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第50练 排列与组合（精练：基础+重难点）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
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这是一份第50练 排列与组合（精练：基础+重难点）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用），文件包含第50练排列与组合精练基础+重难点原卷版docx、第50练排列与组合精练基础+重难点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
刷真题 明导向
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120B．60C．30D．20
【答案】B
【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.
【详解】不妨记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.
故选：B.
2．（2023·全国·统考高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种B．60种C．120种D．240种
【答案】C
【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
【详解】首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．种B．种
C．种D．种
【答案】D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.
故选：D.
4．（2022·全国·统考高考真题）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
5．（2021·全国·统考高考真题）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
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，
故选：C.
【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.
二、填空题
6．（2023·全国·统考高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）．
【答案】64
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．关于的方程的解为（ ）
A．B．C．且D．或
【答案】D
【分析】根据题意结合组合数的定义与性质运算求解.
【详解】因为，则或，解得或，
若，可得，符合题意；
若，可得，符合题意；
综上所述：或.
故选：D.
2．某班计划从3位男生和4位女生中选出2人参加辩论赛，并且至少1位女生入选，则不同的选法的种数为（ ）
A．12B．18C．21D．24
【答案】B
【分析】分两种情况：第一种情况，只有一位女生入选，第二种情况，有2位女生入选，根据分类加法计数原理计算可得答案.
【详解】可分两种情况：第一种情况，只有一位女生入选，不同的选法有 种，
第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有 种，
根据分类加法计数原理知，至少1位女生入选的不同的选法的种数为 种.
故选：B.
3．某校组织一次认识大自然的活动，有5名同学参加，其中有3名男生､2名女生，现要从这5名同学中随机抽取3名同学去采集自然标本，抽取人中既有男生又有女生的抽取方法共有（ ）
A．10种B．12种C．6种D．9种
【答案】D
【分析】根据组合的概念分类讨论计算即可.
【详解】抽到1男2女的方法有种，抽到2男1女的方法有种，合计共9种方法.
故选：D
4．为配合垃圾分类在学校的全面展开，某学校举办了一次垃圾分类知识比赛活动.高一､高二､高三年级分别有1名､2名､3名同学获一等奖.若将上述获一等奖的6名同学排成一排合影，要求同年级同学排在一起，则不同的排法共有（ ）
A．18种B．36种C．72种D．144种
【答案】C
【分析】根据相邻问题捆绑法即可由全排列求解.
【详解】由题意可得，
故选:C
5．某校安排5名同学去A，B，C，D四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个基地至少安排一人，则甲同学被安排到A基地的排法总数为（ ）
A．24B．36C．60D．240
【答案】C
【分析】分两种情况分类计算，一种是基地只有甲同学在，另外一种是A基地有甲同学还有另外一个同学也在，两种情况相加即可.
【详解】当基地只有甲同学在时，那么总的排法是种；
当A基地有甲同学还有另外一个同学也在时，那么总的排法是种；
则甲同学被安排到A基地的排法总数为种.
故选：C
6．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为（ ）
A．10B．20C．30D．40
【答案】B
【分析】根据分组分配即得.
【详解】将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，
所以互不相同的安排方法的种数为．
故选：B.
7．甲、乙、丙等六人相约到电影院观看电影《封神榜》，恰好买到了六张连号的电影票．若甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为（ ）
A．360B．480C．600D．720
【答案】B
【分析】先求得六人的全排列数，结合题意，利用定序排列的方法，即可求解.
【详解】由题意，甲、乙、丙等六人的全排列，共有种不同的排法，
其中甲、乙、丙三人的全排列有种不同的排法，
其中甲、乙在丙的同侧有：甲乙丙、乙甲丙、丙甲乙，丙乙甲，共4种排法，
所以甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为种.
故选：B.
8．2022年北京冬奥会的顺利召开，激发了大家对冰雪运动的兴趣．若甲，乙，丙三人在自由式滑雪、花样滑冰、冰壶和跳台滑雪这四项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有（ ）
A．12种B．24种C．64种D．81种
【答案】C
【分析】根据分步乘法原理求解即可．
【详解】由题意，可知每一人都可在四项运动中选一项，即每人都有四种选法，可分三步完成，
根据分步乘法原理，不同的选法共有种.
故选：C．
9．设α，β是两个平行平面，若α内有3个不共线的点，β内有4个点（任意3点不共线），从这些点中任取4个点最多可以构成四面体的个数为（ ）
A．34B．18C．12D．7
【答案】A
【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决.
【详解】完成的一件事是“任取4个点构成四面体”，
所以分成三类：第一类，从α上取1个点，β上取3个不同的点，可以构成四面体的个数为；
第二类，从α上取2个点，β上取2个不同的点，可以构成四面体的个数为；
第三类，从α上取3个点，β上取1个不同的点，可以构成四面体的个数为，
所以从这些点中任取4个点最多可以构成四面体的个数为12＋18＋4＝34.
故选：A
10．将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）
A．90B．135C．270D．360
【答案】B
【分析】根据题意和简单计数问题，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】在6个盒子中任选2个，放入与其编号相同的小球，有种，
剩下的4个盒子的编号与放入的小球编号不同，
假设这4个盒子的编号为3,4,5,6，
则3号小球可以放进4,5,6号盒子，有3种选法，
剩下的3个小球放进剩下的3个盒子，有3种选法，
所以不同的放法种数为种选法.
故选：B.
11．2023年3月5号是毛泽东主席提出“向雷锋同志学习”60周年纪念日，某志愿者服务队在该日安排4位志愿者到两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，每个志愿者都要参加活动，则不同的分配方法数是（ ）
A．8B．12C．14D．20
【答案】C
【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解.
【详解】将4名志愿者分配到两所敬老院，则由以下两种分配方案：
①一所敬老院1名志愿者，另外一所3名，则有种，
②两所敬老院各安排两名志愿者，则有种，
故共有种方案，
故选：C
12．用1，2，3…，9这九个数字组成的无重复数字的四位偶数中，各位数字之和为奇数的共有（ ）
A．600个B．540个C．480个D．420个
【答案】A
【分析】依题意要使各位数字之和为奇数则可能是个奇数个偶数，或个偶数个奇数，分两种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算可得.
【详解】解：依题意要使各位数字之和为奇数则可能是个奇数个偶数，或个偶数个奇数，
若为个奇数个偶数，则偶数一定排在个位，从个偶数中选一个排在个位有种，
再在个奇数中选出个排在其余三个数位，有种排法，故有个数字；
若为个偶数个奇数，则奇数不排在个位，从个奇数中选一个排在前三位有种，
再在个偶数中选出个排在其余三个数位，有种排法，故有个数字；
综上可得一共有个数字；
故选：A
13．黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的，两段，使得长线段与原线段的比等于短线段与长线段的比，即，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（ ）
A．180B．210C．240D．360
【答案】C
【分析】用插入法求解.
【详解】先把排列，然后选两个空档插入3，总方法为．
故选：C．
14．设直线的方程是，从1，2，3，4这四个数中每次取两个不同的数作为A、B的值，则所得不同的直线的条数是（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】C
【分析】任取2个数作为A，B共有种，去掉重复的直线条数即可得解．
【详解】[详解]
∵从1，2，3，4这四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，
当和时，结果相同；
当和时，结果相同，
∴所得不同直线的条数是，
故选：C．
15．贵州省首届“美丽乡村”篮球联赛总决赛在黔东南苗族侗族自治州台江县台盘村开赛.该联赛由台盘村“六月六”吃新节篮球赛发展演变而来，被网友称为“村BA”.村BA给全国人民展现的不仅是贵州人热爱生活的精神，更展现了如今欣欣向荣的贵州山水人文，同时给贵州的旅游带来巨大的收益.2023年8月20日晚上村BA西南大区赛总决赛落下帷幕，为庆祝比赛顺利结束，主办方设置一场扣篮表演，分别由重庆、贵州、四川、云南代表队每队各选出2名球员参加扣篮表演，贵州队作为东道主，扣篮表演必须在第一位及最后一位，那么一共有（ ）种表演顺序.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先确定贵州两名球员的顺序，再确定其余6人的表演顺序即可.
【详解】由题意易知，一共有8个人需要排列.先确定贵州两名球员的顺序为，在确定其余6人顺序为，由分步乘法原理可得一共有种顺序.
故选：C.
16．用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．240B．360C．480D．600
【答案】C
【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解.
【详解】将区域标号，如下图所示：
因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法，
若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法；
若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法；
所以共有种不同的涂色方法.
故选：C.
17．为了保证疫情“社会面清零”，某镇医院派三名医生到不同的四个学校进行核酸检测，每个医生至少去一个学校且至多去两个学校，每个学校只安排一位医生，所有不同的分法共有（ ）
A．24种B．36种C．48种D．72种
【答案】B
【分析】根据题意，先分组再分配，再结合排列组合的计算，即可得到结果.
【详解】由题意知必有一位医生去两个医院，另外两个医院各去一位医生，
第一步先将医院按分为三组共有种方法，
第二步再把三位医生分配到三个小组去，有种分配方法，
故共有种方法.
故选：B
二、多选题
18．下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．
【答案】AD
【分析】根据排列数与组合数的计算公式以及性质即可逐一求解.
【详解】对于A，，故A正确，
对于B，，故，故B错误，
对于C，则或，解得 或，故C错误，
对于D，,故D正确，
故选：AD
19．（多选题）某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人每人在该窗口打2种菜，且每人至多打1种荤菜，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲若选一种荤菜，则有6种选法
B．乙的选菜方法数为9
C．若两人分别打菜，总的方法数为18
D．若两人打的菜均为一荤一素且只有一种相同，则方法数为30
【答案】AB
【分析】由计数原理，对每个选项进行依次判定即可.
【详解】若甲打一荤一素，则有种选法，故A选项正确;
若乙打一荤一素，则有6种选法，若打两素，则有种选法，共9种选法，故B选项正确;
选项C两人分别打菜，由选项B知每个人可有9种打法，故应为9×9=81种方法；
选项D可分为荤菜相同或素菜相同两种情况，共2×3×2+3×2×1=18种.
故选：AB.
20．满足不等式的的值可能为（ ）
A．12B．11C．8D．10
【答案】ABD
【分析】根据排列数公式得到不等式，解得的取值范围，即可判断.
【详解】由排列数公式得，
依题意可得，解得或（舍去），
又，所以可以取，，．
故选：ABD．
21．若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231、354等都是“凸数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（ ）
A．组成的三位数的个数为60B．在组成的三位数中，奇数的个数为30
C．在组成的三位数中，偶数的个数为30D．在组成的三位数中，“凸数”的个数为20
【答案】AD
【分析】将个数字选个排列即可判断A，确定个位，即可计算出奇数，从而判断B、D，计算“凸数”时对十位分三种情况讨论，即可判断D.
【详解】依题意，组成的三位数的个数为，故A正确；
个位为，或时，三位数是奇数，则奇数的个数为，故B错误；
则偶数有（个），故C错误；
将这些“凸数”分为三类：
①十位为，则有（种），
②十位为，则有（种），
③十位为，则有（种），
所以在组成的三位数中，“凸数”的个数为，故D正确．
故选：AD．
22．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有（ ）
A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法
【答案】ABC
【分析】根据题意，结合分类计数原理和分步计数原理，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A中，从国画中选一副有5种不同的选法；从油画中选一副有2种不同的选法；从水彩画中选一副有7种不同的选法，
由分类计数原理，共有种不同的选法，所以A正确；
对于B中，从国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，
根据分步计数原理，共有种不同的选法，所以B正确；
对于C中，若其中一幅选自国画，一幅选自油画，则有种不同的选法；
若一幅选自国画，一幅选自水彩画，则有种不同的选法；
若一幅选自油画，一幅选自水彩画，则有种不同的选法，
由分类计数原理，可得共有种不同的选法，所以C正确；
对于D中，从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：
第一步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；
第二步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法，
根据分步计数原理，不同挂法的种数是种不同的选法，所以D错误.
