专题03 计数原理、排列、组合——2022-2023学年高二数学下学期期末知识点精讲+训练学案+期末模拟卷（苏教版2019选择性必修第二册）

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03 计数原理、排列、组合





知识点1 两个计数原理
(1)分类加法计数原理：
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ m＋n种不同的方法．
(2)分步乘法计数原理：
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
知识点2 排列与组合
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列
组合
作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合

知识点3 排列数与组合数
(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示．
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C表示．
知识点4 排列数、组合数的公式及性质
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
C＝＝
＝
性质
0！＝1，A＝n！
C＝C，C＝C＋C


考点1 分类加法计数原理
【例1】三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有(　　 )
A．4种 B．6种
C．10种 D．16种
【答案】B
【解析】(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)．

同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．
由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6种传递方式．
【总结】利用分类加法计数原理计数时的解题流程


【变式1-1】如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．

【答案】5
【解析】分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；
第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；
第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法．
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
【变式1-2】如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
【答案】12
【解析】当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．
当有三个1时：2111，3111, 4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种，
当有三个2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，
根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．
【变式1-3】若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有(　　)
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种
【答案】D
【解析】要想同时取4个不同的数使其和为偶数，则取法有三类：
①4个数都是偶数，有1种取法；
②2个数是偶数，2个数是奇数，有C·C＝60(种)取法；
③4个数都是奇数，有5种取法．根据分类加法计数原理，不同的取法共有1＋60＋5＝66(种)．
【变式1-4】如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为 ．
【答案】240
【解析】若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
【变式1-5】某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(　　)
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
【答案】B
【解析】依题意得，可能剩余一本画册或一本集邮册两种情况．第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10(种)．
【变式1-6】如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是(　　)

A．8 B．12 C．16 D．24
【答案】B
【解析】四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“－”表示桥．
①当A只有一座桥相连时，有A－B－C－D，A－B－D－C，A－C－B－D，A－C－D－B，A－D－B－C，A－D－C－B，共6种方法；
②当A有两座桥相连时，有C－A－B－D，D－A－B－C，D－A－C－B，B－A－C－D，B－A－D－C，C－A－D－B，共6种方法．故设计方案最多有6＋6＝12(种)．
【变式1-7】在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有(　　)
A．50个 B．45个
C．36个 D．35个
【答案】C
【解析】由题意，知十位上的数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8，共8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理，知符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
【变式1-8】已知集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　)
A．9 B．14 C．15 D．21
【答案】B
【解析】因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，所以x∈{y,2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；
当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．
故共有7＋7＝14(种)情况，即这样的点的个数为14.


考点2 分步乘法计数原理
【例2】某学校有东、南、西、北四个校门，受新冠肺炎疫情的影响，学校对进入四个校门做出如下规定：学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入校园．现有2名教师和3名学生要进入校园(不分先后顺序)，请问进入校园的方式共有(　　 )
A．6种 B．12种
C．24种 D．32种
【答案】D
【解析】(1)第一步安排学生：因为学生只能从东门或西门进入校园，所以3名学生进入校园的方式共23＝8种；
第二步安排教师：因为教师只能从南门或北门进入校园，所以2名教师进入校园的方式共有22＝4种．
由分步乘法计数原理，得2名教师和3名学生要进入校园的方式共有8×4＝32种情况．
【总结】利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．
(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．
【变式2-1】有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
【答案】120
【解析】每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
【变式2-2】中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为(　　)

A．8 B．10
C．15 D．20
【答案】B
【解析】由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一位置有五种排列方法，不妨假设是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，有两种选择，不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有5×2×1×1×1＝10．
【变式2-3】2．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．
【答案】45　54
【解析】五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．
【变式2-4】某学校的3个班级将要去甲、乙、丙、丁4个工厂参观学习，要求每个班只能去1个工厂参观学习，且甲工厂必须有班级参观学习，则不同的参观方案有(　　)
A．16种 B．25种
C．37种 D．48种
【答案】C
【解析】每个班级都可以从这4个工厂中选1个参观学习，各有4种选择，根据分步乘法计数原理，共有43＝64(种)参观方案，若甲工厂没有班级参观学习，此时每个班级都可以从其余3个工厂中选1个参观学习，各有3种选择，共有33＝27(种)参观方案，所以甲工厂必须有班级参观学习，不同的参观方案有64－27＝37(种)．
【变式2-5】有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是(　　)
A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种
B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种
C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种
D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种
【答案】AC
【解析】对于A，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步乘法计数原理知共有4×3×2＝24(种)结果，C正确，D错误．
【变式2-6】甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是 (用数字作答)．
【答案】336
【解析】甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343(种)站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336(种)．
【变式2-7】某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为 ．(用数字作答)
【答案】7 200
【解析】最先选出的1个人有30种方法，则这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的队形，可知选第2个人有20种方法，则该人所在的行和列也不能再选人，还剩一个4行3列的队形，可知选第3个人有12种方法，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.
【变式2-8】某人要给厨房中装有不同调料的5个瓶子贴上对应的标签，若恰好贴错了3个，则贴错的可能情况种数为(　　)
A．9 B．12 C．18 D．20
【答案】D
【解析】由题意，可分为两步：第一步，从5个瓶子中选出3个瓶子，有C＝10(种)情况，第二步，对选出的3个瓶子进行错位重排，有2种情况，所以贴错的可能情况种数为10×2＝20.


考点3 与数字有关的问题
【例3】用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为(　　 )
A．81 B．48
C．36 D．24
【分析】根据题意，分2种情况讨论：①数字3不出现，②数字3出现1次，求出每种情况下四位数的数目，再由加法原理计算可得答案．
【答案】B
【解析】根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：
①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，则此时四位数有2×2×2×2＝16个；
②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，此时四位数有4×2×2×2＝32个．
故有16＋32＝48个四位数．
【总结】在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原理．
【变式3-1】用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
【答案】120
【解析】(1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5．当万位数字为4时，个位数字从0，2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0，2，4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．
【变式3-2】甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为(　　)
A．5 B．24 C．32 D．64
【答案】D
【解析】5日至9日，即5,6,7,8,9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)；第二步安排偶数日出行分两类：第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.
【变式3-3】通常我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号．其中序号的编码规则为：①由0,1,2，…，9这10个阿拉伯数字与除I，O之外的24个英文字母组成；②最多只能有2个位置是英文字母，如：粤A326S0，则采用5位序号编码的粤A牌照最多能发放的汽车号牌数为(　　)
A．586万张 B．682万张
C．696万张 D．706万张
【答案】D
【解析】讨论后五位的不同情况：
(1)后5位全部为数字，共有105张牌．
(2)后5位有一个字母，共有104CC＝1.2×106张牌．
(3)后5位有两个字母，当两个字母相同，有103CC＝2.4×105张牌；当两个字母不同，有103CA＝5.52×106张牌，
综上，共有105＋1.2×106＋2.4×105＋5.52×106＝7.06×106张牌．
【变式3-4】用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数的个数为(　　)
A．12 B．18
C．24 D．30
【答案】B
【解析】分三步完成，第1步，确定被使用了2次的数字，有3种方法；
第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个数位上，有3种方法；
第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个数位上，有2种方法，
由分步乘法计数原理知，不同的四位数有3×3×2＝18(个)．

