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第一节　计数原理
1.汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后，需要紧固轮胎的五个螺栓，记为A，B，C，D，E（在正五边形的顶点上），紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓，但不能连续固定相邻的两个，则不同固定螺栓顺序的种数为（　　）
A.20　　　　B.15　　　　C.10　　　　D.5
2.（2025·石家庄质量检测）某项活动在周一至周五举行五天，现在需要安排甲、乙、丙、丁四位负责人值班，每个人至少值班一天，每天仅需一人值班，已知甲不能值第一天和最后一天，乙要值班两天且这两天必须相邻，则不同安排方法的种数为（　　）
A.24 B.10
C.16 D.12
3.按照编码特点来分，条形码可分为宽度调节法编码和模块组合法编码.最常见的宽度调节法编码的条形码是“标准25码”，“标准25码”中的每个数字编码由五个条组成，其中两个为相同的宽条，三个为相同的窄条，如图就是一个数字的编码，则共有不同的编码的种数为（　　）
A.120 B.60
C.40 D.10
4.〔多选〕甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.要求老师必须站在正中间，且甲同学不与老师相邻，则不同的站法种数为（　　）
A.－ B.－
C. D.
5.〔多选〕现有4个小球和4个小盒子，下面的说法正确的是（　　）
A.将4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有24种放法
B.将4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，恰有两个空盒的放法共有18种
C.将4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，恰有一个空盒的放法共有144种
D.将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
6.《医院分级管理办法》将医院按其功能、任务不同划分为三个等级：一级医院、二级医院、三级医院.某地有9个医院，其中3个一级医院，4个二级医院，2个三级医院，现在要从中抽出4个医院进行药品抽检，则抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法种数为　　　　.
7.在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是　　　　.
8.（2025·淄博一模）小明设置六位数字的手机密码时，计划将自然常数e≈2.718 28…的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.若排列时要求相同数字不相邻，且相同数字之间有一个数字，则小明可以设置的不同密码种数为（　　）
A.24 B.16
C.12 D.10
9.〔多选〕（2025·绍兴统考期末）在2×2的红色表格中，有一只会染红黄蓝三种颜色的电子蛐蛐从A区域出发，每次跳动都等可能地跳往相邻区域，当它落下时会将该区域染成新的颜色（既与该区域原来的颜色不同，也与蛐蛐起跳时区域的颜色不同）.记蛐蛐第n次跳后表格中的不同染色情况种数为an（第1次跳后有如图四种情况，即a1＝4），则（　　）
A.a2＝8
B.an＋1＞an恒成立
C.蛐蛐能将表格中的三块染成蓝色
D.蛐蛐能将表格中的四块染成黄色
10.（创新解题路径）设函数fn（x）＝1＋＋＋＋…＋，则方程fn（x）＝0的根为　　　　.
第一节　计数原理
1.C　先固定第一个位置有＝5种，如先固定A为第一个位置，则第二步只能固定C或D，依次ACEBD或ADBEC两种，同理分别让B，C，D，E为第一个位置，分别各有2种，所以共有10种不同的顺序.
2.D　若乙值前两天，则甲有两种选择，共有＝4种不同安排方法，若乙值后两天，则甲有两种选择，共有＝4种不同安排方法，若乙不值第一天和最后一天，共有＝4种不同安排方法，则共有4＋4＋4＝12种不同安排方法.故选D.
3.D　该题等价于将5个元素（其中3个元素相同，另2个元素也相同）排成一列，所有排列数N＝＝10，故选D.
4.BCD　特殊元素优先安排，先让老师站在正中间，四名同学全排，再去掉甲与老师相邻的情况，则不同的站法种数为－；特殊元素优先安排，先让老师站在正中间，甲同学从两端中任选一个位置，有·种站法，其余三名学生任意排列有种排法，则不同的站法种数为；先让老师站在正中间，四名同学全排时，甲同学与老师相邻与甲同学与老师不相邻各占，则不同的站法种数为，故选B、C、D.
5.BCD　若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256（种）放法，故A错误；若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有（＋1）＝18（种）放法，故B正确；若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有·＝144（种）放法，故C正确；编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若（2，1，4，3）代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，所有符合要求的情况为（2，1，4，3），（4，1，2，3），（3，1，4，2），（2，4，1，3），（3，4，1，2），（4，3，1，2），（2，3，4，1），（3，4，2，1），（4，3，2，1），共9种放法，故D正确.
6.51　解析：法一 恰有2个一级医院，有＝45种抽法；恰有3个一级医院，有＝6种抽法.所以抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法种数为45＋6＝51.
法二 从9个医院里抽出4个医院进行药品抽检，共有＝126种抽法，抽出的医院中至少有2个一级医院的对立事件是抽出的医院中至多有1个一级医院，则恰有0个一级医院，有＝15种抽法，恰有1个一级医院，有＝60种抽法，所以抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法种数为126－15－60＝51.
7.1 920　解析：如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.第一步：选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；第四步：若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；若区域D与区域A种植不同种花卉，则区域D有3种花卉可以选择，区域E可选择的花卉有4种，故不同的种植方法种数是6×5×4×（1×4＋3×4）＝1 920.