故选：ABC.
23．有甲、乙、丙等5名同学聚会，下列说法正确的有（ ）
A．5名同学每两人握手1次，共握手20次
B．5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片20张
C．5名同学围成一圈做游戏，有120种排法
D．5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，且丙不站正中间，有40种排法
【答案】BD
【分析】利用组合的概念可判断A，根据排列知识可判断BC，利用捆绑法及间接法可判断D.
【详解】A选项，5名同学每两人握手1次，共握手次，故A错误；
B选项，5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片张，故B正确；
C选项，5名同学围成一圈做游戏，确定4个人之后，最后一个人的位置也就确定了，所以有种排法，故C错误；
D选项，5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，共有种排法，其中丙站正中间的排法有种，
所以甲、乙相邻，且丙不站正中间的排法有种，故D正确.
故选：BD.
24．某班准备举行一场小型班会，班会有3个歌唱节目和2个语言类节目，现要排出一个节目单，则下列说法正确的是（ ）
A．若3个歌唱节目排在一起，则有6种不同的排法
B．若歌唱节目与语言类节目相间排列，则有12种不同的排法
C．若2个语言类节目不排在一起，则有72种不同的排法
D．若前2个节目中必须要有语言类节目，则有84种不同的排法
【答案】BCD
【分析】A选项，采用捆绑法进行求解；B选项，利用排列知识进行求解；C选项，采用插空法进行求解；D选项，分两种情况，前2个节目都是语言类节目和前2个节目中有1个是语言类节目，分别求出排法后相加即可.
【详解】A选项，若3个歌唱节目排在一起，则有种情况，将3个歌唱节目看为一个整体，和2个语言类节目进行排列，则有种情况，
综上，共有种情况，A错误；
B选项，歌唱节目与语言类节目相间排列，则歌唱类节目在两端和最中间，语言类放在歌唱类节目的之间，则有种情况，B正确；
C选项，若2个语言类节目不排在一起，则采用插空法，先安排歌唱类节目，有种情况，再将语言类节目插入到3个节目形成的4个空格中，有种，
综上，共有种情况，C正确；
D选项，前2个节目都是语言类节目，此时后3个为歌唱类节目，有种情况，
前2个节目中有1个是语言类，有1个是歌唱类，则有种情况，剩余的3个节目进行全排列，则有种情况，则共有种情况，
综上，有种不同的排法，D正确.
故选：BCD
25．2023年，某省继续招募高校毕业生到基层从事支教，支农，支医和帮助乡村振兴的服务工作（简称“三支一扶”），此省某师范院校某毕业班的6名毕业生（其中有3名男生和3名女生，男生中有一名班长）被分配到甲乙丙三地进行支教，且每地至少有一名毕业生．则下列正确的是（ ）
A．甲乙丙三地各分配一名男生和一名女生，则共有种分配方法
B．6名毕业生平均分配到甲乙丙三地，则共有种分配方法
C．男班长必须到甲地，则共有180种分配方法
D．班长必须到甲地，某女生必须到乙地，则共有65种分配方法
【答案】ACD
【分析】根据分组分配的知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】A选项，甲乙丙三地各分配一名男生和一名女生，
个男生中选个到甲地，方法有种；在剩下的个男生中选个到乙地，
方法有种；最后个男生放在丙地；再安排女生，方法有种.所以共有种分配方法，A选项正确.
B选项，6名毕业生平均分配到甲乙丙三地，方法数有种分配方法，B选项错误.
C选项，男班长必须到甲地，方法数有:
种分配方法，C选项正确.
D选项，班长必须到甲地，某女生必须到乙地，方法数有:
种分配方法，D选项正确.
故选：ACD
三、填空题
26．2022年世界杯亚洲区预选赛，中国和日本､澳大利亚､越南､阿曼､沙特阿拉伯分在同一小组，任意两个国家需要在各自主场进行一场比赛，则该小组共有 场比赛.
【答案】30
【分析】任意两个国家需要在各自主场进行一场比赛，即为双循环比赛，由排列组合求解即可.
【详解】一共有6个国家，任意两个国家需要在各自主场进行一场比赛，即为双循环比赛，共有场比赛.
故答案为：30.
27．某研究性学习小组有4名男生和2名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少1名女生，则不同的选法种数为 .
【答案】
【分析】直接利用组合知识分步计算即可.
【详解】由已知可得六名同学选三名同学有种方法，而全选男生的有种方法，
所以至少一名女生的方法有种方法.
故答案为：16
28．将编号为，，，的个小球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，若放在同一盒子里的个小球编号不相邻，则共有 种不同的放法．
【答案】18
【分析】先把4个小球分为一组，其中2个不连号小球的种类有，，为一组，再全排列即可，
【详解】解：先把4个小球分为一组，其中2个不连号小球的种类有，，为一组，
分组后分配到三个不同的盒子里，故共有种不同的放法；
故答案为：18．
29．2020年第55届斯韦思林杯世界乒乓球男子团体赛由五场单打组成，中国乒乓球队计划派出许昕、马龙、林高远、梁靖崑、樊振东参赛，其中许昕、马龙两人不连续出场，林高远、梁靖崑两人也不连续出场，则出场顺序有 种
【答案】48
【分析】用所有情况减去相邻情况即可．
【详解】用分别代表五名选手，
五个元素排列，AB不相邻，CD不相邻，可借助反向考虑，所有情况去掉相邻情况即可．
即：所有情况—AB相邻—CD相邻+ AB相邻且CD相邻.
即种.
故答案为：48
30．从2至8的7个整数中随机取3个不同的数，则3个数的积为3的倍数的不同取法有 .
【答案】25
【分析】按其中3和6两个数取1个和两个分类可得．
【详解】从2至8的7个整数中3 的倍数的有3和6两个，任取3个数，按3和6中取1个和2个分类可得取法数为．
故答案为：25.
31．有5名学生志愿者到3个小区参加疫情防控常态化宣传活动，每名学生只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法为 .
【答案】150
【分析】先分组，然后排列，从而求得正确答案.
【详解】若分组为，则方法数有;
若分组为，则方法数有；
所以不同的安排方法为种.
故答案为：
32．国庆节期间，四位游客自驾游来到张家界，入住某民宿，该民宿老板随机将标有数字的7张门卡中的4张分给这四位游客，每人发一张，则至多有一位游客拿到的门卡标有偶数数字的分配方案一共有 种.（用数字作答）
【答案】312
【分析】根据题意分四位游客都没有拿到偶数数字门卡和四位游客中一个拿到偶数数字门卡，三个拿到奇数数字门卡求解，然后利用加法原理可求得结果.
【详解】门卡标有偶数数字包含，奇数数字包含，
若四位游客都没有拿到偶数数字门卡共有种；
若四位游客中一个拿到偶数数字门卡，三个拿到奇数数字门卡，有种.
故共有种.
故答案为：312
33．小李准备下载手机APP，可供选择的社交APP有3个，音乐APP有2个，视频APP有2个，生活APP有3个，从上述10个APP中选3个，且必须含有社交APP以及生活APP的不同选法种数为 ．
【答案】54
【分析】先按要求分类，结合分类加法计数原理求解即可.
【详解】因为要从10个APP中选3个下载，且必须含有社交APP以及生活APP，
所以可以分成两类：
第一类是：从3个社交APP以及3个生活APP中各选1个，再从2个音乐APP和2个视频APP中再选1个，有种选法；
第二类是：从3个社交APP中选2个，再从3个生活APP中选1个，或者从3个社交APP中选1个和3个生活APP中选2个，有种选法；
所以从上述10个APP中选3个，且必须含有社交APP以及生活APP的不同选法种数为：
（种）.
故答案为：.
34．首个全国生态主场日活动于在浙江湖州举行，推动能耗双控转向碳排放双控．有A，B，C，D，E，F共6项议程在该天举行，每个议程有半天会期．现在有甲、乙、丙三个会议厅可以利用，每个会议厅每半天只能容纳一个议程．若要求A，B两议程不能同时在上午举行，而C议程只能在下午举行，则不同的安排方案一共有 种．（用数字作答）
【答案】252
【分析】分两种情况，A，B议程中有一项在上午和A，B议程都安排在下午，结合排列组合知识进行求解，得到答案.
【详解】分两种情况，第一种，A，B议程中有一项在上午，有一项在下午举行，
先从3个上午中选1个和3个下午中选一个，由A，B议程进行选择，有种选择，
再从剩余的2个下午中选择1个安排C议程，有种选择，
剩余的3场会议和3个时间段进行全排列，有种选择，
所以有种选择，
第二种，A，B议程都安排在下午，C议程也按照在下午，故下午的3个时间段进行全排列，有种选择，
再将剩余的3个议程和3个上午时间段进行全排列，有种选择，
所以有种选择，
综上：不同的安排方案一共有种选择.
故答案为：252
35．将5本不同的书分发给4位同学，其中甲、乙两本书不能同时发给某一位同学，每位同学都发到书，每本书只能给一位同学，则不同的分配方案数为 （用数字作答）
【答案】216
【分析】先求出5本书送4人，每位同学都发到书，每本书只能给一位同学的方案数，再计算出甲乙两本书同时发给某一个同学的方案数，相减后得到答案.
【详解】5本书送4人，每位同学都发到书，每本书只能给一位同学，共有种方案，
甲乙两本书同时发给某一个同学，每位同学都发到书，每本书只能给一位同学，则剩余3本书分别给3位同学，
有种方案，
综上，不同的分配方案数为种．
故答案为：216
【B组 在综合中考查能力】
一、单选题
1．将3名男生，2名女生排成一排，要求男生甲必须站在中间，2名女生必须相邻的排法种数有（ ）
A．4种B．8种C．12种D．48种
【答案】B
【分析】根据分步乘法原理结合排列数求解即可.
【详解】先让甲站好中间位置，再让2名女生相邻有两种选法，最后再排剩余的2名男生，
根据分步乘法原理得，有种不同的排法.
故选：B
2．将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的排列个数为（ ）
A．10B．15C．21D．25
【答案】B
【分析】用插空法．即把2个0插入5个1之间的空档中．
【详解】要使2个0不相邻，利用插空法，5个1有6个位置可以放0，故排放方法有种．
故选：B．
3．五个人站队排成一行，若甲不站排头，乙不站排尾，则不同排法的种数为（ ）
A．36B．72C．78D．120
【答案】C
【分析】首先对甲的站位进行分类，再按照分步原理进行计算.
【详解】由题意，分成2种情况，
一种情况是甲站排尾，则其余4人全排列，有种方法，
另一种情况是甲不占排尾，则甲有3种方法，乙有3种方法，其余3人全排列，有种方法，
综上可知，共有种方法.
故选：C
4．上海世博会期间，有4名同学参加志愿工作，将这4名同学分配到3个不同场馆工作，要求每个场馆至少一人，则不同的分配方案有（ ）
A．36B．30C．24D．42
【答案】A
【分析】先将4名志愿者分成3组，两组1人，一组2人，再分别分配给3个场馆，即可得出答案.
【详解】先将4名志愿者分成3组，两组各1人，一组2人，
若两组各1人，一组2人，分别分配给3个场馆，则有种分法，
因此不同的分配方案共36种.
故选：A.
5．疫情期间，某社区将5名医护人员安排到4个不同位置的核酸小屋做核酸检测工作，要求每个核酸小屋至少有一名医护人员，则共有多少种不同安排方法（ ）
A．480种B．360种C．120种D．240种
【答案】D
【分析】由题设按人数分组方式为，应用组合排列数求不同安排方法数.
【详解】5名医护人员安排到4个不同位置，按人数分组方式有，
所以不同安排方法有种.
