資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題三十五 計數原理
知識歸納
一、分類加法計數原理
完成一件事，有類辦法，在第1類辦法中有種不同的辦法，在第2類辦法中有種不同的方法，…，在第類辦法中有種不同的方法，那么完成這件事共有：種不同的方法．
二、分步乘法計數原理
完成一件事，需要分成個步驟，做第1步有種不同的方法，做第2步有種不同的方法，…，做第步有種不同的方法，那么完成這件事共有：種不同的方法.
注意：兩個原理及其區別
分類加法計數原理和“分類”有關，如果完成某件事情有類辦法，這類辦法之間是互斥的，那么求完成這件事情的方法總數時，就用分類加法計數原理.
分步乘法計數原理和“分步”有關，是針對“分步完成”的問題.如果完成某件事情有個步驟，而且這幾個步驟缺一不可，且互不影響（獨立），當且僅當依次完成這個步驟后，這件事情才算完成，那么求完成這件事情的方法總數時，就用分步乘法計數原理.
當然，在解決實際問題時，并不一定是單一應用分類計數原理或分步計數原理，有時可能同時用到兩個計數原理.即分類時，每類的方法可能運用分步完成；而分步后，每步的方法數可能會采取分類的思想求方法數.對于同一問題，我們可以從不同的角度去處理，從而得到不同的解法（但方法數相同），這也是檢驗排列組合問題的很好方法.
三、兩個計數原理的綜合應用
如果完成一件事的各種方法是相互獨立的，那么計算完成這件事的方法數時，使用分類計數原理．如果完成一件事的各個步驟是相互聯系的，即各個步驟都必須完成，這件事才告完成，那么計算完成這件事的方法數時，使用分步計數原理．
四、排列與排列數
（1）定義：從個不同元素中取出個元素排成一列，叫做從個不同元素中取出個元素的一個排列．從個不同元素中取出個元素的所有排列的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的排列數，用符號表示．
（2）排列數的公式：．
特例：當時，；規定：．
（3）排列數的性質：
①；②；③．
（4）解排列應用題的基本思路：
通過審題，找出問題中的元素是什么，是否與順序有關，有無特殊限制條件（特殊位置，特殊元素）．
注意：排列數公式的兩種不同表達形式本質是一樣的，但作用略有不同，常用于具體數字計算；而在進行含字母算式化簡或證明時，多用．
五、組合與組合數
（1）定義：從個不同元素中取出個元素并成一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合．從個不同元素中取出個元素的所有組合的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的組合數，用符號表示．
（2）組合數公式及其推導
求從個不同元素中取出個元素的排列數，可以按以下兩步來考慮：
第一步，先求出從這個不同元素中取出個元素的組合數；
第二步，求每一個組合中個元素的全排列數；
根據分步計數原理，得到；
因此．
這里，，且，這個公式叫做組合數公式．因為，所以組合數公式還可表示為：．特例：．
注意：組合數公式的推導方法是一種重要的解題方法！在以后學習排列組合的混合問題時，一般都是按先取后排（先組合后排列）的順序解決問題．公式常用于具體數字計算，常用于含字母算式的化簡或證明．
（3）組合數的主要性質：①；②．
（4）組合應用題的常見題型：
①“含有”或“不含有”某些元素的組合題型；
②“至少”或“最多”含有幾個元素的題型．
六、排列和組合的區別
組合：取出的元素地位平等，沒有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或職位不同．
注意：排列、組合都是研究事物在某種給定的模式下所有可能的配置數目問題，它們之間的主要區別在于是否要考慮選出元素的先后順序，不需要考慮順序的是組合問題，需要考慮順序的是排列問題．排列是在組合的基礎上對入選的元素進行排隊，因此，分析解決排列組合綜合問題的基本思維是“先組合，后排列”．
七、解決排列組合綜合問題的一般過程
1、認真審題，確定要做什么事；
2、確定怎樣做才能完成這件事，即采取分步還是分類或是分步與分類同時進行，弄清楚分多少類及多少步；
3、確定每一步或每一類是排列（有序）問題還是組合（無序）問題，元素總數是多少及取出多少個元素；
4、解決排列組合綜合性問題，往往類與步交叉，因此必須掌握一些常用的解題策略．
方法技巧與總結
1、如圖，在圓中，將圓分等份得到個區域，，，，，現取種顏色對這個區域涂色，要求每相鄰的兩個區域涂不同的兩種顏色，則涂色的方案有種．
2、數字排列問題的解題原則、常用方法及注意事項
（1）解題原則：排列問題的本質是“元素”占“位子”問題，有限制條件的排列問題的限制條件主要表現在某元素不排在某個位子上，或某個位子不排某些元素，解決該類排列問題的方法主要是按“優先”原則，即優先排特殊元素或優先滿足特殊位子，若一個位子安排的元素影響到另一個位子的元素個數時，應分類討論．
3、定位、定元的排列問題，一般都是對某個或某些元素加以限制，被限制的元素通常稱為特殊元素，被限制的位置稱為特殊位置．這一類問題通常以三種途徑考慮：
(1)以元素為主考慮，這時，一般先解決特殊元素的排法問題，即先滿足特殊元素，再安排其他元素；
(2)以位置為主考慮，這時，一般先解決特殊位置的排法問題，即先滿足特殊位置，再考慮其他位置；
(3)用間接法解題，先不考慮限制條件，計算出排列總數，再減去不符合要求的排列數．
4、解決相鄰問題的方法是“捆綁法”，其模型為將n個不同元素排成一排，其中某k個元素排在相鄰位置上，求不同排法種數的方法是：先將這k個元素“捆綁在一起”，看成一個整體，當作一個元素同其他元素一起排列，共有種排法；然后再將“捆綁”在一起的元素“內部”進行排列，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有種．
5、解決不相鄰問題的方法為“插空法”，其模型為將個不同元素排成一排，其中某個元素互不相鄰（），求不同排法種數的方法是：先將（）個元素排成一排，共有種排法；然后把個元素插入個空隙中，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有·種．
6、環（圓）排問題直排法：把個不同元素放在圓周個無編號位置上的排列，順序（例如按順時鐘）不同的排法才算不同的排列，而順序相同（即旋轉一下就可以重合）的排法認為是相同的，它與普通排列的區別在于只計順序而無首位、末位之分，下列個普通排列：在圓排列中只算一種，因為旋轉后可以重合，故認為相同，個元素的圓排列數有種.因此可將某個元素固定展成單排，其它的元素全排列.
7、全錯位排列問題公式：全錯位排列問題（賀卡問題、信封問題），記住公式即可。
瑞士數學家歐拉按一般情況給出了一個遞推公式：用、、、表示寫著位友人名字的信封，、、、表示份相應的寫好的信紙。把錯裝的總數為記作。假設把錯裝進里了，包含著這個錯誤的一切錯裝法分兩類：① 裝入里，這時每種錯裝的其余部分都與、、、無關，應有種錯裝法。②裝入、之外的一個信封，這時的裝信工作實際是把（除之外的） 份信紙、、裝入（除以外的）個信封、、，顯然這時裝錯的方法有種。總之在裝入的錯誤之下，共有錯裝法種。裝入，裝入、的種錯誤之下，同樣都有種錯裝法。
因此，得到一個遞推公式：，分別代入等，可推得結果。
也可用迭代法推導出一般公式：。
典例分析
題型一、兩個計數原理的綜合應用
【例1-1】將6封信投入4個郵筒，且6封信全部投完，不同的投法有（ ）
A．種 B．種 C．4種 D．24科
【答案】A
【解析】將6封信投入4個郵筒，且6封信全部投完，根據乘法原理共有種.
【例1-2】為了進一步提高廣大市民的生態文明建設意識，某市規定每年月日為“創建文明城生態志愿行”為主題的生態活動日，現有名同學參加志愿活動，需要攜帶勾子、鐵鍬、夾子三種勞動工具，要求每人都要攜帶一個工具，并且要求：帶一個勾子，鐵鍬至少帶把，夾子至少帶一個，則不同的安排方案共有（ ）
A．種 B．種 C．種 D．種
【答案】A
【解析】攜帶工具方案有兩類：
第一類，個勾子，個夾子，把鐵鍬，所以攜帶工具的方案數有種；
第二類，個勾子，個夾子，把鐵鍬，所以攜帶工具的方案數有種；
所以不同的安排方案共有種.
【例1-3】5400的正約數有（ ）個
A．48 B．46 C．36 D．38
【答案】A
【解析】，5400的正約數一定是由2的冪與3的冪和5的冪相乘的結果，
所以正約數個數為．
【例1-4】將6盆不同的花卉擺放成一排，其中A B兩盆花卉均擺放在C花卉的同一側，則不同的擺放種數為（ ）
A．360 B．480 C．600 D．720
【答案】B
【解析】分類討論的方法解決如圖中的6個位置，
① 當C在位置1時，不同的擺法有種；
② 當C在位置2時，不同的擺法有種；
③ 當C在位置3時，不同的擺法有種；
由對稱性知C在4 5 6位置時擺放的種數和C在3 2 1時相同，
故擺放種數有.
【例1-5】有一道路網如圖所示，通過這一路網從A點出發不經過C、D點到達B點的最短路徑有___________種.
【答案】24
【解析】如圖，由已知可得，應從點，先到點，再到點，最后經點到點即可.
第一步：由點到點，最短路徑為4步，最短路徑方法種類為；
第二步：由點到點，最短路徑為3步，最短路徑方法種類為；
第三步：由點經點到點，最短路徑為3步，最短路徑方法種類為.
根據分步計數原理可得，最短路徑有種.
【例1-6】有四張卡片，正面和背面依次分別印有數字“1，0，2，4”和“3，5，0，7”，一小朋友把這四張卡片排成四位整數，則他能排出的四位整數的個數為_________.
【答案】264
【解析】當四位整數中無0出現時，則必有5和2，其中1和3二選一，4和7二選一，四個數再進行全排列，故共有種選擇；
當四位整數中出現一個0時，可能是從5和0種選取的，也可能是從2和0種選擇的，有種，0可能的位置在個位，十位或百位，從3個位置選擇一個，有種，另外1和3二選一，4和7二選一，有種，加上另一個非0數，三個數進行全排列，有種，故共有種選擇；
當四位整數中出現兩個0時，兩個0的位置有種選擇，另外1和3二選一，4和7二選一，有種，這兩個數再進行全排列，有種，共有=24種，
綜上：96+144+24=264種選擇.
題型二、直接法
【例2-1】甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行勞動技術比賽，決出第1名到第5名的名次．甲和乙去詢問成績，回答者對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍．”對乙說：“你當然不會是最差的．”從這兩個回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）種
A．54 B．72 C．96 D．120
【答案】A
【解析】根據題意，甲乙都沒有得到冠軍，而乙不是最后一名，
分2種情況討論：
①甲是最后一名，則乙可以為第二、三、四名，即乙有3種情況，
剩下的三人安排在其他三個名次，有種情況，
此時有種名次排列情況；
②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有種情況，
剩下的三人安排在其他三個名次，有種情況，
此時有種名次排列情況；
則一共有種不同的名次情況．
【例2-2】某學校要從5名男教師和3名女教師中隨機選出3人去支教，則抽取的3人中，女教師最多為1人的選法種數為（ ）．
A．10 B．30 C．40 D．46
【答案】C
【解析】女教師最多為1人即女教師為0人或者1人
若女教師為0人，則男教師有3人，有種選擇；
若女教師為1人，則男教師2人，有種選擇；
故女教師最多為1人的選法種數為種
故選：C
【例2-3】某項活動安排了4個節目，每位觀眾都有6張相同的票，活動結束后將票全部投給喜歡的節目，一位觀眾最喜歡節目A，準備給該節目至少投3張，剩下的票則隨機投給其余的節目，但必須要A節目的得票數是最多的，則4個節目獲得該觀眾的票數情況有（ ）種.
A．150 B．72 C．20 D．17
【答案】D
【詳解】解：依題意，當得票，則只有種，
當得票，則有種，
當得票，剩下的票可能投給個節目或個節目，則有種，
當得票，剩下的票可能投給個節目或個節目，則有種，
綜上可得一共有種情況.
【例2-4】若一個三位數的各個數位上的數字之和為8，則我們稱是一個“叔同數”，例如“125，710”都是“叔同數”.那么“叔同數”的個數共有（ ）
A．34個 B．35個 C．36個 D．37個
【答案】C
【詳解】三位數各位數的和為8可能的組合有116，125，134，224，233，017，026，035，044，008，
其中三個數不同且都不為0可排出個“叔同數”，沒有0的3個數中有2個數相同，則排出個“叔同數”，有1個0其余2個數為不同的非零數字可排出個“叔同數”，
008只能排出一個“叔同數”，
所以它們排出的“叔同數”的個數共有.
題型三、間接法
【例3-1】某學校計劃從包含甲 乙 丙三位教師在內的10人中選出5人組隊去西部支教，若甲 乙 丙三位教師至少一人被選中，則組隊支教的不同方式共有（ ）
A．21種 B．231種 C．238種 D．252種
【答案】B
【解析】10人中選5人有種選法，其中，甲 乙 丙三位教師均不選的選法有種，
則甲 乙 丙三位教師至少一人被選中的選法共有種.
【例3-2】將7個人從左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相鄰，且甲不站在最右端，則不同的站法有（ ）．
A．1860種 B．3696種 C．3600種 D．3648種
【答案】D
【解析】7個人從左到右排成一排，共有種不同的站法，其中甲、乙、丙3個都相鄰有種不同的站法，甲站在最右端有種不同的站法，甲、乙、丙3個相鄰且甲站最右端有種不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相鄰，且甲不站在最右端，不同的站法有種不同的站法.
【例3-3】中園古代中的“禮、樂、射、御、書、數”合稱“六藝”.“禮”主要指德育；“樂”主要指美育；“射”和“御”就是體育和勞動；“書”指各種歷史文化知識；“數”指數學.某校國學社團開展“六藝”講座活動，每周安排一次講座，共講六次.講座次序要求“射”不在第一次，“數”和“樂”兩次不相鄰，則“六藝”講座不同的次序共有（ ）
A．408種 B．240種 C．1092種. D．120種
【答案】A
【解析】每周安排一次，共講六次的“六藝”講座活動，“射”不在第一次的不同次序數為，
其中“射”不在第一次且“數”和“樂”兩次相鄰的不同次序數為，
于是得，
所以“六藝”講座不同的次序共有408種.
【例3-4】紅五月，某校團委決定舉辦慶祝中國共產黨成立100周年“百年榮光，偉大夢想”聯歡會，經過初賽，共有6個節目進入決賽，其中2個歌舞類節目，2個小品類節目，1個朗誦類節目，1個戲曲類節目．演出時要求同類節目不能相鄰，則演出順序的排法總數是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】所有演出方案有種，歌舞類相鄰有種，
小品類相鄰有種，歌舞與小品均相鄰有種，
所以總數有種.
題型四、捆綁法
【例4-1】成語“五音不全”中的五音指古樂的五聲音階：宮、商、角、徵、羽，是中國古樂基本音階．把這五個音階排成一列，形成一個音序．滿足“徵”“羽”兩音階相鄰且在“宮”音階之前的不同音序的種數為___________．（用數字作答）
【答案】24
【解析】把“徵”“羽”看成一個元素，在排好順序的4個位置中選兩個，
按“宮”在后，“徵”“羽”在前的順序，有種排法，
另兩個位置排“商”“角”，有種排法，“徵”“羽”又可交換順序排列，有種排法，
故所求音序種數為.
