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专题10-4 排列组合小题归类（理）-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版）
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这是一份专题10-4 排列组合小题归类（理）-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版），共29页。试卷主要包含了热点题型归纳1，最新模考题组练22等内容，欢迎下载使用。
专题10-4排列组合小题归类
目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】 人坐座位模型1：捆绑与插空 1
【题型二】 人坐座位模型2：染色（平面） 2
【题型三】 人坐座位模型3：染色（立体空间） 5
【题型四】 书架插书模型：定序 7
【题型五】 球放盒子模型1：球不同，盒子也不同 8
【题型六】 球放盒子模型2：球相同，盒子不同 10
【题型七】 相同元素排列模型1：数字化法 11
【题型八】 相同元素排列模型2：空车位停车等 13
【题型九】 相同元素排列模型3：上楼梯等 14
【题型十】 多事件限制重叠型题 16
【题型十一】多重限制分类讨论型 18
【题型十二】综合应用 19
二、最新模考题组练 22
【题型一】 人坐座位模型1：捆绑与插空
【典例分析】
1.有四男生，三女生站一排，其中只有俩个女生相邻:
2.有四男生，4女生站一排，女生若相邻，则最多2个女生相邻：
解答（1）：先捆绑俩女生，再排列捆绑女生，然后排列四个男生，两个“女生”插孔即可，
（2）分类讨论
【提分秘籍】
基本规律
人坐座位模型：
特征：1.一人一位；2、有顺序；3、座位可能空；4、人是否都来坐，来的是谁；5、必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列。
主要典型题：1.捆绑法;2.插空法；3.染色。
出现两个实践重叠，必要时候，可以使用容斥原理来等价处理：
容斥原理
【变式演练】
1.在某班进行的歌唱比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为
A．30 B．36 C．60 D．72
【答案】C
【分析】记事件位男生连着出场，事件女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法种数为，再利用排列组合可求出答案．
【详解】
记事件位男生连着出场，即将位男生捆绑，与其他位女生形成个元素，所以，事件的排法种数为，
记事件女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排列，所以，事件的排法种数为，
事件女生甲排在第一位，且位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将位男生与其他个女生形成三个元素，所以，事件的排法种数为种，
因此，出场顺序的排法种数
种，故选C．
2.某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（ ）
A．144 B．120 C．72 D．48
【答案】B
【分析】先求出只有3个歌舞类节目不相邻的方法，然后求出3个歌舞类节目不相邻且2个小品类节目相邻的排法，相减可得．
【详解】
先考虑只有3个歌舞类节目不相邻，排法有种，
再考虑3个歌舞类节目不相邻，2个小品类节目相邻的排法有：，
因此同类节目不相邻的排法种数是．
故选：B．
3.2021年4月15日，是第六个全民国家安全教育日，教育厅组织宣讲团到某市的六个不同高校进行国家安全知识的宣讲，时间顺序要求是：高校甲必须排在第二或第三个，且高校甲宣讲结束后需立即到高校丁宣讲，高校乙､高校丙的宣讲顺序不能相邻，则不同的宣讲顺序共有（ ）
A．28种 B．32种 C．36种 D．44种
【答案】B
【分析】由题意，对高校甲排在第二或第三个进行分类讨论，接着考虑乙和丙的排法，最后考虑其他两所高校的排法，综合利用分类和分步计数原理进行分析即可.
【详解】
根据题意：分成以下两种情况进行分类讨论
高校甲排在第二个时，高校丁必排在第三个，当乙或丙排在第一个时共有种排法，当乙或丙不排在第一个时，乙和丙只能排在第四个和第六个，此时共有 种排法，所以高校甲排在第二个时共有16种排法；
高校甲排在第三个时，高校丁必排在第四个，乙或丙只能一个排在第一二个，一个排在第五六个，则共有种排法；
综上：共有32种排法满足题意.
故选：B.
【题型二】 人坐座位模型2：染色（平面）
【典例分析】
如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区涂色，规定每个区域只能涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A、C区域颜色不相同的概率是
A.1/7 b.2/7 c.3/7 D.4/7
答案：D
【提分秘籍】
基本规律
染色问题：
1.用了几种颜色
2.尽量先从公共相邻区域开始。
【变式演练】
1.正方体六个面上分别标有A、B、C、D、E、F六个字母，现用5种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（ ）种.
A．420 B．600 C．720 D．780
【答案】D
【解析】【分析】
根据对面的颜色是否相同，分①三对面染相同的颜色、②两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色、③一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，分别求出不同的染色方案，最后加总即可.
【详解】
分三类：
1、若三对面染相同的颜色，则有种；
2、若两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色，则有种；
3、若一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，则有种；
∴共有种.
故选：D
2.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】【分析】
先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，结合图形的对称性，即可求解.
【详解】
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.
3.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．192 B．336 C．600 D．以上答案均不对
【答案】C
【解析】【分析】
根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论．
【详解】
解：E，F，G分别有4，3，2种方法，
当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，
若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，
若C与F不同，则此时D有2种方法，
故此时共有：种方法；
当A与G相同时，A有1种方法，此时B有3种方法，
若C与F相同，C有1种方法，同时D有2种方法，
若C与F不同，则D有1种方法，
故此时共有：种方法；
当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，
若B与F相同，则C必须与A相同，同时D有2种方法；
若B不同于F，则B有1种方法，
Ⅰ若C与F相同则C有1种方法同时D有2种方法；
Ⅱ若C与F不同则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；
故此时共有：种方法；
综上共有种方法．
故选：C．
【题型三】 人坐座位模型3：染色（空间）:
【典例分析】
如图所示的几何体由三棱锥与三棱柱组合而成，现用种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】C
【解析】三棱锥三个侧面的颜色各不相同，先进行染色，然后再给三棱柱的侧面染色，保证组合体中相邻的侧面颜色不同即可.
【详解】
先涂三棱锥的三个侧面，有种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有种情况，共有种不同的涂法．
故选：C．
【提分秘籍】
基本规律
空间几何体，可以“拍扁”，转化为平面图形
【变式演练】
1.如图所示，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，则不同的染色方法种数是( )
A．420 B．210 C．70 D．35
【答案】A
【解析】【分析】
将不同的染色方案分为：相同和不同两种情况，相加得到答案.
【详解】
按照的顺序：
当相同时：染色方案为
当不同时：染色方案为
不同的染色方案为：种
故答案为A
2.在如图所示的十一面体中，用种不同颜色给这个几何体各个顶点染色，每个顶点染一种颜色，要求每条棱的两端点异色，则不同的染色方案种数为__________．
【答案】6
【解析】【详解】
分析：首先分析几何体的空间结构，然后结合排列组合计算公式整理计算即可求得最终结果.
详解：空间几何体由11个顶点确定，首先考虑一种涂色方法：
假设A点涂色为颜色CA，B点涂色为颜色CB，C点涂色为颜色CC，
由AC的颜色可知D需要涂颜色CB，
由AB的颜色可知E需要涂颜色CC，
由BC的颜色可知F需要涂颜色CA，
由DE的颜色可知G需要涂颜色CA，
由DF的颜色可知I需要涂颜色CC，
由GI的颜色可知H需要涂颜色CB，
据此可知，当△ABC三个顶点的颜色确定之后，其余点的颜色均为确定的，
用三种颜色给△ABC的三个顶点涂色的方法有种，
故给题中的几何体染色的不同的染色方案种数为6.
3.用五种不同颜色给三棱台的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有___________种.
【答案】1920.
【解析】【详解】
分析：分两步来进行，先涂，再涂，然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况，分别求得结果，再相加，即可得结果.
详解：分两步来进行，先涂，再涂.
第一类：若5种颜色都用上，先涂，方法有种，再涂中的两个点，方法有种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有种；
第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有种；
先涂，方法有种，再涂中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有种；
第三类：若5种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有种；
先涂，方法有种，再涂，方法有2种，故此时方法共有种；
综上可得，不同涂色方案共有种，
故答案是1920.
点睛：该题考查的是有关排列组合的综合题，在解题的过程中，涉及到的知识点有分步计数乘法原理和分类计数加法原理，要认真分析题的条件，列式求得结果.
【题型四】 书架插书模型
【典例分析】
有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．168 B．260 C．840 D．560
【答案】C
【分析】先从后排8人中抽2人，把抽出的2人插入前排保证前排人顺序不变可用倍缩法，再由分步乘法计数原理即可求解.
【详解】
解：从后排8人中抽2人有种方法；
将抽出的2人调整到前排，前排4人的相对顺序不变有种，
由分步乘法计数原理可得：共有种，
故选：C.
【提分秘籍】
基本规律
（1）书架上原有书的顺序不变；（2）新书要一本一本插；
【变式演练】
1.从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按先后顺序，但大小写可以交换位置，如或都可以），这样的情况有__________种．（用数字作答）
【答案】160
【分析】先根据A、B、C、D选取的个数分为四类：
第一类:A、B、C、D中取四个，a、b、c、d中取一个；
第二类:A、B、C、D中取三个，a、b、c、d中取二个；
第三类:A、B、C、D中取二个,a、b、c、d中取三个；
第四类:A、B、C、D中取一个,a、b、c、d中取四个.
【详解】
分为四类情况：
第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有；
第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相同)共有，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有 ；
第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；
第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个，取法同第一类情况；
所以共有：2(8++)=160
2.．在一张节目表上原有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，再添加进去三个节目，求共有多少种安排方法
【答案】504.
【分析】由题意知添加的三个节目且保持这些节目的相对顺序不变，有三类办法排进去，三个节目连排，三个节目互不相邻，有且仅有两个节目连排，根据分类计数原理得到结果．
【详解】
解：添加的三个节目有三类办法排进去
①三个节目连排，有C71A33种方法；
②三个节目互不相邻，有A73种方法；
③有且仅有两个节目连排，有C31C71C61A22种方法．
根据分类计数原理共有C71A33+A73+C31C71C61A22＝504种，
答：共有504种安排方法．
3.书架上有排好顺序的6本书，如果保持这6本书的相对顺序不变，再放上3本书，则不同的放法共有（ ）.
A．210种 B．252种 C．504种 D．505种
【答案】C
【分析】
可看成一共有9本书，9个位置，将3本书排列到这9个位置中的3个位置即可.
【详解】
可转换为将3本书排列到所有的9本书中的其中3个位置上.共种情况.
故选：C
【题型五】 球放盒子模型1：球不同，盒子也不同
【典例分析】
已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）
A．150 B．240 C．390 D．1440
【答案】C
【分析】分析可得可以将5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中，分别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果.
