2023高考数学二轮复习专题43 排列组合（解析版）

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专题43 排列组合
【题型归纳目录】
题型一：排列数与组合数的推导、化简和计算
题型二：直接法
题型三：间接法
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：数字排列
题型十五：几何问题
题型十六：分解法模型与最短路径问题
题型十七：排队问题
题型十八：构造法模型和递推模型
题型十九：环排问题
【考点预测】
知识点1、排列与排列数
（1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示．
（2）排列数的公式：．
特例：当时，；规定：．
（3）排列数的性质：
①；②；③．
（4）解排列应用题的基本思路：
通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）．
注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用．
知识点2、组合与组合数
（1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示．
（2）组合数公式及其推导
求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑：
第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数；
第二步，求每一个组合中个元素的全排列数；
根据分步计数原理，得到；
因此．
这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：．
注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明．
（3）组合数的主要性质：①；②．
（4）组合应用题的常见题型：
①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型
②“至少”或“最多”含有几个元素的题型
知识点3、排列和组合的区别
组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同．
注意：排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列
是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”．
知识点4、解决排列组合综合问题的一般过程
1、认真审题，确定要做什么事；
2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步；
3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素；
4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略．
【方法技巧与总结】
1、如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种．

2、错位排列公式
3、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项
（1）解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论．
4、定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑：
（1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素；
（2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置；
（3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．
5、解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种．
6、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种．
【典例例题】
题型一：排列数与组合数的推导、化简和计算
例1．（2022·山东·高密三中高三阶段练习）已知n，m为正整数，且，则在下列各式中错误的是（    ）
A．； B．； C．； D．
【答案】C
【解析】对于A，，故正确；
对于B，因为，所以，故正确；
对于C，因为n，m为正整数，且，
所以令，则，，此时，故错误；
对于D，，故正确；
故选：C
例2．（2022·江苏镇江·高三开学考试）已知，为正整数，且，则在下列各式中，正确的个数是（    ）
①；②；③；④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】对于①，故①正确；
对于②因为，所以，故②正确；
对于③因为，故③错误；
对于④，故④正确；
故选：C
例3．（2022·全国·高三专题练习）若，则（    ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【解析】由题意，得，化简可得，解得．
故选:B
例4．（2022·全国·高三专题练习）已知，则的值为（    ）
A．3 B．3或4 C．4 D．4或5
【答案】B
【解析】因为，
所以或，
解得：或.
故选：B.
例5．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）已知，则的可能取值是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】CD
【解析】因为，所以，所以，
其中，而 ，
所以的值可能是2或3．
故选：CD．
例6．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）下列等式正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】根据组合数的性质可知，，故AD正确；
根据排列数与组合数的关系可知,故B不正确；
∵，

