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第1节　两个计数原理、排列与组合
（时间：60分钟，满分：96分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1.甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有（　　）
A.18种 B.48种
C.108种 D.192种
2.从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法种数为（　　）
A. B.
C. D.
3.（2026·山东泰安模拟）从5名同学中选择4人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有多少种安排方法（　　）
A.20 B.60
C.120 D.180
4.（2026·浙江金华模拟）从1，2，3，4，5，6这六个数中任选三个数，至少有两个数为相邻整数的选法种数有（　　）
A.8 B.16
C.20 D.24
5.〔多选〕下列说法正确的是（　　）
A.88×89×90×…×100可表示为
B.若把英文“hero”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种
C.10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手45次
D.学校有5个“市三好学生”名额，现分给3个年级，每个年级至少一个名额，共有6种分法
6.〔多选〕从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有（　　）
A.如果4人全部为男生，那么有30种不同的选法
B.如果4人中男生、女生各有2人，那么有30种不同的选法
C.如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法
D.如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有140种不同的选法
7.10个相同的小球，放入3个不同的盒子中，每个盒子至少放1个球，则所有的不同放法有　　　　种.
8.（2026·山东济南模拟）将两个1，两个3，一个5排成一行，则不同的排法种数为　　　　.（用数字作答）
9.（13分）解方程：（1）＝60；
（2）＝＋＋.
10.（2026·湖北武汉二调）有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（　　）
A.40 B.48
C.52 D.60
11.数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选2门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（　　）
A.18种 B.36种
C.54种 D.78种
12.〔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
13.（2025·江苏南京二模）英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有　　　　种（用数字作答）.
14.（15分）一个口袋内有4个不同的红球、6个不同的白球.
（1）从中任取4个，使红球的个数不比白球的个数少，这样的取法有多少种？
（2）如果取1个红球记2分，取1个白球记1分，那么从口袋中取5个球，使总分不少于7的取法有多少种？
15.〔创新设问〕（2026·辽宁省部分重点中学协作体考试）有一个密码锁，它的密码是由三个数字组成.只有当我们正确输入每个位置的数字时，这个密码锁才能够打开.现在我们并不知道密码是多少，当输入249时，提示1个数字正确，并且位置正确；当输入235时，提示1个数字正确，但位置错误；当输入962时，提示2个数字正确，但位置全错.则正确的密码为　　　　.
第1节　两个计数原理、排列与组合
1.D　2.C　3.D　4.B　5.BCD　6.CD
7.36　8.30　
9.解：（1）由已知，可得x∈N*，2x≥4，x≥3，
∴x≥3，且x∈N*，
∴2x（2x－1）（2x－2）（2x－3）＝60x（x－1）·（x－2），
化简得4x2－23x＋33＝0，
解得x＝3或x＝.
∵x≥3，且x∈N*，∴x＝3，
∴原方程的解为x＝3.
（2）由已知，可得n≥2，且n∈N*，
∵＝＋＋，
∴＝＋，
∴＝＋，
∴＋＝＋，
∴＝，即n＋2＝，
解得n＝－1或n＝4，
∵n≥2，且n∈N*，∴n＝4.
∴原方程的解为n＝4.
10.B　先从四对双胞胎中选出一对，有4种选择；然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有3×2×2＝12种选择.根据分步乘法计数原理，总共有4×12＝48种选法.故选B.
11.C　由题意，三年修完四门选修课程，每学年至多选2门，则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2.若每年所修课程数为1，1，2，则先将4门课程按1，1，2分为三组，有＝6（种）不同的方式，再分配到三个学年，有＝6（种）不同的方式，由分步乘法计数原理，知不同的选修方式共有36种；若每年所修课程数为0，2，2，则先将4门课程按0，2，2分为三组，有＝3（种）不同的方式，再分配到三个学年，有＝6（种）不同的方式，由分步乘法计数原理，知不同的选修方式共有18种.综上，每位同学的不同选修方式有36＋18＝54（种），故选C.
12.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.
13.216　解析：如图，将6个行政区标上序号，区域1有4种颜色可选，共4种方法；区域2与区域1相邻，不能与区域1同色，有3种颜色可选，共3种方法；区域3与区域1、2相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种方法；①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法；②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域6有3种涂色方法，若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法，所以一共有4×3×2×[1×2×2＋1×（1×3＋1×2）]＝216种方法.
14.解：（1）从10个球中任取4个，使红球的个数不比白球的个数少的取法，可分三类：
第一类，红球取4个时，有种方法；
第二类，红球取3个、白球取1个时，有种方法；
第三类，红球取2个、白球取2个时，有种方法.
