排列与组合
目录
【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】排列数与组合数的推导、化简和计算
【题型二】数字排列
【题型三】几何问题
【题型四】捆绑法
【题型五】插空法
【题型六】定序问题（先选后排）
【题型七】列举法
【题型八】多面手问题
【题型九】错位排列
【题型十】涂色问题
【题型十一】分组问题
【题型十二】分配问题
【题型十三】隔板法
【题型十四】分解法模型与最短路径问题
【题型十五】环排问题
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：对两个计数原理理解混乱
：排列组合和二项式定理是高考热点知识点，有了多选题型后常和概率结合起来考察，所以需要考生对于排列组合的基础题型有所了解，以及一些特殊的方法，这块有很多固定的题型，当然在掌握题型的基础上还需要明白其原理，能够冷静分析，合理运用好排列组合的解题思维。
：根据高考回归课本的趋势，排列数与组合数的运算以及术与式的归纳理解要求要相继变高，而这块内容也是因为传统的固定题型容易被学生忽略的知识点，需要重视起来。
【题型一】排列数与组合数的推导、化简和计算
【例1】已知为正整数，若，则 ．
【答案】3或7
【分析】根据组合数的定义和性质分析求解即可.
【详解】因为，则，解得，
由组合数性质可知：或，解得或．
故答案为：3或7.
【例2】排列数和组合数都有丰富的性质和实际应用，下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】利用组合数的定义和排列数的定义可A、B；利用组合数的递推关系式 可证明C正确；从组合数的意义角度看，都表示是两个各有个元素的集合 和 中选取总共 个元素的方式数，由此得D正确.
【详解】对于A，因为，故A不正确；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为，故C正确；
对于D，考虑从两个各有个元素的集合 和 中选取总共 个元素的方式数，总的选取方式数是.另一方面，我们可以将选取过程分为不同的情况，即从集合 中选取个元素，从集合中选取个元素，其中 从0 到，对于每个，选取的方式数是.由于 ，所以每种情况的方式数是，因此，总的选取方式数可以表示为：，由于这两种方法计算的是同一个选取过程的方式数，所以它们相等：，故D正确.
故选：BCD.
【变式1】已知，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【分析】根据排列与组合公式计算求解即可.
【详解】由，则，
则，即.
故选：D
【变式2】（1）已知，求n．
（2）．
【答案】（1）6；（2）252
【分析】（1）利用组合数性质以及组合数公式和排列数公式，将化简并展开，解方程即可求得答案.
（2）法一：利用组合数的性质求解；法二：直接计算，求和.
【详解】（1）由得，
即，即，
解得，或，
又由知，即，
故.
（2）法一：
.
法二：原式.
【题型二】数字排列
【例1】用这五个数组成无重复数字的五位数，则不同的奇数共有（ ）
A．120个 B．72个 C．60个 D．48个
【答案】D
【分析】根据分步乘法原理，先安排个位数字，再安排余下的4个位置.
【详解】根据题意，先安排个位数字，在3和5中选一个共有种，
再安排余下的4个位置，有种，
所以组成无重复数字的五位数，不同的奇数共有种.
故选：D.
【例2】设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为，，，若，，则称这个三位数为“峰型三位数”，例如251和121都是“峰型三位数”，在由0，1，2，3，4，5中的部分数字组成的三位数中，“峰型三位数”的个数为 .
【答案】40
【分析】根据给定条件，利用“峰型三位数”是否含有数字0分类，结合排列、组合计数问题列式计算即得.
【详解】①若“峰型三位数”由三个不同的数字组成：
当“峰型三位数”含有数字0时，0必为个位，再从余下5个数字中任取两个，大的数字为十位，有种方法；
当“峰型三位数”没有数字0时，从除0外的5个数字中任取3个，最大数字作十位，有种方法，
此时，“峰型三位数”的个数为；
②若“峰型三位数”由两个不同的数字组成，则一定不包含0，此时共有种方法；
综上，“峰型三位数”的个数为.
故答案为：40
【变式1】设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数，且从中任取两个相乘所得均为5的倍数，则A的元素个数最多为 ．
【答案】137
【分析】三位数中的5的倍数分个位是0和个位是5讨论即可.