，
∴,故C正确.
故选:ACD.
例7．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）下列等式中，正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】选项A，左边= =右边，正确；
选项B，右边左边，正确；
选项C，右边左边，错误；
选项D，右边左边，正确.
故选：ABD
例8．（2022·全国·高三专题练习）解下列不等式或方程
(1)
(2)
【解析】(1)由题意得：，解得：，
，即，
解得：，结合，可得：
(2)，则，
即，
解得：（舍去）或2
故方程的解为：m=2
例9．（2022·全国·高三专题练习）（1）计算：；
（2）计算：；
（3）解方程：.
【解析】（1）原式；
（2）原式；
（3）原方程可化为，整理得，
即，化简得，解得或(舍去)，
所以原方程的解是.
例10．（2022·全国·高三专题练习）利用组合数公式证明．
【解析】证明：因为，
，
所以．
题型二：直接法
例11．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（       ）种
A．54 B．72 C．96 D．120
【答案】A
【解析】根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分2种情况讨论：
①甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
则一共有种不同的名次情况，
故选：A．
例12．某校开展研学活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出共6名同学进行决赛，决出第1名到第6名的名次（没有并列名次），和去询问成绩，回答者对说“很遗㙳，你和都末拿到冠军；对说“你当然不是最差的”.试从这个回答中分析这6人的名次排列顺序可能出现的结果有（       ）
A．720种 B．600种 C．480种 D．384种
【答案】D
【解析】由题意，不是第一名且不是最后一名，的限制最多，故先排，有4种情况，
再排，也有4种情况，余下4人有种情况，
利用分步相乘计数原理知有种情况．
故选：D.
例13．甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则不同的排法有（       ）
A．24种 B．6种 C．4种 D．12种
【答案】B
【解析】甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，
则只需对剩下3人全排即可，
则不同的排法共有，
故选：B．
例14．某学校要从5名男教师和3名女教师中随机选出3人去支教，则抽取的3人中，女教师最多为1人的选法种数为（       ）．
A．10 B．30 C．40 D．46
【答案】C
【解析】女教师最多为1人即女教师为0人或者1人
若女教师为0人，则男教师有3人，有种选择；
若女教师为1人，则男教师2人，有种选择；
故女教师最多为1人的选法种数为种
故选：C
题型三：间接法
例15．将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（       ）．
A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种
【答案】D
【解析】7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.
故选：D
例16．某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（       ）
A．21种 B．231种 C．238种 D．252种
【答案】B
【解析】10人中选5人有种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有种，
则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有种.
故选：B
例17．中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”
就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（   ）
A．408种 B．240种 C．1092种. D．120种
【答案】A
【解析】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为，
于是得，
所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.
故选：A
例18．红五月，某校团委决定举办庆祝中国共产党成立100周年“百年荣光，伟大梦想”联欢会，经过初赛，共有6个节目进入决赛，其中2个歌舞类节目，2个小品类节目，1个朗诵类节目，1个戏曲类节目．演出时要求同类节目不能相邻，则演出顺序的排法总数是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】所有演出方案有种，
歌舞类相邻有种，
小品类相邻有种，
歌舞与小品均相邻有种，
所以总数有种.
故选：C.
题型四：捆绑法
例19．（2022·四川·树德怀远中学高三开学考试（理））甲、乙等5人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且都不站在两端的排法有（    ）
A．12种 B．24种 C．48种 D．120种
【答案】B
【解析】将甲、乙捆绑在一起看成一个元素，有种排法，
其中甲、乙相邻且在两端的有种，
故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有（种）．
故选:B．
例20．（2022·四川成都·高三开学考试（理））某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（    ）种不同
的排法
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有种，
物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑，
与语文、英语、生物三门课程进行排序，有种排法.
由分步乘法计数原理可知，共有种不同的排法.
故选：D.
例21．（2022·全国·高三专题练习）甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，则甲、乙相邻的排法有（    ）
A．72种 B．60种 C．48种 D．36种
【答案】C
【解析】甲、乙相邻共有种.
将甲、乙捆绑与剩余的丙、丁、戊三人全排列有种.
则共有种.
故选：C.
例22．（2022·全国·高三专题练习）3位教师和4名学生站一排，3位教师必须站在一起，共有（    ）种站法．
A．144 B．360 C．480 D．720
【答案】D
【解析】因为3位教师和4名学生站一排，3位教师必须站在一起，
所以共有种站法，
故选：D
例23．（2022·全国·高三专题练习）某晚会上需要安排4个歌舞类节目和2个语言类节目的演出顺序，要求语言类节目之间有且仅有2个歌舞类节目，则不同的演出方案的种数为（    ）．
A．72 B．96 C．120 D．144
【答案】D
【解析】第一步：全排列2个语言类的节目，共有种情况，
第二步：从4个歌舞类节目中选出2个节目放入2个语言类的节目之间，共有种情况，
第三步：再将排好的4个节目视为一个整体，与其余的两个歌舞节目全排列，
共有种情况，所以.
故选：D
题型五：插空法
例24．（2022·全国·高三专题练习）2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十
四节气的方式开始倒计时创意新颖，惊艳了全球观众．衡阳市某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“雨水”、“春分”、“清明”、“谷雨”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？（    ）
A．24 B．48 C．144 D．244
【答案】C
【解析】根据题意先将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起，与“雨水”、 “谷雨”排列，有4个空，然后“清明”与“惊蛰”去插空，
所以不同的放置方式有种.
故选：C
例25．（2022·全国·高三专题练习）高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一､二､三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是（    ）
A．72 B．144 C．48 D．36
【答案】A
【解析】先将选择性必修有一､二､三这三本书排成一排，有种方法，
再将必修一､必修二这两本书插入两个空隙中，有种方法，
所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是：.
故选：A.
例26．（2022·全国·高三专题练习）五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一个五音阶音序，且商、角不相邻，徽位于羽的左侧，则可排成的不同音序有（    ）
A．18种 B．24种 C．36种 D．72种
【答案】C
【解析】先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有，再将商、角插入4个空中，共有种．
故选：C．
例27．（2022·全国·高三专题练习（理））马路上有编号为1，2，3…，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有（    ）种
A．15 B．20 C．10 D．9
【答案】C
【解析】根据题意，因为关掉3盏路灯不能是两端2盏，也不能相邻，
则需要用插空法分析：
先将亮的6盏灯排成一列，除去2端，有5个符合条件的空位，
在5个空位中，任选3个，安排熄灭的灯，有种情况，
即有10种关灯方法.
故选：C
例28．（2022·全国·模拟预测）某等候区有7个座位（连成一排），甲、乙、丙三人随机就坐，因受新冠疫情影响，要求他们每两人之间至少有一个空位，则不同的坐法有（    ）
A．4种 B．10种 C．20种 D．60种
【答案】D
【解析】甲、乙、丙每两人之间至少有一个空位，即甲、乙、丙互不相邻，相当于有四个空位放置成一排，形成5个空档，甲、乙、丙三人各带一个座位插入，
所以有（种）不同的坐法，
故选：D．
例29．（2022·全国·高三专题练习）为迎接新年到来，某中学2022作“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚会如期举行.校文娱组委员会要在原定排好的8个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来的8个节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为(    )
A．36 B．45 C．72 D．90
【答案】D
【解析】采用插空法即可：
第1步：原来排好的8个学生节目产生9个空隙，插入1个教师节目有9种排法；
第2步：排好的8个学生节目和1个教师节目产生10个空隙，插入1个教师节目共有10种排法，
故共有9×10＝90种排法.
故选：D.
题型六：定序问题（先选后排）
例30．满足，且的有序数组共有（       ）个.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】∵数组中数字的大小确定，从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，所有个数为．
故选：A．
例31．五人并排站成一排，如果必须站在的右边，（可以不相邻）那么不同的排法有（   　）
A．120种 B．90种 C．60种 D．24种
【答案】C
【解析】所有人排成一排共有：种排法
站在右边与站在右边的情况一样多
所求排法共有：种排法
本题正确选项：
例32．DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（       ）

A．20 B．40 C．60 D．120
【答案】C
【解析】依题意可知，不同的插入方式的种数为.
故选：C
例33．某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有（       ）
A．120种 B．80种 C．20种 D．48种
【答案】C
【解析】在5个位置中选两个安排其它两个节目，还有三个位置按顺序放入甲、乙、丙，方法数为．
故选：C．
例34．某次数学获奖的6名高矮互不相同的同学站成两排照相，后排每个人都高于站在他前面的同学，则共有多少种站法（       ）
A．36 B．90 C．360 D．720
【答案】B
【解析】6个高矮互不相同的人站成两排，
后排每个人都高于站在他前面的同学的站法数为，
故选：B
例35．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8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （       ）

A．2520 B．5040 C．7560 D．10080
【答案】A
【解析】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，
先对8盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，
因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，
所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故一共有种，
故选：A
例36．如图所示，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是（ ）

A．6 B．10 C．12 D．24
【答案】B
【解析】将左边的集装箱从上往下分别记为1,2,3,右边的集装箱从上往下分别记为4,5.分两种情况讨论: 若先取1,则有12345,12453,14523,14235,14523,12435,共6种情况;
若先取4,则有45123,41235,41523,41253,共4种情况,故共有6+4=10种情况.
题型七：列举法
例37．三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有（       ）
A．6种 B．8种 C．10种 D．16种
【答案】C
【解析】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分步加法计数原理可知：
经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种，