考点4 涂色(种植)问题

【例4】如图所示，有4种不同的颜色，对图中的矩形A，B，C，D进行涂色，要求相邻的矩形涂色不同，则所有不同的涂法有(　　)
A．72种 B．48种
C．24种 D．12种
【答案】A
【解析】方法一　首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．
方法二　按要求涂色至少需要3种颜色，故分2类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
【总结】求解涂色(种植)问题的常用方法
(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4-1】《周髀算经》是中国最古老的天文学、数学著作，公元3世纪初中国数学家赵爽创制了“勾股圆方图”(如图)，用以证明其中记载的勾股定理．现提供4种不同颜色给如图中5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同涂色的方法种数为(　　 )

A．36 B．48
C．72 D．96
【答案】C
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①对于区域ABE，三个区域两两相邻，有A＝24种涂色的方法，
②对于区域CD，若C区域与A颜色相同，D区域有2种选法，
若C区域与A颜色不同，则C区域有1种选法，D区域也只有1种选法，
则区域CD有2＋1＝3种涂色的方法，
则共有24×3＝72种涂色的方法．
【变式4-2】如图所示，积木拼盘由A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色(如：A与B为相邻区域，A与D为不相邻区域)，现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是(　　)

A．780 B．840 C．900 D．960
【答案】D
【解析】先涂A，则A有C＝5(种)涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不同即可，有C＝4(种)涂法，同理C有C＝3(种)涂法，D有C＝4(种)涂法，E有C＝4(种)涂法，
由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4＝960.
【变式4-3】现有5种不同颜色要对如图所示的五个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有(　　)

A．420种 B．780种 C．540种 D．480种
【答案】B
【解析】依题意可知，完成涂色任务可以使用5种，4种，或3种颜色，将区域标号如图．

①若用5种颜色完成涂色，则有A＝120(种)方法；
②若用4种颜色完成涂色，颜色有C种选法，需要2,4同色，或者3,5同色，或者1,3同色，或者1,4同色，故有C×4×A＝480(种)；
③若用3种颜色完成涂色，颜色有C种选法，需要2,4同色且3,5同色，或者1,4同色且3,5同色，或者1,3同色且 2,4同色，故有C×3×A＝180(种)．所以不同的着色方法共有120＋480＋180＝780(种)．
【变式4-4】用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是(　　)

A．12 B．24 C．30 D．36
【答案】C
【解析】按顺序涂色，第一个圆有3种选择，第二个圆有2种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有1种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C×C＝24(种)，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得不同的涂色方案的种数是24＋6＝30.
【变式4-5】如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是(　　)

A．48 B．54
C．72 D．108
【答案】C
【解析】设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．

第一步给①区涂色，有4种涂色方法．
第二步给②区涂色，有3种涂色方法．
第三步给③区涂色，有2种涂色方法．
第四步给④区涂色，若④区与②区同色时，⑤区有2种涂色方法．
若④区与②区不同色时，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．
所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72.

考点5 几何图形问题

【例5】过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为(　　 )
A．18 B．30
C．36 D．54
【分析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案．
【答案】C
【解析】如图，分以下几类：

棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：3×2＝6对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：3×2＝6对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：6×2＝12对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：3×2＝6对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：＝6对；
所以共有6＋6＋12＋6＋6＝36对．
【总结】解决几何图形问题要注意分析几何图形的结构特点，分清事件是由哪些几何元素构成，满足什么样的几何特征才是完成一个事件．
【变式5-1】如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是____．
【答案】36
【解析】第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；
第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．
所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．

考点6 排列问题
【例6】现有8个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为(　　)
A．A·A B．A－A·A
C．A·A D．A－A
【答案】B
【解析】在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不全相邻的方法数，即A－A·A.
【总结】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．
【变式6-1】(多选)17名同学站成两排，前排7人，后排10人，则不同站法的种数为(　　)
A．AA B．AA C．A＋A D．A
【答案】BD
【解析】17名同学中选7名全部排序站在前排有A种方法，剩下10名同学全排在后排有A种方法，根据乘法原理，共有AA种方法．将前后排视为一排，共有A种方法．
【变式6-2】将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为ai(i＝1,2,3,4,5,6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，且a1 A．15 B．30 C．45 D．60
【答案】B
【解析】由题意可知分两步：
①先排a1，a3，a5，
当a1＝2时，a3＝4，a5＝6或a3＝5，a5＝6有2种，
当a1＝3时，a3＝4，a5＝6或a3＝5，a5＝6有2种，
当a1＝4时，a3＝5，a5＝6有1种，共5种；
②再排a2，a4，a6，共有A＝6(种)，
所以不同的排列方法种数为5×6＝30.
【变式6-3】(2022·苏州调研)甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行数学创新能力比赛，决出第一到第五名的名次(无并列名次)．甲、乙两名同学去询问成绩，老师说：“你们都没有得到第一，你们也都不是最后一名，并且你们的名次相邻．”从上述回答分析，5人的名次不同的排列情况有(　　)
A．36种 B．24种
C．18种 D．12种
【答案】B
【解析】由题意甲乙两人名次为2,3或3,4，所以5人的名次不同的排列情况有2×AA＝24(种)．
【变式6-4】将1,2,3,4,5,6这6个数填入如图所示的3行2列表格中，要求表格每一行数字之和均相等，则可组成不同表格的个数为(　　)







A.8 B．24 C．48 D．64
【答案】C
【解析】由1＋6＝2＋5＝3＋4，则可组成不同表格的个数为AAAA＝48.