8.B　若两个2之间是8，则有282817；282871；728281；128287；172828；712828；828217；828271；782821；182827；178282；718282，共12种；若两个2之间是1或7，则有272818；818272；212878；878212，共4种；则总共有16种，故选B.
9.AC　对于A，当n＝2时，对第一个表格往左跳，区域染成蓝色，或往下跳，区域染成蓝色，共两种情况；其他表格亦如此，∴a2＝4×2＝8，故A正确；对于B，∵表格有最多不超过34＝81（种）不同的染色情况，∴an＋1＞an不可能恒成立，故B错误；对于C，若蛐蛐按照如图所示的顺序跳，即可将三个区域染成蓝色，故C正确；对于D，三块有可能都是黄色，但当三块染成黄色后，∵起跳落下的区域的颜色要和起跳时区域的颜色不一样，∴不可能第四块还是黄色，故D错误，故选A、C.
10.－1，－2，－3，…，－n　解析：fn（x）＝1＋＋＋＋…＋＝＋＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋＝…＝＝.由fn（x）＝0得（x＋1）（x＋2）…（x＋n）＝0，所以x＝－1，－2，－3，…，－n.故方程的根为－1，－2，－3，…，－n.
2 / 2第一节　计数原理
课标要求
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.通过实例，理解排列、组合的概念.
3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.
1.两个计数原理
（1）分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝　　　　种不同的方法；
（2）分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝　　　　种不同的方法.
2.排列、组合的定义
排列的定义 从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素 并按照一定的　　　　排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列
组合的定义 作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合
3.排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数 组合数
定义 从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的　　　 从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合的　　　
公式 ＝n（n－1）·（n－2）…（n－m＋1）＝ ＝＝
性质 ＝n！，0！＝1 ＝1，＝，＋＝
1.分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合，特殊元素（位置）优先排.
2.分排问题直接排.
3.（1）＝n；
（2）＝，n个连续整数的积能被n！整除.
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.（　　）
（2）在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.（　　）
（3）所有元素完全相同的两个排列为相同排列.（　　）
（4）若组合数公式＝，则x＝m成立.（　　）
2.（人A选三P5练习1（1）题）一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是　　　　.
3.（人A选三P25练习3（2）题改编）有政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门学科的学业水平考试成绩，现要从中选3门考试成绩.如果物理和化学恰有1门被选，那么共有　　　　种不同的选法.
4.（人A选三P37复习参考题1（3）题）安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数是　　　　.
5.学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序.除第1个节目和最后1个节目已确定外，4个音乐节目要求排在第2，5，7，10的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，有　　　　种不同的排法.
两个计数原理
（基础自学过关）
1.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有（　　）
A.4种　　　　　　　　　 B.10种
C.18种 D.20种
2.用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为（　　）
A.243 B.252
C.261 D.279
3.如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（　　）
A.24种 B.48种
C.72种 D.96种
4.〔多选〕现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（　　）
A.共有43种不同的安排方法
B.若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C.若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
5.如图所示，该电路从A到B共有　　　　条不同线路可以通电；合上两只开关可以接通电路，有　　　　种不同的方法.
练后悟通
1.利用两个计数原理解决问题的一般步骤
2.对于分类过多的问题，可以采用间接法，利用正难则反的原则，先计算出全部的再减去不符合要求的.
简单的排列与组合问题
（师生共研过关）
（1）（2025·烟台、德州一模）将8个大小、形状完全相同的小球放入3个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放2个小球，则不同放法的种数为（　　）
A.3 B.6
C.10 D.15
（2）（2024·日照一模）今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这三部电影，则恰有两人看同一部影片的选择共有（　　）
A.9种 B.36种
C.38种 D.45种
（3）（2025·江西名校联盟）甲、乙、丙三名同学报名参加数学、物理、化学、生物兴趣小组.已知每人参加两个兴趣小组，三人不能同时参加同一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一人参加，则不同的报名参加方式共有（　　）
A.45种 B.81种
C.90种 D.162种
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
1.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法.
2.组合问题常见的两类题型
（1）“含有”或“不含有”问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取；
（2）“至少”或“最多”问题：用直接法和间接法都可以求解，用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.
1.（2023·新高考Ⅰ卷13题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　　　　种（用数字作答）.
2.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，则共有　　　　种不同的选法（用数字作答）.
排列与组合的综合问题
（定向精析突破）
考向1　相邻与相间问题
（1）（2025·滨州一模）某单位安排5名同志在5月1日至5日值班，每天安排1人，每人值班1天.若5名同志中的甲、乙安排在相邻两天，丙不安排在5月3日，则不同的安排方案共有（　　）
A.42种　B.40种　C.36种　D.30种
（2）（2024·河南九师联盟）有除颜色外大小相同的9个小球，其中有2个红球，3个白球，4个黑球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，要求2个红球相邻，3个白球两两互不相邻，不同的排列种数为（　　）
A.100 B.120 C.10 800 D.21 600
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
相邻、相间问题的解题策略
（1）求相邻问题时用捆绑法，即把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列；（2）求不相邻问题时用插空法，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中.