【例4-2】甲 乙 丙等七人相約到電影院看電影《長津湖》，恰好買到了七張連號的電影票，若甲 乙兩人必須相鄰，且丙坐在七人的正中間，則不同的坐法的種數為（ ）
A．240 B．192 C．96 D．48
【答案】B
【詳解】丙在正中間（4號位）；
甲 乙兩人只能坐12，23或56，67號位，有4種情況，
考慮到甲 乙的順序有種情況；
剩下的4個位置其余4人坐有種情況；
故不同的坐法的種數為.
題型五、插空法
【例5-1】將語文 數學 英語 物理 化學 生物六本書排成一排，其中語文 數學相鄰，且物理 化學不相鄰，則不同的排法共有種___________.（用數字作答）
【答案】144
【解析】先利用捆綁法把語文書、數學書看作一個整體，有種；
再把其與英語書、生物書進行全排列，有種；
再用插空法安排物理書 化學書，有種；
所以一共有.
【例5-2】英文單詞"sentence”由8個字母構成，將這8個字母組合排列，且兩個n不相鄰一共可以得到英文單詞的個數為_________．（可以認為每個組合都是一個有意義的單詞）
【答案】2520
【解析】英文單詞“sentence”中字母e有3個，字母n有2個，字母s、t、c各有一個，優先考慮無限制的字母，注意重復字母需除去順序，共有種，再插入個字母，共有種，所以一共有種.
故答案為：2520
【例5-3】某科室有4名人員，兩男兩女，參加會議時一排有5個位置，從左到右排，則兩女員工不相鄰（中間隔空位也叫不相鄰），且左側的男員工前面一定有女員工的排法有_______種（結果用數字表示）．
【答案】44
【解析】先排兩男和空位，再把兩女插空，分兩種情形：
第一種，先排兩男和空位，最左邊是空位時，排兩男和空位共種，
將女生插空時又分兩種情形：
先排兩男和空位時，空位兩側排兩名女生時計種；
空位兩側共排一名女生時計種，
共計種；
第二種，先排兩男和空位，最左邊是男生時，排兩男和空位共種，將女生插空共種，共計種，
綜上，共計種．
【例5-4】某公共汽車站有6個候車位排成一排，甲、乙、丙三個乘客在該汽車站等候228路公交車的到來，由于市內堵車，228路公交車一直沒到站，三人決定在座位上候車，且每人只能坐一個位置，則恰好有2個連續空座位的候車方式的種數是
A．48 B．54 C．72 D．84
【答案】C
【詳解】根據題意，分2步進行分析：
①先將3名乘客全排列，有種情況，
②3名乘客排好后，有4個空位，在4個空位中任選1個，安排2個連續空座位，有4種情況，
在剩下的3個空位中任選1個，安排1個空座位，有3種情況，
則恰好有2個連續空座位的候車方式有種．
【例5-5】地面上有并排的七個汽車位，現有紅、白、黃、黑四輛不同的汽車同時倒車入庫.當停車完畢后，恰有兩個連續的空車位，且紅、白兩車互不相鄰的情況有________種.
【答案】336
【詳解】從反面考慮，恰有兩個連續空車位時有（種）情況；
恰有兩個連續空車位，且紅、白兩車相鄰時有（種）情況，
故所求情況有（種）.
【例5-6】某單位有8個連在一起的車位，現有4輛不同型號的車需要停放，如果要求剩余的4個車位中恰好有3個連在一起，則不同的停放方法的種數為（ ）
A．240 B．360 C．480 D．720
【答案】C
【詳解】給8個車位編號：1，2，3，4，5，6，7，8，
當1，2，3號為空時，有種停放方法；
當2，3，4號為空時，有種停放方法；
當3，4，5號為空時，有種停放方法；
當4，5，6號為空時，有種停放方法；
當5，6，7號為空時，有種停放方法；
當6，7，8號為空時，有種停放方法；
所以不同的停放方法的種數為種.
極簡潔解法：四輛車標記為ABCD,四個空車位，三個組合一起，標記為3，剩余一個標記為1，則變成數字1，3與四個字母排列，且數字不相鄰，插空法即可
題型六、定序問題（先選后排）
【例6-1】滿足，且的有序數組共有（ ）個.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】∵數組中數字的大小確定，從1到9共9個數任取4個數得一個有序數組，所有個數為．
【例6-2】某次演出有5個節目，若甲、乙、丙3個節目間的先后順序已確定，則不同的排法有（ ）
A．120種 B．80種 C．20種 D．48種
【答案】C
【解析】在5個位置中選兩個安排其它兩個節目，還有三個位置按順序放入甲、乙、丙，方法數為．
【例6-3】某次數學獲獎的6名高矮互不相同的同學站成兩排照相，后排每個人都高于站在他前面的同學，則共有多少種站法（ ）
A．36 B．90 C．360 D．720
【答案】B
【解析】6個高矮互不相同的人站成兩排，
后排每個人都高于站在他前面的同學的站法數為.
【例6-4】DNA是形成所有生物體中染色體的一種雙股螺旋線分子，由稱為堿基的化學成分組成它看上去就像是兩條長長的平行螺旋狀鏈，兩條鏈上的堿基之間由氫鍵相結合．在DNA中只有4種類型的堿基，分別用A、C、G和T表示，DNA中的堿基能夠以任意順序出現兩條鏈之間能形成氫鍵的堿基或者是A-T，或者是C-G，不會出現其他的聯系因此，如果我們知道了兩條鏈中一條鏈上堿基的順序，那么我們也就知道了另一條鏈上堿基的順序．如圖所示為一條DNA單鏈模型示意圖，現在某同學想在堿基T和堿基C之間插入3個堿基A，2個堿基C和1個堿基T，則不同的插入方式的種數為（ ）
A．20 B．40 C．60 D．120
【答案】C
【解析】依題意可知，不同的插入方式的種數為.
【例6-5】花燈，又名“彩燈”“燈籠”，是中國傳統農業時代的文化產物，兼具生活功能與藝術特色.如圖，現有懸掛著的8盞不同的花燈需要取下，每次取1盞，則不同取法總數為 （ ）
A．2520 B．5040 C．7560 D．10080
【答案】A
【解析】由題意，對8盞不同的花燈進行取下，先對8盞不同的花燈進行全排列，共有種方法，
因為取花燈每次只能取一盞，而且只能從下往上取，
所以須除去重復的排列順序，即先取上方的順序，故一共有種.
【例6-6】因演出需要，身高互不相等的9名演員要排成一排成一個“波浪形”，即演員們的身高從最左邊數起：第一個到第三個依次遞增，第三個到第七個依次遞減，第七、八、九個依次遞增，則不同的排列方式有（ ）種．
A．379 B．360 C．243 D．217
【答案】A
【詳解】依題意作圖如下：
上面的數字表示排列的位置，必須按照上圖的方式排列，其中3號位必須比124567要高，
1，7兩處是排列里最低的，3，9兩處是最高點，
設9個演員按照從矮到高的順序依次編號為1，2，3，4，5，6，7，8，9，
則 3號位最少是7，最大是9，下面分類討論：
第3個位置選7號：先從1，2，3，4，5，6號中選兩個放入前兩個位置，
余下的4個號中最小的放入7號位置，剩下的三個放入中間三個位置，
8，9號放入最后兩個位置，即；
第3個位置選8號：先從1，2，3，4，5，6，7號中選兩個放入前兩個位置，
余下的5個號中最小的放入7號位置，剩下4個選3個放入中間三個位置，
余下的號和9號放入最后兩個位置，即；
第3個位置選9號：先從1，2，3，4，5，6，7，8號中選兩個放入前兩個位置，
余下的6個號中最小的放入7號位置，剩下5個選3個放入中間三個位置，
余下的2個號放入最后兩個位置，即；
由分類計數原理可得共有種排列方式.
題型七、列舉法
【例7-1】三人互相傳球，由甲開始發球，并作為第一次傳球，經過5次傳球后，球仍回到甲手中，則不同的傳球方式共有（ ）
A．6種 B．8種 C．10種 D．16種
【答案】C
【解析】根據題意，作出樹狀圖，第四次球不能傳給甲，由分步加法計數原理可知：
經過5次傳球后，球仍回到甲手中，則不同的傳球方式共有10種，
【例7-2】設，，，那么滿足的所有有序數組的組數為（ ）
A．45 B．46 C．47 D．48
【答案】C
【解析】①當時，，則，共1組；
②當時，，則，不同時為2，共組；
③當時，，則，為中任一元素，共組；
④當時，，則，不同時為0，共組．
故滿足題意的有序數組共有47組．
【例7-3】從集合中任意選擇三個不同的數，使得這三個數組成等差數列，這樣的等差數列有（ ）個
A．98 B．56 C．84 D．49
【答案】A
【解析】當公差為時，數列可以是：，，，……，共13種情況.
當公差為時，數列可以是：，，，……，共11種情況.
當公差為時，數列可以是：，，，……，共9種情況.
當公差為時，數列可以是：，，，……，共7種情況.
當公差為時，數列可以是：，，，，，共5種情況.
當公差為時，數列可以是：，，，共3種情況.
當公差為時，數列可以是：，共1種情況.
總的情況是.
又因為三個數成公差數列有兩種情況，遞增或遞減，
所以這樣的等差數列共有個.
【例7-4】工人在安裝一個正六邊形零件時，需要固定如圖所示的六個位置的螺栓.若按一定順序將每個螺栓固定緊，但不能連續固定相鄰的2個螺栓.則不同的固定螺栓方式的種數是________．
【答案】60
【解析】根據題意，第一個可以從6個釘里任意選一個，共有6種選擇方法，并且是機會相等的，若第一個選1號釘的時候，第二個可以選3,4,5號釘，依次選下去，可以得到共有10種方法，所以總共有種方法，故答案是60.
【例7-5】從A，B，C，D，a，b，c，d中任選5個字母排成一排，要求按字母先后順序排列（即按先后順序，但大小寫可以交換位置，如或都可以），這樣的情況有__________種．（用數字作答）
【答案】160
【詳解】分為四類情況：
第一類：在A、B、C、D中取四個，在a、b、c、d中取一個，共有；
第二類：在A、B、C、D中取三個，在a、b、c、d中取兩個，分兩種情況：形如AaBbC(大小寫有兩個字母相同)共有，形如AaBCd（大小寫只有一個字母相同）共有 ；
第三類：在A、B、C、D中取兩個，在a、b、c、d中取三個，取法同第二類情況；
第四類：在A、B、C、D中取一個，在a、b、c、d中取四個，取法同第一類情況；
所以共有：2(8++)=160
【例7-6】古希臘哲學家畢達哥拉斯曾說過：“美的線型和其他一切美的形體都必須有對稱形式．”在中華傳統文化里，建筑、器物、書法、詩歌、對聯、繪畫幾乎無不講究對稱之美．如圖所示的是清代詩人黃柏權的《茶壺回文詩》，其以連環詩的形式展現，20個字繞著茶壺成一圓環，無論順著讀還是逆著讀，皆成佳作．數學與生活也有許多奇妙的聯系，如2020年02月02日（20200202）被稱為世界完全對稱日（公歷紀年日期中數字左右完全對稱的日期）．數學上把20200202這樣的對稱數叫回文數，若兩位數的回文數共有9個（11，22，…，99），則所有四位數的回文數中能被3整除的個數是（ ）
A．27 B．28 C．29 D．30
【答案】D
【解析】要能被3整除，則四個數的和是3的偶數倍數．滿足條件的回文數分為以下幾類：
和為6的回文數：1221,2112，3003， 3個．
和為12的回文數：3333，2442，4224，1551，5115，6006， 6個．
和為18的回文數：1881，8118，2772，7227，3663，6336，4554，5445，9009，9個．
和為24的回文數：3993，9339，4884，8448，5775，7557，6666，7個．
和為30的回文數：7887，8778，6996，9669，4個．
和為36的回文數：9999，1個．
故共有3+6+9+7+4+1＝30個．
【例7-7】用標有1克，5克，10克的砝碼各一個，在一架無刻度的天平上稱量重物，如果天平兩端均可放置砝碼，那么可以稱出的不同克數（正整數的重物）有多少種 （ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】A
【解析】①當天平的一端放1個砝碼，另一端不放砝碼時，可以成量重物的克數有1克，5克，10克；
②當天平的一端放2個砝碼，另一端不放砝碼時，可以成量重物的克數有
克，克，克；
③當天平的一端放3個砝碼，另一端不放砝碼時，可以成量重物的克數有克
④當天平的一端放1個砝碼，另一端也放1個砝碼時，可以成量重物的克數有
克，克，克；
⑤當天平的一端放1個砝碼，另一端也放2個砝碼時，可以成量重物的克數有
克，克，克；
去掉重復的克數后，可稱重物的克數有10種.
【例7-8】我們想把9張寫著1~9的卡片放入三個不同盒子中，滿足每個盒子中都有3張卡片，且存在兩個盒子中卡片的數字之和相等，則不同的放法有___________種.
【答案】198
【詳解】由題意可知，設存在的這兩個盒子中卡片的數字之和相等，設其相等的和為．
當時，共有1種情況，即；
當時，共有3種情況，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}；
當時，共有5種情況，即，，，，；
當時，共有7種情況，即，，，，，，；
當時，共有2種情況，即，
；
當時，共有7種情況，即，，，，，，；
當時，共有5種情況，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}；
當時，共有2種情況，即，；
當x＝19時，共有1種情況，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
綜上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(種)情況，
∴不同的放法共有：種．
題型八、多面手問題
【例8-1】某國際旅行社現有11名對外翻譯人員，其中有5人只會英語，4人只會法語，2人既會英語又會法語，現從這11人中選出4人當英語翻譯，4人當法語翻譯，則共有（ ）種不同的選法
A．225 B．185 C．145 D．110
【答案】B
【解析】根據題意，按“2人既會英語又會法語”的參與情況分成三類．
①“2人既會英語又會法語”不參加，這時有種；
②“2人既會英語又會法語”中有一人入選，
這時又有該人參加英文或日文翻譯兩種可能，
因此有種；
③“2人既會英語又會法語”中兩個均入選，
這時又分三種情況：兩個都譯英文、兩個都譯日文、兩人各譯一個語種，
因此有種．
綜上分析，共可開出種．
【例8-2】“賽龍舟”是端午節的習俗之一，也是端午節最重要的節日民俗活動之一，在我國南方普遍存在端午節臨近，某單位龍舟隊欲參加今年端午節龍舟賽，參加訓練的8名隊員中有3人只會劃左槳，3人只會劃右槳，2人既會劃左槳又會劃右槳．現要選派劃左槳的3人、劃右槳的3人共6人去參加比賽，則不同的選派方法共有（ ）
A．26種 B．30種 C．37種 D．42種
【答案】C
【解析】根據題意，設只會劃左槳的3人，只會劃右槳的3人，既會劃左槳又會劃右槳的2人，據此分3種情況討論：
①從中選3人劃左槳，劃右槳的在（）中剩下的人中選取，有種選法，
②從中選2人劃左槳，中選1人劃左槳，劃右槳的在（）中選取，有種選法，
③從中選1人劃左槳，中2人劃左槳，中3人劃右槳，有種選法，
則有種不同的選法．
題型九、錯位排列
【例9-1】將編號為、、、、、的小球放入編號為、、、、、的六個盒子中，每盒放一球，若有且只有兩個盒子的編號與放入的小球的編號相同，則不同的放法種數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根據題意，分以下兩步進行：
（1）在個小球中任選個放入相同編號的盒子里，有種選法，假設選出的個小球的編號為、；
（2）剩下的個小球要放入與其編號不一致的盒子里，
對于編號為的小球，有個盒子可以放入，假設放入的是號盒子.
則對于編號為的小球，有個盒子可以放入，
對于編號為、的小球，只有種放法.
綜上所述，由分步乘法計數原理可知，不同的放法種數為種.
