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专题三十五 计数原理
知识归纳
一、分类加法计数原理
完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法．
二、分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法.
注意：两个原理及其区别
分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理.
分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理.
当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法.
三、两个计数原理的综合应用
如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．
四、排列与排列数
（1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示．
（2）排列数的公式：．
特例：当时，；规定：．
（3）排列数的性质：
①；②；③．
（4）解排列应用题的基本思路：
通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）．
注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用．
五、组合与组合数
（1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示．
（2）组合数公式及其推导
求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑：
第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数；
第二步，求每一个组合中个元素的全排列数；
根据分步计数原理，得到；
因此．
这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：．
注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明．
（3）组合数的主要性质：①；②．
（4）组合应用题的常见题型：
①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型；
②“至少”或“最多”含有几个元素的题型．
六、排列和组合的区别
组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同．
注意：排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”．
七、解决排列组合综合问题的一般过程
1、认真审题，确定要做什么事；
2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步；
3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素；
4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略．
方法技巧与总结
1、如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种．
2、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项
（1）解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论．
3、定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑：
(1)以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素；
(2)以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置；
(3)用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．
4、解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种．
5、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种．
6、环（圆）排问题直排法：把个不同元素放在圆周个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而无首位、末位之分，下列个普通排列：在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，个元素的圆排列数有种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的元素全排列.
7、全错位排列问题公式：全错位排列问题（贺卡问题、信封问题），记住公式即可。
瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：用、、、表示写着位友人名字的信封，、、、表示份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作。假设把错装进里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：① 装入里，这时每种错装的其余部分都与、、、无关，应有种错装法。②装入、之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除之外的） 份信纸、、装入（除以外的）个信封、、，显然这时装错的方法有种。总之在装入的错误之下，共有错装法种。装入，装入、的种错误之下，同样都有种错装法。
因此，得到一个递推公式：，分别代入等，可推得结果。
也可用迭代法推导出一般公式：。
典例分析
题型一、两个计数原理的综合应用
【例1-1】将6封信投入4个邮筒，且6封信全部投完，不同的投法有（ ）
A．种 B．种 C．4种 D．24科
【答案】A
【解析】将6封信投入4个邮筒，且6封信全部投完，根据乘法原理共有种.
【例1-2】为了进一步提高广大市民的生态文明建设意识，某市规定每年月日为“创建文明城生态志愿行”为主题的生态活动日，现有名同学参加志愿活动，需要携带勾子、铁锹、夹子三种劳动工具，要求每人都要携带一个工具，并且要求：带一个勾子，铁锹至少带把，夹子至少带一个，则不同的安排方案共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】A
【解析】携带工具方案有两类：
第一类，个勾子，个夹子，把铁锹，所以携带工具的方案数有种；
第二类，个勾子，个夹子，把铁锹，所以携带工具的方案数有种；
所以不同的安排方案共有种.
【例1-3】5400的正约数有（ ）个
A．48 B．46 C．36 D．38
【答案】A
【解析】，5400的正约数一定是由2的幂与3的幂和5的幂相乘的结果，
所以正约数个数为．
【例1-4】将6盆不同的花卉摆放成一排，其中A B两盆花卉均摆放在C花卉的同一侧，则不同的摆放种数为（ ）
A．360 B．480 C．600 D．720
【答案】B
【解析】分类讨论的方法解决如图中的6个位置，
① 当C在位置1时，不同的摆法有种；
② 当C在位置2时，不同的摆法有种；
③ 当C在位置3时，不同的摆法有种；
由对称性知C在4 5 6位置时摆放的种数和C在3 2 1时相同，
故摆放种数有.
【例1-5】有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有___________种.
【答案】24
【解析】如图，由已知可得，应从点，先到点，再到点，最后经点到点即可.
第一步：由点到点，最短路径为4步，最短路径方法种类为；
第二步：由点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为；
第三步：由点经点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为.
根据分步计数原理可得，最短路径有种.
【例1-6】有四张卡片，正面和背面依次分别印有数字“1，0，2，4”和“3，5，0，7”，一小朋友把这四张卡片排成四位整数，则他能排出的四位整数的个数为_________.
【答案】264
【解析】当四位整数中无0出现时，则必有5和2，其中1和3二选一，4和7二选一，四个数再进行全排列，故共有种选择；
当四位整数中出现一个0时，可能是从5和0种选取的，也可能是从2和0种选择的，有种，0可能的位置在个位，十位或百位，从3个位置选择一个，有种，另外1和3二选一，4和7二选一，有种，加上另一个非0数，三个数进行全排列，有种，故共有种选择；
当四位整数中出现两个0时，两个0的位置有种选择，另外1和3二选一，4和7二选一，有种，这两个数再进行全排列，有种，共有=24种，
综上：96+144+24=264种选择.
题型二、直接法
【例2-1】甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）种
A．54 B．72 C．96 D．120
【答案】A
【解析】根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分2种情况讨论：
①甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
则一共有种不同的名次情况．
【例2-2】某学校要从5名男教师和3名女教师中随机选出3人去支教，则抽取的3人中，女教师最多为1人的选法种数为（ ）．
A．10 B．30 C．40 D．46
【答案】C
【解析】女教师最多为1人即女教师为0人或者1人
若女教师为0人，则男教师有3人，有种选择；
若女教师为1人，则男教师2人，有种选择；
故女教师最多为1人的选法种数为种
故选：C
【例2-3】某项活动安排了4个节目，每位观众都有6张相同的票，活动结束后将票全部投给喜欢的节目，一位观众最喜欢节目A，准备给该节目至少投3张，剩下的票则随机投给其余的节目，但必须要A节目的得票数是最多的，则4个节目获得该观众的票数情况有（ ）种.
A．150 B．72 C．20 D．17
【答案】D
【详解】解：依题意，当得票，则只有种，
当得票，则有种，
当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，
当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，
综上可得一共有种情况.
【例2-4】若一个三位数的各个数位上的数字之和为8，则我们称是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”.那么“叔同数”的个数共有（ ）
A．34个 B．35个 C．36个 D．37个
【答案】C
【详解】三位数各位数的和为8可能的组合有116，125，134，224，233，017，026，035，044，008，
其中三个数不同且都不为0可排出个“叔同数”，没有0的3个数中有2个数相同，则排出个“叔同数”，有1个0其余2个数为不同的非零数字可排出个“叔同数”，
008只能排出一个“叔同数”，
所以它们排出的“叔同数”的个数共有.
题型三、间接法
【例3-1】某学校计划从包含甲 乙 丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲 乙 丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（ ）
A．21种 B．231种 C．238种 D．252种
【答案】B
【解析】10人中选5人有种选法，其中，甲 乙 丙三位教师均不选的选法有种，
则甲 乙 丙三位教师至少一人被选中的选法共有种.
【例3-2】将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．
A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种
【答案】D
【解析】7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.
【例3-3】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
【解析】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.
【例3-4】红五月，某校团委决定举办庆祝中国共产党成立100周年“百年荣光，伟大梦想”联欢会，经过初赛，共有6个节目进入决赛，其中2个歌舞类节目，2个小品类节目，1个朗诵类节目，1个戏曲类节目．演出时要求同类节目不能相邻，则演出顺序的排法总数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】所有演出方案有种，歌舞类相邻有种，
小品类相邻有种，歌舞与小品均相邻有种，
所以总数有种.
题型四、捆绑法
【例4-1】成语“五音不全”中的五音指古乐的五声音阶：宫、商、角、徵、羽，是中国古乐基本音阶．把这五个音阶排成一列，形成一个音序．满足“徵”“羽”两音阶相邻且在“宫”音阶之前的不同音序的种数为___________．（用数字作答）
【答案】24
【解析】把“徵”“羽”看成一个元素，在排好顺序的4个位置中选两个，
按“宫”在后，“徵”“羽”在前的顺序，有种排法，
另两个位置排“商”“角”，有种排法，“徵”“羽”又可交换顺序排列，有种排法，
故所求音序种数为.
【例4-2】甲 乙 丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲 乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（ ）
A．240 B．192 C．96 D．48
【答案】B
【详解】丙在正中间（4号位）；
甲 乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，
考虑到甲 乙的顺序有种情况；
剩下的4个位置其余4人坐有种情况；
故不同的坐法的种数为.
题型五、插空法
【例5-1】将语文 数学 英语 物理 化学 生物六本书排成一排，其中语文 数学相邻，且物理 化学不相邻，则不同的排法共有种___________.（用数字作答）
【答案】144
【解析】先利用捆绑法把语文书、数学书看作一个整体，有种；
再把其与英语书、生物书进行全排列，有种；
再用插空法安排物理书 化学书，有种；
所以一共有.
【例5-2】英文单词"sentence”由8个字母构成，将这8个字母组合排列，且两个n不相邻一共可以得到英文单词的个数为_________．（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）
【答案】2520
【解析】英文单词“sentence”中字母e有3个，字母n有2个，字母s、t、c各有一个，优先考虑无限制的字母，注意重复字母需除去顺序，共有种，再插入个字母，共有种，所以一共有种.
