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人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.2 排列与组合当堂达标检测题
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这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.2 排列与组合当堂达标检测题，文件包含第4讲排列组合常见11种题型总结分析原卷板docx、第4讲排列组合常见11种题型总结分析解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共66页， 欢迎下载使用。
题型一：特殊元素与特殊位置优待法
题型二：分类讨论思想
题型三：插空法（不相邻问题）
题型四：捆绑法（相邻问题）
题型五：平均分组问题除法策略
题型六：分配问题先分组再分配
题型七：正难则反
题型八：定序问题（消序法）
题型九：相同元素隔板法
题型十：涂色问题
题型十一：与几何有关的组合应用题
【典型例题】
题型一：特殊元素与特殊位置优待法
对于有附加条件的排列组合问题，一般采用：先考虑满足特殊的元素和位置，再考虑其它元素和位置。
【例1】从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（ ）
（A） 280种 （B）240种 （C）180种 （D）96种
【答案】B
【详解】解：先从除了甲乙剩余的4名志愿者中选1人从事翻译工作，有种，然后再从剩余的名志愿者中选3个人从事另外三项工作，有种，所以一共有种.
故选：B．
【例2】某城市的汽车牌照号码由个英文字母后接个数字组成，其中个数字互不相同的牌照号码共有（ ）个
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求从26个英文字母中选出2个英文字母的方法数，再求出后接4个数字组成的方法数，由分步计数原理即可得结论．
【详解】解：先从26个英文字母中选出2个英文字母的方法数为，后接4个数字组成的方法数为，所以由分步计数原理可得不相同的牌照号码共有个.
故选：D．
【例3】将甲、乙、丙等六位同学排成一排，且甲、乙在丙的两侧，则不同的排法有______种.
【答案】240
【分析】依据特殊元素优先法去排列即可解决.
【详解】甲、乙、丙等六位同学排成一排，可以看成甲、乙、丙等六位同学在一排6个座位上就座.
先安排甲、乙、丙三位同学：在6个座位中任选3个座位有种方法，让甲、乙坐在丙的两侧，有种方法；
接下来安排余下的三位同学：余下的三位同学在剩下的3个座位上任意坐有种方法.
则不同的排法共有（种）
故答案为：240
【例4】用0、1、2、3、4五个数字:
(1)可组成多少个五位数；
(2)可组成多少个无重复数字的五位数；
(3)可组成多少个无重复数字的且是3的倍数的三位数；
(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数．
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)
【分析】四个问题是同一类型题根据已知讨论各个位置上的数字情况，然后利用分步乘法计数原理进行计算即可求解.
（1）
用0、1、2、3、4五个数字组成五位数,相当于从1、2、3、4四个数字中抽取一个放在万位，有种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在千位，有种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在百位，有种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在十位，有种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在个位，有种情况，
所以可组成个五位数.
（2）
用0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的五位数,相当于先从1、2、3、4四个数字中抽取一个放在万位，有种情况，再把剩下的三个数字和0全排列，有种情况，所以可组成个无重复数字的五位数.
（3）
无重复数字的3的倍数的三位数组成它的三个数字之和必须是3的倍数，
所以三个数字必须是0、1、2或0、2、4或1、2、3或2、3、4，
若三个数字是0、1、2，则0不能放在百位，从1和2两个数字中抽取一个放在百位，有种情况，再把剩下的一个数字和0全排列，有种情况；
若三个数字是0、2、4，则0不能放在百位，从2和4两个数字中抽取一个放在百位，有种情况，再把剩下的一个数字和0全排列，有种情况；
若三个数字是1、2、3，则相当于对这三个数字全排列，有种情况;
若三个数字是2、3、4，则相当于对这三个数字全排列，有种情况.
所以根据分类计数原理，共可组成
个无重复数字的且是3的倍数的三位数.
（4）
由数字0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的五位奇数，则放在个位的数字只能是奇数，所以放在个位数字只能是1或3，所以相当于先从1、3两个数字中抽取一个放在个位，有种情况，再从剩下的四个数字中除去0抽取一个放在万位，有种情况，再对剩下的三个数字全排列，有种情况，
所以可组成个无重复数字的五位奇数.
【题型专练】
1．某校从8名教师中选派4名教师到4个边远地区支教（每地1人），要求甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，则不同的选派方案有______种．
【答案】600
【分析】先从8名教师中选出4名，因为甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，所以可按选甲和不选甲分成两类，两类方法数相加，再把4名老师分配去4个边远地区，4名老师进行全排列即可，最后两步方法数相乘
【详解】解：分两步，
第一步，先选四名老师，又分两类，
第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，有种不同的选法，
第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，有种不同的选法，
所以不同的选法有25种，
第二步，四名老师去4个边远地区支教，有种，
所以共有种，
故答案为:600
【点睛】此题考查了排列组合的综合应用，属于基础题.
2．某化工厂生产中需依次投放2种化工原料，现已知有5种原料可用，但甲、乙两种原料不能同时使用，且依次投料时，若使用甲原料，则甲必须先投放，则不同的投放方案有（ ）.
A．10种B．12种C．15种D．16种
【答案】C
【分析】根据选甲或乙或都不选分类讨论即可.
【详解】分为以下三类分别计算：
选甲，则有 种；
选乙，则有 种；
甲乙都不选，则有 种；
共有3+6+6=15种方案；
故选：C.
3．4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（ ）
A．288B．336C．368D．412
【答案】B
【分析】由已知，可根据题意，分成当四位数不出现1时、当四位数出现一个1时、当四位数出现两个1时三种情况，分别列式求解即可.
【详解】当四位数不出现1时，排法有：种；
当四位数出现一个1时，排法有：种；
当四位数出现两个1时，排法有：种；
所以不同的四位数的个数共有：．
故选：B．
4．用0，2，4，5，6，8组成无重复数字的四位数，则这样的四位数中偶数共有（ ）
A．120个B．192个C．252个D．300个
【答案】C
【分析】根据个位数是否为零分类讨论即可.
【详解】若这个偶数的个位数是0，则有个；
若这个偶数的个位数不是0，则有个.
故满足条件的四位数中偶数的总个数为；
故选：C.
题型二：分类讨论思想
【例1】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况数（ ）
A．60B．40C．30D．80
【答案】A
【分析】分类讨论：一，二，三等奖，三个人获得；一，二，三等奖，有1 人获得2张，1人获得1张
【详解】一，二，三等奖，三个人获得，共有种；
一，二，三等奖，有1 人获得2张，1人获得1张，共有种，共有24+36=60种.
故选：A.
【例2】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长短的小木棍.如图，是利用算筹表示数1~9的一种方法.例如：3可以表示为“”，26可以表示为“”.现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1~9这9个数字表示两位数的个数为_________.
【答案】16
【分析】根据已知条件分析可得6根算筹可以表示的数字组合，进而分析每个组合表示的两位数个数，由加法原理即可求解.
【详解】根据题意，现有6根算筹可以表示的数字组合为15，19，24，28，64，68，33，37，77；数字组合15， 19，24，28，64，68，37中，每组可以表示2个两位数，则可以表示个两位数；数字组合33，77，每组可以表示1个两位数，则共可以表示个两位数；
则总共可以表示个两位数.
故答案为：16.
【例3】将1，2，3填入的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，下面是一种填法，则不同的填写方法共有（ ）
A．6种B．12种C．24种D．48种
【答案】B
【分析】由题意，只需填第一行和第一列，剩下的即唯一确定了，由此求出答案．
【详解】由题意，只需填第一行和第一列，剩下的即唯一确定了，
则不同的填写方法共有．
故选：B．
【题型专练】
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1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.
【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；
然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；
最后剩下的名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有种.
故选：C
【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.
2．某公司安排甲乙丙等人完成天的值班任务，每人负责一天．已知甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，则不同的安排方式有___种．
【答案】
【分析】根据题意，按甲乙丙的安排分5种情况讨论：①甲在第二天值班，则丙可以安排在第一天和第三天，乙没有限制，②甲在第三天值班，丙安排在第二天值班，乙没有限制，③甲在第三天值班，丙安排在第四天值班，乙有4种安排方法，④甲在第四五六天值班，丙有2种安排方法，乙有4种安排方法，⑤甲安排在第七天值班，丙只能安排在第六天，乙有4种安排方法，求出每种情况的安排方法数目，由加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，分5种情况讨论：
①甲在第二天值班，则丙可以安排在第一天和第三天，有2种情况，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有＝120种安排方式，
此时有2×120＝240种安排方式，
②甲在第三天值班，丙安排在第二天值班，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有＝120种安排方式，
此时有1×120＝120种安排方式，
③甲在第三天值班，丙安排在第四天值班，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，
此时有4×24＝96种安排方式，
④甲在第四五六天值班，丙有2种安排方法，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，
此时有3×2×4×24＝576种安排方式，
⑤甲安排在第七天值班，丙只能安排在第六天，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，
此时有4×24＝96种安排方式；
故有240+120+96+576+96＝1128种安排方式；
故答案为：1128
题型三：插空法（不相邻问题）
对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，再将不相邻元素在已排好的元素之间及两端空隙中插入即可。
【例1】6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144B．120C．72D．24
【答案】D
【解析】先排三个空位，形成4个间隔，然后插入3个同学，故有种
【例2】公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个1不相邻，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个．
A．240B．360C．600D．720
【答案】A
【分析】直接利用插空法计算得到答案.
【详解】利用插空法：共有种.
故选：A
【例3】有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是（ ）
A．12B．48C．72D．96
【答案】B
【分析】此题分为物理在第一或第五个位置、物理在第二或第四个位置和物理在第三个位置，分别求出它们的总数即可求出答案.
【详解】物理在第一或第五个位置，共有：种；
物理在第二或第四个位置，共有：种；
物理在第三个位置，共有：种；
所以同一科目书都不相邻的放法种数是：.
故选：B.
【题型专练】
1．有互不相同的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，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，则共有摆放方法（ ）
A．120种B．32种C．24种D．16种
【答案】D
【分析】红色在中间，先考虑红色左边的情况，再考虑右边，进而求出答案.
【详解】红色左边放一盆白色，一盆黄色，右边放一盆白色，一盆黄色，
先选左边，白色二选一，黄色二选一，再进行排列，故有种选法，
再考虑后边，剩余的白色和黄色进行排列即可，有种选法，
综上：一共有摆放方法=16种.
故选：D
2．现有2名学生代表，2名教师代表和3名家长代表合影，则同类代表互不相邻的排法共有（ ）种．
A．552B．864C．912D．1008
【答案】C
【分析】插空法求解不相邻排列问题.
【详解】由题意，设表示两名学生位置，表示两名教师位置，表示三名家长位置，
第一步：先排学生有种方法；
第二步：再排两名教师，有①与，②与，③与三种情况，
对于①，教师有种排法，然后再将三名家长排入五个空中，共有种方法；
对于②，教师有种排法，然后家长先在A与A之间和与之间各选一个家长排入，剩余一个家长插入剩余三个空中的一个空中，有种；
对于③，教师有种排法，然后选一个家长排在最中间一个空中，再将剩余两个家长排在剩余的四个空中，有种排法，
综上，共有．
故选：C．
3．某种产品的加工需要经过道工序，如果工序C，D必须不能相邻，那么有______种加工顺序（数字作答）
【答案】72
【分析】先排其余的3道工序，出现4个空位，再将这2道工序插空.
【详解】先排其余的3道工序，有种不同的排法，出现4个空位，再将C，D这2道工序插空，有种不同的排法，所以由分步乘法原理可得，共有种加工顺序.
题型四：捆绑法（相邻问题）
对于某几个元素相邻的排列问题，可先将相邻的元素捆绑，再将它与其它元素在一起排列，注意捆绑部分的内部顺序。
【例1】某班优秀学习小组有甲､乙､丙､丁､戊共5人，他们排成一排照相，则甲､乙二人相邻的排法种数为( )
A．24B．36C．48D．60
【答案】C
【解析】先安排甲､乙相邻，有种排法，再把甲、乙看作一个元素，与其余三个人全排列，
故有排法种数为.故选：C
【例2】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】B
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，
故选：B
【例3】（多选题）3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（ ）
A．共有60种不同的坐法
B．空位不相邻的坐法有72种
C．空位相邻的坐法有24种
D．两端不是空位的坐法有27种
【答案】AC
【分析】对于A，采用组合先选出座位，再根据排列方法安排座位；
对于B，利用插空法；对于C，利用捆绑法；对于D，利用特殊元素优先法.
【详解】对于A，，故正确；
对于B，，故错误；
对于C，，故正确；
对于D，，故错误，
故选：AC.
【例4】中国古代儒家提出的“六艺”指：礼､乐､射､御､书､数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，排课有如下要求：“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，则针对“六艺”课程讲座活动的不同排课顺序共有（ ）
A．18种B．36种C．72种D．144种
【答案】D
【分析】利用捆绑法和插空法计算可得.
