考点25 两个计数原理、排列组合12种常见考法归类-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第三册)

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1. 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
(1)分类加法计数原理
①定义：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拓展：完成一件事，如果有n类方案，且：第1类方案中有m1种不同的方法，第2类方案中有m2种不同的方法，…，第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法.
(2)分步乘法计数原理
①定义：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.
②拓展：完成一件事，如果需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法.
2. 排列与组合
(1)排列：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并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. 两个排列相同的充要条件是：两个排列的元素完全相同，且元素的排列顺序也相同.
(2)排列数
(3)组合：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
(4)组合数
3. Aeq \\al(m,n)＝(n－m＋1)Aeq \\al(m－1,n)＝nAeq \\al(m－1,n－1)；(n＋1)！－n！＝n·n！.
4. kCeq \\al(k,n)＝nCeq \\al(k－1,n－1)；Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(m－1,n－1)＋Ceq \\al(m－1,n－2)＋…＋Ceq \\al(m－1,m－1).
5. 解答计数应用问题的总体思路：根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了. 此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：①枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；②转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；③间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得.
6.有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑“捆绑”部分的排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列数.
7.解组合问题时要注意：①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法(排除法)；
8.平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列. 分堆到位相当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：eq \f(平均分堆到指定位置,堆数的阶乘). 对于分堆与分配问题应注意：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(如“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”)；③分堆时要注意是否均匀，如6分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1)为部分均匀分组.
9.对于有限制条件的数字排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意隐含条件：0不能在首位.
考点一 分类加法计数原理
考点二 分步乘法计数原理
考点三 优先法
考点四 捆绑法
考点五 插空法
考点六 捆绑法和插空法的综合
考点七 定序问题
考点八 间接法
考点九 组合的基本问题
考点十 分堆分配问题
考点十一 数字排列问题
考点十二 涂色问题
考点一 分类加法计数原理
1．（2023春·江苏南京·高二南京师范大学附属中学江宁分校校考期中）由1至6中的质数组成的没有重复数字的整数共有（ ）
A．3B．6C．12D．15
【答案】D
【分析】找出1至6中的质数，再分类计算组成的没有重复数字的整数即可.
【详解】1至6中的质数有2，3，5，组成的没有重复数字的整数共有个.
故选：D.
2．（2023春·上海嘉定·高二上海市育才中学校考期中）三层书架，分别放置科技书籍12本，经济类书籍14本，建筑类书籍11本，从中取2本书，且各类只能选1本，有_____________种不同选法
【答案】
【分析】分为三类：科技书和经济书，科技书和建筑书，经济书和建筑书，计算得到答案.
【详解】分为三类：科技书和经济书，科技书和建筑书，经济书和建筑书.
则共有.
故答案为：
3．（2023春·山东烟台·高二山东省招远第一中学校考期中）两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制，先赢三局者获胜，比赛终止，则所有可能出现的情况的种数为（ ）
A．12B．20C．24D．36
【答案】B
【分析】依题意可能赛场、场、场，按照分类加法计数原理与组合数公式计算可得.
【详解】因为采用五局三胜制，先赢三局者获胜，
故可能赛场、场、场，
若赛场，则有种，若赛场，则有种，若赛场，则有种，
综上所有可能出现的情况的种数为种.
故选：B
4．（2023秋·辽宁沈阳·高二校联考期末）四张红桃纸牌、三张黑桃纸牌及两张梅花纸牌中，每张纸牌上的数字不同，取出两张不同花色的纸牌，不同的取法共有（ ）
A．24种B．9种C．10种D．26种
【答案】D
【分析】分类加法计数.
【详解】红桃+黑桃：（种）；红桃+梅花：（种）；黑桃+梅花：（种）．
故取出两张不同花色的纸牌，共有：（种），
故选：D．
考点二 分步乘法计数原理
5．（2023春·湖北孝感·高二统考期中）3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是（ ）
A．B．C．12D．16
【答案】B
【分析】根据分布乘法计数原理进行计算.
【详解】每个班有4种不同选择，共有种不同选法.
故选：B
6．（2023春·河南商丘·高二商丘市实验中学校联考期中）冬季某服装店销售a，b，c，d，e五种不同款式的羽绒服，甲、乙、丙三人每人任意选择一款羽绒服购买，则不同的购买选择有（ ）
A．15种B．60种C．125种D．243种
【答案】C
【分析】用分步乘法原理计算.
【详解】每人有5种不同的购买选择，总的购买选择有种.
故选：C.
7．（2023春·湖北襄阳·高二宜城市第一中学校联考期中）某高校有名志愿者参加月日社区志愿工作，每人参加一次值班，若该天分早、中、晚三班，每班至少安排人，最多安排人，则当天不同的排班种类为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先将名志愿者分为组，确定每组的人数，然后将这三组志愿者分配到早、中、晚三班，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】将名志愿者分为组，每组的人数可以是：①、、；②、、,
再将这三组志愿者分配到早、中、晚三班，
所以，当天不同的排班种类为.
