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第65课时　两个计数原理、排列与组合
[考试要求]　1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．3．会用两个计数原理及排列、组合分析和解决一些简单的实际问题．
1．(人教A版选择性必修第三册P11练习T1)乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后共有项数为 (　　)
A．11 B．16
C．45 D．144
2．(人教A版选择性必修第三册P11习题6.1T2改编)如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路．则从甲地到丁地的不同路线共有 (　　)
A．12条 B．15条
C．18条 D．72条
3．(人教B版选择性必修第二册P7例3)某班班委由2位女同学、3位男同学组成，现要从该班班委里选出2人去参加学校组织的培训活动，要求至少有1位女同学参加，则不同的选法共有 (　　)
A．3种 B．6种
C．7种 D．9种
4．(多选)(人教B版选择性必修第二册P23练习BT1，T2改编)下列结论正确的是 (　　)
A．3×4×5＝
B．
C．若，则x＝3
D．＝64
5．(苏教版选择性必修第二册P63练习T6改编)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为______________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有__________________种(用数字作答)．
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．排列与组合的概念
名称 定义
排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照__________________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___________的个数 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)＝______ [n(n－1)·(n－2)·…·(n－m＋1)]＝______
性质 ＝______， 0！＝__ ＝____
[二级结论]　排列数、组合数常用公式
(1)＝(n－m＋1)．
(2)．
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！．
(4)k．
(5)＋…＋．
求解排列组合问题的6种主要方法
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法 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
插空法 对于不相邻问题，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
定序问题 除法处理 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
间接法 正难则反，等价转化
考点一　两个计数原理及综合应用
[典例1]　(1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 (　　)
A．24　　　B．18　　　C．12　　　D．9
(2)某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域花卉颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有___________种．(用数字作答)
(3)已知abc表示一个三位数，如果满足a>b且c>b，那么我们称该三位数为“凹数”，则没有重复数字的三位“凹数”共___________个(用数字作答)．
【拓展变式】　若本例(1)中 CD段马路由于正在维修(如图)，暂时不通，则从E到G的最短路径有___________条．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：综合应用两个原理解决问题时应注意以下两点：
(1)一般是先分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原理．
(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．
[巩固迁移]
1．(2025·山西太原一模)定义：各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，例如“1 022，3 110”，则所有“吉祥数”的个数是 (　　)
A．35 B．32
C．29 D．20
2．(2026·贵州铜仁模拟)2 025的不同正因数的个数为___________．
3．编号为A，B，C，D，E的5种蔬菜种在如图所示的五块试验田里，每块只能种一种蔬菜，要求A品种不能种在1，2试验田里，B品种必须与A种在相邻的两块田里，则不同的种植方法种数为___________．
考点二　排列、组合问题
[典例2]　(1)(2025·广东湛江二模)4名医生和2名护士站成一排，要求2名护士不相邻，且医生甲不站在队伍的最左端，则不同的站法共有___________种．
(2)从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
(3)(2023·新高考Ⅰ卷)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)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：解决排列与组合问题的三大原则
(1)特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置．
(2)先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列时，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再进行排列．
(3)正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题．
[巩固迁移]
4．(2026·沈阳育才中学模拟)北斗七星不仅是天上的星象，也是古人藉以判断季节的依据之一．如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某一时期的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，过这七个点中任意两个点作直线，所得直线的条数为 (　　)
A．4 B．13
C．15 D．16
5．学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，要求所选4人中既有男生又有女生，且男生甲与女生乙至少有1人入选，那么不同的组队方法种数为 (　　)
A．696 B．736
C．894 D．930
6．(2025·山东济南一模)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)
考点三　分组、分配问题
[典例3]　(1)把9个入团名额分给6个班级，每班至少一人，不同的分法种数为 (　　)
A．41　　 B．56　　 C．156　　 D．252
(2)(2025·广东广州三模)某班为了响应“学雷锋”活动，将指定的6名学生随机分配到3个不同的办公室打扫卫生，要求每个办公室至少分配1人，则恰好甲、乙两人(仅有两人)打扫同一个办公室的情况有___________种(用数字作答)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：
(1)相同元素的分配问题，常用“挡板法”．
(2)不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配．
(3)有限制条件的分配问题，采用分类求解．
[巩固迁移]
7．(2026·河北邢台模拟)运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到A，B，C三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为 (　　)
A．72 B．96
C．114 D．124
8．20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法共有 (　　)
A．120种 B．240种
C．360种 D．720种
9．将座位号为1，2，3，4的四张电影票全部分给甲、乙两个人，每人至少一张，若分给同一人多张票，则必须连号，那么不同的分法种数为 (　　)
A．4 B．6
C．7 D．12
第65课时　两个计数原理、排列与组合
以题引理·激活思维
No1．深研教材典题
1．C　2．C　3．C　4．AD　5.1 024　625
No2．储备知识要点
1．(1)m＋n　(2)m×n
2．一定的顺序
3．不同排列　不同组合　　n！　1　1　1
精研考点·提升素养
考点一
典例1　(1)B　(2)180　(3)240　[(1)由题意可知E到F共有6条最短路径，F到G共有3条最短路径，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(条)最短路径．
(2)先在A中种植，有5种不同的种植方法，再在B中种植，有4种不同的种植方法，再在C中种植，有3种不同的种植方法，最后在D中种植，有3种不同的种植方法，
所以不同的种植方案共有5×4×3×3＝180(种)．
(3)a，b，c为取自0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中的不同的三个数字，最小的数字放置在中间，余下两数可排百位或个位，故共有“凹数”的个数为2×＝2×120＝240．]
拓展变式
26　[先假设CD是实线，则从E到G，向上3次，向右4次，最短路径有＝35(条)，其中经过CD的，即先从E到C，然后C到D，最后D到G的最短路径有3×3＝9(条)，所以当CD不通时，最短路径有35－9＝26(条)．]
巩固迁移
1．A
2．15　[由题意知2 025＝34×52，
则可设2 025的正因数为3m×5n，其中m∈，n∈，
由分步乘法计数原理可得2 025的不同正因数的个数为5×3＝15．]
3．30
考点二
典例2　(1)408　(2)1 260　(3)64　[(1)若医生甲不站在医生队伍的最左端，则有＝360(种)不同的站法，
若医生甲站在医生队伍的最左端，则有＝48(种)不同的站法，故不同的站法共有360＋48＝408(种)．
(2)若不取零，则排列数为，
因此一共有＝1 260(个)没有重复数字的四位数．
(3)法一：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)．
法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种)．]
巩固迁移
4．D
5．C　[若甲、乙都入选，则从其余6人中选出2人，有＝15(种)选法，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有＝14(种)组队方法，所以共有15×14＝210(种)组队方法；若甲入选，乙不入选，则从其余6人中选出3人，有＝19(种)选法，男生甲不适合担任一辩手，则有＝18(种)组队方法，所以共有19×18＝342(种)组队方法；
若甲不入选，乙入选，则与甲入选，乙不入选的组队方法种数一样，有342种组队方法．所以共有210＋342＋342＝894(种)不同的组队方法．故选C．]
6．30　[第一步选2个空给两个1有种选法，
第二步从剩下的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．]
考点三
典例3　(1)B　(2)42　[(1)问题可转化为将9个入团名额排成一列，再分成6组，每组至少一个，求其方法数．事实上，只需在上述9个入团名额所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入挡板，即产生符合要求的方法，有＝56(种)．故选B．
(2)6名学生随机分配到3个不同的办公室，有2，2，2和3，2，1两种情况，
当按照2，2，2分配时，甲乙两人(仅有两人)打扫同一个办公室，先选一个办公室给甲乙两人，有种方法，
将剩余的4人平均分配到两个办公室，有＝18(种)情况，
当按照3，2，1分配时，先选一个办公室给甲乙两人，有种方法，将剩余的4人按照1，3分配到两个办公室，有＝24(种)情况，
综上，共有18＋24＝42(种)情况．]
巩固迁移
7．C
8．A　[先在编2号，3号的盒内分别放入1个球和2个球，还剩17个小球，三个盒内每个至少再放入1个，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可，共有＝120(种)方法．故选A．]
9．B　[①当甲分一张票，乙分三张票时，有2种不同的分法；
②当甲分两张票，乙分两张票时，有2种不同的分法；
③当甲分三张票，乙分一张票时，有2种不同的分法；
所以，一共有2＋2＋2＝6(种)不同的分法．故选B．]
11/11(共92张PPT)
第65课时
两个计数原理、排列与组合
[考试要求]
1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
2．理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．
3．会用两个计数原理及排列、组合分析和解决一些简单的实际问题．
以题引理·激活思维
1．(人教A版选择性必修第三册P11练习T1)乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后共有项数为(　　)
A．11 B．16
C．45 D．144
√
C　[三个因式各取一项相乘可得展开式中的项，由分步乘法计数原理知项数为3×3×5＝45．]
2．(人教A版选择性必修第三册P11习题6.1T2改编)如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路．则从甲地到丁地的不同路线共有(　　)
A．12条
B．15条
C．18条
D．72条
√
C　[若路线为甲乙丁，则有3×2＝6(条)；若路线为甲丙丁，则有3×4＝12(条)，故共有6＋12＝18(条)．故选C．]
3．(人教B版选择性必修第二册P7例3)某班班委由2位女同学、3位男同学组成，现要从该班班委里选出2人去参加学校组织的培训活动，要求至少有1位女同学参加，则不同的选法共有(　　)
A．3种 B．6种
C．7种 D．9种
√
C　[至少有1名女同学参加的选法共有＝7(种)．]
4．(多选)(人教B版选择性必修第二册P23练习BT1，T2改编)下列结论正确的是(　　)
A．3×4×5＝
B．
C．若，则x＝3
D．＝64
√
√
AD　[＝5×4×3，故A正确；
＝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；
＋7＝64，故D正确．]
5．(苏教版选择性必修第二册P63练习T6改编)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为_______．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有_____________种(用数字作答)．
1 024
625
1 024　625　[五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45＝1 024(种)不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54＝625(种)获得冠军的可能性．]
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．排列与组合的概念
名称 定义
排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照_______________排成一列
组合 作为一组
一定的顺序
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__________的个数 从n个不同元素中取出m
(m≤n)个元素的所有___________的个数
不同排列
不同组合
排列数 组合数
公式 ＝n(n－1)·(n－2)·…·(n－m＋1)＝ [n(n－1)·(n－2)·…·(n－m＋1)]＝
性质 ＝____，0！＝__ ＝__，＝__
n！
1
1
1
[二级结论]　排列数、组合数常用公式
(1)＝(n－m＋1)．
(2)．
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！．
(4)k．
(5)＋…＋．
求解排列组合问题的6种主要方法
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法 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
插空法 对于不相邻问题，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
定序问题 除法处理 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
间接法 正难则反，等价转化
考点一　两个计数原理及综合应用
[典例1]　(1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)
A．24　　　B．18　　　
C．12　　　D．9
精研考点·提升素养
√
(2)某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域花卉颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有_____________种．(用数字作答)
(3)已知abc表示一个三位数，如果满足a>b且c>b，
那么我们称该三位数为“凹数”，则没有重复数
字的三位“凹数”共_____________个(用数字作答)．
180
240
(1)B　(2)180　(3)240　[(1)由题意可知E到F共有6条最短路径，F到G共有3条最短路径，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(条)最短路径．
(2)先在A中种植，有5种不同的种植方法，再在B中种植，有4种不同的种植方法，再在C中种植，有3种不同的种植方法，最后在D中种植，有3种不同的种植方法，
所以不同的种植方案共有5×4×3×3＝180(种)．
(3)a，b，c为取自0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中的不同的三个数字，最小的数字放置在中间，余下两数可排百位或个位，故共有“凹数”的个数为2×＝2×120＝240．]
【拓展变式】　若本例(1)中 CD段马路由于正在维修(如图)，暂时不通，则从E到G的最短路径有_____________条．
26
26　[先假设CD是实线，则从E到G，向上3次，向右4次，最短路径有＝35(条)，其中经过CD的，即先从E到C，然后C到D，最后D到G的最短路径有3×3＝9(条)，所以当CD不通时，最短路径有35－9＝26(条)．]
名师点评：综合应用两个原理解决问题时应注意以下两点：
(1)一般是先分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原理．
(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．
[巩固迁移]
1．(2025·山西太原一模)定义：各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，例如“1 022，3 110”，则所有“吉祥数”的个数是(　　)
A．35 B．32
C．29 D．20
√
A　[各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，按首位数字分别计算：
当首位数字为5时，则剩余三位数分别是0，0，0，共有1个“吉祥数”；
当首位数字为4时，则剩余三位数分别是1，0，0，共有3个“吉祥数”；
当首位数字为3时，则剩余三位数分别是1，1，0或2，0，0，共有3＋3＝6(个)“吉祥数”；
当首位数字为2时，剩余三位数分别是2，1，0或3，0，0或1，1，1，共有＋3＋1＝10(个)“吉祥数”；
当首位数字为1时，则剩余三位数分别是3，1，0或4，0，0或1，1，2或2，2，0，共有＋3＋3＋3＝15(个)“吉祥数”，
则共有1＋3＋6＋10＋15＝35(个)“吉祥数”．
故选A．]
2．(2025·贵州铜仁模拟)2 025的不同正因数的个数为________．
15　[由题意知2 025＝34×52，
则可设2 025的正因数为3m×5n，其中m∈，n∈，
由分步乘法计数原理可得2 025的不同正因数的个数为5×3＝15．]
15
3．编号为A，B，C，D，E的5种蔬菜种在如图所示的五块试验田里，每块只能种一种蔬菜，要求A品种不能种在1，2试验田里，B品种必须与A种在相邻的两块田里，则不同的种植方法种数为_____．
30
30　[当A种在4号田时，B只能种在3号，其余三种蔬菜在三个位置全排列，共有＝6(种)种植方法，当A种在5号田时，种植方法相同，也有6种；
当A种在3号田时，B有3种种植方法，余下的三种蔬菜在三个位置全排列，有3＝18(种)种植方法；
根据分类加法计数原理，共有6＋6＋18＝30(种)种植方法．]
【教用·备选题】
1．我校某班举办新年联欢班会，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项． 甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同． 甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖没有戊好但是比丁的强”． 根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是
(　　)
A．12 B．13
C．24 D．26
√
B　[甲是特等奖，乙有4种情况，则丙、丁、戊有1种情况，所以有4×1＝4(种)；
甲不是特等奖，则甲有3种情况，乙有3种情况，
而丙、丁、戊有1种情况， 所以有3×3×1＝9(种)；
所以5人的奖项的所有可能的种数是4＋9＝13．
故选B．]
2．(2025·湖南省郴州市三模)如图，这是一个平面图形，现提供四种颜色给图中的区域1、区域2、区域3、区域4、区域5、区域6共六个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则共有_____________种不同的涂色方案．
96
96　[若仅用三种颜色涂色，则区域1，6同色，区域2，4同色，区域3，5同色，共有＝24(种)涂法；若用四种颜色涂色，则区域1，6，区域2，4，区域3，5中有一组不同色，则有3种情况，先从四种颜色中取两种涂同色区，有＝12(种)涂法，剩余两种涂在不同区域，有2种涂法，共有3×12×2＝72(种)涂法，故总的涂色方案有24＋72＝96(种)．]
3．在一块并排10垄的田地中，种植作物时每种作物种植一垄，相邻的垄不种同一种作物，现有3种作物可选，则有_____________种种植方法；若3种作物必须都种，则有_____________种种植方法；若只在其中2垄种植其中的A，B两种作物，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则有_____________种种植方法．
1 536
1 530
12
1 536　1 530　12　[3种作物任选时，种植第1垄有3种选择，第2垄有2种选择，后面的垄只需与前一垄不同即可，共有3×2×2×2×2×2×2×2×2×2＝1 536(种)种植方法．3种作物都选时，只需排除只用2种作物完成种植的情况，共有1 536－3×2×1×1×1×1×1×1×1×1＝1 530(种)种植方法．两种作物的间隔不小于6垄时，分两步：第一步，先选垄，如图所示，共有6种选法；第二步，种植A，B两种作物，
有2种方法．所以根据分步乘法计数
原理，可得有6×2＝12(种)种植方法．]
考点二　排列、组合问题
[典例2]　(1)(2025·广东湛江二模)4名医生和2名护士站成一排，要求2名护士不相邻，且医生甲不站在队伍的最左端，则不同的站法共有_____________种．
(2)从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成_____________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
408
1 260
(3)(2023·新高考Ⅰ卷)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)．
64
(1)408　(2)1 260　(3)64　[(1)若医生甲不站在医生队伍的最左端，则有＝360(种)不同的站法，
若医生甲站在医生队伍的最左端，则有＝48(种)不同的站法，故不同的站法共有360＋48＝408(种)．
(2)若不取零，则排列数为，
因此一共有＝1 260(个)没有重复数字的四位数．
(3)法一：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)．
法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种)．]
名师点评：解决排列与组合问题的三大原则
(1)特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置．
(2)先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列时，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再进行排列．
(3)正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题．
[巩固迁移]
4．(2026·沈阳育才中学模拟)北斗七星不仅是天上的星象，也是古人藉以判断季节的依据之一．如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某一时期的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，过这七个点中任意两个点作直线，所得直线的条数为(　　)
A．4 B．13
C．15 D．16
√
D　[法一(间接法)：过这七个点中任意两个点作直线，一共有条，其中从共线的B，D，E，F的四点任选两点，一共有＋1＝16．
法二(直接法)：①过点B，D，E，F的直线只有1条；
②过A，C，G中的任意两点作直线，可作3条；
③从B，D，E，F中任取一点，从A，C，G中任取1点作直线，可作直线条数为4×3＝12，
综上，所得直线的条数为1＋3＋12＝16．故选D．]
5．学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，要求所选4人中既有男生又有女生，且男生甲与女生乙至少有1人入选，那么不同的组队方法种数为(　　)
A．696 B．736
C．894 D．930
√
C　[若甲、乙都入选，则从其余6人中选出2人，有＝15(种)选法，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有＝14(种)组队方法，所以共有15×14＝210(种)组队方法；若甲入选，乙不入选，则从其余6人中选出3人，有＝19(种)选法，男生甲不适合担任一辩手，则有＝18(种)组队方法，所以共有19×18＝342(种)组队方法；
若甲不入选，乙入选，则与甲入选，乙不入选的组队方法种数一样，有342种组队方法．所以共有210＋342＋342＝894(种)不同的组队方法．故选C．]
6．(2025·山东济南一模)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)
30　[第一步选2个空给两个1有种选法，
第二步从剩下的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
【教用·备选题】
1．(1)某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有(　　)
A．56种 B．68种
C．74种 D．92种
√
(2)(多选)某周周一到周六的夜间值班工作由甲、乙、丙三人负责，每人负责其中的两天，每天只需一人值班，则下列关于安排方法数的说法正确的有(　　)
A．共有90种安排方法
B．甲连续两天值班的安排方法有30种
C．甲连续两天值班且乙连续两天值班的安排方法有18种
D．甲、乙、丙三人每人都连续两天值夜班的安排方法有6种
√
√
√
(3)以长方体ABCD-A1B1C1D1的任意3个顶点为顶点作三角形，从中随机取出2个三角形，则这2个三角形不共面的情况有_________种．
1 468
(1)D　(2)ABD　(3)1 468　[(1)根据划左舷中“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有＝20(种)，有1个“多面手”的选派方法有＝60(种)，有2个“多面手”的选派方法有＝12(种)，即共有20＋60＋12＝92(种)不同的选派方法．
(2)对于A，首先任选2天安排甲值班，共＝15(种)方法，再从剩下的4天中选2天安排乙值班，
共＝6(种)方法，最后安排丙，共＝1(种)方法，共计15×6×1＝90(种)方法，故A正确；
对于B，甲可以值周一周二、周二周三、…、周五周六，共有5种方法，
再从剩余4天中选2天安排乙，剩下两天安排丙，共＝6(种)方法，共计5×6＝30(种)方法，故B正确；
对于C，首先确定甲在乙之前还是之后，有2种方法，再讨论丙值的两天班是否连续，
若连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择一个，安排“丙丙”即可，此时有＝3(种)方法，
若不连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择两个，各安排一个“丙”即可，此时有＝3(种)；综上，符合题意的方法数为2×＝12，故C错误；对于D，只需将“甲甲”“乙乙”“丙丙”做全排列即可，共＝6(种)方法，故D正确．故选ABD．
(3)因为长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点任意3个均不共线，所以从8个顶点中任取3个均可构成1个三角形，共有＝56(个)三角形，从中任选2个，共有＝1 540(种)情况．因为长方体有六个面，六个对角面，所以8个顶点中四点共面共有12种情况，每个面的4个顶点共确定4个不同的三角形，从这4个三角形中选出两个共有6种情况，故任取2个三角形，则这2个三角形不共面的情况共有1 540－12×6＝1 468(种)．]
考点三　分组、分配问题
[典例3]　(1)把9个入团名额分给6个班级，每班至少一人，不同的分法种数为(　　)
A．41　　 B．56　　 C．156　　 D．252
(2)(2025·广东广州三模)某班为了响应“学雷锋”活动，将指定的6名学生随机分配到3个不同的办公室打扫卫生，要求每个办公室至少分配1人，则恰好甲、乙两人(仅有两人)打扫同一个办公室的情况有_____________种(用数字作答)．
√
42
(1)B　(2)42　[(1)问题可转化为将9个入团名额排成一列，再分成6组，每组至少一个，求其方法数．事实上，只需在上述9个入团名额所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入挡板，即产生符合要求的方法，有＝56(种)．故选B．
(2)6名学生随机分配到3个不同的办公室，有2，2，2和3，2，1两种情况，
当按照2，2，2分配时，甲乙两人(仅有两人)打扫同一个办公室，先选一个办公室给甲乙两人，有种方法，
将剩余的4人平均分配到两个办公室，有＝18(种)情况，
当按照3，2，1分配时，先选一个办公室给甲乙两人，有种方法，将剩余的4人按照1，3分配到两个办公室，有＝24(种)情况，
综上，共有18＋24＝42(种)情况．]
名师点评：分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：
(1)相同元素的分配问题，常用“挡板法”．
(2)不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配．
(3)有限制条件的分配问题，采用分类求解．
[巩固迁移]
7．(2026·河北邢台模拟)运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到A，B，C三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为(　　)
A．72 B．96
C．114 D．124
√
C　[将5名志愿者分为1，2，2，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，
则不同的安排方法有＝72(种)．
将5名志愿者分为1，1，3，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，
则不同的安排方法有＝42(种)．
故不同的安排方法共有72＋42＝114(种)．故选C．]
8．20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法共有(　　)
A．120种 B．240种
C．360种 D．720种
√
A　[先在编2号，3号的盒内分别放入1个球和2个球，还剩17个小球，三个盒内每个至少再放入1个，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可，共有＝120(种)方法．故选A．]
9．将座位号为1，2，3，4的四张电影票全部分给甲、乙两个人，每人至少一张，若分给同一人多张票，则必须连号，那么不同的分法种数为(　　)
A．4 B．6
C．7 D．12
√
B　[①当甲分一张票，乙分三张票时，有2种不同的分法；
②当甲分两张票，乙分两张票时，有2种不同的分法；
③当甲分三张票，乙分一张票时，有2种不同的分法；
所以，一共有2＋2＋2＝6(种)不同的分法．
故选B．]
【教用·备选题】
1．某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人选出四人值班，每名员工最多值班一天，已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有
(　　)
A．192种　　　　　　　 B．252种
C．268种 D．360种
√
B　[若甲乙不值班，值班安排有＝24(种)；
若甲乙只有一人不值班，值班安排有
＝144(种)；
若甲乙都值班，值班安排有(2)＝84(种)，
所以值班安排共有252种．故选B．]
2．将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为(　　)
A．78　　B．92　　C．100　　D．122
√
C　[若将体育书分给甲，当剩余4本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有＝14(种)，
当剩余4本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有＝36(种)，
综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是14＋36＝50，同理，将体育书分给乙，不同的分配方法数也是50，故不同的分配方法数是50＋50＝100．故选C．]
一、单项选择题
1．若＝42，则的值为(　　)
A．60 B．70
C．120 D．140
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
课后作业(六十五)　两个计数原理、排列与组合
√
16
D　[∵×2＝42，
解得n＝7或n＝－6(舍去)，
∴
＝＝140．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)
A．40 B．16
C．13 D．10
√
C　[分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13(个)不同的平面．]
16
3．将1个0，2个1，2个2随机排成一行，则2个1不相邻的情况种数是
(　　)
A．10 B．20
C．18 D．40
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
C　[将1个0，2个1，2个2随机排成一行，则2个1不相邻的情况共有＝18(种)．]
16
4．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　)
A．3　　B．4　　C．6　　D．8
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
D　[以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；
以2为首项的等比数列为2，4，8；
以4为首项的等比数列为4，6，9；
把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，
故所求的数列共有8个．]
16
5．将5件相同的小礼物全部送给3个不同的球迷，让每个球迷都要得到礼物，则不同的分法种数是(　　)
A．2 B．10
C．5 D．6
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
D　[法一：由“挡板法”可知，共有＝6(种)．
法二：若按3，1，1 分成3组给3个不同的球迷，有3种不同的方法；若按2，2，1分成3组给3个不同的球迷，也有3种不同的方法．
故所有不同的分法种数为3＋3＝6．故选D．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
6．(2025·山东枣庄二模)子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让．现有分别印有这5个字的卡片(颜色均不同)各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有(　　)
A．120种 B．210种
C．1 440种 D．2 880种
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
D　[先把字相同的卡片看成一组，
第一步：从这5组中选出一组，
第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选一张卡片，
第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学，
所以不同的分配方案有＝2 880(种)．
故选D．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
7．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
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
B　[因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间2人占据首四位或尾四位．
①当乙丙及中间2人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种排法，所以有＝8(种)方法；
②当乙丙及中间2人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种排法，所以有＝8(种)方法；
由分类加法计数原理可知，一共有8＋8＝16(种)排法．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
8．(2025·湖北武汉三模)如图，某社区为墙面A，B，C，D四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域(共边)不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂法有(　　)
A．12种 B．24种
C．48种 D．144种
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
A B
C D
C　[恰好使用三种颜色的涂法有两种，即A与D同色或B与C同色，所以恰好使用3种颜色的涂法有·()＝48(种)．
故选C．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
二、多项选择题
9．用0，1，2，3，4组成数字，下列说法正确的是(　　)
A．元素可重复使用时，可以组成100个三位数
B．元素不可重复使用时，可以组成60个三位数
C．各位数字不同的三位奇数有18个
D．各位数字不同的三位偶数有48个
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
√
AC　[三位数先选百位有4种方法，再选十位，个位，各有5种方法，共4×5×5＝100(个)；
元素不重复使用时，三位数百，十，个位分别有4，4，3种方法，共4×4×3＝48(个)；
三位奇数先选个位，再百位，再十位有2×3×3＝18(个)，三位偶数按个位是否为0讨论，再选百位、十位，有4×3＋2×3×3＝30(个)．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
10．某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中劳动模范只有1班有2人，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是(　　)
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
√
BD　[对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据挡板法，有种分配方法，故A错误；对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据挡板法，有种分配方法，故B正确；对于C，D，若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳动模范，故只需先满足其他每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个挡板即可，故有＝126(种)，故C错误，D正确．故选BD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
11．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是(　　)
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为54
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1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
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
√
√
ABD　[对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种安排方法，故A错误；对于B，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故B错误；对于C，根据题意，分2种情况讨论：①从丙、丁、戊中选出2人开车，②从丙、丁、戊中选出1人开车，则有种安排方法，C正确；对于D，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的3组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种安排方法，D错误．故选ABD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
三、填空题
12．(2025·上海卷)4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列种数为_______．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
288
16
288　[先选2个家长排在队列的头和尾的排法数为＝12，剩下的家长和儿童全排的排法种数为＝24，则不同的排列种数为12×24＝288．]
13．(2025·广东广州一模)将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有_____________种．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
12
12　[由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得9在左上角，1在右下角，如图，
2，3排在d，f 位置，有种方法，从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在a，b位置，有种方法，最后两个数字从上到下由大到小排在c，e位置，有1种方法，所以填写方格表的方法共有×1＝12(种)．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
14．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_________种．(用数字作答)
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
8　[先安排甲，其选座方法有
＝4×2＝8(种)．]
8
15．(2025·重庆九龙坡三模)“ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于5 700的偶数个数是(　　)
A．66 B．75
C．78 D．90
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
√
B　[若千位数字是5，则百位数字只能是7或8，故共有＝15(个)；
若千位数字是7，则共有＝36(个)；
若千位数字是8，则共有＝24(个)．
故符合条件的四位数共有15＋36＋24＝75(个)．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
16．三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练(不能传给自己)，由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有(　　)
A．6种 B．10种
C．11种 D．12种
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
√
B　[设在第n(n≥2)次传球后有an种情况球在丙手中，即经过n次传球后球又被传回给丙，
在前n次传球中，每次传球都有2种可能，故在前n次传球中共有2n种传球方法，
故在第n次传球后，球不在丙手中的情况有(种)，即球在甲或乙手中，只有在这些情况时，在第n＋1次传球后，球才会被传回给丙，
即an+1＝2n－an，由题意可得a2＝2，则a3＝22－a2＝2，a4＝23－a3＝6，a5＝24－a4＝16－6＝10．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
谢 谢 ！课后作业(六十五)　两个计数原理、排列与组合
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共83分
一、单项选择题
若＝42，则的值为 (　　)
A．60 B．70
C．120 D．140
2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为 (　　)
A．40 B．16
C．13 D．10
3．将1个0，2个1，2个2随机排成一行，则2个1不相邻的情况种数是 (　　)
A．10 B．20
C．18 D．40
4．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为 (　　)
A．3 B．4
C．6 D．8
5．将5件相同的小礼物全部送给3个不同的球迷，让每个球迷都要得到礼物，则不同的分法种数是 (　　)
A．2 B．10
C．5 D．6
6．(2025·山东枣庄二模)子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让．现有分别印有这5个字的卡片(颜色均不同)各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有 (　　)
A．120种 B．210种
C．1 440种 D．2 880种
7．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
8．(2025·湖北武汉三模)如图，某社区为墙面A，B，C，D四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域(共边)不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂法有 (　　)
A B
C D
A．12种 B．24种
C．48种 D．144种
二、多项选择题
9．用0，1，2，3，4组成数字，下列说法正确的是 (　　)
A．元素可重复使用时，可以组成100个三位数
B．元素不可重复使用时，可以组成60个三位数
C．各位数字不同的三位奇数有18个
D．各位数字不同的三位偶数有48个
10．某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中劳动模范只有1班有2人，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是 (　　)
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
11．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是 (　　)
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为54
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1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
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
三、填空题
12．(2025·上海卷)4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列种数为________．
13．(2025·广东广州一模)将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有________种．
14．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________种．(用数字作答)
15．(2025·重庆九龙坡三模)“ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于5 700的偶数个数是 (　　)
A．66 B．75
C．78 D．90
16．三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练(不能传给自己)，由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有 (　　)
A．6种 B．10种
C．11种 D．12种
课后作业(六十五)
1．D　2．C　3．C　4．D
5．D　[法一：由“挡板法”可知，共有＝6(种)．
法二：若按3，1，1 分成3组给3个不同的球迷，有3种不同的方法；若按2，2，1分成3组给3个不同的球迷，也有3种不同的方法．
故所有不同的分法种数为3＋3＝6．故选D．]
6．D　[先把字相同的卡片看成一组，
第一步：从这5组中选出一组，
第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选一张卡片，
第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学，
所以不同的分配方案有＝2 880(种)．故选D．]
7．B　[因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间2人占据首四位或尾四位．
①当乙丙及中间2人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种排法，
所以有＝8(种)方法；
②当乙丙及中间2人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种排法，
所以有＝8(种)方法；
由分类加法计数原理可知，一共有8＋8＝16(种)排法．故选B．]
8．C　[恰好使用三种颜色的涂法有两种，即A与D同色或B与C同色，所以恰好使用3种颜色的涂法有·()＝48(种)．故选C．]
9．AC
10．BD　[对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据挡板法，有种分配方法，故A错误；对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据挡板法，有种分配方法，故B正确；对于C、D，若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳动模范，故只需先满足其他每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个挡板即可，故有＝126(种)，故C错误，D正确．故选BD．]
11．ABD　[对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种安排方法，故A错误；对于B，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故B错误；对于C，根据题意，分2种情况讨论：①从丙、丁、戊中选出2人开车，②从丙、丁、戊中选出1人开车，则有种安排方法，C正确；对于D，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的3组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种安排方法，D错误．故选ABD．]
12．288　13.12
14．8　[先安排甲，其选座方法有
＝4×2＝8(种)．]
15．B　[若千位数字是5，则百位数字只能是7或8，故共有＝15(个)；
若千位数字是7，则共有＝36(个)；
若千位数字是8，则共有＝24(个)．
故符合条件的四位数共有15＋36＋24＝75(个)．故选B．]
16．B　[设在第n(n≥2)次传球后有an种情况球在丙手中，即经过n次传球后球又被传回给丙，
在前n次传球中，每次传球都有2种可能，故在前n次传球中共有2n种传球方法，
故在第n次传球后，球不在丙手中的情况有(种)，即球在甲或乙手中，只有在这些情况时，在第n＋1次传球后，球才会被传回给丙，
即an+1＝2n－an，由题意可得a2＝2，则a3＝22－a2＝2，a4＝23－a3＝6，
a5＝24－a4＝16－6＝10．故选B．]
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