【详解】解：由题意“乐”与“书”不能相邻，“射”和“御”要相邻，可将“射”和“御”进行捆绑看成一个整体，共有种，
然后与“礼”､“数”进行排序，共有种，
最后将“乐”与“书”插入4个空即可，共有种，
由于是分步进行，所以共有种.
故选：D.
【例5】某办公楼前有7个连成一排的车位，现有三辆不同型号的车辆停放，恰有两辆车停放在相邻车位的方法有___________种．
【答案】120
【分析】从3辆车中挑出2辆车排列好之后进行捆绑看作一个元素，另一辆看作另一个元素，这两个元素不相邻，将这两个元素插入另外4个车位形成的5个空位中.
【详解】从3辆车中挑出2辆车排列好之后进行捆绑看作一个元素，有种方法；
另一辆看作另一个元素，这两个元素不相邻，将这两个元素插入另外4个车位形成的5个空位中，有种，
因此共有种.
故答案为：120
【题型专练】
1．把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻， 且产品与产品不相邻，则不同的摆法有____________种.
【答案】36
【详解】试题分析：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有种方法，而A、B可交换位置，所以有种摆法，又当A、B相邻又满足A、C相邻，有种摆法，故满足条件的摆法有种.
考点：排列组合，容易题.
2．甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（ ）
A．240B．192C．96D．48
【答案】B
【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人.
【详解】丙在正中间（4号位）；
甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，
考虑到甲､乙的顺序有种情况；
剩下的4个位置其余4人坐有种情况；
故不同的坐法的种数为.
故选：B.
3．2名老师和3名学生站成一排照相，则3名学生中有且仅有2人相邻的站法有________种.
【答案】72
【分析】先将学生分成两组，两人的先捆绑，再两位老师全排列，剩下三个空将两组学生全排列即可.
【详解】第一步：先取两个学生捆绑，则有种；
第二步：两名老师全排列，则有种；
第三步：两名老师有3个空，将两组学生安排在3个空中的两个，则有种，
则一共有种.
故答案为：72
4．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”排在相邻的两周，共有240种排法
C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种排法
D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有480种排法
【答案】ABC
【分析】利用直接法、插空法、捆绑法以及分步乘法计数原理依次判断选项即可.
【详解】A：6门中选2门共有种选法，故A正确；
B：课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有种排法，然后全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有种，故B正确；
C：课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有种排法，然后利用插空法排课程“御”“书”“数”有种排法，根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故C正确；
D：分2种情况讨论：
若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有种排法，
若先把“礼”不排在最后一周，再排“数”，有种排法，
所以，共有种排法，故D错误.
故选：ABC.
5．“四书” “五经”是我国部经典名著《大学》《论语》《中庸》《孟子》《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校计划在读书节活动期间举办“四书”“五经”知识讲座，每部名著安排次讲座，若要求《大学》《论语》相邻，但都不与《周易》相邻，则排法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，将《大学》《论语》捆绑和《周易》看作两个元素，采用插空法排列，根据分步乘法计数原理，可得答案.
【详解】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，
共有种排法，将《大学》《论语》看作一个元素，二者内部全排列有种排法，
排完的6部经典名著的讲座后可以认为它们之间包括两头有7个空位，
从7个空位中选2个，排《大学》《论语》捆绑成的一个元素和《周易》的讲座，有种排法，
故总共有种排法，
故选：C.
6．中国书法一般分为篆书､隶书､行书､楷书和草书这5种字体，其中篆书分大篆和小篆，隶书分古隶和汉隶，草书分章草､今草和狂草，行书分行草和行楷，楷书分魏碑和唐楷.为了弘扬传统文化，某书法协会采用楷书､隶书和草书3种字体书写6个福字，其中隶书字体的福字分别用古隶和汉隶书写，草书字体的福字分别用章草､今草和狂草书写，楷书字体的福字用唐楷书写.将这6个福字排成一排，要求相同类型字体的福字相邻，则不同的排法种数为___________种.
【答案】72
【分析】利用捆绑法，结合排列数的计算，求解即可.
【详解】分别将隶书､草书､楷书当作整体，排法总数为，
隶书内部顺序，草书内部顺序，
故方法总数为种.
故答案为：.
题型五：平均分组问题除法策略
【例1】已知有6本不同的书.分成三堆，每堆2本，有________种不同的分堆方法？
【答案】15
【分析】根据题意先对6本书进行分组，因为平均分成的组，不管他们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后要除以，进而求解.
【详解】6本书平均分成3堆，
所以不同的分堆方法的种数为.
故答案为：.
【例2】12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为将12个组分成4个组的分法有种，而3个强队恰好被分在同一组分法有，故个强队恰好被分在同一组的概率为．
【例3】6本不同的书，分成三份，1份4本，另外两份每份1本，共有________种不同的分配方式
【答案】15
【分析】根据部分平均分组由排列组合即可求解.
【详解】无序均匀分组问题，种，
故答案为：15
【题型专练】
1．奥运会足球预选赛亚洲区决赛（俗称九强赛），中国队和韩国队是其中的两支球队．现要将9支球队随机平均分成3组进行比赛，则中国队与韩国队分在同一组的概率是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由组合与古典概型公式求解
【详解】由题意得9支球队平均分成3组共有种，
若中国队与韩国队分在同一组，则有种，
故所求概率为，
故选：A
2．6本不同的书，分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有______种分法
【答案】60
【分析】根据不平均分组即可求解，
【详解】先从6本书中任取1本，作为一堆，有种取法，再从余下的5本书中任取2本，作为一堆，有种取法，最后从余下的3本书中取3本作为一堆，有种取法，故共有分法种.
3．“全员检测，阻断清零”的新冠防疫政策，使得我国成为全球最安全的国家.现某处需要三组全民核酸检测人员，其中有3名医生和6名社会志愿者组成，每组人员由1名医生和2名志愿者组成.根据需要，志愿者甲与乙要分配在同一组，则这9名检测人员分组方法种数为______.
【答案】18
【分析】先把除甲乙两人的4名志愿者分成两组，再搭配3名医生，用分步乘法原理计算可得结果.
【详解】志愿者分组情况有种，搭配3名医生有种.
故答案为:18.
题型六：分配问题先分组再分配
【例1】某校在重阳节当日安排4位学生到三所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案数是（ ）
A．81B．72C．48D．36
【答案】D
【分析】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，即可得出答案．
【详解】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，则有种分配方法，
故选：D．
【例2】某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】A
【分析】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区.
【详解】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区，可分为种情况，
第一类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，
第二类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，
第三类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，
所以共（种）选派方案，
故选：A.
【例3】6名志愿者要到，，三个社区进行志愿服务，每个志愿者只去一个社区，每个社区至少安排1名志愿者，若要2名志愿者去社区，则不同的安排方法共有（ ）
A．105种B．144种C．150种D．210种
【答案】D
【分析】先安排2名志愿者到A社区，再考虑剩余的4名志愿者，分为两组，可以平均分，可以一组1人，一组3人，再对两组进行分配，从而求出最终答案.
【详解】先选出2名志愿者安排到A社区，有种方法，
再把剩下的4名志愿者分成两组，有两种分法，一种是平均分为两组，有种分法，
另一种是1组1人，另一组3人，有种分法，再分配到其他两个社区，
则不同的安排方法共有种.
故选：D
【例4】某班9名同学参加植树活动，若将9名同学分成挖土､植树､浇水3个小组，每组3人，则甲､乙､丙任何2人在不同小组的安排方法的种数为（ ）
A．90B．180C．540D．3240
【答案】C
【分析】先安排除甲､乙､丙之外的同学进行平均分组，再安排甲乙丙到三个不同小组，结合排列组合公式即可求解.
【详解】第一步：先安排除甲､乙､丙之外的同学，
将除甲､乙､丙3人之外的6名同学分成挖土､植树､浇水3组，每组2人，有种不同的方法；
第二步：安排甲､乙､丙，
甲､乙､丙3人分到3个不同的小组，有种不同的方法.
则由分步乘法计数原理知，共有种不同的安排方法.
故选：C.
【例5】年月日至月日，第届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都举行，组委会安排甲、乙等名工作人员去个不同的岗位工作，其中每个岗位至少一人，且甲、乙人必须在一起，则不同的安排方法的种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对甲、乙两人所在的岗位的人数进行分类讨论，利用分组分配的原理结合分类加法计数原理可求得不同的安排方法种数.
【详解】分以下两种情况讨论：
（1）若甲、乙两人所在的岗位只分配了甲、乙两人，则另外有一个岗位需要安排两人，
此时，不同的安排方法种数为种；
（2）若甲、乙两人所在的岗位分配了三人，则还需从其余四人中抽取一人分配在甲、乙这两人所在的岗位，
此时，不同的安排方法种数为种.
综上所述，不同的安排方法种数为.
故选：A.
【例6】在新型冠状病毒肺炎疫情联防联控期间，社区有5名医务人员到某学校的高一、高二、高三3个年级协助防控和宣传工作.若每个年级至少分配1名医务人员，则不同的分配方法有（ ）
A．25种 B．50种 C．300种 D．150种
【答案】D
【分析】首先分析将5个人分为三小组且每小组至少有一人，则可能分法有：两种情况，每种情况利用分步计数原理计算情况数，最后相加即可.
【详解】当5个人分为2，2，1三小组，分别来自3个年级，共有种；
②当5个人分为3，1，1三小组时，分别来自3个年级，共有种.
综上，选法共有.
故选:D.
【例7】为促进援疆教育事业的发展，某省重点高中选派了名男教师和名女教师去支援边疆工作，分配到所学校，每所学校至少一人，每人只去一所学校，则两名女教师分到同一所学校的情况种数为______．
【答案】36
【分析】将名老师分为组，讨论位女老师所在学校有人和人的情况进行计算即可．
【详解】若位女老师和名男老师分到一个学校有种情况；
若位女老师分在一个学校，则名男教师分为组，再分到所学校，有 种情况，
故两名女教师分到同一所学校的情况种数为种．
故答案为：．
【例8】甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．
【答案】50
【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得
【详解】由题意可分为两类
（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式
（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有
种安排方式
综上共有种安排方式
故答案为：50
【题型专练】
1．某地为遏制新冠肺炎病毒传播，要安排3个核酸采样队到2个中风险小区做核酸采样，每个核酸采样队只能选择去一个中风险小区，每个中风险小区里至少有一个核酸采样队，则不同的安排方法共有（ ）
A．2种B．3种C．6种D．8种
【答案】C
【分析】由不平均分组，可得答案.
【详解】由题意，分组方案有一种情况，则种，
故选：C.
2．某社区服务站将5名志愿者分到3个不同的社区参加活动，要求每个社区至少1人，不同的分配方案有（ ）
A．360种B．300种C．90种D．150种
【答案】D
【分析】先分类，分为3个社区的志愿者人数分别为3,1,1或2,2,1，再求出两种情况下的不同分配方案，注意部分平均分组问题.
【详解】若3个社区的志愿者人数分别为3,1,1，此时不同的分配方案有种，若3个社区的志愿者人数分别为2,2,1，此时不同的分配方案有种，综上：不同的分配方案有60+90=150种.
故选：D
3．6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1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.
【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；
然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；
最后剩下的名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有种.
故选：C
【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.
4．有编号分别为1，2，3，4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子，恰有一个空盒，有________种放法.
【答案】144
【分析】本题为分组分配问题，先分组有种情况，再分配有种情况，两式相乘即可.
【详解】先分组再分配.第一步：将四个小球分为三组，每组个数分别为2、1、1，有种情况；
第二步，将分好的三组小球放到三个盒子中，有种情况.
所以，共有种放法.
故答案为：144.
5．某市教育局人事部门打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名应届大学毕业生安排到该市4所不同的学校任教，每所学校至少安排一名，每名学生只去一所学校，则不同的安排方法种数是__________.
【答案】240
【分析】根据平均分组原则和分步计数原理即可解答.
【详解】先将5名学生分成4组共有种，
再将4组学生安排到4所不同的学校有种，
根据分步计数原理可知：不同的安排方法共有种.
故答案为：240
6．某班将5名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加劳动锻炼，每个社区至少分配一名同学，则甲社区恰好分配2名同学共有____________种不同的方法．
【答案】
【分析】由题意，根据分组分配的做题原理，可得答案.
【详解】由题意，分2步分析：
①先5人中选出2人，安排到甲社区，有种方法，
②将剩下3人分成2组，安排到乙、丙社区，有种方法，
则有种安排方式.
故答案为：.
7．甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．
【答案】50
【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得
【详解】由题意可分为两类
（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式
（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有
种安排方式
综上共有种安排方式
故答案为：50
8．某班将5名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加劳动锻炼，每个社区至少分配一名同学，则甲社区恰好分配2名同学共有____________种不同的方法．
【答案】
【分析】由题意，根据分组分配的做题原理，可得答案.