故答案为：2520
【例5-3】某科室有4名人员，两男两女，参加会议时一排有5个位置，从左到右排，则两女员工不相邻（中间隔空位也叫不相邻），且左侧的男员工前面一定有女员工的排法有_______种（结果用数字表示）．
【答案】44
【解析】先排两男和空位，再把两女插空，分两种情形：
第一种，先排两男和空位，最左边是空位时，排两男和空位共种，
将女生插空时又分两种情形：
先排两男和空位时，空位两侧排两名女生时计种；
空位两侧共排一名女生时计种，
共计种；
第二种，先排两男和空位，最左边是男生时，排两男和空位共种，将女生插空共种，共计种，
综上，共计种．
【例5-4】某公共汽车站有6个候车位排成一排，甲、乙、丙三个乘客在该汽车站等候228路公交车的到来，由于市内堵车，228路公交车一直没到站，三人决定在座位上候车，且每人只能坐一个位置，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是
A．48 B．54 C．72 D．84
【答案】C
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①先将3名乘客全排列，有种情况，
②3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选1个，安排2个连续空座位，有4种情况，
在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，有3种情况，
则恰好有2个连续空座位的候车方式有种．
【例5-5】地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库.当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有________种.
【答案】336
【详解】从反面考虑，恰有两个连续空车位时有（种）情况；
恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时有（种）情况，
故所求情况有（种）.
【例5-6】某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ）
A．240 B．360 C．480 D．720
【答案】C
【详解】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，
当1，2，3号为空时，有种停放方法；
当2，3，4号为空时，有种停放方法；
当3，4，5号为空时，有种停放方法；
当4，5，6号为空时，有种停放方法；
当5，6，7号为空时，有种停放方法；
当6，7，8号为空时，有种停放方法；
所以不同的停放方法的种数为种.
极简洁解法：四辆车标记为ABCD,四个空车位，三个组合一起，标记为3，剩余一个标记为1，则变成数字1，3与四个字母排列，且数字不相邻，插空法即可
题型六、定序问题（先选后排）
【例6-1】满足，且的有序数组共有（ ）个.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】∵数组中数字的大小确定，从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，所有个数为．
【例6-2】某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有（ ）
A．120种 B．80种 C．20种 D．48种
【答案】C
【解析】在5个位置中选两个安排其它两个节目，还有三个位置按顺序放入甲、乙、丙，方法数为．
【例6-3】某次数学获奖的6名高矮互不相同的同学站成两排照相，后排每个人都高于站在他前面的同学，则共有多少种站法（ ）
A．36 B．90 C．360 D．720
【答案】B
【解析】6个高矮互不相同的人站成两排，
后排每个人都高于站在他前面的同学的站法数为.
【例6-4】DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（ ）
A．20 B．40 C．60 D．120
【答案】C
【解析】依题意可知，不同的插入方式的种数为.
【例6-5】花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （ ）
A．2520 B．5040 C．7560 D．10080
【答案】A
【解析】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，先对8盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，
因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，
所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，故一共有种.
【例6-6】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．379 B．360 C．243 D．217
【答案】A
【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.
题型七、列举法
【例7-1】三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有（ ）
A．6种 B．8种 C．10种 D．16种
【答案】C
【解析】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分步加法计数原理可知：
经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种，
【例7-2】设，，，那么满足的所有有序数组的组数为（ ）
A．45 B．46 C．47 D．48
【答案】C
【解析】①当时，，则，共1组；
②当时，，则，不同时为2，共组；
③当时，，则，为中任一元素，共组；
④当时，，则，不同时为0，共组．
故满足题意的有序数组共有47组．
【例7-3】从集合中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有（ ）个
A．98 B．56 C．84 D．49
【答案】A
【解析】当公差为时，数列可以是：，，，……，共13种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共11种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共9种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共7种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，，，共5种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，共3种情况.
当公差为时，数列可以是：，共1种情况.
总的情况是.
又因为三个数成公差数列有两种情况，递增或递减，
所以这样的等差数列共有个.
【例7-4】工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是________．
【答案】60
【解析】根据题意，第一个可以从6个钉里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号钉的时候，第二个可以选3,4,5号钉，依次选下去，可以得到共有10种方法，所以总共有种方法，故答案是60.
【例7-5】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
【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
【例7-6】古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式．”在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，若两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则所有四位数的回文数中能被3整除的个数是（ ）
A．27 B．28 C．29 D．30
【答案】D
【解析】要能被3整除，则四个数的和是3的偶数倍数．满足条件的回文数分为以下几类：
和为6的回文数：1221,2112，3003， 3个．
和为12的回文数：3333，2442，4224，1551，5115，6006， 6个．
和为18的回文数：1881，8118，2772，7227，3663，6336，4554，5445，9009，9个．
和为24的回文数：3993，9339，4884，8448，5775，7557，6666，7个．
和为30的回文数：7887，8778，6996，9669，4个．
和为36的回文数：9999，1个．
故共有3+6+9+7+4+1＝30个．
【例7-7】用标有1克，5克，10克的砝码各一个，在一架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么可以称出的不同克数（正整数的重物）有多少种 （ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】A
【解析】①当天平的一端放1个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有1克，5克，10克；
②当天平的一端放2个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有
克，克，克；
③当天平的一端放3个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有克
④当天平的一端放1个砝码，另一端也放1个砝码时，可以成量重物的克数有
克，克，克；
⑤当天平的一端放1个砝码，另一端也放2个砝码时，可以成量重物的克数有
克，克，克；
去掉重复的克数后，可称重物的克数有10种.
【例7-8】我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
【答案】198
【详解】由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为．
当时，共有1种情况，即；
当时，共有3种情况，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}；
当时，共有5种情况，即，，，，；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有2种情况，即，
；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有5种情况，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}；
当时，共有2种情况，即，；
当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(种)情况，
∴不同的放法共有：种．
题型八、多面手问题
【例8-1】某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225 B．185 C．145 D．110
【答案】B
【解析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．
①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种；
②“2人既会英语又会法语”中有一人入选，
这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，
因此有种；
③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，
这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，
因此有种．
综上分析，共可开出种．
【例8-2】“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．26种 B．30种 C．37种 D．42种
【答案】C
【解析】根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此分3种情况讨论：
①从中选3人划左桨，划右桨的在（）中剩下的人中选取，有种选法，
②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在（）中选取，有种选法，
③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法，
则有种不同的选法．
题型九、错位排列
【例9-1】将编号为、、、、、的小球放入编号为、、、、、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． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意，分以下两步进行：
（1）在个小球中任选个放入相同编号的盒子里，有种选法，假设选出的个小球的编号为、；
（2）剩下的个小球要放入与其编号不一致的盒子里，
对于编号为的小球，有个盒子可以放入，假设放入的是号盒子.
则对于编号为的小球，有个盒子可以放入，
对于编号为、的小球，只有种放法.
综上所述，由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为种.
【例9-2】若5个人各写一张卡片（每张卡片的形状、大小均相同），现将这5张卡片放入一个不透明的箱子里，并搅拌均匀，再让这5人在箱子里各摸一张，恰有1人摸到自己写的卡片的方法数有（ ）
A．20 B．90 C．15 D．45
【答案】D
【解析】根据题意，分2步分析：
①先从5个人里选1人，恰好摸到自己写的卡片，有种选法，
②对于剩余的4人，因为每个人都不能拿自己写的卡片，因此第一个人有3种拿法，被拿了自己卡片的那个人也有3种拿法，剩下的2人拿法唯一，
所以不同的拿卡片的方法有种.
【例9-3】新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】5个快递送到5个地方有种方法，
全送错的方法数：
先分步：第一步快递送错有4种方法，第二步考虑所送位置对应的快递，假设送到丙地，第二步考虑快递，对分类，第一类送到甲地，则剩下要均送错有2种可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，剩下的只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴总的方法数为，所求概率为．
【例9-4】甲、乙、丙、丁、戊五位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆电动车只能载两人，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式有
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【详解】解法一：不对号入座的递推公式为：，，
，据此可得：，
即五个人不对号入座的方法为种，
由排列组合的对称性可知：若甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则坐车不同的搭配方式有种.
本题选择B选项.
解法二：设五位妈妈为，五个小孩为，对五个小孩进行排练后坐五位妈妈的车即可，
由于甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，故排列的第五个位置一定是，
对其余的四个小孩进行排列：
；
；
；
.
共有24中排列方法，其中满足题意的排列方法为：
，，，，共有11种.
题型十、涂色问题
【例10-1】学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有______种不同的涂色方法.
【答案】66
【解析】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有种选法，因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，
当选择四种颜色时，不同的涂色方法有种，
所以共有种不不同的涂色方法.