故选：B.
8．（2023春·湖北孝感·高二统考期中）乘积展开后共有项______.
【答案】
【分析】根据分步乘法计数原理计算可得.
【详解】依题意从第一个括号中选一个字母有种方法，
从第二个括号中选一个字母有种方法，
从第三个括号中选一个字母有种方法，
按照分步乘法计数原理可得展开后的项数为项；
故答案为：
9．（2023春·湖南·高二临澧县第一中学校联考期中）如图，沿着网格线，先从点A到点B，然后经过点C，到达点D的最短的路径的条数为（ ）
A．720B．480C．360D．240
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理以及组合数的计算即可求解.
【详解】从A点到B点需要向右走3段，向上走3段，共有种，
从B点到C点，向下走1段，向右走2段，共种，
从C点到D点，向右走2段，向上走2段，共种，
因此，从A点到D点的最短路径的走法有种．
故选：C．
考点三 优先法
10．（2023春·贵州毕节·高二校考期中）已知某宿舍的7位学生站成一排合照留念，若中间位置只能站7位学生中的甲或乙．则不同的站队方法种数是（ ）
A．464B．576C．720D．1440
【答案】D
【分析】根据排列公式即可得到答案.
【详解】将除甲或乙以外的同学进行排列，共有种，
再将甲或乙插到队伍中间，有2种选择，
则共有种.
故选：D.
11．（2023春·湖北·高二校联考期中）从7名运动员中选4人参加米接力赛，在下列条件下，各共有多少种不同的排法？（写出计算过程，并用数字作答）
(1)甲不跑第一棒，乙不跑最后一棒；
(2)若甲､乙两人都被选且不跑相邻两棒.
【答案】(1)620；
(2)120.
【分析】（1）根据给定条件，利用排列知识结合特殊元素、特殊位置法列式计算作答.
（2）取出符合要求的人数，再利用不相邻问题列式计算作答.
【详解】（1）若乙在第一棒，其余三棒共有选法，
若乙不在第一棒，甲不在第一棒，则需选择一人跑第一棒，共有种选法，
乙不在最后一棒，则需选择一人跑最后一棒，共有种选法，其余两棒共有选法，
所以甲不在第一棒，乙不在最后一棒的不同排法种数有种.
（2）除甲､乙外还需选择2人参加接力赛共有种选法，
甲乙不跑相邻两棒，先排除甲乙外的另2人，有种排法，
再把甲乙插入这两人排列形成的3个间隙中，有种排法，
所以甲､乙两人都被选且不跑相邻两棒共有种排法.
12．（2023秋·辽宁·高二校联考期末）某校举办元旦晚会，有3个语言类节目和4个唱歌节目，要求第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，有______种排法（数字作答）
【答案】1440
【分析】利用特殊元素优先排列进行求解即可．
【详解】第一步：从4个歌唱节目中选2个排在一头一尾有种排法；
第二步：剩下的3个语言类节目和2个歌唱节目共5个节目全排列有种排法，
共种排法.
故答案为：1440.
考点四 捆绑法
13．（2023秋·福建莆田·高二校考期末）、、、四人并排站成一排，如果与相邻，那么不同的排法种数是（ ）
A．24种B．12种C．48种D．23种
【答案】B
【分析】利用捆绑法求解相邻问题．
【详解】由题意，因为与相邻，将与放在一起，共有种排法，将与看成一个整体，与、进行全排列，共有种排法，综上共有种排法，
故选：B．
14．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知甲、乙两个家庭排成一列测核酸，甲家庭是一对夫妻带1个小孩，乙家庭是一对夫妻带2个小孩.现要求2位父亲位于队伍的两端，3个小孩要排在一起，则不同的排队方式的种数为（ ）
A．288B．144C．72D．36
【答案】C
【分析】方法1：运用捆绑法及分步乘法计算即可.分步排队方法：2位父亲排队2位母亲排队3个小孩“捆绑”内部排队在父亲母亲产生的3个空中选一个空将3个小孩放进去.
方法2：运用捆绑法及分步乘法计算即可.分步排队方法：2位父亲排队3个小孩“捆绑”与2位母亲排队3个小孩“捆绑”内部排队.
【详解】方法1：2位父亲的排队方式种数为，2位母亲的排队方式种数为，3个小孩的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体，放进父母的中间共有种排队方式，所以不同的排队方式种数为.
方法2：2位父亲的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体与2位母亲的排队方式种数为，3个小孩的排队方式种数为，所以不同的排队方式种数为.
故选：C.