考点7 组合问题

【例7】男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名．现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)队长中至少有1人参加；
(4)既要有队长，又要有女运动员．
【解析】(1)分两步完成：
第一步，选3名男运动员，有C种选法；
第二步，选2名女运动员，有C种选法．由分步乘法计数原理可得，共有C·C＝120(种)选法．
(2)法一　“至少有1名女运动员”包括以下四种情况：
1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类加法计数原理可得总选法共有CC＋CC＋CC＋CC＝246(种)．
法二　“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解．
从10人中任选5人有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种．所以“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246(种)．
(3)法一　(直接法)可分类求解：
“只有男队长”的选法种数为C；“只有女队长”的选法种数为C；
“男、女队长都入选”的选法种数为C，
所以共有2C＋C＝196(种)选法．
法二　(间接法)从10人中任选5人有C种选法，
其中不选队长的方法有C种．所以“至少有1名队长”的选法有C－C＝196(种)．
(4)当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时的选法共有(C－C)种．所以既要有队长又要有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种)．
【总结】组合问题的两类题型及求解方法
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外的元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
【变式7-1】某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
【解析】(1)从余下的34种商品中选取2种，有C＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．
(2)从34种可选商品中选取3种，有C种或者C－C＝C＝5 984(种)．
∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．
(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件，有CC＝2 100(种)．
∴恰有2种假货在内的不同取法有2 100种．
(4)选取2种假货有CC种，选取3种假货有C种，共有CC＋C＝2 100＋455＝2 555(种)．
∴至少有2种假货在内的不同取法有2 555种．
(5)选取3种的总数为C种，选取3种假货有C种，因此共有选取方式C－C＝6 545－455＝6 090(种)．
∴至多有2种假货在内的不同取法有6 090种．
【变式7-2】(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有(　　)
A．60种 B．120种
C．240种 D．480种
【答案】C
【解析】根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A种安排方法．故满足题意的分配方案共有C·A＝240(种)．
【变式7-3】两个三口之家(父母＋小孩)共6人去旅游，有红旗和大众两辆新能源汽车，每辆车至少乘坐2人，但两个小孩不能单独乘坐一辆车，则不同的乘车方式的种数为(　　)
A．48 B．50
C．98 D．68
【答案】A
【解析】
6人乘坐的所有情况有CCA＋C＝15×2＋20＝50(种)，两个小孩单独乘坐一辆车的情况有C＝2(种)，由题意知两个小孩不能单独乘坐一辆车，则不同的乘车方式的种数为50－2＝48.
【变式7-4】将6个相同的小球放入3个不同的盒子中，每个盒子至多可以放3个小球，且允许有空盒子，则不同的放法共有(　　)
A．10种 B．16种
C．22种 D．28种
【答案】A
【解析】
如果没有空盒，则小盒的球数是1,2,3，或是2,2,2，共有A＋1＝7(种)放法；
若是有一个空盒，则小盒的球数是3,3，首先选盒，再放小球，共有C×1＝3(种)放法，
所以不同的放法共有7＋3＝10(种)．

考点8 特殊元素(位置)问题：优先法

【例8】甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？(　　 )
A．27种 B．36种
C．54种 D．72种
【分析】本题实际上是特殊元素(人)与特殊位置(名次)问题，由题意知乙的限制最多，其次是甲．故先排乙，再排甲，余下的三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理即可得到结果．
【答案】C
【解析】由题意，甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；再排甲，也有3种情况；余下3人有A种排法．故共有3×3×A＝3×3×3×2×1＝54种不同的情况．
【总结】“特殊”优先原则
常见的“在”与“不在”的有限制条件的排列问题就是典型的特殊元素或特殊位置问题，解题原则是谁“特殊”谁优先．

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布解决．
【变式8-1】大数据时代出现了滴滴打车服务，二胎政策的放开使得家庭中有两个孩子的现象普遍存在．某城市关系要好的A，B，C，D四个家庭各有两个孩子共8人，他们准备使用滴滴打车软件，分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名(乘同一辆车的4个孩子不考虑位置)，其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有(　　 )
A．18种 B．24种
C．36种 D．48种
【答案】B
【解析】根据题意，分两种情况讨论：
①A家庭的孪生姐妹在甲车上，甲车上另外的两个孩子要来自不同的家庭，可以在剩下的三个家庭中任选2个，再从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车，
有C×C×C＝12(种)乘坐方式；
②A家庭的孪生姐妹不在甲车上，需要在剩下的三个家庭中任选1个，让其2个孩子都在甲车上，对于剩余的两个家庭，从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车，有C×C×C＝12(种)乘坐方式，
故共有12＋12＝24(种)乘坐方式，故选B．


考点9 相邻问题：捆绑法

【例9】某校实行选科走班制度(语文、数学、英语为必选科目，此外学生需在物理、化学、生物、历史、地理、政治六科中任选三科)．根据学生选科情况，该校计划利用三天请专家对九个学科分别进行学法指导，每天依次安排三节课，每节课一个学科．语文、数学、英语只排在第二节．物理、政治排在同一天．化学、地理排在同一天，生物、历史排在同一天，则不同的排课方案的种数为(　　 )
A．36 B．48
C．144 D．288
【分析】分三步完成，先排语数外，再将需要排在同一天的“捆绑”，将捆绑后的三个元素排列，即可求出．
【答案】D
【解析】先将语文、数学、英语排在第二节，有A＝6种排法，将物理和政治，化学和地理，生物和历史分别“捆绑”，有AAA＝8种排法，将捆绑后的三个元素排在三天，有A＝6种排法，则不同的排课方案的种数为6×8×6＝288种．
【总结】解决相邻问题一般用“捆绑法”，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．
【变式9-1】已知某工艺品的加工需要先由普通技师完成粗加工，再由高级技师完成精加工．其中粗加工要完成A、B、C、D四道工序且不分顺序，精加工要完成E、F、G三道工序且E为F的前一道工序，则完成该工艺不同的方法有(　　 )
A．144种 B．96种
C．48种 D．112种
【答案】C
【解析】由题意可知，粗加工工序的排法种数为A，将E、F进行捆绑，且E为F的前一道工序，精加工工序的排法种数为2种，由分步乘法计数原理可知，完成该工艺不同的方法的种数为2A＝2×24＝48．
【变式9-2】(2022·广州质检)某夜市的某排摊位上共有6个铺位，现有4家小吃类店铺，2家饮料类店铺打算入驻，若要排出一个摊位规划，要求饮料类店铺必须相邻，则可以排出的摊位规划总个数为(　　)
A．AA B．AA
C．AA D．AA
【答案】B
【解析】先将2个饮料类店铺进行捆绑，再和其他4个小吃类店铺进行排列，
故排出的摊位规划总个数为AA.