由分类加法计数原理可知，共有＋＋＝115（种）取法.
（2）设取红球x个、白球y个，依题意知，
且0≤x≤4，0≤y≤6，由此解得或或这样使总分不少于7的取法可以分为三类：
第一类，红球取2个、白球取3个的方法数为；
第二类，红球取3个、白球取2个的方法数为；
第三类，红球取4个、白球取1个的方法数为.
由分类加法计数原理可知，共有符合条件的取法＋＋＝186（种）.
15.659　解析：题中给出三个信息：①当输入249时，提示1个数字正确，并且位置正确；②当输入235时，提示1个数字正确，但位置错误；③当输入962时，提示2个数字正确，但位置全错，由①②知，密码中不含数字2；由③知，密码中含数字9和6，9不在百位，6不在十位；由①知，密码中也不含数字4，且9在个位数，6在百位；由②知，不可能有数字3，所以有数字5，且5在十位.所以密码为659.
1 / 1第1节　两个计数原理、排列与组合
1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.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. 4.能利用排列与组合的知识解决简单的实际问题.
知识梳理
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.
提醒：任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.
2.排列、组合的定义
名称 定义
排列 从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素 按照一定的　　　排成一列
组合 作为一组
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　　　　　　的个数
公式 ＝n（n－1）·（n－2）…（n－m＋1）＝ ＝＝＝
性质 ＝n！，0！＝1，＝n ＝＝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.排列数、组合数常用公式 （1）＝（n－m＋1）； （2）（n＋1）！－n！＝n·n！； （3）k＝n； （4）＋＋…＋＋＝.
诊断自测
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.（　　）
2.一项工作可以用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（　　）
A.4 B.5
C.9 D.20
3.〔多选〕下列结论正确的是（　　）
A.3×4×5＝
B.＋＝
C.若＝，则x＝3
D.＋＋＋＝64
4.（2025·湖南衡阳一模）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.
5.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　　　　.
两个计数原理
（基础自学过关）
1.（2026·浙江绍兴模拟）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.〔一题多解〕（2024·新高考Ⅱ卷14题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　　　　种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
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）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）（2023·全国甲卷9题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（　　）
A.120种 B.60种
C.30种 D.20种
（3）（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）.
听课记录
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.
训练1 （1）两排座位，第一排3个座位，第二排5个座位，若8名学生去坐（每人一个座位），则不同的坐法种数是（　　）
A. B.
C. D.
（2）〔一题多解〕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）（2022·新高考Ⅱ卷5题）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（　　）
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
（2）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，不同的排法种数为（　　）
A.100 B.120
C.10 800 D.21 600
听课记录
　　相邻问题采用捆绑法，不相邻问题采用插空法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.
考向2　定序问题
有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列（不一定相邻），不同的排法共有　　　种.
听课记录
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.
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.
训练2 （1）甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（　　）
A.20种 B.16种
C.12种 D.8种
（2）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排6名航天员开展实验，其中每个舱安排2人.若甲、乙两人不被安排在同一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（　　）
A.20种 B.36种
C.72种 D.84种
（3）〔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
第1节　两个计数原理、排列与组合
【夯实必备知识】
知识梳理
1.（1）m＋n　（2）m×n　2.顺序　
3.个数　不同组合
诊断自测
1.（1）√　（2）×　（3）×　（4）×
2.C　3.AD　4.12　5.480
【研透核心考点】
考点1
1.B　2.B　3.C　4.24　112　
考点2
【例1】　（1）B　（2）B　（3）64　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）先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有种安排方式.所以不同的安排方式共有·＝60（种）.故选B.
（3）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）.
训练1　（1）D　（2）660　解析：（1）因为8名学生可在前后两排的8个座位中随意入座，再无其他条件，两排座位可看作一排来处理，不同的坐法种数是.故选D.
（2）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）先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24种，故选B.
（2）将4个黑球放好有一种排法，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】　840　解析：7名学生的排列共有种，其中女生的排列共有种，按照从左到右，女生从矮到高的排列只是其中的一种，故有＝＝840（种）不同的排法.
【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.
训练2　（1）B　（2）C　（3）ABC
解析：（1）甲一定在乙和丙中间，否则甲就要在两端，共有＝16种排法，故选B.
（2）将6名航天员每个舱安排2人开展实验的所有安排方法数为，其中甲、乙两人被安排在同一个舱内做实验的安排方法数为··，所以满足条件的不同的安排方案数为－··＝90－18＝72种.故选C.
（3）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.
1 / 1(共68张PPT)
第1节　两个计数原理、排列与组合
课标要求
1. 了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2. 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.
4. 能利用排列与组合的知识解决简单的实际问题.
