； ，即，且， 可以取2，3，4，共3种选择； 根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为. ②当时, ，即，且， 可以取1，2，共2种选择； 对于，需满足； 若，则只能取1，共1种选择； 若，则可以取1，2，共2种选择； 和的组合共有1+2=3种情况； ，即，且， 可以取3，4，共2种选择； 根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为. ③当时, ，即，且， 可以取1，2，3，共3种选择； 对于，需满足； 若，则只能取1，共1种选择； 若，则可以取1，2，共2种选择； 若，则可以取1，2，3，共3种选择； 和的组合共有1+2+3=6种情况； ，即，且， 可以取4，共1种选择； 根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为. 综上所述，满足条件的函数总个数为. 4.【答案】D 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论 ，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理， 和 也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点；故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. 5.【答案】3 【详解】由，且，即在面内， 要使取最小值时，点位置记为点，即面，结合正方体的对称性， 知：，，三种情况， 所以数量积的不同取值的个数为3. 故答案为：3 6.【答案】 【详解】由题设，又都是集合中的元素，且， 所以，满足要求的点有、、、、、、、、、、、、、、、、、、、， 所以这样的点有20个. 故答案为：20 7.【答案】24 【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，    若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有（个）， 若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有（个）， 所以梯形的个数是（个）． 故答案为：24 8.【答案】11 【详解】正边形的顶点共有个，它们是正边形外接圆的等分点， 由题意可知正边形的顶点是正边形的顶点， 且正边形的顶点也是上述圆的等分点， 正边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 正边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 因为正边形的顶点是正边形的顶点，所以（为正整数）， 所以，所以正边形的一定是的因数，且不小于3， 又， 故的可能取值为从中选一个数，和从中选一个数， 将选出的这两个数相乘得到，故的因数个数为个， 但，故的个数为，所以满足题意的有个. 考点二 排列数 题型四 排列数计算 1.【答案】B 【详解】. 2.【答案】D 【详解】． 3.【答案】C 【详解】根据排列数公式， 可得. 4.【答案】D 【详解】对于共有个因式， 乘积的首项（最大项）是，因此原式可表示为. 5.【答案】C 【详解】对于A，，不满足题意； 对于B，，不满足题意； 对于C，，满足题意； 对于D，，不满足题意. 6.（多选题）【答案】BC 【详解】因为，所以A错误； 因为，所以B正确； 因为，所以C正确； 因为，而 即，所以D错误. 7.【答案】BCD 【详解】A：，故A错误； B：，，故B正确； C：，，故C正确； D：，故D正确； 故选：BCD. 8.【答案】3 【详解】、、、的个位数分别为1，2，6，4， 而，个位数为3. 从 开始，所有后面的阶乘都含有因子 ， 故的个位是0． 所以原式的个位数是：3. 题型五 排列数方程、不等式 1.【答案】D 【详解】由，得，解得（舍去） 故选：D． 2．【答案】D 【详解】由可得， 整理可得，即， 由题意可知且，故. 3.【答案】D 【详解】由可得 故，化简得，故，D选项满足条件. 4.【答案】D 【详解】由题意，，即， 化简可得，即，解得或 因为，所以，故 故选：D. 5.【答案】D 【详解】由得，即， 化简整理得：，解得， 又，所以，所以. 6.【答案】B 【详解】由， 则，解得， 又，故的最小值为6. 7.（多选题）【答案】ABC 【详解】由可得：，即， 由化简得：， 即，解得或， 综上可得，又，故x的值可能为3，4，5，6，7. 故选：ABC. 8.【答案】2或3 【详解】因为，所以，所以， 其中，，而，，， 所以m的值可能是2或3. 题型六 全排列问题 1．【答案】C 【详解】根据排列数计算公式可得：， 即满足条件的四位数共有个. 2.【答案】B 【详解】根据题意，只需将5人作全排列，故共有种排法. 故选：B 3.【答案】C 【详解】若未被选中，则对剩余的4名学生进行排列，有种排法， 若被选中，第一步：由于不能跑第一棒和第四棒，只能选择第二、三棒，共2种选法， 第二步：从剩余4名学生中选3名进行排列有， 此时共有种排法， 因此满足题意的不同的排法种数为：. 4.【答案】B 【详解】根据题意，每行中相邻两个数字的奇偶性需不同．（即若一个数为奇数，则相邻的另一个数必为偶数，反之亦然）. 因为共有6个数字，其中4个奇数、2个偶数，则两行中的中间圆圈必须填入偶数，即有种排法， 其余4个圆圈只需将剩下的4个奇数进行全排即可，则有种排法， 由分步乘法计数原理，可得不同的填法共有种. 5.【答案】B 【详解】因为单词 “”共个字母，其中字母重复次，其余字母均不重复， 所以总排列数为， 又因为题目要求“还可组成”，需要减去原来的单词“”本身这种排列， 因此，所以最终还可组成个不同单词. 6.【答案】D 【详解】第一步，确定数字､字母和符号的类别位置： 第一行数字､字母和符号的排列有种， 第二行是第一行的错位排列，则排列方式有2种， 第三行排列方式唯一确定， 因此，类别位置的排列方式有（种）． 第二步，分别确定三个数字､字母和符号放入类别位置的排列数： 数字（）放入3个位置，排列数为； 字母（）放入3个位置，排列数为； 符号（★，❤，☼）放入3个位置，排列数为． 根据分步乘法计数原理，总排法有（种）． 7.（多选题）【答案】BCD 【详解】对于A，当甲、乙相邻时，将甲、乙捆绑在一起，其排法数共有种排法，故A错误； 对于B，将4名选手全排列，再将甲、乙二人插入4名选手产生的5个空中，共有种排法，故B正确； 对于C，因为甲在乙的右边与甲在乙的左边各占全排列的一半， 所以甲在乙的右边共有种排法，故C正确； 对于D，当甲排在排尾时，乙自然不在排尾，此时有种排法； 当甲不排在排尾时，甲只能排在中间4个位置中的一个，乙只能排在除排尾和甲所占的位置剩下的4个位置中的一个，其余的人全排列，共有种排法， 所以一共有种排法，故D正确. 8.【答案】225 【详解】设在6秒内，向正北方向移动步，正南方向移动步， 因为最后要回到原点，所以向正东和正西移动的距离相等，设为步， 由题意可得，所以， 所以当时，，此时共有种移动方法； 当时，，此时共有种移动方法； 当时，，此时共有种移动方法； 当时，（舍）； 综上，一共有种移动方法． 题型七 元素、位置有限制问题 1．【答案】A 【详解】若甲不是第一名，则甲有4种选择，再对其他4人进行全排列， 则5人不同名次排列的种数为． 2.【答案】D 【详解】根据题意，十位上的数最大，只能为 3、4、5. 当十位数字为3 时，百位、个位的数字为 1、2 ，有 种选法， 当十位数字为4 时，百位、个位的数字为 1、2、3，有 种选法， 当十位数字为5 时，百位、个位的数字为 1、2、3、4 ， 有 种选法， 则“凸数”的个数为 . 3.【答案】D 【详解】当甲跑第1棒时：乙可选择第2棒或第4棒，共种安排； 剩余2个棒次需从除甲、乙外的4名学生中选2人排列，排列数为， 此类方案总数为； 当甲跑第2棒时：乙只能选择第4棒，共1种安排； 剩余2个棒次需从除甲、乙外的4名学生中选2人排列，排列数为， 此类方案总数为； 总方案数为 4.【答案】A 【详解】因为数学，物理都在上午且不相邻，体育课在下午，先安排上午剩余3节课， 有种排法，然后将数学及物理插空，有种排法，剩下2门安排在下午， 有种排法， 故不同的排课方法数有种. 5.【答案】D 【详解】记事件个语言类的节目连续表演，事件个歌唱类节目连续表演，如下图所示： 则种，， 故不同的节目表演顺序的种数为 种. 6.【答案】B 【详解】分以下几种情况讨论： （1）甲安排个时间段，则甲安排在号或号的个时间段，则甲有种选择， 例如甲安排在号上午，若号下午安排乙，则另外两天的安排组合是乙丁、丙丁或丙丁、丙丁， 此时，不同的安排方法种数为种； 若号下午安排丙，同理可知，不同的排法种数也为种； 若号下午安排丁，则另外两天的安排组合是乙丁、丙丁，此时不同的排法种数为种. 所以若甲安排个时间段，则不同的排法种数为种； （2）甲安排个时间段，则甲安排在号、号各一个时间段，此时有种选择， 若号、号各剩余的一个时间段都安排乙，则号的个时间段分别安排丙、丁，此时有种选择； 若号、号各剩余的一个时间段都安排丙，同理可知号的个时间段有种选择； 若号、号各剩余的一个时间段安排乙丙，则号的个时间段可安排乙丁或丙丁， 此时不同的安排方法种数为种； 若号、号各剩余的一个时间段安排乙丁，则号的个时间段安排丙丁， 此时不同的安排方法种数为种； 若号、号各剩余的一个时间段安排丙丁，同理可知不同的安排方法种数为种. 所以若甲安排个时间段，此时不同的安排方法种数为. 综上所述，不同的安排方法总数为种. 7.（多选题）【答案】ACD 【详解】对于A，若数字可以重复使用，则共有种填法，故A正确； 对于B，若4个数字均使用，则共有种填法，故B错误； 对于C，若4个数字均使用且第2行的数字之和大于第1行的数字之和， 则可以1，2在第1行，3，4在第2行，或1，3在第1行，2，4在第2行， 共有种填法，故C正确； 对于D，分4步，设四宫格4个位置如下： ①（左上）、②（右上）、③（左下）、④（右下）， 第1步，填①，有1，2，3，4共4种选法； 第2步，填②，由于和①相邻，所以不能与①相同，故有3种选法； 第3步，填③，因其与①相邻，所以不能与①相同，故又分2种情况， 情况1，③与②数字相同，此时只限制③与①不同，而②本身就与①不同， 故仅1种选法（和②一致）， 情况2，③与②数字不同，此时③需同时满足与①不同、与②不同，所以有2种选法； 第4步，填④，因④与②、③都相邻，所以必须和②、③都不同， 所以选法由②和③是否相同决定， 情况1，②与③相同时，④只需与②（即③）不同，此时有3种选法， 情况2，②与③不同时，④需同时与②不同、与③不同，此时有2种选法 所以利用分步乘法与分类加法计数原理（种），故D正确 故选：ACD 8.