【例9-2】若5個人各寫一張卡片（每張卡片的形狀、大小均相同），現將這5張卡片放入一個不透明的箱子里，并攪拌均勻，再讓這5人在箱子里各摸一張，恰有1人摸到自己寫的卡片的方法數有（ ）
A．20 B．90 C．15 D．45
【答案】D
【解析】根據題意，分2步分析：
①先從5個人里選1人，恰好摸到自己寫的卡片，有種選法，
②對于剩余的4人，因為每個人都不能拿自己寫的卡片，因此第一個人有3種拿法，被拿了自己卡片的那個人也有3種拿法，剩下的2人拿法唯一，
所以不同的拿卡片的方法有種.
【例9-3】新冠疫情期間，網上購物成為主流．因保管不善，五個快遞ABCDE上送貨地址模糊不清，但快遞小哥記得這五個快遞應分別送去甲乙丙丁戊五個地方，全部送錯的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【詳解】5個快遞送到5個地方有種方法，
全送錯的方法數：
先分步：第一步快遞送錯有4種方法，第二步考慮所送位置對應的快遞，假設送到丙地，第二步考慮快遞，對分類，第一類送到甲地，則剩下要均送錯有2種可能（丁戊乙，戊乙?。诙愃偷揭叶∥熘械囊粋€地方，有3種可能，如送到丁地，剩下的只有甲乙戊三地可送，全送錯有3種可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴總的方法數為，所求概率為．
【例9-4】甲、乙、丙、丁、戊五位媽媽相約各帶一個小孩去觀看花卉展，她們選擇共享電動車出行，每輛電動車只能載兩人，其中孩子們表示都不坐自己媽媽的車，甲的小孩一定要坐戊媽媽的車，則她們坐車不同的搭配方式有
A．種 B．種 C．種 D．種
【答案】B
【詳解】解法一：不對號入座的遞推公式為：，，
，據此可得：，
即五個人不對號入座的方法為種，
由排列組合的對稱性可知：若甲的小孩一定要坐戊媽媽的車，則坐車不同的搭配方式有種.
本題選擇B選項.
解法二：設五位媽媽為，五個小孩為，對五個小孩進行排練后坐五位媽媽的車即可，
由于甲的小孩一定要坐戊媽媽的車，故排列的第五個位置一定是，
對其余的四個小孩進行排列：
；
；
；
.
共有24中排列方法，其中滿足題意的排列方法為：
，，，，共有11種.
題型十、涂色問題
【例10-1】學習涂色能鍛煉手眼協調能力，更能提高審美能力.現有四種不同的顏色：湖藍色、米白色、橄欖綠、薄荷綠，欲給小房子中的四個區域涂色，要求相鄰區域不涂同一顏色，且橄欖綠與薄荷綠也不涂在相鄰的區域內，則共有______種不同的涂色方法.
【答案】66
【解析】當選擇兩種顏色時，因為欖綠與薄荷綠不涂在相鄰的區域內，所以共有種選法，因此不同的涂色方法有種，
當選擇三種顏色且橄欖綠與薄荷綠都被選中，則有種方法選法，
因此不同的涂色方法有種，
當選擇三種顏色且橄欖綠與薄荷綠只有一個被選中，則有種方法選法，
因此不同的涂色方法有種，
當選擇四種顏色時，不同的涂色方法有種，
所以共有種不不同的涂色方法.
【例10-2】如圖，一個地區分為5個行政區域，現給地圖著色，要求相鄰區域不得使用同一種顏色，共有5種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有________種(以數字作答)．
【答案】420
【解析】求不同的著色方法數有3類辦法，用5種顏色有種，
用4種顏色，2，4同色或3，5同色，有種，
用3種顏色，2，4同色且3，5同色，有種，
所以不同的著色方法共有（種）.
故答案為：420
【例10-3】如圖，用4種不同的顏色給圖中的8個區域涂色，每種顏色至少使用一次，每個區域僅涂一種顏色，且相鄰區域所涂顏色互不相同，則區域，，，和，，，分別各涂2種不同顏色的涂色方法共有_________種；區域，，，和，，，分別各涂4種不同顏色的涂色方法共有_________種.
【答案】 24 216
【解析】，同色，所以先涂有：，再涂有種，所以共有：種.
先涂共有：種，設四種顏色為，假設涂的顏色分別為，則涂色情況如下：
，，，共9種，所以：種.
故答案為：24；216.
【例10-4】用紅、黃、藍、綠4種顏色給如圖所示的五連圓涂色，要求相鄰兩個圓所涂顏色不能相同，且紅色至少要涂兩個圓，則不同的涂色方案種數為______．
【答案】120
【解析】根據題意，紅色至少要涂2個圓，則紅色可以涂2個圓或3個圓，共2種情況討論：
（1）紅色涂3個圓，則紅色只能涂第1，3，5個圓，此時有種涂法，
（2）紅色涂2個圓，
若紅色涂第1，3個圓，有種涂法，
若紅色涂第1，4個圓，有種涂法，
若紅色涂第1，5個圓，則有種涂法，
若紅色涂第2，4個圓，有種涂法，
若紅色涂第2，5個圓，有種涂法，
若紅色涂第3，5個圓，有種涂法，
此時有種，
所以共有種.
【例10-5】七巧板是古代勞動人民智慧的結晶.如圖是某同學用木板制作的七巧板，它包括5個等腰直角三角形 一個正方形和一個平行四邊形.若用四種顏色給各板塊涂色，要求正方形板塊單獨一色，其余板塊兩塊一種顏色，而且有公共邊的板塊不同色，則不同的涂色方案有______種.
【答案】
【解析】由題意，一共4種顏色，板塊需單獨一色，
剩下6個板塊中每2個區域涂同一種顏色.
又板塊兩兩有公共邊不能同色，故板塊必定涂不同顏色.
①當板塊與板塊同色時，
則板塊與板塊或板塊分別同色，共2種情況；
②當板塊與板塊同色時，
則板塊只能與同色，板塊只能與同色，共1種情況.
又板塊顏色可排列，故共種.
【例10-6】如圖，用四種不同的顏色給圖中的A，B，C，D，E，F，G七個點涂色，要求每個點涂一種顏色，且圖中每條線段的兩個端點涂不同顏色，則不同的涂色方法有（ ）
A．192 B．336 C．600 D．以上答案均不對
【答案】C
【詳解】E，F，G分別有4，3，2種方法，
當A與F相同時，A有1種方法，此時B有2種，
若與F相同有C有1種方法，同時D有3種方法，
若C與F不同，則此時D有2種方法，
故此時共有：種方法；
當A與G相同時，A有1種方法，此時B有3種方法，
若C與F相同，C有1種方法，同時D有2種方法，
若C與F不同，則D有1種方法，
故此時共有：種方法；
當A既不同于F又不同于G時，A有1種方法，
若B與F相同，則C必須與A相同，同時D有2種方法；
若B不同于F，則B有1種方法，
Ⅰ若C與F相同則C有1種方法同時D有2種方法；
Ⅱ若C與F不同則必與A相同，C有1種方法，同時D有2種方法；
故此時共有：種方法；
綜上共有種方法．
【例10-7】如圖給三棱柱的頂點染色，定義由同一條棱連接的兩個頂點叫相鄰頂點，規定相鄰頂點不得使用同一種顏色，現有種顏色可供選擇，則不同的染色方法有_________________.
【答案】
【解析】首先先給頂點染色，有種方法，再給頂點染色，①若它和點染同一種顏色，點和點染相同顏色，點就有2種方法，若點和點染不同顏色，則點有2種方法，點也有1種方法，則的染色方法一共有種方法，②若點和點染不同顏色，且與點顏色不同，則點有1種方法，點與點顏色不同，則點有1種方法，則點有1種方法，此時有1種方法；若最后與相同，則有2種方法，則共有2種方法；點與點顏色相同，則點有1種方法，則點有2種方法，則點有2種方法，共有種方法，所以點和點染不同，顏色共有種方法，
所以點的染色方法一共有種，所以共有種方法.
【例10-8】用五種不同顏色給三棱臺的六個頂點染色，要求每個點染一種顏色，且每條棱的兩個端點染不同顏色.則不同的染色方法有___________種.
【答案】1920.
【解析】詳解：分兩步來進行，先涂，再涂.
第一類：若5種顏色都用上，先涂，方法有種，再涂中的兩個點，方法有種，最后剩余的一個點只有2種涂法，故此時方法共有種；
第二類：若5種顏色只用4種，首先選出4種顏色，方法有種；
先涂，方法有種，再涂中的一個點，方法有3種，最后剩余的兩個點只有3種涂法，故此時方法共有種；
第三類：若5種顏色只用3種，首先選出3種顏色，方法有種；
先涂，方法有種，再涂，方法有2種，故此時方法共有種；
綜上可得，不同涂色方案共有種.
【例10-9】將六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盤中，并用紅、黃、藍三種顏色的油漆對其進行上色（顏色不必全部選用），要求相鄰棋子的顏色不能相同，且棋子A，B的顏色必須相同，則一共有（ ）種不同的放置與上色方式
A．11232 B．10483 C．10368 D．5616
【答案】C
【詳解】①3個1，3個2，0個3如表：
1 2 1
2 1 2
只用兩種顏色，并選取兩個位置放AB,此時有：種，
②1個1，2個2，3個3如表：
1 3 2
3 2 3
選用三種顏色（1+2+3，且只用一次的顏色放在拐角），并選取兩個位置放AB,此時有：種，或
3 1 3
2 3 2
選用三種顏色(1+2+3，且只用一次的顏色放在中間)，并選取兩個位置放AB,此時有：種，
③2個1，2個2，2個3如表：
3 2
2 3
選用三種顏色（2+2+2），并選取兩個位置放AB，此時有：種，或
2 3
2 3
選用三種顏色（2+2+2）,并選取兩個位置放AB，此時有：種，
所以不同的放置與上色方式有：
.
題型十一、元素插入問題
【例11-1】7人站成兩排隊列，前排3人，后排4人，現將甲、乙、丙三人加入隊列，前排加一人，后排加兩人，其他人保持相對位置不變，則不同的加入方法種數為（ ）
A．120 B．240 C．360 D．480
【答案】C
【解析】前排人有個空,從甲乙丙人中選人插入,有種方法,對于后排,若插入的人不相鄰有種,若相鄰有種,故共有種,選C．
【例11-2】在一張節目表上原有6個節目，如果保持這些節目的相對順序不變，再添加進去三個節目，求共有多少種安排方法
【答案】504.
【詳解】添加的三個節目有三類辦法排進去
①三個節目連排，有C71A33種方法；
②三個節目互不相鄰，有A73種方法；
③有且僅有兩個節目連排，有C31C71C61A22種方法．
根據分類計數原理共有C71A33+A73+C31C71C61A22＝504種．
【例11-3】有12名同學合影，站成了前排4人后排8人，現攝影師要從后排8人中抽2人調整到前排，若其他人的相對順序不變，則不同調整方法的種數是（ ）
A．168 B．260 C．840 D．560
【答案】C
【詳解】從后排8人中抽2人有種方法；
將抽出的2人調整到前排，前排4人的相對順序不變有種，
由分步乘法計數原理可得：共有種.
題型十二、分組與分配問題
【例12-1】現安排甲、乙、丙、丁、戊5名同學參加2022年杭州亞運會志愿者服務活動，有翻譯、導游、禮儀、司機四項工作可以安排，以下說法正確的是（ ）
A．每人都安排一項工作的不同方法數為54
B．每人都安排一項工作，每項工作至少有一人參加，則不同的方法數為
C．如果司機工作不安排，其余三項工作至少安排一人，則這5名同學全部被安排的不同方法數為
D．每人都安排一項工作，每項工作至少有一人參加，甲、乙不會開車但能從事其他三項工作，丙、丁、戊都能勝任四項工作，則不同安排方案的種數是
【答案】D
【詳解】①每人都安排一項工作的不同方法數為，即選項錯誤，
②每項工作至少有一人參加，則不同的方法數為，即選項B錯誤，
③如果司機工作不安排，其余三項工作至少安排一人，則這5名同學全部被安排的不同方法數為：（），即選項C錯誤，
④分兩種情況：第一種，安排一人當司機，從丙、丁、戊選一人當司機有 ,從余下四人中安排三個崗位，故有；
第二種情況，安排兩人當司機，從丙、丁、戊選兩人當司機有 ,
從余下三人中安排三個崗位，故有；所以每項工作至少有一人參加，
甲、乙不會開車但能從事其他三項工作，丙、丁、戊都能勝任四項工作，則不同安排方案的種數是，即選項D正確．
【例12-2】為了貫徹落實中央新疆工作座談會和全國對口支援新疆工作會議精神，促進邊疆少數民族地區教育事業發展，我市教育系統選派了三位男教師和兩位女教師支援新疆，這五名教師被分派到三個不同地方對口支援，每位教師只去一個地方，每個地方至少去一人，其中兩位女教師分派到同一個地方，則不同的分派方法有（ ）
A．18種 B．36種 C．68種 D．84種
【答案】B
【解析】根據題意，分派方案可分為兩種情況：
若兩位女教師分配到同一個地方，且該地方沒有男老師，則有：種方法；
若兩位女教師分配到同一個地方，且該地方有一位男老師，則有：種方法；
故一共有：種分派方法
【例12-3】2021年春節期間電影《你好，李煥英》因“搞笑幽默不庸俗，真心實意不煽情”深受熱棒，某電影院指派5名工作人員進行電影調查問卷，每個工作人員從編號為1，2，3，4的4個影廳選一個，可以多個工作人員進入同一個影廳，若所有5名工作人員的影廳編號之和恰為10，則不同的指派方法種數為（ ）
A．91 B．101 C．111 D．121
【答案】B
【解析】（1）若編號為，則有種，
（2）若編號為，則有種，
（3）若編號為，則有種，
（4）若編號為，則有種，
（5）若編號為，則有1種，
所以不同的指派方法種數為種.
【例12-4】某小區共有3個核酸檢測點同時進行檢測，有6名志愿者被分配到這3個檢測點參加服務，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”進行檢測工作的傳授，每個檢測點至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一個檢測點，則不同的分配方案種數是______．
【答案】
【解析】根據題意，可先把4名“熟手”分為人數為的三組，再分配到3個檢測點，共有種分法，
然后把2名“生手”分配到3個檢測點中的2個，有種分法，
所以共有種不同的分配方案.
故答案為：
【例12-5】某醫院從7名男醫生（含一名主任醫師），6名女醫生（含一名主任醫師）中選派4名男醫生和3名女醫生支援抗疫工作，若要求選派的醫生中有主任醫師，則不同的選派方案數為_________________．
【答案】550
【解析】若選派的主任醫師只有一名男主任，此時再從剩余的6名男醫生選派3名男醫生，從5名女醫生（主任醫師除外）選派3名醫生，有種，
若選派的主任醫師只有一名女主任，此時再從剩余的6名男醫生（主任醫師除外）中選派4名男醫生，從5名女醫生中選派2名醫生，有種，
若男，女主任醫師均選派，此時再從剩余的6名男醫生中選派3名,5名女醫生中選派2名,有種，
綜上：不同的選派方案有200+150+200=550種.
【例12-6】已知有5個不同的小球，現將這5個球全部放入到標有編號1、2、3、4、5的五個盒子中，若裝有小球的盒子的編號之和恰為11，則不同的放球方法種數為（ ）
A．150 B．240 C．390 D．1440
【答案】C
【詳解】因為或
所以5個球放到編號2、4、5的三個盒子中或者放到編號1、2、3、5的四個盒子中
（1）5個球放到編號2、4、5的三個盒子中，因為每個盒子中至少放一個小球，
所以在三個盒子中有兩種方法：
各放1個，2個，2個的方法有種.
各放3個，1個，1個的方法有種.
（2）5個球放到編號1、2、3、5的四個盒子中，則各放2個，1個，1個，1個的方法有
種.
