第1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．
1．两个计数原理
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
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！＝_ ＝___，＝___
[常用结论]
排列数、组合数常用公式
＝．
＝．
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！．
＝＝．
＝．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列． ( )
(2)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． ( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同． ( )
二、教材经典衍生
1．(人教A版选择性必修第三册P11习题改编)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
2．(人教A版选择性必修第三册P19例4改编)从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，可以组成的无重复数字的三位偶数的个数为( )
A．52 B．56
C．48 D．72
3．(人教A版选择性必修第三册P27习题6.2T13改编)从2名女生，4名男生中选3人参加学科竞赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
4．(易错题)(人教A版选择性必修第三册P12习题改编)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)．
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)(2025·重庆模拟)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是( )
A．120 B．72
C．48 D．24
(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)．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[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．
利用两个基本计数原理解决问题的步骤
提醒：涂色问题的两种常用解题方法：按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析．
[跟进训练]
1．(1)(2024·山东实验中学模拟)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________．
(2)(教材改编)3 600有________个正约数．
(3)如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．
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考点二 排列、组合问题
[典例2] (1)(2025·山东济南模拟)由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为( )
A．60 B．108
C．132 D．144
(2)(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)．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
求解排列、组合应用问题的六种常用方法
提醒：先选后排，先组合后排列，恰当的分类，合理的分步．分类标准要明确，做到不重不漏；分步要步步独立，步骤完整．
[跟进训练]
2．(1)7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是( )
A．60 B．120
C．240 D．360
(2)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
(3)若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”，那么“叔同数”共有________个．
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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)(2024·河北衡水中学模拟)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
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
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．
提醒：对于部分均分问题，若有m组元素个数相等，则分组时应除以．
[跟进训练]
3．(1)(2024·浙江杭州二模)将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，则不同的分配方法数是( )
A．300 B．240
C．150 D．50
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(2)(2024·江苏南京期中)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
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(3)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
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第1课时 两个计数原理、排列与组合
梳理·必备知识
1．m＋n m×n
2．一定的顺序
3．不同排列 不同组合 n！ 1 1 1
激活·基本技能
一、(1)× (2)√ (3)√ (4)√
二、1．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．]
2．A [当个位为0时，共有＝5×4＝20(个)；当个位不为0时，共有＝2×4×4＝32(个)，所以综上可得，无重复数字的三位偶数共有20＋32＝52(个)．故选A．]
3．16 [法一：可分两种情况：第一种情况，只有1名女生入选，不同的选法有＝12(种)；第二种情况，有2名女生入选，不同的选法有＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法共有12＋4＝16(种)．
法二：从6人中任选3人，不同的选法共有＝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名女生入选的不同的选法共有20－4＝16(种)．]
4．1 024 625 [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．]
考点一
典例1 (1)B (2)A (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)根据题意，先涂区域C，D，E，F四块，
(i)若涂区域C，D，E，F用了4种颜色，则有＝24(种)方法，然后涂区域A，B，有以下3种方案：
①区域A，D同色且区域B，C同色；②区域A，D同色且区域B，F同色；③区域A，F同色且区域B，C同色．
根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×3＝72．
(ii)若涂区域C，D，E，F用了3种颜色，考虑到区域C，D不相邻，用同一种颜色，则有＝24(种)方法，
然后涂区域A，B，有以下2种方案：
①区域A，F同色且涂区域B用第4种颜色；②区域B，F同色且涂区域A用第4种颜色．
根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×2＝48．
综上所述，所有涂色方法的总数是72＋48＝120．
故选A．
(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＝2×120＝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)．]
跟进训练
1．(1)30 (2)45 (3)36 [(1)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＝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．
(2)3 600＝24×32×52，其中24的约数有1，2，22，23，24，共5个；32的约数有1，3，32，共3个，52的约数有1，5，52，共3个，所以3 600的正约数有5×3×3＝45(个)．