【例10-2】如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(以数字作答)．
【答案】420
【解析】求不同的着色方法数有3类办法，用5种颜色有种，
用4种颜色，2，4同色或3，5同色，有种，
用3种颜色，2，4同色且3，5同色，有种，
所以不同的着色方法共有（种）.
故答案为：420
【例10-3】如图，用4种不同的颜色给图中的8个区域涂色，每种颜色至少使用一次，每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相同，则区域，，，和，，，分别各涂2种不同颜色的涂色方法共有_________种；区域，，，和，，，分别各涂4种不同颜色的涂色方法共有_________种.
【答案】 24 216
【解析】，同色，所以先涂有：，再涂有种，所以共有：种.
先涂共有：种，设四种颜色为，假设涂的颜色分别为，则涂色情况如下：
，，，共9种，所以：种.
故答案为：24；216.
【例10-4】用红、黄、蓝、绿4种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为______．
【答案】120
【解析】根据题意，红色至少要涂2个圆，则红色可以涂2个圆或3个圆，共2种情况讨论：
（1）红色涂3个圆，则红色只能涂第1，3，5个圆，此时有种涂法，
（2）红色涂2个圆，
若红色涂第1，3个圆，有种涂法，
若红色涂第1，4个圆，有种涂法，
若红色涂第1，5个圆，则有种涂法，
若红色涂第2，4个圆，有种涂法，
若红色涂第2，5个圆，有种涂法，
若红色涂第3，5个圆，有种涂法，
此时有种，
所以共有种.
【例10-5】七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形 一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有______种.
【答案】
【解析】由题意，一共4种颜色，板块需单独一色，
剩下6个板块中每2个区域涂同一种颜色.
又板块两两有公共边不能同色，故板块必定涂不同颜色.
①当板块与板块同色时，
则板块与板块或板块分别同色，共2种情况；
②当板块与板块同色时，
则板块只能与同色，板块只能与同色，共1种情况.
又板块颜色可排列，故共种.
【例10-6】如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．192 B．336 C．600 D．以上答案均不对
【答案】C
【详解】E，F，G分别有4，3，2种方法，
当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，
若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，
若C与F不同，则此时D有2种方法，
故此时共有：种方法；
当A与G相同时，A有1种方法，此时B有3种方法，
若C与F相同，C有1种方法，同时D有2种方法，
若C与F不同，则D有1种方法，
故此时共有：种方法；
当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，
若B与F相同，则C必须与A相同，同时D有2种方法；
若B不同于F，则B有1种方法，
Ⅰ若C与F相同则C有1种方法同时D有2种方法；
Ⅱ若C与F不同则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；
故此时共有：种方法；
综上共有种方法．
【例10-7】如图给三棱柱的顶点染色，定义由同一条棱连接的两个顶点叫相邻顶点，规定相邻顶点不得使用同一种颜色，现有种颜色可供选择，则不同的染色方法有_________________.
【答案】
【解析】首先先给顶点染色，有种方法，再给顶点染色，①若它和点染同一种颜色，点和点染相同颜色，点就有2种方法，若点和点染不同颜色，则点有2种方法，点也有1种方法，则的染色方法一共有种方法，②若点和点染不同颜色，且与点颜色不同，则点有1种方法，点与点颜色不同，则点有1种方法，则点有1种方法，此时有1种方法；若最后与相同，则有2种方法，则共有2种方法；点与点颜色相同，则点有1种方法，则点有2种方法，则点有2种方法，共有种方法，所以点和点染不同，颜色共有种方法，
所以点的染色方法一共有种，所以共有种方法.
【例10-8】用五种不同颜色给三棱台的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有___________种.
【答案】1920.
【解析】详解：分两步来进行，先涂，再涂.
第一类：若5种颜色都用上，先涂，方法有种，再涂中的两个点，方法有种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有种；
第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有种；
先涂，方法有种，再涂中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有种；
第三类：若5种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有种；
先涂，方法有种，再涂，方法有2种，故此时方法共有种；
综上可得，不同涂色方案共有种.
【例10-9】将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（ ）种不同的放置与上色方式
A．11232 B．10483 C．10368 D．5616
【答案】C
【详解】①3个1，3个2，0个3如表：
1 2 1
2 1 2
只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种，
②1个1，2个2，3个3如表：
1 3 2
3 2 3
选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种，或
3 1 3
2 3 2
选用三种颜色(1+2+3，且只用一次的颜色放在中间)，并选取两个位置放AB,此时有：种，
③2个1，2个2，2个3如表：
3 2
2 3
选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种，或
2 3
2 3
选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种，
所以不同的放置与上色方式有：
.
题型十一、元素插入问题
【例11-1】7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为（ ）
A．120 B．240 C．360 D．480
【答案】C
【解析】前排人有个空,从甲乙丙人中选人插入,有种方法,对于后排,若插入的人不相邻有种,若相邻有种,故共有种,选C．
【例11-2】在一张节目表上原有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，再添加进去三个节目，求共有多少种安排方法
【答案】504.
【详解】添加的三个节目有三类办法排进去
①三个节目连排，有C71A33种方法；
②三个节目互不相邻，有A73种方法；
③有且仅有两个节目连排，有C31C71C61A22种方法．
根据分类计数原理共有C71A33+A73+C31C71C61A22＝504种．
【例11-3】有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．168 B．260 C．840 D．560
【答案】C
【详解】从后排8人中抽2人有种方法；
将抽出的2人调整到前排，前排4人的相对顺序不变有种，
由分步乘法计数原理可得：共有种.
题型十二、分组与分配问题
【例12-1】现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（ ）
A．每人都安排一项工作的不同方法数为54
B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
【答案】D
【详解】①每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项错误，
②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误，
③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（），即选项C错误，
④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位，故有；
第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有 ,
从余下三人中安排三个岗位，故有；所以每项工作至少有一人参加，
甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是，即选项D正确．
【例12-2】为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方，则不同的分派方法有（ ）
A．18种 B．36种 C．68种 D．84种
【答案】B
【解析】根据题意，分派方案可分为两种情况：
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：种方法；
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：种方法；
故一共有：种分派方法
【例12-3】2021年春节期间电影《你好，李焕英》因“搞笑幽默不庸俗，真心实意不煽情”深受热棒，某电影院指派5名工作人员进行电影调查问卷，每个工作人员从编号为1，2，3，4的4个影厅选一个，可以多个工作人员进入同一个影厅，若所有5名工作人员的影厅编号之和恰为10，则不同的指派方法种数为（ ）
A．91 B．101 C．111 D．121
【答案】B
【解析】（1）若编号为，则有种，
（2）若编号为，则有种，
（3）若编号为，则有种，
（4）若编号为，则有种，
（5）若编号为，则有1种，
所以不同的指派方法种数为种.
【例12-4】某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，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”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是______．
【答案】
【解析】根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分配到3个检测点，共有种分法，
然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有种分法，
所以共有种不同的分配方案.
故答案为：
【例12-5】某医院从7名男医生（含一名主任医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为_________________．
【答案】550
【解析】若选派的主任医师只有一名男主任，此时再从剩余的6名男医生选派3名男医生，从5名女医生（主任医师除外）选派3名医生，有种，
若选派的主任医师只有一名女主任，此时再从剩余的6名男医生（主任医师除外）中选派4名男医生，从5名女医生中选派2名医生，有种，
若男，女主任医师均选派，此时再从剩余的6名男医生中选派3名,5名女医生中选派2名,有种，
综上：不同的选派方案有200+150+200=550种.
【例12-6】已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）
A．150 B．240 C．390 D．1440
【答案】C
【详解】因为或
所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中
（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，
所以在三个盒子中有两种方法：
各放1个，2个，2个的方法有种.
各放3个，1个，1个的方法有种.
（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有
种.
综上，总的放球方法数为种.
【例12-7】若六位老师前去某三位学生家中辅导，每一位学生至少有一位老师辅导，每一位老师都要前去辅导且仅能辅导一位同学，由于就近考虑，甲老师不去辅导同学1，则有（ ）种安排方法
A．335 B．100 C．360 D．340
【答案】C
【详解】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；
①把6为老师平均分为3组的不同的安排方法数有
在把这三组老师安排给三位不同学生辅导的不同安排方案数为：，
根据分步计数原理可得共有不同安排方案为：
如果把甲老师安排去辅导同学1的方法数为：
所以把6位老师平均安排给三位学生辅导且甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
②把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导的方法数为：
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学安排了四位辅导老师则
所以把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
③把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导的方法数为；
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学只安排了两位辅导老师则
若1同学只安排了三位辅导老师则
所以把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
综上把6位老师安排给三位学生辅导，甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
题型十三、隔板法
【例13-1】某市举行高三数学竞赛，有6个参赛名额分给甲乙丙三所学校，每所学校至少分得一个名额，共有______种不同的分配方法.（用数字作答）
【答案】10
【解析】6个名额分给其他3个学校，由隔板法知有种方法.