【详解】因为或
所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中
（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法：
各放1个，2个，2个的方法有种.
各放3个，1个，1个的方法有种.
（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有
种.
综上，总的放球方法数为种.
故选：C
【提分秘籍】
基本规律
球不同，盒子不同（主要的）
方法技巧：无限制，指数幂形式，，有限制“先分组再排列”分类讨论
【变式演练】
1.将5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少1个球，至多2个球，则不同的放法种数有（ ）
A．30种 B．90种 C．180种 D．270种
【答案】B
【分析】对三个盒子进行编号1，2，3，则每个盒子装球的情况可分为三类：1，2，2；2，1，2；2，2，1；且每一类的放法种数相同.
【详解】先考虑第一类，即3个盒子放球的个数为：1，2，2，则
第1个盒子有：，
第2个盒子有：，
第3个盒子有：，
第一类放法种数为，
不同的放法种数有.
2.将编号分别为1，2，3，4，5的5个小球分别放入3个不同的盒子中，每个盒子都不空，则每个盒子中所放小球的编号奇偶性均不相同的概率为
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先判断奇偶性不同则只能是2,2,1，再计算概率
【详解】由题知，要求每个盒子都不空，则3个盒子中放入小球的个数可分别为3,1,1或2,2,1,
若要求每个盒子中小球编号的奇偶性不同则只能是2,2,1，
且放入同一盒子中的两个小球必须是编号为一奇一偶，
故所求概率为
故答案选C
3.将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法种数为（ ）
A．15 B．30 C．20 D．42
【答案】B
【分析】按照放入同一盒子的球进行分类，最后由分类加法计数原理计算即可.
【详解】当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
则共有种不同的放法
故选：B
【题型六】 球放盒子模型2：球相同，盒子不同
【典例分析】
把1995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里，使得第个盒子中至少有个球（），则不同放法的总数是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】先在第个盒里放入个球，，即第1个盒里放1个球，第2个盒里放2个球，…，这时共放了个球，还余下个球.故转化为把1940个球任意放入10个盒子里（允许有的盒子里不放球）.把这1940个球用9块隔板隔开，每一种隔法就是一种球的放法，1940个球连同9块隔板共占有1949个位置，相当于从1949个位置中选9个位置放隔板，有种放法.选D.
【提分秘籍】
基本规律
球相同，盒子不同
方法技巧：挡板法
【变式演练】
1.将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数为（ ）
A．22 B．25 C．20 D．48
【答案】C
【分析】将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，据此即可的解.
【详解】解：将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，
因为每个盒子都有球，
所以每个盒子至少又一个球，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，不同插入方法共有种，
所以每个盒子都有球的放法种数为20.
故选：C.
2.把20个相同的小球装入编号分别为①②③④的4个盒子里，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，共有种方法.
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设四个盒子中装的小球个数分别为，，，，则，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，令，，，，则，，，都大于或等于1，且，问题相当于将10个球分成四部分，使用“隔板法”即可
【详解】设四个盒子中装的小球个数分别为，，，，则，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，令，，，，则，，，都大于或等于1，且，问题相当于将10个球分成四部分，在10个球的9个间隔里选三个隔开，有种方法，故选择A
【点睛】
在排列组合中，对于将不可分辨的球装入到可以分辨的盒子中，每盒至少一个，求方法数的问题，常用隔板法．实际运用隔板法解题时，在确定球数、如何插隔板等问题上形成了一些技巧．
3.将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
【答案】D
【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.
【详解】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.
【题型七】 相同元素排列模型1：数字化法
【典例分析】
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处的老年公寓才加志愿者活动，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
【答案】B
解答：向右走，记为数字1，向上走，记为数字2.
E到F:向右两个，向上两个，相当于1，1，2，2四个数字排列：
同理F到G，相当于2，1，1排列 故答案：B
【提分秘籍】
基本规律
数字化法：标记元素为数字或字母，重新组合，特别适用于“相同元素”，可以和挡板法配合使用
【变式演练】
1.一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？
A．5 B．25 C．55 D．75
【答案】D
【详解】
由题意知：小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，共有以下四种情形：
一、小蜜蜂在5次飞行中，有4次向正方向飞行，1次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
二、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行一个单位，1次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，1次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有种情况；
三、小蜜蜂在5次飞行中，有1次向正方向飞行每次飞行一个单位，2次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
四、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行一个单位，共有种情况；
故而共有种情况，
故选：D．
2.跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么人从格子外跳到第8个格子的方法种数为
A．8种 B．13种 C．21种 D．34种
【答案】C
【详解】
解：设跳到第n格的方法有an，
则达到第n格的方法有两类，
①是向上跳一格到达第n格，方法数为an-1，
②向上跳2格到达第n格，方法数是an-2，
则an=an-1+an-2，
有数列的递推关系得到数列的前8项分别是1，1，2，3，5，8，13，21
∴跳到第8格的方法数是21，
故选C．
3.如图所示，甲､乙两人同时出发，甲从点到，乙从点到，且每人每次都只能向上或向右走一格.则甲､乙的行走路线没有公共点的概率为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先求出甲从点到，乙从点到总的路径的对数，再计算甲从点到，乙从点到的相交路径的对数，其等于甲从点到，乙从点到相交路径的对数，进而可得甲､乙的行走路线没有公共点的路径的对数，再由古典概率公式即可求解.
【详解】
首先考虑甲从点到，乙从点到总的路径的对数，
甲从点到，需要向上走步，向右走步，共步，所以甲从点到有种方法；
乙从点到，需要向上走步，向右走步，共步，所以乙从点到有种方法；
由分步乘法计数原理可知：甲从点到，乙从点到，有种方法；
下面计算甲从点到，乙从点到的相交路径的对数，
证明：甲从点到，乙从点到相交路径的对数等于甲从点到，乙从点到相交路径的对数，
事实上，对于甲从点到，乙从点到的每一组相交路径，他们至少有一个交点，如图，设从左到右，从下到上的第一个交点为点，如图，实线路径表示甲从到的路径，虚线路径表示乙从点到的路径，将点以后的实线路径改为虚线，虚线路径改为实线，就得到一组甲从点到，乙从点到相关路径，如图，
反之，对于甲从点到，乙从点到的任意一组相交路径，也都可以用同样的方法将之变换成甲从到，乙从点到的一组相交路径，即这两者之间的相交路径是一一对应的，又因为甲从点到，乙从点到的任意一组路径都是相交路径，所以甲从点到，乙从点到共有种方法；
所以甲､乙的行走路线没有公共点的有种方法；
甲､乙的行走路线没有公共点的概率为，
故选：C
【题型八】 相同元素排列模型2：空车位停车等
【典例分析】
1.某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ）
A．240 B．360 C．480 D．720
【答案】C
【分析】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3个车位分6类计数可得结果.
【详解】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，
当1，2，3号为空时，有种停放方法；
当2，3，4号为空时，有种停放方法；
当3，4，5号为空时，有种停放方法；
当4，5，6号为空时，有种停放方法；
当5，6，7号为空时，有种停放方法；
当6，7，8号为空时，有种停放方法；
所以不同的停放方法的种数为种.
故选：C.
极简洁解法：四辆车标记为ABCD,四个空车位，三个组合一起，标记为3，剩余一个标记为1，则变成数字1，3与四个字母排列，且数字不相邻，插空法即可
2.马路上有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的9盏路灯，为节约用电，可以把其
中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关掉两端的路灯，满足条件的关灯办法有 种
答案：直接数字化法，标记为123456与AAA排列，只选不排。为
【提分秘籍】
基本规律
这类题，就是简单的数字化法，大多可以及简洁的解决问题，参考本专题【典例分析】解法二思维
【变式演练】
1.某公共汽车站有6个候车位排成一排，甲、乙、丙三个乘客在该汽车站等候228路公交车的到来，由于市内堵车，228路公交车一直没到站，三人决定在座位上候车，且每人只能坐一个位置，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是
A．48 B．54 C．72 D．84
【答案】C
根据题意，分2步进行分析：①先将3名乘客全排列，②3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选1个，安排2个连续空座位，再在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分2步进行分析：
①先将3名乘客全排列，有种情况，
②3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选1个，安排2个连续空座位，有4种情况，
在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，有3种情况，
则恰好有2个连续空座位的候车方式有种；
故选：．
2.现有一排10个位置的空停车场，甲、乙、丙三辆不同的车去停放，要求每辆车左右两边都有空车位且甲车在乙、丙两车之间的停放方式共有_________种.
【答案】40
【分析】根据题意，先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，然后，求出不同的分组方法，最后利用分步乘法计数原理即可求解
【详解】先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，有1，1，1，4；1，1，2，3；1，2，2，2三种分组方法，则不同的分组方法共有种，由分步乘法计数原理得不同的停放方式共有种.
3.地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库.当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有________种.
【答案】336
根据题意从反面考虑，恰有两个连续空车位的排法，再算出恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时的排法，两数作差即可求解.
【详解】从反面考虑，恰有两个连续空车位时有（种）情况；
恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时有（种）情况，
故所求情况有（种）
故答案为：336
【题型九】 相同元素排列模型3：上楼梯等
【典例分析】
欲登上第10级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有
A．34种 B．55种
C．89种 D．144种
【答案】C
【详解】解法1：分类法：
第一类：没有一步两级，则只有一种走法；
第二类：恰有一步是一步两级，则走完10级要走9步，9步中选一步是一步两级的，有种可能走法；
第三类：恰有两步是一步两级，则走完10级要走8步，8步中选两步是一步两级的，有种可能走法；
依此类推，共有=89，故选(C)．
解法2：递推法：
设走级有种走法，这些走法可按第一步来分类，
第一类：第一步是一步一级，则余下的级有种走法；
第二类：第一步是一步两级，则余下的级有种走法，
于是可得递推关系式，又易得，由递推可得，故选(C)．
【提分秘籍】
基本规律
依旧可以归结为数字化法
也可以归结为“斐波那契数列”
【变式演练】
1.斐波那契数列，又称黄金分割数列.因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…..，在数学上，斐波那契数列以如下被递推的方法定义：，，.这种递推方法适合研究生活中很多问题.比如：一六八中学食堂一楼到二楼有15个台阶，某同学一步可以跨一个或者两个台阶，则他到二楼就餐有（ ）种上楼方法.
A．377 B．610 C．987 D．1597
【答案】C
【分析】分析出，，，，进而得到递推关系，满足斐波那契数列，列举即可得到结果.