【详解】由题意，分2步分析：
①先5人中选出2人，安排到甲社区，有种方法，
②将剩下3人分成2组，安排到乙、丙社区，有种方法，
则有种安排方式.
故答案为：.
9．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学到两个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排两人，其中，两人不能分在同一个社团，则不同的安排方案数是（ ）
A．56B．28C．24D．12
【答案】B
【分析】设两个社团分别为甲乙，按A在甲社团B在乙社团和A在乙社团B在甲社团两种类型讨论，每种类型又分甲社团有2 人、3 人、4 人三种情况，运用排列组合公式计算方案数.
【详解】设两个社团为甲社团和乙社团，
当A在甲社团B在乙社团时，甲社团有2 人有种方案，甲社团有3 人有种方案，甲社团有4人有种方案，共种方案；
当B在甲社团A在乙社团时，同理也有14种方案；
所以不同的安排方案数是14+14=28.
故选：B
10．中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱､问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲､乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（ ）
A．60B．66C．72D．80
【答案】C
【分析】根据分步计数原理结合部分平均分组以及结合间接法运算求解.
【详解】5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有种安排方法，
若甲乙在同一实验舱的种数有种，
故甲乙不在同一实验舱的种数有种.
故选：C.
题型七：正难则反
【例1】用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数有________.
【答案】72
【解析】用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，共有个；
三个奇数中仅有两个相邻；
其对立面是三个奇数都相邻或者都不相邻；
当三个奇数都相邻时，把这三个奇数看成一个整体与2和4全排列共有个；
三个奇数都不相邻时，把这三个奇数分别插入2和4形成的三个空内共有个；
故符合条件的有；
故答案为：．
【例2】如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条B．24 条C．25条D．26 条
【答案】D
【分析】先假设是实线，计算出所有的最短路径的条数，然后减去经过的最短路径的条数，从而求得正确答案.
【详解】先假设是实线，
则从到，向上次，向右次，最短路径有条，
其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，
所以，当不通时，最短路径有条.
故选：D
【例3】某老师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，且老师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位老师一天的课表的所有排法有______种．
【答案】474.
【分析】采用间接法，首先求解出任意安排节课的排法种数；分别求出前节课连排节和后节课连排3节的排法种数；作差即可得到结果.
【详解】从节课中任意安排节共有：种
其中前节课连排节共有：种；后节课连排3节共有：种
老师一天课表的所有排法共有：种
本题正确结果：
【点睛】本题考查有限制条件的排列问题的求解，对于限制条件较多的问题，通常采用间接法来进行求解.、
【例4】从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别为，共可得到的不同值的个数是（ ）
A．20B．18C．10D．9
【答案】B
【分析】因为，所以从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数可看作共可得到多少个不同的数，从2，4，6，8，10这五个数中任取2个数排列后（两数在分子和分母不同），减去相同的数字即可得到答案．
【详解】首先从2，4，6，8，10这五个数中任取两个不同的数排列，共有种排法，
又，，
从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数是：．
故选：．
【点睛】本题考查了排列、组合及简单的计数问题，解答的关键是想到把相等的数字去掉，属于中档题．
【题型专练】
1．从6位女学生和5位男学生中选出3位学生，分别担任数学、信息技术、通用技术科代表，要求这3位科代表中男、女学生都要有，则不同的选法共有．
A．810种B．840种C．1620种D．1680种
【答案】A
【解析】先由排列数分别求出不考虑性别，与全部是男生和全部是女生的选法总数，然后用总数减掉全部是男生和全部是女生的即为男女生都有的选法.
【详解】解：不考虑男女生共有种
全部是男生的有种
全部是女生的有种
所以男、女学生都有的共有种
故选A.
2．设直线的方程是，从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为A、 B的值，则所得不同直线的条数是_______．
【答案】18
【分析】任取2个数作为，共有种，去掉重复的直线条数即可得解.
【详解】∵从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为A、B的值有种结果，
在这些直线中有重复的直线，
当A=1，B=2时和当A=2，B=4时，结果相同，
把A，B交换位置又有一组相同的结果，
∴所得不同直线的条数是，
故答案为：18
3．从集合中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到______个不同的对数值．
【答案】53
【分析】分取的两个数中有一个是1、取的两个数不含有1两种情况讨论，注意排除对数值相等的情况.
【详解】①当取的两个数中有一个是1时，则1只能作真数，
此时，或3或4或5或6或7或8或9；
②所取的两个数不含有1时，即从2，3，4，5，6，7，8，9中任取两个，分别作为底数与真数，有个对数，
但是其中，，，．
综上可知：共可以得到（个）不同的对数值．
故答案为：53
4．用1，2，3，4，5，0组成数字不重复的六位数，满足1和2不相邻，5和0不相邻，则这样的六位数的个数为_________.
【答案】
【解析】1，2，3，4，5，0组成数字不重复的六位数的个数共有个
其中1，2相邻的六位数的个数共有个
5，0相邻的六位数的个数共有个
1和2相邻且5和0相邻的六位数的个数共有个
即满足1和2不相邻，5和0不相邻，则这样的六位数的个数为
故答案为：
题型八：定序问题（消序法）
【例1】甲、乙、丙、丁、戊、己六人按一定的顺序依次抽奖，要求甲排在乙前面，丙与丁不相邻且均不排在最后，则抽奖的顺序有( )
A．72种B．144种C．360种D．720种
【答案】B
【解析】第一步先排甲、乙、戊、己，甲排在乙前面，则有种，第二步再将丙与丁插空到第一步排好的序列中，但注意到丙与丁均不排在最后，故有4个空可选，所以有中插空方法，所以根据分步乘法计数原理有种.故选：B.
【例2】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
【例3】DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（ ）
A．20B．40C．60D．120
【答案】C
【分析】利用排列数计算公式计算出正确答案.
【详解】依题意可知，不同的插入方式的种数为.
故选：C
【例4】有的方格中停放三辆完全相同的红色车和三辆完全相同的黑色车，每一行每一列只有一辆车，每辆车占一格，则停放的方法数为（ ）
A．720B．2160C．8400D．14400
【答案】D
【分析】先假设6辆车完全不同，然后按照分步计算停放的方法，再考查红色车相同，黑色车相同，再按照倍缩法求解.
【详解】首先假设6辆车是不同的车，第一辆车有36种方法，第二辆车不能与第一辆车同行，同列，则有25种方法，同理，第三辆车有16种方法，第四辆车有9种方法，第5辆车有4种方法，第6辆车有1种方法，
因为3辆红色车相同，3辆黑色车相同，所以不同的停放方法为.
故选：D
【例5】花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （ ）
A．2520B．5040C．7560D．10080
【答案】A
【分析】结合全排列的概念即可.
【详解】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，
先对8盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，
因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，
所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故一共有种，
故选：A
【例6】如图所示，某货场有三堆集装箱，每堆2个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是____________（用数字作答）.
【答案】
【分析】根据有六个集装箱，需要全部装运，得到种取法，再根据每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，由排列中的定序问题求解.
【详解】因为有六个集装箱，需要全部装运，共有种取法，
又因为每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，
由排列中的定序问题，可知不同的取法有种.
故答案为：90.
【点睛】本题主要考查排列的应用，还考查了分析问题求解问题的能力，属于中档题.
【题型专练】
1．某公司在元宵节组织了一次猜灯谜活动，主持人事先将10条不同灯谜分别装在了如图所示的10个灯笼中，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜（无论猜中与否，选中的灯笼就拿掉），则这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法数为____________.（用数字作答）
【答案】
【分析】由题意可知，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜，所以本题是定序问题，故结合倍缩法即可求出结果.
【详解】一共有10条灯谜，共有种方法，由题意可知而其中按2，3，3，2组成的4列相对位置不变，所以结合倍缩法可知共有种，也即是这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法有种
故答案为：.
2．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.
【答案】60
【分析】首先将6只灯笼全排，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.
【详解】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，
取谜题的方法有.
故答案为：60
3．五个人并排站在一排，如果甲必须站在乙的右边(甲乙可不相邻)，则不同的排法有_______种.
【答案】
【分析】用5个元素的全排列个数除以2各元素的全排列个数可得答案.
【详解】五个人并排站在一排，共有种，
其中甲、乙两人共有种顺序，各占一半，
所以甲必须站在乙的右边(甲乙可不相邻)的不同的排法有种，
故答案为：60
【点睛】本题考查了排列中的定序问题，一般地，个元素排成一排，其中个元素的定序排列的种数为，属于基础题.
4．由数字组成的一串数字代码，其中恰好有个，个，则这样的不同数字代码共有____________个.
【答案】
【分析】根据排列的知识确定求得正确答案.
【详解】一共个数字，其中个，个，
所以一共.
故答案为：
5．年07月01日是中国共产党成立100周年，习近平总书记代表党和人民庄严宣告，经过全党全国各族人民持续奋斗，我们实现了第一个百年奋斗目标，在中华大地上全面建成了小康社会，历史性地解决了绝对贫困问题.某数学兴趣小组把三个0､两个2､两个1与一个7组成一个八位数（如20001217），若其中三个0均不相邻，则这个八位数的个数为（ ）
A．200B．240C．300D．600
【答案】C
【分析】由于三个0均不相邻，所以采用插空法，第一步排列两个2，两个1，一个7，第二步再把0插入其中五个空，即可得答案.
【详解】利用插空法，第一步排列两个2，两个1，一个7，共有种排法，
第二步再把0插入其中五个空，所以有种排法，
所以共有个八位数.
故选：C.
6．英文单词"sentence”由8个字母构成，将这8个字母组合排列，且两个n不相邻一共可以得到英文单词的个数为（ ）（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）
A．2520B．3360C．25200D．4530
【答案】A
【分析】排列定序问题与不相邻问题综合，先去掉排列其他个字母，再插入字母．
【详解】英文单词“sentence”中字母e有3个，字母n有2个，字母s、t、c各有一个，优先考虑无限制的字母，注意重复字母需除去顺序，共有种，再插入个字母，共有种，所以一共有种，
故选：A．
题型九：隔板法
【例1】把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法（ ）
A．10种B．种C．种D．60种
【答案】A
【分析】采用隔板法，在个空中插入块板，根据组合数公式计算可得；
【详解】解：依题意，采用隔板法，在个空中插入块板，则不同的放法共有种；
故选：A
【例2】某学校为增进学生体质，拟举办长跑比赛，该学校高一年级共有个班，现将个参赛名额分配给这个班，每班至少个参赛名额，则不同的分配方法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【分析】采用隔板法直接求解即可.
【详解】将个参赛名额分配给这个班，名额之间并无区别，将个参赛名额采用“隔板法”分成份即可，每份至少一个名额，
共有种.
故选：B.
【例3】马路上亮着一排编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的10盏路灯．为节约用电，现要求把其中的两盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法种数为（ ）
A．12B．18C．21D．24
【答案】C
【分析】10盏路灯中要关掉不连续的两盏，所以利用插空法，又两端的灯不能关掉，则有7个符合条件的空位，进而在这7个空位中，任取2个空位插入关掉的2盏灯，即可得出答案.
【详解】解：根据题意，10盏路灯中要关掉不连续的两盏，所以利用插空法．
先将剩下的8盏灯排成一排，因两端的灯不能关掉，则有7个符合条件的空位，进而在这7个空位中，任取2个空位插入关掉的2盏灯，所以共有种关灯方法．
故选：C．
【题型专练】
1．把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法有（ ）种
A．41B．56C．156D．252
【答案】B
【解析】本题要使用挡板法，在9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，即产生符合要求的方法数．
【详解】解：问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列，再分成6堆，每堆至少一个，求其方法数．
事实上，只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，
即产生符合要求的方法数．故有种．
故选：B
【点睛】本题考查“插板”法解决组合问题，属于基础题.
2．将12支完全相同的圆珠笔分给4位小朋友.（ ）
A．若每位小朋友至少分得1支，则有种分法B．若每位小朋友至少分得1支，则有种分法
C．若每位小朋友至少分得2支，则有种分法D．若每位小朋友至少分得2支，则有种分法
【答案】BC
【分析】利用隔板法求得每位小朋友至少分得1支的分法总数判断选项AB；求得每位小朋友至少分得2支的分法总数判断选项CD.
【详解】若每位小朋友至少分得1支，则由隔板法可得，不同的分法种数为.
则选项A判断错误；选项B判断正确；
若每位小朋友至少分得2支，则每位小朋友可先各发1支，剩下8支，再由隔板法可得，不同的分法种数为.则选项C判断正确；选项D判断错误.
故选：BC
3．从某校4个班级的学生中选出7名学生作为代表参加志愿者服务活动，若每个班级至少有一名代表，则有______种不同的选法．
【答案】20
【分析】利用隔板法解决，七个个体间有六个空，选出三个空插隔板，即可分成四份，即得.