考向2　定序问题
元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1盏，则不同的取法共有（　　）
A.32种 B.70种 C.90种 D.280种
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
定序问题的求解方法
　　n个不同元素的全排列有种排法，m个特殊元素的全排列有种排法.当这m个元素顺序确定时，共有种排法.
提醒 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列.
考向3　分组、分配问题
按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
（1）分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
（2）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
（3）平均分成三份，每份2本；
（4）平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；
（5）分成三份，1份4本，另外两份每份1本；
（6）甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；
（7）甲得1本，乙得1本，丙得4本.
解题技法
1.分配问题属于“排列”问题，要按排列模型求解；而分组问题属于“组合”问题，要按组合模型求解.区分是分组问题还是分配问题的关键是看有无分配对象，若没有分配对象，则为分组问题；若有确定的分配对象，则为定向分配问题，否则，为不定向分配问题.
2.对不同元素分组、分配问题的求解策略
（1）对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以（n为均分的组数），避免重复计数.这类问题有无序平均分组和有序平均分组两种情形；
（2）对于部分均分，即不平均分组中的部分平均分组问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数，这类问题也有无序和有序两种情形；
（3）对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数，这类问题也有无序不平均分组和有序不平均分组两种情形.
1.甲、乙、丙、丁、戊5位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人只能报其中一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为（　　）
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
2.〔多选〕甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（　　）
A.如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B.最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C.甲、乙不相邻的排法种数为72种
D.甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有30种
3.某运动会启动志愿者招募工作，甲、乙等5人报名参加了A，B，C三个项目的志愿者活动，因工作需要，每个项目仅需1名志愿者.若甲不能参加A，B项目，乙不能参加B，C项目，那么共有　　　　种不同的选拔志愿者的方案.（用数字作答）
第一节　计数原理
【知识·逐点夯实】
知识梳理夯基
1.（1）m＋n　（2）m×n
2.顺序
3.个数　个数
对点自测诊断
1.（1）√　（2）×　（3）×　（4）×
2.9　3.12　4.480　5.288
【考点·分类突破】
考点1
1.B　赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法.由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10（种）.
2.B　组成的三位数可分两类：一类有重复数字，另一类无重复数字.先算无重复数字的三位数的个数：第一步，排百位数字，有9种方法（0不能排首位），第二步，排十位数字，有9种方法，第三步，排个位数字，有8种方法，根据分步乘法计数原理，共有9×9×8＝648（个）没有重复数字的三位数.又组成的所有三位数的个数为9×10×10＝900，所以有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.
3.C　分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24（种）；②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48（种）.故不同的涂色方法有48＋24＝72（种）.
4.ABD　对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43（种）选法，故A正确；对于B，三人到4个工厂，有43＝64（种）情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27（种），则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37（种），故B正确；对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16（种）安排方法，故C错误；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24（种）安排方法，故D正确.
5.7　13　解析：先“分类”再“分步”.从总体上看由A到B的通电线路可分三类，第一类：2×1＝2（条）；第二类：1条；第三类：2×2＝4（条），根据分类加法计数原理，共有2＋1＋4＝7（条）不同线路可以通电；由题知合上两只开关可以接通电路的情况分两类：第一类：中路的开关不合上，有2×1＋2×2＝6（种）；第二类：中路的开关合上，有7种，因此共有6＋7＝13（种）不同的方法.
考点2
【例1】 （1）B　（2）B　（3）C　解析：（1）依题意，每个盒子放入2个球，余下2个球可以放入一个盒子有种方法，放入两个盒子有种方法，所以不同放法的种数为＋＝6.故选B.
（2）从4人中选择2人看同一部影片，再从3部影片中选择一部安排给这两人观看，剩余的2人，2部影片进行全排列，故共有＝6×3×2＝36种情况.故选B.
（3）根据题意，4个兴趣小组中必有两个有2人选择，两个有1人选择，根据有2人选择的小组是同样的两个人还是3人分两种情况：当有2人选择的小组是同样的两个人时，有×＝6×3＝18种选法；当有2人选择的小组是由3人构成时，有×××＝72种选法；所以不同的报名参加方式有18＋72＝90种选法.故选C.
跟踪训练
1.64　解析：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有种方案.综上，不同的选课方案共有＋＋＝64（种）.
2.660　解析：法一 只有1名女生时，先选1名女生，有种方法；再选3名男生，有种方法；然后排队长、副队长位置，有种方法.由分步乘法计数原理知，共有＝480（种）选法.有2名女生时，再选2名男生，有种方法；然后排队长、副队长位置，有种方法.由分步乘法计数原理知，共有＝180（种）选法.所以依据分类加法计数原理知，共有480＋180＝660（种）不同的选法.
法二 不考虑限制条件，共有种不同的选法，而没有女生的选法有种，故至少有1名女生的选法有－＝840－180＝660（种）.
考点3
【例2】 （1）B　（2）A　解析：（1）甲、乙相邻的排列数是，其中甲、乙相邻且丙排在5月3日的排列数为2，所以不同的安排方案共有－2＝40（种）.故选B.