考点10 相间问题：插空法

【例10】六个人排成一排，若甲、乙、丙均互不相邻，且甲、乙在丙的同一侧，则不同的排法有________________．
【分析】利用插空法求得三人互不相邻的排法种数，根据定序情况可确定三人互不相邻的排法数的种情况满足题意，由此可计算得到结果．
【答案】96
【解析】六个人排成一排，甲、乙、丙互不相邻，先将其余3人全排列，再在形成的4个空里把甲、乙、丙排列，共有排法AA＝144种；
将甲、乙、丙三人进行排序，共A＝6种排法，其中甲、乙在丙的同一侧有4种，
∴满足题意的排法种数有×144＝96种．
【总结】对不相邻问题，一般用“插空法”．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．
【变式10-1】在大课间风采展示中，某班级准备了2个舞蹈，2个独唱，1个小品，共5个节目．要求相同类型的节目不能相邻，那么节目的不同演出顺序共有______种．
【答案】48
【解析】5个节目的出场顺序共有A＝120种，
其中舞蹈节目相邻出场的有AA＝48种，独唱节目相邻出场的有AA＝48种，
舞蹈节目相邻出场且独唱节目也相邻出场的有AAA＝24种，
所以相同类型的节目不能相邻的出场顺序有120－48－48＋24＝48种．
【变式10-2】(2022·广州质检)某夜市的某排摊位上共有6个铺位，现有4家小吃类店铺，2家饮料类店铺打算入驻，若要排出一个摊位规划，要求饮料类店铺不能相邻，则可以排出的摊位规划总个数为(　　)
A．AA B．AA
C．AA D．AA
【答案】D
【解析】先将4个小吃类店铺进行全排，再从这4个小吃类店铺的5个空位选2个进行排列，
故排出的摊位规划总个数为AA.

考点11 分组、分配（整体均分问题）

【例11】数学活动小组由12名同学组成，现将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题，且每组只研究一个课题，并要求每组选出1名组长，则不同的分配方案有(　　)
A．A种 B．CCC34种
C．43种 D．CCC43种
【答案】B
【解析】方法一：首先将12名同学平均分成四组，有种分法，然后将这四组同学分配到四个不同的课题组，有A种分法，并在各组中选出1名组长，有34种选法，根据分步乘法计数原理，满足条件的不同分配方案有·A·34＝CCC34(种)，故选B．
方法二：根据题意可知，第一组分3名同学有C种分法，第二组分3名同学有C种分法，第三组分3名同学有C种分法，第四组分3名同学有C种分法．第一组选1名组长有3种选法，第二组选1名组长有3种选法，第三组选1名组长有3种选法，第四组选1名组长有3种选法．根据分步乘法计算原理可知，满足条件的不同分配方案有CCCC34种，故选B．
【总结】(1)平均分配给不同小组的分法种数等于平均分堆的分法种数乘堆数的全排列．
(2)对于分堆与分配问题应注意三点：①处理分配问题要注意先分堆再分配；②被分配的元素是不同的；③分堆时要注意是否均匀．
【变式11-1】国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6名免费培养的教育专业师范毕业生，将其平均分到3所学校去任教，有________种不同的分配方法．
【答案】90
【解析】先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有A＝90种分配方法．

考点12 分组、分配（部分均分问题）

【例12】2020年既是全面建成小康社会之年，又是脱贫攻坚收官之年，某地为巩固脱贫攻坚成果，选派了5名工作人员到A、B、C三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去1人，不同的选派方法数有种(　　)
A．25 B．60
C．90 D．150
【分析】法一(分组分配): 5＝1＋1＋3或5＝2＋2＋1，利用组合数可得25组，再利用排列即可求解；法二(排除法)：分别求出5个工作人员仅去一个村子的方法或仅去两个村子的方法，利用间接法可求解．
【答案】D
【解析】法一(分组分配)：把5名工作人员分成3组，有两类分法：
①：5＝1＋1＋3，则有＝10种，
②：5＝2＋2＋1，则有＝15种，
所以共有10＋15＝25种分组方法，根据题意，所求方法数有25A＝150个．
法二(排除法)：∵5个工作人员仅去一个村子的方法数有15C＝3个，
5个工作人员仅去两个村子的方法数有C＝90个．
∴5个工作人员去三个村子的方法数有35－90－3＝150个．
【总结】对于部分均分问题，解题时要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！．另外也可以应用组合的方法通过先分堆再排列的方法解决．
【变式12-1】7个人分乘三辆不同的汽车，每辆车最多坐3人，则不同的乘车方法有______种(用数字作答)．
【答案】1050
【解析】先分好组，三组人数分别为2、2、3或1、3、3，再将三组分配给三辆车，
由分步乘法计数原理可知，不同的乘车方法种数为A＝1 050．
【变式12-2】数学活动小组由12名同学组成，现将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题，且每组只研究一个课题，并要求每组选出1名组长，则不同的分配方案有(　　)
A.A种 B．CCC34种
C.43种 D．CCC43种
【答案】B
【解析】方法一　首先将12名同学平均分成四组，有种分法，然后将这四组同学分配到四个不同的课题组，有A种分法，并在各组中选出1名组长，有34种选法，根据分步乘法计数原理，满足条件的不同分配方案有·A·34＝CCC34(种)．
方法二　根据题意可知，第一组分3名同学有C种分法，第二组分3名同学有C种分法，第三组分3名同学有C种分法，第四组分3名同学有C种分法．第一组选1名组长有3种选法，第二组选1名组长有3种选法，第三组选1名组长有3种选法，第四组选1名组长有3种选法．根据分步乘法计数原理可知，满足条件的不同分配方案有CCCC34种．
【变式12-3】某地遭遇极端强降雨天气，一方有难，八方支援，全国各地救援团队奔赴此地．现有某救援团队5名志愿者被分配到3个不同巡查点进行防汛救灾志愿活动，要求每人只能去一个巡查点，每个巡查点至少有一人，则不同分配方案的总数为(　　)
A．120 B．150
C．240 D．300
【答案】B
【解析】有5名志愿者被分配到3个不同巡查点进行防汛抗洪志愿活动，要求每人只能去一个巡查点，每个巡查点至少有一人，
包括两种情况：
一是按照2,2,1分配，有CCA＝90(种)结果，
二是按照3,1,1分配，有CCA＝60(种)结果．
不同分配方案的总数为90＋60＝150.
【变式12-4】(2022·南平模拟)福建省于2021年启动了中学生科技创新后备人才培养计划(简称中学生“英才计划”)，在数学、物理、化学、生物、计算机等学科有特长的学生入选2021年福建省中学生“英才计划”，他们将在大学教授的指导下进行为期一年的培养，现有4名数学特长生可从3位数学教授中任选一位作为导师，每位数学教授至多带2名数学特长生，则不同的培养方案有 种．(结果用数字作答)
【答案】54
【解析】分两类，A＋A＝54(种)．
【总结】解决分组分配问题的策略
(1)对于整体均分，分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．
(2)对于部分均分，若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！.