【详解】由题意，七个名额分成四份，名额之间没有差别，四个班级之间也没有差别，
故把七个名额分成四份即得选法种数，相当于7个球排成一排，然后插3块木板把它们分成4份，即中间6个空位，选3个空插隔板，分成四份，
所以总的分法有种.
故答案为：20．
题型十：涂色问题
【例1】用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为（ ）
A．24B．30C．36D．42
【答案】B
【分析】先分类（先涂前3个圈，再涂后3个圆）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，分别计算后再由加法原理相加即得．
【详解】分2类（先涂前3个圆，再涂后3个圆．）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有种涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有种涂法．综上，不同的涂法和数为．
故选：B．
【例2】如图，“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现从给出的5种不同的颜色中最多可以选择4种不同的颜色给这5个区域涂色；要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色．则不同的涂色方案有（ ）种
A．120B．240C．300D．360
【答案】C
【分析】依题意可以利用3或4种不同的颜色涂色，先选出颜色，再涂色，按照分步、分类计数原理计算可得；
【详解】解：依题意显然不能用少于2种颜色涂色，
若利用3种不同的颜色涂色，首先选出3种颜色有种选法，
先涂区域①有3种涂法，再涂②有2种涂法，则⑤只有1种涂法，④也只有1种涂法，则③也只有1种涂法，
故一共有种涂法；
若利用4种不同的颜色涂色，首先选出4种颜色有种选法，根据题意，分2步进行涂色：
当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有种涂色的方法；
当区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域③、④有2种涂色方法，
故共有种涂色的方法；
综上可得一共有种涂法；
故选：C
【例3】用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】D
【分析】将涂色方法分为两类，即用三种颜色涂和用两种颜色涂，分别计算出两种情况下涂色方案的种数，根据分类加法计数原理即可求得结果.
【详解】将六个方格标注为，如下图所示，
①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色，
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种；
综上所述：不同的填涂方法有种.
故选：D.
【例4】用6种不同的颜色给图中的“笑脸”涂色，要求“眼睛”（即图中A、B所示区域）用相同颜色，则不同的涂法共有________种．（用数字作答）
【答案】216
【详解】试题分析：由题意知本题是一个分类计数问题，可以分为三种情况讨论，一共用了3种颜色，共有A63=120种结果，一共用了2种颜色．共有C62A32=90种结果，一共用了1种颜色，共有6种结果，∴根据分类计数原理知，共有120+90+6=216，故答案为216
考点：本题考查了分类计数问题．
点评：本题是一个带有限制条件的元素的计数问题，但是题目中所给的条件给的非常宽松，即只要两只眼睛的颜色相同就可以，所以把两个元素看成一个元素就可以
【例5】学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有______种不同的涂色方法.
【答案】66
【分析】运用分类计数原理、分步计算原理，结合组合定义进行求解即可.
【详解】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有种选法，因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择四种颜色时，不同的涂色方法有种，
所以共有种不不同的涂色方法，
故答案为：66
【题型专练】
1．如图，节日花坛中有5个区域，现有4种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，则符合条件的种植方案有_____________种.
【答案】72
【分析】根据题意，按选出花的颜色的数目分2种情况讨论，利用排列组合及乘法原理求出每种情况下种植方案数目，由加法原理计算可得答案
【详解】如图，假设5个区域分别为1，2，3，4，5，
分2种情况讨论：
①当选用3种颜色的花卉时，2，4同色且3，5同色，共有种植方案（种），
②当4种不同颜色的花卉全选时，即2，4或3，5用同一种颜色，共有种植方案（种），
则不同的种植方案共有（种）.
故答案为：72
2．如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用
A．288种B．264种C．240种D．168种
【答案】B
【详解】先分步再排列
先涂点E，有4种涂法，再涂点B，有两种可能：
(1)B与E相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2种；
(2)B与E不相同时有3种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2种涂法，涂C点时又有两种可能：
（2.1）C与E相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：
①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；
②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．
（2.2）C与E不相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：
①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；
②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．
所以不同的涂色方法有
4×{3×2×2×2+3×2×[1×(1×2+1×2)+1×(1×2+1×1)]}=4×(24+42)=264．
3．如图，圆被其内接三角形分为4块，现有5种颜色准备用来涂这4块，要求每块涂一种颜色，且相邻两块的颜色不同，则不同的涂色方法有
A．360种B．320种C．108种D．96种
【答案】B
【详解】分类：两色：，三色：，四色：，，故选B．
4．如图，用5种不同的颜色给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有__________种
【答案】180
【分析】根据题意可知，不相邻区域可以同色，则可以分类讨论区域A和区域D同色与不同色，结合排列公式进行求解即可.
【详解】能够涂相同颜色的只有A，D.
若A，D同色，则只需要选择3种颜色即可，
此时有种；
若A，D不同色，则只需要选择4种颜色即可，
此时有种.
共有种.
故答案为：180.
【点睛】本题主要考查涂色问题，分类加法计数原理，排列数的计算，考查了计算能力，属于中档题.
5．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种___________．（以数字作答）
【答案】72
【分析】本题考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理，按照颜色的种数进行分为3种颜色和四种颜色依次讨论即可.
【详解】按照使用颜色的种类分类，
第一类：使用了4种颜色，2,4同色，或3,5同色，则共有(种)，
第二类：使用了三种颜色，2,4同色且3,5同色，则共有(种)
所以共有48+24=72(种)
故答案为：72
6．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有______种.（用数字作答）
【答案】120
【分析】由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，从同颜色的花入手分类来求，最后利用分类加法计数原理得到结果.
【详解】由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，
若2、5同色，则3、6同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
若2、4同色，则3、6同色，
所以共有种栽种方法；
若3、5同色，则2、4同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
所以共有种栽种方法.
故答案为：120
【点睛】本题主要考查分类加法计数原理和排列组合的应用，考查学生的分析能力和分类讨论的思想，属于中档题.
7．如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有__________种（用数字作答）．
【答案】630.
【分析】分别计算第三个格子与第一个格子同色，以及第三个格子与第一个格子不同色，所对应的不同涂色方法，即可求出结果.
【详解】用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，
若第三个格子与第一个格子同色，
则有种涂色方法；
若第三个格子与第一个格子不同色，
则有种涂色方法；
综上，共有种涂色方法.
故答案为630
【点睛】本题主要考查排列中的涂色问题，根据分类讨论的思想，即可求解，属于常考题型.
8．如图，节日花坛中有5个区域，要把4种不同颜色的花分别种植到这5个区域中，要求相同颜色的花不能相邻栽种，共有多少种种植方案？
【答案】共有种种植方案
【分析】根据题意，区域2与区域4用同一种颜色，或者区域3与区域5用同一种颜色，
进而根据排列组合求解即可.
【详解】解：根据题意，四种颜色的花都需种植，且相同颜色的不相邻，
所以区域2与区域4用同一种颜色，或者区域3与区域5用同一种颜色，
所以一共有种不同的方案.
所以一共有种不同的方案.
题型十一：与几何有关的组合应用题
【例1】以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有（ ）
A．6个B．12个C．18个D．30个
【答案】B
【分析】从正三棱柱的六个顶点中任取四个组成四面体，减去在同一个面上的情况，即可得答案.
【详解】根据题意，先从六个顶点中任选四个，共种选法，
而其中包含了所取4点在同一个侧面上的情况，这种情况有3种，
即符合条件的有 ；
故选∶B．
【例2】个点将半圆分成段弧，以个点（包括个端点）为顶点的三角形中钝角三角形有（ ）个
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，用间接法，先利用组合数公式计算其中三角形的数目，排除其中直角三角形的数目计算可得答案．
【详解】根据题意，如图：在10个点中，任意三点不共线，
在其中任取3个点，可以组成个三角形，
其中没有锐角三角形，直角三角形是包含点和余下的8点任意取一个构成的三角形，有8个，则钝角三角形有个．
故选：B．
【例3】图中的矩形的个数为（ ）
A．12B．30C．60D．120
【答案】C
【分析】根据题意先确定“横边”，再确定“竖边”，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，矩形的两条邻边确定，矩形就确定，第一步先确定“横边”，
从5个点任选2个点可以组成一条“横边”，共有种情况；
第二步再确定“竖边”，共有种情况，
所以图中矩形共有.
故选：C.
【例4】如图，的边上有四点、、、，上有三点、、，则以、、、、、、、中三点为顶点的三角形的个数为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】利用间接法，先在个点中任取个点，减去三点共线的情况，利用组合计数原理可求得结果.
【详解】利用间接法，先在个点中任取个点，再减去三点共线的情况，
因此，符合条件的三角形的个数为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法（合理分类）和间接法（排除法）．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．
【例5】（多选题）n边形对角线的条数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】由组合公式得出n个顶点中任取2个的种数，再减去边数得出答案.
【详解】在n边形的n个顶点中任取2个，共有种方法，其中包括n条边，应去掉，
所以n边形对角线的条数为，故AB错误，CD正确．
故选：CD
【例6】（1）以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四面体？
（2）以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四棱锥？
【答案】（1）58；（2）48.
【分析】（1）要考虑四点不能共面，利用间接法即可求解；
（2）正方体一共有6个表面，6个对角面，以这12个面为底面，以正方体剩下的4个顶点中的一个为顶点，即可得到所有的四棱锥.
【详解】解：（1）正方体8个顶点可构成个四点组，其中四点共面的情况为正方体的6个表面及正方体6组相对棱分别所在的6个平面，
所以可确定四面体有个.
（2）由（1）知，正方体中共面的四点组有12个，以这每一个四点组构成的四边形为底面，以正方体其余的四个顶点中任一点为顶点都可以确定一个四棱锥，
所以可确定四棱锥有个.
【题型专练】
1．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法共有（ ）
A．30种B．33种C．36种D．39种
【答案】B
【详解】分所取的3点在同一个侧面上和所取的3点不在同一个侧面上两种情况分析求解即可.
【点睛】根据题意，如图，
①当所取的3点在同一个侧面上时，每个侧面上有种取法，
所以共有种不同的取法，
②当所取的3点不在同一个侧面上时，
含顶点的三条棱中，每条棱上有三个点，它们分别与所对的棱的中点共面，
共有3种取法，
综上，共有种不同的取法，
故选：B
2．在平面直角坐标系xOy上，平行直线与平行直线组成的图形中，矩形共有（ ）
A．25个B．36个C．100个D．225个
【答案】D
【分析】求出矩形的横边和竖边各有多少种选法即得解.
【详解】解：要构成矩形，从中选两条直线作为两边，共有种选法；
同理从中选两条直线作为两边也有15种选法．共有种选法，即矩形共有225个．
故选：D．
3．如图为一个直角三角形工业部件的示意图，现在AB边内侧钻5个孔，在BC边内侧钻4个孔，AB边内侧的5个孔和BC边内侧的4个孔可连成20条线段，在这些线段的交点处各钻一个孔，则这个部件上最多可以钻的孔数为（ ）．
A．190B．199C．69D．60
【答案】C
【分析】由四边形对角线相交，则转化为求由这些点可以组成多少个对角线不重合的四边形，从而得到答案.
【详解】在AB边内侧的5个孔和BC边内侧的4个孔中各取两个可构成四边形，
当这些四边形对角线的交点不重合时，钻孔最多，
所以最多可以钻的孔数为个．
故选：C
4．从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，去掉四点共面的情况即可求解.
【详解】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，
正方体表面四点共面不能构成四面体有种，
正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有种，
所以可得到的四面体的个数为种，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题主要采用间接法，如果直接讨论，需要讨论的情况比较多，所以正难则反，这是解题的关键.
5．一空间有10个点，其中5个点在同一平面上，其余没有4点共面，则10个点可以确定不同平面的个数是______．
【答案】111
【分析】先求所有可能构成的平面个数，然后考虑共面的5个点确定的平面数，即可求解.
【详解】不共线的三点可以确定一个平面，所以10个点最多可以确定个平面，
而那5个共面的点，则可以确定个平面，而没有其他4点共面的，所以减少了个平面，所以一共可以确定的平面数为111.
故答案为：111
6.如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（用数字作答）
(1)由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？
(2)由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？
(3)求出图中总计有多少个矩形？
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意转化条件为点A需向右移动3次、向上移动3次，结合组合的知识即可得解；
（2）设出直线上其它格点为、、，按照、、、分类，结合分步乘法、组合的知识即可得解；
（3）由题意转化条件为从竖线中选出两条、横线中选出两条组成图形，按照矩形的边在不在上分类，利用分步乘法、组合的知识即可得解.
【详解】（1）由题意点A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次：向右移动3次，向上移动3次，故点A到达点E的最近路线的条数为；
（2）设点、、的位置如图所示：
则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况：
①沿着，共有条最近路线；
②沿着（不经过E），共有条最近路线；
③沿着（不经过E、G），共有条最近路线；
④沿着（不经过E、G、H），共有条最近路线；
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有条；
（3）由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况：
①矩形的边不在上，共有个矩形；
②矩形的一条边在上，共有个矩形；
故图中共有个矩形.