【答案】 【详解】由题意，设的千位数字为，的千位数字为， 因为的千位数字比的千位数字大4， 所以在中，满足条件的只有组：，，，， 因为 ，所以的百位数字比的百位数字小， 假设剩余的个数字为，且， ①若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， ②若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， ③若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， ④若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， ⑤若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择， 综上所述，满足条件的排列共有种. 题型八 相邻、不相邻问题 1．【答案】C 【详解】该班周二上午可能的课表排法有种. 2.【答案】B 【详解】先排 4 个歌舞节目，有种排法，排好后会产生 5 个空位（包括两端）， 然后将 2 个机器人表演节目插入除第一个以外的空位，有种排法， 所以满足条件的排法有种. 3.【答案】A 【详解】在个座位中，个空位恰好相邻的组合为，，，，共种 剩余个座位安排人进行全排列，共有种， 安排座位时两空位恰好相邻的坐法数为种． 4.【答案】D 【详解】将甲乙捆绑，和戊一起先排，共有种排法， 产生了个空位，任选两个排丙、丁，共有种排法， 所以共有种排法. 5.【答案】B 【详解】分两种情况： （1）李老师在排头（位置1）：此时甲在位置2或3， 当甲在位置2时：剩余位置3、4、5、6排乙丙丁戊，乙丙相邻位置对有共3对，相邻排列数为种，所以不相邻排列有种； 当甲在位置3时：剩余位置2、4、5、6排乙丙丁戊，乙丙相邻位置对有共2对，相邻排列时为种，所以不相邻排列有种； 所以共有种； （2）李老师在排尾（位置6）：排法与排头对称，所以也有28种； 综上，共有种排法. 6.【答案】A 【详解】先排红球，有1种排法，然后排白球，分两类讨论， 第一类情况是将两白球插空排入红球形成的5个空位有种，然后插入黑球，有种，故共有种不同的排法； 第二类情况是2个白球之间仅有1个黑球，先将2个白球和1个黑球捆绑成一个整体(形如W-B-W)，有种方法； 再将此整体与4个红球排列，有种方法；然后将剩下的2个黑球插入形成的6个空位中，有种方法，故此种情况有种。 故要求2个白球不相邻且3个黑球也不相邻，则不同的排法共有5100种. 7.（多选题）【答案】CD 【详解】A：课程“御”、“书”、“数”互不相邻， 则可先排“礼、乐、射”，有种排法，产生4个空位； 将“御、书、数”插入空位且互不相邻，需从4个空位选3个排列，即. 排法数为，A错误. B：“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等. 总排法数为，B错误. C：用间接法：总排法，减去“数”在第一天的， “礼”在最后一天的，加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的. 排法数为，C正确. D：课程“书”在第1天或最后一天，有2种排法， 再排“御、数”两门课程，即， 最后排“礼、乐、射”，即， 课程“书”不在第1天或最后一天，有4种排法， 再排“御、数”两门课程，即， 最后排“礼、乐、射”，即， 排法数为：，D正确 8.【答案】 【详解】由题意可知，奇数和偶数间隔排开， （1）若首位排奇数， ①若首位为，则第位排，则第、位排剩余的两个奇数，第、位排剩余两个偶数， 此时符合条件的六位数的个数为个； ②若排在第位，则可排在第位或第位，第、位排剩余两个奇数，剩余两个偶数排剩余两个位置， 此时符合条件的六位数的个数为个； ③若排在第位，则可排在第位或第位，第、位排剩余两个奇数，剩余两个偶数排剩余两个位置， 此时符合条件的六位数的个数为个； （2）若首位排偶数， ①若首位排，则排在第位，则第、位排剩余的两个偶数，第、位排剩余两个奇数， 此时符合条件的六位数的个数为个； ②若首位排，则可排在第位或第位， 若排在第位，则排在第位，排在第位或第位，剩余的两个奇数排在剩余的两个位置上， 此时符合条件的六位数的个数为个； 若排在第位，则排在第位，排在第位或第位，剩余的两个奇数排在剩余的两个位置上， 此时符合条件的六位数的个数为个. 综上所述，符合条件的六位数的个数为个. 题型九 涂色问题 1．【答案】A 【详解】I区域有4种涂法，II区域有3种涂法，III区域有2种涂法，IV区域有2种涂法， 共有种. 2.【答案】C 【详解】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种， 舍去，得(负数解舍去). 故选：C. 3.【答案】D 【详解】先对染色，有种方法，若2和3同色，则不同的染色方法有72种； 若2和3不同色，则不同的染色方法有种． 综上所述，不同的染色方法有种． 故选：D. 4.【答案】B 【详解】因为同一条棱的2个顶点异色，所以恰好有一对不相邻顶点颜色相同，其余顶点颜色互不相同， 故分两类：一类是同色；另一类是同色. 若同色，可分4步完成涂色： 第一步，涂顶点，有4种颜色可选； 第二步，涂，不能和同色，有3种颜色可选； 第三步，涂，与都异色，有2种颜色可选； 第四步，涂，与异色，且四种颜色必须全部用完， 已经用了三种颜色，只有1种颜色可选； 故不同的涂色方法有种， 同理可得同色时，也有不同的涂色方法种， 所以共有不同的涂色方法种. 5.【答案】C 【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. 6.【答案】C 【详解】若颜色全相同，选颜色共种选法； 涂：每个区域不能是的颜色， 因此每个区域各有种选择，共种.共有种方法. 若用两种不同颜色，选2种颜色种；再分配给三个区域种， 因此共种涂法. 涂，仅夹在两个同色区域之间的那个区域有种选择， 其余两个夹在异色区域之间的区域各只有种选择，共种. 因此共有种方法. 若颜色全不同，用3种颜色，共种涂法； 涂，每个区域夹在两个异色区域之间，仅剩余1种颜色可选，共种. 共有种方法. 将三类相加，总涂色方法为种. 7.（多选题）【答案】AB 【详解】对于A，每块区域任意涂上一种颜色，即每块区域都有4种选择，则有种不同涂法，A正确； 对于B，若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则B和D同色，A和E同色，则共有种不同涂法，故B正确； 对于C，因4种不同颜色全部用上，B，D同色，相邻区域不同色，故可以先涂B，D区域，有种涂法， 因三个区域都与B，D相邻，故只需将余下的3种颜色在上全排，有种涂法，则共有种涂法，故C错误； 对于D，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 因B，D不同色（D只有一种颜色可选），此时ABCD四块区域所用颜色各不相同，涂E只能与A同色，此时共有24种涂法，故D错误． 故选：AB. 8.【答案】 【详解】我们按区域顺序分步计算涂色方案，根据相邻区域不同色的要求，每一步的选择数如下： 涂区域A：共4种颜色可选，有种方案。 涂区域B：B与A相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域C：C与A、B都相邻，颜色都不同，有种方案。 涂区域D：D与B、C都相邻，颜色都不同，B、C异色，因此有种方案。 涂区域E：E仅与D相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域F：F与D、E都相邻，D、E异色，因此有种方案。 涂区域G：G仅与E、F都相邻，E、F异色，因此有种方案。 根据分步乘法计数原理，总方案数为： . 题型十 其它排列数问题 1．【答案】B 【详解】因为电商工作室要从甲、乙、丙3人中选择2人，分别担任带货主播和运营助理， 所以不同的选法有种. 2.【答案】C 【详解】总的有序数对的个数为,因为 ， 所以不同值的个数即为不同比值的个数. 在20个比值中，由于 以及，存在两组比值相同的情况，因此实际不同值的个数为. 3.【答案】A 【详解】首先将6只灯笼全排，即， 因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，每次取灯的顺序确定， 即除以内部排序即可，故取谜题的方法有. 4.【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 5.【答案】C 【详解】由题意可知，前个位置中有两个位置安排字母，有种， 然后从中选择两个不同的数字排最后两个位置，有种， 由分步乘法计数原理可知，可能的密码种数为. 故选：C. 6.【答案】C 【详解】小于等于的自然数的平方有：，而 ， 由构成的有序数组的个数为：个； 由构成的有序数组的个数为：个； 由构成的有序数组的个数为：个； 所以一共有：个. 故选：C. 7.（多选题）【答案】BCD 【详解】对于选项A：每层均有2种选择，从一楼上到五楼可能的走法有种，故A错误； 对于选项B：若个位为0，偶数共有个； 若个位不为0，偶数共有个； 综上所述：偶数共有个，故B正确； 对于选项C：若恰有一个空盒，则一个盒子有2个球，所以放法有种，故C正确； 对于选项D：由题意知本题是一个排列组合及简单的计数问题 五个字母进行全排列共有种结果， 字母中包含2个r，则五个字母进行全排列的结果要除以2，共有60种结果， 在这60种结果里有一个是正确的，所以可能出现的错误的种数是，故D正确； 故选：BCD. 8.【答案】 【详解】将红色和黄色两块积木捆绑并放在圆环某一固定位置上，有种排法， 将其余六块依次放入余下六个位置，共有种排法， 故可以拼成的不同圆环有种排法， 故答案为：. 考点三 组合数 题型十一 组合数计算 1．【答案】C 【详解】根据组合数性质，可直接得出，故C选项正确 2.