考点13 分组、分配（不等分问题）
【例13】将8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分到1本，若三名同学所得书的数量各不相同，且甲同学分到的书比乙同学多，则不同的分配方法种数为(　　)
A．1 344 B．1 638
C．1 920 D．2 486
【答案】A
【解析】8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分到1本，若三名同学所得书的数量各不相同，则有(1，2，5)，(1，3，4)两种分组的方法，由于甲同学分到的书比乙同学多，当乙分到1本时，不同的分配方案种数为C(C＋C)A＝896，当丙分到1本时，不同的分配方案种数为C(C＋C)＝448，故不同的分配方法种数为896＋448＝1 344，故选A．
【总结】对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑．在每一类的计数中，又要考虑是分步计数还是分类计数，是排列问题还是组合问题．
【变式13-1】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排3名，乙场馆安排1名，丙场馆安排2名，则不同的安排方法共有(　　)
A．120种 B．90种
C．80种 D．60种
【答案】D
【解析】首先安排甲场馆的3名同学，即C＝20；再从剩下的3名同学中来安排乙场馆的1名同学，即C＝3；最后2名同学安排到丙场馆，即C＝1．
所以不同的安排方法有：20×3×1＝60种．


考点14 定序问题

【例14】(一题多法)有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列(不一定相邻)，不同的排法共有______种(用数字作答)．
【答案】840
【解析】法一(等几率法)　7名学生的排列共有A种，其中女生的排列共有A种，按照从左到右，女生从矮到高的排列只是其中的一种，故有＝A＝840(种)排法．
法二(逐步插空法)　设想有7把椅子让4名男生就坐，共有A种方法，3名女生从左到右，从矮到高的排列只有一种，故有A＝840(种)排法．
【总结】在有些排列问题中，某些元素的先后顺序是固定的(但不一定相邻)．
解决这类问题的基本方法有两个：一是等几率法，若有(m＋n)个元素排成一列，其中有m个元素之间的顺序固定不变，则将这(m＋n)个元素排成一列，共有A种不同的排法，然后任取一个排列，固定其他的n个元素的位置不动，把这m个元素变换顺序，共有A种排法，其中只有一个排列是我们所需要的排列，因而共有种不同的排法．
类似地还可以推广到一般情形，如有(m＋n＋k)个元素排成一列，其中有m个元素之间的排序一定，而另外k个元素之间的顺序也一定，则共有种不同的排法，即第二种方法“逐步插空法”．
【变式14-1】某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后进行，那么安排这6项工程不同的排法种数是 ．
【答案】120
【解析】六个元素进行排序，保证甲、乙、丙三个元素顺序不变，再加入三个元素进行排序，共＝120(种)．


考点15 圆形排列问题
【例15】小明及朋友小张去参加一个聚会，8个人围着圆桌随机坐下，每个人坐在任何一个位置的概率相等．在这种情况下小明同其朋友坐在一起所有可能情况有________种(用数字作答)．
【答案】1440
【解析】小明及其朋友坐在一起时总的坐法可以这样考虑：第一步：将除去小明及其朋友外6个人排好，有(6－1)！种坐法；第二步，把小明及其朋友作为一个整体插到6个人形成的空隙中，6个人围在一起时，会形成6个空隙，故有6种情况．第三步，小明及其朋友内部可以全排列．由分步乘法计数原理，小明及其朋友坐在一起的坐法有 (6－1)！×6×A＝1440种．
【总结】n个不同的事物围成一个圆时总的围成方法有(n－1)！种．解决圆形排列问题时最关键的就是插空思想，即将某个部分插入另外几个部分形成的空隙中．


考点16 “隔板法”解分组与分配问题
【例16】将组成篮球队的10个名额分配给7所学校，每校至少1名，问名额的分配方式共有多少种？
【分析】“名额”是不加区分的，相当于将10个相同的元素分配到7个不同的单位，每个单位至少一个，求分配的种数，因此可考虑分类(不均匀分配)处理或用“隔板法”．
【解析】法一　问题等价于将排成一行的10个相同元素分成7份的方法数，相当于在10个相同元素的9个间隔(除去两端)中插入6块隔板分成7份，共有C＝84(种)．
所以名额分配方式有84种．
法二　由于每校至少1名，先将每个学校分配1名，还剩下3名，将这3名分配给7所学校，共有以下三类分法：
全部分给一校有C种(此时该校共有4名，另外六校各1名)；分给两校，一校2名，另一校1名有C·C(或列式为A)种；均分给三校有C种．
由分类加法计数原理知共有分配方式C＋C·C＋C＝84(种)．
【总结】 “隔板法”也称“挡板法”，是解决相同元素的分配问题的常用方法．
(1)凡“相同小球放入不同盒中”的问题，即为“n个相同元素有序分成m组(每组的任务不同)”的问题，一般可用“隔板法”解：
①当每组至少含一个元素时，其不同分组方式有N＝C种，即给n个元素的中间n－1个空格中加入m－1个“隔板”．
②任意分组，可出现某些组含元素为0个的情况，其不同分组方式有N＝C种，即将n个相同元素与m－1个相同“隔板”进行排序，在n＋m－1个位置中选m－1个安排“隔板”．