1
2
3
3
1
2
2
3
1
题型一：特殊元素与特殊位置优待法
题型二：分类讨论思想
题型三：插空法（不相邻问题）
题型四：捆绑法（相邻问题）
题型五：平均分组问题除法策略
题型六：分配问题先分组再分配
题型七：正难则反
题型八：定序问题（消序法）
题型九：相同元素隔板法
题型十：涂色问题
题型十一：与几何有关的组合应用题
【典型例题】
题型一：特殊元素与特殊位置优待法
对于有附加条件的排列组合问题，一般采用：先考虑满足特殊的元素和位置，再考虑其它元素和位置。
【例1】从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（ ）
（A） 280种 （B）240种 （C）180种 （D）96种
【答案】B
【详解】解：先从除了甲乙剩余的4名志愿者中选1人从事翻译工作，有种，然后再从剩余的名志愿者中选3个人从事另外三项工作，有种，所以一共有种.
故选：B．
【例2】某城市的汽车牌照号码由个英文字母后接个数字组成，其中个数字互不相同的牌照号码共有（ ）个
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求从26个英文字母中选出2个英文字母的方法数，再求出后接4个数字组成的方法数，由分步计数原理即可得结论．
【详解】解：先从26个英文字母中选出2个英文字母的方法数为，后接4个数字组成的方法数为，所以由分步计数原理可得不相同的牌照号码共有个.
故选：D．
【例3】将甲、乙、丙等六位同学排成一排，且甲、乙在丙的两侧，则不同的排法有______种.
【答案】240
【分析】依据特殊元素优先法去排列即可解决.
【详解】甲、乙、丙等六位同学排成一排，可以看成甲、乙、丙等六位同学在一排6个座位上就座.
先安排甲、乙、丙三位同学：在6个座位中任选3个座位有种方法，让甲、乙坐在丙的两侧，有种方法；
接下来安排余下的三位同学：余下的三位同学在剩下的3个座位上任意坐有种方法.
则不同的排法共有（种）
故答案为：240
【例4】用0、1、2、3、4五个数字:
(1)可组成多少个五位数；
(2)可组成多少个无重复数字的五位数；
(3)可组成多少个无重复数字的且是3的倍数的三位数；
(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数．
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)
【分析】四个问题是同一类型题根据已知讨论各个位置上的数字情况，然后利用分步乘法计数原理进行计算即可求解.
（1）
用0、1、2、3、4五个数字组成五位数,相当于从1、2、3、4四个数字中抽取一个放在万位，有种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在千位，有种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在百位，有种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在十位，有种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在个位，有种情况，
所以可组成个五位数.
（2）
用0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的五位数,相当于先从1、2、3、4四个数字中抽取一个放在万位，有种情况，再把剩下的三个数字和0全排列，有种情况，所以可组成个无重复数字的五位数.
（3）
无重复数字的3的倍数的三位数组成它的三个数字之和必须是3的倍数，
所以三个数字必须是0、1、2或0、2、4或1、2、3或2、3、4，
若三个数字是0、1、2，则0不能放在百位，从1和2两个数字中抽取一个放在百位，有种情况，再把剩下的一个数字和0全排列，有种情况；
若三个数字是0、2、4，则0不能放在百位，从2和4两个数字中抽取一个放在百位，有种情况，再把剩下的一个数字和0全排列，有种情况；
若三个数字是1、2、3，则相当于对这三个数字全排列，有种情况;
若三个数字是2、3、4，则相当于对这三个数字全排列，有种情况.
所以根据分类计数原理，共可组成
个无重复数字的且是3的倍数的三位数.
（4）
由数字0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的五位奇数，则放在个位的数字只能是奇数，所以放在个位数字只能是1或3，所以相当于先从1、3两个数字中抽取一个放在个位，有种情况，再从剩下的四个数字中除去0抽取一个放在万位，有种情况，再对剩下的三个数字全排列，有种情况，
所以可组成个无重复数字的五位奇数.
【题型专练】
1．某校从8名教师中选派4名教师到4个边远地区支教（每地1人），要求甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，则不同的选派方案有______种．
【答案】600
【分析】先从8名教师中选出4名，因为甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，所以可按选甲和不选甲分成两类，两类方法数相加，再把4名老师分配去4个边远地区，4名老师进行全排列即可，最后两步方法数相乘
【详解】解：分两步，
第一步，先选四名老师，又分两类，
第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，有种不同的选法，
第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，有种不同的选法，
所以不同的选法有25种，
第二步，四名老师去4个边远地区支教，有种，
所以共有种，
故答案为:600
【点睛】此题考查了排列组合的综合应用，属于基础题.
2．某化工厂生产中需依次投放2种化工原料，现已知有5种原料可用，但甲、乙两种原料不能同时使用，且依次投料时，若使用甲原料，则甲必须先投放，则不同的投放方案有（ ）.
A．10种B．12种C．15种D．16种
【答案】C
【分析】根据选甲或乙或都不选分类讨论即可.
【详解】分为以下三类分别计算：
选甲，则有 种；
选乙，则有 种；
甲乙都不选，则有 种；
共有3+6+6=15种方案；
故选：C.
3．4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（ ）
A．288B．336C．368D．412
【答案】B
【分析】由已知，可根据题意，分成当四位数不出现1时、当四位数出现一个1时、当四位数出现两个1时三种情况，分别列式求解即可.
【详解】当四位数不出现1时，排法有：种；
当四位数出现一个1时，排法有：种；
当四位数出现两个1时，排法有：种；
所以不同的四位数的个数共有：．
故选：B．
4．用0，2，4，5，6，8组成无重复数字的四位数，则这样的四位数中偶数共有（ ）
A．120个B．192个C．252个D．300个
【答案】C
【分析】根据个位数是否为零分类讨论即可.
【详解】若这个偶数的个位数是0，则有个；
若这个偶数的个位数不是0，则有个.
故满足条件的四位数中偶数的总个数为；
故选：C.
题型二：分类讨论思想
【例1】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况数（ ）
A．60B．40C．30D．80
【答案】A
【分析】分类讨论：一，二，三等奖，三个人获得；一，二，三等奖，有1 人获得2张，1人获得1张
【详解】一，二，三等奖，三个人获得，共有种；
一，二，三等奖，有1 人获得2张，1人获得1张，共有种，共有24+36=60种.
故选：A.
【例2】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长短的小木棍.如图，是利用算筹表示数1~9的一种方法.例如：3可以表示为“”，26可以表示为“”.现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1~9这9个数字表示两位数的个数为_________.
【答案】16
【分析】根据已知条件分析可得6根算筹可以表示的数字组合，进而分析每个组合表示的两位数个数，由加法原理即可求解.
【详解】根据题意，现有6根算筹可以表示的数字组合为15，19，24，28，64，68，33，37，77；数字组合15， 19，24，28，64，68，37中，每组可以表示2个两位数，则可以表示个两位数；数字组合33，77，每组可以表示1个两位数，则共可以表示个两位数；
则总共可以表示个两位数.
故答案为：16.
【例3】将1，2，3填入的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，下面是一种填法，则不同的填写方法共有（ ）
A．6种B．12种C．24种D．48种
【答案】B
【分析】由题意，只需填第一行和第一列，剩下的即唯一确定了，由此求出答案．
【详解】由题意，只需填第一行和第一列，剩下的即唯一确定了，
则不同的填写方法共有．
故选：B．
【题型专练】
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1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.
【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；
然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；
最后剩下的名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有种.
故选：C
【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.
2．某公司安排甲乙丙等人完成天的值班任务，每人负责一天．已知甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，则不同的安排方式有___种．
【答案】
【分析】根据题意，按甲乙丙的安排分5种情况讨论：①甲在第二天值班，则丙可以安排在第一天和第三天，乙没有限制，②甲在第三天值班，丙安排在第二天值班，乙没有限制，③甲在第三天值班，丙安排在第四天值班，乙有4种安排方法，④甲在第四五六天值班，丙有2种安排方法，乙有4种安排方法，⑤甲安排在第七天值班，丙只能安排在第六天，乙有4种安排方法，求出每种情况的安排方法数目，由加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，分5种情况讨论：
①甲在第二天值班，则丙可以安排在第一天和第三天，有2种情况，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有＝120种安排方式，
此时有2×120＝240种安排方式，
②甲在第三天值班，丙安排在第二天值班，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有＝120种安排方式，
此时有1×120＝120种安排方式，
③甲在第三天值班，丙安排在第四天值班，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，
此时有4×24＝96种安排方式，
④甲在第四五六天值班，丙有2种安排方法，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，
此时有3×2×4×24＝576种安排方式，
⑤甲安排在第七天值班，丙只能安排在第六天，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，
此时有4×24＝96种安排方式；
故有240+120+96+576+96＝1128种安排方式；
故答案为：1128
题型三：插空法（不相邻问题）
对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，再将不相邻元素在已排好的元素之间及两端空隙中插入即可。
【例1】6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144B．120C．72D．24
【答案】D
【解析】先排三个空位，形成4个间隔，然后插入3个同学，故有种
【例2】公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个1不相邻，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个．
A．240B．360C．600D．720
【答案】A
【分析】直接利用插空法计算得到答案.
【详解】利用插空法：共有种.
故选：A
【例3】有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是（ ）
A．12B．48C．72D．96
【答案】B
【分析】此题分为物理在第一或第五个位置、物理在第二或第四个位置和物理在第三个位置，分别求出它们的总数即可求出答案.
【详解】物理在第一或第五个位置，共有：种；
物理在第二或第四个位置，共有：种；
物理在第三个位置，共有：种；
所以同一科目书都不相邻的放法种数是：.
故选：B.
【题型专练】
1．有互不相同的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，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，则共有摆放方法（ ）
A．120种B．32种C．24种D．16种
【答案】D
【分析】红色在中间，先考虑红色左边的情况，再考虑右边，进而求出答案.
【详解】红色左边放一盆白色，一盆黄色，右边放一盆白色，一盆黄色，
先选左边，白色二选一，黄色二选一，再进行排列，故有种选法，
再考虑后边，剩余的白色和黄色进行排列即可，有种选法，
综上：一共有摆放方法=16种.
故选：D
2．现有2名学生代表，2名教师代表和3名家长代表合影，则同类代表互不相邻的排法共有（ ）种．
A．552B．864C．912D．1008
【答案】C
【分析】插空法求解不相邻排列问题.
【详解】由题意，设表示两名学生位置，表示两名教师位置，表示三名家长位置，
第一步：先排学生有种方法；
第二步：再排两名教师，有①与，②与，③与三种情况，
对于①，教师有种排法，然后再将三名家长排入五个空中，共有种方法；
对于②，教师有种排法，然后家长先在A与A之间和与之间各选一个家长排入，剩余一个家长插入剩余三个空中的一个空中，有种；
对于③，教师有种排法，然后选一个家长排在最中间一个空中，再将剩余两个家长排在剩余的四个空中，有种排法，
综上，共有．
故选：C．
3．某种产品的加工需要经过道工序，如果工序C，D必须不能相邻，那么有______种加工顺序（数字作答）
【答案】72
【分析】先排其余的3道工序，出现4个空位，再将这2道工序插空.
【详解】先排其余的3道工序，有种不同的排法，出现4个空位，再将C，D这2道工序插空，有种不同的排法，所以由分步乘法原理可得，共有种加工顺序.
题型四：捆绑法（相邻问题）
对于某几个元素相邻的排列问题，可先将相邻的元素捆绑，再将它与其它元素在一起排列，注意捆绑部分的内部顺序。
【例1】某班优秀学习小组有甲､乙､丙､丁､戊共5人，他们排成一排照相，则甲､乙二人相邻的排法种数为( )
A．24B．36C．48D．60
【答案】C
【解析】先安排甲､乙相邻，有种排法，再把甲、乙看作一个元素，与其余三个人全排列，
故有排法种数为.故选：C
【例2】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】B
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，
故选：B
【例3】（多选题）3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（ ）
A．共有60种不同的坐法
B．空位不相邻的坐法有72种
C．空位相邻的坐法有24种
D．两端不是空位的坐法有27种
【答案】AC
【分析】对于A，采用组合先选出座位，再根据排列方法安排座位；
对于B，利用插空法；对于C，利用捆绑法；对于D，利用特殊元素优先法.
【详解】对于A，，故正确；
对于B，，故错误；
对于C，，故正确；
对于D，，故错误，
故选：AC.
【例4】中国古代儒家提出的“六艺”指：礼､乐､射､御､书､数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，排课有如下要求：“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，则针对“六艺”课程讲座活动的不同排课顺序共有（ ）
A．18种B．36种C．72种D．144种
【答案】D
【分析】利用捆绑法和插空法计算可得.