故选：D
6．某班级选出甲、乙、丙等六人分别担任语文、数学、英语、物理、化学、生物六门学科的课代表，已知甲只能担任语文或英语课代表，乙不能担任生物或化学课代表，且乙、丙两人中必有一人要担任数学课代表，则不同的安排方式有（ ）
A．56种B．64种C．72种D．86种
【答案】C
【分析】分类讨论数学课代表的人选：若乙担任数学课代表，再安排甲担任语文或英语课代表，最后再安排剩余的四人；若丙担任数学课代表，再安排甲担任语文或英语课代表，接着安排乙，最后再安排剩余的三人，将两种所有安排方式相加即可.
【详解】若乙担任数学课代表，则不同的安排方式共有种，
若丙担任数学课代表，则不同的安排方式共有种，
所以不同的安排方式共有48+24=72种．
故选:C．
7．某学校需要从3名男生和2名女生中选出4人，到甲、乙、丙三个社区参加活动，其中甲社区需要选派2人，且至少有1名是女生；乙社区和丙社区各需要选派1人．则不同的选派方法的种数是（ ）
A．18B．21C．36D．42
【答案】D
【分析】根据题意，先分析甲地的安排方法，分“分派2名女生”和“分派1名女生”两种情况讨论，由分类计数原理得到甲地的分派方法数目，再在剩余的3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，甲地需要选派2人且至少有1名女生，
若甲地派2名女生，有种情况；
若甲地分配1名女生，有种情况，
则甲地的分派方法有种方法；
甲地安排好后，在剩余3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，有种安排方法，
由分步计数原理，可得不同的选派方法共有种.
故选：D.
8．在学校元旦文艺晚会上，有三对教师夫妇参加表演节目，要求每人只能参加一个单项表演节目.按节目组节目编排要求，男教师的节目不能相邻，且夫妻教师的节目也不能相邻，则该6名教师表演的节目的不同编排顺序共有（ ）种.
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】B
【分析】对男教师的位置分4类，计算出各类的安排种数，求解即可．
【详解】把6个节目按照先后出场顺序依次记为编号1，2，3，4，5，6，
则3名男教师只有共4种位置安排，
由于夫妻教师的节目又不能相邻，可得以上4种安排的每种安排里，3名女教师的安排均是1种，
故该6名教师的节目不同的编排顺序共有．
故选：B．
9．某市为了实施教育振兴计划，依托本市一些优质教育资源，每年都对本市所有在高校就读的定向师范生实施教育教学技能培训，以提高定向师范生的毕业质量.现有5名即将毕业的定向师范生拟分配到3所学校进行跟岗培训，每名师范生只能跟岗1所学校，每所学校至少分配1名师范生，则不同的跟岗分配方案共有（ ）
A．150种B．300种C．360种D．540种
【答案】A
【分析】分类讨论人数的配比，结合捆绑法和部分平均分组法运算求解.
【详解】若3所学校分配1名师范生的人数为时，先取3人看成一个整体，再进行排列，
所以不同的跟岗分配方案有种；
若3所学校分配1名师范生的人数为时，注意到有2个学校均分配2名师范生，
所以不同的跟岗分配方案有种；
综上所述：不同的跟岗分配方案共有种.
故选：A.
10．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ）
A．192B．420C．210D．72
【答案】B
【分析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类，结合分类加法、分步乘法计算即可.
【详解】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：
第一类，A，C同色，由分步计数原理有种不同的染色方法；
第二类，A，C不同色，由分步计数原理有种不同的染色方法；
根据分类加法计数原理，共有种不同的染色方法.
故选：B.
11．将四个1，四个2，四个3，四个4填入一个的表格，每个空格只填一个数字且16个空格全部填满．若每行每列恰有两个偶数，则不同的填法共有（ ）
A．4620种B．323400种C．6300种D．441000种
【答案】D
【分析】先考虑第一行两个偶数有种选择，再就余下两个偶数的位置分类讨论可得不同的填法.
【详解】首先确定偶数的位置有多少种选择．
第一行两个偶数有种选择，下面考虑这两个偶数所在的列，每列还需再填一个偶数，设为，．
情形一 若，位于同一行，它们的位置有3种选择，此时剩下的四个偶数所填的位置唯一确定．
情形二 若，位于不同的两行，它们的位置有6种选择，此时剩下的四个偶数所填的位置有2种选择．
所以偶数的不同位置有种，
因此总的填法数为．
故选：D
12．定义：“各位数字之和为7的四位数叫好运数”，比如1006，2203，则所有好运数的个数为（ ）
A．82B．83C．84D．85
【答案】C
【分析】根据定义分类讨论首位数字，结合计数原理计算即可.
【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫好运数，所以按首位数字分别计算：
当首位数字为7，则剩余三位数分别为0，0，0，共有1个好运数；
当首位数字为6，则剩余三位数分别为1，0，0，共有3个好运数；
当首位数字为5，则剩余三位数分别为1，1，0或2，0，0，共有个好运数；
当首位数字为4，则剩余三位数分别为3，0，0或2，1，0或1，1，1，共有个好运数；
当首位数字为3，则剩余三位数分别为4，0，0或3，1，0或2，2，0或2，1，1，
共有个好运数；
当首位数字为2，则剩余三位数分别为5，0，0或4，1，0或3，2，0或3，1，1或2，2，1，
共有个好运数；
当首位数字为1，则剩余三位数分别为6，0，0或5，1，0或4，2，0或4，1，1或3，3，0或3，2，1或2，2，2，
共有个好运数；
所以共有个好运数，
故选：C
二、多选题
13．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，则（ ）
A．可组成120个四位数
B．可组成24个是5的倍数的四位数
C．可组成72个是奇数的四位数
D．可组成48个是偶数的四位数
【答案】ABCD
【分析】按要求列式计算判断A；求出5为个位数字的四位数个数判断B；求出个位数字是奇数字的四位数个数判断C；求出个位数字是偶数字的四位数个数判断D作答.
【详解】对于A，组成无重复数字的四位数个数是，A正确；
对于B，5为个位数字的四位数个数是，B正确；
对于C，个位数字是奇数字的四位数个数是，C正确；
对于D，个位数字是偶数字的四位数个数是，D正确.
故选：ABCD
14．在某城市中，两地之间有如图所示的道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从地出发到地，则下列结论正确的是（ ）
A．不同的路径共有31条
B．不同的路径共有41条
C．若甲途经地，则不同的路径共有18条
D．若甲途经地，且不经过地，则不同的路径共有8条
【答案】AC
【分析】由图可知，从地出发到地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，且前3步中至少有1步向上，按照分类加法计数原理、分步乘法计数原理结合组合数公式计算可得.
【详解】由图可知，从地出发到地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，
且前3步中至少有1步向上，则不同的路径共有条，故A正确、B错误；
若甲途经地，则不同的路径共有条，故C正确；
若甲途经地，且不经过地，则不同的路径共有，故D错误；
故选：AC.
15．已知正整数满足不等式，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据排列、组合数的计算公式逐一验证选项即可.
【详解】对于选项A：等号左边，等号右边，所以等号左边=等号右边，故A正确；
对于选项B：等号左边，等号右边，所以等号左边等号右边，故B错误；
对于选项C：等号左边，等号右边，所以等号左边=等号右边，故C正确；
对于选项D：等号左边，等号右边，所以等号左边=等号右边，故D正确；
故选：ACD.
16．某学生想在物理､化学､生物､政治､历史､地理､技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（ ）
A．若任意选择三门课程，选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为20
【答案】CD
【分析】利用组合的概念可判断A；利用分类考虑，物理和化学只选一门、物理和化学都选，可判断B；利用间接法可判断C；若物理和化学至少选一门，有3种情况，分别讨论计算可判断D．
【详解】对于A，若任意选择三门课程，选法总数为种，故A错误；
对于B，若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的5门中选2门，有种选法，若物理和化学选两门，有种选法，
剩下一门从剩余的5门中选1门，有种选法，由分步乘法计数原理知，总数为种选法，故B错误；
对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为种，故C正确；
对于D，若物理和化学至少选一门，有3种情况，只选物理不选历史，有种选法，
选化学，不选物理，有种选法，物理与化学都选，不选历史，有种选法
故总数为种，故D正确．
故选：CD.
17．我校以大课程观为理论基础，以关键能力和核心素养的课程化为突破口，深入探索普通高中创新人才培养的校本化课程体系.本学期共开设了八大类校本课程，具体为学科拓展（X）、体艺特长（T）、实践创新（S）、生涯规划（C）、国际视野（I）、公民素养（G）、大学先修（D）、PBL项目课程（P）八大类，假期里决定继续开设这八大类课程，每天开设一类且不重复，连续开设八天，则（ ）
A．某学生从中选3类，共有56种选法
B．课程“X”“T”排在不相邻两天，共有种排法
C．课程中“S”“C”“I”排在相邻三天，且“C”只能排在“S”与“I”的中间，共有720种排法
D．课程“T”不排在第一天，课程“G”不排在最后一天，共有种排法
【答案】ABD
【分析】由题意，利用组合数、插空法、捆绑法、特殊元素优先法，解得分类加法原理，可得答案.
【详解】选项A，某同学从中选3类，共有(种)选法，A正确；
选项B，若“X”“T”不相邻，剩余6类排列方法为，形成7个空，则“X”“T”填入7个空的方法为，所以共有种排法，B正确；
选项C，先排列“S”“C”“I”三科，则有2种排列方法，3科形成整体与剩余5科再进行全排列，则有种排列方法，
所以共有(种)排法，C错误；
选项D，分成两类情况，一是“G”排在第一天，则此类情况下排法有种，
二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，有种方法，
则共有种排法，D正确．
故选：ABD．
18．如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A．
B．当时，若同色，共有48种涂法
C．当时，若不同色，共有48种涂法
D．当时，总的涂色方法有420种
【答案】ABD
【分析】根据同色或者不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【详解】对于A，由于区域与均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确，
对于B，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，由于同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，B正确；
对于C，当时，涂有种，
当不同色（D只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能用与同色，此时共有24种涂法，C错误；
对于D，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，当同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与同色的颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，
当不同色，此时四块区域所用颜色各不相同，共有，
只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂此时共有种涂法，
综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确，
故选：ABD
三、填空题
19．某人射击8枪命中4枪，这4枪恰有3枪连中的不同种数为 ．
【答案】20
【分析】根据捆绑法及插空法求解即可.
【详解】把连中的三枪看成1个元素（捆绑），另外命中的一枪看成1个元素，这2个元素在其余4个元素组成的5个空中插空，共有种插法．
故答案为：20
20．安排名歌手的演出顺序时，要求某名歌手不第一个出场，则不同排法的总数是 用数字作答
【答案】96
【分析】先把有位置限制的元素排列，然后其他按照排列数即可；
【详解】先把有位置限制的歌手排列，然后其他4人按照排列数排列，
故答案为:96.
21．第六届进博会招募志愿者，某校高一年级有3位同学报名，高二年级有5位同学报名，现要从报名的学生中选取4人，要求高一年级和高二年级的同学都有，则不同的选取方法种数为 .（结果用数值表示）
【答案】65
【分析】根据分类加法原理和组合数求解即可（也可用间接法求解）.
【详解】由题意，要求高一年级和高二年级的同学都有，
则有.
另解：间接法：.
故答案为：65
22．8个完全相同的球放入编号1，2，3的三个空盒中，要求放入后3个盒子不空且数量均不同，则有 种放法.
【答案】12
【分析】分两类计数，每类再用分组分配的方法求解.
【详解】共两类分组方法：将8个完全相同的小球分为1，2，5三堆或1，3，4 三堆.
每类都将三堆不同个数的球放入编号1，2，3的三个空盒中，有种方法，
故共有种方法.
故答案为：12.
23．3男3女共6位同学站成一排，则3位女同学中有且仅有2位女生相邻的不同排法有 种
【答案】432
【分析】把3名女生按分成两组，插入3名男生排成一排形成的空隙，再把相邻的两名女生排列作答.
【详解】3名女生按分成两组有种方法，把3名男生排成一排有种方法，
把两组女生插入男生排列形成的空隙中有种方法，排相邻的两名女生有种方法，
所以所求不同排法数有.