【详解】由题意若只有一个台阶，则有种上楼方法；
若有两个台阶，则有种上楼方法；
若有三个台阶，则有种上楼方法；
若有四个台阶，则有种上楼方法；
以此类推：
若要到达第n个台阶，前一步可能在第n-1个台阶上再跨一台阶上去，也可能是在第n-2个台阶上跨两个台阶上去，
∴满足，符合斐波那契数列的规律，由此规律列举出前15项：
1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987
∴有15个台阶，则他到二楼就餐有987种上楼方法.
故选：C.
2.从一楼到二楼共有12级台阶，可以一步迈一级也可以一步迈两级，要求8步走完，则从一楼到二楼共有走法．
A．12 B．8 C．70 D．66
【答案】C
【分析】一步上一级或者一步上两级，8步走完楼梯，可以从一级和两级各几步来考虑．
【详解】解：设一步一级x步，一步两级y步，则 故走完楼梯的方法有 种．
故答案为C.
3.某人从上一层到二层需跨10级台阶. 他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步. 从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶. 则他从一层到二层可能的不同过程共有（ ）种.
A．6 B．8 C．10 D．12
2010年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题
【答案】C
【详解】按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步. 因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步. 每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧. 此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球. 所以，此种情况共有4种可能的不同排列.
（2）第1球不是白球.
（i）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；
（ii）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共有3种不同排列.
（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有种可能的不同过程.
【题型十】 多事件限制重叠型
【典例分析】
班班会准备从含甲、乙、丙的7名学生中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一个发言，且甲、乙都发言时丙不能发言，则甲、乙两人都发言且发言顺序不相邻的概率为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
根据题意，分种情况讨论，若甲乙其中一人参加，有 种情况，若甲乙两人都参加，则丙不能参加，有 种情况，其中甲乙相邻的有 种情况，则甲、乙两人都发言顺序不相邻的概率为 ，故选C.
【提分秘籍】
基本规律
可以直接法，可以间接法
【变式演练】
1.某同学计划用他姓名的首字母，身份证的后4位数字（4位数字都不同）以及3个符号设置一个六位的密码．若必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母和数字的相对顺序不变，则他可设置的密码的种数为（ ）
A．864 B．1009 C．1225 D．1441
【答案】D
【分析】先按照符号的个数分类，利用分步乘法计数原理分别计算每类的情况种数，再利用分类加法计数原理求解即可.
【详解】
①当符号的个数为0时，六位密码由字母及身份证的后4位数字组成，此时只有1种情况；
②当符号的个数为1时，六位密码由母，3个数字及1个符号组成.
若末位是符号，则首位是字母，可能的种数为；
若末位是字母，则可能的种数为；
③当符号的个数为2时，六位密码由字母，2个数字及2个符号组成.
若首位和末位均为符号，则可能的种数为；
若首位和末位均为字母，则可能的种数为；
若首位和末位一个是字母、一个是符号，则可能的种数为.
故他可设置的密码的种数为.
故选：D.
2.年月日至日，北京师范大学出版集团携手北师大版数学教材编写组在广东省珠海市联合举办了以“新课程，我们都是追梦人”为主题的北师大版中小学数学教材交流研讨会，会议期间举办了一场“互动沙龙”，要求从位男嘉宾，位女嘉宾中随机选出位嘉宾进行现场演讲，且女嘉宾至少要选中位，如果位女嘉宾同时被选中，她们的演讲顺序不能相邻，那么不同演讲顺序的种数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
根据女嘉宾被选中等人数进行分类，选中两位女嘉宾时用插空法进行排列.
【详解】
由题可知可分为两类：
第一类，位女嘉宾只有位被选中，则还需从位男嘉宾里选出位，然后全排列，
∴不同的演讲顺序有种；
第二类，位女嘉宾同时被选中，则还需从位男嘉宾里选出位，
∴位女嘉宾的演讲顺序不相邻的不同演讲顺序有种；
综上，不同演讲顺序的种数是，
故选：C.
3.有2辆不同的红色车和2辆不同的黑色车要停放在如图所示的六个车位中的四个内，要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，则共有______种不同的停放方法．（用数字作答）
【答案】
【解析】【分析】
首先在第一行停放一辆红色车与一辆黑色车，再在第二行分类讨论停放剩下车，最后利用分步计数原理即可得出结果.
【详解】
因为要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，所以第一行只能停放一辆红色车与一辆黑色车，共有种停法,
再在第二行分类讨论停放剩下车,第二辆红车如果停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有2种方法，如果第二辆红车不停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有1种方法，共有3种情况，
因此共有种情况；
故答案为：.
【题型十一】 多重限制分类讨论
【典例分析】
高一新生小崔第一次进入图书馆时看到了馆内楼梯（图1），她准备每次走1级或2级楼梯去二楼，并在心中默默计算这样走完25级楼梯大概有多少种不同的走法，可是当她走上去后发现（图2）原来在13级处有一宽度达1.5米的平台，这样原来的走楼梯方案需要调整，请问，对于剩下的15级楼梯按分2段的走法与原来一次性走15级的走法相比较少了______种．
【答案】288
【分析】由题知，登上楼梯的走法符合斐波那契数列的规律，分别列出走到15级台阶的走法，然后分两段计算走法，作差即可.
【详解】由题知，登上楼梯的走法符合斐波那契数列的规律：
登上第一级台阶：有1种走法；
登上第二级台阶：有2种走法；
登上第三级台阶：有3种走法；
登上第四级台阶：有5种走法；
登上第五级台阶：有8种走法；
登上第六级台阶：有13种走法；
登上第七级台阶：有21种走法；
登上第八级台阶：有34种走法；
登上第九级台阶：有55种走法；
登上第十级台阶：有89种走法；
登上第十一级台阶：有144种走法；
登上第十二级台阶：有233种走法；
登上第十三级台阶：有377种走法；
登上第十四级台阶：有610种走法；
登上第十五级台阶：有987种走法；
所以分两段走，先走十二级台阶有233种走法，再走3级台阶有3两种，这样走完15级台阶共有种，比直接走完15级台阶987中走法少了种走法.
故答案为：288
【提分秘籍】
基本规律
有更多的限制条件，可以采取分类讨论的方法。
【变式演练】
1.市内某公共汽车站有7个候车位(成一排), 现有甲，乙，丙，丁，戊5名同学随机坐在某个座位上候车,则甲，乙相邻且丙，丁不相邻的不同的坐法种数为______；（用数字作答）3位同学相邻，另2位同学也相邻，但5位同学不能坐在一起的不同的坐法种数为______.（用数字作答）
【答案】 480 720
【详解】甲，乙相邻用捆梆法有种，然后从4个位置中选两个安排甲，乙，戊有种排法，最后用插空法安排丙，丁2人，即从5个空档中插入2人，有种.故甲，乙相邻且丙，丁不相邻的不同的坐法种数为.
3人相邻另2人也相邻，但5位同学不能坐在一起，即要把5人分成3，2两组，每组的人要相邻，两组的人要互不相邻，先捆梆有种，把两组排列有种，再把两个空位插入有3种，共有.
2.2021年某地电视台春晚的戏曲节目，准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧6个剧种的各一个片段．对这6个剧种的演出顺序有如下要求：京剧必须排在前三，且越剧、粤剧必须排在一起，则该戏曲节目演出顺序共有( )种．
A．120 B．156 C．188 D．240
【答案】A
【分析】解决问题有类办法：京剧排第一，排在一起的两个算一个与余下三个元素作全排列，京剧排二三之一，排在一起的两个只有三个位置可选，再排余下三个得解.
【详解】
完成排戏曲节目演出顺序这件事，可以有两类办法：京剧排第一，越剧、粤剧排在一起作一个元素与余下三个作全排列有，越剧、粤剧有前后，共有：种；
京剧排二三之一有，越剧、粤剧排在一起只有三个位置并且它们有先后，有，余下三个有，共有：种；
由分类计数原理知，所有演出顺序有：(种)
故选：A
3.甲、乙、丙、丁等六名退休老党员相约去观看党史舞台剧《星火》．《星火》的票价为50元/人，每人限购一张票．甲、乙、丙三人各带了一张50元钞，其余三人各带了一张100元钞．他们六人排成一列到售票处买票，而售票处一开始没有准备50元零钱，那么他们六人共有多少种不同排队顺序能使购票时售票处不出现找不出钱的状态．（ ）
A．720 B．360 C．180 D．90
【答案】C
【分析】先分类列出携带50元钞人员和携带100元钞人员的位置，再乘以每一类情况总数.
【详解】
记携带50元钞人员为A，携带100元钞人员为B，
要使不出现找不出钱的状态，
可能的情况为五类情况，
每类情况有种排列方式，
所以一共有种情况.
故选：C
【题型十二】 综合应用
【典例分析】
设十人各拿一只水桶，同到水龙头前打水，设水龙头注满第i(i＝1，2，…，10)个人的水桶需Ti分钟，假设Ti各不相同，当水龙头只有一个可用时，应如何安排他(她)们的接水次序，使他(她)们的总的花费时间(包括等待时间和自己接水所花费的时间)最少( )
A．从Ti中最大的开始，按由大到小的顺序排队
B．从Ti中最小的开始，按由小到大的顺序排队
C．从靠近Ti平均数的一个开始，依次按取一个小的取一个大的的摆动顺序排队
D．任意顺序排队接水的总时间都不变
【答案】B
【分析】
表示出拎小桶者先接水时等候的时间，然后加上拎大桶者一共等候者用的时间，用（2m+2T+t）减去二者的和就是节省的时间；由此可推广到一般结论
【详解】
事实上，只要不按从小到大的顺序排队，就至少有紧挨着的两个人拎着大桶者排在拎小桶者之前，仍设大桶接满水需要T分钟，小桶接满水需要t分钟，并设拎大桶者开始接水时已等候了m分钟，这样拎大桶者接满水一共等候了（m+T）分钟，拎小桶者一共等候了（m+T+t）分钟，两人一共等候了（2m+2T+t）分钟，在其他人位置不变的前提下，让这两个人交还位置，即局部调整这两个人的位置，同样介意计算两个人接满水共等候了
2m+2t+T
分钟，共节省了 T-t
分钟，而其他人等候的时间未变，这说明只要存在有紧挨着的两个人是拎大桶者在拎小桶者之前都可以这样调整，从而使得总等候时间减少．这样经过一系列调整后，整个队伍都是从小打到排列，就打到最优状态，总的排队时间就最短．
故选B.
【变式演练】
1.由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解
【详解】
由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；
在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.
因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，
所以所求的概率．
故选：A．
2.设A是集合的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A的个数为（ ）
A．32 B．56 C．72 D．84
【答案】B
【分析】
分类列举出每一种可能性即可得到答案.