(3)在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”．]
考点二
典例2 (1)B (2)64 [(1)0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，首先排列1，3，5，3个数字，然后插入偶数，可得＝108(个)不同数字．故选B．
(2)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)．]
跟进训练
2．(1)C (2)C (3)36 [(1)先排甲、乙、丙以外的4个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，所以不同的排法种数是＝240．故选C．
(2)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．
(3)三位数各位数的和为8可能的组合有116，125，134，224，233，017，026，035，044，008，
其中三个数不同且都不为0可排出＝6(个)“叔同数”，没有0的3个数中有2个数相同，则排出＝3(个)“叔同数”，有1个0其余2个数为不同的非零数字可排出＝4(个)“叔同数”，有1个0其余2个数为相同的非零数字可排出2个“叔同数”， 008只能排出800一个“叔同数”，所以它们排出的“叔同数”共有3＋6＋6＋3＋3＋4＋4＋4＋2＋1＝36(个)．]
考点三
典例3 (1)B (2)C [(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)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．]
跟进训练
3．(1)C (2)A (3)B [(1)先将5名志愿者分成3组，
若这三组的人员构成为1，1，3，则共有种分组方案，
若这三组的人员构成为1，2，2，则共有种分组方案，再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有种分配方案，故共有＝×6＝150(种)分配方法．故选C．
(2)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．
(3)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．]
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第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
[教师备选资源]
新高考卷三年考情图解
高考命题规律把握
1．常考点：事件的独立性、条件概率、二项分布、期望．
以实际问题为背景，借助分布列及其期望对实际问题作出决策．
2．轮考点：计数原理、古典概型、二项式定理、正态分布．
计数原理常与古典概型结合命题；二项式定理主要考查通项公式及其原理；对正态分布的考查，可能单独考查也可能在解答题中出现．
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第1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．
链接教材·夯基固本
1．两个计数原理
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
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
公式 ＝n(n－1)·(n－2)·…·(n－m＋1)＝_________ ＝＝[n(n－1)·(n－2)·…·(n－m＋1)]＝_________
性质 ＝_____， 0！＝____ ＝___，＝___
不同排列
不同组合
n！
1
1
[常用结论]
排列数、组合数常用公式
＝．
＝．
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！．
＝＝．
＝．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列． ( )
(2)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． ( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的． ( )
(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同． ( )
×
√
√
√
√
二、教材经典衍生
1．(人教A版选择性必修第三册P11习题改编)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．]
2．(人教A版选择性必修第三册P19例4改编)从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，可以组成的无重复数字的三位偶数的个数为
( )
A．52 B．56
C．48 D．72
√
A [当个位为0时，共有＝5×4＝20(个)；当个位不为0时，共有＝2×4×4＝32(个)，所以综上可得，无重复数字的三位偶数共有20＋32＝52(个)．故选A．]
3．(人教A版选择性必修第三册P27习题6.2T13改编)从2名女生，4名男生中选3人参加学科竞赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
16 [法一：可分两种情况：第一种情况，只有1名女生入选，不同的选法有＝12(种)；第二种情况，有2名女生入选，不同的选法有＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法共有12＋4＝16(种)．
法二：从6人中任选3人，不同的选法共有＝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名女生入选的不同的选法共有20－4＝16(种)．]
16
4．(易错题)(人教A版选择性必修第三册P12习题改编)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．]
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
典例精研·核心考点
√
(2)(2025·重庆模拟)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是( )
A．120 B．72
C．48 D．24
(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)．
√
240
(1)B (2)A (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)根据题意，先涂区域C，D，E，F四块，
(i)若涂区域C，D，E，F用了4种颜色，则有＝24(种)方法，然后涂区域A，B，有以下3种方案：
①区域A，D同色且区域B，C同色；②区域A，D同色且区域B，F同色；③区域A，F同色且区域B，C同色．
根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×3＝72．
(ii)若涂区域C，D，E，F用了3种颜色，考虑到区域C，D不相邻，用同一种颜色，则有＝24(种)方法，
然后涂区域A，B，有以下2种方案：
①区域A，F同色且涂区域B用第4种颜色；②区域B，F同色且涂区域A用第4种颜色．
根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×2＝48．
综上所述，所有涂色方法的总数是72＋48＝120．
故选A．
(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＝2×120＝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 [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)．]
26
名师点评 利用两个基本计数原理解决问题的步骤
提醒：涂色问题的两种常用解题方法：按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析．
[跟进训练]
1．(1)(2024·山东实验中学模拟)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
(2)(教材改编)3 600有________个正约数．
(3)如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．
45
36
(1)30 (2)45 (3)36 [(1)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＝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．