【变式16-1】小明去文具店购买中性笔，现有黑色、红色、蓝色三种中性笔可供选择，每支单价均为1元．小明只有6元钱，且全部用来买中性笔，则不同的选购方法有(　　 )
A．10种 B．15种
C．21种 D．28种
【答案】D
【解析】根据题意，小明只有6元钱且要求全部花完，则小明需要买6支中性笔，
将6支中性笔看成6个相同的小球，原问题可以转化为将6个小球用2个相同的挡板分成3组，每组对应一种颜色的中性笔，6个小球、2个挡板共8个位置，在其中任选6个安排小球，剩下2个安排挡板，有C＝28种．
【变式16-2】 7名同学坐圆桌吃饭，只考虑谁挨着谁的排法共有________种．
【答案】720
【解析】把任意一名同学固定在任意一个位置，再把其他6名同学往其他位置里全排列，有A种方法，则一共有A＝720种方法．
【变式16-3】 某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种．
【答案】720
【解析】添入三个节目后共十个节目，故该题可转化为安排十个节目，其中七个节目顺序固定．这七个节目的不同安排方法共有A种，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，先将这十个节目进行全排列，不同的排列方法有A种，而原先七个节目的顺序一定，故不同的安排方式共有＝720(种)．


1．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为(　　)
A．6 B．12
C．24 D．36
【答案】A
【解析】确定第二象限的点，可分两步完成：
第一步确定a，由于a<0，所以有3种方法；
第二步确定b，由于b>0，所以有2种方法．
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6．
2．从6种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法有(　　 )

A．360种 B．510种
C．630种 D．750种
【答案】D
【解析】首先给最左边的一个格子涂色有6种选择，左边第二个格子有5种选择，左边第三个格子有5种选择，左边第四个格子有5种选择，
不同的涂色方法有6×5×5×5＝750．
3．算盘是一种手动操作计算辅助工具．它起源于中国，迄今已有2 600多年的历史，是中国古代的一项重要发明，算盘有很多种类．现有一种算盘(如图一)，共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下四珠，上拨每珠记作数字1(例如图二中算盘表示整数51)．如果拨动图一算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为(　　 )

A．16 B．15
C．12 D．10
【答案】C
【解析】由题意，拨动三枚算珠，有四种拨法：
①十位拨动0枚，个位拨动3枚，有2种结果：7和3；
②十位拨动1枚，个位拨动2枚，有4种结果：12，16，52，56；
③十位拨动2枚，个位拨动1枚，有4种结果：21，25，61，65，
④十位拨动3枚，个位拨动0枚，有2种结果：30，70，
综上，拨动图一算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为12．
4．重庆一中学食堂被全市好评，其食物样品丰富．某天中午，1号窗口提供了6种不同的荤菜和4种不同的素菜菜品，某同学到该窗口准备选其中2种荤菜和一种素菜作为午餐，那么该同学共有(　　)种不同选择午餐的情况．
A．120 B．72
C．60 D．30
【答案】C
【解析】该同学选择午餐的这件事必须分两步完成：先从6种不同的荤菜中选两种有C种，再从4种不同的素菜中选一种有C14种，根据分步计数乘法得所求不同方法种数是C26C14＝60．
5．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字1，2，3(各3个)全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1，2，3这三个数字，则不同的填法有(　　 )

A．12种 B．24种
C．72种 D．216种
【答案】A
【解析】先填第一行，有3×2×1＝6种不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其他单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理，共有6×2＝12种不同的填法．
6．在假期里，有5名同学去社区做防疫志愿者，根据需要，要安排这5名同学去甲、乙两个核酸检测点，每个检测点至少去2名同学，则不同的安排方法共有(　　 )
A．10种 B．20种
C．24种 D．30种
【答案】B
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将5人分为2组，每组至少2人，所以只能分为2和3的两组，有C25＝10种方法；
②将分好的2组全排列，安排到2个社区，有A＝2种情况，
则共有10×2＝20种不同的安排方法．
7．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是(　　)
A．37 B．19
C．13 D．7
【答案】B
【解析】为了使直线最少，应出现三点共线或更多的点共线，
因为直线与圆相离，所以圆上的四个点与直线的六个点最多有6个三点共线．
此时由圆上的四点共确定C＝6条直线．
圆上的一个点与直线上的六个点共确定6条直线，但是其中有3条与圆上两点连线重合，所以有4×6－4×3＝12．
另外直线上六点共一条直线．所以共有6＋12＋1＝19条．
8．现有标号为①②③④⑤的5件不同新产品，要放到三个不同的机构进行测试，每件产品只能放到一个机构里．机构A，B各负责一个产品，机构C负责余下的三个产品，其中产品①不在A机构测试的情况有___________种(结果用具体数字表示)．
【答案】16
【解析】(1)若产品1在B机构，则情况数为C14＝4；
(2)若产品1在C机构则情况数为C24A＝12，
由分类加法计数原理知总共4＋12＝16种情况．
9．一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为x、y、z，当且仅当y>x且y>z时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为___________．
【答案】20
【解析】由题意可得y只能取3，4，5．
当y＝3时，凸数有 132，231共2个；
当y＝4时，凸数有142，241，143，341，243，342共6个；
当y＝5时，凸数有152，251，153，351，154，451，253，352，254，452，354，453共12个；
综上，共有20个凸数．

10．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图)，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有________种栽种方案．

【答案】66
【解析】根据题意，分3种情况讨论．
(1)当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2＝24种方法；
(2)当A、C、E种2种植物，此时共有C×A×2×1×1＝36种方法；
(3)当A、C、E种3种植物，此时共有A×1×1×1＝6种方法．则一共有24＋36＋6＝66种栽种方案．
11．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有(　　)

A．40 320种 B．5 040种
C．20 160种 D．2 520种
【答案】D
【解析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有C17＝7种方法，
再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有A种方法，
由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，
所以不同的涂色方法，共有＝2 520种不同的涂法．
12．如图，准备用4种不同的颜色给a、b、c、d、e五块区域涂色，要求每个区域随机用一种颜色涂色，且相邻区域(有公共边的)所涂颜色不能相同，则不同涂色方法的种数共有(　　 )