15．（2023春·浙江杭州·高二浙江大学附属中学期中）浙大附中高二年级某班元旦活动有唱歌､跳舞､小品､相声､朗诵､游戏六个节目制成一个节目单，其中游戏不安排在第一个，唱歌和跳舞相邻，则不同的节目单顺序有___________种（结果用数字作答）
【答案】
【分析】根据唱歌和跳舞相邻和游戏不安排在第一个，先将唱歌和跳舞进行捆绑看作一个与除游戏外的三个进行全排，然后将游戏进行插空即可求解.
【详解】先将唱歌和跳舞进行捆绑看作一个与除游戏外的三个进行全排，则有种排法，然后
将游戏插入这4个排好的空中（不排第一个），有种，
由于唱歌和跳舞的位置可以互换，所以不同的节目单顺序有种，
故答案为：.
16．（2023秋·江苏南京·高三南京市第十三中学校考期末）国际冬奥会和残奥会两个奥运会将于2022年在北京召开，这是我国在2008年成功举办夏季奥运会之后的又一奥运盛事．某电视台计划在奥运会期间某段时间连续播放个广告，其中个不同的商业广告和个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且个奥运宣传广告不能相邻播放，则不同的播放方式有_______种．
【答案】
【分析】根据排列组合特殊位置优先原则结合插空法进行计算.
【详解】先考虑最后位置必为奥运宣传广告，有种，
另一奥运广告插入个商业广告之间，有种；
再考虑个商业广告的顺序，有种，
故共有种.
故答案为：．
17．（2023秋·江西吉安·高二统考期末）某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（ ）
A．18B．24C．36D．60
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合特殊元素问题及相邻问题，列式计算作答.
【详解】因为C、D节目相邻，则视C、D节目为一个整体与其它3个节目排列，
又A节目不排在第一个，则从后面三个位置中取一个排A，再排余下3个，有种，
其中的每一种排法，C、D节目的排列有，
所以节目安排的方法总数为（种）.
故选：C
考点五 插空法
18．（2023春·广东佛山·高二顺德一中校考期中）为了迎接期中考试，某同学要在周日上午安排五个学科的复习工作，为提高复习效率，数学学科的复习时间不安排在早晨第一科，并且数学和物理两科的复习时间不连在一起，那么五个学科复习时间的顺序安排总共有______种（用数字作答）．
【答案】54
【分析】考虑物理科的安排，物理安排在第一科复习或物理不安排在第一科复习，分类讨论，分别求出每一类里的安排方法，根据分类加法计数原理可得答案.
【详解】根据物理复习时间的安排分为以下两类
第一类，物理安排在第一科复习，第二科不能为数学,数学安排在后面三科有3种安排方法，
其余三科有种安排，共有种；
第二类，物理不安排在第一科复习，因为第一科也不能安排数学，
故第一科可安排其余三科中的一科，有3种安排方法，剩下四科中数学和物理采用插空法，
有种安排，共有种，
两类相加，共有18＋36＝54种安排方法，
故答案为：54
19．（2023春·江苏南京·高二南京市第一中学校考期中）有3名男生，4名女生，（每小题都用数字作答）．
(1)若全体站成一排，3名男生不相邻，4名女生也不相邻，则有多少种排队方法；
(2)若全体站成一排，男生甲不站在两端，女生乙不能站在中间，则有多少种排队方法；
(3)若排成前后两排，前排3人，后排4人，且同一排的学生性别不全相同，则有多少种排队方法.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先将4名女生全排列，然后将3名男生插到4名女生隔出的3个空中计算；（2）分类讨论男生甲站在中间与不站在中间的两种情况，再利用分类加法计数原理计算；（3）利用捆绑法计算出前面站3名男生，后面站4名女生的情况，然后再利用所有的情况减去同一排性别相同的情况.
【详解】（1）先将4名女生全排列得种，
然后将3名男生插空到4名女生之间隔出的3个空中（两端的空除外）得种，
所以不同的排法共有种；
（2）若男生甲站在中间，则共有种；
若男生甲不站在中间，先排中间有种，
然后再排列两端，此时有种，
最后剩下4个人全排列有种，
所以不同的排法共有种
（3）前面站3名男生，后面站4名女生，共有种；
所以前排3人，后排4人，且同一排的学生性别不全相同，
共有种
20．（2023春·福建福州·高二校联考期中）甲、乙、丙等7人站成一排照相，要求队伍最中间只能站甲或乙，且甲与丙不相邻，则不同的站法有____种.
【答案】1008种
【分析】利用特殊位置优先原则分类讨论计算即可.
【详解】若甲站最中间，则不同的站法有种；
若乙站最中间，甲和丙站在乙的一侧，则不同的站法有种；
若乙站最中间，甲和丙站在乙的两侧，则不同的站法有种.
故总的站法有1008种.
故答案为：1008
21．（2023秋·江西新余·高二统考期末）11月29日，江西新余仙女湖的渔民们迎来入冬第一个开捕日，仙女湖的有机鱼迎来又一个丰收年.七位渔民分在一个小组，各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不同的排法有（ ）
A．96种B．120种C．192种D．240种
【答案】C
【分析】先将甲乙捆绑成一个单元，再讨论其所排位置，运算求解.