故选：C.
例38．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（       ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．12种
【答案】C
【解析】解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式.故共有6种不同的传递方式.
答案：C．
例39．设，，，那么满足的所有有序数组的组数为（       ）
A．45 B．46 C．47 D．48
【答案】C
【解析】①当时，，则，共1组；
②当时，，则，不同时为2，共组；
③当时，，则，为中任一元素，共组；
④当时，，则，不同时为0，共组．
故满足题意的有序数组共有47组．
故选：C.
例40．从集合中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有（       ）个
A．98 B．56 C．84 D．49
【答案】A
【解析】当公差为时，数列可以是：，，，……，共13种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共11种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共9种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共7种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，，，共5种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，共3种情况.
当公差为时，数列可以是：，共1种情况.
总的情况是.
又因为三个数成公差数列有两种情况，递增或递减，
所以这样的等差数列共有个.
故选：A
例41．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42．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】分析：根据题意可按照只会左边的人中入选的人数分类处理，分成三类，即可求解．
详根据题意可按照只会左边的人中入选的人数分类处理．
第一类个只会左边的都不选，有种；
第二类个只会左边的有人入选，有种；
第三类个只会左边的全入选，有种，所以共有种不同的选法，故选A．
例43．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44．“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．
例45．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46．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
例47．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48．若5个人各写一张卡片（每张卡片的形状、大小均相同），现将这5张卡片放入一个不透明的箱子里，并搅拌均匀，再让这5人在箱子里各摸一张，恰有1人摸到自己写的卡片的方法数有（       ）
A．20 B．90 C．15 D．45
【答案】D
【解析】根据题意，分2步分析：
①先从5个人里选1人，恰好摸到自己写的卡片，有种选法，
②对于剩余的4人，因为每个人都不能拿自己写的卡片，因此第一个人有3种拿法，被拿了自己卡片的那个人也有3种拿法，剩下的2人拿法唯一，
所以不同的拿卡片的方法有种.
故选：.
题型十：涂色问题
例49．（2022·陕西·宝鸡市陈仓高级中学高三开学考试（理））某儿童游乐园有5个区域要涂上颜色，现有四种不同颜色的油漆可供选择，要求相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的涂色方案有（　　）种

A．36        B．48       C．54      D．72
【答案】D
【解析】如图：将五个区域分别记为①，②，③，④，⑤，则满足条件的涂色方案可分为两类，
第一类区域②，④涂色相同的涂色方案，第二类区域②，④涂色不相同的涂色方案，
其中区域②，④涂色相同的涂色方案可分为5步完成，第一步涂区域①，有4种方法，第二步涂区域②，有3种方法，第三步涂区域③，有2种方法，第四步涂区域④，有1种方法，第五步涂区域⑤，有2种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色相同的涂色方案有种方案，即48种方案；
区域②，④涂色不相同的涂色方案可分为5步完成，第一步涂区域①，有4种方法，第二步涂区域②，有3种方法，第三步涂区域③，有2种方法，第四步涂区域④，有1种方法，第五步涂区域⑤，有1种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色不相同的涂色方案有种方案，即24种方案；
所以符合条件的涂色方案共有72种，
故选：D.

例50．（2022·全国·高三专题练习）随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红、黄、蓝、绿、黑这5种颜色供选择，则“任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色供选择，
每个三角形均有种涂法，故基本事件总数，
有公共边的三角形为不同色，先考虑中间一块涂色有5种方法，
其他的三个三角形在剩下的4中颜色中任意涂色均可有种涂法，这一共有种涂法，
所求概率为．
故选：A．
例51．（2022·全国·高三专题练习）无盖正方体容器的五个面上分别标有A、B、C、D、E五个字母，现需要给容器的5个表面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的染色方案有（    ）种．
A．420 B．340 C．300 D．120
【答案】A
【解析】

如图，正方体的左侧面为，右侧面为，前侧面为，后侧面为，底面为.
5个面如果用完五种颜色，则不同的染法为.
5个面如果有四种颜色，则必有、同色或、同色，
则不同的染法为.
5个面如果有三种颜色，则必有、同色且、同色，
则不同的染法为.
故不同的染法种数为，
故选：A.
例52．（2022·全国·高三专题练习（文））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解，由题设，四棱锥S - ABCD的顶点S, A, B所染的颜色互不相同,它们共有种染色方法；
当染好时，不妨设所染颜色依次为1, 2, 3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4,则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法,即当S, A, B染好时，C, D还有7种染法.
故不同的染色方法有种.

故选：C
例53．（2022·全国·高三专题练习）在一个正六边形的六个区域涂色（如图），要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域（有公共边）涂不同的颜色，现有种不同的颜色可供选择，则不同涂色方案有（　　）