【详解】解：由题意“乐”与“书”不能相邻，“射”和“御”要相邻，可将“射”和“御”进行捆绑看成一个整体，共有种，
然后与“礼”､“数”进行排序，共有种，
最后将“乐”与“书”插入4个空即可，共有种，
由于是分步进行，所以共有种.
故选：D.
【例5】某办公楼前有7个连成一排的车位，现有三辆不同型号的车辆停放，恰有两辆车停放在相邻车位的方法有___________种．
【答案】120
【分析】从3辆车中挑出2辆车排列好之后进行捆绑看作一个元素，另一辆看作另一个元素，这两个元素不相邻，将这两个元素插入另外4个车位形成的5个空位中.
【详解】从3辆车中挑出2辆车排列好之后进行捆绑看作一个元素，有种方法；
另一辆看作另一个元素，这两个元素不相邻，将这两个元素插入另外4个车位形成的5个空位中，有种，
因此共有种.
故答案为：120
【题型专练】
1．把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻， 且产品与产品不相邻，则不同的摆法有____________种.
【答案】36
【详解】试题分析：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有种方法，而A、B可交换位置，所以有种摆法，又当A、B相邻又满足A、C相邻，有种摆法，故满足条件的摆法有种.
考点：排列组合，容易题.
2．甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（ ）
A．240B．192C．96D．48
【答案】B
【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人.
【详解】丙在正中间（4号位）；
甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，
考虑到甲､乙的顺序有种情况；
剩下的4个位置其余4人坐有种情况；
故不同的坐法的种数为.
故选：B.
3．2名老师和3名学生站成一排照相，则3名学生中有且仅有2人相邻的站法有________种.
【答案】72
【分析】先将学生分成两组，两人的先捆绑，再两位老师全排列，剩下三个空将两组学生全排列即可.
【详解】第一步：先取两个学生捆绑，则有种；
第二步：两名老师全排列，则有种；
第三步：两名老师有3个空，将两组学生安排在3个空中的两个，则有种，
则一共有种.
故答案为：72
4．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”排在相邻的两周，共有240种排法
C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种排法
D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有480种排法
【答案】ABC
【分析】利用直接法、插空法、捆绑法以及分步乘法计数原理依次判断选项即可.
【详解】A：6门中选2门共有种选法，故A正确；
B：课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有种排法，然后全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有种，故B正确；
C：课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有种排法，然后利用插空法排课程“御”“书”“数”有种排法，根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故C正确；
D：分2种情况讨论：
若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有种排法，
若先把“礼”不排在最后一周，再排“数”，有种排法，
所以，共有种排法，故D错误.
故选：ABC.
5．“四书” “五经”是我国部经典名著《大学》《论语》《中庸》《孟子》《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校计划在读书节活动期间举办“四书”“五经”知识讲座，每部名著安排次讲座，若要求《大学》《论语》相邻，但都不与《周易》相邻，则排法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，将《大学》《论语》捆绑和《周易》看作两个元素，采用插空法排列，根据分步乘法计数原理，可得答案.
【详解】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，
共有种排法，将《大学》《论语》看作一个元素，二者内部全排列有种排法，
排完的6部经典名著的讲座后可以认为它们之间包括两头有7个空位，
从7个空位中选2个，排《大学》《论语》捆绑成的一个元素和《周易》的讲座，有种排法，
故总共有种排法，
故选：C.
6．中国书法一般分为篆书､隶书､行书､楷书和草书这5种字体，其中篆书分大篆和小篆，隶书分古隶和汉隶，草书分章草､今草和狂草，行书分行草和行楷，楷书分魏碑和唐楷.为了弘扬传统文化，某书法协会采用楷书､隶书和草书3种字体书写6个福字，其中隶书字体的福字分别用古隶和汉隶书写，草书字体的福字分别用章草､今草和狂草书写，楷书字体的福字用唐楷书写.将这6个福字排成一排，要求相同类型字体的福字相邻，则不同的排法种数为___________种.
【答案】72
【分析】利用捆绑法，结合排列数的计算，求解即可.
【详解】分别将隶书､草书､楷书当作整体，排法总数为，
隶书内部顺序，草书内部顺序，
故方法总数为种.
故答案为：.
题型五：平均分组问题除法策略
【例1】已知有6本不同的书.分成三堆，每堆2本，有________种不同的分堆方法？
【答案】15
【分析】根据题意先对6本书进行分组，因为平均分成的组，不管他们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后要除以，进而求解.
【详解】6本书平均分成3堆，
所以不同的分堆方法的种数为.
故答案为：.
【例2】12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为将12个组分成4个组的分法有种，而3个强队恰好被分在同一组分法有，故个强队恰好被分在同一组的概率为．
【例3】6本不同的书，分成三份，1份4本，另外两份每份1本，共有________种不同的分配方式
【答案】15
【分析】根据部分平均分组由排列组合即可求解.
【详解】无序均匀分组问题，种，
故答案为：15
【题型专练】
1．奥运会足球预选赛亚洲区决赛（俗称九强赛），中国队和韩国队是其中的两支球队．现要将9支球队随机平均分成3组进行比赛，则中国队与韩国队分在同一组的概率是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由组合与古典概型公式求解
【详解】由题意得9支球队平均分成3组共有种，
若中国队与韩国队分在同一组，则有种，
故所求概率为，
故选：A
2．6本不同的书，分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有______种分法
【答案】60
【分析】根据不平均分组即可求解，
【详解】先从6本书中任取1本，作为一堆，有种取法，再从余下的5本书中任取2本，作为一堆，有种取法，最后从余下的3本书中取3本作为一堆，有种取法，故共有分法种.
3．“全员检测，阻断清零”的新冠防疫政策，使得我国成为全球最安全的国家.现某处需要三组全民核酸检测人员，其中有3名医生和6名社会志愿者组成，每组人员由1名医生和2名志愿者组成.根据需要，志愿者甲与乙要分配在同一组，则这9名检测人员分组方法种数为______.
【答案】18
【分析】先把除甲乙两人的4名志愿者分成两组，再搭配3名医生，用分步乘法原理计算可得结果.
【详解】志愿者分组情况有种，搭配3名医生有种.
故答案为:18.
题型六：分配问题先分组再分配
【例1】某校在重阳节当日安排4位学生到三所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案数是（ ）
A．81B．72C．48D．36
【答案】D
【分析】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，即可得出答案．
【详解】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，则有种分配方法，
故选：D．
【例2】某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】A
【分析】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区.
【详解】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区，可分为种情况，
第一类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，
第二类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，
第三类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，
所以共（种）选派方案，
故选：A.
【例3】6名志愿者要到，，三个社区进行志愿服务，每个志愿者只去一个社区，每个社区至少安排1名志愿者，若要2名志愿者去社区，则不同的安排方法共有（ ）
A．105种B．144种C．150种D．210种
【答案】D
【分析】先安排2名志愿者到A社区，再考虑剩余的4名志愿者，分为两组，可以平均分，可以一组1人，一组3人，再对两组进行分配，从而求出最终答案.
【详解】先选出2名志愿者安排到A社区，有种方法，
再把剩下的4名志愿者分成两组，有两种分法，一种是平均分为两组，有种分法，
另一种是1组1人，另一组3人，有种分法，再分配到其他两个社区，
则不同的安排方法共有种.
故选：D
【例4】某班9名同学参加植树活动，若将9名同学分成挖土､植树､浇水3个小组，每组3人，则甲､乙､丙任何2人在不同小组的安排方法的种数为（ ）
A．90B．180C．540D．3240
【答案】C
【分析】先安排除甲､乙､丙之外的同学进行平均分组，再安排甲乙丙到三个不同小组，结合排列组合公式即可求解.
【详解】第一步：先安排除甲､乙､丙之外的同学，
将除甲､乙､丙3人之外的6名同学分成挖土､植树､浇水3组，每组2人，有种不同的方法；
第二步：安排甲､乙､丙，
甲､乙､丙3人分到3个不同的小组，有种不同的方法.
则由分步乘法计数原理知，共有种不同的安排方法.
故选：C.
【例5】年月日至月日，第届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都举行，组委会安排甲、乙等名工作人员去个不同的岗位工作，其中每个岗位至少一人，且甲、乙人必须在一起，则不同的安排方法的种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对甲、乙两人所在的岗位的人数进行分类讨论，利用分组分配的原理结合分类加法计数原理可求得不同的安排方法种数.
【详解】分以下两种情况讨论：
（1）若甲、乙两人所在的岗位只分配了甲、乙两人，则另外有一个岗位需要安排两人，
此时，不同的安排方法种数为种；
（2）若甲、乙两人所在的岗位分配了三人，则还需从其余四人中抽取一人分配在甲、乙这两人所在的岗位，
此时，不同的安排方法种数为种.
综上所述，不同的安排方法种数为.
故选：A.
【例6】在新型冠状病毒肺炎疫情联防联控期间，社区有5名医务人员到某学校的高一、高二、高三3个年级协助防控和宣传工作.若每个年级至少分配1名医务人员，则不同的分配方法有（ ）
A．25种 B．50种 C．300种 D．150种
【答案】D
【分析】首先分析将5个人分为三小组且每小组至少有一人，则可能分法有：两种情况，每种情况利用分步计数原理计算情况数，最后相加即可.
【详解】当5个人分为2，2，1三小组，分别来自3个年级，共有种；
②当5个人分为3，1，1三小组时，分别来自3个年级，共有种.
综上，选法共有.
故选:D.
【例7】为促进援疆教育事业的发展，某省重点高中选派了名男教师和名女教师去支援边疆工作，分配到所学校，每所学校至少一人，每人只去一所学校，则两名女教师分到同一所学校的情况种数为______．
【答案】36
【分析】将名老师分为组，讨论位女老师所在学校有人和人的情况进行计算即可．
【详解】若位女老师和名男老师分到一个学校有种情况；
若位女老师分在一个学校，则名男教师分为组，再分到所学校，有 种情况，
故两名女教师分到同一所学校的情况种数为种．
故答案为：．
【例8】甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．
【答案】50
【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得
【详解】由题意可分为两类
（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式
（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有
种安排方式
综上共有种安排方式
故答案为：50
【题型专练】
1．某地为遏制新冠肺炎病毒传播，要安排3个核酸采样队到2个中风险小区做核酸采样，每个核酸采样队只能选择去一个中风险小区，每个中风险小区里至少有一个核酸采样队，则不同的安排方法共有（ ）
A．2种B．3种C．6种D．8种
【答案】C
【分析】由不平均分组，可得答案.
【详解】由题意，分组方案有一种情况，则种，
故选：C.
2．某社区服务站将5名志愿者分到3个不同的社区参加活动，要求每个社区至少1人，不同的分配方案有（ ）
A．360种B．300种C．90种D．150种
【答案】D
【分析】先分类，分为3个社区的志愿者人数分别为3,1,1或2,2,1，再求出两种情况下的不同分配方案，注意部分平均分组问题.
【详解】若3个社区的志愿者人数分别为3,1,1，此时不同的分配方案有种，若3个社区的志愿者人数分别为2,2,1，此时不同的分配方案有种，综上：不同的分配方案有60+90=150种.
故选：D
3．6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1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.
【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；
然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；
最后剩下的名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有种.
故选：C
【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.
4．有编号分别为1，2，3，4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子，恰有一个空盒，有________种放法.
【答案】144
【分析】本题为分组分配问题，先分组有种情况，再分配有种情况，两式相乘即可.
【详解】先分组再分配.第一步：将四个小球分为三组，每组个数分别为2、1、1，有种情况；
第二步，将分好的三组小球放到三个盒子中，有种情况.
所以，共有种放法.
故答案为：144.
5．某市教育局人事部门打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名应届大学毕业生安排到该市4所不同的学校任教，每所学校至少安排一名，每名学生只去一所学校，则不同的安排方法种数是__________.
【答案】240
【分析】根据平均分组原则和分步计数原理即可解答.
【详解】先将5名学生分成4组共有种，
再将4组学生安排到4所不同的学校有种，
根据分步计数原理可知：不同的安排方法共有种.
故答案为：240
6．某班将5名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加劳动锻炼，每个社区至少分配一名同学，则甲社区恰好分配2名同学共有____________种不同的方法．
【答案】
【分析】由题意，根据分组分配的做题原理，可得答案.
【详解】由题意，分2步分析：
①先5人中选出2人，安排到甲社区，有种方法，
②将剩下3人分成2组，安排到乙、丙社区，有种方法，
则有种安排方式.
故答案为：.
7．甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．
【答案】50
【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得
【详解】由题意可分为两类
（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式
（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有
种安排方式
综上共有种安排方式
故答案为：50
8．某班将5名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加劳动锻炼，每个社区至少分配一名同学，则甲社区恰好分配2名同学共有____________种不同的方法．
【答案】
【分析】由题意，根据分组分配的做题原理，可得答案.