【详解】由题意知，集合中且至多只有一个元素不是5的倍数，其余均是5的倍数．
首先讨论三位数中的5的倍数，
①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个；
②当个位为5时，则百位有个数字可选，十位有个数字可选，
根据分步乘法原理，这样的5的倍数有个，
最后，再加上单独的不是5的倍数的数，所以集合中元素个数的最大值为个．
故答案为：137．
【变式2】用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的整数，求满足下列条件的数各有多少个．
(1)六位数；
(2)六位奇数．
【答案】(1)个
(2)个
【分析】（1）由全排列减去0在首位即可求解；
（2）法一：从个数入手分析或从对首位排奇数还是非0偶数分两类进行．法二：由0不在两端，再从1，3，5中选1个排在个位，剩下全排列即可求解；
【详解】（1）0，1，2，3，4，5六个数字共能形成种不同的排法，当0在首位时不满足题意，故可以组成个没有重复数字的六位数．
（2）方法一（位置分析法）：①从个位入手：个位数排奇数，即从1，3，5中选1个有种方法，首位数在排除0及个位数余下的4位数字中选1个有种方法，余下的数字可在其他位置全排列有种方法，由分步乘法计数原理知，共有个不同的六位奇数．
②从首位入手：对首位排奇数还是非0偶数分两类进行．
第1类，首位排奇数，有种选择，再个位排奇数有种方法，其余位置全排列有．则共有144种方法．
第2类，首位排非0偶数，共有种方法．
根据分类加法计数原理，共有个不同的六位奇数．
方法二（元素分析法）：0不在两端有种排法．从1，3，5中选1个排在个位，剩下的4个数字全排列．故共有个不同的六位奇数．
【题型三】几何问题
【例1】平面上给定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行.求：
(1)这些直线所交成的点的个数（除原10点外）；
(2)这些直线交成多少个三角形.
【答案】(1)630
(2)
【分析】（1）先由题意结合任意两点确定一条直线原理求出10点所确定的直线数，再由任意两条直线交一个点求出交点总数和重复计算的交点总数即可求解.
（2）由（1）确定点的总数，再由不共线的三点确定一个三角形原理得到任取三点的组合数再减去三点共线的组合数即可求得构成的三角形数.
【详解】（1）由题设这10点所确定的直线是条，
这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点，无两条直线互相平行，
则任意两条直线交一个点，共有个交点，
而在原来10点上每一个点都有9条直线共点于此，
所以在原来的10点上共有点被重复计数，
所以这些直线交成新的点的个数是：.
（2）由（1）可知共有这些直线所交成的点的个数共有个
因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述个点，
且上述除原10点外的630个交点中的每一个点均与相交于该点的两条直线中的两点在一条直线上，
所以这些直线三角形的个数有（个）.
【点睛】易错点睛：对于“这些直线交成多少个三角形？”的问题中易因忽略三点共线问题导致求解出错.
【例2】在正方体中，下列说法正确的是（ ）
A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段
B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个
D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个
【答案】ABD
【分析】利用几何组合计数问题，结合正方体及直三棱柱、三棱锥、四棱锥的构造特征，列式计算即得.
【详解】对于A，每两点确定一条线段，则正方体的8个顶点可确定不同的线段有条，A正确；
对于B，直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，因此直三棱柱两底面在正方体相对面上，
以正方形的顶点为顶点的三角形有4个，从而正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4个，
因此以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有个，B正确；
对于C，正方体顶点任取4个点，共有种选法，
其中四点共面的共有6个面和6个对角面共12种，因此三棱锥共有个，C错误；
对于D，由选项C，知正方体四点共面的情况有12种，每一种情况，余下每个点对应1个四棱锥，
因此四棱锥共有，D正确.
故选：ABD.
【变式1】连结正三棱柱的6个顶点，可以组成 个四面体．
【答案】12
【分析】求出4个点共面的情况有3种情况，利用正难则反进行求解.
【详解】正三棱柱共有6个顶点，从中任取4个，有种，
其中4个点共面的情况有3种情况，分别为三个侧面，
故可以组成个四面体．
故答案为：12
【变式2】点集且，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？
【答案】1056
【分析】利用组合数的知识结合图象分析即可.
【详解】总共有种,
如图，三点共线（粗虚线）有8组，
四点共线有9组（图中实线加上5条竖线），
五点共线有4组，
于是一共能组成种.
故答案为：1056.
【题型四】捆绑法
【例1】名男生与名女生，按照下列不同的要求，求不同的方案的方法总数，按要求列出式子，再计算结果，用数字作答.
(1)从中选出名男生和名女生排成一列；
(2)全体站成一排，男生互不相邻；
(3)全体站成一排，甲不站排头，也不站排尾；
(4)全体站成一排，甲、乙必须站在一起；
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）根据条件，利用组合与排列先选后排，即可求解；
（2）根据条件，利用不相邻问题插入法，即可求解；
（3）利用特殊元素优先考虑，结合条件，即可求解；
（4）利用相邻问题捆绑法，即可求解.
【详解】（1）从名男生中任选名有种选法，从名女生中任选名有种选法，
再将选取的人排列有种排法，由乘法原理共有种排法，
（2）先将女生全排有种，再从个空隙中选出3个将3个男生插入到3个空隙中有种，
由乘法原理共有种排法.
（3）先排甲，有种方法，其余人有种排列方法，共有种，
（4）甲乙必须相邻，先将甲乙捆绑有种，再与剩下的个人排列有种，共有种.
【例2】甲、乙、丙等7名同学站成一排照相．
(1)甲、乙、丙3名同学相邻的排法共有多少种？
(2)甲、乙、丙3名同学不相邻的排法共有多少种？
【答案】(1)720
(2)1440
【分析】（1）将相邻同学看成一个整体进行排列，再与其他4人进行排列，结合分布乘法计算即可求解；
（2）先排其余4人，形成空位后，接着选出其中三个空给甲、乙、丙3名同学进行排列，再结合分布乘法计算即可求解.