A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】考虑、、三个区域用同一种颜色，共有方法数为种；
考虑、、三个区域用种颜色，共有方法数为种；
考虑、、三个区域用种颜色，共有方法数为种．
所以共有方法数为种．
故选：C．
例54．（2022·全国·高三专题练习（理））用种不同的颜色对正四棱锥的条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有多少种
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】从P点出发的4条侧棱一定要用4种不同的颜色，有=360种不同的方案，接下来底面的染色根据是否使用剩下的2种颜色分类计数．
不使用新的颜色，有2种颜色分类方案；
使用1种新的颜色，分为2类；
第一类，染一条边，有种方案；第二类，染两条对边，有种方案．
使用2种新的颜色，分为4类；
第一类，染两条邻边，有种方案；第二类，染两条对边，有种方案；第三类，染三条边，有种方案；第四类，染四条边，有2种方案．
因此不同的染色方案总数为,选C.
例55．（2022·全国·高三专题练习（理）） 用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为的个小正方形（如图1），使得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“、、”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】A
【解析】首先1、5、9颜色确定，有三种可能，于是2、6就只有两种可能．如果2、6颜色相同的两种情况下，3就有4种可能．若2、6颜色不同，则只有一种可能，加之2、6排列不同，2种．于是右上角三个数有6种排法．同理左下角三个数有6种排法．有种可能．
题型十一：分组问题
例56．为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对
口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方，则不同的分派方法有（       ）
A．18种 B．36种 C．68种 D．84种
【答案】B
【解析】根据题意，分派方案可分为两种情况：
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：种方法；
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：种方法；
故一共有：种分派方法
故选：
例57．2021年春节期间电影《你好，李焕英》因“搞笑幽默不庸俗，真心实意不煽情”深受热棒，某电影院指派5名工作人员进行电影调查问卷，每个工作人员从编号为1，2，3，4的4个影厅选一个，可以多个工作人员进入同一个影厅，若所有5名工作人员的影厅编号之和恰为10，则不同的指派方法种数为（       ）
A．91 B．101 C．111 D．121
【答案】B
【解析】（1）若编号为，则有种，
（2）若编号为，则有种，
（3）若编号为，则有种，
（4）若编号为，则有种，
（5）若编号为，则有1种，
所以不同的指派方法种数为种.
故选：B.
例58．2019年实验中学要给三个班级补发8套教具，先将其分成3堆，其中一堆4个，另两堆每堆2个，一共有多少种不同分堆方法（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由条件可知，8套教具，分成4,2,2，共有种分法.
故选：C
例59．有本不同的书.
(1)分给甲、乙、丙、丁四人，每人本，有几种分法？
(2)若堆依次为本，本，本，本，有几种分法？
(3)若平均分成堆，有几种方法（只要求列出算式）？
【解析】
(1)根据题意，分步分析：
①在本书中取出本，分给甲，有种取法，
②在剩下的本书中取出本，分给乙，有种取法，
③在剩下的本书中取出本，分给丙，有种取法，
④将最后的本书交给丁，有种情况，
则一共有种分法.
(2)根据题意，分步分析：
①在本书中取出本，作为第一堆，有种取法，
②在剩下的本书中取出本，作为第二堆，有种取法，
③在剩下的本书中取出本，作为第三堆，剩下的本作为第四堆，有种分法；
则一共有种分法；
(3)根据题意，将本不同的书，平均分成堆，每堆有本，
则有种不同的分法.
例60．已知有6本不同的书.
（1）分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？
（2）分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？
【解析】
（1）6本书平均分成3堆，不同的分堆方法的种数为.
（2）从6本书中，先取1本作为一堆，再从剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，不同的分堆方法的种数为
题型十二：分配问题
例61．2022年北京冬奥会速度滑冰､花样滑冰､冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，丁，戊五名同学各自选择一个项目开展志自愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且三个项目都有人参加的不同方案总数是（       ）
A．18 B．27 C．36 D．48
【答案】C
【解析】因为甲和乙选择同一个项目，所以把甲和乙看作一个元素与丙，丁，戊分配到三个项目，
因为三个项目都有参加，所以有一个项目是2个元素，
所以共有种方案.
故选：C.
例62．现将5名志愿者全部分派到A、B、C三个居民小区参加抗击新冠病毒知识宣传，要求每个小区至少1人，志愿者甲安排到A小区，则不同的安排方法种数为（       ）．
A．56 B．50 C．62 D．36
【答案】B
【解析】依题意三个居民小区的志愿者人数有（1、1、3）和（1、2、2）两种情况，
对于（1、1、3），①当小区安排3人，则有种方法；②当小区安排1人，则有种方法；
对于（1、2、2），①当小区安排1人，则有种方法，②当小区安排2人，则有种方法，
综上，一共有种方法；
故选：B
例63．将4名志愿者分配到3个不同的北京冬奥场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为________．（用数字作答）
【答案】36
【解析】将4人分到3个不同的体育场馆，要求每个场馆至少分配1人，则必须且只能有1个场馆分得2人，其余的2个场馆各1人，
可先将4人分为2、1、1的三组，有种分组方法，再将分好的3组对应3个场馆，有种方法，
则共有种分配方案.
故答案为：36
例64．设有99本不同的书（用排列数、组合数作答）.
(1)分给甲、乙、丙3人，甲得96本，乙得2本，丙得1本，共有多少种不同的分法？
(2)分给甲、乙、丙3人，甲得93本，乙、丙各得3本，共有多少种不同的分法？
(3)平均分给甲、乙、丙3人，共有多少种不同的分法？
(4)分给甲、乙、丙3人，一人得96本，一人得2本，一人得1本，共有多少种不同的分法？
(5)分给甲、乙、丙3人，一人得93本，另两人各得3本，共有多少种不同的分法？
(6)分成3份，一份96本，一份2本，一份1本，共有多少种不同的分法？
(7)平均分成3份，共有多少种不同的分法？
(8)分成3份，一份93本，另两份各3本，共有多少种不同的分法？
【解析】
(1)甲得96本，有方法种；乙得2本，有方法种；丙得1本.有方法1种，
不同的分法共有（种）；
(2)与（1）类似，不同的分法共有（种）；
(3)先平均分为3组，种分组方式，再分配给3个人，
得到不同的分法共有种；
(4)先把99本不同的书分成3份，一份96本，一份2本，一份1本；
再将甲、乙、丙3人全排列，这是因为3人中谁都有得到96本、2本、1本的可能，
不同的分法共有（种）；
(5)99本不同的书，分给甲、乙、丙3人，一人得93本，另两人各得3本，3人中，谁都有得到93本的可能，不同的分法共有（种）.
(6)99本不同的书，分成3份，一份96本，一份2本，一份1本，3份的数量互不相同，不同的分法共有（种）；
(7)99本不同的书，平均分成3份，每份33本.本问题是典型的平均分组问题，要排除重复，不同的分法共有（种）
(8)99本不同的书，分成3份，一份93本，另两份各3本，两份3本的有重复，不同的分法共有（种）
例65．(1)个不同的小球放入编号为的个盒子中，一共有多少种不同的放法？
(2)个不同的小球放入编号为的个盒子中，恰有个空盒的放法共有多少种？
【解析】(1)根据题意，个不同的小球放入编号为的个盒子中，每个小球均有种放法，则个小球有种不同的放法；
(2)个不同的小球放入编号为的个盒子中，恰有个空盒,说明恰有一个盒子有个小球，
①、从个小球分为组，有种分组方法；
②、在个盒子中任选个，放入组小球，有种情况；
则有种不同的放法.
例66．将封信全部投入个邮筒：
(1)不加任何限制，有多少种不同的投法？
(2)每个邮筒至少投一封信，有多少种不同的投法？
【解析】(1)解：不加任何限制，每封信均有种投法，
由分步乘法计数原理可知，不同的投法种数为种.
(2)解：将封信分为三组，每组的信的数量分别为、、，共有种分组方法，
由分步乘法计数原理可知，不同的投法种数为种.
题型十三：隔板法
例67．将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是（       ）
A．16 B．18 C．27 D．28
【解析】“每校至少一个名额的分法”的方法数是至少有两个学校的名额数相同”的分配方法数可以从反面入手去求，即先求出“出现相同名额”的分配方法数，第一种情形是两个学校名额数相同：有三种情形，共有9种分法；第二种情形是三个学校名额数均相同，有1种分法，所以至少有两个学校的名额数相同”的分配为种.所以，满足条件的分配方法共有种.
故选：B
例68．展开式为多项式，则其展开式经过合并同类项后的项数一共有（       ）
A．12项 B．24项 C．39项 D．78项
【解析】展开之后必有形如的式子出现，其中，且.
构造14个完全一样的小球模型，分成3组，每组至少一个，利用隔板法，共有分法种；
每组去掉一个小球的数目分别为的展开式中各字母的次数；
小球分组模型与各项的次数是一一对应的，故的展开式中，合并同类项之后的项数为项.
故选：D
例69．7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（       ）种不同的放法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【解析】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.
故选：D.
例70．将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（       ）
A．720种 B．420种 C．120种 D．15种
【解析】先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，
再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为15，
故选: D
例71．方程的非负整数解有（       ）
A．组 B．136组 C．190组 D．68组
【解析】根据题意，对于方程，
将“18”看成18个“1”， 18个“1”共有19个空，
从19个空中选两个空进行隔板，或从19个空中选1个空插2个隔板，
即可以将18个“1”分为三组，每组对应“1”的数目依次为的数值，
则有.
方程的非负整数解有190组.
故选：C
例72．若方程，其中，则方程的正整数解的个数为
A．10 B．15 C．20 D．30
【解析】方程，其中，
则
将其转化为有6个完全相同的小球，排成一列，利用挡板法将其分成3组，
第一组小球数目为
第二组小球数目为
第三组小球数目为
共有种方法
故方程的正整数解的个数为10
故选
题型十四：数字排列
例73．（2022·重庆南开中学模拟预测）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（    ）个．
A．600 B．300 C．360 D．180
【答案】B
【解析】当最后一位为1时，共有种；
当最后一位不为1时，在3、4、5任选一个放最后有种，
把余下2个数字与9全排有种，
将两个1插入4个空中的2个有种，或两个1捆绑插入4个空中的1个有种，
共有种；
综上，共有种.
故选：B
例74．（2022·河北·青龙满族自治县实验中学高三开学考试）用数字1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（    ）
A．6 B．12 C．16 D．18
【答案】B
【解析】先排个位，有2种选法，再排百位和十位，有种排法，
因此共有种排法，
故选：B
例75．（2022·山西省长治市第二中学校高三阶段练习（理））若从1，2，3，…，9这9个整数中取出4个不同的数排成一排，依次记为a，b，c，d，则使得a×b×c＋d为奇数的不同排列方法有（    ）
A．1224 B．1800 C．1560 D．840
【答案】B
【解析】当为奇数时，为偶数：
1、一偶两奇，此时不同排列方法为种；
2、两偶一奇，此时不同排列方法为种；
3、三个偶数，此时不同排列方法为种；
当为偶数时，为奇数，此时三个奇数，不同排列方法为种；
综上，不同排列方法有1800种.
故选：B
例76．（2022·全国·高三专题练习）数字“”中，各位数字相加和为，称该数为“长久四位数”，则用数字组成的无重复数字且大于的“长久四位数”有（       ）个
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】卡片上的四位数字之和等于，四个数字为组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有：，组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个；组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个，故共（个）.
故选：C．
例77．（2022·全国·高三专题练习）用数字、、组成五位数，且数字、、至少都出现一次，这样的五位数共有（    ）个
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】首先考虑全部的情况，即每个数位均有种选择，共有个，
其中包含数字全部相同只有种情况，
还有只含有个数字的共有个，
因此，满足条件的五位数的个数为个.
故选：B.
例78．（2022·全国·高三专题练习）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有（    ）
A．210个 B．300个
C．464个 D．600个
【答案】B
【解析】由题意得，个位数字小于十位数字，
所以个位数字只能是0,1,2,3,4共5种类型，
每种类型分别有个，
共有
故选：B
题型十五：几何问题
例79．（2022·河南·鹤壁高中高三阶段练习（理））若一个正方体绕着某直线旋转不到一周后能与自身重合，那么这样的直线的条数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】若正方体绕着直线旋转不到一周能与自身重合，则必过正方体中心，否则，正方体绕着直线旋转不到一周后，中心不能回到原来的位置；共有三种情况：如图所示；
当过正方体的对角线两顶点时，把正方体绕旋转，正方体回到原来的位置，此时的直线共有条；
当过正方体两相对棱中点时，把正方体绕旋转，正方体回到原来的位置，此时直线共有条；
当过正方体对面中心时，把正方体绕旋转，正方体回到原来的位置，此时直线共有条；
综上，符合条件的直线有条.
故选：D.