【详解】
若1,3在集合A内，则还有一个元素为5,6,7,8,9,10中的一个；
若1,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若1,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有6+5+4+3+2+1=21个.
若2,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若2,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若2,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有5+4+3+2+1=15个.
若3,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若3,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若3,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有4+3+2+1=10个.
若4,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若4,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若4,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有3+2+1=6个.
若5,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若5,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有2+1=3个.
若6,8,10在在集合A内，只有1个.
总共有21+15+10+6+3+1=56个
故选：B.
3.为迎接第24届冬季奥林匹克运动会，某校安排甲､乙､丙､丁､戊共五名学生担任冰球､冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人.则学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据古典概型计算公式，结合排列和组合的定义进行求解即可.
【详解】
所有的安排方法，
若只有1人去冰球项目做志愿者，有；
若恰有2人去冰球项目做志愿者，有；
若有3人去冰球项目做志愿者，有，
所以共有种安排法，
所以学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为.
故选：B
1.如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【分析】
利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，区域涂色不相同的情况有120种，由此根据古典概型概率公式能求出区域涂色不相同的概率．
【详解】
提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，
根据题意，如图，设5个区域依次为,分4步进行分析：
，对于区域，有5种颜色可选；
，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；
，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；
，对于区域，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，
则区域有种选择，
则不同的涂色方案有种，
其中，区域涂色不相同的情况有：
，对于区域，有5种颜色可选；
，区域，有4种颜色可选；
对于区域，有3种颜色可选；
，若与颜色相同，区域有2种颜色可选；
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有1种颜色可选；
所以区域有种选择；
不同的涂色方案有种，
区域涂色不相同的概率为 ,故选D．
2.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法的总数是
A．540 B．480 C．420 D．360
【答案】C
【解析】【详解】
分两步，由题设四棱锥的顶点 所染颜色互不相同，则共有 ，当染好时，不妨设所染颜色依次为 ，若 染 ，则 可染 或 或，共三种，若 染 ，则 可染 或，共种，若 染 ，则 可染 或，共种，即当染好时， 还有 种染法，所以共有 ，故选C.
3.清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共有10人进入决赛，其中高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人，现采用抽签方式决定演讲顺序，则在高二年级3人相邻的前提下，高一年级3人不相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】基本事件总数，其中高一3人不相邻包含的基本事件个数，由此能求出高一年级3人不相邻的概率．
【详解】
解：共有10人进入决赛，其中高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人，
采用抽签方式决定演讲顺序，高二年级3人相邻，基本事件总数，
其中高一3人不相邻包含的基本事件个数，
高一年级3人不相邻的概率．
故选：D．
4.10名同学合影，站成前排4人后排6人，现摄影师要从后排6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】C
【分析】
分两步：1.首先先从后排6人中选2人出来；2.将这2人与前排4人排列，且前排4人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人，其他4人按原顺序排列，再由乘法原理计算即可.
【详解】
首先先从后排6人中选2人出来，共种不同选法，将这2人与前排4人排列，且前排4
人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人有种不同排法，其余
位置按4人原顺序排好只有1种排法，由乘法原理，得不同调整方法的总数是.
故选：C
5.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
【分析】根据题意，分两步进行：（1）在个小球中任选个放入相同编号的盒子里；（2）将剩下的个小球放入与其编号不同的盒子里.利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】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.
6.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
【分析】把9个球分成3组，每组个数不相同，然后每组球放到盒子中，即可得．
【详解】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．
7.某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为
A．16 B．18 C．32 D．72
【答案】D
【分析】根据题意，分2步进行分析：①分析3辆不同型号的车的停放方法，②利用插空法分析剩余的4个车位中恰有3个连在一起的排法，由分步计数原理计算即可得．
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①，3辆不同型号的车需停放，共有种方法，
②，要求剩余的4个车位中恰有3个连在一起，利用插空法，有种方法，
所以不同的停放方法有种．故选．
8.校园某处并排连续有6个停车位，现有3辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：当有汽车相邻停放时，车头必须同向；当车没有相邻时，车头朝向不限，则不同的停车方法共有__________种．（用数学作答）
【答案】528
【详解】(1)当三辆车都不相邻时有(种)
(2)当两辆车相邻时有(种)
(3)当三辆车相邻时有(种)
则共有(种)
9.如图，在某城市中，､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个交汇处.今在道路网､处的甲､乙两人分别要到､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､处为止.则下列说法正确的是（ ）
A．甲从到达处的方法有种
B．甲从必须经过到达处的方法有种
C．甲､乙两人在处相遇的概率为
D．甲､乙两人相遇的概率为
【答案】C
【分析】
A．考虑从到向上走的步数和向下走的步数，利用组合数求解出结果；
B．先利用组合数分析从到的方法数，然后再利用组合数分析从到的方法数，根据分步乘法计数原理可求解出结果；
C．先确定出甲经过的方法数，再确定出乙经过的方法数，由此确定出甲、乙两人在处相遇的方法数，结合A选项的结果求解出对应概率；
D．先确定出甲、乙只能在、、、处相遇，然后根据C选项的计算方法分别计算出对应方法数，结合A选项的结果求解出对应概率
【详解】
A选项，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有种，A选项错误；
B选项，甲经过到达N处，可分为两步：
第一步，甲从M经过需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为种；
第二步，甲从到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为种.
∴甲经过到达N的方法数为种，B选项错误；
C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，
∴甲､乙两人在处相遇的方法数为种，
甲､乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；
D选项，甲､乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为1种；
若甲､乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为81种；
若甲､乙两人在处相遇，甲到处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，乙到处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，
所以，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为1种；
故甲､乙两人相遇的概率，D选项错误.
故选：D.
10.有一道楼梯共10阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，小王同学7步登完楼梯的概率为___________.
【答案】
【分析】由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，分别求出每种的基本事件数，再利用古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，
①步：即步两阶，有种；
②步：即步两阶与步一阶，有种；
③步：即步两阶与步一阶，有种；
④步：即步两阶与步一阶，有种；
⑤步：即步两阶与步一阶，有种；
⑥步：即步一阶，有种；
综上可得一共有种情况，满足7步登完楼梯的有种；
故7步登完楼梯的概率为故答案为：
11.2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为，则满足的分配方案的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
假设6位医务人员年龄排序为，由必在第三批，将派遣方式按第一批所派遣的人员不同分成四类，求出满足的派遣方法数，再计算总派遣方法数，即可求概率.
【详解】
假设6位医务人员年龄排序为，由题意知，年龄最大的医务人员必在第三批，派遣方式如下：
1、第一批派，第二批年龄最大者为，第三批年龄最大者为：剩下的医务人员一个在第二批，两个在第三批有种方法，
2、第一批派，第二批年龄最大者为或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，共种方法；
3、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
4、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
∴种方法，而总派遣方法有种，
∴满足的分配方案的概率为.
故选：A.
12.如图，在某海岸P的附近有三个岛屿Q，R，S，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有（ ）.
A．24种 B．20种 C．16种 D．12种
【答案】D
【分析】
由建桥的方式可以分为两类：（1）从一个地方出发向其他三个地方各建一桥，（2）一个地方最多建两桥但不能交叉，利用去杂法，即可求解.
【详解】
由建立三座大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体交叉形式，
可分为两类：
第一类：从一个地方出法向其他三个地方各建一座桥，共有4种不同的方法；
第二类：一个地方最多建两座桥，如这样的建桥方法：和属于相同的建桥方法，所以共有种不同的方法，
其中交叉建桥方法，例如：这样建桥不符合题意，共有4种，
所以第二类建桥，共有种不同的建桥方法.
综上可得，不同的连接方式有种.
故选：D
13.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，以下说法正确的是（ ）
A．每人都安排一项工作的不同方法数为54
B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，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
【答案】D
对于选项 ，每人有4种安排法，故有种；对于选项 ，5名同学中有两人工作相同，先选人再安排；对于选项，先分组再安排；对于选项 ，以司机人数作为分类标准进行讨论即可.
【详解】
解：①每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项错误，
②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误，
③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（），即选项C错误，
④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位，
故有；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有 ,
从余下三人中安排三个岗位，故有；所以每项工作至少有一人参加，
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，
即选项D正确，
故选：D．
14.罗马数字是欧洲在阿拉伯数字传入之前使用的一种数码，它的产生标志着一种古代文明的进步.罗马数字的表示法如下：
数字
1
2
3
4
5
6
7
8
9
形式
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
Ⅷ
Ⅸ
其中“Ⅰ”需要1根火柴，“Ⅴ”与“X”需要2根火柴，若为0，则用空位表示. （如123表示为，405表示为）如果把6根火柴以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的不同的三位数的个数为（ ）
A．87 B．95 C．100 D．103
【答案】D
【分析】
将6根火柴能表示数字的搭配列举出来，再根据数的排列特征即可得解.
【详解】
用6根火柴表示数字，所有搭配情况如下：
1根火柴和5根火柴：1根火柴可表示的数为1；5根火柴可表示的数为8，和0一起，能表示的数共有4个（108,180,801,810）.
2根火柴和4根火柴：2根火柴可表示的数为2、5；4根火柴可表示的数为7，和0一起，能表示的数有 个.
3根火柴和3根火柴：3根火柴可表示的数为3、4、6、9，和0一起，能表示的数分为2类：除0外的两个数字相同，可表示的数有个；除0外的两个数字不同，则有个，所以共有 个.
1根火柴、1根火柴和4根火柴：即有1、1、7组成的数，共有3个（117,171,711）.
1根火柴、2根火柴和3根火柴：即由1,2或5中的一个，3、4、6、9中的一个数字组成的三位数，共有 个.
2根火柴、2根火柴、2根火柴：即由2或5组成的三位数，分为两类：三个数字都相同，共有2个（222,555）；三个数字中的两个数字相同，则有个，共有 个.
综上可知，可组成的三位数共有 个.
故选：D.
15.如图为的网格图，甲、乙两人均从出发去地，每次只能向上或向右走一格，并且乙到达任何一个位置（网格交点处）时向右走过的格数不少于向上走过的格数，记甲、乙两人所走路径的条数分别为、，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由题意可知，甲只需在次选择中次选择向右走，剩下的次选择向上走即可，利用组合计数原理可求得的值，列举出乙的走法情况，可得出，由此可得出的值.
【详解】
由题意得从到需要走格，向上、向右分别走格，
因此甲只需在次选择中次选择向右走，剩下的次选择向上走即可，，
乙只能在对角线下方（包括）走，
所以，乙的走法的所有可能情况为：
（右上右上右上）、（右上右右上上）、（右右上上右上）、（右右上右上上）、（右右右上上上），即，则，
故选：C.