【例13-2】某地举办庆祝建党周年“奋进新时代，学习再出发”的党史知识竞赛.已知有个参赛名额分配给甲、乙、丙、丁四支参赛队伍，其中一支队伍分配有个名额，余下三支队伍都有参赛名额，则这四支队伍的名额分配方案有__________种.
【答案】
【解析】有个名额的队伍只能有一个，有种，剩余个名额分给其他个队伍，由隔板法知有种，
由分步乘法计数原理可知，共有种不同的分配方案.
故答案为：.
【例13-3】六元一次方程的正整数解有________组．
【答案】126
【解析】的正整数解的组数为.
【例13-4】将7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【答案】D
【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.
【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.
【例13-5】方程的非负整数解共有___________组．
【答案】
【解析】将方程的解看成11个1放在3个小盒的方法，可以将11个1和3个小盒，共14个元素，分成3组，每组至少1个，采用隔板法，14个元素之间13个位置，隔2块板，共有种方法，
所以方程的非负整数解共有组.
【例13-6】把20个相同的小球装入编号分别为①②③④的4个盒子里，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，共有种方法.
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设四个盒子中装的小球个数分别为，，，，则，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，令，，，，则，，，都大于或等于1，且，问题相当于将10个球分成四部分，在10个球的9个间隔里选三个隔开，有种方法.
【例13-8】把1995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里，使得第个盒子中至少有个球（），则不同放法的总数是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】先在第个盒里放入个球，，即第1个盒里放1个球，第2个盒里放2个球，…，这时共放了个球，还余下个球.故转化为把1940个球任意放入10个盒子里（允许有的盒子里不放球）.把这1940个球用9块隔板隔开，每一种隔法就是一种球的放法，1940个球连同9块隔板共占有1949个位置，相当于从1949个位置中选9个位置放隔板，有种放法.选D.
题型十四、数字排列
【例14-1】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
【解析】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，
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.
【例14-2】由0~9这10个数组成的三位数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（ ）
A．120 B．168 C．204 D．216
【答案】C
【解析】先不考虑0的情况，
则从这9个数字中选出3个数字，共种情形，当三个数字确定以后，这三个数字按严格递增或严格递减排列共有2种情况，根据分步计数原理知共有＝168.
再考虑有0时，不可能组成严格递增的数，如果组成严格递减的数，则0在个位，前两位从这9个数字中选出2个数字，共种情形.
所以共.
【例14-3】公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个．
A．600 B．300 C．360 D．180
【答案】B
【解析】当最后一位为1时，共有种；
当最后一位不为1时，在3、4、5任选一个放最后有种，
把余下2个数字与9全排有种，
将两个1插入4个空中的2个有种，或两个1捆绑插入4个空中的1个有种，
共有种；
综上，共有种.
【例14-4】已知a1，a2，a3∈{2，4，6}，记N（a1，a2，a3）为a1，a2，a3中不同数字的个数，如∶N（2，2，2）=1，N（2，4，2）=2，N（2，4，6）=3，则所有的（a1，a2，a3）的排列的N（a1，a2，a3）平均值为（ ）
A． B．3 C． D．4
【答案】A
【解析】由题意，N（a1，a2，a3）共有种排列
若N（a1，a2，a3）=1，即共3种；
若N（a1，a2，a3）=2，有种； 若N（a1，a2，a3）=3，有种；
故所有的（a1，a2，a3）的排列的N（a1，a2，a3）平均值为
【例14-5】用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为（ ）
A．81 B．48 C．36 D．24
【答案】B
【解析】根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：
①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，
则此时四位数有2×2×2×2=16个；
②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，
此时四位数有4×2×2×2=32个，
故有16+32=48个四位数.
【例14-6】从1，2，3，0这四个数中取三个组成没有重复数字的三位数，则这些三位数的和为___________．
【答案】3864
【解析】分三种情况：
（1）在所有不含0的三位数中，百位上的所有数字之和为，
十位上的所有数字之和为，百个位上的所有数字之和为，
所以所有不含0的三位数的和为；
（2）在含0且0在十位上的三位数中，百位上的所有数字之和为，
个位上的所有数字之和为，
所以含0且0在十位上的三位数的和为；
（3）在含0且0在个位上的三位数中，百位上的所有数字之和为，
十位上的所有数字之和为，
所以含0且0在个位上的三位数的和为；
那么可得符合条件的这些三位数之和为．
【例14-7】验证码就是将一串随机产生的数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰象素（防止），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，…，9中的五个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为__________.
【答案】
【详解】根据“钟型验证码” 中间数字最大，然后向两边对称递减，所以中间的数字可能是.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
所以该验证码的中间数字是7的概率为.
【例14-8】1.设是，，．．．的一个排列，把排在的左边且比小的数的个数称为，，的顺序数，如在排列，，，，，中，的顺序数为，的顺序数为，则在至这个数的排列中，的顺序数为，的顺序数为，的顺序数为的不同排列的种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】因为的顺序数为，所以8一定在第三位，因为8是最大的；因为的顺序数为，7一定在第五位，因为前面除了8以外所有数都比它小.
因为的顺序数为，所以5一定在7后面
这里分两种情况：①6在5前面，此时5一定在第七位，6在前面第一、二、四、六位上，因此有种；②6在5后面，此时5一定在第六位，6在后面第七、八位上，因此有种；从而一共有故A，B，D错误.
【例14-9】有0，1，2，3，4，5六个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？
(3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？
【解析】（1）由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类：
第一类：0在个位时，有个；
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有种，十位和百位从余下的数字中选，有种，共有个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个，
由分类加法计数原理知，共有个无重复数字的四位偶数．
（2）组成无重复数字且为5的倍数的四位数分为两类：
个位上的数字是0时，满足条件的四位数有个；
个位数上的数字是5时，满足条件的四位数有个，
故满足条件的四位数有（个）．
（3）组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个；
第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个；
第三类：形如124□，125□，共有个；
第四类：形如123□，共有 个．
由分类加法计数原理知，共有（个）．
题型十五、几何问题
【例15-1】一个国际象棋棋盘（由8×8个方格组成），其中有一个小方格因破损而被剪去（破损位置不确定）．“L”形骨牌由三个相邻的小方格组成，如图所示．现要将这个破损的棋盘剪成数个“L”形骨牌，则（　　）
A．至多能剪成19块“L”形骨牌
B．至多能剪成20块“L”形骨牌
C．最多能剪成21块“L”形骨牌
D．前三个答案都不对
【答案】C
【解析】考虑2×3的6块方格，如图：每一块这样的骨牌含有2块“L”形骨牌
一共可以剪成10块这样的骨牌，和一个田字格，田字格可以剪1块“L”形骨牌，则一共21块“L”形骨牌.
只要将破损的方格所在位置剪成一个恰当的田字格即可，所以一定能够剪成21块“L”形骨牌.
如图所示
【例15-2】已知分子是一种由60个碳原子构成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，它具有60个顶点和若干个面，.各个面的形状为正五边形或正六边形，结构如图.已知其中正六边形的面为20个，则正五边形的面为（ ）个.
A．10 B．12
C．16 D．20
【答案】B
【解析】由结构图知：每个顶点同时在3个面内，所以五边形面数为个.
【例15-3】如图为一个直角三角形工业部件的示意图，现在AB边内侧钻5个孔，在BC边内侧钻4个孔，AB边内侧的5个孔和BC边内侧的4个孔可连成20条线段，在这些线段的交点处各钻一个孔，则这个部件上最多可以钻的孔数为（ ）．
A．190 B．199 C．69 D．60
【答案】C
【解析】在AB边内侧的5个孔和BC边内侧的4个孔中各取两个可构成四边形，
当这些四边形对角线的交点不重合时，钻孔最多，所以最多可以钻的孔数为个．
【例15-4】宋代学者聂崇义编撰的《三礼图集注》中描述的周王城，“匠人营国，方九里，旁三门，国中九经九纬……”；意思是周王城为正方形，边长为九里，每边都有左中右三个门；城内纵横各有九条路……；则依据此种描述，画出周王城的平面图，则图中共有（ ）个矩形
A．3025 B．2025 C．1225 D．2525
【答案】A
【解析】要想组成一个矩形，需要找出两条横边、两条纵边，
根据分步乘法计数原理，依题意，所有矩形的个数为.
【例15-5】从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，
正方体表面四点共面不能构成四面体有种，
正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有种，
所以可得到的四面体的个数为种.
【例15-6】如图，的边上有四点、、、，上有三点、、，则以、、、、、、、中三点为顶点的三角形的个数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】利用间接法，先在个点中任取个点，再减去三点共线的情况，
因此，符合条件的三角形的个数为.