(2)3 600＝24×32×52，其中24的约数有1，2，22，23，24，共5个；32的约数有1，3，32，共3个，52的约数有1，5，52，共3个，所以3 600的正约数有5×3×3＝45(个)．
(3)在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”．]
【教用·备选题】
1．(2025·吉林长春模拟)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·江苏徐州模拟)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
√
D [因甲不去北京，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)．
故选D．]
3．(2024·山东菏泽模拟)某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为( )
A．288
B．336
C．576
D．1 680
√
B [第一步：排白车，第一行选一个位置，则第二行有三个位置可选，由于车是不相同的，故白车的停法有4×3×2＝24(种)，第二步，排黑车，若白车选AF，则黑车有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG共7种选择，黑车是不相同的，故黑车的停法有2×7＝14(种)，根据分步乘法计数原理，共有24×14＝336(种)．故选B．]
4．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·山东济南模拟)由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为( )
A．60 B．108
C．132 D．144
√
(2)(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)B (2)64 [(1)0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，首先排列1，3，5，3个数字，然后插入偶数，可得＝108(个)不同数字．故选B．
(2)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
求解排列、组合应用问题的六种常用方法
提醒：先选后排，先组合后排列，恰当的分类，合理的分步．分类标准要明确，做到不重不漏；分步要步步独立，步骤完整．
[跟进训练]
2．(1)7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是( )
A．60 B．120
C．240 D．360
√
(2)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
(3)若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”，那么“叔同数”共有________个．
√
36
(1)C (2)C (3)36 [(1)先排甲、乙、丙以外的4个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，所以不同的排法种数是＝240．故选C．
(2)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．
(3)三位数各位数的和为8可能的组合有116，125，134，224，233，017，026，035，044，008，
其中三个数不同且都不为0可排出＝6(个)“叔同数”，没有0的3个数中有2个数相同，则排出＝3(个)“叔同数”，有1个0其余2个数为不同的非零数字可排出＝4(个)“叔同数”，有1个0其余2个数为相同的非零数字可排出2个“叔同数”， 008只能排出800一个“叔同数”，所以它们排出的“叔同数”共有3＋6＋6＋3＋3＋4＋4＋4＋2＋1＝36(个)．]
【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)(2024·山西期末)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，此步骤共＝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)(2024·河北衡水中学模拟)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
√
√
(1)B (2)C [(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)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．]
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．
提醒：对于部分均分问题，若有m组元素个数相等，则分组时应除以．
[跟进训练]
3．(1)(2024·浙江杭州二模)将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，则不同的分配方法数是( )
A．300 B．240
C．150 D．50
√
(2)(2024·江苏南京期中)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
(3)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
√
√
(1)C (2)A (3)B [(1)先将5名志愿者分成3组，
若这三组的人员构成为1，1，3，则共有种分组方案，
若这三组的人员构成为1，2，2，则共有种分组方案，再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有种分配方案，故共有＝×6＝150(种)分配方法．故选C．
(2)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．
(3)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．甲、乙等4名志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
√
C [①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有＝6(种)；②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有＝18(种)；所以不同的安排方法有6＋18＝24(种)．故选C．]
2．(2024·河南焦作期末)给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有4种颜色可供选择，则共有________种不同的染色方案．
96
96 [要完成给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，即AF同色，BD同色，CE同色，则从四种颜色中取三种颜色有＝4(种)取法，三种颜色染三个区域有＝6(种)染法，共4×6＝24(种)染法；
第二类是用四种颜色染色，即AF，BD，CE中有一组不同色，则有3种方案(AF不同色或BD不同色或CE不同色)，先从四种颜色中取两种染同色区有＝12(种)染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有3×12×2＝72(种)染法．
∴由分类加法计数原理得总的染色种数为24＋72＝96．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
√
一、单项选择题
1．若＝42，则的值为( )
A．60 B．70
C．120 D．140
课后作业(五十七) 两个计数原理、排列与组合
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
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
15
16
17
14
√
2．(教材改编)空间中有8个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作的平面个数为( )
A．42 B．56
C．64 D．81
B [根据题意知“三个不共线的点确定一个平面”，且所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面个数是＝56．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
√
3．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有( )
A．34种 B．43种
C．3×2×1种 D．4×3×2种
A [由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有34种，故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