专题10-4排列组合小题归类
目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】 人坐座位模型1：捆绑与插空 1
【题型二】 人坐座位模型2：染色（平面） 2
【题型三】 人坐座位模型3：染色（立体空间） 5
【题型四】 书架插书模型：定序 7
【题型五】 球放盒子模型1：球不同，盒子也不同 8
【题型六】 球放盒子模型2：球相同，盒子不同 10
【题型七】 相同元素排列模型1：数字化法 11
【题型八】 相同元素排列模型2：空车位停车等 13
【题型九】 相同元素排列模型3：上楼梯等 14
【题型十】 多事件限制重叠型题 16
【题型十一】多重限制分类讨论型 18
【题型十二】综合应用 19
二、最新模考题组练 22
【题型一】 人坐座位模型1：捆绑与插空
【典例分析】
1.有四男生，三女生站一排，其中只有俩个女生相邻:
2.有四男生，4女生站一排，女生若相邻，则最多2个女生相邻：
解答（1）：先捆绑俩女生，再排列捆绑女生，然后排列四个男生，两个“女生”插孔即可，
（2）分类讨论
【提分秘籍】
基本规律
人坐座位模型：
特征：1.一人一位；2、有顺序；3、座位可能空；4、人是否都来坐，来的是谁；5、必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列。
主要典型题：1.捆绑法;2.插空法；3.染色。
出现两个实践重叠，必要时候，可以使用容斥原理来等价处理：
容斥原理
【变式演练】
1.在某班进行的歌唱比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为
A．30 B．36 C．60 D．72
【答案】C
【分析】记事件位男生连着出场，事件女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法种数为，再利用排列组合可求出答案．
【详解】
记事件位男生连着出场，即将位男生捆绑，与其他位女生形成个元素，所以，事件的排法种数为，
记事件女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排列，所以，事件的排法种数为，
事件女生甲排在第一位，且位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将位男生与其他个女生形成三个元素，所以，事件的排法种数为种，
因此，出场顺序的排法种数
种，故选C．
2.某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（ ）
A．144 B．120 C．72 D．48
【答案】B
【分析】先求出只有3个歌舞类节目不相邻的方法，然后求出3个歌舞类节目不相邻且2个小品类节目相邻的排法，相减可得．
【详解】
先考虑只有3个歌舞类节目不相邻，排法有种，
再考虑3个歌舞类节目不相邻，2个小品类节目相邻的排法有：，
因此同类节目不相邻的排法种数是．
故选：B．
3.2021年4月15日，是第六个全民国家安全教育日，教育厅组织宣讲团到某市的六个不同高校进行国家安全知识的宣讲，时间顺序要求是：高校甲必须排在第二或第三个，且高校甲宣讲结束后需立即到高校丁宣讲，高校乙､高校丙的宣讲顺序不能相邻，则不同的宣讲顺序共有（ ）
A．28种 B．32种 C．36种 D．44种
【答案】B
【分析】由题意，对高校甲排在第二或第三个进行分类讨论，接着考虑乙和丙的排法，最后考虑其他两所高校的排法，综合利用分类和分步计数原理进行分析即可.
【详解】
根据题意：分成以下两种情况进行分类讨论
高校甲排在第二个时，高校丁必排在第三个，当乙或丙排在第一个时共有种排法，当乙或丙不排在第一个时，乙和丙只能排在第四个和第六个，此时共有 种排法，所以高校甲排在第二个时共有16种排法；
高校甲排在第三个时，高校丁必排在第四个，乙或丙只能一个排在第一二个，一个排在第五六个，则共有种排法；
综上：共有32种排法满足题意.
故选：B.
【题型二】 人坐座位模型2：染色（平面）
【典例分析】
如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区涂色，规定每个区域只能涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A、C区域颜色不相同的概率是
A.1/7 b.2/7 c.3/7 D.4/7
答案：D
【提分秘籍】
基本规律
染色问题：
1.用了几种颜色
2.尽量先从公共相邻区域开始。
【变式演练】
1.正方体六个面上分别标有A、B、C、D、E、F六个字母，现用5种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（ ）种.
A．420 B．600 C．720 D．780
【答案】D
【解析】【分析】
根据对面的颜色是否相同，分①三对面染相同的颜色、②两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色、③一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，分别求出不同的染色方案，最后加总即可.
【详解】
分三类：
1、若三对面染相同的颜色，则有种；
2、若两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色，则有种；
3、若一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，则有种；
∴共有种.
故选：D
2.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】【分析】
先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，结合图形的对称性，即可求解.
【详解】
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.
3.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．192 B．336 C．600 D．以上答案均不对
【答案】C
【解析】【分析】
根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论．
【详解】
解：E，F，G分别有4，3，2种方法，
当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，
若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，
若C与F不同，则此时D有2种方法，
故此时共有：种方法；
当A与G相同时，A有1种方法，此时B有3种方法，
若C与F相同，C有1种方法，同时D有2种方法，
若C与F不同，则D有1种方法，
故此时共有：种方法；
当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，
若B与F相同，则C必须与A相同，同时D有2种方法；
若B不同于F，则B有1种方法，
Ⅰ若C与F相同则C有1种方法同时D有2种方法；
Ⅱ若C与F不同则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；
故此时共有：种方法；
综上共有种方法．
故选：C．
【题型三】 人坐座位模型3：染色（空间）:
【典例分析】
如图所示的几何体由三棱锥与三棱柱组合而成，现用种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】C
【解析】三棱锥三个侧面的颜色各不相同，先进行染色，然后再给三棱柱的侧面染色，保证组合体中相邻的侧面颜色不同即可.
【详解】
先涂三棱锥的三个侧面，有种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有种情况，共有种不同的涂法．
故选：C．
【提分秘籍】
基本规律
空间几何体，可以“拍扁”，转化为平面图形
【变式演练】
1.如图所示，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，则不同的染色方法种数是( )
A．420 B．210 C．70 D．35
【答案】A
【解析】【分析】
将不同的染色方案分为：相同和不同两种情况，相加得到答案.
【详解】
按照的顺序：
当相同时：染色方案为
当不同时：染色方案为
不同的染色方案为：种
故答案为A
2.在如图所示的十一面体中，用种不同颜色给这个几何体各个顶点染色，每个顶点染一种颜色，要求每条棱的两端点异色，则不同的染色方案种数为__________．
【答案】6
【解析】【详解】
分析：首先分析几何体的空间结构，然后结合排列组合计算公式整理计算即可求得最终结果.
详解：空间几何体由11个顶点确定，首先考虑一种涂色方法：
假设A点涂色为颜色CA，B点涂色为颜色CB，C点涂色为颜色CC，
由AC的颜色可知D需要涂颜色CB，
由AB的颜色可知E需要涂颜色CC，
由BC的颜色可知F需要涂颜色CA，
由DE的颜色可知G需要涂颜色CA，
由DF的颜色可知I需要涂颜色CC，
由GI的颜色可知H需要涂颜色CB，
据此可知，当△ABC三个顶点的颜色确定之后，其余点的颜色均为确定的，
用三种颜色给△ABC的三个顶点涂色的方法有种，
故给题中的几何体染色的不同的染色方案种数为6.
3.用五种不同颜色给三棱台的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有___________种.
【答案】1920.
【解析】【详解】
分析：分两步来进行，先涂，再涂，然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况，分别求得结果，再相加，即可得结果.
详解：分两步来进行，先涂，再涂.
第一类：若5种颜色都用上，先涂，方法有种，再涂中的两个点，方法有种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有种；
第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有种；
先涂，方法有种，再涂中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有种；
第三类：若5种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有种；
先涂，方法有种，再涂，方法有2种，故此时方法共有种；
综上可得，不同涂色方案共有种，
故答案是1920.
点睛：该题考查的是有关排列组合的综合题，在解题的过程中，涉及到的知识点有分步计数乘法原理和分类计数加法原理，要认真分析题的条件，列式求得结果.
【题型四】 书架插书模型
【典例分析】
有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．168 B．260 C．840 D．560
【答案】C
【分析】先从后排8人中抽2人，把抽出的2人插入前排保证前排人顺序不变可用倍缩法，再由分步乘法计数原理即可求解.
【详解】
解：从后排8人中抽2人有种方法；
将抽出的2人调整到前排，前排4人的相对顺序不变有种，
由分步乘法计数原理可得：共有种，
故选：C.
【提分秘籍】
基本规律
（1）书架上原有书的顺序不变；（2）新书要一本一本插；
【变式演练】
1.从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按先后顺序，但大小写可以交换位置，如或都可以），这样的情况有__________种．（用数字作答）
【答案】160
【分析】先根据A、B、C、D选取的个数分为四类：
第一类:A、B、C、D中取四个，a、b、c、d中取一个；
第二类:A、B、C、D中取三个，a、b、c、d中取二个；
第三类:A、B、C、D中取二个,a、b、c、d中取三个；
第四类:A、B、C、D中取一个,a、b、c、d中取四个.
【详解】
分为四类情况：
第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有；
第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相同)共有，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有 ；
第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；
第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个，取法同第一类情况；
所以共有：2(8++)=160
2.．在一张节目表上原有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，再添加进去三个节目，求共有多少种安排方法
【答案】504.
【分析】由题意知添加的三个节目且保持这些节目的相对顺序不变，有三类办法排进去，三个节目连排，三个节目互不相邻，有且仅有两个节目连排，根据分类计数原理得到结果．
【详解】
解：添加的三个节目有三类办法排进去
①三个节目连排，有C71A33种方法；
②三个节目互不相邻，有A73种方法；
③有且仅有两个节目连排，有C31C71C61A22种方法．
根据分类计数原理共有C71A33+A73+C31C71C61A22＝504种，
答：共有504种安排方法．
3.书架上有排好顺序的6本书，如果保持这6本书的相对顺序不变，再放上3本书，则不同的放法共有（ ）.
A．210种 B．252种 C．504种 D．505种
【答案】C
【分析】
可看成一共有9本书，9个位置，将3本书排列到这9个位置中的3个位置即可.
【详解】
可转换为将3本书排列到所有的9本书中的其中3个位置上.共种情况.
故选：C
【题型五】 球放盒子模型1：球不同，盒子也不同
【典例分析】
已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）
A．150 B．240 C．390 D．1440
【答案】C
【分析】分析可得可以将5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中，分别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果.
【详解】因为或
所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中
（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法：
各放1个，2个，2个的方法有种.
各放3个，1个，1个的方法有种.