例80．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数为（       ）
A．70 B．64 C．60 D．58
【答案】D
【解析】由题意知：要使正方体的顶点为顶点构成三棱锥，则4个顶点不共面，
1、8个顶点任选4个，有种，
2、8个顶点任选4个，共面的有12种，
∴以正方体的顶点为顶点的三棱锥有个.
故选：D
例81．从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，
正方体表面四点共面不能构成四面体有种，
正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有种，
所以可得到的四面体的个数为种，
故选：A
例82．在正方体的个顶点中，以任意个顶点为顶点的三棱锥，共有（       ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】C
【解析】从正方体的个顶点中任取四个顶点，共有种，
其中有6个表面和6个对角面中的四个顶点共面，不能构成三棱锥，
所以共有个三棱锥.
故选：C.
例83．正方体，是棱的中点，在任意两个中点的连线中，与平面平行的直线有几条（       ）

A．36 B．21 C．12 D．6
【答案】B
【解析】考虑与平面平行的平面，平面，平面，
共有，
故选：B.
题型十六：分解法模型与最短路径问题
例84．5400的正约数有（       ）个
A．48 B．46 C．36 D．38
【答案】A
【解析】，5400的正约数一定是由2的幂与3的幂和5的幂相乘的结果，
所以正约数个数为．
故选：A．
例85．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】试题分析：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．

例86．如图，某城市中，、两地有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿途中路线前进，则从到不同的走法共有

A．10 B．13 C．15 D．25
【答案】C
【解析】因为只能向东或向北两个方向
向北走的路有5条，向东走的路有3条
走路时向北走的路有5种结果，向东走的路有3种结果
根据分步计数原理知共有种结果，选C
例87．如图，蚂蚁从A沿着长方体的棱以

的方向行走至B，不同的行走路线有

A．6条 B．7条 C．8条 D．9条
【答案】A
【解析】共有3个顶点与点相邻，经过每个相邻顶点，按规定方向都有2条路径到达点，所以，蚂蚁从沿着长方体的棱以规定的方向行走至，不同的行走路线有：（条），故选A.
例88．如图，一只蚂蚁从点出发沿着水平面的线条爬行到点，再由点沿着置于水平面的正方体的棱爬行至顶点，则它可以爬行的不同的最短路径有（     ）条