【例15-7】有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有多少种不同走法？
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【解析】试题分析：如图，①从入口﹣1﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
②从入口﹣1﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
③从入口﹣1﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
④从入口﹣1﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑤从入口﹣2﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
⑥从入口﹣2﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
⑦从入口﹣2﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑧从入口﹣2﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
共有8种．
【例15-8】已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有种可能，在这种可能中，电路从P到Q接通的情况有 种．

【答案】16
【解析】若电路从到接通，共有三种情况：
（1）若1闭合，而4不闭合时，可得分为：
①若1、2闭合，而4不闭合，则3、5可以闭合也可以不闭合，共有种情况；
②若1、3、5闭合，而4不闭合，则2可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但①与②中都包含1、2、3、5都闭合，而4不闭合的情况，所以共有种情况；
（2）若4闭合，而1不闭合时，可分为：
③若4、5闭合，而1不闭合，则2、3可以闭合也可以不闭合，有种情况；
④若4、3、2闭合，而1不闭合，则5可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但③与④中，都包含4、2、3、5都闭合，而1不闭合的情况，所以共有种情况；
（3）若1、4都闭合，共有种情况，而其中电路不通有2、3、5都不闭合与2、5都不闭合2种情况，则此时电路接通的情况有种情况；
所以电路接通的情况有种情况.
【例15-9】一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？
A．5 B．25 C．55 D．75
【答案】D
【详解】由题意知：小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，共有以下四种情形：
一、小蜜蜂在5次飞行中，有4次向正方向飞行，1次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
二、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行一个单位，1次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，1次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有种情况；
三、小蜜蜂在5次飞行中，有1次向正方向飞行每次飞行一个单位，2次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
四、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行一个单位，共有种情况；
故而共有种情况．
【例15-10】如图所示，甲 乙两人同时出发，甲从点到，乙从点到，且每人每次都只能向上或向右走一格.则甲 乙的行走路线没有公共点的概率为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】首先考虑甲从点到，乙从点到总的路径的对数，
甲从点到，需要向上走步，向右走步，共步，所以甲从点到有种方法；
乙从点到，需要向上走步，向右走步，共步，所以乙从点到有种方法；
由分步乘法计数原理可知：甲从点到，乙从点到，有种方法；
下面计算甲从点到，乙从点到的相交路径的对数，
证明：甲从点到，乙从点到相交路径的对数等于甲从点到，乙从点到相交路径的对数，
事实上，对于甲从点到，乙从点到的每一组相交路径，他们至少有一个交点，如图，设从左到右，从下到上的第一个交点为点，如图，实线路径表示甲从到的路径，虚线路径表示乙从点到的路径，将点以后的实线路径改为虚线，虚线路径改为实线，就得到一组甲从点到，乙从点到相关路径，如图，
反之，对于甲从点到，乙从点到的任意一组相交路径，也都可以用同样的方法将之变换成甲从到，乙从点到的一组相交路径，即这两者之间的相交路径是一一对应的，又因为甲从点到，乙从点到的任意一组路径都是相交路径，所以甲从点到，乙从点到共有种方法；
所以甲 乙的行走路线没有公共点的有种方法；
甲 乙的行走路线没有公共点的概率为.
题型十六、跨楼梯问题
【例16-1】欲登上第10级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有
A．34种 B．55种
C．89种 D．144种
【答案】C
【详解】解法1：分类法：
第一类：没有一步两级，只有一步一级，则只有一种走法；
第二类：恰有一步是一步两级，则走完10级要走9步，9步中选一步是一步两级的，有种可能走法；
第三类：恰有两步是一步两级，则走完10级要走8步，8步中选两步是一步两级的，
有种可能走法；
依此类推，共有=89，故选:C
解法2：递推法：
设走n级有种走法，这些走法可按第一步来分类，
第一类：第一步是一步一级，则余下的级有种走法；
第二类：第一步是一步两级，则余下的级有种走法，
于是可得递推关系式，又，
由递推可得．
【例16-2】某人从上一层到二层需跨10级台阶. 他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步. 从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶. 则他从一层到二层可能的不同过程共有（ ）种.
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【详解】按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步. 因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步. 每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧. 此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球. 所以，此种情况共有4种可能的不同排列.
（2）第1球不是白球.
（i）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；
（ii）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共有3种不同排列.
（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有种可能的不同过程.
【例16-3】斐波那契数列，又称黄金分割数列.因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…..，在数学上，斐波那契数列以如下被递推的方法定义：，，.这种递推方法适合研究生活中很多问题.比如：一六八中学食堂一楼到二楼有15个台阶，某同学一步可以跨一个或者两个台阶，则他到二楼就餐有（ ）种上楼方法.
A．377 B．610 C．987 D．1597
【答案】C
【分析】分析出，，，，进而得到递推关系，满足斐波那契数列，列举即可得到结果.
【详解】由题意若只有一个台阶，则有种上楼方法；
若有两个台阶，则有种上楼方法；
若有三个台阶，则有种上楼方法；
若有四个台阶，则有种上楼方法；
以此类推：
若要到达第n个台阶，前一步可能在第n-1个台阶上再跨一台阶上去，也可能是在第n-2个台阶上跨两个台阶上去，
∴满足，符合斐波那契数列的规律，由此规律列举出前15项：
1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987
∴有15个台阶，则他到二楼就餐有987种上楼方法.
题型十七、排队与排序问题
【例17-1】甲 乙 丙三人相约一起去做核酸检测，到达检测点后，发现有两支正在等待检测的队伍，则甲 乙 丙三人不同的排队方案共有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】C
【解析】先进行分类：①3人到队伍检测，考虑三人在队的排队顺序，此时有种方案；
②2人到队伍检测，同样要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
③1人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
④0人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
所以，甲 乙 丙三人不同的排队方案共有24种.
【例17-2】街头篮球比赛后，红、黄两队共名队员（红队人，黄队人）合照，要求人站成一排，红队人中有且只有名队员相邻，则不同排队的方法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】A
【解析】由题意，分三步进行分析：
①将名红队队员分成组，有种分组方法，将人的一组看成一个元素，考虑人之间的顺序，有种情况；
②将黄队的人全排列，有种排法，排好后，有个空位；
③在个空位中任选个，安排名红队队员分成的两个组，有种方法，
则人站成一排照相，名红队队员中有且只有两人相邻的站法有种.
【例17-3】受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（ ）
A．240种 B．120种 C．188种 D．156种
【答案】B
【解析】根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论：
（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有种情况，此时有种安排方案；
（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；
（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；
由加法计数原理可知共有种方案.
【例17-4】某校高三年级进行校际模拟联考，某班级考试科目为语文，数学，英语，物理，化学，生物，已知考试分为三天进行，且数学与物理不得安排在同一天进行，每天至少进行一科考试.则不同的考试安排方案共有（ ）
A．720种 B．3168种 C．1296种 D．5040种
【答案】D
【详解】若三天考试科目数量为，则安排方法数为：.
若三天考试科目数量为，则安排方法数为：
，
若三天考试科目数量为，则安排方法数为：，
所以不同的考试安排方案共有种.
【例17-5】过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．60种
【答案】B
【详解】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有种安排方法，
此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；
②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法，
此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；
③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法；
故选拔测试的安排方案有种.
【例17-6】几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共有（ ）
A．23 B．24 C．32 D．33
【答案】D
【详解】不妨设代表树枝的高度，五根树枝从上至下共九个位置，
根据甲依次撞击到树枝；乙依次撞击到树枝；丙依次撞击到树枝；丁依次撞击到树枝；戊依次撞击到树枝可得，
在前四个位置，，，且一定排在后四个位置，
（1）若排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C,则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有种排法；
（2）若不排在前四个位置中的一个位置，则按顺序排在前四个位置，由于，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，
由分类计数原理可得，这9根树枝从高到低不同的次序有种.
【例17-6】武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（ ）
A．19840种 B．16000种 C．31360种 D．9920种
【答案】D
【详解】先从5天中选3天排太极拳，有种，
然后再从所选的3天中选一节排太极拳有种，所以太极拳有种排法，
若五天中有天既有太极拳又有形意拳，则哪一天重复有种，
再从另外不重复的2天中每天选1天排形意拳，有种，
再从剩下的4节课中选2节排长拳，有种，则另外2节排兵器，所以有种，
若五天中有天既有太极拳又有形意拳，则哪两天重复有种，
再从另外不重复的2天中排形意拳，有种，
再从剩下的4节课中抽2节课排长拳，有种，则另外2节排兵器，
但排在同一天不合适，所以有种，所以共有种，
若五天中有天既有太极拳又有形意拳，
则剩下的4节课中选2节排长拳，有种，再去掉排同一天的种，所以有种，
综上所述：共有种.
【例17-7】2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为，则满足的分配方案的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】假设6位医务人员年龄排序为，
由题意知，年龄最大的医务人员必在第三批，派遣方式如下：
1、第一批派，第二批年龄最大者为，第三批年龄最大者为：
剩下的医务人员一个在第二批，两个在第三批有种方法，
2、第一批派，第二批年龄最大者为或，第三批年龄最大者为：
当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，共种方法；
3、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：
当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，
当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
4、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：
当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，
当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
∴种方法，而总派遣方法有种，
∴满足的分配方案的概率为.