（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有
种.
综上，总的放球方法数为种.
故选：C
【提分秘籍】
基本规律
球不同，盒子不同（主要的）
方法技巧：无限制，指数幂形式，，有限制“先分组再排列”分类讨论
【变式演练】
1.将5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少1个球，至多2个球，则不同的放法种数有（ ）
A．30种 B．90种 C．180种 D．270种
【答案】B
【分析】对三个盒子进行编号1，2，3，则每个盒子装球的情况可分为三类：1，2，2；2，1，2；2，2，1；且每一类的放法种数相同.
【详解】先考虑第一类，即3个盒子放球的个数为：1，2，2，则
第1个盒子有：，
第2个盒子有：，
第3个盒子有：，
第一类放法种数为，
不同的放法种数有.
2.将编号分别为1，2，3，4，5的5个小球分别放入3个不同的盒子中，每个盒子都不空，则每个盒子中所放小球的编号奇偶性均不相同的概率为
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先判断奇偶性不同则只能是2,2,1，再计算概率
【详解】由题知，要求每个盒子都不空，则3个盒子中放入小球的个数可分别为3,1,1或2,2,1,
若要求每个盒子中小球编号的奇偶性不同则只能是2,2,1，
且放入同一盒子中的两个小球必须是编号为一奇一偶，
故所求概率为
故答案选C
3.将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法种数为（ ）
A．15 B．30 C．20 D．42
【答案】B
【分析】按照放入同一盒子的球进行分类，最后由分类加法计数原理计算即可.
【详解】当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
则共有种不同的放法
故选：B
【题型六】 球放盒子模型2：球相同，盒子不同
【典例分析】
把1995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里，使得第个盒子中至少有个球（），则不同放法的总数是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】先在第个盒里放入个球，，即第1个盒里放1个球，第2个盒里放2个球，…，这时共放了个球，还余下个球.故转化为把1940个球任意放入10个盒子里（允许有的盒子里不放球）.把这1940个球用9块隔板隔开，每一种隔法就是一种球的放法，1940个球连同9块隔板共占有1949个位置，相当于从1949个位置中选9个位置放隔板，有种放法.选D.
【提分秘籍】
基本规律
球相同，盒子不同
方法技巧：挡板法
【变式演练】
1.将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数为（ ）
A．22 B．25 C．20 D．48
【答案】C
【分析】将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，据此即可的解.
【详解】解：将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，
因为每个盒子都有球，
所以每个盒子至少又一个球，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，不同插入方法共有种，
所以每个盒子都有球的放法种数为20.
故选：C.
2.把20个相同的小球装入编号分别为①②③④的4个盒子里，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，共有种方法.
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设四个盒子中装的小球个数分别为，，，，则，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，令，，，，则，，，都大于或等于1，且，问题相当于将10个球分成四部分，使用“隔板法”即可
【详解】设四个盒子中装的小球个数分别为，，，，则，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，令，，，，则，，，都大于或等于1，且，问题相当于将10个球分成四部分，在10个球的9个间隔里选三个隔开，有种方法，故选择A
【点睛】
在排列组合中，对于将不可分辨的球装入到可以分辨的盒子中，每盒至少一个，求方法数的问题，常用隔板法．实际运用隔板法解题时，在确定球数、如何插隔板等问题上形成了一些技巧．
3.将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
【答案】D
【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.
【详解】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.
【题型七】 相同元素排列模型1：数字化法
【典例分析】
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处的老年公寓才加志愿者活动，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
【答案】B
解答：向右走，记为数字1，向上走，记为数字2.
E到F:向右两个，向上两个，相当于1，1，2，2四个数字排列：
同理F到G，相当于2，1，1排列 故答案：B
【提分秘籍】
基本规律
数字化法：标记元素为数字或字母，重新组合，特别适用于“相同元素”，可以和挡板法配合使用
【变式演练】
1.一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？
A．5 B．25 C．55 D．75
【答案】D
【详解】
由题意知：小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，共有以下四种情形：
一、小蜜蜂在5次飞行中，有4次向正方向飞行，1次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
二、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行一个单位，1次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，1次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有种情况；
三、小蜜蜂在5次飞行中，有1次向正方向飞行每次飞行一个单位，2次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
四、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行一个单位，共有种情况；
故而共有种情况，
故选：D．
2.跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么人从格子外跳到第8个格子的方法种数为
A．8种 B．13种 C．21种 D．34种
【答案】C
【详解】
解：设跳到第n格的方法有an，
则达到第n格的方法有两类，
①是向上跳一格到达第n格，方法数为an-1，
②向上跳2格到达第n格，方法数是an-2，
则an=an-1+an-2，
有数列的递推关系得到数列的前8项分别是1，1，2，3，5，8，13，21
∴跳到第8格的方法数是21，
故选C．
3.如图所示，甲､乙两人同时出发，甲从点到，乙从点到，且每人每次都只能向上或向右走一格.则甲､乙的行走路线没有公共点的概率为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先求出甲从点到，乙从点到总的路径的对数，再计算甲从点到，乙从点到的相交路径的对数，其等于甲从点到，乙从点到相交路径的对数，进而可得甲､乙的行走路线没有公共点的路径的对数，再由古典概率公式即可求解.
【详解】
首先考虑甲从点到，乙从点到总的路径的对数，
甲从点到，需要向上走步，向右走步，共步，所以甲从点到有种方法；
乙从点到，需要向上走步，向右走步，共步，所以乙从点到有种方法；
由分步乘法计数原理可知：甲从点到，乙从点到，有种方法；
下面计算甲从点到，乙从点到的相交路径的对数，
证明：甲从点到，乙从点到相交路径的对数等于甲从点到，乙从点到相交路径的对数，
事实上，对于甲从点到，乙从点到的每一组相交路径，他们至少有一个交点，如图，设从左到右，从下到上的第一个交点为点，如图，实线路径表示甲从到的路径，虚线路径表示乙从点到的路径，将点以后的实线路径改为虚线，虚线路径改为实线，就得到一组甲从点到，乙从点到相关路径，如图，
反之，对于甲从点到，乙从点到的任意一组相交路径，也都可以用同样的方法将之变换成甲从到，乙从点到的一组相交路径，即这两者之间的相交路径是一一对应的，又因为甲从点到，乙从点到的任意一组路径都是相交路径，所以甲从点到，乙从点到共有种方法；
所以甲､乙的行走路线没有公共点的有种方法；
甲､乙的行走路线没有公共点的概率为，
故选：C
【题型八】 相同元素排列模型2：空车位停车等
【典例分析】
1.某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ）
A．240 B．360 C．480 D．720
【答案】C
【分析】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3个车位分6类计数可得结果.
【详解】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，
当1，2，3号为空时，有种停放方法；
当2，3，4号为空时，有种停放方法；
当3，4，5号为空时，有种停放方法；
当4，5，6号为空时，有种停放方法；
当5，6，7号为空时，有种停放方法；
当6，7，8号为空时，有种停放方法；
所以不同的停放方法的种数为种.
故选：C.
极简洁解法：四辆车标记为ABCD,四个空车位，三个组合一起，标记为3，剩余一个标记为1，则变成数字1，3与四个字母排列，且数字不相邻，插空法即可
2.马路上有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的9盏路灯，为节约用电，可以把其
中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关掉两端的路灯，满足条件的关灯办法有 种
答案：直接数字化法，标记为123456与AAA排列，只选不排。为
【提分秘籍】
基本规律
这类题，就是简单的数字化法，大多可以及简洁的解决问题，参考本专题【典例分析】解法二思维
【变式演练】
1.某公共汽车站有6个候车位排成一排，甲、乙、丙三个乘客在该汽车站等候228路公交车的到来，由于市内堵车，228路公交车一直没到站，三人决定在座位上候车，且每人只能坐一个位置，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是
A．48 B．54 C．72 D．84
【答案】C
根据题意，分2步进行分析：①先将3名乘客全排列，②3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选1个，安排2个连续空座位，再在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分2步进行分析：
①先将3名乘客全排列，有种情况，
②3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选1个，安排2个连续空座位，有4种情况，
在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，有3种情况，
则恰好有2个连续空座位的候车方式有种；
故选：．
2.现有一排10个位置的空停车场，甲、乙、丙三辆不同的车去停放，要求每辆车左右两边都有空车位且甲车在乙、丙两车之间的停放方式共有_________种.
【答案】40
【分析】根据题意，先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，然后，求出不同的分组方法，最后利用分步乘法计数原理即可求解
【详解】先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，有1，1，1，4；1，1，2，3；1，2，2，2三种分组方法，则不同的分组方法共有种，由分步乘法计数原理得不同的停放方式共有种.
3.地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库.当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有________种.
【答案】336
根据题意从反面考虑，恰有两个连续空车位的排法，再算出恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时的排法，两数作差即可求解.
【详解】从反面考虑，恰有两个连续空车位时有（种）情况；
恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时有（种）情况，
故所求情况有（种）
故答案为：336
【题型九】 相同元素排列模型3：上楼梯等
【典例分析】
欲登上第10级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有
A．34种 B．55种
C．89种 D．144种
【答案】C
【详解】解法1：分类法：
第一类：没有一步两级，则只有一种走法；
第二类：恰有一步是一步两级，则走完10级要走9步，9步中选一步是一步两级的，有种可能走法；
第三类：恰有两步是一步两级，则走完10级要走8步，8步中选两步是一步两级的，有种可能走法；
依此类推，共有=89，故选(C)．
解法2：递推法：
设走级有种走法，这些走法可按第一步来分类，
第一类：第一步是一步一级，则余下的级有种走法；
第二类：第一步是一步两级，则余下的级有种走法，
于是可得递推关系式，又易得，由递推可得，故选(C)．
【提分秘籍】
基本规律
依旧可以归结为数字化法
也可以归结为“斐波那契数列”
【变式演练】
1.斐波那契数列，又称黄金分割数列.因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…..，在数学上，斐波那契数列以如下被递推的方法定义：，，.这种递推方法适合研究生活中很多问题.比如：一六八中学食堂一楼到二楼有15个台阶，某同学一步可以跨一个或者两个台阶，则他到二楼就餐有（ ）种上楼方法.
A．377 B．610 C．987 D．1597
【答案】C
【分析】分析出，，，，进而得到递推关系，满足斐波那契数列，列举即可得到结果.
【详解】由题意若只有一个台阶，则有种上楼方法；
若有两个台阶，则有种上楼方法；
若有三个台阶，则有种上楼方法；
若有四个台阶，则有种上楼方法；
以此类推：
若要到达第n个台阶，前一步可能在第n-1个台阶上再跨一台阶上去，也可能是在第n-2个台阶上跨两个台阶上去，
∴满足，符合斐波那契数列的规律，由此规律列举出前15项：
1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987
∴有15个台阶，则他到二楼就餐有987种上楼方法.