【详解】由题意可知：丙必须在最中间（第4位），则甲乙排在第1、2位或2、3位或5、6位或6、7位，
故不同的排法有种.
故选：C.
考点六 捆绑法和插空法的综合
22．（2023春·湖南邵阳·高二邵阳市第二中学校考期中）为维护国家海洋安全权益，我国海军的5艘战舰出海执行任务，有2艘是驱逐舰，3艘是护卫舰，在一字形编队时，3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是______.
【答案】/
【分析】分别计算5艘战舰在一字形编队和2艘护卫舰相邻有多少种排法，再计算概率.
【详解】5艘战舰在一字形编队，共有 种编排方法，
其中2艘护卫舰相邻有 种编排方法，
所以3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是 ，
故答案为：
23．【多选】（2023春·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期中）某校文艺汇演共6个节目，其中歌唱类节目3个，舞蹈类节目2个，语言类节目1个，则下列说法正确的是（ ）
A．若以歌唱类节目开场，则有360种不同的出场顺序
B．若舞蹈类节目相邻，则有120种出场顺序
C．若舞蹈类节目不相邻，则有240种不同的出场顺序
D．从中挑选2个不同类型的节目参加市艺术节，则有11种不同的选法
【答案】AD
【分析】根据全排列、捆绑法、插空法，结合分步与分类计数原理依次分析选项，即可判断.
【详解】A：从3个歌唱节目选1个作为开场，有种方法，后面的5个节目全排列，
所以符合题意的方法共有种，故A正确；
B：将2个舞蹈节目捆绑在一起，有种方法，再与其余4个节目全排列，
所以符合题意的方法共有，故B错误；
C：除了2个舞蹈节目以外的4个节目全排列，有种，再由4个节目组成的5个空插入2个舞蹈节目，
所以符合题意的方法有种，故C错误；
D：符合题意的情况可能是1个歌唱1个舞蹈、1个歌唱1个语言、1个舞蹈1个语言，
所以不同的选法共种，故D正确.
故选：AD.
24．（2023春·重庆·高二四川外国语大学附属外国语学校校联考期中）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱．某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“雪容融”甲和“雪容融”乙相邻，且均不与“雪容融”丙相邻的不同的排列方法总数为（ ）
A．480B．960C．1080D．1440
【答案】B
【分析】先用捆绑法再用插空法计算.
【详解】现将4个不同造型的“冰墩墩”排好，有 种排法，排好后包括左右两边有5个空，
再将“雪容融”甲和“雪容融”乙捆绑，有 种方法，将捆绑后的“雪容融”与“雪容融”丙分别插入前面的5个空中，有 种方法；
所以总的排列方法数为： ；
故选：B.
25．【多选】（2023春·广西南宁·高二南宁三中校考期中）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（ ）
A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法
B．课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有240种排法
C．课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，共有144种排法
D．课程“礼”不排在第一周，也不排在最后一周，共有480种排法
【答案】ACD
【分析】根据给定条件利用组合知识可以判断A正确；不相邻问题利用插空法可以判断B错误；相邻问题利用捆绑法可以判断C正确；利用特殊位置法可以判断D正确.
【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有种，A正确；
对于B，先排“礼”、“御”、“书”、“数”，再用插空法排“乐”“射”，不同排法共有种，B错误；
对于C，“御”“书”“数”排在相邻的三周，可将“御”“书”“数”视为一个元素，不同排法共有种，C正确；
对于D，从中间四周中任取一周排“礼”，再排其它五门体验课程共有种，D正确.
故选：ACD.
26．【多选】（2023春·湖北·高二武汉市第六中学校联考期中）现将把椅子排成一排，位同学随机就座，则下列说法中正确的是（ ）
A．个空位全都相邻的坐法有种
B．个空位中只有个相邻的坐法有种
C．个空位均不相邻的坐法有种
D．4个空位中至多有个相邻的坐法有种
【答案】AC
【分析】对于A，用捆绑法即可；对于B，先用捆绑法再用插空法即可；对于C，用插空法即可；对于D，用插空法的同时注意分类即可.
【详解】对于A，将四个空位当成一个整体，全部的坐法：种，故A对；
对于B，先排4个学生，然后将三个相邻的空位当成一个整体，
和另一个空位插入5个学生中有种方法，
所以一共有种，故B错；
对于C，先排4个学生，4个空位是一样的，
然后将4个空位插入4个学生形成的个空位中有种，
所以一共有，故C对；
对于D，至多有2个相邻即都不相邻或者有两个相邻，由C可知都不相邻的有120种，
空位两个两个相邻的有：，
空位只有两个相邻的有，
所以一共有种，故D错；
故选：AC.