A．40 B．60 C．80 D．120
【答案】B
【解析】试题分析：蚂蚁从到需要走五段路，其中三纵二竖，共有条路径，从到共有条路径，根据分步计数乘法原理可知，蚂蚁从到可以爬行的不同的最短路径有条，故选B.
考点：分步计数乘法原理.
例89．如图所示为某市各旅游景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从A到H可走的不同的旅游路线的条数为

A．14 B．15 C．16 D．17
【答案】D
【解析】要到H点，需从F、E、G走过来，F、E、G各点又可由哪些点走过来，这样一步步倒推，最后归结到A，然后再反推过去得到如下的计算方法：A至B、C、D的路数记在B、C、D的圆圈内，B、C、D分别到F、E、G的路数亦记在圈内，最后F、E、G各路数之和，即得到至H的总路数，如下图所示，易得到17条路线，故选D．   

例90．如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M，N处的甲､乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（       ）

A．甲从M到达N处的走法种数为120
B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9
C．甲，两人能在处相遇的走法种数为36
D．甲，乙两人能相遇的走法种数为164
【答案】BD
【解析】对于A，需要走6格，其中向上3格，向右3格，所以从到达处的走法种数为，故A错误.
对于B，甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法，从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法，所以甲从必须经过到达处的走法种数为，故B正确.
对于，甲经过的走法种数为，乙经过的走法种数为，所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误.
对于D，甲，乙两人沿着最短路径行走，只能在，，，处相遇，若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，两人在处相遇的走法有1种；若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法；若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格，则两人在处相遇的走法有1种.所以甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确.
故选：BD.
题型十七：排队问题
例91．4个男同学，3个女同学站成一排．
(1)3个女同学必须相邻，有多少种不同的排法？
(2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？
(3)3个女同学站在中间三个位置上的不同排法有多少种？
(4)其中甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，则有多少种不同的排法？
(5)若3个女同学身高互不相等，女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？
【解析】(1)3个女同学是特殊元素，她们排在一起，共有种排法．我们可视排好的女同学为一整体，
再与男同学排队，这时是5个元素的全排列，应有种排法．由分步乘法计数原理，得共
有（种）不同的排法；
(2)先将男同学排好，共有种排法，再在这4个男同学之间及两头的5个空当中插入3个女
同学有种方案，故符合条件的不同的排法共有（种）；
(3)3个女同学站在中间三个位置上的不同排法有（种）；
(4)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有种排法；
由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有种排法；
最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空当中有种排法．
故总共有（种）不同的排法；
(5)从7个位置中选出4个位置把男生排好，则有种排法．再在余下的3个空位置中排女
生，由于女生要按身高排列，故仅有1种排法．故总共有（种）不同的排法．
例92．在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式，结果用数字作答）
（1）三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？
（2）女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？
（3）甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？（甲乙丙三位同学身高互不相等）
（4）从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？
【解析】（1）根据题意，分2步进行分析：
①将4名男生全排列，有种情况，排好后有5个空位.
②在5个空位中任选3个，安排3名女生，有种情况，
则三名女生不能相邻的排法有种；
（2）根据题意，分2种情况讨论：
①女生甲站在右端，其余6人全排列，有种情况，
②女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有种站法，
则此时有种站法，
则一共有种站法；
（3）根据题意，首先把7名同学全排列，共有种结果，
甲乙丙三人内部的排列共有种结果，
要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，则有；
（4）根据题意，首先将4名男生和3名女生中各选出2人，有种情况，
其次4人分四个不同角色，有种情况，共有种选派方法.
例93．在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式，结果用数字作答）
（1）三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？
（2）四名男生相邻有多少种不同的排法？
（3）女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？
（4）甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？（甲乙丙三位同学身高互不相等）
（5）从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？
（6）现在有7个座位连成一排，仅安排4个男生就坐，恰好有两个空座位相邻的不同坐法共有多少种？
【解析】（1）根据题意，分2步进行分析：
①，将4名男生全排列，有A44＝24种情况，排好后有5个空位，
②，在5个空位中任选3个，安排3名女生，有A53＝60种情况，
则三名女生不能相邻的排法有A44×A53＝24×60＝1440种；
（2）根据题意，分2步进行分析：
①，将4名男生看成一个整体，考虑4人间的顺序，有A44＝24种情况，
②，将这个整体与三名女生全排列，有A44＝24种情况，
则四名男生相邻的排法有A44×A44＝24×24＝576种；
（3）根据题意，分2种情况讨论：
①，女生甲站在右端，其余6人全排列，有A66＝720种情况，
②，女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有A55＝120种站法，
则此时有5×5×120＝3000种站法，
则一共有A66+5×5×A55＝720+3000＝3720种站法；
（4）根据题意，首先把7名同学全排列，共有A77种结果，
甲乙丙三人内部的排列共有A33＝6种结果，
要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，则有840种．
（5）根据题意，分2步进行分析：
①，在4名男生中选取2名男生，3名女生中选取2名女生，有C42 C32种选取方法，
②，将选出的4人全排列，承担4种不同的任务，有A44种情况，
则有种不同的安排方法；
（6）根据题意，7个座位连成一排，仅安排4个男生就座，还有3个空座位，
分2步进行分析：
①，将4名男生全排列，有A44种情况，排好后有5个空位，
②，将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，安排2组空座位，有A52种情况，
则有种排法．
题型十八：构造法模型和递推模型
例94．贾同学、王同学、文同学三人在操场踢球,每次传球,传球者将球随机将传给另外两位同学之一,足球
最开始在文同学脚下,则:①次传球之后,共有___________种可能的传球方法;②次传球之后,足球回到文同学脚下的传球方法有___________种.
【答案】    
【解析】每次传球有两种方法，所以次传球之后,共有种可能的传球方法;
设次传球之后,足球回到文同学脚下的传球方法为种.
则2，即
因为
例95．一只蚂蚁从一个正四面体的顶点出发，每次从一个顶点爬行到另一个顶点，则蚂蚁爬行五次还在点的爬行方法种数是__________．
【答案】
【解析】解法一：第一次爬行可以到的任何一点，第二次爬行分到与不到，对于第二次不到的第三次爬行再分到与不到．爬行方法总数为（种）．
解法二：设从点出发爬行次仍在点的爬行方法种数为，则，，，
，
，．（亦可由递推式从第二项递推出第五项的值）
故答案为：.
例96．把圆分成个不相等的扇形，并且用红、黄、蓝三种颜色给扇形染色，但不允许相邻的扇形有相同的颜色，问共有多少种染色法？
【解析】设将圆分成个不相等的扇形时，满足题设的染法有种．
依次记个扇形为、、、，显然，
当时，先对染色，有种方法；染色后再对染色，有种方法，故．
当时，我们依次对、、、染色．
对染色，有种方法，对染色后再对染色有种方法，
同样的对、、、分别有种方法，由乘法原理共有种染色方法．
但这样做，与有可能同色．即在种染色方法中包含了与同色的染色方法．
对于与同色的情形，拆去与的边界使与合并，
便得到将圆分为个扇形时同色不相邻的染色方法，这样的情况有种．   
故，且，
设，可得，则，即，
故，且，
所以，数列是从第二项开始成以为公比的等比数列，
因此，，因此，.
例97．（1）求方程的非负整数解的组数；
（2）某火车站共设有4个安检入口，每个入口每次只能进入1位乘客，求一个4人小组进站的不同方案种数．
【解析】（1）设(，2，3，4)，则方程的非负整数解的组数等于方程的正整数解的组数，
利用隔板法得方程的正整数解的组数是，
所以方程的非负整数解的组数是56；
（2）设4名乘客中分别有，，，个人在第1个、第2个、第3个、第4个安检口通过，则，
即问题转化为求方程的非负整数解的组数，共有种情况，
每一种进站情况的4个位置由4个人去站有种方法，
由分步乘法计数原理得不同的进站方案有种，
所以一个4人小组进站的不同方案种数是840种．
题型十九：环排问题
例98．21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】根据题意 21人报数21人次，其中有7人次报数为3，则此7人出列，剩下13人；13人报数15人次，其中有5人报数为3，则此5人出列，剩下8人；8人报数9人次，其中有3人报数为3，则此3人出列，剩下5人；5人报数6人次，其中有2人报数为3，则此2人出列，剩下3人；3人报数3人次，其中有1人次报数为3，则此1人出列，剩下2人；2人报数3人次，其中1人次报数为3，则此人出列,剩下1人．在这个过程中一共报数： 21+15+9+6+3+3=57人次．应选答案D．
例99．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.
例100．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（       ）．
A．6种 B．8种 C．12种 D．16种
【答案】B
【解析】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，所以共有坐法种数为种．
故选：B．
例101．5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有______种（填数字）．
【答案】86400
【解析】因为任意2个女孩中间至少站1个男孩，则有且仅有2个男孩站在一起，
先把5个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有(种)，
把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组有种分法，
最后把5组男孩放入5个女孩构成圆排列的5个间隔中有种方法，而站在一起的两个男孩有顺序性，有2种站法，
所以，由分步乘法计数原理得，不同的排法共有(种).
故答案为：86400
【过关测试】
一、单选题
1．（2022·甘肃白银·高三开学考试（理））6名志愿者要到，，三个社区进行志愿服务，每个志愿者只去一个社区，每个社区至少安排1名志愿者，若要2名志愿者去社区，则不同的安排方法共有（    ）
A．105种 B．144种 C．150种 D．210种
【答案】D
【解析】先选出2名志愿者安排到A社区，有种方法，
再把剩下的4名志愿者分成两组，有两种分法，一种是平均分为两组，有种分法，
另一种是1组1人，另一组3人，有种分法，再分配到其他两个社区，
则不同的安排方法共有种.
故选：D
2．（2022·江西·南昌二中高三开学考试（理））2022年3月中旬，新冠肺炎疫情突袭南昌，南昌市统一指挥，多方携手、众志成城，构筑起抗击疫情的坚固堡垒．某小区有小王、小张等5位中学生积极参加社区志愿者，他们被分派到测温和扫码两个小组，若小王和小张不同组，且他们所在的两个组都至少需要2名中学生志愿者，则不同的分配方案种数有（    ）
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【解析】先分配其他3名中学生有种方法，再分配小王和小张有种方法，
由分步计数原理可得，不同的分配方案种数有.
故选：C.
3．（2022·全国·高三专题练习）用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为（    ）