4．(2023·全国乙卷)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
√
C [甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
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
√
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
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
6．(2024·九省联考)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
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
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，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
所以有＝8(种)方法；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
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，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
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
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
√
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( )
A．1 440 B．720
C．1 920 D．960
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
C [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；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
√
8．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比
40 000大的偶数共有( )
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
B [根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4，5中1个，末位数字为0，2，4中1个；
分两种情况讨论：
①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有＝24(种)情况，此时有3×24＝72(个)，
②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有＝24(种)情况，此时有2×24＝48(个)，共有72＋48＝120(个)．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
√
二、多项选择题
9．(2024·辽宁沈阳模拟)若m，n为正整数且n>m>1，则( )
A．＋＋…＋＝2n
B．＝－
C．＝
D．＝
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
BD [对A：2n＝＝＋＋…＋，又＝1，故A错误；
对B：－－
＝＝，
故B正确；
对C：＝，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
，即≠，故C错误；
对D：，
，即＝，故D正确．
故选BD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
√
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
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
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CD，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
1
3
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14
√
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
1
3
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14
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，有种情况，则有种安排方法，D错误．故选ABD．]
题号
1
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三、填空题
12．甲、乙、丙、丁四个人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己所写的贺卡，共有________种不同的取法．
9
题号
1
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9 [第一步：由甲取1张不是自己所写的那张贺卡，有3种取法；
第二步：由甲取出的那张贺卡的供卡人取，也有3种不同取法；
第三步：由剩余两人中任1个人取，此时只有1种取法；
第四步：最后1个人取，只有1种取法，根据分步乘法计数原理可得共有3×3×1×1＝9(种)取法．]
题号
1
3
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14
13．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)
8 [先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，所以共有坐法＝4×2＝8(种)．]
8
题号
1
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14
14．有3个地区，每个地区需要一名支医医生和两名支教教师，现将3名支医医生(1男2女)和6名支教教师(3男3女)分配到这3个地区去工作．
(1)要求每个地区至少有一名男性，则共有________种不同分配方案；
(2)要求每个地区至少有一名女性，则共有________种不同分配方案．
324
432
题号
1
3
5
2
4
6
8
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14
(1)324 (2)432 [(1)要求每个地区至少有一名男性的对立事件是至少有一个地区全是女性，其分配方案有＝6×6×6＝216(种)，
每个地区需要一名支医医生和两名支教教师的总分配方案有＝6×15×6＝540(种)，
所以要求每个地区至少有一名男性的分配方案有540－216＝324(种)．
(2)有一个地区全是男性的分配方案有
＝3×6×6＝108(种)，所以要求每个地区至少有一名女性的分配方案有540－108＝432(种)．]
题号
1
3
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14
√
15．(2025·广东深圳模拟)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
1
3
5
2
4
6
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17
14
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
1
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14
16．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________种．
96
题号
1
3
5
2
4
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16
17
14
96 [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＝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＝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)．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
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10
11
12