【详解】（1）根据题意，甲、乙、丙3名同学相邻，先将3人看成一个整体有种排法，
接着将这个整体与其他4人进行排列共有种排法，
所以甲、乙、丙3名同学相邻的排法共有种排法.
（2）甲、乙、丙3名同学不相邻的排法分两步，
第一步先将其余4人进行全排有种排法，
第二步从上述4人隔开的5个空中选出其中三个空给甲、乙、丙3名同学进行排列有种排法，
故甲、乙、丙3名同学不相邻的排法共有种排法.
【变式1】现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)4名男学生互不相邻；
(2)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人；
(3)2名老师之间有男女学生各1人.
【答案】(1)2880
(2)96
(3)3840
【分析】（1）利用插空法，先排老师和女学生，最后排剩余的4名男学生即可.
（2）特殊元素优先安排求解即可.
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法排列即可.
【详解】（1）先排老师和女学生共有种站法，
再将男生插入到五个空中，有种，
所以共有种不同的站法．
（2）由题意可得共种不同的站法．
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有种站法，
两老师的站法有种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种，
所以共有种不同的站法．
【变式2】6位同学报名参加2022年杭州里运会4个不同的项目（记为A，B，C，D）的志愿者活动，每位同学恰报1个项目．
(1)6位同学站成一排拍照，如果甲乙两位同学必须相邻，丙丁两位同学不相邻，求不同的排队方式有多少种
(2)若每个项目至少需要一名志愿者，求一共有多少种不同报名方式
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用捆绑法和插空法即可求解；
（2）将6为同学分成4组，计算每一类的情况即可.
【详解】（1）根据题意，第一步：把甲乙看成整体和除丙丁外的两位同学排列有种排法，
第二步：再把丙丁插空排列有种排法，
所以共有种排法；
（2）先将6为同学分成4组，按人数分有和种分法：
第一类：按分法有种分法；
第二类：按分法有种分法；
所以共有：种分法.
所以一共有种不同报名方式.
【变式3】数学竞赛中，某校有共6位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设两人必须相邻且站在正中间，两人不能相邻，则不同的站法共有 种.
【答案】
【分析】根据给定条件，利用相邻问题，再结合不相邻列式求解.
【详解】依题意，排，相邻且站在正中间，有种站法；
再排，不相邻，而两侧各有2个位置，即不在同侧，
在两侧各取1个位置再排列，共有种站法，
最后排有种站法，
所以不同的站法共有（种）.
故答案为：32
【题型五】插空法
【例1】《哪吒2》9天登顶中国影史票房榜，之后持续狂飙，上映16天票房突破100亿；21天登顶全球动画电影票房榜，电影中哪吒需要从风、火、水、雷、土五种灵珠中选出四个，按顺序排列成法阵对抗敌人，已知风灵珠和火灵珠不能相邻，问共有多少种法阵组合方式 ．（用数字作答）
【答案】84
【分析】根据已知条件，分两种情况进行排列组合即可.
【详解】由题知共分两种情况：
第一种情况：风、火灵珠选出一个，水、雷、土三种灵珠均被选出，
共有种法阵组合；
第二种情况：风、火灵珠均被选出，水、雷、土三种灵珠选出两个，
先从水、雷、土三种灵珠中选出两个进行排列，共有种方法，
再将风、火灵珠进行插空，共有种方法，
则共有种法阵组合，
所以共有种法阵组合.
故答案为：84
【例2】在体育课上，某项体育测试需要对，，在内的名同学依次进行测试，下列说法正确的是（ ）
A．同学在最先或最后进行测试，安排方法一共有种
B．，，三名同学需要相邻，安排方法一共有种
C．，，三名同学都不相邻，安排方法一共有种
D．，两名同学既不在最先也不在最后进行测试，安排方法一共有种
【答案】AC
【分析】对于A，利用特殊元素优先考虑，即可求解；对于B，利用捆绑法，即可求解；对于C，采有插入法，即可求解；对于D，直接求出安排方法数，再进行判断，即可求解.
【详解】对于选项A，因为同学在最先或最后进行测试，安排方法一共有种，所以选项A正确，
对于选项B，因为，，三名同学需要相邻，先将，，三名同学当成一个整体与剩余人进行全排，有种排法，
再对，，三名同学进行全排，有种排法，由分步计数原理知，安排方法一共有，故选项B错误，
对于选项C，，，三名同学都不相邻，先排其余人，有种排法，
再将，，三名同学三人插入个空中，有种排法，
由分步计数原理知，安排方法一共有种，所以选项C正确，
对于选项D，因为，两名同学既不在最先也不在最后进行测试，安排方法一共有，
又，所以选项D错误，
故选：AC.