考点七 定序问题
27．（2023秋·福建宁德·高二统考期末）某中学为迎接新年到来，筹备“唱响时代强音，放飞青春梦想”为主题的元旦文艺晩会.晩会组委会计划在原定排好的5个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来5个节目的出场顺序不变，则有__________种不同排法.（用数字作答）
【答案】42
【分析】分两种情况讨论：2个教师节目相邻与不相邻，分别算出相加即可.
【详解】①当2个教师节目相邻时利用插空法则有：种情况，
②当2个教师节目不相邻时有：种情况，
所以共有种情况，
故答案为：42.
28．（2023春·湖北武汉·高二武汉市吴家山中学校联考期中）某班级周六的课程表要排入历史、语文、数学、物理、体育、英语共6节课
(1)如果数学必须比语文先上，则不同的排法有多少种？
(2)原定的6节课已排好，学校临时通知要增加生物化学地理3节课，若将这3节课插入原课表中且原来的6节课相对顺序不变，则有多少种不同的排法？
【答案】(1)种
(2)种
【分析】（1）根据数学必须比语文先上，属于定序问题，采用除法处理即倍缩法，即可求解.
（2）根据九科中六科的顺序一定，属于定序问题，采用除法处理即倍缩法，即可求解.
【详解】（1）如果数学必须比语文先上，则不同的排法有种.
（2）若将这3节课插入原课表中且原来的6节课相对顺序不变，则有种.
29．（2023秋·河南南阳·高二统考期末）5个人排成一列，已知甲排在乙的前面，则甲、乙两人不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用插空法，结合古典概率模型求解即可.
【详解】5个人全排列且甲排在乙的前面有种方法，
将剩余三人排成一列有中排法，产生4个空位，
让甲、乙选择两个空位插空，则有种方法，
所以甲、乙两人不相邻的安排方法有种方法，
其中甲排在乙的前面的有种方法，
所以甲、乙两人不相邻的概率为，
故选:C.
30．（2023秋·江苏扬州·高三校考期末）花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为_________
【答案】
【分析】结合全排列的概念即可.
【详解】由题意，对6盏不同的花灯进行取下，
先对6盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，
因为取花灯每次只取一盏，而且只能从下往上取，
所以必须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故共有取法总数为：.
故答案为：
31．（2023秋·辽宁沈阳·高二校联考期末）按照编码特点来分，条形码可分为宽度调节法编码和模块组合法编码．最常见的宽度调节法编码的条形码是“标准25码”，“标准25码”中的每个数字编码由五个条组成，其中两个为相同的宽条，三个为相同的窄条，如图就是一个数字的编码，则共有多少（ ）种不同的编码．
A．120B．60C．40D．10
【答案】D
【分析】本题转化为排列问题，即3个分别相同的元素与2个分别相同的元素排成一列的总数问题.
【详解】由题意可得，该题等价于将5个元素（3个分别相同、2个分别相同）排成一列的所有排列数．
故选：D
考点八 间接法
32．（2023春·河南·高二校联考阶段练习）将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．
A．1860种B．3696种C．3600种D．3648种
【答案】D
【分析】采用间接法，先求出没有限制的所有站法，再排除不满足条件的站法可求解.
【详解】7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.
故选：D
33．（2023·安徽滁州·校考模拟预测）某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（ ）
A．21种B．231种C．238种D．252种
【答案】B
【分析】利用间接法求解，先求出任选5人的选法再减去甲乙丙三人都不被选的选法即可得解.
【详解】10人中选5人有种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有种，
则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有种.
故选：B
34．（2023春·山东烟台·高二烟台二中校考阶段练习）中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408种B．240种C．1092种.D．120种
【答案】A
【分析】根据给定条件先求出“射”不在第一次的“六艺”讲座不同的次序数，去掉“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的“六艺”讲座不同的次序数即可得解.
【详解】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为，
于是得，
所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.
故选：A
【点睛】思路点睛：含有两个限制条件的排列问题，利用排除法，先让一个条件被满足，再去掉这个条件满足时另一个条件不满足的所有可能即可解决问题.
考点九 组合的基本问题
35．（2023春·江苏南京·高二南京师范大学附属中学江宁分校校考期中）设甲袋中有2个红球和2个黑球，乙袋中有1个红球和2个黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，则从乙袋中取出的是2个黑球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】从甲袋任取2个球的可能性有三种：（1）从甲袋取出的两球都是红球，（2）从甲袋取出的两球都是黑球，（3）从甲袋取出的两球是1红1黑，进而求解即可.
【详解】从甲袋任取2个球的可能性有三种：
（1）从甲袋取出的两球都是红球时，设“从乙袋取出2个黑球”，
则；
（2）从甲袋取出的两球都是黑球时，设“乙袋取出2个黑球”，
则；
（3）从甲袋取出的两球是1红1黑时，设“乙袋取出2个黑球”，，
所以从乙袋中取出两个黑球的概率为.