綜上，總的放球方法數為種.
【例12-7】若六位老師前去某三位學生家中輔導，每一位學生至少有一位老師輔導，每一位老師都要前去輔導且僅能輔導一位同學，由于就近考慮，甲老師不去輔導同學1，則有（ ）種安排方法
A．335 B．100 C．360 D．340
【答案】C
【詳解】把6位老師按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人數分為三組；
①把6為老師平均分為3組的不同的安排方法數有
在把這三組老師安排給三位不同學生輔導的不同安排方案數為：，
根據分步計數原理可得共有不同安排方案為：
如果把甲老師安排去輔導同學1的方法數為：
所以把6位老師平均安排給三位學生輔導且甲老師不安排去輔導同學1的方法數為
②把6位老師按照4，1，1分為3組給三位學生輔導的方法數為：
若1同學只安排了一位輔導老師則
若1同學安排了四位輔導老師則
所以把6位老師按照4，1，1分為3組給三位學生輔導，
甲老師不安排去輔導同學1的方法數為
③把6位老師按照3，2，1分為3組給三位學生輔導的方法數為；
若1同學只安排了一位輔導老師則
若1同學只安排了兩位輔導老師則
若1同學只安排了三位輔導老師則
所以把6位老師按照3，2，1分為3組給三位學生輔導，
甲老師不安排去輔導同學1的方法數為
綜上把6位老師安排給三位學生輔導，甲老師不安排去輔導同學1的方法數為
題型十三、隔板法
【例13-1】某市舉行高三數學競賽，有6個參賽名額分給甲乙丙三所學校，每所學校至少分得一個名額，共有______種不同的分配方法.（用數字作答）
【答案】10
【解析】6個名額分給其他3個學校，由隔板法知有種方法.
【例13-2】某地舉辦慶祝建黨周年“奮進新時代，學習再出發”的黨史知識競賽.已知有個參賽名額分配給甲、乙、丙、丁四支參賽隊伍，其中一支隊伍分配有個名額，余下三支隊伍都有參賽名額，則這四支隊伍的名額分配方案有__________種.
【答案】
【解析】有個名額的隊伍只能有一個，有種，剩余個名額分給其他個隊伍，由隔板法知有種，
由分步乘法計數原理可知，共有種不同的分配方案.
故答案為：.
【例13-3】六元一次方程的正整數解有________組．
【答案】126
【解析】的正整數解的組數為.
【例13-4】將7個相同的小球放入，，三個盒子，每個盒子至少放一球，共有（ ）種不同的放法．
A．60種 B．36種 C．30種 D．15種
【答案】D
【分析】7個小球有6個空，采用插空法可求.
【詳解】將7個小球分成三組即可，可采用插空法，7個小球有6個空，則有種不同的方法.
【例13-5】方程的非負整數解共有___________組．
【答案】
【解析】將方程的解看成11個1放在3個小盒的方法，可以將11個1和3個小盒，共14個元素，分成3組，每組至少1個，采用隔板法，14個元素之間13個位置，隔2塊板，共有種方法，
所以方程的非負整數解共有組.
【例13-6】把20個相同的小球裝入編號分別為①②③④的4個盒子里，要求①②號盒每盒至少3個球，③④號盒每盒至少4個球，共有種方法.
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】設四個盒子中裝的小球個數分別為，，，，則，要求①②號盒每盒至少3個球，③④號盒每盒至少4個球，令，，，，則，，，都大于或等于1，且，問題相當于將10個球分成四部分，在10個球的9個間隔里選三個隔開，有種方法.
【例13-8】把1995個不加區別的小球分別放在10個不同的盒子里，使得第個盒子中至少有個球（），則不同放法的總數是
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】先在第個盒里放入個球，，即第1個盒里放1個球，第2個盒里放2個球，…，這時共放了個球，還余下個球.故轉化為把1940個球任意放入10個盒子里（允許有的盒子里不放球）.把這1940個球用9塊隔板隔開，每一種隔法就是一種球的放法，1940個球連同9塊隔板共占有1949個位置，相當于從1949個位置中選9個位置放隔板，有種放法.選D.
題型十四、數字排列
【例14-1】用1，2，3…，9這九個數字組成的無重復數字的四位偶數中，各位數字之和為奇數的共有（ ）
A．600個 B．540個 C．480個 D．420個
【答案】A
【解析】依題意要使各位數字之和為奇數則可能是個奇數個偶數，或個偶數個奇數，
若為個奇數個偶數，則偶數一定排在個位，從個偶數中選一個排在個位有種，
再在個奇數中選出個排在其余三個數位，有種排法，故有個數字；
若為個偶數個奇數，則奇數不排在個位，從個奇數中選一個排在前三位有種，
再在個偶數中選出個排在其余三個數位，有種排法，故有個數字；
綜上可得一共有個數字.
【例14-2】由0~9這10個數組成的三位數中，各位數字按嚴格遞增（如“145”）或嚴格遞減（如“321”）順序排列的數的個數是（ ）
A．120 B．168 C．204 D．216
【答案】C
【解析】先不考慮0的情況，
則從這9個數字中選出3個數字，共種情形，當三個數字確定以后，這三個數字按嚴格遞增或嚴格遞減排列共有2種情況，根據分步計數原理知共有＝168.
再考慮有0時，不可能組成嚴格遞增的數，如果組成嚴格遞減的數，則0在個位，前兩位從這9個數字中選出2個數字，共種情形.
所以共.
【例14-3】公元五世紀，數學家祖沖之估計圓周率的范圍是：，為紀念祖沖之在圓周率方面的成就，把3.1415926稱為“祖率”，這是中國數學的偉大成就．小明是個數學迷，他在設置手機的數字密碼時，打算將圓周率的前6位數字3，1，4，1，5，9進行某種排列得到密碼．如果排列時要求數字9不在最后一位，那么小明可以設置的不同密碼有（ ）個．
A．600 B．300 C．360 D．180
【答案】B
【解析】當最后一位為1時，共有種；
當最后一位不為1時，在3、4、5任選一個放最后有種，
把余下2個數字與9全排有種，
將兩個1插入4個空中的2個有種，或兩個1捆綁插入4個空中的1個有種，
共有種；
綜上，共有種.
【例14-4】已知a1，a2，a3∈{2，4，6}，記N（a1，a2，a3）為a1，a2，a3中不同數字的個數，如∶N（2，2，2）=1，N（2，4，2）=2，N（2，4，6）=3，則所有的（a1，a2，a3）的排列的N（a1，a2，a3）平均值為（ ）
A． B．3 C． D．4
【答案】A
【解析】由題意，N（a1，a2，a3）共有種排列
若N（a1，a2，a3）=1，即共3種；
若N（a1，a2，a3）=2，有種； 若N（a1，a2，a3）=3，有種；
故所有的（a1，a2，a3）的排列的N（a1，a2，a3）平均值為
【例14-5】用數字3，6，9組成四位數，各數位上的數字允許重復，且數字3至多出現一次，則可以組成的四位數的個數為（ ）
A．81 B．48 C．36 D．24
【答案】B
【解析】根據題意，數字3至多出現一次，分2種情況討論：
①數字3不出現，此時四位數的每個數位都可以為6或9，都有2種情況，
則此時四位數有2×2×2×2=16個；
②數字3出現1次，則數字3出現的情況有4種，剩下的三個數位，可以為6或9，都有2種情況，
此時四位數有4×2×2×2=32個，
故有16+32=48個四位數.
【例14-6】從1，2，3，0這四個數中取三個組成沒有重復數字的三位數，則這些三位數的和為___________．
【答案】3864
【解析】分三種情況：
（1）在所有不含0的三位數中，百位上的所有數字之和為，
十位上的所有數字之和為，百個位上的所有數字之和為，
所以所有不含0的三位數的和為；
（2）在含0且0在十位上的三位數中，百位上的所有數字之和為，
個位上的所有數字之和為，
所以含0且0在十位上的三位數的和為；
（3）在含0且0在個位上的三位數中，百位上的所有數字之和為，
十位上的所有數字之和為，
所以含0且0在個位上的三位數的和為；
那么可得符合條件的這些三位數之和為．
【例14-7】驗證碼就是將一串隨機產生的數字或符號，生成一幅圖片，圖片里加上一些干擾象素（防止），由用戶肉眼識別其中的驗證碼信息，輸入表單提交網站驗證，驗證成功后才能使用某項功能.很多網站利用驗證碼技術來防止惡意登錄，以提升網絡安全.在抗疫期間，某居民小區電子出入證的登錄驗證碼由0，1，2，…，9中的五個數字隨機組成.將中間數字最大，然后向兩邊對稱遞減的驗證碼稱為“鐘型驗證碼”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一個“鐘型驗證碼”，則該驗證碼的中間數字是7的概率為__________.
【答案】
【詳解】根據“鐘型驗證碼” 中間數字最大，然后向兩邊對稱遞減，所以中間的數字可能是.
當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.
當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.
當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.
當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.
當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.
當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.
所以該驗證碼的中間數字是7的概率為.
【例14-8】1.設是，，．．．的一個排列，把排在的左邊且比小的數的個數稱為，，的順序數，如在排列，，，，，中，的順序數為，的順序數為，則在至這個數的排列中，的順序數為，的順序數為，的順序數為的不同排列的種數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【詳解】因為的順序數為，所以8一定在第三位，因為8是最大的；因為的順序數為，7一定在第五位，因為前面除了8以外所有數都比它小.
因為的順序數為，所以5一定在7后面
這里分兩種情況：①6在5前面，此時5一定在第七位，6在前面第一、二、四、六位上，因此有種；②6在5后面，此時5一定在第六位，6在后面第七、八位上，因此有種；從而一共有故A，B，D錯誤.
【例14-9】有0，1，2，3，4，5六個數字．
(1)能組成多少個無重復數字的四位偶數？
(2)能組成多少個無重復數字且為5的倍數的四位數？
(3)能組成多少個無重復數字且比1230大的四位數？
【解析】（1）由題意組成無重復數字的四位偶數分為三類：
第一類：0在個位時，有個；
第二類：2在個位時，首位從1，3，4，5中選定1個，有種，十位和百位從余下的數字中選，有種，共有個；
第三類：4在個位時，與第二類同理，也有個，
由分類加法計數原理知，共有個無重復數字的四位偶數．
（2）組成無重復數字且為5的倍數的四位數分為兩類：
個位上的數字是0時，滿足條件的四位數有個；
個位數上的數字是5時，滿足條件的四位數有個，
故滿足條件的四位數有（個）．
（3）組成無重復數字且比1230大的四位數分為四類：
第一類：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共個；
第二類：形如13□□，14□□，15□□，共有個；
第三類：形如124□，125□，共有個；
第四類：形如123□，共有 個．
由分類加法計數原理知，共有（個）．
題型十五、幾何問題
【例15-1】一個國際象棋棋盤（由8×8個方格組成），其中有一個小方格因破損而被剪去（破損位置不確定）．“L”形骨牌由三個相鄰的小方格組成，如圖所示．現要將這個破損的棋盤剪成數個“L”形骨牌，則（　?。?br/>A．至多能剪成19塊“L”形骨牌
B．至多能剪成20塊“L”形骨牌
C．最多能剪成21塊“L”形骨牌
D．前三個答案都不對
【答案】C
【解析】考慮2×3的6塊方格，如圖：每一塊這樣的骨牌含有2塊“L”形骨牌
一共可以剪成10塊這樣的骨牌，和一個田字格，田字格可以剪1塊“L”形骨牌，則一共21塊“L”形骨牌.
只要將破損的方格所在位置剪成一個恰當的田字格即可，所以一定能夠剪成21塊“L”形骨牌.
如圖所示
【例15-2】已知分子是一種由60個碳原子構成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，是單純由碳原子結合形成的穩定分子，它具有60個頂點和若干個面，.各個面的形狀為正五邊形或正六邊形，結構如圖.已知其中正六邊形的面為20個，則正五邊形的面為（ ）個.
A．10 B．12
C．16 D．20
【答案】B
【解析】由結構圖知：每個頂點同時在3個面內，所以五邊形面數為個.
【例15-3】如圖為一個直角三角形工業部件的示意圖，現在AB邊內側鉆5個孔，在BC邊內側鉆4個孔，AB邊內側的5個孔和BC邊內側的4個孔可連成20條線段，在這些線段的交點處各鉆一個孔，則這個部件上最多可以鉆的孔數為（ ）．
A．190 B．199 C．69 D．60
【答案】C
【解析】在AB邊內側的5個孔和BC邊內側的4個孔中各取兩個可構成四邊形，
當這些四邊形對角線的交點不重合時，鉆孔最多，所以最多可以鉆的孔數為個．
【例15-4】宋代學者聶崇義編撰的《三禮圖集注》中描述的周王城，“匠人營國，方九里，旁三門，國中九經九緯……”；意思是周王城為正方形，邊長為九里，每邊都有左中右三個門；城內縱橫各有九條路……；則依據此種描述，畫出周王城的平面圖，則圖中共有（ ）個矩形
A．3025 B．2025 C．1225 D．2525
【答案】A
【解析】要想組成一個矩形，需要找出兩條橫邊、兩條縱邊，
根據分步乘法計數原理，依題意，所有矩形的個數為.
【例15-5】從正方體的8個頂點中選取4個作為頂點，可得到四面體的個數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】從正方體的8個頂點中選取4個頂點有種，
正方體表面四點共面不能構成四面體有種，
正方體的六個對角面四點共面不能構成四面體有種，
所以可得到的四面體的個數為種.
【例15-6】如圖，的邊上有四點、、、，上有三點、、，則以、、、、、、、中三點為頂點的三角形的個數為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】利用間接法，先在個點中任取個點，再減去三點共線的情況，
因此，符合條件的三角形的個數為.
【例15-7】有一種走“方格迷宮”游戲，游戲規則是每次水平或豎直走動一個方格，走過的方格不能重復，只要有一個方格不同即為不同走法．現有如圖的方格迷宮，圖中的實線不能穿過，則從入口走到出口共有多少種不同走法？
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【解析】試題分析：如圖，①從入口﹣1﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
②從入口﹣1﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
③從入口﹣1﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
④從入口﹣1﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑤從入口﹣2﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
⑥從入口﹣2﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
⑦從入口﹣2﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑧從入口﹣2﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
共有8種．
【例15-8】已知如圖所示的電路中，每個開關都有閉合、不閉合兩種可能，因此5個開關共有種可能，在這種可能中，電路從P到Q接通的情況有 種．

【答案】16
【解析】若電路從到接通，共有三種情況：
（1）若1閉合，而4不閉合時，可得分為：
①若1、2閉合，而4不閉合，則3、5可以閉合也可以不閉合，共有種情況；
②若1、3、5閉合，而4不閉合，則2可以閉合也可以不閉合，有2種情況，
但①與②中都包含1、2、3、5都閉合，而4不閉合的情況，所以共有種情況；
（2）若4閉合，而1不閉合時，可分為：
③若4、5閉合，而1不閉合，則2、3可以閉合也可以不閉合，有種情況；
④若4、3、2閉合，而1不閉合，則5可以閉合也可以不閉合，有2種情況，
但③與④中，都包含4、2、3、5都閉合，而1不閉合的情況，所以共有種情況；
（3）若1、4都閉合，共有種情況，而其中電路不通有2、3、5都不閉合與2、5都不閉合2種情況，則此時電路接通的情況有種情況；
所以電路接通的情況有種情況.