目录/
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
课时跟踪检测
03
01
PART
夯实必备知识
知识梳理
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　
提醒：任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成
这件事.
2. 排列、组合的定义
名称 定义
排列 从n个不同元素中取出m
（m≤n）个元素 按照一定的 排成一
列
组合 作为一组
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 的个数
公式 ＝n（n－1）·（n－
2）…（n－m＋1）＝
＝ ＝
＝
性质 ＝n！，0！＝1，
＝n ＝ ＝1， ＝ ， ＋
＝
个数　
不同组合　
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. 排列数、组合数常用公式
（1） ＝（n－m＋1） ；
（2）（n＋1）！－n！＝n·n！；
（3）k ＝n ；
（4） ＋ ＋…＋ ＋ ＝ .
诊断自测
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. 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
（　　）
A. 4 B. 5
C. 9 D. 20
√
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.
3. 〔多选〕下列结论正确的是（　　）
A. 3×4×5＝ B. ＋ ＝
C. 若 ＝ ，则x＝3 D. ＋ ＋ ＋ ＝64
√
√
解析： 　 ＝5×4×3，故A正确； ＋ ＝2 ＝2× ＝20，
＝ ＝15，故 ＋ ≠ ，故B错误； ＝ ，则x＝2x－2或x
＋2x－2＝10，解得x＝2或x＝4，故C错误； ＋ ＋ ＋ ＝ ＋
＋ ＋ ＝1＋ ＋ ＋7＝64，故D正确.
4. （2025·湖南衡阳一模）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.
5. 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）.
12　
480　
02
PART
研透核心考点
两个计数原理（基础自学过关）
1. （2026·浙江绍兴模拟）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. 〔一题多解〕（2024·新高考Ⅱ卷14题）在如图的4×4的方格表中选4个
方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法.在
所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值
是 .
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
24　
112　
解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第
一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第
四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法.
法一（列举法）　每种选法可标记为（a，b，c，d），a，b，c，d分
别表示第一、二、三、四行的数字，则所有的可能结果为：（11，22，
33，44），（11，22，43，34），（11，33，22，44），（11，33，43，
24），（11，42，22，34），（11，42，33，24），（21，12，33，
44），（21，12，43，34），（21，33，13，44），（21，33，43，
15），（21，42，13，34），（21，42，33，15），（31，12，22，
44），（31，12，43，24），（31，22，13，44），（31，22，43，
15），（31，42，13，24），（31，42，22，15），（40，12，22，
34），（40，12，33，24），（40，22，13，34），（40，22，33，
15），（40，33，13，24），（40，33，22，15），比较可知，所选方格
中，（21，33，43，15）的和最大，最大为112.
法二（整体分析法）　先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的
十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位
上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，
从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中
的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
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）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
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.
B
（2）（2023·全国甲卷9题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星
期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有
1人在这两天都参加的不同安排方式共有（　B　）
A. 120种 B. 60种
C. 30种 D. 20种
解析：先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有 种方式；再从余下的
4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有 种安排方式.所以不同的安
排方式共有 · ＝60（种）.故选B.
B
（3）（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　
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.
训练1 （1）两排座位，第一排3个座位，第二排5个座位，若8名学生去坐
（每人一个座位），则不同的坐法种数是（　D　）
A. B.
C. D.
解析： 因为8名学生可在前后两排的8个座位中随意入座，再无其他条
件，两排座位可看作一排来处理，不同的坐法种数是 .故选D.
D
（2）〔一题多解〕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）.
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.
660　
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）（2022·新高考Ⅱ卷5题）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排
参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有
（　B　）
A. 12种 B. 24种
C. 36种 D. 48种
解析： 先将丙和丁捆在一起有 种排列方式，然后将其与乙、戊排列，
有 种排列方式，最后将甲插入中间两空，有 种排列方式，所以不同
的排列方式共有 ＝24种，故选B.
B
（2）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，不同的排法种数为（　A　）
A. 100 B. 120
C. 10 800 D. 21 600
解析：将4个黑球放好有一种排法，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.
A
　　相邻问题采用捆绑法，不相邻问题采用插空法是解决有限制条件的排
列问题的常用方法.
考向2　定序问题
有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一
行，要求从左到右，女生从矮到高排列（不一定相邻），不同的排法共
有 种.
解析：7名学生的排列共有 种，其中女生的排列共有 种，按照从左到
右，女生从矮到高的排列只是其中的一种，故有 ＝ ＝840（种）不同
的排法.
840　
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 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）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）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
式 · ＝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
配方式 · ＝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.
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.