故选：A.
36．【多选】（2023秋·辽宁丹东·高二统考期末）20件产品中有18件合格品，2件次品，从这20件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法表述正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】直接法：抽出的3件产品中至少有1件次品有两种可能：恰有1件次品和恰有2件次品，运即可算求解；间接法：法一：20件产品中任意抽取3件的抽法减去没有次品（全为合格品）的抽法；法二：先抽取1件次品，再从剩余的19件中任取2件，减去重复一次的情况（2个次品）.
【详解】直接法：抽出的3件产品中至少有1件次品有如下可能：
抽出的3件产品中恰有1件次品的抽法；
抽出的3件产品中恰有2件次品的抽法；
故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，A错误，B正确；
间接法：法一：这20件产品中任意抽取3件的抽法为，抽出的3件产品中没有次品（全为合格品）的抽法为，
故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，C正确；
法二：先抽取1件次品，再从剩余的19件中任取2件，抽法为，但2个次品的情况重复一次，抽出2个次品的抽法为，
故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，D正确；
故选：BCD.
37．【多选】（2023春·湖北·高二校联考期中）在50件产品中，有47件合格品，3个不合格，从这50件产品中任意抽取4件，则下列结论正确的有（ ）
A．抽取的4件产品中至多有1件是不合格品的抽法有种
B．抽取的4种产品中至少有1件是不合格品的抽法有种
C．抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽取的4件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
【答案】BCD
【分析】50件产品中任意抽取4件，可能的结果为：没有不合格（全为合格品），恰有1件不合格，恰有2件不合格，恰有3件不合格，分别求出它们的抽法种数，根据分类加法计数原理以及对立事件，即可得出答案.
【详解】对于A项，抽取4件产品中没有不合格（全为合格品）的抽法，抽出产品中恰有1件不合格的抽法，抽取的4件产品中至多有1件是不合格品的抽法有种，故A项错误；
对于B项，抽出的4件产品中至少有1件不合格品有如下可能：
抽出产品中恰有1件不合格的抽法，
抽出产品中恰有2件不合格的抽法，
抽出产品中恰有3件不合格的抽法，
取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种，故B项正确；
对于C项，这50件产品中任意抽取4件的抽法为，抽取4件产品中没有不合格（全为合格品）的抽法，故抽出的4件产品中至少有一件合格的抽法为，故C项正确；
对于D项，抽出产品中恰有1件不合格的抽法，故D项正确.
故选：BCD.
38．（2023春·贵州毕节·高二校考期中）霹雳舞是一种动感和节奏感非常强烈、动作非常炫酷的舞蹈，年青人对这种舞蹈如痴如醉.2024年法国巴黎奥运会（第33届夏季奥林匹克运动会）将首次把霹雳舞列入比赛项目．2023年1月9日中国霹雳狮队正式成立．2月25日，中国女队员、17岁的刘清漪在霹雳舞首场积分赛中夺冠，为中国队赢得了开门红．藉此之际，某中学组建了霹雳舞队，计划从3名男队员，5名女队员中选派4名队员外出参加培训，求下列情形下有几种选派方法．
(1)男队员2名，女队员2名；
(2)至少有1名男队员．
【答案】(1)30；
(2)65.
【分析】（1）根据给定条件，利用组合问题按要求选出队员，列式计算作答.
（2）根据给定条件，利用组合问题结合排除法列式计算作答.
【详解】（1）从3名男队员，5名女队员中分别选出男女队员各2名，不同选法数为（种）.
（2）从8名队员中任选4名队员有种，其中没有男队员的选法数是种，
所以至少有1名男队员的不同选法数是（种）.
39．（2023春·河南郑州·高二校考期中）在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查.现在从98件正品和2件次品共100件产品中，任意抽出3件检查.
(1)共有多少种不同的抽法？
(2)恰好有一件是次品的抽法有多少种？
(3)至少有一件是次品的抽法有多少种？
(4)恰好有一件是次品，再把抽出的3件产品放在展台上，排成一排进行对比展览，共有多少种不同的排法？
【答案】(1)种
(2)种
(3)种
(4)种
【分析】（1）按照组合数公式计算可得；
（2）按照分步乘法计数原理及组合数公式计算可得；
（3）利用间接法计算可得；
（4）结合（2）中结论，再将三个产品全排列即可.
【详解】（1）100件产品，从中任意抽出3件检查，共有种不同的抽法；
（2）事件分两步完成，第一步从2件次品中抽取1件次品，第二步从98件正品中抽取2件正品，
根据乘法原理得恰好有一件是次品的抽法有种不同的抽法；
（3）利用间接法，从中任意抽出3件检查，共有种不同的抽法，
全是正品的抽法有，则至少有一件是次品的抽法有种不同的抽法；
（4）恰好有一件是次品，再把抽出的3件产品放在展台上，
排成一排进行对比展览，共有种不同的排法.