（2）将4个黑球放好有一种，形成5个空，从中选一个空将2个红球作为一个整体排上，有种排法，如此就形成6个空，将3个白球插空到6个空中，有种排法，由分步乘法计数原理得，共有＝100种不同排法.故选A.
【例3】 B　因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有＝70（种）.故选B.
【例4】 解：（1）无序不均匀分组问题：先选1本有种选法，再从余下的5本中选2本有种选法，最后余下的3本全选有种选法.故有＝60（种）分配方式.
（2）有序不均匀分组问题：由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）问的基础上，还应考虑再分配，共有＝360（种）分配方式.
（3）无序均匀分组问题：先分三步，则应是种选法，但是这里出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则种分法中还有（AB，EF，CD），（CD，AB，EF），（CD，EF，AB），（EF，CD，AB），（EF，AB，CD），共种情况，而这种情况仅是顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有＝15（种）.
（4）有序均匀分组问题：在（3）问的基础上再分配给3个人，共有分配方式·＝90（种）.
（5）无序部分均匀分组问题：共有＝15（种）分法.
（6）有序部分均匀分组问题：在（5）问的基础上再分配给3个人，共有分配方式·＝90（种）.
（7）直接分配问题：甲选1本有种选法，乙从余下5本中选1本有种选法，余下4本给丙有种选法，共有＝30（种）分法.
跟踪训练
1.C　先将5位同学分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分配到三项活动中，总安排数为（＋）×＝150，甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同排列数为＝54，设事件A为甲、乙、丙三个同学所报活动各不相同，∴P（A）＝＝.故选C.
2.ABC　如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲、乙捆绑看成一个元素，则不同的排法有＝24（种），故A正确；最左端排甲时，有＝24（种）不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有＝18（种）不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有24＋18＝42（种），故B正确；因为甲、乙不相邻，先排甲、乙以外的三人，再让甲、乙插空，则有＝72（种），故C正确；甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有＝20（种），故D不正确.
3.21　解析：法一 选拔方案可分为3类：①甲被选中一定参加C项目，则B项目在剩余3人中选1人参加，之后A项目再从剩下的2人和乙共3人中选1人参加，共有＝9（种）情况；②当甲未参加而乙参加，则乙参加A项目，剩余3人中取2人参加剩下的两个项目，有＝6（种）情况；③甲、乙都不参加，则剩余3人全排列，有＝6（种）情况.综上，一共有9＋6＋6＝21（种）选拔方案.
法二 观察到甲只能参加C项目或不参加项目，乙只能参加A项目或不参加项目，则其他3人选1人参加B项目，有种情况；接下来考虑A项目，有2种情况：①乙参加，则只需从剩余3人中选1人参加C项目，有种情况；②乙不参加，则需考虑从剩余2人中选1人（不含甲）参加A项目，有种情况，之后需从剩余2人中选1人（含甲）参加C项目，有种情况.综上，共有（＋）＝21（种）志愿者选拔方案.
法三 不考虑特殊情况，有＝60（种）情况；考虑甲参加A或B项目，有＝24（种）；同理，考虑乙参加B或C项目，有＝24（种）；而考虑甲参加A或B项目，乙参加B或C项目，共有3种情况，剩余1个项目在其他3人中选1人参加，共有3×＝9（种）情况.由容斥原理可知，满足条件的共有60－24－24＋9＝21（种）志愿者选拔方案.
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第一节　计数原理
高中总复习·数学
课标要求
1. 通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2. 通过实例，理解排列、组合的概念.
3. 能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.
目 录
CONTENTS
知识·逐点夯实
01.
考点·分类突破
02.
课时·跟踪检测
03.
PART 01
知识·逐点夯实
必备知识 | 课前自修
1. 两个计数原理
（1）分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有
m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有
N＝ 种不同的方法；
（2）分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同
的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝
种不同的方法.
m＋n　
m×n　
2. 排列、组合的定义
排列的 定义 从n个不同元素
中取出m
（m≤n）个 元素 并按照一定的 排成一列，叫做从n
个不同元素中取出m个元素的一个排列
组合的 定义 作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个
元素的一个组合
顺序　
3. 排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数 组合数
定义 从n个不同元素中取出
m（m≤n）个元素的所
有不同排列的 从n个不同元素中取出m（m≤n）
个元素的所有不同组合的
公式 ＝n（n－1）·（n－
2）…（n－m＋1）＝
＝ ＝
性质 ＝n！，0！＝1 ＝1， ＝ ， ＋ ＝
个数　
个数　
1. 分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合，特殊元素（位置）优
先排.
2. 分排问题直接排.
3. （1） ＝n ；
（2） ＝ ，n个连续整数的积能被n！整除.
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.
（　√　）
（2）在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独
的步骤都能完成这件事. （　×　）
（3）所有元素完全相同的两个排列为相同排列. （　×　）
（4）若组合数公式 ＝ ，则x＝m成立. （　×　）
√
×
×
×
2. （人A选三P5练习1（1）题）一项工作可以用2种方法完成，有5人只会
用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这
项工作，不同选法的种数是 .