故选：C.
2.从一楼到二楼共有12级台阶，可以一步迈一级也可以一步迈两级，要求8步走完，则从一楼到二楼共有走法．
A．12 B．8 C．70 D．66
【答案】C
【分析】一步上一级或者一步上两级，8步走完楼梯，可以从一级和两级各几步来考虑．
【详解】解：设一步一级x步，一步两级y步，则 故走完楼梯的方法有 种．
故答案为C.
3.某人从上一层到二层需跨10级台阶. 他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步. 从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶. 则他从一层到二层可能的不同过程共有（ ）种.
A．6 B．8 C．10 D．12
2010年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题
【答案】C
【详解】按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步. 因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步. 每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧. 此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球. 所以，此种情况共有4种可能的不同排列.
（2）第1球不是白球.
（i）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；
（ii）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共有3种不同排列.
（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有种可能的不同过程.
【题型十】 多事件限制重叠型
【典例分析】
班班会准备从含甲、乙、丙的7名学生中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一个发言，且甲、乙都发言时丙不能发言，则甲、乙两人都发言且发言顺序不相邻的概率为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
根据题意，分种情况讨论，若甲乙其中一人参加，有 种情况，若甲乙两人都参加，则丙不能参加，有 种情况，其中甲乙相邻的有 种情况，则甲、乙两人都发言顺序不相邻的概率为 ，故选C.
【提分秘籍】
基本规律
可以直接法，可以间接法
【变式演练】
1.某同学计划用他姓名的首字母，身份证的后4位数字（4位数字都不同）以及3个符号设置一个六位的密码．若必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母和数字的相对顺序不变，则他可设置的密码的种数为（ ）
A．864 B．1009 C．1225 D．1441
【答案】D
【分析】先按照符号的个数分类，利用分步乘法计数原理分别计算每类的情况种数，再利用分类加法计数原理求解即可.
【详解】
①当符号的个数为0时，六位密码由字母及身份证的后4位数字组成，此时只有1种情况；
②当符号的个数为1时，六位密码由母，3个数字及1个符号组成.
若末位是符号，则首位是字母，可能的种数为；
若末位是字母，则可能的种数为；
③当符号的个数为2时，六位密码由字母，2个数字及2个符号组成.
若首位和末位均为符号，则可能的种数为；
若首位和末位均为字母，则可能的种数为；
若首位和末位一个是字母、一个是符号，则可能的种数为.
故他可设置的密码的种数为.
故选：D.
2.年月日至日，北京师范大学出版集团携手北师大版数学教材编写组在广东省珠海市联合举办了以“新课程，我们都是追梦人”为主题的北师大版中小学数学教材交流研讨会，会议期间举办了一场“互动沙龙”，要求从位男嘉宾，位女嘉宾中随机选出位嘉宾进行现场演讲，且女嘉宾至少要选中位，如果位女嘉宾同时被选中，她们的演讲顺序不能相邻，那么不同演讲顺序的种数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
根据女嘉宾被选中等人数进行分类，选中两位女嘉宾时用插空法进行排列.
【详解】
由题可知可分为两类：
第一类，位女嘉宾只有位被选中，则还需从位男嘉宾里选出位，然后全排列，
∴不同的演讲顺序有种；
第二类，位女嘉宾同时被选中，则还需从位男嘉宾里选出位，
∴位女嘉宾的演讲顺序不相邻的不同演讲顺序有种；
综上，不同演讲顺序的种数是，
故选：C.
3.有2辆不同的红色车和2辆不同的黑色车要停放在如图所示的六个车位中的四个内，要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，则共有______种不同的停放方法．（用数字作答）
【答案】
【解析】【分析】
首先在第一行停放一辆红色车与一辆黑色车，再在第二行分类讨论停放剩下车，最后利用分步计数原理即可得出结果.
【详解】
因为要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，所以第一行只能停放一辆红色车与一辆黑色车，共有种停法,
再在第二行分类讨论停放剩下车,第二辆红车如果停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有2种方法，如果第二辆红车不停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有1种方法，共有3种情况，
因此共有种情况；
故答案为：.
【题型十一】 多重限制分类讨论
【典例分析】
高一新生小崔第一次进入图书馆时看到了馆内楼梯（图1），她准备每次走1级或2级楼梯去二楼，并在心中默默计算这样走完25级楼梯大概有多少种不同的走法，可是当她走上去后发现（图2）原来在13级处有一宽度达1.5米的平台，这样原来的走楼梯方案需要调整，请问，对于剩下的15级楼梯按分2段的走法与原来一次性走15级的走法相比较少了______种．
【答案】288
【分析】由题知，登上楼梯的走法符合斐波那契数列的规律，分别列出走到15级台阶的走法，然后分两段计算走法，作差即可.
【详解】由题知，登上楼梯的走法符合斐波那契数列的规律：
登上第一级台阶：有1种走法；
登上第二级台阶：有2种走法；
登上第三级台阶：有3种走法；
登上第四级台阶：有5种走法；
登上第五级台阶：有8种走法；
登上第六级台阶：有13种走法；
登上第七级台阶：有21种走法；
登上第八级台阶：有34种走法；
登上第九级台阶：有55种走法；
登上第十级台阶：有89种走法；
登上第十一级台阶：有144种走法；
登上第十二级台阶：有233种走法；
登上第十三级台阶：有377种走法；
登上第十四级台阶：有610种走法；
登上第十五级台阶：有987种走法；
所以分两段走，先走十二级台阶有233种走法，再走3级台阶有3两种，这样走完15级台阶共有种，比直接走完15级台阶987中走法少了种走法.
故答案为：288
【提分秘籍】
基本规律
有更多的限制条件，可以采取分类讨论的方法。
【变式演练】
1.市内某公共汽车站有7个候车位(成一排), 现有甲，乙，丙，丁，戊5名同学随机坐在某个座位上候车,则甲，乙相邻且丙，丁不相邻的不同的坐法种数为______；（用数字作答）3位同学相邻，另2位同学也相邻，但5位同学不能坐在一起的不同的坐法种数为______.（用数字作答）
【答案】 480 720
【详解】甲，乙相邻用捆梆法有种，然后从4个位置中选两个安排甲，乙，戊有种排法，最后用插空法安排丙，丁2人，即从5个空档中插入2人，有种.故甲，乙相邻且丙，丁不相邻的不同的坐法种数为.
3人相邻另2人也相邻，但5位同学不能坐在一起，即要把5人分成3，2两组，每组的人要相邻，两组的人要互不相邻，先捆梆有种，把两组排列有种，再把两个空位插入有3种，共有.
2.2021年某地电视台春晚的戏曲节目，准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧6个剧种的各一个片段．对这6个剧种的演出顺序有如下要求：京剧必须排在前三，且越剧、粤剧必须排在一起，则该戏曲节目演出顺序共有( )种．
A．120 B．156 C．188 D．240
【答案】A
【分析】解决问题有类办法：京剧排第一，排在一起的两个算一个与余下三个元素作全排列，京剧排二三之一，排在一起的两个只有三个位置可选，再排余下三个得解.
【详解】
完成排戏曲节目演出顺序这件事，可以有两类办法：京剧排第一，越剧、粤剧排在一起作一个元素与余下三个作全排列有，越剧、粤剧有前后，共有：种；
京剧排二三之一有，越剧、粤剧排在一起只有三个位置并且它们有先后，有，余下三个有，共有：种；
由分类计数原理知，所有演出顺序有：(种)
故选：A
3.甲、乙、丙、丁等六名退休老党员相约去观看党史舞台剧《星火》．《星火》的票价为50元/人，每人限购一张票．甲、乙、丙三人各带了一张50元钞，其余三人各带了一张100元钞．他们六人排成一列到售票处买票，而售票处一开始没有准备50元零钱，那么他们六人共有多少种不同排队顺序能使购票时售票处不出现找不出钱的状态．（ ）
A．720 B．360 C．180 D．90
【答案】C
【分析】先分类列出携带50元钞人员和携带100元钞人员的位置，再乘以每一类情况总数.
【详解】
记携带50元钞人员为A，携带100元钞人员为B，
要使不出现找不出钱的状态，
可能的情况为五类情况，
每类情况有种排列方式，
所以一共有种情况.
故选：C
【题型十二】 综合应用
【典例分析】
设十人各拿一只水桶，同到水龙头前打水，设水龙头注满第i(i＝1，2，…，10)个人的水桶需Ti分钟，假设Ti各不相同，当水龙头只有一个可用时，应如何安排他(她)们的接水次序，使他(她)们的总的花费时间(包括等待时间和自己接水所花费的时间)最少( )
A．从Ti中最大的开始，按由大到小的顺序排队
B．从Ti中最小的开始，按由小到大的顺序排队
C．从靠近Ti平均数的一个开始，依次按取一个小的取一个大的的摆动顺序排队
D．任意顺序排队接水的总时间都不变
【答案】B
【分析】
表示出拎小桶者先接水时等候的时间，然后加上拎大桶者一共等候者用的时间，用（2m+2T+t）减去二者的和就是节省的时间；由此可推广到一般结论
【详解】
事实上，只要不按从小到大的顺序排队，就至少有紧挨着的两个人拎着大桶者排在拎小桶者之前，仍设大桶接满水需要T分钟，小桶接满水需要t分钟，并设拎大桶者开始接水时已等候了m分钟，这样拎大桶者接满水一共等候了（m+T）分钟，拎小桶者一共等候了（m+T+t）分钟，两人一共等候了（2m+2T+t）分钟，在其他人位置不变的前提下，让这两个人交还位置，即局部调整这两个人的位置，同样介意计算两个人接满水共等候了
2m+2t+T
分钟，共节省了 T-t
分钟，而其他人等候的时间未变，这说明只要存在有紧挨着的两个人是拎大桶者在拎小桶者之前都可以这样调整，从而使得总等候时间减少．这样经过一系列调整后，整个队伍都是从小打到排列，就打到最优状态，总的排队时间就最短．
故选B.
【变式演练】
1.由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解
【详解】
由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；
在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.
因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，
所以所求的概率．
故选：A．
2.设A是集合的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A的个数为（ ）
A．32 B．56 C．72 D．84
【答案】B
【分析】
分类列举出每一种可能性即可得到答案.
【详解】
若1,3在集合A内，则还有一个元素为5,6,7,8,9,10中的一个；
若1,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若1,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有6+5+4+3+2+1=21个.