题型十八、环排问题
【例18-1】21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字“3”的人出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数为
A．19 B．38 C．51 D．57
【答案】D
【解析】根据题意 21人报数21人次，其中有7人次报数为3，则此7人出列，剩下13人；13人报数15人次，其中有5人报数为3，则此5人出列，剩下8人；8人报数9人次，其中有3人报数为3，则此3人出列，剩下5人；5人报数6人次，其中有2人报数为3，则此2人出列，剩下3人；3人报数3人次，其中有1人次报数为3，则此1人出列，剩下2人；2人报数3人次，其中1人次报数为3，则此人出列,剩下1人．在这个过程中一共报数：21+15+9+6+3+3=57人次．
【例18-2】A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（ ）
A．60种 B．48种 C．30种 D．24种
【答案】B
【解析】首先，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，
考虑B、C两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，
根据排列数的计算公式，得到，，接下来，考虑其余三人的情况，
其余位置可以互换，可得种，最后根据分步计数原理，得到种.
【例18-3】现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有（ ）．
A．6种 B．8种 C．12种 D．16种
【答案】B
【解析】先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，所以共有坐法种数为种．
题型十九：构造法模型和递推模型
【例19-1】贾同学、王同学、文同学三人在操场踢球,每次传球,传球者将球随机将传给另外两位同学之一,足球最开始在文同学脚下,则:①次传球之后,共有___________种可能的传球方法;②次传球之后,足球回到文同学脚下的传球方法有___________种.
【答案】
【解析】每次传球有两种方法，所以次传球之后,共有种可能的传球方法;
设次传球之后,足球回到文同学脚下的传球方法为种.
则2，即
因为
【例19-2】一只蚂蚁从一个正四面体的顶点出发，每次从一个顶点爬行到另一个顶点，则蚂蚁爬行五次还在点的爬行方法种数是__________．
【答案】
【解析】解法一：第一次爬行可以到的任何一点，第二次爬行分到与不到，对于第二次不到的第三次爬行再分到与不到．爬行方法总数为（种）．
解法二：设从点出发爬行次仍在点的爬行方法种数为，则，，，
，
，．（亦可由递推式从第二项递推出第五项的值）.
【例19-3】已知正m边形，一质点M从点出发，每一步移动均为等可能的到达与其相邻两个顶点之一．经过n次移动，记质点M又回到点的方式数共有种，且其概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则， D．若，则
【答案】BCD
【详解】对A，时，如下左图，经3步从回到，仅有，
与两种，所以，故A错误；
对B，若时，如下中图，
与，记从出发经过n步到的方法数为，
则(先走两步回到有2种，化归为，先走两步到有2种，化归为)，
所以，因为，所以，故B正确；
对C，时，显然走奇数步无法回到，故，故C正确；
对D，时，如下右图，
走6步共有种走法(每一步顺时针或逆时针)，出发回到有2种情形，①一个方向连续走6步，有2种；②2个方向各走3步，有种，所以，所以，故D正确.
题型二十：计数原理与其他知识综合问题
【例20-1】若集合，则集合中元素有______个.
【答案】242
【详解】由题可得，
∴，又必为一奇一偶，
而偶数必是,，共有121种情况，
又奇偶未定，故集合中元素只有242个.
【例20-2】已知数列共有26项，且，，，则满足条件的不同数列有__________ 个．
【答案】2300
【解析】，或，
设有个，则有个，
，
所以，解得，即可知25个括号中有22个取1，
所以满足条件的不同数列有.
【例20-3】定义数列如下：存在，满足，且存在，满足，已知数列共4项，若且，则数列共有（ ）
A．190个 B．214个 C．228个 D．252个
【答案】A
【详解】由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：
（1）4项中每一项都不同，共有个；
（2）4项中有2项相同（如x,y,z,x）,共有个；
（3）4项中有3项相同（如x,x,y,x）,共有个；
（4）4项中两两相同（如x,y,x,y）,共有个；
所以数列共有个.
【例20-4】设A是集合的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A的个数为（ ）
A．32 B．56 C．72 D．84
【答案】B
【详解】若1,3在集合A内，则还有一个元素为5,6,7,8,9,10中的一个；
若1,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若1,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有6+5+4+3+2+1=21个.
若2,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若2,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若2,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有5+4+3+2+1=15个.
若3,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若3,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若3,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有4+3+2+1=10个.
若4,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若4,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若4,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有3+2+1=6个.
若5,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若5,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有2+1=3个.
若6,8,10在在集合A内，只有1个.
总共有21+15+10+6+3+1=56个.
【例20-5】定义域为集合{1，2，3，…，12}上的函数满足：
（1）；（2）（）；（3）、、成等比数列；
这样的不同函数的个数为（ ）
A．155 B．156 C．157 D．158
【答案】A
【详解】根据题意，的取值最大值为，最小值为，并且成为以2为公差的等差数列，
故的可能取值为，的可能取值为，
所有能使、、成等比数列时，、、的可能取值只有2种情况：
①、、；②、、，
由于（），所有或，
即得到后项时，把前项加1或者把前项减1，（1）当、、时，
即要构造满足条件的等比数列分为2步，
第一步：从变化到，
第二步：从变化到，从变化到，有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3次加1，2次减1，则对应的方法有种，从变化到，有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次中选择4次加1，2次减1，则对应的方法有种，
故根据分布乘法原理，共有种，
（1）当、、时，即要构造满足条件的等比数列分为2步，
第一步：从变化到，
第二步：从变化到，从变化到，有5次变化，函数值从1变化到，故应从5次中选择1次加1，4次减1，则对应的方法有种，从变化到，有6次变化，函数值从变化到4，故应从6次中选择6次加1，则对应的方法有种，故根据分布乘法原理，共有种.
综上：满足条件的共有155个.
【例20-6】已数列，令为，，，中的最大值2，，，则称数列为“控制数列”，数列中不同数的个数称为“控制数列”的“阶数”例如：为1，3，5，4，2，则“控制数列”为1，3，5，5，5，其“阶数”为3，若数列由1，2，3，4，5，6构成，则能构成“控制数列”的“阶数”为2的所有数列的首项和是______．
【答案】1044
【详解】依题意得，首项为1的数列有1，6，a，b，c，d，故有种，
首项为2的数列有2，1，6，b，c，d，或2，6，a，b，c，d，故有种，
首项为3的数列有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，故有种，
首项为4的数列有种，
即4，6，a，b，c，d，有种，
4，1，6，b，c，d，或4，2，6，b，c，d，或4，3，6，b，c，d，有种，
4，a，b，6，c，d，其中a，2，，则有种，
4，a，b，c，6，d，其中a，b，2，，则有6种，
首项为5的数列有种，
即5，6，a，b，c，d，有种，
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有种，
5，a，b，6，c，d，其中a，2，3，，则有种，
5，a，b，c，6，d，其中a，b，2，3，，则有24种，
5，a，b，c，d，6，其中a，b，c，2，3，，则有24种，
综上，所有首项的和为．
【例20-7】已知数列共16项，且，记关于x的函数，，若是函数的极值点，且曲线在点处的切线的斜率为15，则满足条件的数列的个数_____ .
【答案】1176
【详解】由可得，
因为是函数的极值点，
所以所以即，
，又，
故七项中必有两项取1,五项取，即种方法，
又曲线在点处的切线的斜率为，即，
所以即，所以或，
（或），
故八项中必有两项取,六项取1，（这八项中必有六项取,两项取1），
故满足条件的数列共有或种方法，
所以方法总数为个.
【例20-8】设集合，定义：集合，集合，集合，分别用，表示集合S，T中元素的个数，则下列结论可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】不妨设，则的值为，
显然，，所以集合Y中至少有以上5个元素，
不妨设，
则显然，则集合S中至少有7个元素，
所以不可能，故排除A选项；
其次，若，则集合Y中至多有6个元素，则，故排除B项；
对于集合T，取，则，
此时，，故D项正确；
对于C选项而言，，则与一定成对出现，，
所以一定是偶数，故C项错误.
【例20-9】在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据题意，作出图形如下，
因为，
所以，
设面的一个法向量为，
则，
令，则，故，
设是面上的点，则，
故，则，
不妨设三棱锥内部整点为，则，故，则，
易知若，则在面上，若，则在三棱锥外部，
所以，
当且时，
将写成个排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，
则结果的个数为的取值的方法个数，显然有个方法，
所有整点的个数为，
因为，
所以.
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专题三十五 计数原理
知识归纳
一、分类加法计数原理
完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法．
二、分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法.
注意：两个原理及其区别
分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理.
分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理.
当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法.