解析：因为一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，
另有4人只会用第2种方法完成，所以从中选出1人来完成这项工作，不同
选法的种数是5＋4＝9.
9
3. （人A选三P25练习3（2）题改编）有政治、历史、地理、物理、化
学、生物这6门学科的学业水平考试成绩，现要从中选3门考试成绩.如果
物理和化学恰有1门被选，那么共有 种不同的选法.
解析：如果物理和化学恰有1门被选，那么共有 ＝12（种）不同
的选法.
12
4. （人A选三P37复习参考题1（3）题）安排6名歌手演出顺序时，要求某
歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数
是 .
解析：先考虑某歌手的位置不是第一个出场，也不是最后一个出场，则该
歌手有4个位置可以选，共有 ＝4种结果，剩下5人在5个不同位置，共
有 ＝120种结果，所以不同安排方法有 ＝4×120＝480（种）.
480
5. 学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序.除第1个节目和最后1
个节目已确定外，4个音乐节目要求排在第2，5，7，10的位置，3个舞蹈
节目要求排在第3，6，9的位置，2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，
有 种不同的排法.
解析：第一步排音乐节目，有 种排法；第二步排舞蹈节目，有 种
排法；第三步排曲艺节目，有 种排法.所以共有 ＝288
（种）排法.
288
PART 02
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
两个计数原理（基础自学过关）
1. 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋
友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有（　　）
A. 4种 B. 10种
C. 18种 D. 20种
√
解析： 　赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余
赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2
人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法.由分类加法计数原理可
知，不同的赠送方法共有4＋6＝10（种）.
2. 用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为（　）
A. 243 B. 252
C. 261 D. 279
解析： 　组成的三位数可分两类：一类有重复数字，另一类无重复数字.
先算无重复数字的三位数的个数：第一步，排百位数字，有9种方法（0不
能排首位），第二步，排十位数字，有9种方法，第三步，排个位数字，
有8种方法，根据分步乘法计数原理，共有9×9×8＝648（个）没有重复
数字的三位数.又组成的所有三位数的个数为9×10×10＝900，所以有重
复数字的三位数的个数是900－648＝252.
√
3. 如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（　　）
A. 24种 B. 48种
C. 72种 D. 96种
解析： 　分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2
种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24（种）；②A，C同色，先涂A，C
有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48（种）.故不同
的涂色方法有48＋24＝72（种）.
√
4. 〔多选〕现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工
厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工
厂，则下列说法正确的是（　　）
A. 共有43种不同的安排方法
B. 若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C. 若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D. 若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
√
√
√
解析： 　对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进
行社会实践，每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43（种）选
法，故A正确；对于B，三人到4个工厂，有43＝64（种）情况，其中甲工
厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27（种），
则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37（种），故B正确；对于
C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16
（种）安排方法，故C错误；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有
4×3×2＝24（种）安排方法，故D正确.
5. 如图所示，该电路从A到B共有 条不同线路可以通电；合上两只
开关可以接通电路，有 种不同的方法.
7
13
解析：先“分类”再“分步”.从总体上看由A到B的通电线路可分三类，
第一类：2×1＝2（条）；第二类：1条；第三类：2×2＝4（条），根据
分类加法计数原理，共有2＋1＋4＝7（条）不同线路可以通电；由题知合
上两只开关可以接通电路的情况分两类：第一类：中路的开关不合上，有
2×1＋2×2＝6（种）；第二类：中路的开关合上，有7种，因此共有6＋7
＝13（种）不同的方法.
练后悟通
1. 利用两个计数原理解决问题的一般步骤
2. 对于分类过多的问题，可以采用间接法，利用正难则反的原则，先计算
出全部的再减去不符合要求的.
简单的排列与组合问题（师生共研过关）
（1）（2025·烟台、德州一模）将8个大小、形状完全相同的小球放
入3个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放2个小球，则不同放法的种数
为（　B　）
A. 3 B. 6
C. 10 D. 15
B
解析： 依题意，每个盒子放入2个球，余下2个球可以放入一个盒子
有 种方法，放入两个盒子有 种方法，所以不同放法的种数为 ＋
＝6.故选B.
（2）（2024·日照一模）今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、
《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这三
部电影，则恰有两人看同一部影片的选择共有（　B　）
A. 9种 B. 36种
C. 38种 D. 45种
B
解析：从4人中选择2人看同一部影片，再从3部影片中选择一部安排给这两人观看，剩余的2人，2部影片进行全排列，故共 ×3×2＝36种情况.故选B.
（3）（2025·江西名校联盟）甲、乙、丙三名同学报名参加数学、物理、
化学、生物兴趣小组.已知每人参加两个兴趣小组，三人不能同时参加同
一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一人参加，则不同的报名参加方式共
有（　C　）
A. 45种 B. 81种
C. 90种 D. 162种
C
解析：根据题意，4个兴趣小组中必有两个有2人选择，两个有1人选择，根
据有2人选择的小组是同样的两个人还是3人分两种情况：当有2人选择的
小组是同样的两个人时，有 ＝6×3＝18种选法；当有2人选择的小
组是由3人构成时，有 × × × ＝72种选法；所以不同的报名参
加方式有18＋72＝90种选法.故选C.