A．96 B．114
C．168 D．240
【答案】C
【解析】根据题意，涂色分4步进行分析：
对于e区域，有4种颜色可选，即有4种情况；
对于c区域，与e区域相邻，有3种情况；
对于d区域，与e、c区域相邻，有2种情况；
对于a、b区域，分2种情况讨论：
①若a区域与d区域涂色的颜色相同，则b区域有3种颜色可选，即有3种情况，
此时a、b区域有1×3＝3种情况；
②若a区域与d区域所涂的颜色不相同，则a区域有2种情况，b区域有2种情况，
此时a、b区域有2×2＝4种情况，
则a、b区域共有3＋4＝7种情况．
由分步乘法计数原理，得不同涂色的方案种数共有4×3×2×7＝168种．
13．(多选)用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是(　　 )
A．可组成360个不重复的四位数
B．可组成156个不重复的四位偶数
C．可组成96个能被3整除的不重复四位数
D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第85个数字为2310
【答案】BC
【解析】A选项，有CA＝300个，错误；
B选项，分为两类：0在末位，则有A＝60种，0不在末位，则有CC14A＝96种，
∴共有60＋96＝156种，正确；
C选项，先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，
即先选(0，1，2，3)、(0，1，3，5)、(0，2，3，4)、(0，3，4，5)、(1，2，4，5)，它们排列出来的数一定可以被3整除，∴共有4C·A＋A＝96种，正确；
D选项，首位为1的有A＝60个，前两位为20的有A＝12个，前两位为21的有A＝12个，此时共有60＋12＋12＝84个，因而第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301，错误．
14．若一个正方体绕着某直线l旋转不到一周后能与自身重合，那么这样的直线l的条数为(　　 )
A．3 B．4
C．6 D．13
【答案】D
【解析】若正方体绕着直线l旋转不到一周能与自身重合，则l必过正方体中心，否则，正方体绕着直线l旋转不到一周后，中心不能回到原来的位置；共有三种情况：如图所示；
当l过正方体的对角线两顶点时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时的直线共有4条；
当l过正方体两相对棱中点时，把正方体绕l旋转π，正方体回到原来的位置，此时直线共有6条；
当l过正方体对面中心时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时直线共有3条；
综上，符合条件的直线l有4＋6＋3＝13条．

15．如图给三棱柱ABC－DEF的顶点染色，定义由同一条棱连接的两个顶点叫相邻顶点，规定相邻顶点不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方法有____________．

【答案】264
【解析】首先先给顶点A，B，C染色，有A＝24种方法，再给顶点D染色，
①若点D和点B染同一种颜色，点E和点C染相同颜色，点F就有2种方法，若点E和点C染不同颜色，则点E有2种方法，点F有1种方法，则D，E，F的染色方法一共有2＋2×1＝4种方法；
②若点D和点B染不同颜色，且与点C颜色不同，则点D有1种方法，点E与点C颜色不同，则点E有1种方法，则点F有1种方法，此时有1种方法；若最后E与C相同，则F有2种方法，则共有2种方法；点D与点C颜色相同，则点D有1种方法，则点E有2种方法，则点F有2种方法，共有2×2＝4种方法，所以点D和点B染不同颜色，共有1＋2＋4＝7种方法．
所以点D，E，F的染色方法一共有4＋7＝11种，所以共有24×11＝264种方法．
16．在如图所示的7×4的方格纸上(每个小方格均为正方形)，共有________个矩形、________个正方形．