训练2 （1）甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2
人，则不同排法共有（　B　）
A. 20种 B. 16种
C. 12种 D. 8种
解析： 甲一定在乙和丙中间，否则甲就要在两端，共有 ＝16种
排法，故选B.
B
（2）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.
假设中国空间站要安排6名航天员开展实验，其中每个舱安排2人.若甲、
乙两人不被安排在同一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（　C　）
A. 20种 B. 36种
C. 72种 D. 84种
解析： 将6名航天员每个舱安排2人开展实验的所有安排方法数为
，其中甲、乙两人被安排在同一个舱内做实验的安排方法数为
· · ，所以满足条件的不同的安排方案数为 － · ·
＝90－18＝72种.故选C.
C
（3）〔多选〕甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的
是（　ABC　）
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
ABC
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.
03
PART
课时跟踪检测
（时间：60分钟，满分：96分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1. 甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一
个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有（　　）
A. 18种 B. 48种
C. 108种 D. 192种
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
解析： 　因为甲不去北京，应该分步完成：第一步，甲在上海、西安、
长沙三个城市中任选一个，有3种选法；第二步，乙、丙、丁从北京、上
海、西安、长沙四个城市中分别任选一个，有4×4×4＝64（种）选法，
由分步乘法计数原理，可得不同选法有3×64＝192（种）.
2. 从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、
乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法种数为（　　）
A. B.
C. D.
√
解析： 　先排第1号瓶，从除甲、乙以外的8种不同的作物种子中选出1种
有 种选法，再排剩余的瓶子，有 种方法，故不同的放法共有
种.故选C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3. （2026·山东泰安模拟）从5名同学中选择4人参加三天志愿服务活动，
有一天安排两人，另两天各安排一人，共有多少种安排方法（　　）
A. 20 B. 60
C. 120 D. 180
√
解析： 第一步，从5人中选4人，共有 ＝5种取法，第二步，将4人分
成三组，共有 ＝6种分法，再进行全排有 ＝6种排法，由分步乘法计
数原理知，共有 ＝5×6×6＝180种安排方法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4. （2026·浙江金华模拟）从1，2，3，4，5，6这六个数中任选三个数，
至少有两个数为相邻整数的选法种数有（　　）
A. 8 B. 16 C. 20 D. 24
√
解析： 　从1，2，3，4，5，6这六个数中任选三个数，共有 ＝20种选
法，其中三个数都不相邻的有135，136，146，246这4种，所以至少有两
个数为相邻整数的选法有20－4＝16种.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
5. 〔多选〕下列说法正确的是（　　）
A. 88×89×90×…×100可表示为
B. 若把英文“hero”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种
C. 10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手45次
D. 学校有5个“市三好学生”名额，现分给3个年级，每个年级至少一个
名额，共有6种分法
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 　对于A，88×89×90×…×100＝ ，A错误；对于B，四
个字母全排列共有 种，而正确的只有1种，可能出现的错误共有 －1
＝23种，B正确；对于C，10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，共
有 ＝45次，C正确；对于D，5个名额，按1，1，3分有 种，按1，2，
2分有 种，共有 ＝6种，D正确.故选B、C、D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
6. 〔多选〕从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列
说法正确的有（　　）
A. 如果4人全部为男生，那么有30种不同的选法
B. 如果4人中男生、女生各有2人，那么有30种不同的选法
C. 如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法
D. 如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有140种不同的
选法
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 　如果4人全部为男生，选法有 ＝15（种），故A错误；如果4
人中男生、女生各有2人，男生的选法有 ＝15（种），女生的选法有
＝6（种），则4人中男生、女生各有2人的选法有15×6＝90（种），B错
误；如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，在剩下的8人中再选2人即
可，选法有 ＝28（种），故C正确；在10人中任选4人，选法有 ＝
210（种），甲、乙都不在其中的选法有 ＝70（种），故男生中的甲和
女生中的乙至少要有1人在内的选法有210－70＝140（种），故D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
7.10个相同的小球，放入3个不同的盒子中，每个盒子至少放1个球，则所
有的不同放法有 种.
解析：只需把10个小球隔成3段，每一段代表不同的盒子放入球的个数，
10个球有9个空隙，选2个空隙作为隔板，这样把10个小球分为3段，故有
＝36（种）分法.
36　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
8. （2026·山东济南模拟）将两个1，两个3，一个5排成一行，则不同的排
法种数为 .（用数字作答）
解析：第一步选2个空给两个1有 种选法，第二步剩下的3个空选2个给两
个3有 种选法，最后剩一个空排5即可，根据分步乘法计数原理有
＝30种排法.