解题技法
1. 对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，
在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元
素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法.
2. 组合问题常见的两类题型
（1）“含有”或“不含有”问题：“含”，则先将这些元素取出，再
由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素
中去选取；
（2）“至少”或“最多”问题：用直接法和间接法都可以求解，用直接
法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.
1. （2023·新高考Ⅰ卷13题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选
修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1
门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）.
解析：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修
1门，有 种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修
课中选修2门，有 种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺
术类选修课中选修1门，有 种方案.综上，不同的选课方案共有
＋ ＋ ＝64（种）.
64
2. 从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人
服务队，要求服务队中至少有1名女生，则共有 种不同的选法（用
数字作答）.
660
解析：法一 只有1名女生时，先选1名女生，有 种方法；再选3名男生，
有 种方法；然后排队长、副队长位置，有 种方法.由分步乘法计数原
理知，共有 ＝480（种）选法.有2名女生时，再选2名男生，有
种方法；然后排队长、副队长位置，有 种方法.由分步乘法计数原理
知，共有 ＝180（种）选法.所以依据分类加法计数原理知，共有480
＋180＝660（种）不同的选法.
法二 不考虑限制条件，共有 种不同的选法，而没有女生的选法有
种，故至少有1名女生的选法有 － ＝840－180＝660
（种）.
排列与组合的综合问题（定向精析突破）
考向1　相邻与相间问题
（1）（2025·滨州一模）某单位安排5名同志在5月1日至5日值班，每
天安排1人，每人值班1天.若5名同志中的甲、乙安排在相邻两天，丙不安
排在5月3日，则不同的安排方案共有（　　）
A. 42种 B. 40种
C. 36种 D. 30种
√
解析： 甲、乙相邻的排列数是 ，其中甲、乙相邻且丙排在5月3
日的排列数为2 ，所以不同的安排方案共有 －2 ＝40
（种）.故选B.
（2）（2024·河南九师联盟）有除颜色外大小相同的9个小球，其中有2个
红球，3个白球，4个黑球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，要求2
个红球相邻，3个白球两两互不相邻，不同的排列种数为（　　）
A. 100 B. 120
C. 10 800 D. 21 600
√
解析：将4个黑球放好有一种，形成5个空，从中选一个空将2个红球作为一
个整体排上，有 种排法，如此就形成6个空，将3个白球插空到6个空
中，有 种排法，由分步乘法计数原理得，共有 ＝100种不同排法.
故选A.
解题技法
相邻、相间问题的解题策略
（1）求相邻问题时用捆绑法，即把相邻元素看作一个整体与其他元素一
起排列，同时注意捆绑元素的内部排列；
（2）求不相邻问题时用插空法，即先考虑不受限制的元素的排列，再将
不相邻的元素插在前面元素排列的空当中.
考向2　定序问题
元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取
1盏，则不同的取法共有（　　）
A. 32种 B. 70种
C. 90种 D. 280种
√
解析： 　因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，
即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有 ＝70（种）.故选B.
解题技法
定序问题的求解方法
　　n个不同元素的全排列有 种排法，m个特殊元素的全排列有 种
排法.当这m个元素顺序确定时，共有 种排法.
提醒 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全
排列.
考向3　分组、分配问题
按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
（1）分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
解： 无序不均匀分组问题：先选1本有 选法，再从余下的5本中
选2本 种选法，最后余下的3本全选有 种选法.故有 ＝60
（种）分配方式.
（2）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
解： 有序不均匀分组问题：由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）
问的基础上，还应考虑再分配，共有 ＝360（种）分配方式.
（3）平均分成三份，每份2本；
解： 无序均匀分组问题：先分三步，则应 种选法，但是这
里出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了
AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，
EF）， 种分法中还有（AB，EF，CD），（CD，AB，
EF），（CD，EF，AB），（EF，CD，AB），（EF，AB，CD），
共 况仅是顺序不同，因此只能作为一种分法，故
分配方 ＝15（种）.
（4）平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；
解： 有序均匀分组问题：在（3）问的基础上再分配给3个人，共有
分配方 · ＝90（种）.
（5）分成三份，1份4本，另外两份每份1本；
解： 无序部分均匀分组问题：共有 ＝15（种）分法.
（6）甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；
解： 有序部分均匀分组问题：在（5）问的基础上再分配给3个人，
共有分配 · ＝90（种）.
（7）甲得1本，乙得1本，丙得4本.
解： 直接分配问题：甲选1本 选法，乙从余下5本中选1本有
种选法，余下4本给丙有 种选法，共有 ＝30（种）分法.
解题技法
1. 分配问题属于“排列”问题，要按排列模型求解；而分组问题属于“组
合”问题，要按组合模型求解.区分是分组问题还是分配问题的关键是看
有无分配对象，若没有分配对象，则为分组问题；若有确定的分配对象，
则为定向分配问题，否则，为不定向分配问题.