【变式1】2024年4月26日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空间站，激发了全国人民的民族自豪感和爱国热情.齐聚“天宫”的6名宇航员分别是“70后”蔡旭哲、“80后”叶光富、李聪、李广苏，“90后”宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张“全家福”.假设6人站成一排，两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有（ ）
A．16种 B．32种 C．48种 D．64种
【答案】B
【分析】先排两位指令长，然后用四名宇航员的排列总数减去“80后”， “90后”相邻的排法，即可求解.
【详解】两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，有种排法，
剩下的四名宇航员共有种排法，其中两位“80后”彼此相邻，两位“90后”彼此相邻且分别在左侧或右侧的排法共有种，
所以两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有种.
故选：.
【题型六】定序问题（先选后排）
【例1】在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有 种不同的插法．
【答案】
【分析】利用倍缩法求解即可.
【详解】由题意，不同的插法共有种.
故答案为：.
【例2】一条铁路线原有个车站，为了适应客运需要，新增加了2个车站，客运车票增加了58种，问：原有多少个车站？现有多少个车站？
【答案】原有车站14个，现有车站16个
【分析】由组合知识得到方程，求出答案.
【详解】由题意可得，即，解得．
所以原有车站14个，现有车站16个．
【例3】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6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为_________
【答案】
【解析】由题意，对6盏不同的花灯进行取下，
先对6盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，
因为取花灯每次只取一盏，而且只能从下往上取，
所以必须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故共有取法总数为：.
故答案为：
【变式1】14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先从后排9人中抽2人，再把两个人在七个位置中选两个位置进行排列，即可求解.
【详解】由题意，从后排9人中抽2人调整到前排，有中不同的取法，
将前排5人和后来两人看成七个位置，
把两个人在七个位置中选两个位置进行排列，完成调整，有中不同的排法，
所以不同调整方法的总数是种.
故选：D.
【变式2】城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（ ）
A．110 B．144 C．132 D．156
【答案】C
【分析】共有12个节目，只需排好2个“歌王对唱”节目即可，根据排列数计算即可得出答案.
【详解】添加节目后，共有12个节目，
因为保持原来10个节目的相对顺序不变，
则只需排好2个“歌王对唱”节目即可，
所以，不同的排法种数为.
故选：C.
【变式3】某5位同学排成一排准备照相时，又来了甲 乙 丙3位同学要加入，若保持原来5位同学的相对顺序不变，且甲 乙2位同学互不相邻，丙同学不站在两端，则不同的加入方法共有（ ）
A．360种 B．144种 C．180种 D．192种
【答案】D
【分析】按丙是否在甲 乙中间分两种情况；当丙不在甲乙中间时，利用插空法和分步乘法计数原理可计算；当丙在甲乙中间时，利用捆绑法、插空法及分步乘法计数原理可计算；最后利用分类加法计数原理即可求解.
【详解】分两种情况：
当丙不在甲 乙中间时，先加入甲，有种方法，再加入乙，有种方法，最后加入丙，有种方法，此时不同的加入方法共有种；
当丙在甲 乙中间时，共有种方法.
故不同的加入方法共有种.
故选：D
【题型七】列举法
【例1】数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（ ）
A．28 B．24 C．20 D．16
【答案】A
【解析】显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论．
最大数为5的情况：
①，此时共有种情况；
最大数为4的情况：
②，此时共有种情况；
③，此时共有种情况．
当最大数为3时，，故没有满足题意的情况．
综上，满足条件的有序数组的个数是．
故选：A
【例2】已知字母，，各有两个，现将这6个字母排成一排，若有且仅有一组字母相邻（如），则不同的排法共有（ ）种
A．36 B．30 C．24 D．16
【答案】A
【解析】有且仅有一组字母相邻，这组字母有三种情况：.
当相邻的这组字母为时，将6个位置编成1-6号，
若在1号和2号，则3号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法；
若在2号和3号，则1号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法；
若在3号和4号，则1号和2号字母不相同，5号和6号字母不相同，有种排法；
若在4号和5号，则2号和6号字母相同，1号和3号字母相同，有2种排法；
若在5号和6号，则1号和3号字母相同，2号和4号字母相同，有2种排法，
即相邻的字母为时，共有种排法.
同理，相邻的字母为时，也都有12种排法，故共有种排法.
故选：A.
【变式1】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.
【题型八】多面手问题
【例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．
故选：B．
【例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．
故选：C．
【变式1】我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有（ ）种不同的选法．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据题意可按照只会跳舞的人中入选的人数分类处理．
第一类个只会跳舞的都不选，则从既能唱歌又能跳舞的5人中选择3人来跳舞，接着从剩余的5人中选择3人唱歌，故有种；
第二类个只会跳舞的有人入选，有种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择2人来跳舞，有种，再从剩余的6人中选择3人唱歌，有种，故有种；
第三类个只会跳舞的全入选，有种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择1人来跳舞，有种，再从剩余的7人中选择3人唱歌，有种，有种，
所以共有种不同的选法，
故选：A．
【变式2】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．现要选派划左舷的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
【答案】D
【解析】根据划左舷中有“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 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法．
故选：D
【题型九】错位排列
【例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.