三、两个计数原理的综合应用
如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．
四、排列与排列数
（1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示．
（2）排列数的公式：．
特例：当时，；规定：．
（3）排列数的性质：
①；②；③．
（4）解排列应用题的基本思路：
通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）．
注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用．
五、组合与组合数
（1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示．
（2）组合数公式及其推导
求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑：
第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数；
第二步，求每一个组合中个元素的全排列数；
根据分步计数原理，得到；
因此．
这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：．
注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明．
（3）组合数的主要性质：①；②．
（4）组合应用题的常见题型：
①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型；
②“至少”或“最多”含有几个元素的题型．
六、排列和组合的区别
组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同．
注意：排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”．
七、解决排列组合综合问题的一般过程
1、认真审题，确定要做什么事；
2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步；
3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素；
4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略．
方法技巧与总结
1、如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种．
2、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项
（1）解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论．
3、定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑：
(1)以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素；
(2)以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置；
(3)用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．
4、解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种．
5、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种．
6、环（圆）排问题直排法：把个不同元素放在圆周个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而无首位、末位之分，下列个普通排列：在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，个元素的圆排列数有种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的元素全排列.
7、全错位排列问题公式：全错位排列问题（贺卡问题、信封问题），记住公式即可。
瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：用、、、表示写着位友人名字的信封，、、、表示份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作。假设把错装进里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：① 装入里，这时每种错装的其余部分都与、、、无关，应有种错装法。②装入、之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除之外的） 份信纸、、装入（除以外的）个信封、、，显然这时装错的方法有种。总之在装入的错误之下，共有错装法种。装入，装入、的种错误之下，同样都有种错装法。
因此，得到一个递推公式：，分别代入等，可推得结果。
也可用迭代法推导出一般公式：。
典例分析
题型一、两个计数原理的综合应用
【例1-1】将6封信投入4个邮筒，且6封信全部投完，不同的投法有（ ）
A．种 B．种 C．4种 D．24科
【例1-2】为了进一步提高广大市民的生态文明建设意识，某市规定每年月日为“创建文明城生态志愿行”为主题的生态活动日，现有名同学参加志愿活动，需要携带勾子、铁锹、夹子三种劳动工具，要求每人都要携带一个工具，并且要求：带一个勾子，铁锹至少带把，夹子至少带一个，则不同的安排方案共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【例1-3】5400的正约数有（ ）个
A．48 B．46 C．36 D．38
【例1-4】将6盆不同的花卉摆放成一排，其中A B两盆花卉均摆放在C花卉的同一侧，则不同的摆放种数为（ ）
A．360 B．480 C．600 D．720
【例1-5】有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有____种.
【例1-6】有四张卡片，正面和背面依次分别印有数字“1，0，2，4”和“3，5，0，7”，一小朋友把这四张卡片排成四位整数，则他能排出的四位整数的个数为_________.
题型二、直接法
【例2-1】甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）种
A．54 B．72 C．96 D．120
【例2-2】某学校要从5名男教师和3名女教师中随机选出3人去支教，则抽取的3人中，女教师最多为1人的选法种数为（ ）．
A．10 B．30 C．40 D．46
【例2-3】某项活动安排了4个节目，每位观众都有6张相同的票，活动结束后将票全部投给喜欢的节目，一位观众最喜欢节目A，准备给该节目至少投3张，剩下的票则随机投给其余的节目，但必须要A节目的得票数是最多的，则4个节目获得该观众的票数情况有（ ）种.
A．150 B．72 C．20 D．17
【例2-4】若一个三位数的各个数位上的数字之和为8，则我们称是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”.那么“叔同数”的个数共有（ ）
A．34个 B．35个 C．36个 D．37个
题型三、间接法
【例3-1】某学校计划从包含甲 乙 丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲 乙 丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（ ）
A．21种 B．231种 C．238种 D．252种
【例3-2】将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．
A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种
【例3-3】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
【例3-4】红五月，某校团委决定举办庆祝中国共产党成立100周年“百年荣光，伟大梦想”联欢会，经过初赛，共有6个节目进入决赛，其中2个歌舞类节目，2个小品类节目，1个朗诵类节目，1个戏曲类节目．演出时要求同类节目不能相邻，则演出顺序的排法总数是（ ）
A． B． C． D．
题型四、捆绑法
【例4-1】成语“五音不全”中的五音指古乐的五声音阶：宫、商、角、徵、羽，是中国古乐基本音阶．把这五个音阶排成一列，形成一个音序．满足“徵”“羽”两音阶相邻且在“宫”音阶之前的不同音序的种数为___________．（用数字作答）
【例4-2】甲 乙 丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲 乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（ ）
A．240 B．192 C．96 D．48
题型五、插空法
【例5-1】将语文 数学 英语 物理 化学 生物六本书排成一排，其中语文 数学相邻，且物理 化学不相邻，则不同的排法共有种___________.（用数字作答）
【例5-2】英文单词"sentence”由8个字母构成，将这8个字母组合排列，且两个n不相邻一共可以得到英文单词的个数为_________．（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）
【例5-3】某科室有4名人员，两男两女，参加会议时一排有5个位置，从左到右排，则两女员工不相邻（中间隔空位也叫不相邻），且左侧的男员工前面一定有女员工的排法有_______种（结果用数字表示）．
【例5-4】某公共汽车站有6个候车位排成一排，甲、乙、丙三个乘客在该汽车站等候228路公交车的到来，由于市内堵车，228路公交车一直没到站，三人决定在座位上候车，且每人只能坐一个位置，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是
A．48 B．54 C．72 D．84
【例5-5】地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库.当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有________种.
【例5-6】某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ）
A．240 B．360 C．480 D．720
题型六、定序问题（先选后排）
【例6-1】满足，且的有序数组共有（ ）个.
A． B． C． D．
【例6-2】某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有（ ）
A．120种 B．80种 C．20种 D．48种
【例6-3】某次数学获奖的6名高矮互不相同的同学站成两排照相，后排每个人都高于站在他前面的同学，则共有多少种站法（ ）
A．36 B．90 C．360 D．720
【例6-4】DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（ ）
A．20 B．40 C．60 D．120
【例6-5】花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （ ）
A．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．379 B．360 C．243 D．217
题型七、列举法
【例7-1】三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有（ ）
A．6种 B．8种 C．10种 D．16种
【例7-2】设，，，那么满足的所有有序数组的组数为（ ）
A．45 B．46 C．47 D．48
【例7-3】从集合中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有（ ）个
A．98 B．56 C．84 D．49
【例7-4】工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是________．
【例7-5】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）
【例7-6】古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式．”在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，若两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则所有四位数的回文数中能被3整除的个数是（ ）
A．27 B．28 C．29 D．30
【例7-7】用标有1克，5克，10克的砝码各一个，在一架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么可以称出的不同克数（正整数的重物）有多少种 （ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【例7-8】我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
题型八、多面手问题
【例8-1】某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225 B．185 C．145 D．110
【例8-2】“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．26种 B．30种 C．37种 D．42种
题型九、错位排列
【例9-1】将编号为、、、、、的小球放入编号为、、、、、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． B． C． D．
【例9-2】若5个人各写一张卡片（每张卡片的形状、大小均相同），现将这5张卡片放入一个不透明的箱子里，并搅拌均匀，再让这5人在箱子里各摸一张，恰有1人摸到自己写的卡片的方法数有（ ）
A．20 B．90 C．15 D．45
【例9-3】新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（ ）
A． B． C． D．
【例9-4】甲、乙、丙、丁、戊五位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆电动车只能载两人，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式有
A．种 B．种 C．种 D．种
题型十、涂色问题
【例10-1】学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有______种不同的涂色方法.
【例10-2】如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(以数字作答)．
【例10-3】如图，用4种不同的颜色给图中的8个区域涂色，每种颜色至少使用一次，每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相同，则区域，，，和，，，分别各涂2种不同颜色的涂色方法共有_________种；区域，，，和，，，分别各涂4种不同颜色的涂色方法共有_________种.
【例10-4】用红、黄、蓝、绿4种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为______．
【例10-5】七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形 一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有______种.
【例10-6】如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．192 B．336 C．600 D．以上答案均不对
【例10-7】如图给三棱柱的顶点染色，定义由同一条棱连接的两个顶点叫相邻顶点，规定相邻顶点不得使用同一种颜色，现有种颜色可供选择，则不同的染色方法有_________________.
【例10-8】用五种不同颜色给三棱台的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有___________种.
