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中小学教育资源及组卷应用平台
第十章 计数原理
第一讲　两个计数原理、排列与组合
考点测评
1.[2020广州惠州高三第一次调研]7人并排站成一行,如果甲、乙两人必须不相邻,那么不同的排法种数是 (　　)
A.3 600 B.1 440 C.4 820 D.4 800
2.[2020河北衡水中学高三第一次联考]“学习强国”学习平台是由中宣部主管,以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容,立足全体党员、面向全社会的优质平台,现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门App.该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块.某人在学习过程中,“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有 (　　)
A.192种 B.240种
C.432种 D.528种
3.[2017全国卷Ⅱ]安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有 (　　)
A.12种 B.18种 C.24种 D.36种
4.[2020湖北武汉高三模拟]某班星期二上午有五节课,下午有三节课,安排的课程有语文、数学、英语、物理、化学、生物、体育,其中数学是上午或下午连续的两节课,其余课程各一节,现将体育课安排在下午的第三节,则不同的安排方案的种数为 (　　)
A.120 B.480 C.600 D.720
5.[2019郑州市第三次质量预测]把12本相同的资料书分配给三个班级,要求每班至少有1本且至多有6本,则不同的分配方法共有　　　　种.?
6.[新情境题]勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一,在我国古代称直角三角形为勾股形,直角边较小者为“勾”,另一直角边为“股”,斜边为“弦”,我国东汉末年著名数学家刘徽利用“青朱出入图”(如图10 - 1 - 1)来证明勾股定理.现某数学教师在讲“勾股定理证明”这节课时,为了介绍刘徽的“青朱出入图”,准备用红、黄、绿三种颜色进行填充,为了增加图形之间的区分度,具有公共边的图形(仅有公共点的情形除外)不能用同种颜色填充,则共有　　　　种不同的填法.?
7.[创新题]2019年9月29日,中国女排取得2019女排世界杯十一连胜.比赛结束后,某运动员与4名球迷分别坐在5张凳子上拍照,拍完第一张照片后某球迷有事离开,剩下4人重新就座后再拍照,但4人均不能坐在原来的位置上,则不同的坐法有　　　　种.(用数字作答)?
知识回顾
考法1 两个基本计数原理的应用
命题角度1　计数问题
1(1)[2019河北六校联考]甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是9,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为
A.64 B.80 C.96 D.120
(2)[2016全国卷Ⅱ]如图10 - 1 - 2,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
图10 - 1 - 2
【解题思路】
(1)由题意得,5日至9日有3天奇数日,2天偶数日,然后分别求出奇数日出行的用车方案种数和偶数日出行的用车方案种数,由分步乘法计数原理得出结果.
(2)分步处理:第一步计算从E到F 最短路径的条数,第二步计算从F 到G最短路径的条数,再根据分步乘法计数原理处理.
【解析】
(1)5日至9日,日期尾数分别为5,6,7,8,9,有3天是奇数日,2天是偶数日.第一步,安排偶数日出行,每天都有2种选择,共有22=4(种);第二步,安排奇数日出行,分两类,第一类,选1天安排甲的车,另外2天安排其他车,有3×2×2=12(种),第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,共有23=8(种),共有12+8=20(种).根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为4×20=80.
(2)从E到F,每条东西向的街道被分成2段,每条南北向的街道被分成2段,从E到F最短的走法,无论怎样走,一定包括4段,其中2段方向相同,另2段方向相同,每种最短走法,即是从4段中2段走东向的,剩下2段走北向的,故共有走法=6(种).同理从F到G,最短的走法有=3(种).所以小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 6×3=18.
【答案】(1)B　(2)B
命题角度2　涂色问题
2如图10 - 1 - 3,某个地区分为5个行政区域,现给该地区的地图着色,要求相邻区域不得使用同一种颜色.现在有4种颜色可供选择,则不同的着色方法种数为
A.48 B.24 C.72 D.96
【解题思路】
思路一:以位置为主考虑,分步处理,先涂①,依次再涂②③④⑤,当某一步不易确定时,可再分类.
思路二:以颜色为主考虑,分两类,一类用4种颜色,另一类用3种颜色.