（1）对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是
一种情况，所以分组后一定要除以 （n为均分的组数），避免重复计
数.这类问题有无序平均分组和有序平均分组两种情形；
（2）对于部分均分，即不平均分组中的部分平均分组问题，解题时注意
重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应
除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排
列数，这类问题也有无序和有序两种情形；
（3）对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的
个数都不相等，所以不需要除以全排列数，这类问题也有无序不平均分组
和有序不平均分组两种情形.
2. 对不同元素分组、分配问题的求解策略
1. 甲、乙、丙、丁、戊5位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人
只能报其中一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同
学所报活动各不相同的概率为（　　）
A. B. C. D.
√
解析： 　先将5位同学分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是
2，2，1，再分配到三项活动中，总安排数为（ ＋ ）× ＝150，
甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同排列数为 ＝54，设事件A为
甲、乙、丙三个同学所报活动各不相同，∴P（A）＝ ＝ .故选C.
2. 〔多选〕甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是
（　　）
A. 如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B. 最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C. 甲、乙不相邻的排法种数为72种
D. 甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有30种
√
√
√
解析： 　如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲、乙捆绑看成
一个元素，则不同的排法有 ＝24（种），故A正确；最左端排甲时，有
＝24（种）不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有
＝18（种）不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同
的排法共有24＋18＝42（种），故B正确；因为甲、乙不相邻，先排甲、
乙以外的三人，再让甲、乙插空，则有 ＝72（种），故C正确；甲、
乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有 ＝20（种），故D不正确.
3. 某运动会启动志愿者招募工作，甲、乙等5人报名参加了A，B，C三个
项目的志愿者活动，因工作需要，每个项目仅需1名志愿者.若甲不能参加
A，B项目，乙不能参加B，C项目，那么共有 种不同的选拔志愿者
的方案.（用数字作答）
解析：法一 选拔方案可分为3类：①甲被选中一定参加C项目，则B项目
在剩余3人中选1人参加，之后A项目再从剩下的2人和乙共3人中选1人参
加， ＝9（种）情况；②当甲未参加而乙参加，则乙参加A项
目，剩余3人中取2人参加剩下的两个项目 ＝6（种）情况；③甲、
乙都不参加，则剩余3人全排列，有 ＝6（种）情况.综上，一共有9＋6
＋6＝21（种）选拔方案.
21
法二 观察到甲只能参加C项目或不参加项目，乙只能参加A项目或不参加
项目，则其他3人选1人参加B项目，有 种情况；接下来考虑A项目，有
2种情况：①乙参加，则只需从剩余3人中选1人参加C项目，有 种情
况；②乙不参加，则需考虑从剩余2人中选1人（不含甲）参加A项目，有
种情况，之后需从剩余2人中选1人（含甲）参加C项目， 种情况.
综上，共 ＝21（种）志愿者选拔方案.
法三 不考虑特殊情况，有 ＝60（种）情况；考虑甲参加A或B项目，
有 ＝24（种）；同理，考虑乙参加B或C项目，有 ＝24
（种）；而考虑甲参加A或B项目，乙参加B或C项目，共有3种情况，剩
余1个项目在其他3人中选1人参加，共有3× ＝9（种）情况.由容斥原理
可知，满足条件的共有60－24－24＋9＝21（种）志愿者选拔方案.
PART 03
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
1. 汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后，需要紧固轮胎的五个螺栓，记为
A，B，C，D，E（在正五边形的顶点上），紧固时需要按一定的顺序固
定每一个螺栓，但不能连续固定相邻的两个，则不同固定螺栓顺序的种数
为（　　）
A. 20 B. 15
C. 10 D. 5
√
解析： 　先固定第一个位置有 ＝5种，如先固定A为第一个位置，则第
二步只能固定C或D，依次ACEBD或ADBEC两种，同理分别让B，C，
D，E为第一个位置，分别各有2种，所以共有10种不同的顺序.
2. （2025·石家庄质量检测）某项活动在周一至周五举行五天，现在需要
安排甲、乙、丙、丁四位负责人值班，每个人至少值班一天，每天仅需一
人值班，已知甲不能值第一天和最后一天，乙要值班两天且这两天必须相
邻，则不同安排方法的种数为（　　）
A. 24 B. 10
C. 16 D. 12
解析： 　若乙值前两天，则甲有两种选择，共有 ＝4种不同安排方
法，若乙值后两天，则甲有两种选择，共有 ＝4种不同安排方法，若
乙不值第一天和最后一天，共有 ＝4种不同安排方法，则共有4＋4＋4
＝12种不同安排方法.故选D.
√
3. 按照编码特点来分，条形码可分为宽度调节法编码和模块组合法编码.
最常见的宽度调节法编码的条形码是“标准25码”，“标准25码”中的每
个数字编码由五个条组成，其中两个为相同的宽条，三个为相同的窄条，
如图就是一个数字的编码，则共有不同的编码的种数为（　　）
A. 120 B. 60
C. 40 D. 10
解析： 　该题等价于将5个元素（其中3个元素相同，另2个元素也相同）
排成一列，所有排列数N＝ ＝10，故选D.