故选：B.
【例2】编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有（ ）
A．10种 B．20种 C．30种 D．60种
【答案】B
【解析】先选择两个编号与座位号一致的人，方法数有，
另外三个人编号与座位号不一致，方法数有，
所以不同的坐法有种.
故选：B
【变式1】“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，
它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相间，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从大到小排列的，则不同的填法种数为（ ）
A．72 B．108 C．144 D．196
【答案】C
【解析】按题意5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从6，7，8，9中选取．因此填法总数为．
故选：C.
【变式2】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的六个盒子里，每个盒子放一个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的方法总数是（ ）
A．20 B．40 C．120 D．240
【答案】B
【解析】第一步，先选取3个盒子，放入编号相同的3个球，方法数为，第二步剩下的3个盒子放入编号不同的小球，有2种方法，所以总方法数为．
故选：B．
【题型十】涂色问题
【例1】如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .
【答案】960
【分析】先涂，再涂，再涂，再涂，最后涂，由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方法种数.
【详解】先涂，则有种涂法，再涂，因为与相邻，所以的颜色只要与不同即可，有种涂法，同理有种涂法，有种涂法，有种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为.
故答案为：.
【例2】如图，一个区域分为5块，现给每块着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．若有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种．
【答案】72
【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，按照颜色分类，用3种颜色与用4种颜色分为两类计算即可得结论.
【详解】按照使用颜色的种灶分为两类：
第一类，使用了4种颜色，此时2，4同色或3，5同色，则共有，
第二类，使用了三种颜色，此时2，4同色且3，5同色，则共有，
所以共有种.
故答案为：.
【变式1】将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
① ② ④
③
【答案】180
【分析】分①④不同色；①④同色两种情况，结合分步乘法计数原理求出两种情况下的涂法，再相加得到答案.
【详解】依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成四步来完成．
第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；
第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；
第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为（种）．
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．
第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有（种）．
综上可知，所求的涂色方法共有（种）．
故答案为：180
【变式2】从4种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种．
【答案】96
【分析】根据所涂颜色的种数分类，结合排列，组合公式，即可求解.
【详解】若所有相对的棱涂同一种颜色，共用3种颜色，有种方法，
若所有相对的3对棱中有2对对棱涂同色，共用4种颜色，有种方法，
所以共有种方法.
故答案为：
【题型十一】分组问题
【例1】将6本不同的书（包括1本物理书和1本历史书）平均分给甲、乙两人，其中物理书和历史书不能分给同一个人，则不同的分配种数是（ ）
A．6 B．12 C．18 D．24
【答案】B
【分析】利用分步乘法原理和分组分配方法求解.
【详解】第一步：把1本物理书和1本历史书分给两个人，1人一本，有种分配方法,
第二步：把剩下4本书平均的分给两个人，有种分配方法,
所以共有种分配方法，
故选:B.
【例2】（1）由0，1，2，3，4，5，6这7个数字组成的没有重复数字的四位偶数有多少个？
（2）把5个不同颜色的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放入1个小球，有多少种不同的放法？
（3）某书法兴趣小组有7名组员，其中3人只擅长硬笔书法，2人只擅长软笔书法，其余2人既擅长硬笔书法，又擅长软笔书法，现从书法兴趣小组中选择擅长硬笔书法的2人参加硬笔书法比赛，擅长软笔书法的2人参加软笔书法比赛（每个人不能同时参加两个比赛），则不同的选择方法有多少种？
【答案】（1）420；（2）150；（3）37.
【分析】（1）按个位数字是否为0分类，结合排列计数问题列式求解.
（2）把5个不同颜色的小球按分成3组，再利用全排列列式求解.
（3）根据给定的信息，按擅长两种书法的选与不选分类，结合组合计数问题求解.
【详解】（1）求没有重复数字的四位偶数的个数有两类：
个位数字为0，共有个；个位数字不是0，共有个，
所以没有重复数字的四位偶数的个数是.
（2）把5个不同颜色的小球按分成3组的分法数为；按分成3组的分法数为，
将每种分法所得3组放入3个不同盒子，有种放法，
所以不同的放法种数为.
（3）求不同选法种数，有三类办法：
擅长两种书法的不选，有种；擅长两种书法的选1人，有种；
擅长两种书法的选2人，有种，
所以不同选法种数是.
【变式1】某市政工作小组就民生问题开展社会调研，现派遣三组工作人员对市内甲，乙、丙、丁四区的居民收入情况进行抽样调查，若每区安排一组工作人员调研，且每组工作人员至少负责一个区调研，则不同的派遣方案共有（ ）
A．36种 B．48种 C．56种 D．72种
【答案】A
【分析】按照分组分配问题先将四个区分为三组，再分配到三组工作人员中去即可.
【详解】先将甲、乙、丙、丁四个区分成三组，即任意选两个成为一组，剩余两个各自一组，共种，
再将分好的三组不同的区分配给三组工作人员，共有种分配方法；
因此共种.