【例15-9】一只小蜜蜂位于數軸上的原點處，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飛行一個單位或者兩個單位距離的能力，且每次飛行至少一個單位.若小蜜蜂經過5次飛行后，停在數軸上實數3位于的點處，則小蜜蜂不同的飛行方式有多少種？
A．5 B．25 C．55 D．75
【答案】D
【詳解】由題意知：小蜜蜂經過5次飛行后，停在數軸上實數3位于的點處，共有以下四種情形：
一、小蜜蜂在5次飛行中，有4次向正方向飛行，1次向負方向飛行，且每次飛行一個單位，共有種情況；
二、小蜜蜂在5次飛行中，有3次向正方向飛行每次飛行一個單位，1次向正方向飛行，且每次飛行兩個單位，1次向負方向飛行，且每次飛行兩個單位，共有種情況；
三、小蜜蜂在5次飛行中，有1次向正方向飛行每次飛行一個單位，2次向正方向飛行，且每次飛行兩個單位，2次向負方向飛行，且每次飛行一個單位，共有種情況；
四、小蜜蜂在5次飛行中，有3次向正方向飛行每次飛行兩個單位，有1次向負方向飛行且飛行兩個單位，有1次向負方向飛行且飛行一個單位，共有種情況；
故而共有種情況．
【例15-10】如圖所示，甲 乙兩人同時出發，甲從點到，乙從點到，且每人每次都只能向上或向右走一格.則甲 乙的行走路線沒有公共點的概率為（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【詳解】首先考慮甲從點到，乙從點到總的路徑的對數，
甲從點到，需要向上走步，向右走步，共步，所以甲從點到有種方法；
乙從點到，需要向上走步，向右走步，共步，所以乙從點到有種方法；
由分步乘法計數原理可知：甲從點到，乙從點到，有種方法；
下面計算甲從點到，乙從點到的相交路徑的對數，
證明：甲從點到，乙從點到相交路徑的對數等于甲從點到，乙從點到相交路徑的對數，
事實上，對于甲從點到，乙從點到的每一組相交路徑，他們至少有一個交點，如圖，設從左到右，從下到上的第一個交點為點，如圖，實線路徑表示甲從到的路徑，虛線路徑表示乙從點到的路徑，將點以后的實線路徑改為虛線，虛線路徑改為實線，就得到一組甲從點到，乙從點到相關路徑，如圖，
反之，對于甲從點到，乙從點到的任意一組相交路徑，也都可以用同樣的方法將之變換成甲從到，乙從點到的一組相交路徑，即這兩者之間的相交路徑是一一對應的，又因為甲從點到，乙從點到的任意一組路徑都是相交路徑，所以甲從點到，乙從點到共有種方法；
所以甲 乙的行走路線沒有公共點的有種方法；
甲 乙的行走路線沒有公共點的概率為.
題型十六、跨樓梯問題
【例16-1】欲登上第10級樓梯，如果規定每步只能跨上一級或兩級，則不同的走法共有
A．34種 B．55種
C．89種 D．144種
【答案】C
【詳解】解法1：分類法：
第一類：沒有一步兩級，只有一步一級，則只有一種走法；
第二類：恰有一步是一步兩級，則走完10級要走9步，9步中選一步是一步兩級的，有種可能走法；
第三類：恰有兩步是一步兩級，則走完10級要走8步，8步中選兩步是一步兩級的，
有種可能走法；
依此類推，共有=89，故選:C
解法2：遞推法：
設走n級有種走法，這些走法可按第一步來分類，
第一類：第一步是一步一級，則余下的級有種走法；
第二類：第一步是一步兩級，則余下的級有種走法，
于是可得遞推關系式，又，
由遞推可得．
【例16-2】某人從上一層到二層需跨10級臺階. 他一步可能跨1級臺階，稱為一階步，也可能跨2級臺階，稱為二階步，最多能跨3級臺階，稱為三階步. 從一層上到二層他總共跨了6步，而且任何相鄰兩步均不同階. 則他從一層到二層可能的不同過程共有（ ）種.
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【詳解】按題意要求，不難驗證這6步中不可能沒有三階步，也不可能有多于1個的三階步. 因此，只能是1個三階步，2個二階步，3個一階步.
為形象起見，以白、黑、紅三種顏色的球來記錄從一層到二層跨越10級臺階的過程：
白球表示一階步，黑球表示二階步，紅球表示三階步. 每一過程可表為3個白球、2個黑球、1個紅球的一種同色球不相鄰的排列.
下面分三種情形討論.
（1）第1、第6球均為白球，則兩黑球必分別位于中間白球的兩側. 此時，共有4個黑白球之間的空位放置紅球. 所以，此種情況共有4種可能的不同排列.
（2）第1球不是白球.
（i）第1球為紅球，則余下5球只有一種可能的排列；
（ii）若第1球為黑球，則余下5球因紅、黑球的位置不同有兩種不同的排列，此種情形共有3種不同排列.
（3）第6球不是白球，同（2），共有3種不同排列.
總之，按題意要求從一層到二層共有種可能的不同過程.
【例16-3】斐波那契數列，又稱黃金分割數列.因數學家列昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”，指的是這樣一個數列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…..，在數學上，斐波那契數列以如下被遞推的方法定義：，，.這種遞推方法適合研究生活中很多問題.比如：一六八中學食堂一樓到二樓有15個臺階，某同學一步可以跨一個或者兩個臺階，則他到二樓就餐有（ ）種上樓方法.
A．377 B．610 C．987 D．1597
【答案】C
【分析】分析出，，，，進而得到遞推關系，滿足斐波那契數列，列舉即可得到結果.
【詳解】由題意若只有一個臺階，則有種上樓方法；
若有兩個臺階，則有種上樓方法；
若有三個臺階，則有種上樓方法；
若有四個臺階，則有種上樓方法；
以此類推：
若要到達第n個臺階，前一步可能在第n-1個臺階上再跨一臺階上去，也可能是在第n-2個臺階上跨兩個臺階上去，
∴滿足，符合斐波那契數列的規律，由此規律列舉出前15項：
1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987
∴有15個臺階，則他到二樓就餐有987種上樓方法.
題型十七、排隊與排序問題
【例17-1】甲 乙 丙三人相約一起去做核酸檢測，到達檢測點后，發現有兩支正在等待檢測的隊伍，則甲 乙 丙三人不同的排隊方案共有（ ）
A．12種 B．18種 C．24種 D．36種
【答案】C
【解析】先進行分類：①3人到隊伍檢測，考慮三人在隊的排隊順序，此時有種方案；
②2人到隊伍檢測，同樣要考慮兩人在隊的排隊順序，此時有種方案；
③1人到隊伍檢測，要考慮兩人在隊的排隊順序，此時有種方案；
④0人到隊伍檢測，要考慮兩人在隊的排隊順序，此時有種方案；
所以，甲 乙 丙三人不同的排隊方案共有24種.
【例17-2】街頭籃球比賽后，紅、黃兩隊共名隊員（紅隊人，黃隊人）合照，要求人站成一排，紅隊人中有且只有名隊員相鄰，則不同排隊的方法共有（ ）
A．種 B．種 C．種 D．種
【答案】A
【解析】由題意，分三步進行分析：
①將名紅隊隊員分成組，有種分組方法，將人的一組看成一個元素，考慮人之間的順序，有種情況；
②將黃隊的人全排列，有種排法，排好后，有個空位；
③在個空位中任選個，安排名紅隊隊員分成的兩個組，有種方法，
則人站成一排照相，名紅隊隊員中有且只有兩人相鄰的站法有種.
【例17-3】受新冠肺炎疫情影響，某學校按上級文件指示，要求錯峰放學，錯峰有序吃飯.高三年級一層樓六個班排隊，甲班必須排在前三位，且丙班、丁班必須排在一起，則這六個班排隊吃飯的不同安排方案共有（ ）
A．240種 B．120種 C．188種 D．156種
【答案】B
【解析】根據題意，按甲班位置分3 種情況討論：
（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情況有種，將剩余的三個班全排列，安排到剩下的3個位置，有種情況，此時有種安排方案；
（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情況有種，將剩下的三個班全排列，安排到剩下的三個位置，有種情況，此時有種安排方案；
（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情況有種，將剩下的三個班全排列，安排到剩下的三個位置，有種情況，此時有種安排方案；
由加法計數原理可知共有種方案.
【例17-4】某校高三年級進行校際模擬聯考，某班級考試科目為語文，數學，英語，物理，化學，生物，已知考試分為三天進行，且數學與物理不得安排在同一天進行，每天至少進行一科考試.則不同的考試安排方案共有（ ）
A．720種 B．3168種 C．1296種 D．5040種
【答案】D
【詳解】若三天考試科目數量為，則安排方法數為：.
若三天考試科目數量為，則安排方法數為：
，
若三天考試科目數量為，則安排方法數為：，
所以不同的考試安排方案共有種.
【例17-5】過去的一年，我國載人航天事業突飛猛進，其中航天員選拔是載人航天事業發展中的重要一環.已知航天員選拔時要接受特殊環境的耐受性測試，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飛行、飛行跳傘、著陸沖擊五項.若這五項測試每天進行一項，連續5天完成.且前庭功能和失重飛行須安排在相鄰兩天測試，超重耐力和失重飛行不能安排在相鄰兩天測試，則選拔測試的安排方案有（ ）
A．24種 B．36種 C．48種 D．60種
【答案】B
【詳解】①若失重飛行安排在第一天則前庭功能安排第二天，則后面三天安排其他三項測試有種安排方法，
此情況跟失重飛行安排在第五天則前庭功能安排第四天安排方案種數相同；
②若失重飛行安排在第二天，則前庭功能有種選擇，超重耐力在第四、第五天有種選擇，剩下兩種測試全排列，則有種安排方法，
此情況與失重飛行安排在第四天方安排方案種數相同；
③若失重飛行安排在第三天，則前庭功能有種選擇，超重耐力在第一、第五天有種選擇，剩下兩種測試全排列，則有種安排方法；
故選拔測試的安排方案有種.
【例17-6】幾只猴子在一棵枯樹上玩耍，假設它們均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的過程中依次撞擊到樹枝A，B，C；（2）乙在下落的過程中依次撞擊到樹枝D，E，F；（3）丙在下落的過程中依次撞擊到樹枝G，A，C；（4）丁在下落的過程中依次撞擊到樹枝B，D，H；（5）戊在下落的過程中依次撞擊到樹枝I，C，E,則這九棵樹枝從高到低不同的順序共有（ ）
A．23 B．24 C．32 D．33
【答案】D
【詳解】不妨設代表樹枝的高度，五根樹枝從上至下共九個位置，
根據甲依次撞擊到樹枝；乙依次撞擊到樹枝；丙依次撞擊到樹枝；丁依次撞擊到樹枝；戊依次撞擊到樹枝可得，
在前四個位置，，，且一定排在后四個位置，
（1）若排在前四個位置中的一個位置，前四個位置有4種排法，若第五個位置排C,則第六個位置一定排D，后三個位置共有3種排法，若第五個位置排D，則后四個位置共有4種排法，所以I排在前四個位置中的一個位置時，共有種排法；
（2）若不排在前四個位置中的一個位置，則按順序排在前四個位置，由于，所以后五個位置的排法就是H的不同排法，共5種排法，即若不排在前四個位置中的一個位置共有5種排法，
由分類計數原理可得，這9根樹枝從高到低不同的次序有種.
【例17-6】武術是中國的四大國粹之一，某武校上午開設文化課，下午開設武術課，某年級武術課有太極拳、形意拳、長拳、兵器四門，計劃從周一到周五每天下午排兩門課，每周太極拳和形意拳上課三次，長拳和兵器上課兩次，同樣的課每天只上一次，則排課方式共有（ ）
A．19840種 B．16000種 C．31360種 D．9920種
【答案】D
【詳解】先從5天中選3天排太極拳，有種，
然后再從所選的3天中選一節排太極拳有種，所以太極拳有種排法，
若五天中有天既有太極拳又有形意拳，則哪一天重復有種，
再從另外不重復的2天中每天選1天排形意拳，有種，
再從剩下的4節課中選2節排長拳，有種，則另外2節排兵器，所以有種，
若五天中有天既有太極拳又有形意拳，則哪兩天重復有種，
再從另外不重復的2天中排形意拳，有種，
再從剩下的4節課中抽2節課排長拳，有種，則另外2節排兵器，
但排在同一天不合適，所以有種，所以共有種，
若五天中有天既有太極拳又有形意拳，
則剩下的4節課中選2節排長拳，有種，再去掉排同一天的種，所以有種，
綜上所述：共有種.
【例17-7】2020年疫情期間，某縣中心醫院分三批共派出6位年齡互不相同的醫務人員支援武漢六個不同的方艙醫院，每個方艙醫院分配一人.第一批派出一名醫務人員的年齡為，第二批派出兩名醫務人員的年齡最大者為，第三批派出三名醫務人員的年齡最大者為，則滿足的分配方案的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】假設6位醫務人員年齡排序為，
由題意知，年齡最大的醫務人員必在第三批，派遣方式如下：
1、第一批派，第二批年齡最大者為，第三批年齡最大者為：
剩下的醫務人員一個在第二批，兩個在第三批有種方法，
2、第一批派，第二批年齡最大者為或，第三批年齡最大者為：
當第二批最大者為，則有種方法，當第二批最大者為，則有種方法，共種方法；
3、第一批派，第二批年齡最大者為或或，第三批年齡最大者為：
當第二批最大者為，則有種方法，當第二批最大者為，則有種方法，
當第二批最大者為，則有1種方法，共種方法；
4、第一批派，第二批年齡最大者為或或，第三批年齡最大者為：
當第二批最大者為，則有種方法，當第二批最大者為，則有種方法，
當第二批最大者為，則有1種方法，共種方法；
∴種方法，而總派遣方法有種，
∴滿足的分配方案的概率為.
題型十八、環排問題
【例18-1】21個人按照以下規則表演節目：他們圍坐成一圈，按順序從1到3循環報數，報數字“3”的人出來表演節目，并且表演過的人不再參加報數．那么在僅剩兩個人沒有表演過節目的時候，共報數的次數為
A．19 B．38 C．51 D．57
【答案】D
【解析】根據題意 21人報數21人次，其中有7人次報數為3，則此7人出列，剩下13人；13人報數15人次，其中有5人報數為3，則此5人出列，剩下8人；8人報數9人次，其中有3人報數為3，則此3人出列，剩下5人；5人報數6人次，其中有2人報數為3，則此2人出列，剩下3人；3人報數3人次，其中有1人次報數為3，則此1人出列，剩下2人；2人報數3人次，其中1人次報數為3，則此人出列,剩下1人．在這個過程中一共報數：21+15+9+6+3+3=57人次．
【例18-2】A，B，C，D，E，F六人圍坐在一張圓桌周圍開會，A是會議的中心發言人，必須坐最北面的椅子，B，C二人必須坐相鄰的兩把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，則不同的座次有（ ）
A．60種 B．48種 C．30種 D．24種
【答案】B
【解析】首先，A是會議的中心發言人，必須坐最北面的椅子，
考慮B、C兩人的情況，只能選擇相鄰的兩個座位，位置可以互換，
根據排列數的計算公式，得到，，接下來，考慮其余三人的情況，
其余位置可以互換，可得種，最后根據分步計數原理，得到種.
【例18-3】現有一圓桌，周邊有標號為1，2，3，4的四個座位，甲、乙、丙、丁四位同學坐在一起探討一個數學課題，每人只能坐一個座位，甲先選座位，且甲、乙不能相鄰，則所有選座方法有（ ）．
A．6種 B．8種 C．12種 D．16種
【答案】B
【解析】先安排甲，其選座方法有種，由于甲、乙不能相鄰，所以乙只能坐甲對面，而丙、丁兩位同學坐另兩個位置的坐法有種，所以共有坐法種數為種．
題型十九：構造法模型和遞推模型
【例19-1】賈同學、王同學、文同學三人在操場踢球,每次傳球,傳球者將球隨機將傳給另外兩位同學之一,足球最開始在文同學腳下,則:①次傳球之后,共有___________種可能的傳球方法;②次傳球之后,足球回到文同學腳下的傳球方法有___________種.