故答案为：432
24．要从甲、乙等8人中选5人在座谈会上发言，若甲乙都被选中且他们发言中间恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有 种．（用数字作答）
【答案】720
【分析】根据先选后排原理，再根据插空法，进行排列组合即可得解.
【详解】除甲乙外再选3人共有种可能，
从选中的3人中选一人插在甲乙中间，此三人再进行排列共有种可能，
再将此三人看作整体和另外两人进行全排列，共有种可能，
则共有，
故答案为：720.
25．有三种不同颜色供选择，给图中六个格子涂色，相邻格子颜色不能相同，共有 种不同的涂色方案.
【答案】96
【分析】将格子自左向右编号为1，2，3，4，易得格子1，2有种选法，再分格子3与格子1相同和不同求解.
【详解】解：将格子自左向右编号为1，2，3，4，5,6
格子1，2有种选法，
当格子3与格子1相同时，此时格子4，5，6都有2种选法，
当格子3与格子1不同时，此时格子3有1种选法，格子4，5，6都有2种选法，
所以当格子1和2颜色确定后，格子4，5，6共有种选法，
所以不同的涂色方法有种，
故答案为：96
26．杭州亚运会举办在即，主办方开始对志愿者进行分配．已知射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答）．
【答案】140
【分析】对选出的3名会说韩语的志愿者分为2种情况讨论即只会韩语中选3人和选2人，分别求出其方法总数即可得出答案.
【详解】若从只会韩语中选3人，则种，
若从只会韩语中选2人，则种，
故不同的选人方案共有种.
故答案为：140.
27．有8个不同的小球从左到右排成一排，从中拿出至少一个球且不能同时拿出相邻的两个球的方案数量是
【答案】54
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合组合应用问题列式计算作答.
【详解】依题意，至少拿出1个球，最多拿出4个球，
当拿出1个球时，有种方法，
当拿出2个球时，由于拿出的2个球不相邻，可视为把拿出的2个球放入余下6个球排成
一排形成的7个空隙中的任意2个，可得8个球的对应排列，因此取2个球有种方法，
当拿出3个球时，由于拿出的3个球不相邻，可视为把拿出的3个球放入余下5个球排成
一排形成的6个空隙中的任意3个，可得8个球的对应排列，因此取3个球有种方法，
当拿出4个球时，由于拿出的4个球不相邻，可视为把拿出的4个球放入余下4个球排成
一排形成的5个空隙中的任意4个，可得8个球的对应排列，因此取4个球有种方法，
所以所求的方案数量是.
故答案为：54
28．很多购物网站都有手机验证码功能，这样可以保证购物的安全性．一般手机验证码由0，1，2，…，9中的4个数字（数字可以相同）随机组成．已知某人收到一个四位数的手机验证码，则该验证码由3个不同数字组成的概率是 ．
【答案】
【分析】利用分步相乘原理算出总数，再利用排列组合算出满足3个不同数字所组成的情况.
【详解】从0，1，2，…，9中随机取出4个数字（可以相同），共有种情况；其中有3个不同数字的情况为：先选出3个数字，然后其中一个需要用2次，对其全排列后再除去两个相同数子的顺序，即种
故所求概率．
故答案为：
【C组 在创新中考查思维】
一、单选题
1．如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】分类分步排列即可.
【详解】由题意1和7是不能漏掉的，所以由以下路线：
（1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6条，
故选：B.
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.某教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字的个数为（ ）
A．720B．1440C．2280D．4080
【答案】C
【分析】以间接法去求解这个排列问题简单快捷.
【详解】一共有7个数字，且其中有两个相同的数字1.
这7个数字按题意随机排列，可以得到个不同的数字.
当前两位数字为11或12时，得到的数字不大于3.14
当前两位数字为11或12时，共可以得到个不同的数字，
则大于3.14的不同数字的个数为
故选：C
3．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.
4．某医院分配3名医生6名护士紧急前往三个小区协助社区做核酸检测.要求每个小区至少一名医生和至少一名护士.问共有多少种分配方案？（ ）
A．3180B．3240C．3600D．3660
【答案】B
【分析】分三种情况进行分类讨论，依据先分组再分配原则解决“至少”问题.
【详解】每个小区至少一名护士，则把护士分为3组，共有3种情况：1,1,4；1,2,3；2,2,2
把护士分为3组，3组人数分别为1,1,4，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；
把护士分为3组，3组人数分别为1,2,3，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；
把护士分为3组，3组人数分别为2,2,2，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为
综上，分配方案总数为
故选：B
5．将六个数、、、、、将任意次序排成一行，拼成一个位数，则产生的不同的位数的个数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求出将2，0，1，9，20，19的首位不为0的排列数，排除2的后一项是0的排列，1的后一项是9的排列，再加上2的后一项是0同时1的后一项是9的排列，可得答案.
【详解】将六个数、、、、、将任意次序排成一行，拼成一个位数，由于首位不能为0，则有个，
其中“20”出现2次，即“2”与“0”相邻且“2”在“0”前的排法有种，
“19”出现2次，即“1”与“9”相邻且“1”在“9”前的排法有种，
“20”和“19”都出现2次的排法有种，
因此满足条件的位数的个数为：.
故选：A.
6．因演出需要，身高互不相等的9名演员要排成一排成一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边数起：第一个到第三个依次递增，第三个到第七个依次递减，第七、八、九个依次递增，则不同的排列方式有（ ）种．
A．379B．360C．243D．217
【答案】A
【分析】依题意，重点要先排好7号位和3号位，余下的按部就班即可.
【详解】依题意作图如下：
上面的数字表示排列的位置，必须按照上图的方式排列，其中3号位必须比124567要高，
1，7两处是排列里最低的，3，9两处是最高点，
设9个演员按照从矮到高的顺序依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，
则 3号位最少是7，最大是9，下面分类讨论：
第3个位置选7号：先从1，2，3，4，5，6号中选两个放入前两个位置，
余下的4个号中最小的放入7号位置，剩下的三个放入中间三个位置，
8，9号放入最后两个位置，即；
第3个位置选8号：先从1，2，3，4，5，6，7号中选两个放入前两个位置，
余下的5个号中最小的放入7号位置，剩下4个选3个放入中间三个位置，
余下的号和9号放入最后两个位置，即；
第3个位置选9号：先从1，2，3，4，5，6，7，8号中选两个放入前两个位置，
余下的6个号中最小的放入7号位置，剩下5个选3个放入中间三个位置，
余下的2个号放入最后两个位置，即；
由分类计数原理可得共有种排列方式；
故选：A.
二、多选题
7．（多选）将《红楼梦》《西游记》《三国演义》《水浒传》《唐诗三百首》《徐志摩诗集》和《中华戏曲》7本书放在一排，则（ ）
A．戏曲书放在正中间位置的不同放法有种
B．诗集相邻的不同放法有种
C．四大名著互不相邻的不同放法有种
D．四大名著不放在两端的不同放法有种
【答案】BC
【分析】根据题设，依次分析各选项的条件，再列式即可判断作答.
【详解】对于A，戏曲书只有1本，将戏曲书放在正中间，其余6本书全排列，不同放法种数为，A错误；
对于B，诗集共2本，把2本诗集看为一个整体，则7本书的不同放法种数为， B正确；
对于C，四大名著互不相邻，先将四大名著全排列，再在每种排列的中间3个空隙中放置其他书，共有种放法，则不同放法种数为，C正确；
对于D，在第2至第6这5个位置上任选4个位置放四大名著，共有种放法，其余3本书在剩下的3个位置上全排列，则不同放法种数为，D错误．
故选：BC
8．（多选）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（ ）
A．可组成360个四位数
B．可组成216个是5的倍数的五位数
C．可组成270个比1325大的四位数
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2310
【答案】BC
【分析】根据题设，逐一分析各个选项的限制条件，再列式计算即可判断作答.
【详解】对于A，可组成四位数的个数为，A错误；
对于B，有两类：个位上的数字是0，有个，个位上的数字是5，有个，则为5的倍数的五位数的个数是，B正确；
对于C，比1325大的四位数可分为三类：第一类，千位上数字比1大的四位数，共个，
第二类，千位上数字是1，百位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
第三类，千位上数字是1，百位上的数字是3，十位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
则比1325大的四位数的个数是，C正确；
对于D，千位上数字是1的四位数的个数是，千位上数字是2，百位上的数字是0，1之一的四位数的个数是，
于是得第85个数是2301，D错误．
故选：BC
9．四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】分别判断的情况下的可能的传递情况，采用分步乘法和分类加法计数原理可计算得到.
【详解】从甲开始，一次传递有三种情况（甲传到下一个人有三种选择），
当时，就传递一次，不可能回到甲手上，；
当时，传递两次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传回到甲，，
当时，传递三次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，
最后传回到甲，，A错误；
当时，传递四次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，B正确；
当时，传递五次，三种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，C错误；
当时，传递六次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（4）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（5）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，D正确.
故选：BD．
三、填空题
10．现有7位同学（分别编号为）排成一排拍照，若其中三人互不相邻，两人也不相邻，而两人必须相邻，则不同的排法总数为 ．（用数字作答）
【答案】240
【分析】把排列，产生4个空位，然后将看作一个整体与插入到中可求解.
【详解】解：因两人必须相邻，所以把看作一个整体有种排法.
又三人互不相邻，两人也不相邻，所以把排列，有种排法，产生了4个空位，再用插空法.
（1）当分别插入到中间的两个空位时，有种排法，再把整体插入到此时产生的6个空位中，有6种排法.
（2）当分别插入到中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时，有种排法，此时必须排在中间的两个空位的另一个空位，有1种排法.
所以共有.
【点睛】方法点睛：在排列组合中“相邻问题”用捆绑法策略处理；“不相邻问题”用插空法策略处理.
11．从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按先后顺序，但大小写可以交换位置，如或都可以），这样的情况有 种．（用数字作答）
【答案】160
【分析】先根据A、B、C、D选取的个数分为四类：
第一类:A、B、C、D中取四个，a、b、c、d中取一个；
第二类:A、B、C、D中取三个，a、b、c、d中取二个；
第三类:A、B、C、D中取二个,a、b、c、d中取三个；
第四类:A、B、C、D中取一个,a、b、c、d中取四个.
【详解】分为四类情况：
第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有；
第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相同)共有，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有 ；
第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；
第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个，取法同第一类情况；
所以共有：2(8++)=160
【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，对学生的思维能力要求较高，其中有序排列给题目增加了分类的难度，在解题时需要耐心细致，认真思考分类标准.
12．某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为 ．
【答案】5040
【分析】参加“演讲团”人数分为有1人或无人的情况，而每种情况又各自包含2种情况，分别求出对应的方法数，结合计数原理计算即可.
【详解】若有人参加“演讲团”，则从人选人参加该社团，其余人去剩下个社团，人数安排有种情况：和，
故人参加“演讲团”的不同参加方法数为；
若无人参加“演讲团”，则人参加剩下个社团，人数安排安排有 种情况：和，故无人参加“演讲团”的不同参加方法数为，
故满足条件的方法数为，
故答案为：5040
13．在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞.已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙、丙、丁四种不同的试剂对、、、、、这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对C细胞染色，则共有 种不同的染色方法（用数字作答）.
【答案】90.
【分析】先考虑C细胞的染色试剂没有限制的条件下相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，然后考虑用甲试剂对C细胞染色且相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，将两种方法种数作差即可得解.
【详解】不考虑甲试剂不能对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有种方法，
共120种方法.
现考虑甲试剂对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有，
共30种方法.
所以，符合条件的染色方法有120-30=90种.
故答案为：90.
【点睛】求解染色问题一般直接用两个计算原理求解，通常的作法是，按区域的不同以区域为主分布计数，用分布乘法原理进行求解.
14．某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 ．
【答案】236
【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.
【详解】（1）秋老师教9班，曲老师可在4,5,7,10班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）；
（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；
（3）秋老师同时教9班和10班，曲老师可在4,5,7班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2,6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）；
但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有：（种）.