故选：A
【变式2】某高校要在假期安排甲、乙等名大学生到、、三个公司进行社会实践，要求每个公司都要有大学生去，且甲和乙都不能去公司，则不同的安排方式有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【分析】对公司去的学生人数进行分类讨论，结合分类和分步计数原理可得结果.
【详解】因为甲和乙都不能去公司，对公司去的学生人数进行分类讨论：
若去公司只有个人，有种情况，然后将剩余人分为两组，再将这两组分配给、两个公司，
此时有种不同的安排方式；
若去公司有人，有种情况，然后将剩余人分为两组，再将这两组分配给、两个公司，
此时有种不同的安排方式；
若去公司有人，只需将甲、乙两人分配给、公司即可，每个公司个人，
此时有种不同的安排方式.
由分类加法计数原理可知，不同的安排方式种数为种.
故选：D.
【题型十二】分配问题
【例1】现将1个红球、1个黄球、1个绿球及3个白球（白球之间没有区别）放入3个不同的盒子中，每个盒子放入2个球，则不同的放法种数为 ．（用数字作答）
【答案】24
【分析】把6个小球按2个球一组分成3组，再放到3个不同盒子即可.
【详解】把6个小球按2个球一组分成3组，有两类分法：每个盒子放入一个白球，有1种方法；
有2个白球放入一个盒子，有种方法，再将分成的3组放入3个盒子有种方法，
所以不同的放法种数为.
故答案为：24
【例2】若将4名志愿者分配到3个服务点参加抗疫工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（ ）
A．36种 B．48种 C．96种 D．108种
【答案】A
【分析】利用分组分配方法求解即可.
【详解】将4个人分成3个组有种方法，
再将3个组分配到3个服务点有种方法，
故选:A.
【题型十三】隔板法
【例1】学校决定把个参观航天博物馆的名额给三（1） 三（2） 三（3） 三（4）四个班级.要求每个班分别的名额不比班级序号少，即三（1）班至少个名额，三（2）班至少个名额，……，则分配方案有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【解析】根据题意，先在编号为 的个班级中分别分配 个名额，
编号为的班级里不分配；再将剩下的个名额分配个班级里，每个班级里至少一个，
由隔板法可得共种放法，即可得符合题目要求的方法共种.
故选：B.
【例2】某校将个三好学生名额分配到高三年级的个班，每班至少个名额，则共有多少种不同的分配方案（ ）
A．15 B．20 C．10 D．30
【答案】C
【解析】采用“隔板法”，6个名额之间有5个空，隔2块板就可以分成3份，每份至少一个名额，故共有种方案.
故选：.
【变式1】学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（ ）种分配方案．
A．135 B．10 C．75 D．120
【答案】B
【解析】“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”，
故有，
故选：B.
【变式2】现有9个相同的球要放到3个不同的盒子里，每个盒子至少一个球，各盒子中球的个数互不相同，则不同放法的种数是（ ）
A．28 B．24 C．18 D．16
【答案】C
【解析】把9个球分成3组，每组个数不相同，分法（按球的个数）为：126，135，234共三种，然后每组球放到3个盒子中有种方法，方法数为．
故选：C．
【题型十四】分解法模型与最短路径问题
【例1】夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的路，如图，假设夏老师家在处，学校在处，段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径有（ ）条．
A．23
B．24 C．25 D．26
【答案】D
【解析】由到的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有条路，
由到的最短路径需要向右
走两段路，向上走一段路，所以有条路，
由到的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有条路，
所以由到不经过的最短路径有.
故选：D.
【例2】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】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，
故选：B．
【变式1】如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条 B．24 条 C．25条 D．26 条
【答案】D
【解析】先假设是实线，
则从到，向上次，向右次，最短路径有条，
其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，
所以，当不通时，最短路径有条.
故选：D
【变式2】方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】D
【解析】由题意可知，从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种.
故选：D.
【题型十五】环排问题
【例1】现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】8个人围成一圈,有种.
其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由.
所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为.
故答案为：D
【例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，
故选B.
【变式1】如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（ ）.
A．40320种 B．5040种 C．20160种 D．2520种
【答案】D
【解析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有种方法，
再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有种方法，
由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，
所以不同的涂色方法，共有种不同的涂法.
故选：D.
【变式2】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】当倒数第个人出来表演节目时，一共报数了次.
故选：D
易错点：对两个计数原理理解混乱
两个计数原理
完成一件事的策略 完成这件事共有的方法
分类加法 计数原理 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 N＝m＋n种不同的方法
分步乘法 计数原理 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 N＝m×n种不同的方法
(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.
(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
(1)每一步得到的只是中间结果，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)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.
易错提醒：1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法.
2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法.