√
4. 〔多选〕甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.要求
老师必须站在正中间，且甲同学不与老师相邻，则不同的站法种数为
（　　）
A. － B. －
C. D.
√
√
√
解析： 　特殊元素优先安排，先让老师站在正中间，四名同学全排，
再去掉甲与老师相邻的情况，则不同的站法种数为 － ；特殊元素
优先安排，先让老师站在正中间，甲同学从两端中任选一个位置，有
· 种站法，其余三名学生任意排列有 种排法，则不同的站法种数为
；先让老师站在正中间，四名同学全排时，甲同学与老师相邻与甲
同学与老师不相邻各占 ，则不同的站法种数为 ，故选B、C、D.
5. 〔多选〕现有4个小球和4个小盒子，下面的说法正确的是（　　）
A. 将4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有24种放法
B. 将4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，恰有两个空盒的放
法共有18种
C. 将4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，恰有一个空盒的放
法共有144种
D. 将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，没有一
个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
√
√
√
解析： 　若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有
44＝256（种）放法，故A错误；若4个相同的小球放入编号为1，2，
3，4的盒子中，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子
放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有 （ ＋1）＝18（种）放
法，故B正确；若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，且
恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小
球，共有 · ＝144（种）放法，故C正确；
编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，没有一个
空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若（2，1，4，3）代表编
号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，所有符合
要求的情况为（2，1，4，3），（4，1，2，3），（3，1，4，2），
（2，4，1，3），（3，4，1，2），（4，3，1，2），（2，3，4，
1），（3，4，2，1），（4，3，2，1），共9种放法，故D正确.
6. 《医院分级管理办法》将医院按其功能、任务不同划分为三个等级：一
级医院、二级医院、三级医院.某地有9个医院，其中3个一级医院，4个二
级医院，2个三级医院，现在要从中抽出4个医院进行药品抽检，则抽出的
医院中至少有2个一级医院的抽法种数为 .
51
解析：法一 恰有2个一级医院，有 ＝45种抽法；恰有3个一级医院，
有 ＝6种抽法.所以抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法种数为45
＋6＝51.
法二 从9个医院里抽出4个医院进行药品抽检，共有 ＝126种抽法，抽出
的医院中至少有2个一级医院的对立事件是抽出的医院中至多有1个一级医
院，则恰有0个一级医院，有 ＝15种抽法，恰有1个一级医院，有
＝60种抽法，所以抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法种数为126
－15－60＝51.
7. 在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域
种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数
是 .
1 920
解析：如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E. 第一
步：选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；第
二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，
有5种方法可以选择；第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；第四步：若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；若区域D与区域A种植不同种花卉，则区域D有3种
花卉可以选择，区域E可选择的花卉有4种，故不同的种植方法种数是6×5×4×（1×4＋3×4）＝1 920.
8. （2025·淄博一模）小明设置六位数字的手机密码时，计划将自然常数
e≈2.718 28…的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.若排
列时要求相同数字不相邻，且相同数字之间有一个数字，则小明可以设置
的不同密码种数为（　　）
A. 24 B. 16
C. 12 D. 10
√
解析： 　若两个2之间是8，则有282817；282871；728281；128287；
172828；712828；828217；828271；782821；182827；178282；718282，
共12种；若两个2之间是1或7，则有272818；818272；212878；878212，
共4种；则总共有16种，故选B.
9. 〔多选〕（2025·绍兴统考期末）在2×2的红色表格中，有一只会染红
黄蓝三种颜色的电子蛐蛐从A区域出发，每次跳动都等可能地跳往相邻区
域，当它落下时会将该区域染成新的颜色（既与该区域原来的颜色不同，
也与蛐蛐起跳时区域的颜色不同）.记蛐蛐第n次跳后表格中的不同染色情
况种数为an（第1次跳后有如图四种情况，即a1＝4），则（　　）
A. a2＝8
B. an＋1＞an恒成立
C. 蛐蛐能将表格中的三块染成蓝色
D. 蛐蛐能将表格中的四块染成黄色
√
√
解析： 　对于A，当
n＝2时，对第一个表格
往左跳，区域染成蓝
色，或往下跳，区域染
成蓝色，共两种情况；
其他表格亦如此，∴a2＝4×2＝8，故A正确；对于B，∵表格有最多不超过34＝81（种）不同的染色情况，∴an＋1＞an不可能恒成立，故B错误；对于C，若蛐蛐按照如图所示的顺序跳，即可将三个区域染成蓝色，故C正确；对于D，三块有可能都是黄色，但当三块染成黄色后，∵起跳落下的区域的颜色要和起跳时区域的颜色不一样，∴不可能第四块还是黄色，故D错误，故选A、C.
10. （创新解题路径）设函数fn（x）＝1＋ ＋ ＋
＋…＋ ，则方程fn（x）＝0的根为
.
－1，－
2，－3，…，－n
解析：fn（x）＝1＋ ＋ ＋ ＋…＋
＝ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ ＝
＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋…＋ ＝…＝
＝ .由fn（x）＝0得（x＋1）（x＋2）…
（x＋n）＝0，所以x＝－1，－2，－3，…，－n.故方程的根为－1，－
2，－3，…，－n.
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演示完毕 感谢观看

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