考点十 分堆分配问题
40．【多选】（2023春·贵州毕节·高二校考期中）下列说法正确的为（ ）
A．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法
B．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法
C．6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法
D．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有450种不同的分法
【答案】AC
【分析】根据给定条件，利用分组分配的方法，列式判断AB；利用隔板法计算判断C；利用分类加法计数原理列式计算判断D作答.
【详解】对于A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，先取2本给甲，再从余下4本中取2本给乙，最后2本给丙，
不同分法有种，A正确；
对于B，把6本不同的书按分成3组有种方法，再分给甲、乙、丙三人有种方法，
不同分法种数是，B错误；
对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，相当于把6本相同的书排成一排，中间形成5个间隙，
取两块隔板插入两个间隙，把6本书分成3部分，分给甲、乙、丙三人的不同分法数为，C正确；
对于D，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，可以有3类办法，每人2本有种，
一人1本，一人2本，一人3本有种，一人4本，另两人各一本有种，
所以6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本的不同分法数是，D错误.
故选：AC
41．（2023春·广东汕头·高二校考期中）现将甲乙丙丁四个人全部安排到市､市､市三个地区工作，要求每个地区都有人去，则甲乙两个人至少有一人到市工作的安排种数为（ ）
A．12B．14C．18D．22
【答案】D
【分析】分三种情况，结合排列组合知识进行求解出每种情况下的安排种数，相加即可.
【详解】若甲乙两人中的1人到市工作，有种选择，其余3人到另外两个地方工作，先将3人分为两组，再进行排列，有安排种数，故有种；
若甲乙两人中的1人到市工作，有种选择，丙丁中一人到市工作，有种选择，其余2人到另外两个地方工作，有种选择，故安排种数有种；
若安排甲乙2人都到市工作，其余丙丁2人到另外两个地方工作，安排种数有种，
故总共有12+8+2=22种.
故选：D
42．（2023春·安徽马鞍山·高二马鞍山二中校考期中）有2男2女共4名大学毕业生被分配到三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（ ）
A．12B．14C．36D．72
【答案】B
【分析】根据题意，分厂只接受1个女生和厂接受2个女生两类情况，结合厂的分派方案，利用分类、分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，可分为两种情况：
①若厂只接受1个女生，有种分派方案，
则厂分派人数可以为或，则有种分派方案，
由分步计数原理可得，共有种不同的分派方案；
②若厂接受2个女生，只有1种分派方案，
则厂分派人数为，则有种分派方案，
此时共有种不同的分派方案，
综上，由分类计数原理可得，共有种不同的分派方案.
故选：B.
43．【多选】（2023春·湖北武汉·高二武汉市吴家山中学校联考期中）现有带有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（ ）
A．全部投入4个不同的盒子里，共有种放法
B．全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
【答案】ACD
【分析】对于A，利用分步乘法计数原理计算可判断A正确；对于B，先将5个球分为2组，再全排，计算可判断B不正确；对于C，利用分步乘法计数原理计算可判断C正确；对于D，先将5个球分为4组，再全排，计算可判断D正确；
【详解】对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A正确；
对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为1：4有种分法；若两组球个数之比为2：3有种分法，第三步将两组排给两个盒子有种排法，因此共有，故B不正确；
对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有种选法，第二步选一个盒子有种选法，共有种放法，故C正确；
对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有种分法，第二步分给四个盒子有种排法，故共有种放法，故D正确；
故选：ACD.
考点十一 数字排列问题
44．（2023春·云南昆明·高二校考期中）用0，1，2，3，4这5个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
A．24个B．30个C．36个D．42个
【答案】B
【分析】根据给定条件，按个位数字是0和不是0分类，再利用排列知识求解作答.
【详解】计算偶数个数有两类办法：
个位数字是0，十位和百位从另4个数字中选两个进行排列有种结果，
个位数字不是0，从2和4中选一个作个位，从除0外的另3个数字中选一个作百位，
再从余下3个数字中选一个作十位，共有种结果，
由分类加法计数原理得，偶数共有种结果.
故选：B
45．（2023春·天津河东·高二期中）可以组成多少个无重复数字的
(1)四位整数；
(2)比2000大的四位偶数.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先把首位排好，再排其他位置即可；
（2）分个位数为和个位数不为两种情况讨论，再排首位，再根据分步乘法原理即可得解.
【详解】（1）先排首位，有种排法，
再排后三位，有种排法，
所以共有个；
（2）若个位数为，则首位有种排法，其他两个位置有种排法，
则有个，
若个位数不为，则个位数只能从两个数中选一个，有种，
则首位有种排法，其他两个位置有种排法，
则有个，
所以比2000大的四位偶数有个.