故答案为：236
【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
刷真题 明导向
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120B．60C．30D．20
【答案】B
【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.
【详解】不妨记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.
故选：B.
2．（2023·全国·统考高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种B．60种C．120种D．240种
【答案】C
【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
【详解】首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．种B．种
C．种D．种
【答案】D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.
故选：D.
4．（2022·全国·统考高考真题）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
5．（2021·全国·统考高考真题）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
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，
故选：C.
【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.
二、填空题
6．（2023·全国·统考高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）．
【答案】64
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．关于的方程的解为（ ）
A．B．C．且D．或
【答案】D
【分析】根据题意结合组合数的定义与性质运算求解.
【详解】因为，则或，解得或，
若，可得，符合题意；
若，可得，符合题意；
综上所述：或.
故选：D.
2．某班计划从3位男生和4位女生中选出2人参加辩论赛，并且至少1位女生入选，则不同的选法的种数为（ ）
A．12B．18C．21D．24
【答案】B
【分析】分两种情况：第一种情况，只有一位女生入选，第二种情况，有2位女生入选，根据分类加法计数原理计算可得答案.
【详解】可分两种情况：第一种情况，只有一位女生入选，不同的选法有 种，
第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有 种，
根据分类加法计数原理知，至少1位女生入选的不同的选法的种数为 种.
故选：B.
3．某校组织一次认识大自然的活动，有5名同学参加，其中有3名男生､2名女生，现要从这5名同学中随机抽取3名同学去采集自然标本，抽取人中既有男生又有女生的抽取方法共有（ ）
A．10种B．12种C．6种D．9种
【答案】D
【分析】根据组合的概念分类讨论计算即可.
【详解】抽到1男2女的方法有种，抽到2男1女的方法有种，合计共9种方法.
故选：D
4．为配合垃圾分类在学校的全面展开，某学校举办了一次垃圾分类知识比赛活动.高一､高二､高三年级分别有1名､2名､3名同学获一等奖.若将上述获一等奖的6名同学排成一排合影，要求同年级同学排在一起，则不同的排法共有（ ）
A．18种B．36种C．72种D．144种
【答案】C
【分析】根据相邻问题捆绑法即可由全排列求解.
【详解】由题意可得，
故选:C
5．某校安排5名同学去A，B，C，D四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个基地至少安排一人，则甲同学被安排到A基地的排法总数为（ ）
A．24B．36C．60D．240
【答案】C
【分析】分两种情况分类计算，一种是基地只有甲同学在，另外一种是A基地有甲同学还有另外一个同学也在，两种情况相加即可.
【详解】当基地只有甲同学在时，那么总的排法是种；
当A基地有甲同学还有另外一个同学也在时，那么总的排法是种；
则甲同学被安排到A基地的排法总数为种.
故选：C
6．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为（ ）
A．10B．20C．30D．40
【答案】B
【分析】根据分组分配即得.
【详解】将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，
所以互不相同的安排方法的种数为．
故选：B.
7．甲、乙、丙等六人相约到电影院观看电影《封神榜》，恰好买到了六张连号的电影票．若甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为（ ）
A．360B．480C．600D．720
【答案】B
【分析】先求得六人的全排列数，结合题意，利用定序排列的方法，即可求解.
【详解】由题意，甲、乙、丙等六人的全排列，共有种不同的排法，
其中甲、乙、丙三人的全排列有种不同的排法，
其中甲、乙在丙的同侧有：甲乙丙、乙甲丙、丙甲乙，丙乙甲，共4种排法，
所以甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为种.
故选：B.
8．2022年北京冬奥会的顺利召开，激发了大家对冰雪运动的兴趣．若甲，乙，丙三人在自由式滑雪、花样滑冰、冰壶和跳台滑雪这四项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有（ ）
A．12种B．24种C．64种D．81种
【答案】C
【分析】根据分步乘法原理求解即可．
【详解】由题意，可知每一人都可在四项运动中选一项，即每人都有四种选法，可分三步完成，
根据分步乘法原理，不同的选法共有种.
故选：C．
9．设α，β是两个平行平面，若α内有3个不共线的点，β内有4个点（任意3点不共线），从这些点中任取4个点最多可以构成四面体的个数为（ ）
A．34B．18C．12D．7
【答案】A
【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决.
【详解】完成的一件事是“任取4个点构成四面体”，
所以分成三类：第一类，从α上取1个点，β上取3个不同的点，可以构成四面体的个数为；
第二类，从α上取2个点，β上取2个不同的点，可以构成四面体的个数为；
第三类，从α上取3个点，β上取1个不同的点，可以构成四面体的个数为，
所以从这些点中任取4个点最多可以构成四面体的个数为12＋18＋4＝34.
故选：A
10．将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）
A．90B．135C．270D．360
【答案】B
【分析】根据题意和简单计数问题，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】在6个盒子中任选2个，放入与其编号相同的小球，有种，
剩下的4个盒子的编号与放入的小球编号不同，
假设这4个盒子的编号为3,4,5,6，
则3号小球可以放进4,5,6号盒子，有3种选法，
剩下的3个小球放进剩下的3个盒子，有3种选法，
所以不同的放法种数为种选法.
故选：B.
11．2023年3月5号是毛泽东主席提出“向雷锋同志学习”60周年纪念日，某志愿者服务队在该日安排4位志愿者到两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，每个志愿者都要参加活动，则不同的分配方法数是（ ）
A．8B．12C．14D．20
【答案】C
【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解.
【详解】将4名志愿者分配到两所敬老院，则由以下两种分配方案：
①一所敬老院1名志愿者，另外一所3名，则有种，
②两所敬老院各安排两名志愿者，则有种，
故共有种方案，
故选：C
12．用1，2，3…，9这九个数字组成的无重复数字的四位偶数中，各位数字之和为奇数的共有（ ）
A．600个B．540个C．480个D．420个
【答案】A
【分析】依题意要使各位数字之和为奇数则可能是个奇数个偶数，或个偶数个奇数，分两种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算可得.
【详解】解：依题意要使各位数字之和为奇数则可能是个奇数个偶数，或个偶数个奇数，
若为个奇数个偶数，则偶数一定排在个位，从个偶数中选一个排在个位有种，
再在个奇数中选出个排在其余三个数位，有种排法，故有个数字；
若为个偶数个奇数，则奇数不排在个位，从个奇数中选一个排在前三位有种，
再在个偶数中选出个排在其余三个数位，有种排法，故有个数字；
综上可得一共有个数字；
故选：A
13．黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的，两段，使得长线段与原线段的比等于短线段与长线段的比，即，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（ ）
A．180B．210C．240D．360
【答案】C
【分析】用插入法求解.
【详解】先把排列，然后选两个空档插入3，总方法为．
故选：C．
14．设直线的方程是，从1，2，3，4这四个数中每次取两个不同的数作为A、B的值，则所得不同的直线的条数是（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】C
【分析】任取2个数作为A，B共有种，去掉重复的直线条数即可得解．
【详解】[详解]
∵从1，2，3，4这四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，
当和时，结果相同；
当和时，结果相同，
∴所得不同直线的条数是，
故选：C．
15．贵州省首届“美丽乡村”篮球联赛总决赛在黔东南苗族侗族自治州台江县台盘村开赛.该联赛由台盘村“六月六”吃新节篮球赛发展演变而来，被网友称为“村BA”.村BA给全国人民展现的不仅是贵州人热爱生活的精神，更展现了如今欣欣向荣的贵州山水人文，同时给贵州的旅游带来巨大的收益.2023年8月20日晚上村BA西南大区赛总决赛落下帷幕，为庆祝比赛顺利结束，主办方设置一场扣篮表演，分别由重庆、贵州、四川、云南代表队每队各选出2名球员参加扣篮表演，贵州队作为东道主，扣篮表演必须在第一位及最后一位，那么一共有（ ）种表演顺序.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先确定贵州两名球员的顺序，再确定其余6人的表演顺序即可.
【详解】由题意易知，一共有8个人需要排列.先确定贵州两名球员的顺序为，在确定其余6人顺序为，由分步乘法原理可得一共有种顺序.
故选：C.
16．用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．240B．360C．480D．600
【答案】C
【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解.
【详解】将区域标号，如下图所示：
因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法，
若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法；
若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法；
所以共有种不同的涂色方法.
故选：C.
17．为了保证疫情“社会面清零”，某镇医院派三名医生到不同的四个学校进行核酸检测，每个医生至少去一个学校且至多去两个学校，每个学校只安排一位医生，所有不同的分法共有（ ）
A．24种B．36种C．48种D．72种
【答案】B
【分析】根据题意，先分组再分配，再结合排列组合的计算，即可得到结果.
【详解】由题意知必有一位医生去两个医院，另外两个医院各去一位医生，
第一步先将医院按分为三组共有种方法，
第二步再把三位医生分配到三个小组去，有种分配方法，
故共有种方法.
故选：B
二、多选题
18．下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．
【答案】AD
【分析】根据排列数与组合数的计算公式以及性质即可逐一求解.
【详解】对于A，，故A正确，
对于B，，故，故B错误，
对于C，则或，解得 或，故C错误，
对于D，,故D正确，
故选：AD
19．（多选题）某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人每人在该窗口打2种菜，且每人至多打1种荤菜，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲若选一种荤菜，则有6种选法
B．乙的选菜方法数为9
C．若两人分别打菜，总的方法数为18
D．若两人打的菜均为一荤一素且只有一种相同，则方法数为30
【答案】AB
【分析】由计数原理，对每个选项进行依次判定即可.
【详解】若甲打一荤一素，则有种选法，故A选项正确;
若乙打一荤一素，则有6种选法，若打两素，则有种选法，共9种选法，故B选项正确;
选项C两人分别打菜，由选项B知每个人可有9种打法，故应为9×9=81种方法；
选项D可分为荤菜相同或素菜相同两种情况，共2×3×2+3×2×1=18种.
故选：AB.
20．满足不等式的的值可能为（ ）
A．12B．11C．8D．10
【答案】ABD
【分析】根据排列数公式得到不等式，解得的取值范围，即可判断.
【详解】由排列数公式得，
依题意可得，解得或（舍去），
又，所以可以取，，．
故选：ABD．
21．若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231、354等都是“凸数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（ ）
A．组成的三位数的个数为60B．在组成的三位数中，奇数的个数为30
C．在组成的三位数中，偶数的个数为30D．在组成的三位数中，“凸数”的个数为20
【答案】AD
【分析】将个数字选个排列即可判断A，确定个位，即可计算出奇数，从而判断B、D，计算“凸数”时对十位分三种情况讨论，即可判断D.
【详解】依题意，组成的三位数的个数为，故A正确；
个位为，或时，三位数是奇数，则奇数的个数为，故B错误；
则偶数有（个），故C错误；
将这些“凸数”分为三类：
①十位为，则有（种），
②十位为，则有（种），
③十位为，则有（种），
所以在组成的三位数中，“凸数”的个数为，故D正确．
故选：AD．
22．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有（ ）
A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法
【答案】ABC
【分析】根据题意，结合分类计数原理和分步计数原理，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A中，从国画中选一副有5种不同的选法；从油画中选一副有2种不同的选法；从水彩画中选一副有7种不同的选法，
由分类计数原理，共有种不同的选法，所以A正确；
对于B中，从国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，
根据分步计数原理，共有种不同的选法，所以B正确；
对于C中，若其中一幅选自国画，一幅选自油画，则有种不同的选法；
若一幅选自国画，一幅选自水彩画，则有种不同的选法；
若一幅选自油画，一幅选自水彩画，则有种不同的选法，
由分类计数原理，可得共有种不同的选法，所以C正确；
对于D中，从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：
第一步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；
第二步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法，
根据分步计数原理，不同挂法的种数是种不同的选法，所以D错误.
故选：ABC.