【答案】280　60
【解析】根据题意，7×4的方格纸上，有5条水平方向的线，8条竖直方向的线，在5条水平方向的线中任选2条，在8条竖直方向的线中任选2条，就可以组成一个矩形，则可以组成C25C28＝280个矩形；
设方格纸上的小方格的边长为1，
当正方形的边长为1时，有7×4＝28个正方形，
当正方形的边长为2时，有6×3＝18个正方形，
当正方形的边长为3时，有5×2＝10个正方形，
当正方形的边长为4时，有4×1＝4个正方形，
则有28＋18＋10＋4＝60个正方形．
17．教育改革的核心是课程改革，新课程改革的核心理念就是教育以人为本，即一切为了每一位学生的发展．为满足新课程的三维目标要求，某校开设A类选修课4门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有(　　 )
A．24种 B．48种
C．32种 D．64种
【答案】B
【解析】分两种情况：第一种，选择1门A类选修课和2门B类选修课，有CC＝24种选法；第二种，选择2门A类选修课和1门B类选修课，有CC＝24种选法，
故共有48种选法．
18．5位医生被分配到4个接种点承担接种新冠疫苗工作，每个医生只能去一个接种点，每个接种点至少有一名医生，其中医生甲不能单独完成接种工作，则共有(　　)种不同的分配方法
A．24 B．48
C．96 D．12
【答案】C
【解析】从能独立工作的4名医生中选一人与甲同时工作有C种，然后把剩余3人与所选2人视为4组，分到4个不同的接种点，共有A种，
故共有CA＝4×24＝96．
19．在“学宪法、讲宪法”活动中，将甲、乙、丙、丁四位法律老师分配到A、B、C、D四个班级进行宣讲，每个班级分配一位老师．若甲不分配到A班，丁不分配到D班，则分配方案的种数为(　　 )
A．12 B．14
C．16 D．24
【答案】B
【解析】甲分到D班，有A＝6种方法；甲分到B或C班，有方法数CCA＝8，
总共有方法数为6＋8＝14种．
20．有8位学生春游，其中小学生2名、初中生3名、高中生3名．现将他们排成一列，要求2名小学生相邻，3名初中生相邻、3名高中生中任意两名都不相邻，则不同的排法种数有(　　 )
A．288种 B．144种
C．72种 D．36种
【答案】B
【解析】第一步，先将2名小学生看成一个人，3名初中生看成一个人，然后排成一排有A种不同排法；第二步，将3名高中生插在这两个整体形成的3个空档中，有A种不同排法；第三步，排2名小学生有A种不同排法，排3名初中生有A种不同排法．
根据分步计数原理，共有AAAA＝144种不同排法．
21．2020年是实施脱贫攻坚的最后一年，某地区针对最后深度贫困的A，B，C，D，E五个自然村引入五个脱贫项目(其中林果，茶园，养殖，旅游，农业特色深加工各一个项目)进行对口帮扶，不同的村安排不同的项目，且每个村只安排一个项目．由于自然村条件限制，A，B两个村无法实施农业特色深加工项目，C村无法实施养殖项目，D，E两个村可以实施任何项目，则符合条件的不同安排方式共有(　　 )
A．48种 B．54种
C．60种 D．72种
【答案】C
【解析】C村实施的项目是农业特色深加工项目，方法数为A＝24，
C村实施的项目不是农业特色深加工项目，方法数为CAA＝36，
总方法数为24＋36＝60．
22．为帮助当地老百姓尽快脱贫，某市政府决定选派8名干部(5男3女)到该市甲、乙两个县去督查扶贫工作，若要求每个县至少要派3名干部，每个干部必须去两个县中的一个督查，且不能仅仅将3名女干部编为一组去某个县督查，则不同的派遣方案共有(　　 )
A．90种 B．125种
C．180种 D．250种
【答案】C
【解析】因为每个县至少要派3人，则两个县中派遣的人数分别为3、5或4、4，
又因为3名女干部不能单独成一组，有CC55＋－1＝90种分组方法，
则不同的派遗方案种数为90×A＝180种．
23．由于受到疫情影响，某校决定实施学生佩戴口罩、间隔而坐的策略．已知一排有9个座位，每两名同学之间至少间隔1个空位．若一排要坐4名同学，则不同的坐法有____________种．
【答案】360
【解析】先排5张空椅子，然后将4名同学进行插空，共有A＝360种不同的坐法．
24．用1，2，3，4，5五个数字组成无重复数字的五位数，其中偶数不在相邻数位上，则满足条件的五位数共有______个．(用数字作答)
【答案】72
【解析】先安排三位奇数，得到四个空位，再从四个空位中选出两个空位安排偶数，共有AA＝72个．
25．有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排成一排，女生必须站在一起；
(4)全体排成一排，男生互不相邻；
(5)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边；
(6)全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边．
【分析】(1)7选5的全排列；(2)可以分两步进行，先排前排，再排后排；也可以把分排问题当作直排问题，直接求全排列；(3)捆绑法，把女生看作一个元素，此时要注意女生内部也要全排列；(4)插空法，先把女生排好，再将男生插空；(5)可以先安排甲这个特殊元素，也可以先安排左边和右边这两个特殊位置；(6)可以先安排甲、乙，再排其余的元素；或者利用间接法求解．
【解析】(1)从7人中选5人排列，有A＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)法一　分两步完成，先选3人站前排，有A种方法，余下4人站后排，有A种方法，共有AA＝5 040(种)．
法二(多排问题直排处理)　可看作7个人排成一排的全排列，共有A＝5 040(种)．
(3)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A种方法，再将女生全排列，有A种方法，共有AA＝576(种)．
(4)(插空法)先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A种方法，共有AA＝1 440(种)．
(5)法一(特殊元素优先法)　先排甲，有5种方法，其余6人有A种排列方法，共有5×A＝3 600(种)．
法二(特殊位置优先法)　左、右两边位置可安排另6人中的2人，有A种排法，其他有A种排法，共有AA＝3 600(种)．
(6)方法一(特殊元素优先法)　甲在最右边时，其他的可全排，有A种方法；甲不在最右边时，可从余下的5个位置任选一个，有A种，而乙可在除去最右边的位置后剩下的5个中任选一个有A种，其余人全排列，有A种不同排法．共有A＋AAA＝3 720(种)．
法二(间接法)　7名学生全排列，有A种方法，其中甲在最左边时，有A种方法，乙在最右边时，有A种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有A种方法，故共有A－2A＋A＝3 720(种)．
26．一次表彰大会上，计划安排5名优秀学生代表上台发言，这5名优秀学生分别来自高一、高二和高三三个年级，其中高一、高二年级各2名，高三年级1名．发言时若要求来自同一年级的学生不相邻，则不同的排法共有(　　)种．
A．36 B．48
C．72 D．120
【答案】B
【解析】先排高一年级学生，有A种排法，①若高一年级学生中间有高三学生，有A种排法；②若高一学生中间无高三学生，有C12·C12·C种排法，所以共有A·＝48种排法．
27．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中(如下图)，记第2行的第3个数字为a1、第3行的第3个数字为a2，……，第n(n≥2)行的第3个数字为an－1，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(　　 )

A．220 B．186
C．120 D．96
【答案】A
【解析】a1＋a2＋a3＋…＋a10＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C＝＝220．
28．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好只有一双同色的取法有(　　 )
A．240种 B．180种
C．120种 D．60种
【答案】A
【解析】取出的一双同色手套的颜色共有C＝6种情况．在剩余的5双手套中，取不同颜色的2只共有＝40种取法，所以任取4只，恰好有一双同色的取法有6×40＝240(种)．
29．2021年4月15日，是第六个全民国家安全教育日，教育厅组织宣讲团到某市的六个不同高校进行国家安全知识的宣讲，时间顺序要求是：高校甲必须排在第二或第三个，且高校甲宣讲结束后需立即到高校丁宣讲，高校乙、高校丙的宣讲顺序不能相邻，则不同的宣讲顺序共有(　　 )
A．28种 B．32种
C．36种 D．44种
【答案】B
【解析】根据题意：分成以下两种情况进行分类讨论
高校甲排在第二个时，高校丁必排在第三个，当乙或丙排在第一个时共有CA＝12种排法，当乙或丙不排在第一个时，乙和丙只能排在第四个和第六个，此时共有AA＝4 种排法，所以高校甲排在第二个时共有16种排法；
高校甲排在第三个时，高校丁必排在第四个，乙或丙只能一个排在第一二个，一个排在第五六个，则共有CCCA＝16种排法；
综上：共有32种排法满足题意．
30．五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧，可排成________种不同的音序．
【答案】32
【解析】①若“角”在两端，则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧，此时有2×3×A×A＝24种；
②若“角”在中间，则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧；
③若“角”在第二个或第四个位置上，则有2AA＝8种．
综上，共有24＋8＝32种．
31．通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号；第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，如图所示．其中序号的编码规则为：

①由10个阿拉伯数字和除I，O之外的24个英文字母组成；
②最多只能有2个英文字母．
则采用5位序号编码的鲁V牌照最多能发放的汽车号牌数为________万张．(用数字作答)
【答案】706
【解析】当号牌中有两个英文字母时，且两个英文字母相同，则有C×C×103＝24×104张；
两个英文字母不相同，则有C×A×103＝552×104张；
当号牌中有一个英文字母时，有C×C×104＝120×104张；
当号牌中没有英文字母时，有10×104张；
所以满足条件的号牌共有×104张，即有706万张．