30　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
9. （13分）解方程：（1） ＝60 ；
解： 由已知，可得x∈N*，2x≥4，x≥3，
∴x≥3，且x∈N*，
∴2x（2x－1）（2x－2）（2x－3）＝60x（x－1）·（x－2），
化简得4x2－23x＋33＝0，
解得x＝3或x＝ .
∵x≥3，且x∈N*，∴x＝3，
∴原方程的解为x＝3.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
（2） ＝ ＋ ＋ .
解： 由已知，可得n≥2，且n∈N*，∵ ＝ ＋ ＋ ，
∴ ＝ ＋ ，∴ ＝ ＋ ，
∴ ＋ ＝ ＋ ，
∴ ＝ ，即n＋2＝ ，
解得n＝－1或n＝4，
∵n≥2，且n∈N*，∴n＝4.
∴原方程的解为n＝4.
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10. （2026·湖北武汉二调）有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其
中恰有一对双胞胎的选法种数为（　　）
A. 40 B. 48 C. 52 D. 60
√
解析： 　先从四对双胞胎中选出一对，有4种选择；然后从剩下的六个人
中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，这相当于从三对双胞胎中选出两
对，再从每对中选出一个人，共有3×2×2＝12种选择.根据分步乘法计数
原理，总共有4×12＝48种选法.故选B.
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11. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地
位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设
了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门
选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选2门，大一到大三三学年必
须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（　　）
A. 18种 B. 36种
C. 54种 D. 78种
√
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解析： 由题意，三年修完四门选修课程，每学年至多选2门，则每位同
学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2.若每年所修课程数为1，1，2，则
先将4门课程按1，1，2分为三组，有 ＝6（种）不同的方式，再分配
到三个学年，有 ＝6（种）不同的方式，由分步乘法计数原理，知不同
的选修方式共有36种；若每年所修课程数为0，2，2，则先将4门课程按
0，2，2分为三组，有 ＝3（种）不同的方式，再分配到三个学年，有
＝6（种）不同的方式，由分步乘法计数原理，知不同的选修方式共有
18种.综上，每位同学的不同选修方式有36＋18＝54（种），故选C.
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12. 〔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
√
√
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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
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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.
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13. （2025·江苏南京二模）英国数学家弗朗西斯·
格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或
球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻
区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯
借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）.
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解析：如图，将6个行政区标上序号，区域1有4种颜色
可选，共4种方法；区域2与区域1相邻，不能与区域1
同色，有3种颜色可选，共3种方法；区域3与区域1、2
相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种
方法；①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法；②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域
6有3种涂色方法，若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法，所以一共有4×3×2×[1×2×2＋1×（1×3＋1×2）]＝216种方法.
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14. （15分）一个口袋内有4个不同的红球、6个不同的白球.
（1）从中任取4个，使红球的个数不比白球的个数少，这样的取法有
多少种？
解： 从10个球中任取4个，使红球的个数不比白球的个数少的取法，可分
三类：
第一类，红球取4个时，有 种方法；
第二类，红球取3个、白球取1个时，有 种方法；
第三类，红球取2个、白球取2个时，有 种方法.
由分类加法计数原理可知，共有 ＋ ＋ ＝115（种）取法.
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（2）如果取1个红球记2分，取1个白球记1分，那么从口袋中取5个球，使
总分不少于7的取法有多少种？
解：设取红球x个、白球y个，依题意知，
且0≤x≤4，0≤y≤6，由此解得 或 或
这样使总分不少于7的取法可以分为三类：
第一类，红球取2个、白球取3个的方法数为 ；
第二类，红球取3个、白球取2个的方法数为 ；
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第三类，红球取4个、白球取1个的方法数为 .
由分类加法计数原理可知，共有符合条件的取法 ＋ ＋ ＝
186（种）.
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15. 〔创新设问〕（2026·辽宁省部分重点中学协作体考试）有一个密码
锁，它的密码是由三个数字组成.只有当我们正确输入每个位置的数字
时，这个密码锁才能够打开.现在我们并不知道密码是多少，当输入249
时，提示1个数字正确，并且位置正确；当输入235时，提示1个数字正
确，但位置错误；当输入962时，提示2个数字正确，但位置全错.则正确
的密码为 .
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解析：题中给出三个信息：①当输入249时，提示1个数字正确，并且位置
正确；②当输入235时，提示1个数字正确，但位置错误；③当输入962
时，提示2个数字正确，但位置全错，由①②知，密码中不含数字2；由③
知，密码中含数字9和6，9不在百位，6不在十位；由①知，密码中也不含
数字4，且9在个位数，6在百位；由②知，不可能有数字3，所以有数字
5，且5在十位.所以密码为659.
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