【答案】C 【详解】. 3.【答案】D 【详解】. 4.【答案】D 【详解】因为，则，解得， 故 . 故选：D. 5.【答案】C 【详解】记原式为，所以 . 则， 因为，所以. 对任意正整数，有， 因此，所以 . 6.【答案】D 【详解】， ， ， 故选：D 7.（多选题）【答案】ACD 【详解】对于A，由排列数公式可知，A错误； 对于B， ，B正确； 对于C，若，则或， 解得或，C错误； 对于D，由组合数的性质可知 ，D错误. 8.【答案】84 【详解】由组合数的性质结合得，解得， 则． 题型十二 组合数方程、不等式 1．【答案】A 【详解】由，得， 因为且，所以，解得. 当时，， 故. 2.【答案】D 【详解】若，则或， 当时，（舍去）； 当时，. 所以.所以. 3.【答案】C 【详解】由可得， 整理得，解得，且， 所以，又，所以. 故选：C. 4.【答案】D 【详解】因为，得，由组合数的性质得， 即或，解得或. 经检验，或均符合题意，因此或. 5.【答案】A 【详解】因为，则， 所以 . 6.【答案】C 【详解】，， 均由20个数相乘组成，其中前两项和最后一项比较， 其他项，直到，故， ， 其中里面前四项大于中的后五项， 即， 其他项均要对应大于或等于剩余中的每一项，故. 故选：C. 7.（多选题）【答案】ACD 【详解】选项A，根据组合数公式，排列数公式， 代入得，选项A正确. 选项B，根据组合数定义，下标大于等于上标且均为非负整数， 可得不等式组，解得，又，故， 原式转化为，选项B错误. 选项C，由排列组合定义知且，公式展开得， 即；化简得， 由题可知，所以，选项C正确. 选项D，根据组合数性质，得或，解得或， 当时，当时，选项D正确. 8.【答案】3（答案不唯一） 【详解】因为，则使得的可取. 题型十三 实际问题中的组合数 1．【答案】B 【详解】一次性买个盲盒的购买总数为：， 买到的盲盒中都是故宫联名隐藏款的购买总数：， 所以买到的盲盒中至多有3个故宫联名隐藏款的购买种数为. 2.【答案】D 【详解】第一步，支球队分为个小组，故每个小组有支球队. 第二步，组内为单循环赛，即任意两支球队仅进行场比赛，因此比赛场数为从支球队中任选支的组合数： . 第三步，个小组的总比赛场数为场. 3.【答案】C 【详解】题中所给的握手是组合问题，所以所有人总握手次数为次. 4.【答案】D 【详解】第一类：人选甲题，人选乙题， 则选甲题的人，人答对，人答错，选乙题的人，人答对，人答错， 则有种； 第二类：人都选乙题，则人答对，人答错，则有种； 第三类：人都选甲题，则人答对，人答错，则有种， 则一共种. 5.【答案】C 【详解】若只有甲一人被安排到村，则原问题等价于将乙、丙、丁、戊、己五名医务人员分配到四所乡村进行义诊，每人只能去一所村庄，且每个村庄至少安排一人，则分配方法共有种； 若包括甲在内，共有两人被安排到村，则原问题等价于将乙、丙、丁、戊、己五名医务人员分配到五所乡村进行义诊，每人只能去一所村庄，每个村庄至少安排一人，则分配方法共有种； 由分类加法计数原理可知：不同的分配方法有种. 6.【答案】B 【详解】蚂蚁从爬行到，在水平方向上需要向右移动4次，在竖直方向上需要向上移动4次.总的移动序列组合数为：(种). 用表示向右，用表示向上，其中包括“至少连续3次向右”或“至少连续3次向上”的情况： “至少连续3次向右()”：，共6个元素, 路径总数为， 同理，包含“”的路径总数也为， 同时出现 “”且 “”的路径，共有四个元素，路径总数为， 同一方向连续爬行超过格的路径总数为：， 根据容斥原理，符合条件的路径总数. 7.（多选题）【答案】ABD 【详解】选项A，从A到B需向右走2步，向下走2步，路径数为， 从B到C需向右走3步，向下走3步，路径数为， 从图中A沿实线走到B，再走到C，最短路径共有120条，选项A正确； 选项B，经过B点，再走到C，最短路径共有120条， 不经过B点，走到C，则可先向右走1步向下走3步，然后再走到C，或向下走4步，然后再走到C， 其路径数为， 从图中A沿实线走到C，最短路径有，选项B正确； 选项C，若区域1和4，区域2和3都相同，共种， 若区域1和4相同，区域2和3不同，共种， 若区域1和4不同，区域2和3相同，共种， 若区域1和4不同，区域2和3不同，共种， ，则有168种不同养法，选项C错误； 选项D，图中除池塘外，“L型”网格图中包含的矩形个数为 ，选项D正确. 8.【答案】12960 【详解】设第i站下车人数为，上车人数为，则： ，且，，且，， 因为，且，所以只有2,1,1一种分布类型，即一站上车2人其余两站各上车1人， 若A站上车2人，B站、C站各上车1人，则上车共有种分配方式， 下车人数的约束条件为，，且， 令，，，则 当下车人数分布为时，下车种数为； 当下车人数分布为3,2,1、3,1,2、2,3,1、2,1,3时，下车种数为； 当下车人数分布为2,2,2时，下车种数共有， 所以下车共有种方案， 此时A站上车2人，B站、C站各上车1人的总方案数为. 因为可以在A站、B站、C站任意一站上车2人，共3种选择， 由对称性知每种情况均为4320种，总乘车种数为. 题型十四 代数中的组合数 1．【答案】B 【详解】从数字1~5中取出3个数字，有种取法； 将取出的3个数字中最大的一个作十位上的数字，另外2个数字分别作百位和个位上的数字， 有种方法. 由分步乘法计数原理，得符合题意的三位数有个. 故选：B. 2.【答案】C 【详解】六个数字中有三个偶数，分别是；有三个奇数，分别是. 从三个偶数中任取两个，其和为偶数，有种不同取法； 从三个奇数中任取两个，其和为偶数，有种不同取法. 所以共有种不同取法. 3.【答案】C 【详解】因为一个自然数从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”， 在0，1，2，3，…，9中任取4个数，其大小关系确定，所以“渐降数”共有个， 故选：C. 4.【答案】C 【详解】若个位上的数字为0，可以组成个无重复数字的4位数的偶数， 若个位上的数字为2或4，可以组成个无重复数字的4位数的偶数， 故可以组成60＋96＝156个符合条件的数． 故选：C． 5.【答案】B 【详解】设，，， 则不等式有多少组非负整数解的问题， 转化为：的正整数解的组数. 因为方程：的解的组数为：； 的解的组数为：； … 的解的组数为：. 所以原不等式解的组数为： . 故选：B 6.【答案】C 【详解】因为，所以能被3整除，所以除以3的余数相同，中的元素能被3整除的整数有，被3除余1的整数有，被3除余2的整数有， 当都被3整除时，则从被3整除的4个数中选取3个， 或可从被3整除的4个数中选取2个，从其余7个数中选择， 所以的个数为， 当被3除余1时，则从被3除余1的4个数中选取3个， 或可从被3除余1的4个数中选取2个，从其余7个数中选择， 所以的个数为， 当被3除余2时，则从被3除余2的3个数中选取3个， 或可从被3除余2的3个数中选取2个，从其余8个数中选择， 所以的个数为，所以满足条件的集合共有个. 7.（多选题）【答案】BCD 【详解】A：首先将2名老师捆绑有种，再作为一个整体与3名学生一起作全排列有，共有种，错， B：由编号小于4的球有4个，编号大于等于4的球有6个，则随机抽取3个， 恰好有2个小球的编号小于4的不同取法种，对， C：若整数为四位数，千位数从中任取一个， 其它3个位置从余下的4个数字任取3个作全排列有种，均大于， 若整数为五位数，则共有种，均大于，则共有个，对， D：由10场跳棋比赛，胜了7场，平了2场，输了1场，则共有种，对. 8.【答案】20 【详解】根据“不减函数”的定义，值域中的元素个数可以为1个，2个，3个， 所以分三种情况讨论： （1）若值域中的元素个数为1个，当分别取时，所对应的三个函数值都相同， 可以是中的任何一个，所以有种取法，即有4个“不减函数”； （2）若值域中的元素个数为2个，有两种情况： ①取时所对应的函数值相同，此时只需从这4个数字中任选2个， 其中较大者为所对应的函数值，较小者为1所对应的函数值，所以有种取法，即有6个“不减函数”； ②取时所对应的函数值相同，同理有种取法，即有6个“不减函数”； （3）若值域中的元素个数为3个，此时只需从这4个数字中任选3个， 其中较大者为3所对应的函数值，居中者为2所对应的函数值，较小者为1所对应的函数值， 所以有种取法，即有4个“不减函数”. 所以符合条件的不减函数有个. 题型十五 几何中的组合数 1．【答案】A 【详解】在正六边形中，为其中心，如下图所示： 从这七个点中任选三个点，共有种，其中三点共线的情形有种， 所以，能构成的三角形的个数为个， 其中，构成的等边三角形分别为、、、、、 、、，共个， 所以，构成的三角形不是等边三角形的个数是个. 故选：A. 2.【答案】C 【详解】因8个点中，任意三点不共线，且选定三点为顶点的三角形只有一个， 故这样的三角形有个. 故选：C. 3.【答案】D 【详解】从平行直线中选2条， 再从平行直线 选2条，即可确定1个平行四边形， 所以可确定平行四边形的个数为：个. 故选：D 4.【答案】D 【详解】由正方体共有8个顶点，从中任选4个顶点有个，其中有12种情况4点共面（6个侧面，6个对角面）， 所以以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是个. 故选：D 5.【答案】A 【详解】依题意，可以分为两类情况： 1.在直线上选2个点，直线上选1个点，可以构成三角形个数为， 2.在直线上选1个点，直线上选2个点，可以构成三角形个数为， 则以这九个点为顶点的三角形个数为. 6.【答案】C 【详解】从9个点中任取3个点共有种方法， 当取得的三点在一条直线上时，构不成三角形， 故这样的三角形的个数是. 7.（多选题）【答案】ABD 【详解】对于A，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，即三棱锥有12个，故A选项正确； 对于B，三棱柱有六个顶点，可组成条直线，故B选项正确； 对于C，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，而每个四面体有3对异面直线，则共有对，故C错误； 对于D，计算不同涂色方法数有两类方法： 当涂四色时，先涂，，，有种涂法，再从A，B，C中选一点涂第四种颜色，如A，再涂B， 若B与同色，则C有2种涂法，若B与异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法， 当涂三色时，先涂，，，有种涂法，再涂A，有2种涂法，则B，C各有1种涂法，故有种涂法， 利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为： (种)， 所以不同的涂色方法共有264种，故D选项正确. 