若2,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若2,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若2,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有5+4+3+2+1=15个.
若3,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若3,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若3,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有4+3+2+1=10个.
若4,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若4,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若4,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有3+2+1=6个.
若5,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若5,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有2+1=3个.
若6,8,10在在集合A内，只有1个.
总共有21+15+10+6+3+1=56个
故选：B.
3.为迎接第24届冬季奥林匹克运动会，某校安排甲､乙､丙､丁､戊共五名学生担任冰球､冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人.则学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据古典概型计算公式，结合排列和组合的定义进行求解即可.
【详解】
所有的安排方法，
若只有1人去冰球项目做志愿者，有；
若恰有2人去冰球项目做志愿者，有；
若有3人去冰球项目做志愿者，有，
所以共有种安排法，
所以学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为.
故选：B
1.如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【分析】
利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，区域涂色不相同的情况有120种，由此根据古典概型概率公式能求出区域涂色不相同的概率．
【详解】
提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，
根据题意，如图，设5个区域依次为,分4步进行分析：
，对于区域，有5种颜色可选；
，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；
，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；
，对于区域，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，
则区域有种选择，
则不同的涂色方案有种，
其中，区域涂色不相同的情况有：
，对于区域，有5种颜色可选；
，区域，有4种颜色可选；
对于区域，有3种颜色可选；
，若与颜色相同，区域有2种颜色可选；
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有1种颜色可选；
所以区域有种选择；
不同的涂色方案有种，
区域涂色不相同的概率为 ,故选D．
2.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法的总数是
A．540 B．480 C．420 D．360
【答案】C
【解析】【详解】
分两步，由题设四棱锥的顶点 所染颜色互不相同，则共有 ，当染好时，不妨设所染颜色依次为 ，若 染 ，则 可染 或 或，共三种，若 染 ，则 可染 或，共种，若 染 ，则 可染 或，共种，即当染好时， 还有 种染法，所以共有 ，故选C.
3.清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共有10人进入决赛，其中高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人，现采用抽签方式决定演讲顺序，则在高二年级3人相邻的前提下，高一年级3人不相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】基本事件总数，其中高一3人不相邻包含的基本事件个数，由此能求出高一年级3人不相邻的概率．
【详解】
解：共有10人进入决赛，其中高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人，
采用抽签方式决定演讲顺序，高二年级3人相邻，基本事件总数，
其中高一3人不相邻包含的基本事件个数，
高一年级3人不相邻的概率．
故选：D．
4.10名同学合影，站成前排4人后排6人，现摄影师要从后排6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】C
【分析】
分两步：1.首先先从后排6人中选2人出来；2.将这2人与前排4人排列，且前排4人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人，其他4人按原顺序排列，再由乘法原理计算即可.
【详解】
首先先从后排6人中选2人出来，共种不同选法，将这2人与前排4人排列，且前排4
人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人有种不同排法，其余
位置按4人原顺序排好只有1种排法，由乘法原理，得不同调整方法的总数是.
故选：C
5.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
【分析】根据题意，分两步进行：（1）在个小球中任选个放入相同编号的盒子里；（2）将剩下的个小球放入与其编号不同的盒子里.利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】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.
6.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
【分析】把9个球分成3组，每组个数不相同，然后每组球放到盒子中，即可得．
【详解】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．
7.某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为
A．16 B．18 C．32 D．72
【答案】D
【分析】根据题意，分2步进行分析：①分析3辆不同型号的车的停放方法，②利用插空法分析剩余的4个车位中恰有3个连在一起的排法，由分步计数原理计算即可得．
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①，3辆不同型号的车需停放，共有种方法，
②，要求剩余的4个车位中恰有3个连在一起，利用插空法，有种方法，
所以不同的停放方法有种．故选．
8.校园某处并排连续有6个停车位，现有3辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：当有汽车相邻停放时，车头必须同向；当车没有相邻时，车头朝向不限，则不同的停车方法共有__________种．（用数学作答）
【答案】528
【详解】(1)当三辆车都不相邻时有(种)
(2)当两辆车相邻时有(种)
(3)当三辆车相邻时有(种)
则共有(种)
9.如图，在某城市中，､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个交汇处.今在道路网､处的甲､乙两人分别要到､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､处为止.则下列说法正确的是（ ）
A．甲从到达处的方法有种
B．甲从必须经过到达处的方法有种
C．甲､乙两人在处相遇的概率为
D．甲､乙两人相遇的概率为
【答案】C
【分析】
A．考虑从到向上走的步数和向下走的步数，利用组合数求解出结果；
B．先利用组合数分析从到的方法数，然后再利用组合数分析从到的方法数，根据分步乘法计数原理可求解出结果；
C．先确定出甲经过的方法数，再确定出乙经过的方法数，由此确定出甲、乙两人在处相遇的方法数，结合A选项的结果求解出对应概率；
D．先确定出甲、乙只能在、、、处相遇，然后根据C选项的计算方法分别计算出对应方法数，结合A选项的结果求解出对应概率
【详解】
A选项，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有种，A选项错误；
B选项，甲经过到达N处，可分为两步：
第一步，甲从M经过需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为种；
第二步，甲从到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为种.
∴甲经过到达N的方法数为种，B选项错误；
C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，
∴甲､乙两人在处相遇的方法数为种，
甲､乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；
D选项，甲､乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为1种；
若甲､乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为81种；
若甲､乙两人在处相遇，甲到处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，乙到处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，
所以，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为1种；
故甲､乙两人相遇的概率，D选项错误.
故选：D.
10.有一道楼梯共10阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，小王同学7步登完楼梯的概率为___________.
【答案】
【分析】由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，分别求出每种的基本事件数，再利用古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，
①步：即步两阶，有种；
②步：即步两阶与步一阶，有种；
③步：即步两阶与步一阶，有种；
④步：即步两阶与步一阶，有种；
⑤步：即步两阶与步一阶，有种；
⑥步：即步一阶，有种；
综上可得一共有种情况，满足7步登完楼梯的有种；
故7步登完楼梯的概率为故答案为：
11.2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为，则满足的分配方案的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
假设6位医务人员年龄排序为，由必在第三批，将派遣方式按第一批所派遣的人员不同分成四类，求出满足的派遣方法数，再计算总派遣方法数，即可求概率.
【详解】
假设6位医务人员年龄排序为，由题意知，年龄最大的医务人员必在第三批，派遣方式如下：
1、第一批派，第二批年龄最大者为，第三批年龄最大者为：剩下的医务人员一个在第二批，两个在第三批有种方法，
2、第一批派，第二批年龄最大者为或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，共种方法；
3、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
4、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；
∴种方法，而总派遣方法有种，
∴满足的分配方案的概率为.
故选：A.
12.如图，在某海岸P的附近有三个岛屿Q，R，S，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有（ ）.
A．24种 B．20种 C．16种 D．12种
【答案】D
【分析】
由建桥的方式可以分为两类：（1）从一个地方出发向其他三个地方各建一桥，（2）一个地方最多建两桥但不能交叉，利用去杂法，即可求解.
【详解】
由建立三座大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体交叉形式，
可分为两类：
第一类：从一个地方出法向其他三个地方各建一座桥，共有4种不同的方法；
第二类：一个地方最多建两座桥，如这样的建桥方法：和属于相同的建桥方法，所以共有种不同的方法，
其中交叉建桥方法，例如：这样建桥不符合题意，共有4种，
所以第二类建桥，共有种不同的建桥方法.
综上可得，不同的连接方式有种.
故选：D
13.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，以下说法正确的是（ ）
A．每人都安排一项工作的不同方法数为54
B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，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
【答案】D
对于选项 ，每人有4种安排法，故有种；对于选项 ，5名同学中有两人工作相同，先选人再安排；对于选项，先分组再安排；对于选项 ，以司机人数作为分类标准进行讨论即可.
【详解】
解：①每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项错误，
②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误，
③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（），即选项C错误，
④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位，
故有；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有 ,
从余下三人中安排三个岗位，故有；所以每项工作至少有一人参加，
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，
即选项D正确，
故选：D．
14.罗马数字是欧洲在阿拉伯数字传入之前使用的一种数码，它的产生标志着一种古代文明的进步.罗马数字的表示法如下：
数字
1
2
3
4
5
6
7
8
9
形式
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
Ⅷ
Ⅸ
其中“Ⅰ”需要1根火柴，“Ⅴ”与“X”需要2根火柴，若为0，则用空位表示. （如123表示为，405表示为）如果把6根火柴以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的不同的三位数的个数为（ ）
A．87 B．95 C．100 D．103
【答案】D
【分析】
将6根火柴能表示数字的搭配列举出来，再根据数的排列特征即可得解.
【详解】
用6根火柴表示数字，所有搭配情况如下：
1根火柴和5根火柴：1根火柴可表示的数为1；5根火柴可表示的数为8，和0一起，能表示的数共有4个（108,180,801,810）.
2根火柴和4根火柴：2根火柴可表示的数为2、5；4根火柴可表示的数为7，和0一起，能表示的数有 个.
3根火柴和3根火柴：3根火柴可表示的数为3、4、6、9，和0一起，能表示的数分为2类：除0外的两个数字相同，可表示的数有个；除0外的两个数字不同，则有个，所以共有 个.
1根火柴、1根火柴和4根火柴：即有1、1、7组成的数，共有3个（117,171,711）.
1根火柴、2根火柴和3根火柴：即由1,2或5中的一个，3、4、6、9中的一个数字组成的三位数，共有 个.
2根火柴、2根火柴、2根火柴：即由2或5组成的三位数，分为两类：三个数字都相同，共有2个（222,555）；三个数字中的两个数字相同，则有个，共有 个.
综上可知，可组成的三位数共有 个.
故选：D.
15.如图为的网格图，甲、乙两人均从出发去地，每次只能向上或向右走一格，并且乙到达任何一个位置（网格交点处）时向右走过的格数不少于向上走过的格数，记甲、乙两人所走路径的条数分别为、，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由题意可知，甲只需在次选择中次选择向右走，剩下的次选择向上走即可，利用组合计数原理可求得的值，列举出乙的走法情况，可得出，由此可得出的值.
【详解】
由题意得从到需要走格，向上、向右分别走格，
因此甲只需在次选择中次选择向右走，剩下的次选择向上走即可，，
乙只能在对角线下方（包括）走，
所以，乙的走法的所有可能情况为：
（右上右上右上）、（右上右右上上）、（右右上上右上）、（右右上右上上）、（右右右上上上），即，则，
故选：C.
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