【例10-9】将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（ ）种不同的放置与上色方式
A．11232 B．10483 C．10368 D．5616
题型十一、元素插入问题
【例11-1】7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为（ ）
A．120 B．240 C．360 D．480
【例11-2】在一张节目表上原有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，再添加进去三个节目，求共有多少种安排方法
【例11-3】有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．168 B．260 C．840 D．560
题型十二、分组与分配问题
【例12-1】现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（ ）
A．每人都安排一项工作的不同方法数为54
B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
【例12-2】为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方，则不同的分派方法有（ ）
A．18种 B．36种 C．68种 D．84种
【例12-3】2021年春节期间电影《你好，李焕英》因“搞笑幽默不庸俗，真心实意不煽情”深受热棒，某电影院指派5名工作人员进行电影调查问卷，每个工作人员从编号为1，2，3，4的4个影厅选一个，可以多个工作人员进入同一个影厅，若所有5名工作人员的影厅编号之和恰为10，则不同的指派方法种数为（ ）
A．91 B．101 C．111 D．121
【例12-4】某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，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”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是______．
【例12-5】某医院从7名男医生（含一名主任医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为_________________．
【例12-6】已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）
A．150 B．240 C．390 D．1440
【例12-7】若六位老师前去某三位学生家中辅导，每一位学生至少有一位老师辅导，每一位老师都要前去辅导且仅能辅导一位同学，由于就近考虑，甲老师不去辅导同学1，则有（ ）种安排方法
A．335 B．100 C．360 D．340
题型十三、隔板法
【例13-1】某市举行高三数学竞赛，有6个参赛名额分给甲乙丙三所学校，每所学校至少分得一个名额，共有______种不同的分配方法.（用数字作答）
【例13-2】某地举办庆祝建党周年“奋进新时代，学习再出发”的党史知识竞赛.已知有个参赛名额分配给甲、乙、丙、丁四支参赛队伍，其中一支队伍分配有个名额，余下三支队伍都有参赛名额，则这四支队伍的名额分配方案有__________种.
【例13-3】六元一次方程的正整数解有________组．
【例13-4】将7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【例13-5】方程的非负整数解共有___________组．
【例13-6】把20个相同的小球装入编号分别为①②③④的4个盒子里，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，共有种方法.
A． B． C． D．
【例13-8】把1995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里，使得第个盒子中至少有个球（），则不同放法的总数是
A． B． C． D．
题型十四、数字排列
【例14-1】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
【例14-2】由0~9这10个数组成的三位数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（ ）
A．120 B．168 C．204 D．216
【例14-3】公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个．
A．600 B．300 C．360 D．180
【例14-4】已知a1，a2，a3∈{2，4，6}，记N（a1，a2，a3）为a1，a2，a3中不同数字的个数，如∶N（2，2，2）=1，N（2，4，2）=2，N（2，4，6）=3，则所有的（a1，a2，a3）的排列的N（a1，a2，a3）平均值为（ ）
A． B．3 C． D．4
【例14-5】用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为（ ）
A．81 B．48 C．36 D．24
【例14-6】从1，2，3，0这四个数中取三个组成没有重复数字的三位数，则这些三位数的和为___________．
【例14-7】验证码就是将一串随机产生的数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰象素（防止），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，…，9中的五个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为__________.
【例14-8】1.设是，，．．．的一个排列，把排在的左边且比小的数的个数称为，，的顺序数，如在排列，，，，，中，的顺序数为，的顺序数为，则在至这个数的排列中，的顺序数为，的顺序数为，的顺序数为的不同排列的种数为（ ）
A． B． C． D．
【例14-9】有0，1，2，3，4，5六个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？
(3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？
题型十五、几何问题
【例15-1】一个国际象棋棋盘（由8×8个方格组成），其中有一个小方格因破损而被剪去（破损位置不确定）．“L”形骨牌由三个相邻的小方格组成，如图所示．现要将这个破损的棋盘剪成数个“L”形骨牌，则（　　）
A．至多能剪成19块“L”形骨牌
B．至多能剪成20块“L”形骨牌
C．最多能剪成21块“L”形骨牌
D．前三个答案都不对
【例15-2】已知分子是一种由60个碳原子构成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，它具有60个顶点和若干个面，.各个面的形状为正五边形或正六边形，结构如图.已知其中正六边形的面为20个，则正五边形的面为（ ）个.
A．10 B．12
C．16 D．20
【例15-3】如图为一个直角三角形工业部件的示意图，现在AB边内侧钻5个孔，在BC边内侧钻4个孔，AB边内侧的5个孔和BC边内侧的4个孔可连成20条线段，在这些线段的交点处各钻一个孔，则这个部件上最多可以钻的孔数为（ ）．
A．190 B．199 C．69 D．60
【例15-4】宋代学者聂崇义编撰的《三礼图集注》中描述的周王城，“匠人营国，方九里，旁三门，国中九经九纬……”；意思是周王城为正方形，边长为九里，每边都有左中右三个门；城内纵横各有九条路……；则依据此种描述，画出周王城的平面图，则图中共有（ ）个矩形
A．3025 B．2025 C．1225 D．2525
【例15-5】从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为（ ）
A． B． C． D．
【例15-6】如图，的边上有四点、、、，上有三点、、，则以、、、、、、、中三点为顶点的三角形的个数为（ ）
A． B．
C． D．
【例15-7】有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有多少种不同走法？
A．6 B．8 C．10 D．12
【例15-8】已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有种可能，在这种可能中，电路从P到Q接通的情况有 种．

【例15-9】一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？
A．5 B．25 C．55 D．75
【例15-10】如图所示，甲 乙两人同时出发，甲从点到，乙从点到，且每人每次都只能向上或向右走一格.则甲 乙的行走路线没有公共点的概率为（ ）.
A． B． C． D．
题型十六、跨楼梯问题
【例16-1】欲登上第10级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有
A．34种 B．55种
C．89种 D．144种
【例16-2】某人从上一层到二层需跨10级台阶. 他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步. 从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶. 则他从一层到二层可能的不同过程共有（ ）种.
A．6 B．8 C．10 D．12
【例16-3】斐波那契数列，又称黄金分割数列.因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…..，在数学上，斐波那契数列以如下被递推的方法定义：，，.这种递推方法适合研究生活中很多问题.比如：一六八中学食堂一楼到二楼有15个台阶，某同学一步可以跨一个或者两个台阶，则他到二楼就餐有（ ）种上楼方法.
A．377 B．610 C．987 D．1597
题型十七、排队与排序问题
【例17-1】甲 乙 丙三人相约一起去做核酸检测，到达检测点后，发现有两支正在等待检测的队伍，则甲 乙 丙三人不同的排队方案共有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【例17-2】街头篮球比赛后，红、黄两队共名队员（红队人，黄队人）合照，要求人站成一排，红队人中有且只有名队员相邻，则不同排队的方法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【例17-3】受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（ ）
A．240种 B．120种 C．188种 D．156种
【例17-4】某校高三年级进行校际模拟联考，某班级考试科目为语文，数学，英语，物理，化学，生物，已知考试分为三天进行，且数学与物理不得安排在同一天进行，每天至少进行一科考试.则不同的考试安排方案共有（ ）
A．720种 B．3168种 C．1296种 D．5040种
【例17-5】过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．60种
【例17-6】几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共有( )
A．23 B．24 C．32 D．33
【例17-6】武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有( )
A．19840种 B．16000种 C．31360种 D．9920种
【例17-7】2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为，则满足的分配方案的概率为( )
A． B． C． D．
题型十八、环排问题
【例18-1】21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字“3”的人出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数为( )
A．19 B．38 C．51 D．57
【例18-2】A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )
A．60种 B．48种 C．30种 D．24种
【例18-3】现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有（ ）．
A．6种 B．8种 C．12种 D．16种
题型十九、构造法模型和递推模型
【例19-1】贾同学、王同学、文同学三人在操场踢球,每次传球,传球者将球随机将传给另外两位同学之一,足球最开始在文同学脚下,则:①次传球之后,共有___________种可能的传球方法;②次传球之后,足球回到文同学脚下的传球方法有___________种.
【例19-2】一只蚂蚁从一个正四面体的顶点出发，每次从一个顶点爬行到另一个顶点，则蚂蚁爬行五次还在点的爬行方法种数是__________．
【例19-3】已知正m边形，一质点M从点出发，每一步移动均为等可能的到达与其相邻两个顶点之一．经过n次移动，记质点M又回到点的方式数共有种，且其概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则， D．若，则
题型二十、计数原理与其他知识综合问题
【例20-1】若集合，则集合中元素有______个.
【例20-2】已知数列共有26项，且，，，则满足条件的不同数列有__________ 个．
【例20-3】定义数列如下：存在，满足，且存在，满足，已知数列共4项，若且，则数列共有（ ）
A．190个 B．214个 C．228个 D．252个
【例20-4】设A是集合的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A的个数为（ ）
A．32 B．56 C．72 D．84
【例20-5】定义域为集合{1，2，3，…，12}上的函数满足：
（1）；（2）（）；（3）、、成等比数列；
这样的不同函数的个数为（ ）
A．155 B．156 C．157 D．158
【例20-6】已数列，令为，，，中的最大值2，，，则称数列为“控制数列”，数列中不同数的个数称为“控制数列”的“阶数”例如：为1，3，5，4，2，则“控制数列”为1，3，5，5，5，其“阶数”为3，若数列由1，2，3，4，5，6构成，则能构成“控制数列”的“阶数”为2的所有数列的首项和是______．
【例20-7】已知数列共16项，且，记关于x的函数，，若是函数的极值点，且曲线在点处的切线的斜率为15，则满足条件的数列的个数_____ .
【例20-8】设集合，定义：集合，集合，集合，分别用，表示集合S，T中元素的个数，则下列结论可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【例20-9】在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ）
A． B． C． D．
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