46．（2023秋·辽宁鞍山·高二鞍山一中校联考期末）用这九个数字组成的无重复数字的四位奇数中，各位数字之和为偶数的共有（ ）
A．120个B．600个C．720个D．840个
【答案】D
【分析】首先根据题意将问题分成四位均为奇数和四位中两位偶数两位奇数两种情况，然后分别计算两种情况所包含的四位奇数个数，最后根据分类相加原理即可求出总共个数.
【详解】根据题意，若想组成四位奇数且各位数字之和为偶数，分以下两种情况：
（1）四位数均为奇数：包含种；
（2）四位数中两位奇数两位偶数：包含种.
综上所述一共包含个.
故选：D
47．（2023秋·江西宜春·高二校考期末）由，，，，组成的五位数中，分别求解下列问题.（应写出必要的排列数或组合数，结果用数字表示）
（1）没有重复数字且为奇数的五位数的个数；
（2）没有重复数字且和不相邻的五位数的个数；
（3）恰有两个数字重复的五位数的个数.
【答案】（1）72个；（2）72个；（3）1200个.
【分析】（1）由题知，该五位数个位数为奇数，然后余下的四个数全排列即可.
（2）先对1,3,5三个数全排列，然后利用插空法排列2和4即可.
（3）从5个数中挑选出重复的数字，从剩下的4个数中挑选3个数字，先对重复数字排列，然后余下的三个数全排列即可.
【详解】解：（1）由题知，该五位数个位数为奇数，然后余下的四个数全排列即可.
个.
（2）先对1,3,5三个数全排列，然后利用插空法排列2和4,即个
（3）从5个数中挑选出重复的数字，从剩下的4个数中挑选3个数字，先对重复数字排列，然后余下的三个数全排列即个
考点十二 涂色问题
48．（2023春·河北石家庄·高二石家庄市第四十一中学校考期中）在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共有_________种（用数字作答）
【答案】240
【分析】直接利用分步乘法计数原理即可求出结果.
【详解】由分步乘法计数原理得种,
故答案为：240.
49．（2023秋·辽宁丹东·高二统考期末）如图所示为某公园景观的一隅，是由五处区域构成，现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同色的鲜花，有种颜色鲜花可供选用，则不同的装饰方案数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依次确定区域、、、、的选法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，
区域、各有种颜色鲜花可供选择，
由分步乘法计数原理可知，不同的装饰方案数为种.
故选：B.
50．（2023秋·辽宁阜新·高二校考期末）如图，提供4种不同的颜色给图中，，，四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（ ）种．
A．12B．36C．48D．72
【答案】C
【分析】根据使用颜色的数量进行分类计算即可.
【详解】如果只用了3种颜色，则ABD三块区域颜色必两两不同，C区域必与A相同，
则涂法有种；
如果用了全部4种颜色，则涂法有种；
所以总共有种涂法.
故选：C.
51．（2023春·湖北襄阳·高二宜城市第一中学校联考期中）为了推动农业高质量发展，实施一二三五计划，枣阳市政府将枣阳市划分成①湖垱生态农业区，②桐柏山生态农业区，③数字农业区，④生态走廊区和⑤大洪山生态农业区五个发展板块（如下图），现用四种颜色给各个板块着色，要求有公共边界的两个板块不能用同一种颜色，则不同的着色方法有_________种．
【答案】
【分析】按先后顺序分别涂区域③④①②⑤，确定每个区域的涂色方法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】先涂区域③，有种选择，接下来涂区域④，有种选择，
接下来涂区域①②，涂区域①有种选择，涂区域②有种选择，
最后涂区域⑤，有种选择，
由分步计数原理可知，不同的着色方法种数为种.
故答案为：.
52．（2023春·湖北武汉·高二武汉市吴家山中学校联考期中）七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形､一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有______种.
【答案】
【分析】画图分析其中四板块必涂上不同颜色，再根据分类分步计数原理计算剩下的部分即可.
【详解】由题意，一共4种颜色，板块需单独一色，剩下6个板块中每2个区域涂同一种颜色.
又板块两两有公共边不能同色，故板块必定涂不同颜色.
①当板块与板块同色时，则板块与板块或板块分别同色，共2种情况；
②当板块与板块同色时，则板块只能与同色，板块只能与同色，共1种情况.
又板块颜色可排列，故共种.
故答案为：
定义及表示
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，用符号Aeq \\al(m,n)表示.
全排列的概念
n个不同的元素全部取出的一个排列.
阶乘的概念
正整数1到n的连乘积，用n！表示. Aeq \\al(n,n)＝n！，0！＝1.
排列数公式
(n，m∈N*，m≤n).
Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1).
阶乘式Aeq \\al(m,n)＝eq \f(n！,（n－m）！).
定义及表示
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，用符号Ceq \\al(m,n)表示.
组合
数公
式
乘积式
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(Aeq \\al(m,n),Aeq \\al(m,m))＝eq \f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！).
阶乘式
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(n！,m！（n－m）！).
两个性质
性质1
Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n).
性质2
Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n).