A．24 B．30 C．36 D．42
【答案】B
【解析】分2类（先涂前3个圆，再涂后3个圆．）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有种涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有种涂法．综上，不同的涂法和数为．
故选：B．
4．（2022·全国·高三专题练习）甲乙丙丁四个同学星期天选择到东湖公园，西湖茶经楼，历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有（    ）种.
A．24 B．96 C．174 D．175
【答案】D
【解析】若4人均去茶经楼，则有1种参观方式，
若有3人去茶经楼，则从4人中选择3人，另1人从另外3处景点选择一处，
有种参观方式；
若有2人去茶经楼，则从4人中选择2人，另外2人从另外3处景点任意选择一处，
有种参观方式；
若有1人去茶经楼，则从4人中选择1人，另外3人从另外的3处景点任意选择一处，
有种参观方式，
综上：共有种参观方式.
故选：D
5．（2022·全国·高三专题练习）若分配甲、乙、丙、丁四个人到三个不同的社区做志愿者，每个社区至少分配一人，每人只能去一个社区．若甲分配的社区已经确定，则乙与甲分配到不同社区的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】甲单独去分配的社区，有将乙，丙，丁三人分为两组，再和另外两个社区进行全排列，有种方法；
甲和乙，丙，丁三人的一人去分配的社区，其余两人和另外两个社区进行全排列，有种方法；
其中甲乙分配到同一社区的方法有种，
则乙与甲分配到不同社区的方法有种，
所以乙与甲分配到不同社区的概率是
故选：B
6．（2022·全国·高三专题练习）近日，各地有序开展新冠疫苗加强针接种工作，某社区疫苗接种点为了更好的服务市民，决定增派5名医务工作者参加登记､接种､留观3项工作，每人参加1项，接种工作至少需要2人参加，登记､留观至少1人参加，则不同的安排方式有（    ）
A．50 B．80 C．140 D．180
【答案】B
【解析】不同的安排方式有两类办法，
有3人参加接种工作的安排方式有种，
有2人参加接种工作的安排方式有种，
由分类加法计数原理得不同的安排方式有：种.
故选：B.
7．（2022·全国·高三专题练习）将6个不同的乒乓球全部放入两个不同的球袋中，每个球袋中至少放1个，则不同的放法有（    ）
A．82种 B．62种 C．112种 D．84种
【答案】B
【解析】先将6个不同的乒乓球分为两组，可分1和5，2和4，3和3三种情况，共有种，再将分好的两组放入不同的球袋，则共有种放法
故选：B．
8．（2022·四川省成都市第八中学校高三阶段练习（理））甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（    ）
A．240 B．192 C．96 D．48
【答案】B
【解析】丙在正中间（4号位）；
甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，
考虑到甲､乙的顺序有种情况；
剩下的4个位置其余4人坐有种情况；
故不同的坐法的种数为.
故选：B.
9．（2022·安徽·合肥一中模拟预测（理））某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（    ）
A．48 B．54 C．60 D．72
【答案】C
【解析】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，
所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
二、多选题
10．（2022·全国·高三专题练习）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼” “乐” “射” “御” “书” “数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（    ）
A．某学生从中选3门，共有30种选法
B．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法
C．课程“礼”“乐”“数”排在相邻三周，共有144种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法
【答案】CD
【解析】根据题意，依次分析选项：
对于A，某学生从中选3门，6门中选3门共有种，故A错误；
对于B，课程“射”“御”排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，
在其中任选2个，安排“射”“御”，共有种排法，故B错误；
对于C，课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，
由捆绑法：将“礼”“书”“数”看成一个整体，
与其他3门课程全排列，共有种排法，故C正确；
对于D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况讨论，
若课程“乐”排在最后一周，有种排法，
若课程“乐”不排在最后一周，有种排法，
所以共有种排法，故D正确．
故选：CD．
11．（2022·全国·高三专题练习）如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】选项A：表示先着色中间两格下面一格.从4种颜色取3种，有个方法，上面一格，从与中间两格不同的颜色中取出一个，有个方法，故共有个不同方法.正确；
选项B：,方法总数不对.错误；
选项C：表示先对中间两格涂颜色. 从4种颜色取2种，共有个方法，上下两格都是从与中间两格不同的颜色中取出一个，有个方法.故共有个不同方法.正确；
选项D：表示两种情况：①上下两格颜色相同，中间两格从3个剩下的颜色取2种，共有个不同方法；②上下两格颜色不同，中间两格从2个剩下的颜色取2种，共有个不同方法. 综合①②可知方法总数为：个不同方法.正确.
故选：ACD
12．（2022·全国·高三专题练习）将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有（ ）
A． B．   C． D．18
【答案】BC
【解析】根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：
(1)分2步进行分析：
①、先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法；
②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法；
则没有空盒的放法有种；
(2)分2步进行分析：
①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况；
②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法；
则没有空盒的放法有种；
故选：BC．
13．（2022·全国·高三专题练习）为响应政府部门疫情防控号召，某红十字会安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴，，三地参加防控工作，则下列说法正确的是（    ）
A．不同的安排方法共有64种
B．若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种
C．若甲､乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有44种
D．若该红十字会又计划为这三地捐赠20辆救护车（救护车相同），且每地至少安排一辆，则不同的安排方法共有171种
【答案】BD
【解析】对于A中，安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴，，三地参加防控工作，每人都有3种安排方法，则不同的安排方法共有（种），所以A错误；
对于B中，若恰有一地无人去，则需先在三地中选出两地，再将4人安排到这两个地方，不同的安排方法有（种），所以B正确.
对于C中，根据题意，需将4人分为3组，若甲､乙在同一组，有1种分组方法，
又甲､乙两人不能去地，所以安排甲､乙一组到地或地，有2种情况，
剩余2组安排到其余2地，有种情况，此时不同的安排方法有（种）；
若甲､乙不在同一组，有种分组方法，又甲､乙两人不能去A地，
所以安排没有甲､乙的一组去地，甲､乙所在的两组安排到，两地，有种情况，
此时不同的安排方法有（种），则不同的安排方法共有（种），
所以C错误；
对于D中，只需将20辆救护车排成一排，在形成的19个间隙中插入挡板，将20辆救护车分为3组，依次对应，，三地即可，此时不同的安排方法有（种），所以D正确.
故选：BD.
14．（2022·全国·高三专题练习）现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，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
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
【答案】ABD
【解析】根据题意，依次分析选项：
对于，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，则有种安排方法，故错误；
对于，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，故错误；
对于，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，正确；
对于，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，错误；
故选：．
三、填空题
15．（2022·湖北孝感·高三阶段练习）甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．
【答案】50
【解析】由题意可分为两类
（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式
（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有
种安排方式
综上共有种安排方式
故答案为：50
16．（2022·全国·高三专题练习（理））志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远．他们共有多少种不同的安排方法____
【答案】14
【解析】根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：
①丁扶贫点最先去，有种安排方法；
②丁扶贫点安排在中间位置去，有种安排方法，
综合①②知共有种安排方法．
故答案为：14．
17．（2022·河南·模拟预测（理））将中国古代四大名著——《红楼梦》《西游记》《水浒传》《三国演义》，以及《诗经》等12本书按照如图所示的方式摆放，其中四大名著要求放在一起，且必须竖放，《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》要求横放，若这12本书中7本竖放5本横放，则不同的摆放方法共有___________种.