【答案】
【解析】每次傳球有兩種方法，所以次傳球之后,共有種可能的傳球方法;
設次傳球之后,足球回到文同學腳下的傳球方法為種.
則2，即
因為
【例19-2】一只螞蟻從一個正四面體的頂點出發，每次從一個頂點爬行到另一個頂點，則螞蟻爬行五次還在點的爬行方法種數是__________．
【答案】
【解析】解法一：第一次爬行可以到的任何一點，第二次爬行分到與不到，對于第二次不到的第三次爬行再分到與不到．爬行方法總數為（種）．
解法二：設從點出發爬行次仍在點的爬行方法種數為，則，，，
，
，．（亦可由遞推式從第二項遞推出第五項的值）.
【例19-3】已知正m邊形，一質點M從點出發，每一步移動均為等可能的到達與其相鄰兩個頂點之一．經過n次移動，記質點M又回到點的方式數共有種，且其概率為，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若，則， D．若，則
【答案】BCD
【詳解】對A，時，如下左圖，經3步從回到，僅有，
與兩種，所以，故A錯誤；
對B，若時，如下中圖，
與，記從出發經過n步到的方法數為，
則(先走兩步回到有2種，化歸為，先走兩步到有2種，化歸為)，
所以，因為，所以，故B正確；
對C，時，顯然走奇數步無法回到，故，故C正確；
對D，時，如下右圖，
走6步共有種走法(每一步順時針或逆時針)，出發回到有2種情形，①一個方向連續走6步，有2種；②2個方向各走3步，有種，所以，所以，故D正確.
題型二十：計數原理與其他知識綜合問題
【例20-1】若集合，則集合中元素有______個.
【答案】242
【詳解】由題可得，
∴，又必為一奇一偶，
而偶數必是,，共有121種情況，
又奇偶未定，故集合中元素只有242個.
【例20-2】已知數列共有26項，且，，，則滿足條件的不同數列有__________ 個．
【答案】2300
【解析】，或，
設有個，則有個，
，
所以，解得，即可知25個括號中有22個取1，
所以滿足條件的不同數列有.
【例20-3】定義數列如下：存在，滿足，且存在，滿足，已知數列共4項，若且，則數列共有（ ）
A．190個 B．214個 C．228個 D．252個
【答案】A
【詳解】由題意，滿足條件的數列中的4項有四種情況：
（1）4項中每一項都不同，共有個；
（2）4項中有2項相同（如x,y,z,x）,共有個；
（3）4項中有3項相同（如x,x,y,x）,共有個；
（4）4項中兩兩相同（如x,y,x,y）,共有個；
所以數列共有個.
【例20-4】設A是集合的子集，只含有3個元素，且不含相鄰的整數，則這種子集A的個數為（ ）
A．32 B．56 C．72 D．84
【答案】B
【詳解】若1,3在集合A內，則還有一個元素為5,6,7,8,9,10中的一個；
若1,4在集合A內，則還有一個元素為6,7,8,9,10中的一個；
若1,8在集合A內，則還有一個元素為10；
共有6+5+4+3+2+1=21個.
若2,4在集合A內，則還有一個元素為6,7,8,9,10中的一個；
若2,5在集合A內，則還有一個元素為7,8,9,10中的一個；
若2,8在集合A內，則還有一個元素為10；
共有5+4+3+2+1=15個.
若3,5在集合A內，則還有一個元素為7,8,9,10中的一個；
若3,6在集合A內，則還有一個元素為8,9,10中的一個；
若3,8在集合A內，則還有一個元素為10；
共有4+3+2+1=10個.
若4,6在集合A內，則還有一個元素為8,9,10中的一個；
若4,7在集合A內，則還有一個元素為9,10中的一個；
若4,8在集合A內，則還有一個元素為10；
共有3+2+1=6個.
若5,7在集合A內，則還有一個元素為9,10中的一個；
若5,8在集合A內，則還有一個元素為10；
共有2+1=3個.
若6,8,10在在集合A內，只有1個.
總共有21+15+10+6+3+1=56個.
【例20-5】定義域為集合{1，2，3，…，12}上的函數滿足：
（1）；（2）（）；（3）、、成等比數列；
這樣的不同函數的個數為（ ）
A．155 B．156 C．157 D．158
【答案】A
【詳解】根據題意，的取值最大值為，最小值為，并且成為以2為公差的等差數列，
故的可能取值為，的可能取值為，
所有能使、、成等比數列時，、、的可能取值只有2種情況：
①、、；②、、，
由于（），所有或，
即得到后項時，把前項加1或者把前項減1，（1）當、、時，
即要構造滿足條件的等比數列分為2步，
第一步：從變化到，
第二步：從變化到，從變化到，有5次變化，函數值從1變化到2，故應從5次中選擇3次加1，2次減1，則對應的方法有種，從變化到，有6次變化，函數值從2變化到4，故應從6次中選擇4次加1，2次減1，則對應的方法有種，
故根據分布乘法原理，共有種，
（1）當、、時，即要構造滿足條件的等比數列分為2步，
第一步：從變化到，
第二步：從變化到，從變化到，有5次變化，函數值從1變化到，故應從5次中選擇1次加1，4次減1，則對應的方法有種，從變化到，有6次變化，函數值從變化到4，故應從6次中選擇6次加1，則對應的方法有種，故根據分布乘法原理，共有種.
綜上：滿足條件的共有155個.
【例20-6】已數列，令為，，，中的最大值2，，，則稱數列為“控制數列”，數列中不同數的個數稱為“控制數列”的“階數”例如：為1，3，5，4，2，則“控制數列”為1，3，5，5，5，其“階數”為3，若數列由1，2，3，4，5，6構成，則能構成“控制數列”的“階數”為2的所有數列的首項和是______．
【答案】1044
【詳解】依題意得，首項為1的數列有1，6，a，b，c，d，故有種，
首項為2的數列有2，1，6，b，c，d，或2，6，a，b，c，d，故有種，
首項為3的數列有3，6，a，b，c，d，或3，1，6，b，c，d，
或3，2，6，b，c，d或3，1，6，c，d或，3，2，1，6，c，d，故有種，
首項為4的數列有種，
即4，6，a，b，c，d，有種，
4，1，6，b，c，d，或4，2，6，b，c，d，或4，3，6，b，c，d，有種，
4，a，b，6，c，d，其中a，2，，則有種，
4，a，b，c，6，d，其中a，b，2，，則有6種，
首項為5的數列有種，
即5，6，a，b，c，d，有種，
5，1，6，b，c，d，或5，2，6，b，c，d，或5，3，6，b，c，d，或5，4，6，b，c，d有種，
5，a，b，6，c，d，其中a，2，3，，則有種，
5，a，b，c，6，d，其中a，b，2，3，，則有24種，
5，a，b，c，d，6，其中a，b，c，2，3，，則有24種，
綜上，所有首項的和為．
【例20-7】已知數列共16項，且，記關于x的函數，，若是函數的極值點，且曲線在點處的切線的斜率為15，則滿足條件的數列的個數_____ .
【答案】1176
【詳解】由可得，
因為是函數的極值點，
所以所以即，
，又，
故七項中必有兩項取1,五項取，即種方法，
又曲線在點處的切線的斜率為，即，
所以即，所以或，
（或），
故八項中必有兩項取,六項取1，（這八項中必有六項取,兩項取1），
故滿足條件的數列共有或種方法，
所以方法總數為個.
【例20-8】設集合，定義：集合，集合，集合，分別用，表示集合S，T中元素的個數，則下列結論可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】不妨設，則的值為，
顯然，，所以集合Y中至少有以上5個元素，
不妨設，
則顯然，則集合S中至少有7個元素，
所以不可能，故排除A選項；
其次，若，則集合Y中至多有6個元素，則，故排除B項；
對于集合T，取，則，
此時，，故D項正確；
對于C選項而言，，則與一定成對出現，，
所以一定是偶數，故C項錯誤.
【例20-9】在空間直角坐標系中，，則三棱錐內部整點（所有坐標均為整數的點，不包括邊界上的點）的個數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】根據題意，作出圖形如下，
因為，
所以，
設面的一個法向量為，
則，
令，則，故，
設是面上的點，則，
故，則，
不妨設三棱錐內部整點為，則，故，則，
易知若，則在面上，若，則在三棱錐外部，
所以，
當且時，
將寫成個排成一列，利用隔板法將其隔成三部分，
則結果的個數為的取值的方法個數，顯然有個方法，
所有整點的個數為，
因為，
所以.
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
HYPERLINK "http://21世紀教育網(www.21cnjy.com)
" 21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺
專題三十五 計數原理
知識歸納
一、分類加法計數原理
完成一件事，有類辦法，在第1類辦法中有種不同的辦法，在第2類辦法中有種不同的方法，…，在第類辦法中有種不同的方法，那么完成這件事共有：種不同的方法．
二、分步乘法計數原理
完成一件事，需要分成個步驟，做第1步有種不同的方法，做第2步有種不同的方法，…，做第步有種不同的方法，那么完成這件事共有：種不同的方法.
注意：兩個原理及其區別
分類加法計數原理和“分類”有關，如果完成某件事情有類辦法，這類辦法之間是互斥的，那么求完成這件事情的方法總數時，就用分類加法計數原理.
分步乘法計數原理和“分步”有關，是針對“分步完成”的問題.如果完成某件事情有個步驟，而且這幾個步驟缺一不可，且互不影響（獨立），當且僅當依次完成這個步驟后，這件事情才算完成，那么求完成這件事情的方法總數時，就用分步乘法計數原理.
當然，在解決實際問題時，并不一定是單一應用分類計數原理或分步計數原理，有時可能同時用到兩個計數原理.即分類時，每類的方法可能運用分步完成；而分步后，每步的方法數可能會采取分類的思想求方法數.對于同一問題，我們可以從不同的角度去處理，從而得到不同的解法（但方法數相同），這也是檢驗排列組合問題的很好方法.
三、兩個計數原理的綜合應用
如果完成一件事的各種方法是相互獨立的，那么計算完成這件事的方法數時，使用分類計數原理．如果完成一件事的各個步驟是相互聯系的，即各個步驟都必須完成，這件事才告完成，那么計算完成這件事的方法數時，使用分步計數原理．
四、排列與排列數
（1）定義：從個不同元素中取出個元素排成一列，叫做從個不同元素中取出個元素的一個排列．從個不同元素中取出個元素的所有排列的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的排列數，用符號表示．
（2）排列數的公式：．
特例：當時，；規定：．
（3）排列數的性質：
①；②；③．
（4）解排列應用題的基本思路：
通過審題，找出問題中的元素是什么，是否與順序有關，有無特殊限制條件（特殊位置，特殊元素）．
注意：排列數公式的兩種不同表達形式本質是一樣的，但作用略有不同，常用于具體數字計算；而在進行含字母算式化簡或證明時，多用．
五、組合與組合數
（1）定義：從個不同元素中取出個元素并成一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合．從個不同元素中取出個元素的所有組合的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的組合數，用符號表示．
（2）組合數公式及其推導
求從個不同元素中取出個元素的排列數，可以按以下兩步來考慮：
第一步，先求出從這個不同元素中取出個元素的組合數；
第二步，求每一個組合中個元素的全排列數；
根據分步計數原理，得到；
因此．
這里，，且，這個公式叫做組合數公式．因為，所以組合數公式還可表示為：．特例：．
注意：組合數公式的推導方法是一種重要的解題方法！在以后學習排列組合的混合問題時，一般都是按先取后排（先組合后排列）的順序解決問題．公式常用于具體數字計算，常用于含字母算式的化簡或證明．
（3）組合數的主要性質：①；②．
（4）組合應用題的常見題型：
①“含有”或“不含有”某些元素的組合題型；
②“至少”或“最多”含有幾個元素的題型．
六、排列和組合的區別
組合：取出的元素地位平等，沒有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或職位不同．
注意：排列、組合都是研究事物在某種給定的模式下所有可能的配置數目問題，它們之間的主要區別在于是否要考慮選出元素的先后順序，不需要考慮順序的是組合問題，需要考慮順序的是排列問題．排列是在組合的基礎上對入選的元素進行排隊，因此，分析解決排列組合綜合問題的基本思維是“先組合，后排列”．
七、解決排列組合綜合問題的一般過程
1、認真審題，確定要做什么事；
2、確定怎樣做才能完成這件事，即采取分步還是分類或是分步與分類同時進行，弄清楚分多少類及多少步；
3、確定每一步或每一類是排列（有序）問題還是組合（無序）問題，元素總數是多少及取出多少個元素；
4、解決排列組合綜合性問題，往往類與步交叉，因此必須掌握一些常用的解題策略．
方法技巧與總結
1、如圖，在圓中，將圓分等份得到個區域，，，，，現取種顏色對這個區域涂色，要求每相鄰的兩個區域涂不同的兩種顏色，則涂色的方案有種．
2、數字排列問題的解題原則、常用方法及注意事項
（1）解題原則：排列問題的本質是“元素”占“位子”問題，有限制條件的排列問題的限制條件主要表現在某元素不排在某個位子上，或某個位子不排某些元素，解決該類排列問題的方法主要是按“優先”原則，即優先排特殊元素或優先滿足特殊位子，若一個位子安排的元素影響到另一個位子的元素個數時，應分類討論．
3、定位、定元的排列問題，一般都是對某個或某些元素加以限制，被限制的元素通常稱為特殊元素，被限制的位置稱為特殊位置．這一類問題通常以三種途徑考慮：
(1)以元素為主考慮，這時，一般先解決特殊元素的排法問題，即先滿足特殊元素，再安排其他元素；
(2)以位置為主考慮，這時，一般先解決特殊位置的排法問題，即先滿足特殊位置，再考慮其他位置；
(3)用間接法解題，先不考慮限制條件，計算出排列總數，再減去不符合要求的排列數．
4、解決相鄰問題的方法是“捆綁法”，其模型為將n個不同元素排成一排，其中某k個元素排在相鄰位置上，求不同排法種數的方法是：先將這k個元素“捆綁在一起”，看成一個整體，當作一個元素同其他元素一起排列，共有種排法；然后再將“捆綁”在一起的元素“內部”進行排列，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有種．
5、解決不相鄰問題的方法為“插空法”，其模型為將個不同元素排成一排，其中某個元素互不相鄰（），求不同排法種數的方法是：先將（）個元素排成一排，共有種排法；然后把個元素插入個空隙中，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有·種．
6、環（圓）排問題直排法：把個不同元素放在圓周個無編號位置上的排列，順序（例如按順時鐘）不同的排法才算不同的排列，而順序相同（即旋轉一下就可以重合）的排法認為是相同的，它與普通排列的區別在于只計順序而無首位、末位之分，下列個普通排列：在圓排列中只算一種，因為旋轉后可以重合，故認為相同，個元素的圓排列數有種.因此可將某個元素固定展成單排，其它的元素全排列.