【详解】由题意，分2步分析：
①先5人中选出2人，安排到甲社区，有种方法，
②将剩下3人分成2组，安排到乙、丙社区，有种方法，
则有种安排方式.
故答案为：.
9．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学到两个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排两人，其中，两人不能分在同一个社团，则不同的安排方案数是（ ）
A．56B．28C．24D．12
【答案】B
【分析】设两个社团分别为甲乙，按A在甲社团B在乙社团和A在乙社团B在甲社团两种类型讨论，每种类型又分甲社团有2 人、3 人、4 人三种情况，运用排列组合公式计算方案数.
【详解】设两个社团为甲社团和乙社团，
当A在甲社团B在乙社团时，甲社团有2 人有种方案，甲社团有3 人有种方案，甲社团有4人有种方案，共种方案；
当B在甲社团A在乙社团时，同理也有14种方案；
所以不同的安排方案数是14+14=28.
故选：B
10．中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱､问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲､乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（ ）
A．60B．66C．72D．80
【答案】C
【分析】根据分步计数原理结合部分平均分组以及结合间接法运算求解.
【详解】5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有种安排方法，
若甲乙在同一实验舱的种数有种，
故甲乙不在同一实验舱的种数有种.
故选：C.
题型七：正难则反
【例1】用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数有________.
【答案】72
【解析】用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，共有个；
三个奇数中仅有两个相邻；
其对立面是三个奇数都相邻或者都不相邻；
当三个奇数都相邻时，把这三个奇数看成一个整体与2和4全排列共有个；
三个奇数都不相邻时，把这三个奇数分别插入2和4形成的三个空内共有个；
故符合条件的有；
故答案为：．
【例2】如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条B．24 条C．25条D．26 条
【答案】D
【分析】先假设是实线，计算出所有的最短路径的条数，然后减去经过的最短路径的条数，从而求得正确答案.
【详解】先假设是实线，
则从到，向上次，向右次，最短路径有条，
其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，
所以，当不通时，最短路径有条.
故选：D
【例3】某老师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，且老师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位老师一天的课表的所有排法有______种．
【答案】474.
【分析】采用间接法，首先求解出任意安排节课的排法种数；分别求出前节课连排节和后节课连排3节的排法种数；作差即可得到结果.
【详解】从节课中任意安排节共有：种
其中前节课连排节共有：种；后节课连排3节共有：种
老师一天课表的所有排法共有：种
本题正确结果：
【点睛】本题考查有限制条件的排列问题的求解，对于限制条件较多的问题，通常采用间接法来进行求解.、
【例4】从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别为，共可得到的不同值的个数是（ ）
A．20B．18C．10D．9
【答案】B
【分析】因为，所以从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数可看作共可得到多少个不同的数，从2，4，6，8，10这五个数中任取2个数排列后（两数在分子和分母不同），减去相同的数字即可得到答案．
【详解】首先从2，4，6，8，10这五个数中任取两个不同的数排列，共有种排法，
又，，
从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数是：．
故选：．
【点睛】本题考查了排列、组合及简单的计数问题，解答的关键是想到把相等的数字去掉，属于中档题．
【题型专练】
1．从6位女学生和5位男学生中选出3位学生，分别担任数学、信息技术、通用技术科代表，要求这3位科代表中男、女学生都要有，则不同的选法共有．
A．810种B．840种C．1620种D．1680种
【答案】A
【解析】先由排列数分别求出不考虑性别，与全部是男生和全部是女生的选法总数，然后用总数减掉全部是男生和全部是女生的即为男女生都有的选法.
【详解】解：不考虑男女生共有种
全部是男生的有种
全部是女生的有种
所以男、女学生都有的共有种
故选A.
2．设直线的方程是，从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为A、 B的值，则所得不同直线的条数是_______．
【答案】18
【分析】任取2个数作为，共有种，去掉重复的直线条数即可得解.
【详解】∵从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为A、B的值有种结果，
在这些直线中有重复的直线，
当A=1，B=2时和当A=2，B=4时，结果相同，
把A，B交换位置又有一组相同的结果，
∴所得不同直线的条数是，
故答案为：18
3．从集合中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到______个不同的对数值．
【答案】53
【分析】分取的两个数中有一个是1、取的两个数不含有1两种情况讨论，注意排除对数值相等的情况.
【详解】①当取的两个数中有一个是1时，则1只能作真数，
此时，或3或4或5或6或7或8或9；
②所取的两个数不含有1时，即从2，3，4，5，6，7，8，9中任取两个，分别作为底数与真数，有个对数，
但是其中，，，．
综上可知：共可以得到（个）不同的对数值．
故答案为：53
4．用1，2，3，4，5，0组成数字不重复的六位数，满足1和2不相邻，5和0不相邻，则这样的六位数的个数为_________.
【答案】
【解析】1，2，3，4，5，0组成数字不重复的六位数的个数共有个
其中1，2相邻的六位数的个数共有个
5，0相邻的六位数的个数共有个
1和2相邻且5和0相邻的六位数的个数共有个
即满足1和2不相邻，5和0不相邻，则这样的六位数的个数为
故答案为：
题型八：定序问题（消序法）
【例1】甲、乙、丙、丁、戊、己六人按一定的顺序依次抽奖，要求甲排在乙前面，丙与丁不相邻且均不排在最后，则抽奖的顺序有( )
A．72种B．144种C．360种D．720种
【答案】B
【解析】第一步先排甲、乙、戊、己，甲排在乙前面，则有种，第二步再将丙与丁插空到第一步排好的序列中，但注意到丙与丁均不排在最后，故有4个空可选，所以有中插空方法，所以根据分步乘法计数原理有种.故选：B.
【例2】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
【例3】DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（ ）
A．20B．40C．60D．120
【答案】C
【分析】利用排列数计算公式计算出正确答案.
【详解】依题意可知，不同的插入方式的种数为.
故选：C
【例4】有的方格中停放三辆完全相同的红色车和三辆完全相同的黑色车，每一行每一列只有一辆车，每辆车占一格，则停放的方法数为（ ）
A．720B．2160C．8400D．14400
【答案】D
【分析】先假设6辆车完全不同，然后按照分步计算停放的方法，再考查红色车相同，黑色车相同，再按照倍缩法求解.
【详解】首先假设6辆车是不同的车，第一辆车有36种方法，第二辆车不能与第一辆车同行，同列，则有25种方法，同理，第三辆车有16种方法，第四辆车有9种方法，第5辆车有4种方法，第6辆车有1种方法，
因为3辆红色车相同，3辆黑色车相同，所以不同的停放方法为.
故选：D
【例5】花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （ ）
A．2520B．5040C．7560D．10080
【答案】A
【分析】结合全排列的概念即可.
【详解】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，
先对8盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，
因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，
所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故一共有种，
故选：A
【例6】如图所示，某货场有三堆集装箱，每堆2个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是____________（用数字作答）.
【答案】
【分析】根据有六个集装箱，需要全部装运，得到种取法，再根据每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，由排列中的定序问题求解.
【详解】因为有六个集装箱，需要全部装运，共有种取法，
又因为每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，
由排列中的定序问题，可知不同的取法有种.
故答案为：90.
【点睛】本题主要考查排列的应用，还考查了分析问题求解问题的能力，属于中档题.
【题型专练】
1．某公司在元宵节组织了一次猜灯谜活动，主持人事先将10条不同灯谜分别装在了如图所示的10个灯笼中，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜（无论猜中与否，选中的灯笼就拿掉），则这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法数为____________.（用数字作答）
【答案】
【分析】由题意可知，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜，所以本题是定序问题，故结合倍缩法即可求出结果.
【详解】一共有10条灯谜，共有种方法，由题意可知而其中按2，3，3，2组成的4列相对位置不变，所以结合倍缩法可知共有种，也即是这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法有种
故答案为：.
2．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.
【答案】60
【分析】首先将6只灯笼全排，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.
【详解】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，
取谜题的方法有.
故答案为：60
3．五个人并排站在一排，如果甲必须站在乙的右边(甲乙可不相邻)，则不同的排法有_______种.
【答案】
【分析】用5个元素的全排列个数除以2各元素的全排列个数可得答案.
【详解】五个人并排站在一排，共有种，
其中甲、乙两人共有种顺序，各占一半，
所以甲必须站在乙的右边(甲乙可不相邻)的不同的排法有种，
故答案为：60
【点睛】本题考查了排列中的定序问题，一般地，个元素排成一排，其中个元素的定序排列的种数为，属于基础题.
4．由数字组成的一串数字代码，其中恰好有个，个，则这样的不同数字代码共有____________个.
【答案】
【分析】根据排列的知识确定求得正确答案.
【详解】一共个数字，其中个，个，
所以一共.
故答案为：
5．年07月01日是中国共产党成立100周年，习近平总书记代表党和人民庄严宣告，经过全党全国各族人民持续奋斗，我们实现了第一个百年奋斗目标，在中华大地上全面建成了小康社会，历史性地解决了绝对贫困问题.某数学兴趣小组把三个0､两个2､两个1与一个7组成一个八位数（如20001217），若其中三个0均不相邻，则这个八位数的个数为（ ）
A．200B．240C．300D．600
【答案】C
【分析】由于三个0均不相邻，所以采用插空法，第一步排列两个2，两个1，一个7，第二步再把0插入其中五个空，即可得答案.
【详解】利用插空法，第一步排列两个2，两个1，一个7，共有种排法，
第二步再把0插入其中五个空，所以有种排法，
所以共有个八位数.
故选：C.
6．英文单词"sentence”由8个字母构成，将这8个字母组合排列，且两个n不相邻一共可以得到英文单词的个数为（ ）（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）
A．2520B．3360C．25200D．4530
【答案】A
【分析】排列定序问题与不相邻问题综合，先去掉排列其他个字母，再插入字母．
【详解】英文单词“sentence”中字母e有3个，字母n有2个，字母s、t、c各有一个，优先考虑无限制的字母，注意重复字母需除去顺序，共有种，再插入个字母，共有种，所以一共有种，
故选：A．
题型九：隔板法
【例1】把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法（ ）
A．10种B．种C．种D．60种
【答案】A
【分析】采用隔板法，在个空中插入块板，根据组合数公式计算可得；
【详解】解：依题意，采用隔板法，在个空中插入块板，则不同的放法共有种；
故选：A
【例2】某学校为增进学生体质，拟举办长跑比赛，该学校高一年级共有个班，现将个参赛名额分配给这个班，每班至少个参赛名额，则不同的分配方法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【分析】采用隔板法直接求解即可.
【详解】将个参赛名额分配给这个班，名额之间并无区别，将个参赛名额采用“隔板法”分成份即可，每份至少一个名额，
共有种.
故选：B.
【例3】马路上亮着一排编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的10盏路灯．为节约用电，现要求把其中的两盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法种数为（ ）
A．12B．18C．21D．24
【答案】C
【分析】10盏路灯中要关掉不连续的两盏，所以利用插空法，又两端的灯不能关掉，则有7个符合条件的空位，进而在这7个空位中，任取2个空位插入关掉的2盏灯，即可得出答案.
【详解】解：根据题意，10盏路灯中要关掉不连续的两盏，所以利用插空法．
先将剩下的8盏灯排成一排，因两端的灯不能关掉，则有7个符合条件的空位，进而在这7个空位中，任取2个空位插入关掉的2盏灯，所以共有种关灯方法．
故选：C．
【题型专练】
1．把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法有（ ）种
A．41B．56C．156D．252
【答案】B
【解析】本题要使用挡板法，在9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，即产生符合要求的方法数．
【详解】解：问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列，再分成6堆，每堆至少一个，求其方法数．
事实上，只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，
即产生符合要求的方法数．故有种．
故选：B
【点睛】本题考查“插板”法解决组合问题，属于基础题.
2．将12支完全相同的圆珠笔分给4位小朋友.（ ）
A．若每位小朋友至少分得1支，则有种分法B．若每位小朋友至少分得1支，则有种分法
C．若每位小朋友至少分得2支，则有种分法D．若每位小朋友至少分得2支，则有种分法
【答案】BC
【分析】利用隔板法求得每位小朋友至少分得1支的分法总数判断选项AB；求得每位小朋友至少分得2支的分法总数判断选项CD.
【详解】若每位小朋友至少分得1支，则由隔板法可得，不同的分法种数为.
则选项A判断错误；选项B判断正确；
若每位小朋友至少分得2支，则每位小朋友可先各发1支，剩下8支，再由隔板法可得，不同的分法种数为.则选项C判断正确；选项D判断错误.
故选：BC
3．从某校4个班级的学生中选出7名学生作为代表参加志愿者服务活动，若每个班级至少有一名代表，则有______种不同的选法．
【答案】20
【分析】利用隔板法解决，七个个体间有六个空，选出三个空插隔板，即可分成四份，即得.
【详解】由题意，七个名额分成四份，名额之间没有差别，四个班级之间也没有差别，
故把七个名额分成四份即得选法种数，相当于7个球排成一排，然后插3块木板把它们分成4份，即中间6个空位，选3个空插隔板，分成四份，
所以总的分法有种.