23．有甲、乙、丙等5名同学聚会，下列说法正确的有（ ）
A．5名同学每两人握手1次，共握手20次
B．5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片20张
C．5名同学围成一圈做游戏，有120种排法
D．5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，且丙不站正中间，有40种排法
【答案】BD
【分析】利用组合的概念可判断A，根据排列知识可判断BC，利用捆绑法及间接法可判断D.
【详解】A选项，5名同学每两人握手1次，共握手次，故A错误；
B选项，5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片张，故B正确；
C选项，5名同学围成一圈做游戏，确定4个人之后，最后一个人的位置也就确定了，所以有种排法，故C错误；
D选项，5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，共有种排法，其中丙站正中间的排法有种，
所以甲、乙相邻，且丙不站正中间的排法有种，故D正确.
故选：BD.
24．某班准备举行一场小型班会，班会有3个歌唱节目和2个语言类节目，现要排出一个节目单，则下列说法正确的是（ ）
A．若3个歌唱节目排在一起，则有6种不同的排法
B．若歌唱节目与语言类节目相间排列，则有12种不同的排法
C．若2个语言类节目不排在一起，则有72种不同的排法
D．若前2个节目中必须要有语言类节目，则有84种不同的排法
【答案】BCD
【分析】A选项，采用捆绑法进行求解；B选项，利用排列知识进行求解；C选项，采用插空法进行求解；D选项，分两种情况，前2个节目都是语言类节目和前2个节目中有1个是语言类节目，分别求出排法后相加即可.
【详解】A选项，若3个歌唱节目排在一起，则有种情况，将3个歌唱节目看为一个整体，和2个语言类节目进行排列，则有种情况，
综上，共有种情况，A错误；
B选项，歌唱节目与语言类节目相间排列，则歌唱类节目在两端和最中间，语言类放在歌唱类节目的之间，则有种情况，B正确；
C选项，若2个语言类节目不排在一起，则采用插空法，先安排歌唱类节目，有种情况，再将语言类节目插入到3个节目形成的4个空格中，有种，
综上，共有种情况，C正确；
D选项，前2个节目都是语言类节目，此时后3个为歌唱类节目，有种情况，
前2个节目中有1个是语言类，有1个是歌唱类，则有种情况，剩余的3个节目进行全排列，则有种情况，则共有种情况，
综上，有种不同的排法，D正确.
故选：BCD
25．2023年，某省继续招募高校毕业生到基层从事支教，支农，支医和帮助乡村振兴的服务工作（简称“三支一扶”），此省某师范院校某毕业班的6名毕业生（其中有3名男生和3名女生，男生中有一名班长）被分配到甲乙丙三地进行支教，且每地至少有一名毕业生．则下列正确的是（ ）
A．甲乙丙三地各分配一名男生和一名女生，则共有种分配方法
B．6名毕业生平均分配到甲乙丙三地，则共有种分配方法
C．男班长必须到甲地，则共有180种分配方法
D．班长必须到甲地，某女生必须到乙地，则共有65种分配方法
【答案】ACD
【分析】根据分组分配的知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】A选项，甲乙丙三地各分配一名男生和一名女生，
个男生中选个到甲地，方法有种；在剩下的个男生中选个到乙地，
方法有种；最后个男生放在丙地；再安排女生，方法有种.所以共有种分配方法，A选项正确.
B选项，6名毕业生平均分配到甲乙丙三地，方法数有种分配方法，B选项错误.
C选项，男班长必须到甲地，方法数有:
种分配方法，C选项正确.
D选项，班长必须到甲地，某女生必须到乙地，方法数有:
种分配方法，D选项正确.
故选：ACD
三、填空题
26．2022年世界杯亚洲区预选赛，中国和日本､澳大利亚､越南､阿曼､沙特阿拉伯分在同一小组，任意两个国家需要在各自主场进行一场比赛，则该小组共有 场比赛.
【答案】30
【分析】任意两个国家需要在各自主场进行一场比赛，即为双循环比赛，由排列组合求解即可.
【详解】一共有6个国家，任意两个国家需要在各自主场进行一场比赛，即为双循环比赛，共有场比赛.
故答案为：30.
27．某研究性学习小组有4名男生和2名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少1名女生，则不同的选法种数为 .
【答案】
【分析】直接利用组合知识分步计算即可.
【详解】由已知可得六名同学选三名同学有种方法，而全选男生的有种方法，
所以至少一名女生的方法有种方法.
故答案为：16
28．将编号为，，，的个小球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，若放在同一盒子里的个小球编号不相邻，则共有 种不同的放法．
【答案】18
【分析】先把4个小球分为一组，其中2个不连号小球的种类有，，为一组，再全排列即可，
【详解】解：先把4个小球分为一组，其中2个不连号小球的种类有，，为一组，
分组后分配到三个不同的盒子里，故共有种不同的放法；
故答案为：18．
29．2020年第55届斯韦思林杯世界乒乓球男子团体赛由五场单打组成，中国乒乓球队计划派出许昕、马龙、林高远、梁靖崑、樊振东参赛，其中许昕、马龙两人不连续出场，林高远、梁靖崑两人也不连续出场，则出场顺序有 种
【答案】48
【分析】用所有情况减去相邻情况即可．
【详解】用分别代表五名选手，
五个元素排列，AB不相邻，CD不相邻，可借助反向考虑，所有情况去掉相邻情况即可．
即：所有情况—AB相邻—CD相邻+ AB相邻且CD相邻.
即种.
故答案为：48
30．从2至8的7个整数中随机取3个不同的数，则3个数的积为3的倍数的不同取法有 .
【答案】25
【分析】按其中3和6两个数取1个和两个分类可得．
【详解】从2至8的7个整数中3 的倍数的有3和6两个，任取3个数，按3和6中取1个和2个分类可得取法数为．
故答案为：25.
31．有5名学生志愿者到3个小区参加疫情防控常态化宣传活动，每名学生只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法为 .
【答案】150
【分析】先分组，然后排列，从而求得正确答案.
【详解】若分组为，则方法数有;
若分组为，则方法数有；
所以不同的安排方法为种.
故答案为：
32．国庆节期间，四位游客自驾游来到张家界，入住某民宿，该民宿老板随机将标有数字的7张门卡中的4张分给这四位游客，每人发一张，则至多有一位游客拿到的门卡标有偶数数字的分配方案一共有 种.（用数字作答）
【答案】312
【分析】根据题意分四位游客都没有拿到偶数数字门卡和四位游客中一个拿到偶数数字门卡，三个拿到奇数数字门卡求解，然后利用加法原理可求得结果.
【详解】门卡标有偶数数字包含，奇数数字包含，
若四位游客都没有拿到偶数数字门卡共有种；
若四位游客中一个拿到偶数数字门卡，三个拿到奇数数字门卡，有种.
故共有种.
故答案为：312
33．小李准备下载手机APP，可供选择的社交APP有3个，音乐APP有2个，视频APP有2个，生活APP有3个，从上述10个APP中选3个，且必须含有社交APP以及生活APP的不同选法种数为 ．
【答案】54
【分析】先按要求分类，结合分类加法计数原理求解即可.
【详解】因为要从10个APP中选3个下载，且必须含有社交APP以及生活APP，
所以可以分成两类：
第一类是：从3个社交APP以及3个生活APP中各选1个，再从2个音乐APP和2个视频APP中再选1个，有种选法；
第二类是：从3个社交APP中选2个，再从3个生活APP中选1个，或者从3个社交APP中选1个和3个生活APP中选2个，有种选法；
所以从上述10个APP中选3个，且必须含有社交APP以及生活APP的不同选法种数为：
（种）.
故答案为：.
34．首个全国生态主场日活动于在浙江湖州举行，推动能耗双控转向碳排放双控．有A，B，C，D，E，F共6项议程在该天举行，每个议程有半天会期．现在有甲、乙、丙三个会议厅可以利用，每个会议厅每半天只能容纳一个议程．若要求A，B两议程不能同时在上午举行，而C议程只能在下午举行，则不同的安排方案一共有 种．（用数字作答）
【答案】252
【分析】分两种情况，A，B议程中有一项在上午和A，B议程都安排在下午，结合排列组合知识进行求解，得到答案.
【详解】分两种情况，第一种，A，B议程中有一项在上午，有一项在下午举行，
先从3个上午中选1个和3个下午中选一个，由A，B议程进行选择，有种选择，
再从剩余的2个下午中选择1个安排C议程，有种选择，
剩余的3场会议和3个时间段进行全排列，有种选择，
所以有种选择，
第二种，A，B议程都安排在下午，C议程也按照在下午，故下午的3个时间段进行全排列，有种选择，
再将剩余的3个议程和3个上午时间段进行全排列，有种选择，
所以有种选择，
综上：不同的安排方案一共有种选择.
故答案为：252
35．将5本不同的书分发给4位同学，其中甲、乙两本书不能同时发给某一位同学，每位同学都发到书，每本书只能给一位同学，则不同的分配方案数为 （用数字作答）
【答案】216
【分析】先求出5本书送4人，每位同学都发到书，每本书只能给一位同学的方案数，再计算出甲乙两本书同时发给某一个同学的方案数，相减后得到答案.
【详解】5本书送4人，每位同学都发到书，每本书只能给一位同学，共有种方案，
甲乙两本书同时发给某一个同学，每位同学都发到书，每本书只能给一位同学，则剩余3本书分别给3位同学，
有种方案，
综上，不同的分配方案数为种．
故答案为：216
【B组 在综合中考查能力】
一、单选题
1．将3名男生，2名女生排成一排，要求男生甲必须站在中间，2名女生必须相邻的排法种数有（ ）
A．4种B．8种C．12种D．48种
【答案】B
【分析】根据分步乘法原理结合排列数求解即可.
【详解】先让甲站好中间位置，再让2名女生相邻有两种选法，最后再排剩余的2名男生，
根据分步乘法原理得，有种不同的排法.
故选：B
2．将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的排列个数为（ ）
A．10B．15C．21D．25
【答案】B
【分析】用插空法．即把2个0插入5个1之间的空档中．
【详解】要使2个0不相邻，利用插空法，5个1有6个位置可以放0，故排放方法有种．
故选：B．
3．五个人站队排成一行，若甲不站排头，乙不站排尾，则不同排法的种数为（ ）
A．36B．72C．78D．120
【答案】C
【分析】首先对甲的站位进行分类，再按照分步原理进行计算.
【详解】由题意，分成2种情况，
一种情况是甲站排尾，则其余4人全排列，有种方法，
另一种情况是甲不占排尾，则甲有3种方法，乙有3种方法，其余3人全排列，有种方法，
综上可知，共有种方法.
故选：C
4．上海世博会期间，有4名同学参加志愿工作，将这4名同学分配到3个不同场馆工作，要求每个场馆至少一人，则不同的分配方案有（ ）
A．36B．30C．24D．42
【答案】A
【分析】先将4名志愿者分成3组，两组1人，一组2人，再分别分配给3个场馆，即可得出答案.
【详解】先将4名志愿者分成3组，两组各1人，一组2人，
若两组各1人，一组2人，分别分配给3个场馆，则有种分法，
因此不同的分配方案共36种.
故选：A.
5．疫情期间，某社区将5名医护人员安排到4个不同位置的核酸小屋做核酸检测工作，要求每个核酸小屋至少有一名医护人员，则共有多少种不同安排方法（ ）
A．480种B．360种C．120种D．240种
【答案】D
【分析】由题设按人数分组方式为，应用组合排列数求不同安排方法数.
【详解】5名医护人员安排到4个不同位置，按人数分组方式有，
所以不同安排方法有种.
故选：D
6．某班级选出甲、乙、丙等六人分别担任语文、数学、英语、物理、化学、生物六门学科的课代表，已知甲只能担任语文或英语课代表，乙不能担任生物或化学课代表，且乙、丙两人中必有一人要担任数学课代表，则不同的安排方式有（ ）
A．56种B．64种C．72种D．86种
【答案】C
【分析】分类讨论数学课代表的人选：若乙担任数学课代表，再安排甲担任语文或英语课代表，最后再安排剩余的四人；若丙担任数学课代表，再安排甲担任语文或英语课代表，接着安排乙，最后再安排剩余的三人，将两种所有安排方式相加即可.