8.【答案】 【详解】先证明：在正四面体中，直线和异面的充要条件是，． 若，则直线和相交于，即这两直线共面； 若，则直线和相交于，即这两直线共面； 若，，则，， 又在正四面体中，与是异面直线，即四点不共面，所以直线和异面， 所以在正四面体中，直线和异面的充要条件是，，证毕． 由集合里的直线是所有，其中，则共有条直线， 所以在这条直线中，任取两条直线组成直线对，共有个， 又在正四面体中，直线和异面的充要条件是，， 即对于固定的一条直线，其异面直线有条， 又将与看作同一个直线对， 所以在这条直线中，两条异面直线组成的直线对共有个， 所以在这条直线中，两条共面直线组成的直线对有个． 题型十六 分组分配问题 1．【答案】D 【详解】6个相同的布娃娃排成一排，中间有5个间隙，分给3位小朋友，且每位小朋友至少有一个布娃娃， 则只需插入2块隔板，把它分成3份，每份至少1个，共有种. 2.【答案】B 【详解】先把3名志愿者分成两组，一组1人，一组2人，分组方法数为种， 再把这两组分配到两项不同的工作中，分配方法数为种， 根据分步乘法计数原理，总方案数为种， 所以答案是选项B. 3.【答案】B 【详解】将6名安检人员平均分成3组，到3个不同场馆服务， 共有种方案， 甲、乙在同一个场馆服务的分配方案有种方案， 所以甲、乙两名安检人员不在同一个场馆服务的分配方案有种方案. 4.【答案】D 【详解】当1号实验室有1人时，即专家，其余4名专家分配到2号和3号实验室， 且每个实验室至少1人，分配方案有种； 当1号实验室有2人时，先从其余4名专家中选1人到1号实验室有种方法， 再将其余3名专家分配到2号和3号实验室且每个实验室至少1人有种方法， 故共有种； 当1号实验室有3人时，分配方案有种； 可得不同的分配方案共有种． 故答案为：50 5.【答案】C 【详解】因为每个调度中心至少分到1条航线， 所以把7条航线分成3组，有四种情况. 因为甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，所以可分甲分配到四个类型进行分析， 所以有以下分配方案： 若甲中心分配5条航线，则其中必包括航线1与航线2，共有种方案； 若甲中心分配4条航线，且其中包括航线1与航线2，则从除1、2两条航线外的5条中再选2条给甲， 再将剩余3条分成两组分配给乙、丙，共有种方案； 若甲中心分配4条航线，但其中不包括航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选4条给甲， 再将1、2两条航线作为一组，剩余1条单独作为一组，分配给乙、丙共有种方案； 甲中心分配2条航线，即航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给乙， 再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案； 若甲中心分配2条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选2条给甲，选1条给乙， 再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案； 若甲中心分配3条航线，且包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给甲， 此时可从其余航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案； 也可选两条给乙，其余航线给丙，共有种方案； 若甲中心分配3条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选3条给甲， 此时可从剩余2条航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案； 也可将剩余2条航线给乙，将航线1与航线2作为一组给丙，共有种方案； 也可将航线1与航线2给乙，其余航线给丙，共有种方案； 综上所述，共有种方案. 6．【答案】B 【详解】第一步，分6本完全相同的校庆纪念册，要求每一位校友至少有一本纪念册，采用“隔板法”，方案数为种； 第二步，分3枚完全相同的校庆纪念章，要求纪念章不能全给同一位校友，则每人分得1枚纪念章或3人分别获得0枚、1枚、2枚纪念章，方案数为种； 第三步，分4张不同校园风景的明信片，要求每一位校友至少有一张明信片，其中A明信片必须给校友甲，则剩余3张明信片分法为每人一张或除校友甲外一人1张、另一人2张，方案数为种； 三类物品分配独立，总方案数为种. 7.（多选题）【答案】BCD 【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. 8.【答案】37 【详解】三类岗位总名额为 ，要求甲研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和等于乙研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和， 因此甲中心三类名额总和必为 12； 设甲中心三类岗位的名额分别为 x，y，z， 由题意：每个中心每类岗位至少1人，最多7人（乙中心至少1人）， 因此问题转化为求不定方程： 的正整数解的个数， 每个解对应一种不同分配方法（三类岗位不同，不同顺序为不同方法）； 不考虑上限 时，，正整数解的个数由隔板法得：， 不符合条件的情况：若存在变量 ，假设 ，令 ，则， 方程变为，正整数解个数为， 同理的情况各6种，共 种， 不存在两个及以上变量同时的情况（和最小为 ）， 故符合条件的解的个数为 ，即分配方法共37种. 题型十七 不定方程的整数解个数问题 1.【答案】A 【详解】根据题意，对于方程将10看成10个相同的小球，将其分成3组，每组至少1个， 第一组有个，第二组有个，第三组有个，即可得一个方程的解， 所以10个相同的小球形成9个空，从中选2个，插入隔板即可， 所以共有组不同的解. 故选：A 2．【答案】C 【详解】原题等价于下面这个问题： 将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，有多少种不同的分法? 由隔板法可得，方程的正整数解共有组． 故选：C 3.【答案】B 【详解】设该四位数为， 其中， 由题设有，将该方程转化为， 设，则. 先考虑方程正整数解的组数， 由隔板法可得该方程不同正整数解的组数为. 当时，，此时对应的正整数为五位数，舍； 当时，每一组均可得唯一的四位数， 故四位数中共有“好数”为. 4.【答案】C 【详解】法一：由题意，问题相当于用2个隔板把7个排成一排的球从左到右分成三份， 其中最左侧的一份至少有1个球，靠右侧的两份可以是0个球， 首先把第1个隔板放入从左到右依次插入这一排球所形成的8个空的后7个空中的一个， 再把第2个隔板插入第1个隔板所在空及其右侧的任意一个空，共有 个安康数. 法二：等价于从左到右三份分别对应 且 ， 若 ，则 ，即求出方程非负整数解的个数， 由隔板法有个安康数.∴选C 5.【答案】B 【详解】，， 则问题转化为将14个相同的元素分成5份，每份至少1个， 需要在14个元素之间的13个空隙中插入4个隔板， 则方程非负整数解的个数有. 6.【答案】B 【详解】已知均为正整数，故， 因此的最小取值为，符合约束， 所以的取值范围为， 对于正整数不定方程 ，根据隔板法，其正整数解的个数为： 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 将所有解数求和得总个数为，即满足条件的向量的个数为56. 7.（多选题）【答案】ABD 【详解】选项A：因，，均为正整数， 则解的个数相当于把个用两个档板分成3份，分别对应，，， 所以解的个数为，故A正确； 选项B： 由得， 因，，均为非负整数，所以，，均为正整数， 与一一对应， 相当于把个用两个档板分成3份， 分别对应，，，所以解的个数为，故B正确； C选项：因，，均为正整数，， 若，则，不满足为正整数，故，，至多有两个相等， 若，则,故的取值为从到的整数，共个， 所以，，有两个相等时的个数为个， 故，，两两不等时，解的个数为个，故C错误； 选项D：若，，均为正整数且满足， 当时，因，所以，得，即， 所以的取值为从1到的整数，共674个，此时的个数为674个. 当时，因，所以，得，即， 因取正整数，所以的取值为从1到的奇数，共337个，此时的个数为337个. 当时，个用两个隔板分成3份，将其从小到大，分别对应，，， 有 共有，故D正确. 故选：ABD 8.【答案】 ； 【详解】第一空: 利用隔板法求解，不定方程的正整数解, 相当于将100个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将100个名额分成50堆， 每堆至少一个名额，因此，把这100个名额排成一队，除去队前队后的空外， 有99个空，在这99个空中选49个空，插入49个板子，则把这100个名额分成了50堆，故有组， 每一堆的名额数就是的数值， 则不定方程的正整数解的组数为组； 第二空: 设， ，， ， 不定方程的非负整数解 就是不定方程正整数解， 利用隔板法求解，不定方程的正整数解, 相当于将150个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将150个名额分成50堆， 每堆至少一个名额.把这150个名额排成一队，除去队前队后的空外， 有149个空，在这149个空中选49个空，插入49个板子，则把这150个名额分成了50堆， 故有组，每一堆的名额数就是的数值， 则不定方程的非负整数解的组数为组. 故答案为：，. 题型十八 其它组合数问题 1．【答案】A 【详解】根据题意可知：集合的含有3个元素的子集有个. 故选：A. 2.【答案】A 【详解】从7个不同的球随机选取3个球，不同的选法种数为； 从4个不同的白球随机选取3个球，不同的选法种数为； 从3个不同的黑球随机选取3个球，不同的选法种数为； 所以若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为. 3.