故答案为：20．
题型十：涂色问题
【例1】用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为（ ）
A．24B．30C．36D．42
【答案】B
【分析】先分类（先涂前3个圈，再涂后3个圆）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，分别计算后再由加法原理相加即得．
【详解】分2类（先涂前3个圆，再涂后3个圆．）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有种涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有种涂法．综上，不同的涂法和数为．
故选：B．
【例2】如图，“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现从给出的5种不同的颜色中最多可以选择4种不同的颜色给这5个区域涂色；要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色．则不同的涂色方案有（ ）种
A．120B．240C．300D．360
【答案】C
【分析】依题意可以利用3或4种不同的颜色涂色，先选出颜色，再涂色，按照分步、分类计数原理计算可得；
【详解】解：依题意显然不能用少于2种颜色涂色，
若利用3种不同的颜色涂色，首先选出3种颜色有种选法，
先涂区域①有3种涂法，再涂②有2种涂法，则⑤只有1种涂法，④也只有1种涂法，则③也只有1种涂法，
故一共有种涂法；
若利用4种不同的颜色涂色，首先选出4种颜色有种选法，根据题意，分2步进行涂色：
当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有种涂色的方法；
当区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域③、④有2种涂色方法，
故共有种涂色的方法；
综上可得一共有种涂法；
故选：C
【例3】用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】D
【分析】将涂色方法分为两类，即用三种颜色涂和用两种颜色涂，分别计算出两种情况下涂色方案的种数，根据分类加法计数原理即可求得结果.
【详解】将六个方格标注为，如下图所示，
①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色，
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种；
综上所述：不同的填涂方法有种.
故选：D.
【例4】用6种不同的颜色给图中的“笑脸”涂色，要求“眼睛”（即图中A、B所示区域）用相同颜色，则不同的涂法共有________种．（用数字作答）
【答案】216
【详解】试题分析：由题意知本题是一个分类计数问题，可以分为三种情况讨论，一共用了3种颜色，共有A63=120种结果，一共用了2种颜色．共有C62A32=90种结果，一共用了1种颜色，共有6种结果，∴根据分类计数原理知，共有120+90+6=216，故答案为216
考点：本题考查了分类计数问题．
点评：本题是一个带有限制条件的元素的计数问题，但是题目中所给的条件给的非常宽松，即只要两只眼睛的颜色相同就可以，所以把两个元素看成一个元素就可以
【例5】学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有______种不同的涂色方法.
【答案】66
【分析】运用分类计数原理、分步计算原理，结合组合定义进行求解即可.
【详解】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有种选法，因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择四种颜色时，不同的涂色方法有种，
所以共有种不不同的涂色方法，
故答案为：66
【题型专练】
1．如图，节日花坛中有5个区域，现有4种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，则符合条件的种植方案有_____________种.
【答案】72
【分析】根据题意，按选出花的颜色的数目分2种情况讨论，利用排列组合及乘法原理求出每种情况下种植方案数目，由加法原理计算可得答案
【详解】如图，假设5个区域分别为1，2，3，4，5，
分2种情况讨论：
①当选用3种颜色的花卉时，2，4同色且3，5同色，共有种植方案（种），
②当4种不同颜色的花卉全选时，即2，4或3，5用同一种颜色，共有种植方案（种），
则不同的种植方案共有（种）.
故答案为：72
2．如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用
A．288种B．264种C．240种D．168种
【答案】B
【详解】先分步再排列
先涂点E，有4种涂法，再涂点B，有两种可能：
(1)B与E相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2种；
(2)B与E不相同时有3种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2种涂法，涂C点时又有两种可能：
（2.1）C与E相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：
①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；
②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．
（2.2）C与E不相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：
①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；
②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．
所以不同的涂色方法有
4×{3×2×2×2+3×2×[1×(1×2+1×2)+1×(1×2+1×1)]}=4×(24+42)=264．
3．如图，圆被其内接三角形分为4块，现有5种颜色准备用来涂这4块，要求每块涂一种颜色，且相邻两块的颜色不同，则不同的涂色方法有
A．360种B．320种C．108种D．96种
【答案】B
【详解】分类：两色：，三色：，四色：，，故选B．
4．如图，用5种不同的颜色给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有__________种
【答案】180
【分析】根据题意可知，不相邻区域可以同色，则可以分类讨论区域A和区域D同色与不同色，结合排列公式进行求解即可.
【详解】能够涂相同颜色的只有A，D.
若A，D同色，则只需要选择3种颜色即可，
此时有种；
若A，D不同色，则只需要选择4种颜色即可，
此时有种.
共有种.
故答案为：180.
【点睛】本题主要考查涂色问题，分类加法计数原理，排列数的计算，考查了计算能力，属于中档题.
5．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种___________．（以数字作答）
【答案】72
【分析】本题考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理，按照颜色的种数进行分为3种颜色和四种颜色依次讨论即可.
【详解】按照使用颜色的种类分类，
第一类：使用了4种颜色，2,4同色，或3,5同色，则共有(种)，
第二类：使用了三种颜色，2,4同色且3,5同色，则共有(种)
所以共有48+24=72(种)
故答案为：72
6．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有______种.（用数字作答）
【答案】120
【分析】由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，从同颜色的花入手分类来求，最后利用分类加法计数原理得到结果.
【详解】由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，
若2、5同色，则3、6同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
若2、4同色，则3、6同色，
所以共有种栽种方法；
若3、5同色，则2、4同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
所以共有种栽种方法.
故答案为：120
【点睛】本题主要考查分类加法计数原理和排列组合的应用，考查学生的分析能力和分类讨论的思想，属于中档题.
7．如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有__________种（用数字作答）．
【答案】630.
【分析】分别计算第三个格子与第一个格子同色，以及第三个格子与第一个格子不同色，所对应的不同涂色方法，即可求出结果.
【详解】用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，
若第三个格子与第一个格子同色，
则有种涂色方法；
若第三个格子与第一个格子不同色，
则有种涂色方法；
综上，共有种涂色方法.
故答案为630
【点睛】本题主要考查排列中的涂色问题，根据分类讨论的思想，即可求解，属于常考题型.
8．如图，节日花坛中有5个区域，要把4种不同颜色的花分别种植到这5个区域中，要求相同颜色的花不能相邻栽种，共有多少种种植方案？
【答案】共有种种植方案
【分析】根据题意，区域2与区域4用同一种颜色，或者区域3与区域5用同一种颜色，
进而根据排列组合求解即可.
【详解】解：根据题意，四种颜色的花都需种植，且相同颜色的不相邻，
所以区域2与区域4用同一种颜色，或者区域3与区域5用同一种颜色，
所以一共有种不同的方案.
所以一共有种不同的方案.
题型十一：与几何有关的组合应用题
【例1】以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有（ ）
A．6个B．12个C．18个D．30个
【答案】B
【分析】从正三棱柱的六个顶点中任取四个组成四面体，减去在同一个面上的情况，即可得答案.
【详解】根据题意，先从六个顶点中任选四个，共种选法，
而其中包含了所取4点在同一个侧面上的情况，这种情况有3种，
即符合条件的有 ；
故选∶B．
【例2】个点将半圆分成段弧，以个点（包括个端点）为顶点的三角形中钝角三角形有（ ）个
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，用间接法，先利用组合数公式计算其中三角形的数目，排除其中直角三角形的数目计算可得答案．
【详解】根据题意，如图：在10个点中，任意三点不共线，
在其中任取3个点，可以组成个三角形，
其中没有锐角三角形，直角三角形是包含点和余下的8点任意取一个构成的三角形，有8个，则钝角三角形有个．
故选：B．
【例3】图中的矩形的个数为（ ）
A．12B．30C．60D．120
【答案】C
【分析】根据题意先确定“横边”，再确定“竖边”，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，矩形的两条邻边确定，矩形就确定，第一步先确定“横边”，
从5个点任选2个点可以组成一条“横边”，共有种情况；
第二步再确定“竖边”，共有种情况，
所以图中矩形共有.
故选：C.
【例4】如图，的边上有四点、、、，上有三点、、，则以、、、、、、、中三点为顶点的三角形的个数为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】利用间接法，先在个点中任取个点，减去三点共线的情况，利用组合计数原理可求得结果.
【详解】利用间接法，先在个点中任取个点，再减去三点共线的情况，
因此，符合条件的三角形的个数为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法（合理分类）和间接法（排除法）．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．
【例5】（多选题）n边形对角线的条数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】由组合公式得出n个顶点中任取2个的种数，再减去边数得出答案.
【详解】在n边形的n个顶点中任取2个，共有种方法，其中包括n条边，应去掉，
所以n边形对角线的条数为，故AB错误，CD正确．
故选：CD
【例6】（1）以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四面体？
（2）以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四棱锥？
【答案】（1）58；（2）48.
【分析】（1）要考虑四点不能共面，利用间接法即可求解；
（2）正方体一共有6个表面，6个对角面，以这12个面为底面，以正方体剩下的4个顶点中的一个为顶点，即可得到所有的四棱锥.
【详解】解：（1）正方体8个顶点可构成个四点组，其中四点共面的情况为正方体的6个表面及正方体6组相对棱分别所在的6个平面，
所以可确定四面体有个.
（2）由（1）知，正方体中共面的四点组有12个，以这每一个四点组构成的四边形为底面，以正方体其余的四个顶点中任一点为顶点都可以确定一个四棱锥，
所以可确定四棱锥有个.
【题型专练】
1．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法共有（ ）
A．30种B．33种C．36种D．39种
【答案】B
【详解】分所取的3点在同一个侧面上和所取的3点不在同一个侧面上两种情况分析求解即可.
【点睛】根据题意，如图，
①当所取的3点在同一个侧面上时，每个侧面上有种取法，
所以共有种不同的取法，
②当所取的3点不在同一个侧面上时，
含顶点的三条棱中，每条棱上有三个点，它们分别与所对的棱的中点共面，
共有3种取法，
综上，共有种不同的取法，
故选：B
2．在平面直角坐标系xOy上，平行直线与平行直线组成的图形中，矩形共有（ ）
A．25个B．36个C．100个D．225个
【答案】D
【分析】求出矩形的横边和竖边各有多少种选法即得解.
【详解】解：要构成矩形，从中选两条直线作为两边，共有种选法；
同理从中选两条直线作为两边也有15种选法．共有种选法，即矩形共有225个．
故选：D．
3．如图为一个直角三角形工业部件的示意图，现在AB边内侧钻5个孔，在BC边内侧钻4个孔，AB边内侧的5个孔和BC边内侧的4个孔可连成20条线段，在这些线段的交点处各钻一个孔，则这个部件上最多可以钻的孔数为（ ）．
A．190B．199C．69D．60
【答案】C
【分析】由四边形对角线相交，则转化为求由这些点可以组成多少个对角线不重合的四边形，从而得到答案.
【详解】在AB边内侧的5个孔和BC边内侧的4个孔中各取两个可构成四边形，
当这些四边形对角线的交点不重合时，钻孔最多，
所以最多可以钻的孔数为个．
故选：C
4．从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，去掉四点共面的情况即可求解.
【详解】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，
正方体表面四点共面不能构成四面体有种，
正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有种，
所以可得到的四面体的个数为种，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题主要采用间接法，如果直接讨论，需要讨论的情况比较多，所以正难则反，这是解题的关键.
5．一空间有10个点，其中5个点在同一平面上，其余没有4点共面，则10个点可以确定不同平面的个数是______．
【答案】111
【分析】先求所有可能构成的平面个数，然后考虑共面的5个点确定的平面数，即可求解.
【详解】不共线的三点可以确定一个平面，所以10个点最多可以确定个平面，
而那5个共面的点，则可以确定个平面，而没有其他4点共面的，所以减少了个平面，所以一共可以确定的平面数为111.
故答案为：111
6.如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（用数字作答）
(1)由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？
(2)由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？
(3)求出图中总计有多少个矩形？
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意转化条件为点A需向右移动3次、向上移动3次，结合组合的知识即可得解；
（2）设出直线上其它格点为、、，按照、、、分类，结合分步乘法、组合的知识即可得解；
（3）由题意转化条件为从竖线中选出两条、横线中选出两条组成图形，按照矩形的边在不在上分类，利用分步乘法、组合的知识即可得解.
【详解】（1）由题意点A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次：向右移动3次，向上移动3次，故点A到达点E的最近路线的条数为；
（2）设点、、的位置如图所示：
则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况：
①沿着，共有条最近路线；
②沿着（不经过E），共有条最近路线；
③沿着（不经过E、G），共有条最近路线；
④沿着（不经过E、G、H），共有条最近路线；
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有条；
（3）由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况：
①矩形的边不在上，共有个矩形；
②矩形的一条边在上，共有个矩形；
故图中共有个矩形.
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