【例1】甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
【答案】
【解析】根据题意可得满足题意的选法种数为：．
故选：．
【例2】有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为
A．120 B．60 C．40 D．30
【答案】
【解析】先从5人中选1人连续两天参加服务，共有种选法，
然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有种选法，
根据分步乘法计数原理可得共有种选法．
故选：．
【例3】某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】
【解析】初中部和高中部分别有400和200名学生，
人数比例为，
则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，
则有种．
故选：．
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目录
【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】排列数与组合数的推导、化简和计算
【题型二】数字排列
【题型三】几何问题
【题型四】捆绑法
【题型五】插空法
【题型六】定序问题（先选后排）
【题型七】列举法
【题型八】多面手问题
【题型九】错位排列
【题型十】涂色问题
【题型十一】分组问题
【题型十二】分配问题
【题型十三】隔板法
【题型十四】分解法模型与最短路径问题
【题型十五】环排问题
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：对两个计数原理理解混乱
：排列组合和二项式定理是高考热点知识点，有了多选题型后常和概率结合起来考察，所以需要考生对于排列组合的基础题型有所了解，以及一些特殊的方法，这块有很多固定的题型，当然在掌握题型的基础上还需要明白其原理，能够冷静分析，合理运用好排列组合的解题思维。
：根据高考回归课本的趋势，排列数与组合数的运算以及术与式的归纳理解要求要相继变高，而这块内容也是因为传统的固定题型容易被学生忽略的知识点，需要重视起来。
【题型一】排列数与组合数的推导、化简和计算
【例1】已知为正整数，若，则 ．
【例2】排列数和组合数都有丰富的性质和实际应用，下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【变式1】已知，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【变式2】（1）已知，求n．
（2）．
【题型二】数字排列
【例1】用这五个数组成无重复数字的五位数，则不同的奇数共有（ ）
A．120个 B．72个 C．60个 D．48个
【例2】设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为，，，若，，则称这个三位数为“峰型三位数”，例如251和121都是“峰型三位数”，在由0，1，2，3，4，5中的部分数字组成的三位数中，“峰型三位数”的个数为 .
【变式1】设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数，且从中任取两个相乘所得均为5的倍数，则A的元素个数最多为 ．
【变式2】用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的整数，求满足下列条件的数各有多少个．
(1)六位数；
(2)六位奇数．
【题型三】几何问题
【例1】平面上给定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行.求：
(1)这些直线所交成的点的个数（除原10点外）；
(2)这些直线交成多少个三角形.
【例2】在正方体中，下列说法正确的是（ ）
A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段
B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个
D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个
【变式1】连结正三棱柱的6个顶点，可以组成 个四面体．
【变式2】点集且，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？
【题型四】捆绑法
【例1】名男生与名女生，按照下列不同的要求，求不同的方案的方法总数，按要求列出式子，再计算结果，用数字作答.
(1)从中选出名男生和名女生排成一列；
(2)全体站成一排，男生互不相邻；
(3)全体站成一排，甲不站排头，也不站排尾；
(4)全体站成一排，甲、乙必须站在一起；
【例2】甲、乙、丙等7名同学站成一排照相．
(1)甲、乙、丙3名同学相邻的排法共有多少种？
(2)甲、乙、丙3名同学不相邻的排法共有多少种？
【变式1】现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)4名男学生互不相邻；
(2)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人；
(3)2名老师之间有男女学生各1人.
【变式2】6位同学报名参加2022年杭州里运会4个不同的项目（记为A，B，C，D）的志愿者活动，每位同学恰报1个项目．
(1)6位同学站成一排拍照，如果甲乙两位同学必须相邻，丙丁两位同学不相邻，求不同的排队方式有多少种
(2)若每个项目至少需要一名志愿者，求一共有多少种不同报名方式
【变式3】数学竞赛中，某校有共6位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设两人必须相邻且站在正中间，两人不能相邻，则不同的站法共有 种.