【答案】C 【详解】把图中的区域分别标上A，B，C，D，E， 用三种颜色：区域和相同，（种）， 用四种颜色：区域或相同，共有2种，再选取四种颜色， 及（种）， 用五种颜色：（种）.一共有（种）. 4.【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. 5.【答案】B 【详解】根据题意，都比大，所以可能取或， 当时，有种选法，剩余数字中最大， 有种选法，最后剩下一个就是，共有种， 当时，，有种选法，剩余数字中最大， 而，有种选法，共有种， 当时，，，有种选法， 剩余数字，只有1种，共有种， 则满足要求的排列的个数为种. 故选：B 6.【答案】D 【详解】红菊花在正中间位置时，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻， 即红菊花两边各一盆白色，黄色菊花，故有； 红菊花在首位或者尾端时，先排好白菊花，产生三个空再对黄菊花分类排即可， 故； 红菊花在第2或者第4位置时，先给首位或者尾端任意放一种，剩下的3盆花位置就确定了，故； 综上，共有种摆放方法. 故选：D 7.【答案】10 【详解】数列为严格递增的正整数，共6项，首项（奇数），末项， 要求数列中恰有3个奇数､3个偶数， 分情况讨论： 若为偶数，则最大项为偶数，即是数列中3个偶数之一， 还需从小于的偶数中选2个，从大于1且小于的奇数中选2个（1已固定）， 小于的偶数共个，选2个：，大于1且小于的奇数共个，选2个：， 总数列个数为，即，计算可得； 若为奇数，则最大项为奇数，即是数列中3个奇数之一， 还需从大于1且小于的奇数中选1个，从小于的偶数中选3个， 设，则大于1且小于的奇数共有个， 从中选1个奇数的选择数为，小于的偶数共有个，从中选3个的选择数为， 由，得，无整数解， 综上所述，. 8．【答案】1084 【详解】由条件可知, 因为，且集合中有3个元素，所以个， 因为满足的集合有个， 所以既满足，又满足的集合有个. 故答案为：1084 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 排列组合（高效培优专项训练） 数学新教材人教版高二上期 考点一 计数原理 解题规律： 1.分类加法原理 （1）理解题目特点，选择一个适当的分类标准. （2）分类依据：能够完成整件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复. （3）易错点：一是分类时不能交叉重复外；二是分类不能有遗漏. 2.分步乘法原理 （1）合理分步，即分步是有先后顺序的，单独一步不能完成整整件事情. 一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. （2）分步必须满足：一是各步骤互相独立，互不干扰； 二是逐步完成，第n步与第n+1步是连续的； 三是依次完成所有步骤后，也就完成了整件事情. 3.分类、分步有时需综合使用 （1）一般先分类再分步；在分步时需用到加法原理，分步时需用乘法原理. （2）较复杂的问题，可列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化. 题型一 实际问题中的计数原理 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）从2幅不同的国画和5幅不同的水彩画中任选一幅布置房间，则不同的选法共有（     ） A．4种 B．7种 C．10种 D．25种 2.（25-26高二下·全国·课后作业）假定有一排蜂房，其形状如图所示，一只蜜蜂在左下角的蜂房中，由于受了伤只能爬，不能飞，而且只能从一间蜂房爬到与之相邻的右方（包括右上、右下）蜂房中去．若该蜜蜂从最初位置爬到4号蜂房中，则不同的路线有（   ） A．4种 B．6种 C．8种 D．10种 3.（25-26高二下·河北保定·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丙地有2条路，则从甲地到丙地一共有（    ）条不同的路线． A．8 B．9 C．10 D．11 4.（25-26高二下·江苏扬州·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路，从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路，则从甲地到丁地不同的走法总数为（     ） A．11 B．14 C．30 D．48 5.（25-26高二下·湖南长沙·阶段检测）某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙处，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有a，b两种运输方式，第2，3，5个环节有b，c两种运输方式，第4个环节有c，d，e，f四种运输方式，则快件从甲送到乙使用4种运输方式的不同的方法种数是（   ） A．60 B．70 C．77 D．78 6.（2025·河南·二模）为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书.则所有可能的图书排列方式总数为（   ） A．160 B．192 C．224 D．256 7.（多选题）（23-24高二下·广东东莞·阶段检测）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（    ） 站数 票价/元 2 3 4 A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种 B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种 C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种 D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种（同一地铁站出站不分先后） 8.（2026·四川宜宾·一模）甲乙两人分别从标有数字的13张卡片中各抽取一张，甲乙取得的卡片上的数字分别记为，，则满足的个位数字为9的有序数对的个数为__________. 题型二 代数中的计数原理 1．（25-26高二下·四川雅安·期末）乘积展开后的项数为（    ）． A． B． C． D． 2.（24-25高二下·山西吕梁·阶段检测）数字540的不同正因数的个数为（    ） A．10 B．16 C．20 D．24 3.（23-24高二下·河北张家口·期末）求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 4.（2024·陕西西安·三模）方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 5.（23-24高二上·江西九江·期末）从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（    ） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 6.（25-26高二下·四川广安·期中）若自然数P使得作竖式加法不发生进位现象，称P为“加德数”，如不产生进位，所以11是“加德数”；产生了进位现象，所以42不是“加德数”．那么在小于2026的四位自然数中，“加德数”共有（   ） A．48个 B．54个 C．57个 D．96个 7.（2026·河南南阳·模拟预测）勒让德猜想是数论中最著名的猜想之一，内容如下：对于任意正整数，存在质数，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案有_________种．（用数字作答） 8.（23-24高二下·上海·期末）集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有___________个． 题型三 几何中的计数原理 1．（25-26高二下·全国·期中）以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 2.（24-25高二下·上海宝山·期中）直线（不全为 0）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 3.（2026·安徽淮北·二模）已知集合，则满足的函数的个数为（    ） A．12 B．15 C．24 D．30 4.（24-25高三上·上海金山·期末）已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 5.（24-25高二下·上海·阶段检测）如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为_____. 6.（24-25高三上·上海·阶段检测）在平面直角坐标系内，点的坐标满足，且都是集合中的元素.又点到原点的距离，则这样的点的个数为_______. 7.（24-25高二上·全国·课后作业）古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为______．    8.（25-26高二下·河南郑州·期末）古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》中，通过严谨的几何公理和逻辑推理，系统化地证明并确立了“正多边形有且只有一个外接圆”这一性质.现从正边形的顶点中任取若干个，使之能作为正边形的顶点，则的不同选法共有______种. 考点二 排列数 题型四 排列数计算 1.（25-26高二下·四川资阳·期末）（    ） A．4 B．6 C．8 D．9 2.（25-26高二下·青海西宁·期中）（    ） A．15 B．30 C．360 D．720 3.（25-26高二下·江苏镇江·期中）可以表示为（    ） A． B． C． D． 4.（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）（，）可表示为（   ） A． B． C． D． 5.（25-26高二下·重庆荣昌·阶段检测）（，）可表示为（   ） A． B． C． D． 6.