【答案】691200
【解析】除了四大名著和《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》这7本书以外，从其余5本书中选取3本和四大名著一起竖放，四大名著要求放在一起，则竖放的7本书有种方法，还剩5本书横放，有种方法，
故不同的摆放方法种数为.
故答案为：691200
18．（2022·全国·高三专题练习）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奇数的四位数，这样的四位数一共有___________个．（用数字作答）
【答案】504
【解析】当四个数字中没有奇数时，则这样的四位数有种，
当四个数字中有一个奇数时，则从5个奇数中选一个奇数，再从4个偶数中选3个数，然后对这4个数排列即可，所以有种，
所以由分类加法原理可得共有种，
故答案为：504
19．（2022·四川省仁寿县铧强中学高三开学考试（理））5位学生被分配到3个志愿点作志愿者，每个志愿点至少分配一位学生，其中甲乙不能分配到同一个志愿点，则共有___________种不同的分配方式（用数字作答）.
【答案】114
【解析】由题意可知5位学生被分配到3个志愿点作志愿者，，
共有种.
甲、乙分配到同一个志愿点，有种
所以不同的分配方案有种
故答案为：114.
20．（2022·四川·成都七中三模（理））有甲、乙、丙三项任务，甲、乙各需1人承担，丙需2人承担且至少1人是男生，现有2男2女共4名学生承担这三项任务，不同的安排方法种数是______．（用具体数字作答）
【答案】10
【解析】①丙选择一名男生和一名女生：.
②丙选择两名男子：.
所以不同的安排方法种数是：10种.
故答案为：10.