【题型五】插空法
【例1】《哪吒2》9天登顶中国影史票房榜，之后持续狂飙，上映16天票房突破100亿；21天登顶全球动画电影票房榜，电影中哪吒需要从风、火、水、雷、土五种灵珠中选出四个，按顺序排列成法阵对抗敌人，已知风灵珠和火灵珠不能相邻，问共有多少种法阵组合方式 ．（用数字作答）
【例2】在体育课上，某项体育测试需要对，，在内的名同学依次进行测试，下列说法正确的是（ ）
A．同学在最先或最后进行测试，安排方法一共有种
B．，，三名同学需要相邻，安排方法一共有种
C．，，三名同学都不相邻，安排方法一共有种
D．，两名同学既不在最先也不在最后进行测试，安排方法一共有种
【变式1】2024年4月26日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空间站，激发了全国人民的民族自豪感和爱国热情.齐聚“天宫”的6名宇航员分别是“70后”蔡旭哲、“80后”叶光富、李聪、李广苏，“90后”宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张“全家福”.假设6人站成一排，两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有（ ）
A．16种 B．32种 C．48种 D．64种
【题型六】定序问题（先选后排）
【例1】在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有 种不同的插法．
【例2】一条铁路线原有个车站，为了适应客运需要，新增加了2个车站，客运车票增加了58种，问：原有多少个车站？现有多少个车站？
【例3】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6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为_________
【变式1】14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（ ）
A． B． C． D．
【变式2】城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（ ）
A．110 B．144 C．132 D．156
【变式3】某5位同学排成一排准备照相时，又来了甲 乙 丙3位同学要加入，若保持原来5位同学的相对顺序不变，且甲 乙2位同学互不相邻，丙同学不站在两端，则不同的加入方法共有（ ）
A．360种 B．144种 C．180种 D．192种
【题型七】列举法
【例1】数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（ ）
A．28 B．24 C．20 D．16
【例2】已知字母，，各有两个，现将这6个字母排成一排，若有且仅有一组字母相邻（如），则不同的排法共有（ ）种
A．36 B．30 C．24 D．16
【变式1】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________．
【题型八】多面手问题
【例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
【变式1】我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有（ ）种不同的选法．
A． B． C． D．
【变式2】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．现要选派划左舷的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
【题型九】错位排列
【例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2】编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有（ ）
A．10种 B．20种 C．30种 D．60种
【变式1】“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，
它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相间，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从大到小排列的，则不同的填法种数为（ ）
A．72 B．108 C．144 D．196
【变式2】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的六个盒子里，每个盒子放一个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的方法总数是（ ）
A．20 B．40 C．120 D．240
【题型十】涂色问题
【例1】如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .
【例2】如图，一个区域分为5块，现给每块着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．若有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种．
【变式1】将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
① ② ④
③
【变式2】从4种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种．
【题型十一】分组问题
【例1】将6本不同的书（包括1本物理书和1本历史书）平均分给甲、乙两人，其中物理书和历史书不能分给同一个人，则不同的分配种数是（ ）
A．6 B．12 C．18 D．24
【例2】（1）由0，1，2，3，4，5，6这7个数字组成的没有重复数字的四位偶数有多少个？
（2）把5个不同颜色的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放入1个小球，有多少种不同的放法？
（3）某书法兴趣小组有7名组员，其中3人只擅长硬笔书法，2人只擅长软笔书法，其余2人既擅长硬笔书法，又擅长软笔书法，现从书法兴趣小组中选择擅长硬笔书法的2人参加硬笔书法比赛，擅长软笔书法的2人参加软笔书法比赛（每个人不能同时参加两个比赛），则不同的选择方法有多少种？
【变式1】某市政工作小组就民生问题开展社会调研，现派遣三组工作人员对市内甲，乙、丙、丁四区的居民收入情况进行抽样调查，若每区安排一组工作人员调研，且每组工作人员至少负责一个区调研，则不同的派遣方案共有（ ）
A．36种 B．48种 C．56种 D．72种
【变式2】某高校要在假期安排甲、乙等名大学生到、、三个公司进行社会实践，要求每个公司都要有大学生去，且甲和乙都不能去公司，则不同的安排方式有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【题型十二】分配问题
【例1】现将1个红球、1个黄球、1个绿球及3个白球（白球之间没有区别）放入3个不同的盒子中，每个盒子放入2个球，则不同的放法种数为 ．（用数字作答）
【例2】若将4名志愿者分配到3个服务点参加抗疫工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（ ）
A．36种 B．48种 C．96种 D．108种
【题型十三】隔板法
【例1】学校决定把个参观航天博物馆的名额给三（1） 三（2） 三（3） 三（4）四个班级.要求每个班分别的名额不比班级序号少，即三（1）班至少个名额，三（2）班至少个名额，……，则分配方案有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【例2】某校将个三好学生名额分配到高三年级的个班，每班至少个名额，则共有多少种不同的分配方案（ ）
A．15 B．20 C．10 D．30
【变式1】学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（ ）种分配方案．
A．135 B．10 C．75 D．120
【变式2】现有9个相同的球要放到3个不同的盒子里，每个盒子至少一个球，各盒子中球的个数互不相同，则不同放法的种数是（ ）
A．28 B．24 C．18 D．16
【题型十四】分解法模型与最短路径问题
【例1】夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的路，如图，假设夏老师家在处，学校在处，段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径有（ ）条．
A．23
B．24 C．25 D．26
【例2】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
【变式1】如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条 B．24 条 C．25条 D．26 条
【变式2】方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【题型十五】环排问题
【例1】现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（ ）
A． B． C． D．
【例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
【变式1】如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（ ）.
A．40320种 B．5040种 C．20160种 D．2520种
【变式2】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
易错点：对两个计数原理理解混乱
两个计数原理
完成一件事的策略 完成这件事共有的方法
分类加法 计数原理 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 N＝m＋n种不同的方法
分步乘法 计数原理 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 N＝m×n种不同的方法
(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.
(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
(1)每一步得到的只是中间结果，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)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.
易错提醒：1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法.
2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法.
【例1】甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
【例2】有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为
A．120 B．60 C．40 D．30
【例3】某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有
A．种 B．种
C．种 D．种
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