13
15
16
17
14
17．如图是一个3×3的九宫格，小方格内的坐标表示向量，现不改变这些向量坐标，重新调整位置，使得每行、每列各三个向量的和为零向量，则不同的填法种数为________．
(－1，1) (0，1) (1，1)
(－1，0) (0，0) (1，0)
(－1，－1) (0，－1) (1，－1)
72
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
72 [首先对3×3的九宫格每个位置标注数字，
1 2 3
4 5 6
7 8 9
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
第一步先排，一共9个位置，因此有种排法，
根据对称性知，所在的行和列只能排，不妨设在1位置，
第二步排2位置，则从选一个，因此有种排法，则3位置的数也定下来了，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
15
16
17
14
第三步排4位置，则从剩余的两个中挑一个，因此有种排法，接着排7位置，7位置是中剩余的最后一个，相当于所在的行和列都定下来了，则使得每行、每列各三个向量的和为零向量，其他四个位置的向量排法是唯一的，因此按分步乘法计数原理知，共有＝72(种)不同的填法．]
谢 谢！课后作业(五十七) 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88分
一、单项选择题
1．若＝42，则的值为( )
A．60 B．70
C．120 D．140
2．(教材改编)空间中有8个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作的平面个数为( )
A．42 B．56
C．64 D．81
3．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有( )
A．34种 B．43种
C．3×2×1种 D．4×3×2种
4．(2023·全国乙卷)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
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．(2024·九省联考)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
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( )
A．1 440 B．720
C．1 920 D．960
8．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
二、多项选择题
9．(2024·辽宁沈阳模拟)若m，n为正整数且n>m>1，则( )
A．＋＋…＋＝2n
B．＝－
C．＝
D．＝
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．甲、乙、丙、丁四个人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己所写的贺卡，共有________种不同的取法．
13．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)
14．有3个地区，每个地区需要一名支医医生和两名支教教师，现将3名支医医生(1男2女)和6名支教教师(3男3女)分配到这3个地区去工作．
(1)要求每个地区至少有一名男性，则共有________种不同分配方案；
(2)要求每个地区至少有一名女性，则共有________种不同分配方案．
15．(2025·广东深圳模拟)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
16．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________种．
17．如图是一个3×3的九宫格，小方格内的坐标表示向量，现不改变这些向量坐标，重新调整位置，使得每行、每列各三个向量的和为零向量，则不同的填法种数为________．
(－1，1) (0，1) (1，1)
(－1，0) (0，0) (1，0)
(－1，－1) (0，－1) (1，－1)
课后作业(五十七)
[A组 在基础中考查学科功底]
1．D [∵×2＝42，
解得n＝7或n＝－6(舍去)，
∴＝140．]
2．B [根据题意知“三个不共线的点确定一个平面”，且所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面个数是＝56．故选B．]
3．A [由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有34种，故选A．]
4．C [甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法．故选C．]
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．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，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
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，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
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．]
7．C [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 [根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4，5中1个，末位数字为0，2，4中1个；
分两种情况讨论：
①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有＝24(种)情况，此时有3×24＝72(个)，
②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有＝24(种)情况，此时有2×24＝48(个)，共有72＋48＝120(个)．故选B．]
9．BD [对A：2n＝＝＋＋…＋，又＝1，故A错误；
对B：－－
＝＝，
故B正确；
对C：
＝，
，即≠，故C错误；
对D：，
，即＝，故D正确．
故选BD．]
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CD，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，有种情况，则有种安排方法，D错误．故选ABD．]
12．9 [第一步：由甲取1张不是自己所写的那张贺卡，有3种取法；
第二步：由甲取出的那张贺卡的供卡人取，也有3种不同取法；
第三步：由剩余两人中任1个人取，此时只有1种取法；
第四步：最后1个人取，只有1种取法，根据分步乘法计数原理可得共有3×3×1×1＝9(种)取法．]
13．8 [先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，所以共有坐法＝4×2＝8(种)．]
14．(1)324 (2)432 [(1)要求每个地区至少有一名男性的对立事件是至少有一个地区全是女性，其分配方案有＝6×6×6＝216(种)，
每个地区需要一名支医医生和两名支教教师的总分配方案有＝6×15×6＝540(种)，
所以要求每个地区至少有一名男性的分配方案有540－216＝324(种)．
(2)有一个地区全是男性的分配方案有
＝3×6×6＝108(种)，所以要求每个地区至少有一名女性的分配方案有540－108＝432(种)．]
[B组 在综合中考查关键能力]
15．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．]
16．96 [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＝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＝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)．]
17．72 [首先对3×3的九宫格每个位置标注数字，
1 2 3
4 5 6
7 8 9
第一步先排，一共9个位置，因此有种排法，
根据对称性知，所在的行和列只能排，不妨设在1位置，
第二步排2位置，则从选一个，因此有种排法，则3位置的数也定下来了，
第三步排4位置，则从剩余的两个中挑一个，因此有种排法，接着排7位置，7位置是中剩余的最后一个，相当于所在的行和列都定下来了，则使得每行、每列各三个向量的和为零向量，其他四个位置的向量排法是唯一的，因此按分步乘法计数原理知，共有＝72(种)不同的填法．]
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