（多选题）（25-26高二下·江苏扬州·期中）已知为正整数，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 7.（23-24高二下·江苏南京·阶段检测）下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 8.（25-26高二下·江苏镇江·期中）的个位数为______． 题型五 排列数方程、不等式 1.（24-25高二下·广西河池·阶段检测）若，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（25-26高二下·广东深圳·期中）满足等式的的值为（     ） A． B． C．或 D． 3.（25-26高二下·山东聊城·期中）满足不等式（）的的值可能为（   ） A．8 B．9 C．7 D．11 4.（24-25高二下·新疆哈密·阶段检测）已知，则等于（    ） A．12 B．7 C．6或13 D．6 5.（25-26高二下·山东菏泽·期中）不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 6.（25-26高二下·全国·期中）若，则的最小值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 7.（多选题）（24-25高二下·江苏扬州·期中）满足不等式的x的值可能为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 8.（25-26高二下·四川达州·期中）已知，则的可能取值是________. 题型六 全排列问题 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）由数字组成的没有重复数字的四位数的个数为（   ） A． B． C． D． 2.（24-25高二下·广东清远·期中）A，B，C，D，E五个人站成一排照相留念，不同的排法种数有（   ） A．240 B．120 C．96 D．60 3.（25-26高二下·天津武清·期中）某班从这5名学生中选出4名，排成米接力赛的第一、二、三、四棒，其中不跑第一棒和第四棒，则不同的排法种数（     ） A．24 B．48 C．72 D．120 4.（25-26高二下·浙江台州·期中）将数字3，4，5，6，7，9填入如图的6个圆圈中，每个圆圈填一个数字，每个圆圈中的数字均不相同，若每行中任意两个相邻数字的和为奇数，则不同的填法共有（   ） A．72种 B．48种 C．36种 D．24种 5.（25-26高二下·重庆荣昌·阶段检测）将英文单词“”中的个字母重新组合排列，还可组成（   ）个英文单词（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）． A． B． C． D． 6.（25-26高二下·广东中山·期中）将数字（）､字母（）和符号（★，❤，☼）放入到下面的九宫格中，每个格子只能放一个数字､字母或符号，每个数字､字母或符号都必须使用，且只能用一次．则每行每列都有数字､字母和符号的排法有（    ）种 A．648 B．1048 C．1296 D．2592 7.（多选题）（25-26高二下·吉林长春·期中）羽毛球比赛结束后，4名选手和甲、乙两名裁判站成一排拍照留念，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙相邻的排法有480种 B．甲、乙不相邻的排法有480种 C．甲在乙的右边（可以不相邻）的排法有360种 D．甲不在排头，且乙不在排尾的排法有504种 8.（25-26高二下·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，动点从出发，每秒向正东、正西、正南、正北任一方向移动1个单位长度，移动6秒后到达原点，则不同的移动路径共有________条． 题型七 元素、位置有限制问题 解题规律：对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法， 在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置， 对于分类过多的问题可以采用间接法. 1．（25-26高二下·河北石家庄·阶段检测）甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行知识竞赛，若甲不是第一名，则5人不同名次排列的种数为（    ） A．96种 B．98种 C．108种 D．112种 2.（2027高二·全国·专题练习）若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“凸数”，现从 1，2， 3，4，5，这五个数字中任取 3 个数，组成无重复数字的三位数，其中“凸数”有（   ） A．120 个 B．80 个 C．40 个 D．20 个 3.（25-26高二下·内蒙古包头·期末）某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加不同棒次安排方案总数为（    ） A．12 B．24 C．30 D．36 4.（25-26高二下·湖北十堰·期末）某班级一天上午有5节课，下午有2节课，现在要安排语文，数学，英语，物理，化学，政治，体育7门课各一节的课程表，要求数学，物理都在上午且不相邻，体育课在下午，则不同的排课方法数有（     ） A．576种 B．288种 C．192种 D．144种 5.（25-26高二下·北京丰台·期末）某中学举办主题为“十八而志承大任，芳华待灼赴海赢”的高三成人礼活动，现有语言类节目个、歌唱类节目个、舞蹈类节目个，共个节目登台演出．若要求同一类型的节目不能连续表演，则不同的节目表演顺序的种数为（    ） A． B． C． D． 6.（25-26高二下·河南商丘·期末）某高中安排甲、乙、丙、丁四位老师参加高考号、号、号三天的巡考工作，每天需安排位老师，分别负责上午和下午．若每位老师至少安排天巡考，且老师甲不能安排在号，老师乙、丙不能安排在同一天，则不同的安排方法总数为（     ） A． B． C． D． 7.（多选题）（25-26高二上·江西九江·期末）现用数字1，2，3，4填如图所示的四宫格，每格均填1个数字，则下列结论正确的是（   ） A．若数字可以重复使用，则共有256种填法 B．若4个数字均使用，则共有18种填法 C．若4个数字均使用且第2行的数字之和大于第1行的数字之和，则共有8种填法 D．若数字可以重复使用且相邻的两个格子不能填相同的数字，则共有84种填法 8.（25-26高二下·湖北黄冈·期末）将1，2，3，4，5，6，7，8随机排成一行，前四个数字依次构成一个四位数，后四个数字依次构成一个四位数，已知的千位数比的千位数恰好大4，则满足的不同排列数有_____个（用数字作答）. 题型八 相邻、不相邻问题 解题规律：相邻、相间问题的解题策略 （1）求相邻问题时，把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列； （2）对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中. 1．（25-26高二下·广东深圳·期末）龙城高级中学高二某班周二上午安排语文、数学、物理、自习和英语五节课，要求数学课和自习课必须相邻，则该班周二上午可能的课表排法有（ ）种. A．12 B．24 C．48 D．120 2.（25-26高二下·山东青岛·阶段检测）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且第一个节目不能是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（    ）种. A．144 B．288 C．480 D．672 3.（25-26高二下·湖北襄阳·期末）甲乙丙三人观看表演，现有个座位排成一排，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（    ） A． B． C． D． 4.（25-26高二下·四川达州·期末）甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排留影，则甲、乙必相邻，丙、丁不相邻的排法种数为（   ） A．120 B．72 C．48 D．24 5.（25-26高二下·重庆渝北·期中）在渝北中学某次研学活动中，班主任李老师带领甲、乙、丙等5名学生排队出发参观校史馆，李老师只能在排头或排尾：其中甲同学是新生，不能离李老师超过1名学生距离；乙同学和丙同学爱讲话不能相邻，请问这支队伍总共有（    ）种排队方式. A．48 B．56 C．64 D．72 6.（25-26高二下·福建泉州·期中）将2个不同的白球，3个不同的黑球和4个完全相同的红球排成一列，要求2个白球不相邻且3个黑球也不相邻，则不同的排法共有（   ） A．5100种 B．4800种 C．4500种 D．4200种 7.（多选题）（25-26高二下·山东济宁·阶段检测）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（   ） A．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有350种 C．课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种 D．课程“御”和“书”不相邻且课程“数”和“书”不相邻的不同排法共有288种. 8.（25-26高二上·上海·期中）用、、、、、组成没有重复数字的六位数，要求所有相邻两个数字的奇偶性都不同，且和相邻，这样的六位数一共有______个. 题型九 涂色问题 解题规律：解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成. 1．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）现有4种不同的颜色，对如图所示的4个区域进行涂色，每个区域只涂一种颜色，要求有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 2.