7、全錯位排列問題公式：全錯位排列問題（賀卡問題、信封問題），記住公式即可。
瑞士數學家歐拉按一般情況給出了一個遞推公式：用、、、表示寫著位友人名字的信封，、、、表示份相應的寫好的信紙。把錯裝的總數為記作。假設把錯裝進里了，包含著這個錯誤的一切錯裝法分兩類：① 裝入里，這時每種錯裝的其余部分都與、、、無關，應有種錯裝法。②裝入、之外的一個信封，這時的裝信工作實際是把（除之外的） 份信紙、、裝入（除以外的）個信封、、，顯然這時裝錯的方法有種。總之在裝入的錯誤之下，共有錯裝法種。裝入，裝入、的種錯誤之下，同樣都有種錯裝法。
因此，得到一個遞推公式：，分別代入等，可推得結果。
也可用迭代法推導出一般公式：。
典例分析
題型一、兩個計數原理的綜合應用
【例1-1】將6封信投入4個郵筒，且6封信全部投完，不同的投法有（ ）
A．種 B．種 C．4種 D．24科
【例1-2】為了進一步提高廣大市民的生態文明建設意識，某市規定每年月日為“創建文明城生態志愿行”為主題的生態活動日，現有名同學參加志愿活動，需要攜帶勾子、鐵鍬、夾子三種勞動工具，要求每人都要攜帶一個工具，并且要求：帶一個勾子，鐵鍬至少帶把，夾子至少帶一個，則不同的安排方案共有（ ）
A．種 B．種 C．種 D．種
【例1-3】5400的正約數有（ ）個
A．48 B．46 C．36 D．38
【例1-4】將6盆不同的花卉擺放成一排，其中A B兩盆花卉均擺放在C花卉的同一側，則不同的擺放種數為（ ）
A．360 B．480 C．600 D．720
【例1-5】有一道路網如圖所示，通過這一路網從A點出發不經過C、D點到達B點的最短路徑有____種.
【例1-6】有四張卡片，正面和背面依次分別印有數字“1，0，2，4”和“3，5，0，7”，一小朋友把這四張卡片排成四位整數，則他能排出的四位整數的個數為_________.
題型二、直接法
【例2-1】甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行勞動技術比賽，決出第1名到第5名的名次．甲和乙去詢問成績，回答者對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍．”對乙說：“你當然不會是最差的．”從這兩個回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）種
A．54 B．72 C．96 D．120
【例2-2】某學校要從5名男教師和3名女教師中隨機選出3人去支教，則抽取的3人中，女教師最多為1人的選法種數為（ ）．
A．10 B．30 C．40 D．46
【例2-3】某項活動安排了4個節目，每位觀眾都有6張相同的票，活動結束后將票全部投給喜歡的節目，一位觀眾最喜歡節目A，準備給該節目至少投3張，剩下的票則隨機投給其余的節目，但必須要A節目的得票數是最多的，則4個節目獲得該觀眾的票數情況有（ ）種.
A．150 B．72 C．20 D．17
【例2-4】若一個三位數的各個數位上的數字之和為8，則我們稱是一個“叔同數”，例如“125，710”都是“叔同數”.那么“叔同數”的個數共有（ ）
A．34個 B．35個 C．36個 D．37個
題型三、間接法
【例3-1】某學校計劃從包含甲 乙 丙三位教師在內的10人中選出5人組隊去西部支教，若甲 乙 丙三位教師至少一人被選中，則組隊支教的不同方式共有（ ）
A．21種 B．231種 C．238種 D．252種
【例3-2】將7個人從左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相鄰，且甲不站在最右端，則不同的站法有（ ）．
A．1860種 B．3696種 C．3600種 D．3648種
【例3-3】中園古代中的“禮、樂、射、御、書、數”合稱“六藝”.“禮”主要指德育；“樂”主要指美育；“射”和“御”就是體育和勞動；“書”指各種歷史文化知識；“數”指數學.某校國學社團開展“六藝”講座活動，每周安排一次講座，共講六次.講座次序要求“射”不在第一次，“數”和“樂”兩次不相鄰，則“六藝”講座不同的次序共有（ ）
A．408種 B．240種 C．1092種. D．120種
【例3-4】紅五月，某校團委決定舉辦慶祝中國共產黨成立100周年“百年榮光，偉大夢想”聯歡會，經過初賽，共有6個節目進入決賽，其中2個歌舞類節目，2個小品類節目，1個朗誦類節目，1個戲曲類節目．演出時要求同類節目不能相鄰，則演出順序的排法總數是（ ）
A． B． C． D．
題型四、捆綁法
【例4-1】成語“五音不全”中的五音指古樂的五聲音階：宮、商、角、徵、羽，是中國古樂基本音階．把這五個音階排成一列，形成一個音序．滿足“徵”“羽”兩音階相鄰且在“宮”音階之前的不同音序的種數為___________．（用數字作答）
【例4-2】甲 乙 丙等七人相約到電影院看電影《長津湖》，恰好買到了七張連號的電影票，若甲 乙兩人必須相鄰，且丙坐在七人的正中間，則不同的坐法的種數為（ ）
A．240 B．192 C．96 D．48
題型五、插空法
【例5-1】將語文 數學 英語 物理 化學 生物六本書排成一排，其中語文 數學相鄰，且物理 化學不相鄰，則不同的排法共有種___________.（用數字作答）
【例5-2】英文單詞"sentence”由8個字母構成，將這8個字母組合排列，且兩個n不相鄰一共可以得到英文單詞的個數為_________．（可以認為每個組合都是一個有意義的單詞）
【例5-3】某科室有4名人員，兩男兩女，參加會議時一排有5個位置，從左到右排，則兩女員工不相鄰（中間隔空位也叫不相鄰），且左側的男員工前面一定有女員工的排法有_______種（結果用數字表示）．
【例5-4】某公共汽車站有6個候車位排成一排，甲、乙、丙三個乘客在該汽車站等候228路公交車的到來，由于市內堵車，228路公交車一直沒到站，三人決定在座位上候車，且每人只能坐一個位置，則恰好有2個連續空座位的候車方式的種數是
A．48 B．54 C．72 D．84
【例5-5】地面上有并排的七個汽車位，現有紅、白、黃、黑四輛不同的汽車同時倒車入庫.當停車完畢后，恰有兩個連續的空車位，且紅、白兩車互不相鄰的情況有________種.
【例5-6】某單位有8個連在一起的車位，現有4輛不同型號的車需要停放，如果要求剩余的4個車位中恰好有3個連在一起，則不同的停放方法的種數為（ ）
A．240 B．360 C．480 D．720
題型六、定序問題（先選后排）
【例6-1】滿足，且的有序數組共有（ ）個.
A． B． C． D．
【例6-2】某次演出有5個節目，若甲、乙、丙3個節目間的先后順序已確定，則不同的排法有（ ）
A．120種 B．80種 C．20種 D．48種
【例6-3】某次數學獲獎的6名高矮互不相同的同學站成兩排照相，后排每個人都高于站在他前面的同學，則共有多少種站法（ ）
A．36 B．90 C．360 D．720
【例6-4】DNA是形成所有生物體中染色體的一種雙股螺旋線分子，由稱為堿基的化學成分組成它看上去就像是兩條長長的平行螺旋狀鏈，兩條鏈上的堿基之間由氫鍵相結合．在DNA中只有4種類型的堿基，分別用A、C、G和T表示，DNA中的堿基能夠以任意順序出現兩條鏈之間能形成氫鍵的堿基或者是A-T，或者是C-G，不會出現其他的聯系因此，如果我們知道了兩條鏈中一條鏈上堿基的順序，那么我們也就知道了另一條鏈上堿基的順序．如圖所示為一條DNA單鏈模型示意圖，現在某同學想在堿基T和堿基C之間插入3個堿基A，2個堿基C和1個堿基T，則不同的插入方式的種數為（ ）
A．20 B．40 C．60 D．120
【例6-5】花燈，又名“彩燈”“燈籠”，是中國傳統農業時代的文化產物，兼具生活功能與藝術特色.如圖，現有懸掛著的8盞不同的花燈需要取下，每次取1盞，則不同取法總數為 （ ）
A．2520 B．5040 C．7560 D．10080
【例6-6】因演出需要，身高互不相等的9名演員要排成一排成一個“波浪形”，即演員們的身高從最左邊數起：第一個到第三個依次遞增，第三個到第七個依次遞減，第七、八、九個依次遞增，則不同的排列方式有（ ）種．
A．379 B．360 C．243 D．217
題型七、列舉法
【例7-1】三人互相傳球，由甲開始發球，并作為第一次傳球，經過5次傳球后，球仍回到甲手中，則不同的傳球方式共有（ ）
A．6種 B．8種 C．10種 D．16種
【例7-2】設，，，那么滿足的所有有序數組的組數為（ ）
A．45 B．46 C．47 D．48
【例7-3】從集合中任意選擇三個不同的數，使得這三個數組成等差數列，這樣的等差數列有（ ）個
A．98 B．56 C．84 D．49
【例7-4】工人在安裝一個正六邊形零件時，需要固定如圖所示的六個位置的螺栓.若按一定順序將每個螺栓固定緊，但不能連續固定相鄰的2個螺栓.則不同的固定螺栓方式的種數是________．
【例7-5】從A，B，C，D，a，b，c，d中任選5個字母排成一排，要求按字母先后順序排列（即按先后順序，但大小寫可以交換位置，如或都可以），這樣的情況有__________種．（用數字作答）
【例7-6】古希臘哲學家畢達哥拉斯曾說過：“美的線型和其他一切美的形體都必須有對稱形式．”在中華傳統文化里，建筑、器物、書法、詩歌、對聯、繪畫幾乎無不講究對稱之美．如圖所示的是清代詩人黃柏權的《茶壺回文詩》，其以連環詩的形式展現，20個字繞著茶壺成一圓環，無論順著讀還是逆著讀，皆成佳作．數學與生活也有許多奇妙的聯系，如2020年02月02日（20200202）被稱為世界完全對稱日（公歷紀年日期中數字左右完全對稱的日期）．數學上把20200202這樣的對稱數叫回文數，若兩位數的回文數共有9個（11，22，…，99），則所有四位數的回文數中能被3整除的個數是（ ）
A．27 B．28 C．29 D．30
【例7-7】用標有1克，5克，10克的砝碼各一個，在一架無刻度的天平上稱量重物，如果天平兩端均可放置砝碼，那么可以稱出的不同克數（正整數的重物）有多少種 （ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【例7-8】我們想把9張寫著1~9的卡片放入三個不同盒子中，滿足每個盒子中都有3張卡片，且存在兩個盒子中卡片的數字之和相等，則不同的放法有___________種.
題型八、多面手問題
【例8-1】某國際旅行社現有11名對外翻譯人員，其中有5人只會英語，4人只會法語，2人既會英語又會法語，現從這11人中選出4人當英語翻譯，4人當法語翻譯，則共有（ ）種不同的選法
A．225 B．185 C．145 D．110
【例8-2】“賽龍舟”是端午節的習俗之一，也是端午節最重要的節日民俗活動之一，在我國南方普遍存在端午節臨近，某單位龍舟隊欲參加今年端午節龍舟賽，參加訓練的8名隊員中有3人只會劃左槳，3人只會劃右槳，2人既會劃左槳又會劃右槳．現要選派劃左槳的3人、劃右槳的3人共6人去參加比賽，則不同的選派方法共有（ ）
A．26種 B．30種 C．37種 D．42種
題型九、錯位排列
【例9-1】將編號為、、、、、的小球放入編號為、、、、、的六個盒子中，每盒放一球，若有且只有兩個盒子的編號與放入的小球的編號相同，則不同的放法種數為（ ）
A． B． C． D．
【例9-2】若5個人各寫一張卡片（每張卡片的形狀、大小均相同），現將這5張卡片放入一個不透明的箱子里，并攪拌均勻，再讓這5人在箱子里各摸一張，恰有1人摸到自己寫的卡片的方法數有（ ）
A．20 B．90 C．15 D．45
【例9-3】新冠疫情期間，網上購物成為主流．因保管不善，五個快遞ABCDE上送貨地址模糊不清，但快遞小哥記得這五個快遞應分別送去甲乙丙丁戊五個地方，全部送錯的概率是（ ）
A． B． C． D．
【例9-4】甲、乙、丙、丁、戊五位媽媽相約各帶一個小孩去觀看花卉展，她們選擇共享電動車出行，每輛電動車只能載兩人，其中孩子們表示都不坐自己媽媽的車，甲的小孩一定要坐戊媽媽的車，則她們坐車不同的搭配方式有
A．種 B．種 C．種 D．種
題型十、涂色問題
【例10-1】學習涂色能鍛煉手眼協調能力，更能提高審美能力.現有四種不同的顏色：湖藍色、米白色、橄欖綠、薄荷綠，欲給小房子中的四個區域涂色，要求相鄰區域不涂同一顏色，且橄欖綠與薄荷綠也不涂在相鄰的區域內，則共有______種不同的涂色方法.
【例10-2】如圖，一個地區分為5個行政區域，現給地圖著色，要求相鄰區域不得使用同一種顏色，共有5種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有________種(以數字作答)．
【例10-3】如圖，用4種不同的顏色給圖中的8個區域涂色，每種顏色至少使用一次，每個區域僅涂一種顏色，且相鄰區域所涂顏色互不相同，則區域，，，和，，，分別各涂2種不同顏色的涂色方法共有_________種；區域，，，和，，，分別各涂4種不同顏色的涂色方法共有_________種.
【例10-4】用紅、黃、藍、綠4種顏色給如圖所示的五連圓涂色，要求相鄰兩個圓所涂顏色不能相同，且紅色至少要涂兩個圓，則不同的涂色方案種數為______．
【例10-5】七巧板是古代勞動人民智慧的結晶.如圖是某同學用木板制作的七巧板，它包括5個等腰直角三角形 一個正方形和一個平行四邊形.若用四種顏色給各板塊涂色，要求正方形板塊單獨一色，其余板塊兩塊一種顏色，而且有公共邊的板塊不同色，則不同的涂色方案有______種.
【例10-6】如圖，用四種不同的顏色給圖中的A，B，C，D，E，F，G七個點涂色，要求每個點涂一種顏色，且圖中每條線段的兩個端點涂不同顏色，則不同的涂色方法有（ ）
A．192 B．336 C．600 D．以上答案均不對
【例10-7】如圖給三棱柱的頂點染色，定義由同一條棱連接的兩個頂點叫相鄰頂點，規定相鄰頂點不得使用同一種顏色，現有種顏色可供選擇，則不同的染色方法有_________________.
【例10-8】用五種不同顏色給三棱臺的六個頂點染色，要求每個點染一種顏色，且每條棱的兩個端點染不同顏色.則不同的染色方法有___________種.