【详解】若乙担任数学课代表，则不同的安排方式共有种，
若丙担任数学课代表，则不同的安排方式共有种，
所以不同的安排方式共有48+24=72种．
故选:C．
7．某学校需要从3名男生和2名女生中选出4人，到甲、乙、丙三个社区参加活动，其中甲社区需要选派2人，且至少有1名是女生；乙社区和丙社区各需要选派1人．则不同的选派方法的种数是（ ）
A．18B．21C．36D．42
【答案】D
【分析】根据题意，先分析甲地的安排方法，分“分派2名女生”和“分派1名女生”两种情况讨论，由分类计数原理得到甲地的分派方法数目，再在剩余的3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，甲地需要选派2人且至少有1名女生，
若甲地派2名女生，有种情况；
若甲地分配1名女生，有种情况，
则甲地的分派方法有种方法；
甲地安排好后，在剩余3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，有种安排方法，
由分步计数原理，可得不同的选派方法共有种.
故选：D.
8．在学校元旦文艺晚会上，有三对教师夫妇参加表演节目，要求每人只能参加一个单项表演节目.按节目组节目编排要求，男教师的节目不能相邻，且夫妻教师的节目也不能相邻，则该6名教师表演的节目的不同编排顺序共有（ ）种.
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】B
【分析】对男教师的位置分4类，计算出各类的安排种数，求解即可．
【详解】把6个节目按照先后出场顺序依次记为编号1，2，3，4，5，6，
则3名男教师只有共4种位置安排，
由于夫妻教师的节目又不能相邻，可得以上4种安排的每种安排里，3名女教师的安排均是1种，
故该6名教师的节目不同的编排顺序共有．
故选：B．
9．某市为了实施教育振兴计划，依托本市一些优质教育资源，每年都对本市所有在高校就读的定向师范生实施教育教学技能培训，以提高定向师范生的毕业质量.现有5名即将毕业的定向师范生拟分配到3所学校进行跟岗培训，每名师范生只能跟岗1所学校，每所学校至少分配1名师范生，则不同的跟岗分配方案共有（ ）
A．150种B．300种C．360种D．540种
【答案】A
【分析】分类讨论人数的配比，结合捆绑法和部分平均分组法运算求解.
【详解】若3所学校分配1名师范生的人数为时，先取3人看成一个整体，再进行排列，
所以不同的跟岗分配方案有种；
若3所学校分配1名师范生的人数为时，注意到有2个学校均分配2名师范生，
所以不同的跟岗分配方案有种；
综上所述：不同的跟岗分配方案共有种.
故选：A.
10．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ）
A．192B．420C．210D．72
【答案】B
【分析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类，结合分类加法、分步乘法计算即可.
【详解】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：
第一类，A，C同色，由分步计数原理有种不同的染色方法；
第二类，A，C不同色，由分步计数原理有种不同的染色方法；
根据分类加法计数原理，共有种不同的染色方法.
故选：B.
11．将四个1，四个2，四个3，四个4填入一个的表格，每个空格只填一个数字且16个空格全部填满．若每行每列恰有两个偶数，则不同的填法共有（ ）
A．4620种B．323400种C．6300种D．441000种
【答案】D
【分析】先考虑第一行两个偶数有种选择，再就余下两个偶数的位置分类讨论可得不同的填法.
【详解】首先确定偶数的位置有多少种选择．
第一行两个偶数有种选择，下面考虑这两个偶数所在的列，每列还需再填一个偶数，设为，．
情形一 若，位于同一行，它们的位置有3种选择，此时剩下的四个偶数所填的位置唯一确定．
情形二 若，位于不同的两行，它们的位置有6种选择，此时剩下的四个偶数所填的位置有2种选择．
所以偶数的不同位置有种，
因此总的填法数为．
故选：D
12．定义：“各位数字之和为7的四位数叫好运数”，比如1006，2203，则所有好运数的个数为（ ）
A．82B．83C．84D．85
【答案】C
【分析】根据定义分类讨论首位数字，结合计数原理计算即可.
【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫好运数，所以按首位数字分别计算：
当首位数字为7，则剩余三位数分别为0，0，0，共有1个好运数；
当首位数字为6，则剩余三位数分别为1，0，0，共有3个好运数；
当首位数字为5，则剩余三位数分别为1，1，0或2，0，0，共有个好运数；
当首位数字为4，则剩余三位数分别为3，0，0或2，1，0或1，1，1，共有个好运数；
当首位数字为3，则剩余三位数分别为4，0，0或3，1，0或2，2，0或2，1，1，
共有个好运数；
当首位数字为2，则剩余三位数分别为5，0，0或4，1，0或3，2，0或3，1，1或2，2，1，
共有个好运数；
当首位数字为1，则剩余三位数分别为6，0，0或5，1，0或4，2，0或4，1，1或3，3，0或3，2，1或2，2，2，
共有个好运数；
所以共有个好运数，
故选：C
二、多选题
13．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，则（ ）
A．可组成120个四位数
B．可组成24个是5的倍数的四位数
C．可组成72个是奇数的四位数
D．可组成48个是偶数的四位数
【答案】ABCD
【分析】按要求列式计算判断A；求出5为个位数字的四位数个数判断B；求出个位数字是奇数字的四位数个数判断C；求出个位数字是偶数字的四位数个数判断D作答.
【详解】对于A，组成无重复数字的四位数个数是，A正确；
对于B，5为个位数字的四位数个数是，B正确；
对于C，个位数字是奇数字的四位数个数是，C正确；
对于D，个位数字是偶数字的四位数个数是，D正确.
故选：ABCD
14．在某城市中，两地之间有如图所示的道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从地出发到地，则下列结论正确的是（ ）
A．不同的路径共有31条
B．不同的路径共有41条
C．若甲途经地，则不同的路径共有18条
D．若甲途经地，且不经过地，则不同的路径共有8条
【答案】AC
【分析】由图可知，从地出发到地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，且前3步中至少有1步向上，按照分类加法计数原理、分步乘法计数原理结合组合数公式计算可得.
【详解】由图可知，从地出发到地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，
且前3步中至少有1步向上，则不同的路径共有条，故A正确、B错误；
若甲途经地，则不同的路径共有条，故C正确；
若甲途经地，且不经过地，则不同的路径共有，故D错误；
故选：AC.
15．已知正整数满足不等式，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据排列、组合数的计算公式逐一验证选项即可.
【详解】对于选项A：等号左边，等号右边，所以等号左边=等号右边，故A正确；
对于选项B：等号左边，等号右边，所以等号左边等号右边，故B错误；
对于选项C：等号左边，等号右边，所以等号左边=等号右边，故C正确；
对于选项D：等号左边，等号右边，所以等号左边=等号右边，故D正确；
故选：ACD.
16．某学生想在物理､化学､生物､政治､历史､地理､技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（ ）
A．若任意选择三门课程，选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为20
【答案】CD
【分析】利用组合的概念可判断A；利用分类考虑，物理和化学只选一门、物理和化学都选，可判断B；利用间接法可判断C；若物理和化学至少选一门，有3种情况，分别讨论计算可判断D．
【详解】对于A，若任意选择三门课程，选法总数为种，故A错误；
对于B，若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的5门中选2门，有种选法，若物理和化学选两门，有种选法，
剩下一门从剩余的5门中选1门，有种选法，由分步乘法计数原理知，总数为种选法，故B错误；
对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为种，故C正确；
对于D，若物理和化学至少选一门，有3种情况，只选物理不选历史，有种选法，
选化学，不选物理，有种选法，物理与化学都选，不选历史，有种选法
故总数为种，故D正确．
故选：CD.
17．我校以大课程观为理论基础，以关键能力和核心素养的课程化为突破口，深入探索普通高中创新人才培养的校本化课程体系.本学期共开设了八大类校本课程，具体为学科拓展（X）、体艺特长（T）、实践创新（S）、生涯规划（C）、国际视野（I）、公民素养（G）、大学先修（D）、PBL项目课程（P）八大类，假期里决定继续开设这八大类课程，每天开设一类且不重复，连续开设八天，则（ ）
A．某学生从中选3类，共有56种选法
B．课程“X”“T”排在不相邻两天，共有种排法
C．课程中“S”“C”“I”排在相邻三天，且“C”只能排在“S”与“I”的中间，共有720种排法
D．课程“T”不排在第一天，课程“G”不排在最后一天，共有种排法
【答案】ABD
【分析】由题意，利用组合数、插空法、捆绑法、特殊元素优先法，解得分类加法原理，可得答案.
【详解】选项A，某同学从中选3类，共有(种)选法，A正确；
选项B，若“X”“T”不相邻，剩余6类排列方法为，形成7个空，则“X”“T”填入7个空的方法为，所以共有种排法，B正确；
选项C，先排列“S”“C”“I”三科，则有2种排列方法，3科形成整体与剩余5科再进行全排列，则有种排列方法，
所以共有(种)排法，C错误；
选项D，分成两类情况，一是“G”排在第一天，则此类情况下排法有种，
二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，有种方法，
则共有种排法，D正确．
故选：ABD．
18．如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A．
B．当时，若同色，共有48种涂法
C．当时，若不同色，共有48种涂法
D．当时，总的涂色方法有420种
【答案】ABD
【分析】根据同色或者不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【详解】对于A，由于区域与均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确，
对于B，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，由于同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，B正确；
对于C，当时，涂有种，
当不同色（D只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能用与同色，此时共有24种涂法，C错误；
对于D，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，当同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与同色的颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，
当不同色，此时四块区域所用颜色各不相同，共有，
只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂此时共有种涂法，
综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确，
故选：ABD
三、填空题
19．某人射击8枪命中4枪，这4枪恰有3枪连中的不同种数为 ．
【答案】20
【分析】根据捆绑法及插空法求解即可.
【详解】把连中的三枪看成1个元素（捆绑），另外命中的一枪看成1个元素，这2个元素在其余4个元素组成的5个空中插空，共有种插法．
故答案为：20
20．安排名歌手的演出顺序时，要求某名歌手不第一个出场，则不同排法的总数是 用数字作答
【答案】96
【分析】先把有位置限制的元素排列，然后其他按照排列数即可；
【详解】先把有位置限制的歌手排列，然后其他4人按照排列数排列，
故答案为:96.
21．第六届进博会招募志愿者，某校高一年级有3位同学报名，高二年级有5位同学报名，现要从报名的学生中选取4人，要求高一年级和高二年级的同学都有，则不同的选取方法种数为 .（结果用数值表示）
【答案】65
【分析】根据分类加法原理和组合数求解即可（也可用间接法求解）.
【详解】由题意，要求高一年级和高二年级的同学都有，
则有.
另解：间接法：.
故答案为：65
22．8个完全相同的球放入编号1，2，3的三个空盒中，要求放入后3个盒子不空且数量均不同，则有 种放法.
【答案】12
【分析】分两类计数，每类再用分组分配的方法求解.
【详解】共两类分组方法：将8个完全相同的小球分为1，2，5三堆或1，3，4 三堆.
每类都将三堆不同个数的球放入编号1，2，3的三个空盒中，有种方法，
故共有种方法.
故答案为：12.
23．3男3女共6位同学站成一排，则3位女同学中有且仅有2位女生相邻的不同排法有 种
【答案】432
【分析】把3名女生按分成两组，插入3名男生排成一排形成的空隙，再把相邻的两名女生排列作答.
【详解】3名女生按分成两组有种方法，把3名男生排成一排有种方法，
把两组女生插入男生排列形成的空隙中有种方法，排相邻的两名女生有种方法，
所以所求不同排法数有.
故答案为：432
24．要从甲、乙等8人中选5人在座谈会上发言，若甲乙都被选中且他们发言中间恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有 种．（用数字作答）
【答案】720
【分析】根据先选后排原理，再根据插空法，进行排列组合即可得解.
【详解】除甲乙外再选3人共有种可能，
从选中的3人中选一人插在甲乙中间，此三人再进行排列共有种可能，
再将此三人看作整体和另外两人进行全排列，共有种可能，
则共有，
故答案为：720.
25．有三种不同颜色供选择，给图中六个格子涂色，相邻格子颜色不能相同，共有 种不同的涂色方案.
【答案】96
【分析】将格子自左向右编号为1，2，3，4，易得格子1，2有种选法，再分格子3与格子1相同和不同求解.
【详解】解：将格子自左向右编号为1，2，3，4，5,6
格子1，2有种选法，
当格子3与格子1相同时，此时格子4，5，6都有2种选法，
当格子3与格子1不同时，此时格子3有1种选法，格子4，5，6都有2种选法，
所以当格子1和2颜色确定后，格子4，5，6共有种选法，
所以不同的涂色方法有种，
故答案为：96
26．杭州亚运会举办在即，主办方开始对志愿者进行分配．已知射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答）．
【答案】140
【分析】对选出的3名会说韩语的志愿者分为2种情况讨论即只会韩语中选3人和选2人，分别求出其方法总数即可得出答案.
【详解】若从只会韩语中选3人，则种，
若从只会韩语中选2人，则种，
故不同的选人方案共有种.
故答案为：140.
27．有8个不同的小球从左到右排成一排，从中拿出至少一个球且不能同时拿出相邻的两个球的方案数量是
【答案】54
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合组合应用问题列式计算作答.
【详解】依题意，至少拿出1个球，最多拿出4个球，
当拿出1个球时，有种方法，
当拿出2个球时，由于拿出的2个球不相邻，可视为把拿出的2个球放入余下6个球排成
一排形成的7个空隙中的任意2个，可得8个球的对应排列，因此取2个球有种方法，
当拿出3个球时，由于拿出的3个球不相邻，可视为把拿出的3个球放入余下5个球排成
一排形成的6个空隙中的任意3个，可得8个球的对应排列，因此取3个球有种方法，
当拿出4个球时，由于拿出的4个球不相邻，可视为把拿出的4个球放入余下4个球排成
一排形成的5个空隙中的任意4个，可得8个球的对应排列，因此取4个球有种方法，
所以所求的方案数量是.
故答案为：54
28．很多购物网站都有手机验证码功能，这样可以保证购物的安全性．一般手机验证码由0，1，2，…，9中的4个数字（数字可以相同）随机组成．已知某人收到一个四位数的手机验证码，则该验证码由3个不同数字组成的概率是 ．
【答案】
【分析】利用分步相乘原理算出总数，再利用排列组合算出满足3个不同数字所组成的情况.
【详解】从0，1，2，…，9中随机取出4个数字（可以相同），共有种情况；其中有3个不同数字的情况为：先选出3个数字，然后其中一个需要用2次，对其全排列后再除去两个相同数子的顺序，即种
故所求概率．
故答案为：
【C组 在创新中考查思维】
一、单选题
1．如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】分类分步排列即可.
【详解】由题意1和7是不能漏掉的，所以由以下路线：
（1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6条，
故选：B.
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.某教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字的个数为（ ）
A．720B．1440C．2280D．4080
【答案】C
【分析】以间接法去求解这个排列问题简单快捷.
【详解】一共有7个数字，且其中有两个相同的数字1.
这7个数字按题意随机排列，可以得到个不同的数字.
当前两位数字为11或12时，得到的数字不大于3.14
当前两位数字为11或12时，共可以得到个不同的数字，
则大于3.14的不同数字的个数为
故选：C
3．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.
4．某医院分配3名医生6名护士紧急前往三个小区协助社区做核酸检测.要求每个小区至少一名医生和至少一名护士.问共有多少种分配方案？（ ）
A．3180B．3240C．3600D．3660
【答案】B
【分析】分三种情况进行分类讨论，依据先分组再分配原则解决“至少”问题.
【详解】每个小区至少一名护士，则把护士分为3组，共有3种情况：1,1,4；1,2,3；2,2,2
把护士分为3组，3组人数分别为1,1,4，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；
把护士分为3组，3组人数分别为1,2,3，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；
把护士分为3组，3组人数分别为2,2,2，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为
综上，分配方案总数为
故选：B
5．将六个数、、、、、将任意次序排成一行，拼成一个位数，则产生的不同的位数的个数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求出将2，0，1，9，20，19的首位不为0的排列数，排除2的后一项是0的排列，1的后一项是9的排列，再加上2的后一项是0同时1的后一项是9的排列，可得答案.
【详解】将六个数、、、、、将任意次序排成一行，拼成一个位数，由于首位不能为0，则有个，
其中“20”出现2次，即“2”与“0”相邻且“2”在“0”前的排法有种，
“19”出现2次，即“1”与“9”相邻且“1”在“9”前的排法有种，
“20”和“19”都出现2次的排法有种，
因此满足条件的位数的个数为：.
故选：A.
6．因演出需要，身高互不相等的9名演员要排成一排成一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边数起：第一个到第三个依次递增，第三个到第七个依次递减，第七、八、九个依次递增，则不同的排列方式有（ ）种．
A．379B．360C．243D．217
【答案】A
【分析】依题意，重点要先排好7号位和3号位，余下的按部就班即可.
【详解】依题意作图如下：
上面的数字表示排列的位置，必须按照上图的方式排列，其中3号位必须比124567要高，
1，7两处是排列里最低的，3，9两处是最高点，
设9个演员按照从矮到高的顺序依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，
则 3号位最少是7，最大是9，下面分类讨论：
第3个位置选7号：先从1，2，3，4，5，6号中选两个放入前两个位置，
余下的4个号中最小的放入7号位置，剩下的三个放入中间三个位置，
8，9号放入最后两个位置，即；
第3个位置选8号：先从1，2，3，4，5，6，7号中选两个放入前两个位置，
余下的5个号中最小的放入7号位置，剩下4个选3个放入中间三个位置，
余下的号和9号放入最后两个位置，即；
第3个位置选9号：先从1，2，3，4，5，6，7，8号中选两个放入前两个位置，
余下的6个号中最小的放入7号位置，剩下5个选3个放入中间三个位置，
余下的2个号放入最后两个位置，即；
由分类计数原理可得共有种排列方式；
故选：A.
二、多选题
7．（多选）将《红楼梦》《西游记》《三国演义》《水浒传》《唐诗三百首》《徐志摩诗集》和《中华戏曲》7本书放在一排，则（ ）
A．戏曲书放在正中间位置的不同放法有种
B．诗集相邻的不同放法有种
C．四大名著互不相邻的不同放法有种
D．四大名著不放在两端的不同放法有种
【答案】BC
【分析】根据题设，依次分析各选项的条件，再列式即可判断作答.
【详解】对于A，戏曲书只有1本，将戏曲书放在正中间，其余6本书全排列，不同放法种数为，A错误；
对于B，诗集共2本，把2本诗集看为一个整体，则7本书的不同放法种数为， B正确；
对于C，四大名著互不相邻，先将四大名著全排列，再在每种排列的中间3个空隙中放置其他书，共有种放法，则不同放法种数为，C正确；
对于D，在第2至第6这5个位置上任选4个位置放四大名著，共有种放法，其余3本书在剩下的3个位置上全排列，则不同放法种数为，D错误．
故选：BC
8．（多选）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（ ）
A．可组成360个四位数
B．可组成216个是5的倍数的五位数
C．可组成270个比1325大的四位数
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2310
【答案】BC
【分析】根据题设，逐一分析各个选项的限制条件，再列式计算即可判断作答.
【详解】对于A，可组成四位数的个数为，A错误；
对于B，有两类：个位上的数字是0，有个，个位上的数字是5，有个，则为5的倍数的五位数的个数是，B正确；
对于C，比1325大的四位数可分为三类：第一类，千位上数字比1大的四位数，共个，
第二类，千位上数字是1，百位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
第三类，千位上数字是1，百位上的数字是3，十位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
则比1325大的四位数的个数是，C正确；
对于D，千位上数字是1的四位数的个数是，千位上数字是2，百位上的数字是0，1之一的四位数的个数是，
于是得第85个数是2301，D错误．
故选：BC
9．四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】分别判断的情况下的可能的传递情况，采用分步乘法和分类加法计数原理可计算得到.
【详解】从甲开始，一次传递有三种情况（甲传到下一个人有三种选择），
当时，就传递一次，不可能回到甲手上，；
当时，传递两次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传回到甲，，
当时，传递三次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，
最后传回到甲，，A错误；
当时，传递四次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，B正确；
当时，传递五次，三种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，C错误；
当时，传递六次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（4）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（5）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，D正确.
故选：BD．
三、填空题
10．现有7位同学（分别编号为）排成一排拍照，若其中三人互不相邻，两人也不相邻，而两人必须相邻，则不同的排法总数为 ．（用数字作答）
【答案】240
【分析】把排列，产生4个空位，然后将看作一个整体与插入到中可求解.
【详解】解：因两人必须相邻，所以把看作一个整体有种排法.
又三人互不相邻，两人也不相邻，所以把排列，有种排法，产生了4个空位，再用插空法.
（1）当分别插入到中间的两个空位时，有种排法，再把整体插入到此时产生的6个空位中，有6种排法.
（2）当分别插入到中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时，有种排法，此时必须排在中间的两个空位的另一个空位，有1种排法.
所以共有.
【点睛】方法点睛：在排列组合中“相邻问题”用捆绑法策略处理；“不相邻问题”用插空法策略处理.
11．从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按先后顺序，但大小写可以交换位置，如或都可以），这样的情况有 种．（用数字作答）
【答案】160
【分析】先根据A、B、C、D选取的个数分为四类：
第一类:A、B、C、D中取四个，a、b、c、d中取一个；
第二类:A、B、C、D中取三个，a、b、c、d中取二个；
第三类:A、B、C、D中取二个,a、b、c、d中取三个；
第四类:A、B、C、D中取一个,a、b、c、d中取四个.
【详解】分为四类情况：
第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有；
第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相同)共有，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有 ；
第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；
第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个，取法同第一类情况；
所以共有：2(8++)=160
【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，对学生的思维能力要求较高，其中有序排列给题目增加了分类的难度，在解题时需要耐心细致，认真思考分类标准.
12．某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为 ．
【答案】5040
【分析】参加“演讲团”人数分为有1人或无人的情况，而每种情况又各自包含2种情况，分别求出对应的方法数，结合计数原理计算即可.
【详解】若有人参加“演讲团”，则从人选人参加该社团，其余人去剩下个社团，人数安排有种情况：和，
故人参加“演讲团”的不同参加方法数为；
若无人参加“演讲团”，则人参加剩下个社团，人数安排安排有 种情况：和，故无人参加“演讲团”的不同参加方法数为，
故满足条件的方法数为，
故答案为：5040
13．在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞.已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙、丙、丁四种不同的试剂对、、、、、这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对C细胞染色，则共有 种不同的染色方法（用数字作答）.
【答案】90.
【分析】先考虑C细胞的染色试剂没有限制的条件下相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，然后考虑用甲试剂对C细胞染色且相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，将两种方法种数作差即可得解.
【详解】不考虑甲试剂不能对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有种方法，
共120种方法.
现考虑甲试剂对C细胞染色，
若C、E细胞的染色试剂相同，共有种方法，
若C、E细胞的染色试剂不同，共有，
共30种方法.
所以，符合条件的染色方法有120-30=90种.
故答案为：90.
【点睛】求解染色问题一般直接用两个计算原理求解，通常的作法是，按区域的不同以区域为主分布计数，用分布乘法原理进行求解.
14．某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 ．
【答案】236
【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.
【详解】（1）秋老师教9班，曲老师可在4,5,7,10班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）；
（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；
（3）秋老师同时教9班和10班，曲老师可在4,5,7班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2,6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）；
但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有：（种）.
故答案为：236
【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
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