（24-25高二下·江苏南京·期中）用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 3.（24-25高二下·山西·阶段检测）给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．216种 B．192种 C．180种 D．168种 4.（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，已知四棱锥.用红、黄、蓝、绿四种颜色（四种颜色全部使用），涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数（    ） A．24 B．48 C．72 D．96 5.（25-26高二下·四川成都·期中）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 6.（25-26高二下·河北保定·期中）某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 7.（多选题）（24-25高二下·广东深圳·期中）将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（    ） A B E C D A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 8.（25-26高二下·天津武清·期中）如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案有________种. 题型十 其它排列数问题 1．（25-26高二下·北京·期末）电商工作室要从甲、乙、丙3人中选择2人，分别担任带货主播和运营助理，则不同的选法有（     ） A．5种 B．6种 C．8种 D．9种 2.（2026·山西临汾·一模）从1，3，5，7，9这五个数中，依次取出两个不同的数a，b，共可得到的不同值的个数是（    ） A．10 B．16 C．18 D．20 3.（25-26高二下·四川达州·期中）某次灯谜大会共设置6个不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题.并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6个谜题，则一名参与者一共有（   ）种不同的答题顺序. A．60 B．75 C．12 D．720 4.（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 5.（24-25高二下·湖北·期中）系统的登录密码由个字符组成，其中前位是大写字母、、、的某种排列，后位是不相同的数字，则可能的密码总数是多少（   ） A． B． C． D． 6.（24-25高二下·湖北·期中）初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（   ） A． B． C． D． 7.（多选题）（24-25高二下·吉林长春·阶段检测）下列说法正确的有（   ） A．某商场共有5层，每层均有两个楼梯，小明从一楼上到五楼可能的走法有32种 B．用，，，，，，这七个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有105个 C．现有5个相同的球和5个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，恰有一个空盒的放法有20种 D．把英文单词sorry的字母顺序写错，可能出现的错误共有59种 8.（24-25高二下·河南濮阳·期末）将8块颜色各不相同的箭头形积木按如图的方式，首尾相连拼接成一个圆环，若任意调换积木的顺序，但其中红色和黄色两块积木必须相邻，则可以拼成的不同圆环有______种.（用数字作答） 考点三 组合数 题型十一 组合数计算 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）（    ） A． B． C． D． 2.（25-26高二下·陕西西安·期末）算式可以表示为（     ） A． B． C． D． 3.（25-26高二下·陕西榆林·期末）的值为（   ） A．101 B． C．6 D． 4.（23-24高二上·福建宁德·期末）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 5.（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）（    ） A． B． C． D． 6.（23-24高二下·江苏镇江·期末）化简结果为（    ） A． B． C． D． 7.（多选题）（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）下列关于排列数、组合数的计算中，错误的是（     ） A． B． C．若，则正整数的值是1 D． 8.（25-26高二下·广东深圳·期中）若，则___________．（用数字作答） 题型十二 组合数方程、不等式 1．（25-26高二下·福建南平·期末）若（且），则（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 2.（25-26高二下·湖北十堰·期中）若，则（    ） A．45 B．20 C．135 D．120 3.（25-26高三上·北京·阶段检测）满足条件的正整数的个数是（    ） A．10 B．9 C．4 D．3 4.（25-26高二下·全国·期中）若正整数满足，则（    ） A． B． C．或 D．或 5.（25-26高二下·广东清远·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 6.（23-24高二下·山东·期中）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 7.（多选题）（25-26高二下·安徽阜阳·期中）下列说法正确的是（） A． B． C．若，则 D．若，则 8.（25-26高二下·浙江·期中）不等式的一个解是______．（写出一个符合要求的答案即可） 题型十三 实际问题中的组合数 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）某非遗工坊推出款不同的榫卯结构文创盲盒，其中款为故宫联名隐藏款．某游客一次性购买个不同款的盲盒，则买到的盲盒中至多有个故宫联名隐藏款的购买种数为（    ） A． B． C． D． 2.（25-26高二下·甘肃定西·期末）2026年美加墨世界杯首次扩至48支球队．小组赛阶段，48支参赛球队分为12个小组，每个小组内每支球队都必须和其他三支球队进行且只进行一场比赛，则小组赛阶段需进行比赛（    ） A．32场 B．40场 C．48场 D．72场 3.（25-26高二下·四川达州·期末）一次聚会共8人参加，每两人之间都握了一次手且只握一次，则所有人总握手次数为（   ） A．64 B．56 C．28 D．14 4.（25-26高二下·湖南邵阳·期末）位同学参加某种竞赛，竞赛规则如下：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得10分，答错得－10分，选乙题答对得5分，答错得－5分．若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是（     ） A．18 B．24 C．28 D．36 5.（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）为了减轻新冠后遗症对老年人的伤害，某医院举办了一次下乡义诊活动．现将甲、乙、丙、丁、戊、己六名医务人员分配到五所乡村进行义诊服务，要求每人只能去一所村庄，且每个村庄至少安排一人．若甲必须去村，则不同的分配方法有（     ） A．种 B．种 C．种 D．种 6.（25-26高二下·山东济南·期末）如图，在矩形格点图中，一只蚂蚁从格点出发，沿格线爬行到格点，规定：①每次只能沿水平向右或竖直向上爬行格；②同一方向连续爬行不得超过格．则不同的爬行路径共有（） A．种 B．种 C．种 D．种 7.（多选题）（25-26高二下·重庆·期中）某农场规划了如图的小矩形网格作为试验田，其右上方为一池塘，虚线不能作为路，以下说法正确的是（    ）    A．若管理员从图中A沿实线走到B，再走到C，最短路径共有120条 B．若管理员从图中A沿实线走到C，最短路径有186条 C．将在试验田1、2、3、4和池塘共5块区域养殖鱼苗，相邻区域养殖不同鱼种，现有4种不同的鱼可供选择，则有252种不同养法 D．图中除池塘外，“L型”网格图中包含了117个矩形 8.（25-26高二下·广东梅州·期末）某公交车乘车路线途经A，B，C三站，已知共有6名乘客在这三站中随机选择一站下车，另共有其他4名乘客在这三站中随机选择一站上车，若在这三站中每一站都有上车的乘客和下车的乘客，且每站下车的乘客数不少于上车的乘客数，则这10名乘客在这三站中不同的上、下车的乘车种数为_______（用数字作答）． 题型十四 代数中的组合数 1．（24-25高二下·山东·期中）用数字1~5组成没有重复数字的三位数，其中满足，且的三位数的个数是（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 2.（25-26高二下·广东深圳·阶段检测）从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为：（    ） A． B． C． D． 3.（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”，那么四位数的“渐降数”的个数为（    ） A． B． C． D． 4.（24-25高二下·江苏南京·期中）由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（    ） A．144 B．168 C．156 D．192 5.（2024·湖北·模拟预测）不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的三元数组有多少组（    ） A．