【例10-9】將六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盤中，并用紅、黃、藍三種顏色的油漆對其進行上色（顏色不必全部選用），要求相鄰棋子的顏色不能相同，且棋子A，B的顏色必須相同，則一共有（ ）種不同的放置與上色方式
A．11232 B．10483 C．10368 D．5616
題型十一、元素插入問題
【例11-1】7人站成兩排隊列，前排3人，后排4人，現將甲、乙、丙三人加入隊列，前排加一人，后排加兩人，其他人保持相對位置不變，則不同的加入方法種數為（ ）
A．120 B．240 C．360 D．480
【例11-2】在一張節目表上原有6個節目，如果保持這些節目的相對順序不變，再添加進去三個節目，求共有多少種安排方法
【例11-3】有12名同學合影，站成了前排4人后排8人，現攝影師要從后排8人中抽2人調整到前排，若其他人的相對順序不變，則不同調整方法的種數是（ ）
A．168 B．260 C．840 D．560
題型十二、分組與分配問題
【例12-1】現安排甲、乙、丙、丁、戊5名同學參加2022年杭州亞運會志愿者服務活動，有翻譯、導游、禮儀、司機四項工作可以安排，以下說法正確的是（ ）
A．每人都安排一項工作的不同方法數為54
B．每人都安排一項工作，每項工作至少有一人參加，則不同的方法數為
C．如果司機工作不安排，其余三項工作至少安排一人，則這5名同學全部被安排的不同方法數為
D．每人都安排一項工作，每項工作至少有一人參加，甲、乙不會開車但能從事其他三項工作，丙、丁、戊都能勝任四項工作，則不同安排方案的種數是
【例12-2】為了貫徹落實中央新疆工作座談會和全國對口支援新疆工作會議精神，促進邊疆少數民族地區教育事業發展，我市教育系統選派了三位男教師和兩位女教師支援新疆，這五名教師被分派到三個不同地方對口支援，每位教師只去一個地方，每個地方至少去一人，其中兩位女教師分派到同一個地方，則不同的分派方法有（ ）
A．18種 B．36種 C．68種 D．84種
【例12-3】2021年春節期間電影《你好，李煥英》因“搞笑幽默不庸俗，真心實意不煽情”深受熱棒，某電影院指派5名工作人員進行電影調查問卷，每個工作人員從編號為1，2，3，4的4個影廳選一個，可以多個工作人員進入同一個影廳，若所有5名工作人員的影廳編號之和恰為10，則不同的指派方法種數為（ ）
A．91 B．101 C．111 D．121
【例12-4】某小區共有3個核酸檢測點同時進行檢測，有6名志愿者被分配到這3個檢測點參加服務，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”進行檢測工作的傳授，每個檢測點至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一個檢測點，則不同的分配方案種數是______．
【例12-5】某醫院從7名男醫生（含一名主任醫師），6名女醫生（含一名主任醫師）中選派4名男醫生和3名女醫生支援抗疫工作，若要求選派的醫生中有主任醫師，則不同的選派方案數為_________________．
【例12-6】已知有5個不同的小球，現將這5個球全部放入到標有編號1、2、3、4、5的五個盒子中，若裝有小球的盒子的編號之和恰為11，則不同的放球方法種數為（ ）
A．150 B．240 C．390 D．1440
【例12-7】若六位老師前去某三位學生家中輔導，每一位學生至少有一位老師輔導，每一位老師都要前去輔導且僅能輔導一位同學，由于就近考慮，甲老師不去輔導同學1，則有（ ）種安排方法
A．335 B．100 C．360 D．340
題型十三、隔板法
【例13-1】某市舉行高三數學競賽，有6個參賽名額分給甲乙丙三所學校，每所學校至少分得一個名額，共有______種不同的分配方法.（用數字作答）
【例13-2】某地舉辦慶祝建黨周年“奮進新時代，學習再出發”的黨史知識競賽.已知有個參賽名額分配給甲、乙、丙、丁四支參賽隊伍，其中一支隊伍分配有個名額，余下三支隊伍都有參賽名額，則這四支隊伍的名額分配方案有__________種.
【例13-3】六元一次方程的正整數解有________組．
【例13-4】將7個相同的小球放入，，三個盒子，每個盒子至少放一球，共有（ ）種不同的放法．
A．60種 B．36種 C．30種 D．15種
【例13-5】方程的非負整數解共有___________組．
【例13-6】把20個相同的小球裝入編號分別為①②③④的4個盒子里，要求①②號盒每盒至少3個球，③④號盒每盒至少4個球，共有種方法.
A． B． C． D．
【例13-8】把1995個不加區別的小球分別放在10個不同的盒子里，使得第個盒子中至少有個球（），則不同放法的總數是
A． B． C． D．
題型十四、數字排列
【例14-1】用1，2，3…，9這九個數字組成的無重復數字的四位偶數中，各位數字之和為奇數的共有（ ）
A．600個 B．540個 C．480個 D．420個
【例14-2】由0~9這10個數組成的三位數中，各位數字按嚴格遞增（如“145”）或嚴格遞減（如“321”）順序排列的數的個數是（ ）
A．120 B．168 C．204 D．216
【例14-3】公元五世紀，數學家祖沖之估計圓周率的范圍是：，為紀念祖沖之在圓周率方面的成就，把3.1415926稱為“祖率”，這是中國數學的偉大成就．小明是個數學迷，他在設置手機的數字密碼時，打算將圓周率的前6位數字3，1，4，1，5，9進行某種排列得到密碼．如果排列時要求數字9不在最后一位，那么小明可以設置的不同密碼有（ ）個．
A．600 B．300 C．360 D．180
【例14-4】已知a1，a2，a3∈{2，4，6}，記N（a1，a2，a3）為a1，a2，a3中不同數字的個數，如∶N（2，2，2）=1，N（2，4，2）=2，N（2，4，6）=3，則所有的（a1，a2，a3）的排列的N（a1，a2，a3）平均值為（ ）
A． B．3 C． D．4
【例14-5】用數字3，6，9組成四位數，各數位上的數字允許重復，且數字3至多出現一次，則可以組成的四位數的個數為（ ）
A．81 B．48 C．36 D．24
【例14-6】從1，2，3，0這四個數中取三個組成沒有重復數字的三位數，則這些三位數的和為___________．
【例14-7】驗證碼就是將一串隨機產生的數字或符號，生成一幅圖片，圖片里加上一些干擾象素（防止），由用戶肉眼識別其中的驗證碼信息，輸入表單提交網站驗證，驗證成功后才能使用某項功能.很多網站利用驗證碼技術來防止惡意登錄，以提升網絡安全.在抗疫期間，某居民小區電子出入證的登錄驗證碼由0，1，2，…，9中的五個數字隨機組成.將中間數字最大，然后向兩邊對稱遞減的驗證碼稱為“鐘型驗證碼”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一個“鐘型驗證碼”，則該驗證碼的中間數字是7的概率為__________.
【例14-8】1.設是，，．．．的一個排列，把排在的左邊且比小的數的個數稱為，，的順序數，如在排列，，，，，中，的順序數為，的順序數為，則在至這個數的排列中，的順序數為，的順序數為，的順序數為的不同排列的種數為（ ）
A． B． C． D．
【例14-9】有0，1，2，3，4，5六個數字．
(1)能組成多少個無重復數字的四位偶數？
(2)能組成多少個無重復數字且為5的倍數的四位數？
(3)能組成多少個無重復數字且比1230大的四位數？
題型十五、幾何問題
【例15-1】一個國際象棋棋盤（由8×8個方格組成），其中有一個小方格因破損而被剪去（破損位置不確定）．“L”形骨牌由三個相鄰的小方格組成，如圖所示．現要將這個破損的棋盤剪成數個“L”形骨牌，則（　?。?br/>A．至多能剪成19塊“L”形骨牌
B．至多能剪成20塊“L”形骨牌
C．最多能剪成21塊“L”形骨牌
D．前三個答案都不對
【例15-2】已知分子是一種由60個碳原子構成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，是單純由碳原子結合形成的穩定分子，它具有60個頂點和若干個面，.各個面的形狀為正五邊形或正六邊形，結構如圖.已知其中正六邊形的面為20個，則正五邊形的面為（ ）個.
A．10 B．12
C．16 D．20
【例15-3】如圖為一個直角三角形工業部件的示意圖，現在AB邊內側鉆5個孔，在BC邊內側鉆4個孔，AB邊內側的5個孔和BC邊內側的4個孔可連成20條線段，在這些線段的交點處各鉆一個孔，則這個部件上最多可以鉆的孔數為（ ）．
A．190 B．199 C．69 D．60
【例15-4】宋代學者聶崇義編撰的《三禮圖集注》中描述的周王城，“匠人營國，方九里，旁三門，國中九經九緯……”；意思是周王城為正方形，邊長為九里，每邊都有左中右三個門；城內縱橫各有九條路……；則依據此種描述，畫出周王城的平面圖，則圖中共有（ ）個矩形
A．3025 B．2025 C．1225 D．2525
【例15-5】從正方體的8個頂點中選取4個作為頂點，可得到四面體的個數為（ ）
A． B． C． D．
【例15-6】如圖，的邊上有四點、、、，上有三點、、，則以、、、、、、、中三點為頂點的三角形的個數為（ ）
A． B．
C． D．
【例15-7】有一種走“方格迷宮”游戲，游戲規則是每次水平或豎直走動一個方格，走過的方格不能重復，只要有一個方格不同即為不同走法．現有如圖的方格迷宮，圖中的實線不能穿過，則從入口走到出口共有多少種不同走法？
A．6 B．8 C．10 D．12
【例15-8】已知如圖所示的電路中，每個開關都有閉合、不閉合兩種可能，因此5個開關共有種可能，在這種可能中，電路從P到Q接通的情況有 種．

【例15-9】一只小蜜蜂位于數軸上的原點處，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飛行一個單位或者兩個單位距離的能力，且每次飛行至少一個單位.若小蜜蜂經過5次飛行后，停在數軸上實數3位于的點處，則小蜜蜂不同的飛行方式有多少種？
A．5 B．25 C．55 D．75
【例15-10】如圖所示，甲 乙兩人同時出發，甲從點到，乙從點到，且每人每次都只能向上或向右走一格.則甲 乙的行走路線沒有公共點的概率為（ ）.
A． B． C． D．
題型十六、跨樓梯問題
【例16-1】欲登上第10級樓梯，如果規定每步只能跨上一級或兩級，則不同的走法共有
A．34種 B．55種
C．89種 D．144種
【例16-2】某人從上一層到二層需跨10級臺階. 他一步可能跨1級臺階，稱為一階步，也可能跨2級臺階，稱為二階步，最多能跨3級臺階，稱為三階步. 從一層上到二層他總共跨了6步，而且任何相鄰兩步均不同階. 則他從一層到二層可能的不同過程共有（ ）種.
A．6 B．8 C．10 D．12
【例16-3】斐波那契數列，又稱黃金分割數列.因數學家列昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”，指的是這樣一個數列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…..，在數學上，斐波那契數列以如下被遞推的方法定義：，，.這種遞推方法適合研究生活中很多問題.比如：一六八中學食堂一樓到二樓有15個臺階，某同學一步可以跨一個或者兩個臺階，則他到二樓就餐有（ ）種上樓方法.
A．377 B．610 C．987 D．1597
題型十七、排隊與排序問題
【例17-1】甲 乙 丙三人相約一起去做核酸檢測，到達檢測點后，發現有兩支正在等待檢測的隊伍，則甲 乙 丙三人不同的排隊方案共有（ ）
A．12種 B．18種 C．24種 D．36種
【例17-2】街頭籃球比賽后，紅、黃兩隊共名隊員（紅隊人，黃隊人）合照，要求人站成一排，紅隊人中有且只有名隊員相鄰，則不同排隊的方法共有（ ）
A．種 B．種 C．種 D．種
【例17-3】受新冠肺炎疫情影響，某學校按上級文件指示，要求錯峰放學，錯峰有序吃飯.高三年級一層樓六個班排隊，甲班必須排在前三位，且丙班、丁班必須排在一起，則這六個班排隊吃飯的不同安排方案共有（ ）
A．240種 B．120種 C．188種 D．156種
【例17-4】某校高三年級進行校際模擬聯考，某班級考試科目為語文，數學，英語，物理，化學，生物，已知考試分為三天進行，且數學與物理不得安排在同一天進行，每天至少進行一科考試.則不同的考試安排方案共有（ ）
A．720種 B．3168種 C．1296種 D．5040種
【例17-5】過去的一年，我國載人航天事業突飛猛進，其中航天員選拔是載人航天事業發展中的重要一環.已知航天員選拔時要接受特殊環境的耐受性測試，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飛行、飛行跳傘、著陸沖擊五項.若這五項測試每天進行一項，連續5天完成.且前庭功能和失重飛行須安排在相鄰兩天測試，超重耐力和失重飛行不能安排在相鄰兩天測試，則選拔測試的安排方案有（ ）
A．24種 B．36種 C．48種 D．60種
【例17-6】幾只猴子在一棵枯樹上玩耍，假設它們均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的過程中依次撞擊到樹枝A，B，C；（2）乙在下落的過程中依次撞擊到樹枝D，E，F；（3）丙在下落的過程中依次撞擊到樹枝G，A，C；（4）丁在下落的過程中依次撞擊到樹枝B，D，H；（5）戊在下落的過程中依次撞擊到樹枝I，C，E,則這九棵樹枝從高到低不同的順序共有( )
A．23 B．24 C．32 D．33
【例17-6】武術是中國的四大國粹之一，某武校上午開設文化課，下午開設武術課，某年級武術課有太極拳、形意拳、長拳、兵器四門，計劃從周一到周五每天下午排兩門課，每周太極拳和形意拳上課三次，長拳和兵器上課兩次，同樣的課每天只上一次，則排課方式共有( )
A．19840種 B．16000種 C．31360種 D．9920種
【例17-7】2020年疫情期間，某縣中心醫院分三批共派出6位年齡互不相同的醫務人員支援武漢六個不同的方艙醫院，每個方艙醫院分配一人.第一批派出一名醫務人員的年齡為，第二批派出兩名醫務人員的年齡最大者為，第三批派出三名醫務人員的年齡最大者為，則滿足的分配方案的概率為( )
A． B． C． D．
題型十八、環排問題
【例18-1】21個人按照以下規則表演節目：他們圍坐成一圈，按順序從1到3循環報數，報數字“3”的人出來表演節目，并且表演過的人不再參加報數．那么在僅剩兩個人沒有表演過節目的時候，共報數的次數為( )
A．19 B．38 C．51 D．57
【例18-2】A，B，C，D，E，F六人圍坐在一張圓桌周圍開會，A是會議的中心發言人，必須坐最北面的椅子，B，C二人必須坐相鄰的兩把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，則不同的座次有( )
A．60種 B．48種 C．30種 D．24種
【例18-3】現有一圓桌，周邊有標號為1，2，3，4的四個座位，甲、乙、丙、丁四位同學坐在一起探討一個數學課題，每人只能坐一個座位，甲先選座位，且甲、乙不能相鄰，則所有選座方法有（ ）．
A．6種 B．8種 C．12種 D．16種
題型十九、構造法模型和遞推模型
【例19-1】賈同學、王同學、文同學三人在操場踢球,每次傳球,傳球者將球隨機將傳給另外兩位同學之一,足球最開始在文同學腳下,則:①次傳球之后,共有___________種可能的傳球方法;②次傳球之后,足球回到文同學腳下的傳球方法有___________種.
【例19-2】一只螞蟻從一個正四面體的頂點出發，每次從一個頂點爬行到另一個頂點，則螞蟻爬行五次還在點的爬行方法種數是__________．
【例19-3】已知正m邊形，一質點M從點出發，每一步移動均為等可能的到達與其相鄰兩個頂點之一．經過n次移動，記質點M又回到點的方式數共有種，且其概率為，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若，則， D．若，則
題型二十、計數原理與其他知識綜合問題
【例20-1】若集合，則集合中元素有______個.
【例20-2】已知數列共有26項，且，，，則滿足條件的不同數列有__________ 個．
【例20-3】定義數列如下：存在，滿足，且存在，滿足，已知數列共4項，若且，則數列共有（ ）
A．190個 B．214個 C．228個 D．252個
【例20-4】設A是集合的子集，只含有3個元素，且不含相鄰的整數，則這種子集A的個數為（ ）
A．32 B．56 C．72 D．84
【例20-5】定義域為集合{1，2，3，…，12}上的函數滿足：
（1）；（2）（）；（3）、、成等比數列；
這樣的不同函數的個數為（ ）
A．155 B．156 C．157 D．158
【例20-6】已數列，令為，，，中的最大值2，，，則稱數列為“控制數列”，數列中不同數的個數稱為“控制數列”的“階數”例如：為1，3，5，4，2，則“控制數列”為1，3，5，5，5，其“階數”為3，若數列由1，2，3，4，5，6構成，則能構成“控制數列”的“階數”為2的所有數列的首項和是______．
【例20-7】已知數列共16項，且，記關于x的函數，，若是函數的極值點，且曲線在點處的切線的斜率為15，則滿足條件的數列的個數_____ .
【例20-8】設集合，定義：集合，集合，集合，分別用，表示集合S，T中元素的個數，則下列結論可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【例20-9】在空間直角坐標系中，，則三棱錐內部整點（所有坐標均為整數的點，不包括邊界上的點）的個數為（ ）
A． B． C． D．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
HYPERLINK "http://21世紀教育網(www.21cnjy.com)
" 21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