【解析】解法一　(以位置为主考虑)
第一步涂①,有4种着色方法.
第二步涂②,有3种着色方法.
第三步涂③,有2种着色方法.
第四步涂④时分两类,
第一类用余下的颜色,有1种着色方法,
第五步涂⑤,有1种着色方法;
第二类④与②同色,有1种着色方法,第五步涂⑤,有2种着色方法.
所以不同的着色方法共有4×3×2×(1×1+1×2)=72(种).
解法二　(以颜色为主考虑)
分两类.
(1)取4色:着色方法有2=48(种).
(2)取3色:着色方法有=24(种).
所以共有着色方法48+24=72(种).
【答案】C
【技巧点拨】
解决涂色问题时,常常按颜色分类或按不同的区域分步完成.从某两个不相邻区域同色与不同色入手,根据分步乘法计数原理,对各个区域分步涂色,讨论并分别计算出各种情形的种数,再求出不同的涂色方法种数.
变式练习
1.(1)[2020江西上饶模拟]2020年元旦假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各2名,分乘甲、乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班的2名同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有 (　　)
A.18 种 B.24 种 C.48 种 D.36 种
(2)[2017天津高考]用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有　　　　个.(用数字作答)?
考法2 排列问题
3、有3名男生、4名女生,在下列各条件下,求不同的排列方法总数.
(1)排成前、后两排,前排3人,后排4人;
(2)全体排成一排,女生必须站在一起;
(3)全体排成一排,男生互不相邻;
(4)全体排成一排,其中甲不站最左边,也不站最右边;
(5)全体排成一排,其中甲不站最左边,乙不站最右边.
【解析】(1)分两步完成,先选3人站前排,有种方法,余下4人站后排,有种方法,共有·=5 040(种).
(2)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列,有种方法,再将女生全排列,有种方法,共有·=576(种).
(3)(插空法)先排女生,有种方法,然后在女生之间及首尾共5个空位中任选3个空位安排男生,有种方法,共有·=1 440(种).
(4)解法一　(特殊元素优先法)先排甲,有5种方法,其余6人有种排列方法,共有5×=3 600(种).
解法二　(特殊位置优先法)左、右两边位置可安排除甲外其余6人中的2人,有种排法,剩下的5人有种排法,共有=3 600(种).
(5)解法一　(特殊元素优先法)甲在最右边时,其他人可全排列,有种方法;甲不在最右边时,因为甲也不在最左边,所以可从余下的5个位置中任选1个,有种,而乙可从除去最右边的位置后剩下的5个位置中任选1个,有种,其余人全排列,有种不同排法,共有=3 720(种).
解法二　(间接法)7名学生全排列,有种方法,其中甲在最左边时,有种方法,乙在最右边时,有种方法,其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形(种方法),故共有 - 2=3 720(种)
变式练习
2.[2019浙江杭州月考]把7个字符1,1,1,A,A,α,β排成一排,要求三个“1”两两不相邻,且两个“A”也不相邻,则这样的排法共有 (　　)
A.12种 B.30种 C.96种 D.144种
考法3 组合问题
4 [2018全国卷Ⅰ]从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有　　　　种.(用数字填写答案)?
【解析】
解法一 (直接法)　可分两种情况:第一种情况,只有1位女生入选,不同的选法有=12(种);第二种情况,有2位女生入选,不同的选法有=4(种).
根据分类加法计数原理知,至少有1位女生入选的不同的选法共有16种.
解法二 (间接法)　从6人中任选3人,不同的选法有=20(种),从6人中任选3人都是男生,不同的选法有=4(种),所以至少有1位女生入选的不同的选法共有20 - 4=16(种).
变式练习
3.男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1名.现选派5人外出参加比赛,在下列情形中各有多少种选派方法?
(1)男运动员3名,女运动员2名;
(2)至少有1名女运动员;
(3)队长中至少有1人参加;
(4)既要有队长,又要有女运动员.
考法4 分组与分配问题
命题角度1　整体均分问题
5、教育部为了发展贫困地区教育,在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生,并在其毕业后将其分到相应的地区任教.现需将6个免费培养的教育专业师范毕业生平均分到3所学校去任教,有　　　　种不同的分派方法.?
【解题思路】分两步进行,先把6个毕业生均分成3组,再把这3组平均分到3所学校,进而计算出结果.
【解析】先把6个毕业生平均分成3组,有种分法;
再将3组毕业生平均分到3所学校,有种分法.
故将6个毕业生平均分到3所学校,不同的分派方法共有·=90(种).
命题角度2　部分均分问题
6将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人,每人至少1本的不同分法共有　　　　种.(用数字作答) ?
【解题思路】本题可分“3,1,1,1”和“2,2,1,1”两类求解.每类均存在部分元素个数相同的情况,可先分组,再排列.
【解析】把6本不同的书分成4组,每组至少1本的分法有2种.
①第一种,采用“3,1,1,1”的分法,即有1组分3本,其余3组每组分1本,不同的分法共有=20(种).…(有三组元素个数相同,因与顺序无关,故需除去重复情况,即只需取的)
②第二种,采用“2,2,1,1”的分法,即有2组每组分2本,其余2组每组分1本,
不同的分法共有·=45(种).………………………………………(四组元素中,分别有两组元素个数相同,分别为“2,2”和“1,1”,因与顺序无关,故需除去重复情况,即每类均只需取)
所以不同的分组方法共有20+45=65(种).
然后把分好的4组书分给4个人,分法共有=24(种), ………………………………………(与顺序有关,需全排列)
所以不同的分法共有65×24=1 560(种).
命题角度3　不等分问题
7、若将6名教师分到3所中学任教,其中一所1名,一所2名,一所3名,则有　　　　种不同的分法.?
【解题思路】元素个数不等,先分组再排列求解.
【解析】先将6名教师按如下步骤进行分组:
第一步,在6名教师中任取1名作为一组,有种分法;
第二步,在余下的5名教师中任取2名作为一组,有种分法;
第三步,余下的3名教师作为一组,有种分法.
根据分步乘法计数原理,共有=60(种)分法. (先按照要求的数据,将所有元素分成元素个数不等的三组)
再将这3组教师分配到3所中学,有=6(种)分法. (将3组全排列)
故不同的分法共有60×6=360(种).
变式练习
4.(1)[2019安徽师大附中模拟]某地举办科技博览会,有3个场馆,现将24个志愿者名额分配给这3个场馆,要求每个场馆至少有一个名额且各场馆名额数互不相同的分配方法种数为 (　　)
A.222种 B.253种 C.276种 D.284种
(2)将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息,假定每个人可以选择任一房间,且选择各个房间是等可能的,则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为　　　　.?
考法5 排列与组合的综合应用
8(1)[2018浙江高考]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)?
(2)要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言,若甲、乙都被选中,且他们发言中间恰好间隔一人,那么不同的发言顺序共有　　　　种.(用数字作答)?
【解题思路】
(1)根据特殊数字0进行分类→在每一类中利用分步乘法计数原理→根据分类加法计数原理得最终结果
(2)根据限制条件进行分步求解
【解析】
(1)分两类,第一类,若取的4个数字不包括0,则可以组成的四位数的个数为;第二类,若取的4个数字包括0,则可以组成的四位数的个数为.(注意0不能放在千位)
综上,一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为=720+540=1 260.
(2)依题意,第一步,从除甲、乙之外的6人中选出1人,安排在甲、乙2人之间,有种方法,再将甲、乙进行排列,有种方法;第二步,从其余的5人中任选1人,有种方法,再把甲、乙及第一步中所选出的人视为一个整体与第二步中所选出的这个人进行排列,有种方法.故满足题意的不同的发言顺序共有()××=120(种).
变式练习
5.(1)将标号为1,2,3,4的四个篮球分给三位小朋友,每位小朋友至少分到一个篮球,且标号1,2的两个篮球不能分给同一个小朋友,则不同的分法种数为 (　　)
A.15　　 B.20 C.30　 D.42
(2)某小学6名教职工的私家车中有3辆为黑色,2辆为白色,1辆为红色,学校刚好备有6个并排的停车位,上班期间这6辆私家车每天都停在这6个车位上,则红色私家车不停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻的停车种数为 (　　)
A.144 B.288 C.432 D.720
思想方法 分类讨论——解决多限制条件的排列组合问题的重要策略
9[2019安徽合肥二模]某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务,要求是:任务A必须排在前三项执行,且执行任务A之后需立即执行任务E,任务B、任务C不能相邻,则不同的执行方案共有
A.36种　　　　B.44种　　　　C.48种　　　　D.54种
由题意知任务A,E必须相邻,且E只能安排在A后面,分三类:
①当A,E分别排在第一、第二个位置时,执行方案有=12(种);
②当A,E分别排在第二、第三个位置时,执行方案有=12+4=16(种);
③当A,E分别排在第三、第四个位置时,执行方案有=16(种).
根据分类加法计数原理得不同的执行方案有12+16+16=44(种).
【答案】B
变式练习
6.[2019山西太原模拟]如图10 - 1 - 4所示,玩具计数算盘的三档上各有7个算珠,现将每档算珠分为左、右两部分,左侧的每个算珠表示数2,右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠),记上、中、下三档的数字和分别为a,b,c,例如,图中上档的数字和a=9.若a,b,c成等差数列,则不同的分珠计数法有　　　　种.?
图10 - 1 - 4
第一讲　《两个计数原理、排列与组合》测试
基础篇
1.[2020洛阳市第一次联考]某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为 (　　)
A.16 B.18 C.24 D.32
2.[2020江西临川一中第一次联考]将编号为1，2，3，4，5，6的六个小球放入编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子中，每个盒子中放一个小球，若有且只有三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.40 B.60 C.80 D.100
3.[2019四省八校联考]现将3名男医生和3名女医生分成两个组，去支援两个山区，每组至少2人，女医生不能全在同一组，且每组不能全为女医生，则不同的派遣方法有 (　　)
A.36种　B.54种 C.24种 D.60种
4.[2019长春市高三第一次质量监测]要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A，B，C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到A班的分法种数为 (　　)
A.6 B.12 C.24 D.36
5.[2020浙江温州九校第一次联考]4名学生参加3个兴趣小组活动，每人参加1个或2个小组，那么3个兴趣小组都恰有2人参加的情况共有　　　　种.?
6.[2020北京市通州区模拟]用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中百位上的数字是5的四位数共有　　　　个.(用数字作答)?
7.[2020四川模拟]某地区计划实施新高考考试方案，现模拟选科，其中语文、数学、英语为必选科目.从物理、化学、生物、历史、地理、政治、信息技术七科中任选三科，组合成“3+3”模式.若小王同学在物理和化学这两科中至多选一科，则他选择的组合方式有　　　　种(用数字作答).?
8.[2019开封市高三模拟]从甲、乙等5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，乙只能参加数学竞赛，则不同的参赛方案种数为　　　　　.?
提升篇
9.[2020南京高三调考]某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起.则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有 (　　)
A.120种 B.156种 C.188种 D.240种
10.[2020陕西西安二检]将“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为 (　　)
A.72 B.120 C.192 D.240
11.[2019长沙四校联考]某校为了解高三年级的学情和教情，从该年级6个班中选10名学生参加座谈会，要求每班至少派1名学生参加，其中高三(1)班至少派2名学生参加，则不同的选派方式有 (　　)
A.72种 B.60种 C.50种 D.56种
12.[2019河南濮阳模拟]安排A，B，C，D，E，F 六位义工照顾甲、乙、丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人的住址距离问题，不安排义工A照顾老人甲，不安排义工B照顾老人乙，则不同的安排方法共有 (　　)
A.30种 B.40种 C.42种 D.48种
13.[2019蓉城名校高三第一次联考]高考阅卷组抽调A，B，C，D，E，F 6名阅卷老师和甲、乙2名阅卷组长，现将他们分成两个小组(每组4人)分别派往成都、绵阳两地指导高考备考.两地都要求既要有阅卷老师又要有阅卷组长，而且A由于工作原因只能去成都，则不同的选派方案共有　　　　　　种.?
14.[2019合肥市高三调研检测]将红、黄、蓝三种颜色的三颗棋子分别放入3×3方格图中的三个方格内，如图10-1-1，
图10-1-1
要求任意两颗棋子不同行、不同列，且不在3×3方格图所在正方形的同一条对角线上，则不同的放法共有　　　　种.?
15.“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号“——”和“— —”，其中“——”在二进制中记作“1”，“— —”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为 (　　)
A.0，1，2，3　　　B.0，1，2　　　C.0，1　　　D.1，2
16.[2020陕西省百校第一次联考][新情境题]某型号智能手机有“星河银”“罗兰紫”“翡冷翠”“亮黑色”四种颜色.现甲、乙等四位市民准备分别购买一部该型号的手机，且所购买手机的颜色互不相同.若甲购买“亮黑色”或“星河银”的手机，则乙不购买“罗兰紫”的手机，那么这四位市民不同的购买方案有　　　　种.?
17.[2019江西红色七校第一次联考][数学文化题]小明有中国古代四大名著《三国演义》《西游记》《水浒传》《红楼梦》各一本，他要将这四本书全部借给三位同学，每位同学至少一本，但《西游记》《红楼梦》这两本书不能借给同一人，则不同的借法
有　　　　种.?
参考答案与解析
第一讲　两个计数原理、排列与组合
考点测评
1.A　解法一　由题意，分两步:第一步，先安排甲、乙以外的5人，不同的排法有=120(种)；第二步，在5个人形成的6个空中任选2个空排甲、乙，不同的排法有=30(种).由分步乘法计数原理得，满足条件的不同排法有120×30=3 600(种).故选A.
解法二　7人并排站成一行的不同排法有=5 040(种)，其中甲、乙两人相邻的不同排法有2=1 440(种)，所以甲、乙两人必须不相邻的不同排法有5 040- 1 440=3 600(种)，故选A.
2.C　若“阅读文章”与“视听学习”相邻，则有×种可能；若“阅读文章”与“视听学习”相隔一个答题板块，则有××种可能.故所求学习方法共有×+××=432(种)，故选C.
3.D　因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作.先把4项工作分成3组，即2，1，1，有=6(种)，再分配给3个人，有=6(种)，所以不同的安排方式共有6×6=36(种).故选D.
【解后反思】　解排列组合应用题时:(1)要注意均匀分组与不均匀分组的区别，均匀分组不要重复计数；(2)对于受条件限制的组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)两种解题方法，分类时标准应统一，避免出现遗漏或重复；(3)应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义.
4.C　若数学课安排在下午，只能安排在6，7节，其余5节课全排列，不同的安排方案有=120(种)；若数学课安排在上午，可能是1，2节，2，3节，3，4节，4，5节，共4种不同的安排方案，其余5节课全排列，不同的安排方案有4×=4×120=480(种).所以不同的安排方案共有120+480=600(种).故选C.
5.25　12本书按照要求分成符合题意的三份，分别是(1，5，6)，(2，4，6)，(3，3，6)，(3，4，5)，(2，5，5)，(4，4，4)，若按(1，5，6)分给三个班，则方法共有=6(种)；若按(2，4，6)分给三个班，则方法共有=6(种)；若按(3，3，6)分给三个班，则方法共有=3(种)；若按(3，4，5)分给三个班，则方法共有=6(种)；若按(2，5，5)分给三个班，则方法共有=3(种)；若按(4，4，4)分给三个班，只有1种方法.所以方法共有6×3+3×2+1=25(种).
6.48　先对“青朱出入图”的各个部分进行编号，如图D 10- 1- 1所示，
图D 10- 1- 1
由于与图形C，D相邻的图形较多，因此可优先考虑填充C与D.先填充图形C，有种填法，再填充图形D，有种填法.假设用红色涂C，黄色涂D，此时图形E，G必定涂绿色，H涂黄色，而F，A，B每个图形均有种填法，故不同的填法共有××××=48(种).
7.6 360　拍第一张照片时有种不同的坐法.设该运动员为甲，4名球迷分别为乙、丙、丁、戊.不妨记甲、乙、丙、丁、戊第一次拍照时坐的位置分别为a，b，c，d，e，拍完第一张照片离开的球迷为戊，下面讨论第二次拍照时4人的坐法.①甲、乙、丙、丁坐在a，b，c，d四个位置上，共有3种不同的坐法.②甲、乙、丙、丁坐在包含e的四个位置上，有种不同的选位置的方法，不妨设这4个位置为b，c，d，e.若甲坐在e位置上，则剩下乙、丙、丁坐在b，c，d位置上，共有2种不同的坐法；若甲不坐在e位置上，则甲有3种不同的坐法，不妨设甲坐在b位置上，则剩下乙、丙、丁坐在c，d，e位置上，有3种不同的坐法.综上，不同的坐法种数为[3+(2+3×3)]=6 360.
【解后反思】　本题要求考生综合运用两个计数原理进行解题，难度大，包含的情况较复杂，需要考生深入、透彻理解题意，思路清晰.
变式练习
1.(1)B 　由题意，分两类:第一类，(1)班的2名同学在甲车上，甲车上剩下2名同学要来自不同的班级，从3个班级中选2个，有=3(种)，然后从选择的班级中每班再选择1名同学，有=4(种)，故有3×4=12(种).第二类，(1)班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择1个班级的2名同学在甲车上，有=3(种)，然后从剩下的2个班级中分别选择1名，有=4(种)，这时共有3×4=12(种).根据分类加法计数原理得，不同的乘车方式共有12+12=24(种).故选B.
(2)1 080　一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有=960(个)，四个数字都是奇数的四位数有=120(个)，则至多有一个数字是偶数的四位数一共有960+120=1 080(个).
2.C　先排列A，A，α，β，若A，A不相邻，不同的排法有=6(种)；若A，A相邻，有=6(种)，共有不同的排法6+6=12(种).从所形成的5个空中选3个插入1，1，1，排法共有12=120(种).当A，A相邻时，从所形成的4个空中选3个插入1，1，1，共有6=24(种).故若三个“1”两两不相邻，且两个“A”也不相邻，则这样的排法共有120- 24=96(种).故选C.
3.(1)分两步完成:
第一步，选3名男运动员，有种选法；
第二步，选2名女运动员，有种选法.由分步乘法计数原理可得，共有·=120(种)选法.
(2)解法一　“至少有1名女运动员”包括以下四种情况:
1女4男，2女3男，3女2男，4女1男.
由分类加法计数原理可得选法共有=246(种).
解法二　“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解.
从10人中任选5人有种选法，其中全是男运动员的选法有种.所以“至少有1名女运动员”的选法有=246(种).
(3)解法一　(直接法)可分类求解:
“只有男队长”的选法种数为；
“只有女队长”的选法种数为；
“男、女队长都入选”的选法种数为，
所以共有2=196(种)选法.
解法二　(间接法)从10人中任选5人有种选法，
其中不选队长的方法有种.所以“至少有1名队长”的选法有=196(种).
(4)当有女队长时，其他人任意选，共有种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有种选法，其中不含女运动员的选法有种，所以不选女队长时的选法共有()种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有+=191(种).
4.(1)A　依题意，每个场馆至少有一个名额的分法有=253(种)，将24个志愿者分成3组，则至少有两组人数相同的分配方法有{1，1，22}，{2，2，20}，{3，3，18}，{4，4，16}，{5，5，14}，{6，6，12}，{7，7，10}，{8，8，8}，{9，9，6}，{10，10，4}，{11，11，2}({a，b，c}表示3组人数分别为a，b，c)，再对应分配到3个场馆，方法共有31=31(种).
所以每个场馆至少有一个名额且各场馆名额互不相同的分配方法共有253- 31=222(种).故选A.
(2)900　先将5人分成3组(1，1，3或2，2，1两种)，再将这3组人安排到3个房间，然后将剩下的2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有()··=900(种).
5.(1)C　四个篮球中两个分到一组有种分法，三组篮球进行全排列有种分法，其中标号1，2的两个篮球分给同一个小朋友有种分法，所以共有分法=30(种).故选C.
(2)B　解法一　①当白色私家车停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻时，先排3辆黑色私家车，有种情况，再将1辆红色私家车插入黑色私家车中间的2个空位中的任1个，有种情况，最后将2辆白色私家车停在两端，有种情况，此时不同的停车种数共有=24(种)；②当黑色私家车停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻时，先排3辆黑色私家车，有种情况，再将剩下的3辆车作为整体插入黑色私家车中间的2个空位中的任1个，有种情况，此时不同的停车种数共有=72(种)；③当车位两端一端停白色私家车、一端停黑色私家车时，先排3辆黑色私家车，有种情况，(i)当红色私家车排在黑色私家车两边时，有种情况，(ii)当红色私家车排在黑色私家车中间时，有(+)种情况，此时不同的停车种数有[+(+)]=192(种).综上，不同的停车种数共有24+72+192=288(种).故选B.
解法二　不考虑红色私家车的停靠位置，则3辆黑色私家车只有2辆相邻时，考虑从3辆黑色私家车中选出2辆捆在一起当作一个元素，与另一辆黑色私家车插入由2辆白色私家车、1辆红色私家车的全排列形成的4个空位中，停车种数有=432(种)，而两端停靠红色私家车的种数有=144(种)，所以红色私家车不停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻的停车种数有432- 144=288(种)，故选B.
6.32　根据题意知，a，b，c分别是区间[7，14]中的8个整数之一，故公差d是区间[- 3，3]中的7个整数之一.①当公差d=0时，有= 8(种)；②当公差d=±1时，b不取7，14，所以有2×=12(种)；③当公差d=±2时，b不取7，8，13，14，所以有2×=8(种)；④当公差d=±3时，b只能取10或11，所以有2×=4(种).综上，不同的分珠计数法共有8+12+8+4=32(种).
基础篇
1.C　第一步，将3辆不同型号的车进行排列，有种方法；第二步，把剩余的4个车位看成一个元素，插入3辆车所形成的4个空位中，有种方法.由分步计数原理可知，不同的停放方法共有·=24(种).故选C.
2.A　根据题意，在六个盒子中任选三个，分别放入与其编号相同的小球，不同的选法共有=20(种).
再将其余三个盒子中分别放入一个与其编号不同的小球，有2种放法.
则不同的放法有20×2=40(种).故选A.
3.A　分组情况有2，4型和3，3型.2，4型只能是1男1女和2男2女，此时有种分法；3，3型只能是2男1女和1男2女，此时有种分法.综上，不同的派遣方法共有(+)=36(种).故选A.
4.B　由题意可知，可以分两类，第一类，甲与另一人一同被分到A班，分法有=6(种)；第二类，甲单独被分到A班，分法有=6(种).所以甲被分到A班的分法共有12种.故选B.
5.90　由题意得，4名学生中恰有2名学生各参加2个兴趣小组，其余2 名学生各参加1个兴趣小组.
第一步，从4名学生中抽出2名参加2个兴趣小组的学生，不同的抽法共有=6(种).
第二步，对参加兴趣小组的情况进行讨论:参加2个兴趣小组的2名学生参加的兴趣小组完全相同，不同的情况共有=3(种)；参加2个兴趣小组的2名学生参加的兴趣小组有一个相同，不同的情况共有=12(种).
故不同的情况共有6×(3+12)=90(种).
6.48　依题意，组成的没有重复数字的四位数的百位上的数字为5，分两步进行分析:①组成的四位数的千位上的数字不能为0，则千位上的数字有4种选法；②在剩下的4个数字中选出2个，分别安排在十位和个位上，不同的安排方法共有=12(种).则符合条件的四位数共有12×4=48(个).
7.30　“物理和化学两科中至多选一科”的选法可分两类.第一类，不选物理和化学，选法有=10(种)；第二类，选物理和化学中的一门，选法有=20(种).所以他选择的组合方式共有10+20=30(种).
8.36　分三种情形讨论:①甲、乙都选，不同的参赛方案有=12(种)；②选乙不选甲，不同的参赛方案有=6(种)；③选甲不选乙，不同的参赛方案有=18(种).所以满足条件的不同的参赛方案种数为12+6+18=36.
提升篇
9.A　解法一　记演出顺序为1~6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法种数分别为，，，，，故总编排方案有++++=120(种).故选A.
解法二　记演出顺序为1~6号，按甲的编排进行分类，
①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则编排方案有=48(种)；
②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，编排方案共有=36(种)；
③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，编排方案共有=36(种).
所以编排方案共有48+36+36=120(种).故选A.
10.D　若将“124467”重新排列后所得数为偶数，则末位数字应为偶数，(1)若末位数字为2，因为含有2个4，所以偶数有=60(个)；(2)若末位数字为6，同理偶数有=60(个)；(3)若末位数字为4，因为有两个相同数字4，所以偶数有5×4×3×2×1=120(个).综上可知，不同的偶数共有60+60+120=240(个).故选D.
11.D　首先需满足高三(1)班选2名学生，其余班级各选1名学生.然后只需分配剩下的3个名额，这3个名额可以分到一个班，有种分法；也可以分到两个班，其中一个班1个，一个班2个，有种分法；还可以分到三个班，每班1个，有种分法.因此不同的选派方式共有++=56(种).故选D.
12.C　解法一　先按A分类，兼顾考虑B，分类如下.
A照顾乙，B照顾甲，有安排方法·=12(种)；
A照顾乙，B照顾丙，有安排方法·=12(种)；
A照顾丙，B照顾甲，有安排方法·=12(种)；
A照顾丙，B照顾丙，有安排方法=6(种).
综上分析可得，不同的安排方法共有12+12+12+6=42(种).故选C.
解法二　(间接法)六位义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人，共有安排方法=90(种).
其中A照顾老人甲的情况有=30(种)；
B照顾老人乙的情况有=30(种)；
A照顾老人甲，同时B照顾老人乙的情况有=12(种).
所以符合题意的安排方法有90- 30- 30+12=42(种).故选C.
【解后反思】　特殊元素和特殊位置优先分析策略，是解决排列、组合问题最常用的方法.若用特殊元素分析法，需优先安排特殊元素，再安排其他元素；若用特殊位置分析法，需先考虑特殊位置上的元素的安置，再考虑其他位置上的元素的安置.对于有多个约束条件的问题，在考虑一个约束条件的同时，还需兼顾其他约束条件. 对于限制条件较多的问题，也可采用间接法进行求解.
13.20　先将2名阅卷组长分别派往成都、绵阳两地，选派方案有=2(种)；由于A只能派往成都，所以只需从剩余的5名阅卷老师中选派2名去成都，其余的阅卷老师派往绵阳即可，即选派方案有=10(种).所以选派方案共有2×10=20(种).
14.24　要想任意两颗棋子不在同一行、同一列和同一条对角线上，则三颗棋子必有一颗在正方形方格的顶点，另两颗在对角顶点的两侧，如图D 10- 1- 2所示，由于正方形有四个顶点，故有四个不同的相对位置，又三颗棋子颜色不同，故不同的放法共有4=24(种).
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图D 10- 1- 2
15.A　根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类.
第一类:由两个“——”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.
第二类:由两个“— —”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.
第三类:由一个“——”和一个“— —”组成，二进制数为10，01，转化为十进制数，为2，1.
所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0，1，2，3.故选A.
16.20　根据甲实际购买的手机的颜色进行分类.
第一类，甲实际购买的手机的颜色为“亮黑色”或“星河银”，则满足题意的购买方案有×=8(种)；
第二类，甲实际购买的手机的颜色既不是“亮黑色”，也不是“星河银”，则满足题意的购买方案有×=12(种).由分类加法计数原理可知，这四位市民不同的购买方案有8+12=20(种).
17.30　根据题意，分两步进行分析:①将四本书分成3组，其中1组两本，其他2组各一本，分组方法有=6(种)，但《西游记》《红楼梦》这两本书不能借给同一人，即这两本书不能分在同一组，《西游记》《红楼梦》分在同一组的情况有1种，故四本书分成3组，符合题意的分法有6- 1=5(种)；②将分好的3组全排列，对应三位同学，情况有=6(种).则不同的借法有5×6=30(种).
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