560 B．455 C．91 D．55 6.（25-26高二下·上海浦东新·期中）已知集合，若，则满足条件的集合个数为（    ） A．84 B．96 C．117 D．135 7.（多选题）（25-26高二下·山东滨州·期中）下列说法正确的有（    ） A．2名老师和3名学生站成一排照相，其中老师不分开的站法有24种 B．箱子有10个除编号外完全相同的小球，随机抽取3个，恰好有2个小球的编号小于4的不同取法有36种 C．用数字可以组成216个比2026大且没有重复数字的正整数 D．小明参加了10场跳棋比赛，其中胜了7场，平了2场，输了1场，则不同的结果有360种 8.（25-26高二下·上海闵行·期中）设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为“不减函数”.若定义域，值域为，且，则符合条件的不减函数有______个. 题型十五 几何中的组合数 1．（24-25高二下·广西河池·阶段检测）从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 2.（24-25高三·上海·课堂例题）有8个点在同一平面内，其中任意三点不共线，从中任选三点为顶点，可以作__________个三角形．（    ） A．28 B．42 C．56 D．112 3.（24-25高三上·安徽蚌埠·开学考试）在直角坐标平面中，平行直线与平行直线 组成的图形中，平行四边形共有（    ） A．25个 B．36个 C．100个 D．225个 4.（24-25高二下·广东汕头·期末）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（   ） A．70 B．66 C．62 D．58 5.（25-26高二下·河北唐山·期中）直线，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为（       ） A． B． C． D． 6.（25-26高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）在的三条边上均有3个四等分点，以这9个等分点中的3个等分点为顶点的三角形的个数为（    ） A．75 B．78 C．81 D．84 7.（多选题）（25-26高二下·河南洛阳·期中）在直三棱柱中，下列说法正确的是（   ） A．以三棱柱的顶点为顶点的三棱锥有12个 B．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条 C．过三棱柱任意两个顶点的直线中，异面直线有39对 D．给6个顶点各涂一种颜色，要求图中同一条线段的两个端点的颜色不同，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有264种 8.（26-27高二上·上海徐汇·阶段检测）如图，已知四面体的所有棱长均为．在线段上取个点、、，使得线段、、的长度分别为、、；在线段上取个点、、，使得线段、、的长度分别为、、．在集合中任取两条直线组成直线对，则由两条共面直线组成的直线对有_______________个．（将与看作同一个直线对） 题型十六 分组分配问题 解题规律：对不同元素分组、分配问题的求解策略 （1）对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以（n为均分的组数），避免重复计数.这类问题有无序平均分组和有序平均分组两种情形； （2）对于部分均分，即不平均分组中的部分平均分组问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有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，这类问题也有无序和有序两种情形； （3）对于不平均分组，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，所以不需要除以全排列数，这类问题也有无序不平均分组和有序不平均分组两种情形. 1．（25-26高二下·广东广州·期末）将6个相同的布娃娃分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，则不同的分配方案有（ ） A．540种 B．90种 C．60种 D．10种 2.（25-26高二下·四川自贡·期末）三名志愿者被分配到交通劝导，文明服务两项工作进行社会服务，要求每项工作至少一人参加，每人只参加一项工作，则不同的分配方案种数为（    ） A．4 B．6 C．9 D．12 3.（26-27高三上·四川成都·阶段检测）为了迎接成都西博城人工智能展，主办方将6名安检人员平均分成3组，到3个不同场馆服务，若每组去一个场馆，且每个场馆都有人服务，则甲、乙两名安检人员不在同一个场馆服务的分配方案有（    ） A．144种 B．72种 C．36种 D．18种 4.（25-26高二上·河南南阳·期末）将5名程序专家全部分配到1，2，3号3个实验室指导工作，每个实验室至少分配1名专家，其中专家必须去1号实验室，则不同的分配方案共有（    ） A．26种 B．36 种 C．38 种 D．50 种 5.（25-26高二下·陕西安康·期末）某物流公司规划了7条分别编号为1至7的无人机专属航线，现将这7条航线全部分配给甲、乙、丙3个不同的调度中心，且航线1与航线2必须分配给同一个调度中心．若每个调度中心至少分到1条航线，且甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，则不同的分配方案总数为（     ） A．185 B．205 C．215 D．235 6．（25-26高二下·天津南开·期末）某高校校庆发放纪念品，将6本完全相同的校庆纪念册、3枚完全相同的校庆纪念章、4张不同校园风景的明信片全部分给3位校友，要求每一位校友至少有一本纪念册，纪念章不能全给同一位校友，每一位校友至少有一张明信片，其中A明信片必须给校友甲，则不同的分配方案有（     ） A．420种 B．840种 C．960种 D．1280种 7.（多选题）（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 8.（25-26高二下·广东清远·期末）某科技公司计划向甲、乙两个研发中心派遣研发人员，其中算法工程师、硬件工程师、测试工程师三类岗位各有8个派遣名额．每类岗位的名额需全部分配，且每个研发中心每类岗位至少派遣1人，则甲研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和等于乙研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和的分配方法有______种．（用数字作答） 题型十七 不定方程的整数解个数问题 1.（24-25高二下·安徽安庆·阶段检测）已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A．36 B．45 C．50 D．24 2．（24-25高二下·内蒙古·期末）方程的正整数解共有（   ） A．组 B．组 C．组 D．组 3.（25-26高二下·河北沧州·期末）将各位数字之和等于10的四位数称为“好数”，比如2026，则四位数中共有“好数”（    ）个 A． B． C． D． 4.（25-26高二下·山东青岛·期中）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（    ） A．15个 B．27个 C．28个 D．36个 5.（25-26高二下·贵州遵义·期中）方程的非负整数的个数为（   ） A．495 B．715 C．1001 D．2002 6.（25-26高二下·重庆·期中）向量，其中，且，，均为正整数，则满足条件的的个数是（     ） A．84 B．56 C．36 D．21 7.（多选题）（23-24高三上·江苏·开学考试）有方程，试讨论有序数对解的个数．下列分析正确的是（    ） A．若，，均为正整数，则解的个数为 B．若，，均为非负整数，则解的个数为 C．若，，均为正整数，且，，两两不等，则解的个数为341044 D．若，，均为正整数且满足，则解的个数为341044 8.（25-26高二·全国·二轮复习）不定方程的正整数解有_____组，非负整数解有_____组. 题型十八 其它组合数问题 1．（24-25高二下·安徽安庆·期中）一个集合有5个元素，这个集合的含有3个元素的子集有（    ）个 A．10 B．20 C．30 D．40 2.（25-26高二下·浙江湖州·期末）从编号为1，2，3，4的白球和编号为5，6，7的黑球中随机选取3个球，若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为（    ） A．30 B．35 C．45 D．60 3.（25-26高二下·安徽·期中）春天来了，万物复苏，校园楼下的花坛里种了不同颜色的花.如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则不同的栽种方案数有（    ）. A．240种 B．360种 C．420种 D．720种 4.（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 5.（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为（    ） A．58 B．71 C．85 D．96 6.（2024·湖北·模拟预测）互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ） A．24种 B．36种 C．42种 D．48种 7.（25-26高二下·安徽芜湖·阶段检测）已知正整数严格递增数列中，满足，且数列中各项数值为奇数的个数与数值为偶数的个数相等，若满足条件的不同数列的个数为36，则的值为__________. 8．（24-25高二下·陕西·阶段检测）已知集合A和集合B各含有12个元素，含有4个元素，集合C满足：①；②；③C中含有3个元素，则同时满足上面条件的集合C的个数为________. 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $