【期中复习】2023-2024学年人教A版2019高二数学下册考点清单 专题演练 专题03 第六章 两个计数原理及排列组合.zip

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【考点题型一】两个计数原理综合
（1）定义：完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有种不同的方法,在第2类方案中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.
（2）定义：完成一件事需要两个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.
【例1】（2023高二下·湖北襄阳·期中）如果一条直线与一个平面垂直，那么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（ ）
A．48B．18C．24D．36
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答.
【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线，
对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有（个）；
对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个，
不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，
所以正方体中“正交线面对”共有（个）.
故选：D
【例2】（23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）有两排座位，前排10个座位，后排10个座位，现安排2人就座，规定前排中间的两个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的坐法的种数是
【答案】276
【分析】分情况讨论，结合分类计数原理可得答案.
【详解】分为下列三类情况：
第一类：两人分别坐前后两排，共有种；
第二类：两人都坐后排，共有种；
第三类：两人都坐前排，共有三种情况，分坐左右4个座位有32种；都坐左边4个座位有6种；都坐右边4个座位也有6种；共有种；
由分类加法计数原理可得，共有种.
故答案为：276
【变式1-1】.（2024高二下·全国·专题练习）用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有（ ）
A．16个B．12个C．9个D．8个
【答案】D
【分析】利用分类计数原理分类讨论计算即可.
【详解】比2000大，故千位为2，3，4，
若千位为2，则个位为4，有（个）符合题意的四位数；
若千位为3，则个位为2或4，有（个）符合题意的四位数；
若千位为4，则个位为2，有（个）符合题意的四位数．
根据分类加法计数原理得，一共有（个）符合题意的四位数．
故选:D．
【变式1-2】.（22-23高二下·山东菏泽·阶段练习）实数2160所有正因数有 个．
【答案】40
【分析】先分析出，从而利用分步乘法计数原理进行求解.
【详解】，故2160的正因数可表示为，
其中共5种情况，共4种情况，共2种情况，
由分步乘法计数原理可得，2160所有正因数有个.
故答案为：40
【考点题型二】排列数计算
排列数公式
①（连乘形式）：，，
②（阶乘形式），，
【例1】（多选）（22-23高二下·新疆喀什·阶段练习）下列等式中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】计算出排列数和组合数后判断.
【详解】，，，A正确；
，B错；
，，C正确；
，，D正确．
故选：ACD．
【例2】（22-23高二上·全国·课时练习）解下列方程或不等式．
(1)=2；
(2).
【答案】(1)n=5
(2)x=8
【分析】（1）根据条件，利用排列数公式即可求出结果；
（2）先利用排列数公式得到 ，从而得到，对根据排列数公式要求，求出的范围，进而求出结果.
【详解】（1）因为=2，
由，解得，
由原式可得，解得或或．
又因为，所以．
（2）因为<6，
由，解得且，
由原不等式可得，
化简可得，解得，
又且，所以．
【变式2-1】.（22-23高二下·甘肃武威·阶段练习）解下列方程.
(1)；
(2).
【答案】(1)5
(2)或.
【分析】（1）根据排列数与组合数的计算公式，化简方程，可得答案；
（2）根据组合数的性质，化简方程，可得方程.
【详解】（1）因为，所以，
所以，解得.
（2）因为，所以，
即，…，，所以，
所以或，
解得或.
【变式2-2】.（22-23高二下·江苏徐州·阶段练习）（1）解方程：
（2）解不等式；
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用组合数的性质及计算公式解方程作答.
（2）利用排列数公式化简不等式，再求解不等式作答.
【详解】（1）由组合数性质及，得，
而，则，
因此，即，解得，
所以原方程的解为.
（2）由，得且，解得，
又，化简得，解得，因此，
所以不等式的解为.
【考点题型三】捆绑法和插空法
相邻捆绑，不相邻插空
【例1】（23-24高三下·山东菏泽·开学考试）一对夫妻带着3个小孩和一个老人，手拉着手围成一圈跳舞，3个小孩不相邻的站法种数是（ ）
A．6B．12C．18D．36
【答案】B
【分析】根据插空法即可求解.
【详解】将老人位置固定，夫妻两人在老人左右，此时有种站法，
将三个孩子插入两两大人之间的空隙中，有种站法，
故总的站法有.
故选：B
【例2】（2024高三下·江苏·专题练习）阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面.则不同的排法种数共有 种（用数字作答）.
【答案】288
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合相邻与不相邻问题，列式计算即得.
【详解】第一步：先将3名母亲作全排列，共有种排法；
第二步：将3名女宝“捆绑”在一起，共有种排法；
第三步：将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有种排法；
第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，
然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有种排法.
所以不同的排法种数有：（种）.
故答案为：288
【例3】（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）小王一次买了两串冰糖葫芦，其中一串有两颗冰糖葫芦，另一串有三颗冰糖葫芦．若小王每次随机从其中一串吃一颗，则只有两颗冰糖葫芦的这串先吃完的概率为 ．
【答案】/
【分析】由题意将问题等价转换为满足题意的间隔插空或者捆绑插空的概率，结合排列组合知识即可求解.
【详解】将串在一起的两颗冰糖葫芦编号为1，2（最下面那颗），串在一起的三颗冰糖葫芦编号为3，4，5（最下面那颗），
现在可将题目等价转换为首先从左到右固定3，4，5的排列顺序，问将1，2间隔插空或者捆绑插空，且1，2都在5的左边的概率，
若1，2间隔插空或者捆绑插空，共有种排列，
其中满足1，2都在5的左边的排列，共有，
所以只有两颗冰糖葫芦的这串先吃完的概率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：将问题等价转换为间隔插空或者捆绑插空是解题的关键.
【变式3-1】.（23-24高三下·广东佛山·开学考试）某人进行年度体检，有五个检查项目，为了体检数据的准确性，A项目必须作为第一个项目完成，而B和C两项不连在一起接着检查．则不同顺序的检查方案一共有（ ）
A．6种B．12种C．18种D．24种
【答案】B
【分析】利用分步乘法原理，结合插空法即可得解.
【详解】依题意，将两个项目全排列，有种情况，
再将两个项目排在排列所形成的3个空位中，有种情况，
最后将项目放在第一位，有1种情况，
所以共有种情况.
故选：B.
【变式3-2】.（23-24高二下·安徽宿州·开学考试）若A，B，C，D，E，F六人站队照相，要求A､B相邻且C､D不相邻，则所有不同的站法有（ ）
A．36B．72C．108D．144
【答案】D
【分析】根据相邻元素的捆绑法与不相邻元素的插空法即可得不同的站法数.
【详解】由于A､B相邻捆绑再一起有种方法，
再与E，F一起安排有种方法，最后插空安排不相邻的C､D有种方法，
根据分步乘法计数原理可得所有不同的站法有种.
故选：D.
【变式3-3】.（22-23高二下·全国·开学考试）小陈同学准备将新买的《大学》《左传》《孟子》《论语》《诗经》《中庸》六本书立起来放在书架上，若要求《大学》《中庸》两本书相邻，则不同的摆放种数为 ．（用数字作答）
【答案】240
【分析】利用捆绑法进行求解.
【详解】先将《大学》《中庸》两书捆绑看作一个整体，则可以看作共5个位置的全排列，
排法种数为；最后排好《大学》《中庸》，两书的排法种数为，
故不同的摆放方法有种．
故答案为：240
【考点题型四】特殊元素法
哪个元素特殊，哪个元素优先
【例1】（23-24高三下·江西·开学考试）某班级举办元旦晚会，一共有个节目，其中有个小品节目．为了节目效果，班级规定中间的个节目不能安排小品，且个小品不能相邻演出，则不同排法的种数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先确定个小品的安排方式，再安排其余个节目，根据分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】用表示不安排中间且不相邻的位置，则有，，，，，，，，，，，共种情况，
个小品有种安排方式；再安排其余个节目，共有种安排方式；
不同排法的种数有种.
故选：C.
【例2】（23-24高三上·江苏南通·期末）有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法．
A．72B．144C．108D．96
【答案】A
【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可得.
【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车共有种停法；
若货车甲靠边，共有种停法，则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种，
故共有种停放方法.
故选：A.
【例3】（23-24高二上·山东青岛·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行唱歌比赛，决出第一名到第五名．丙和丁去询问成绩，回答者对丙说：很遗憾，你和丁都没有得到冠军，对丁说：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（ ）
A．24种B．54种C．96种D．120种
【答案】B
【分析】根据题意，分2种情况讨论：
①丙是最后一名，则丁可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，
②丙不是最后一名，丙丁需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，丙丁都没有得到冠军，而丁不是最后一名，
分2种情况讨论：
①丙是最后一名，则丁可以为第二、三、四名，即丁有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丙不是最后一名，丙丁需要排在第二、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：B．
【变式4-1】.（23-24高三下·重庆·阶段练习）某班一天上午有五节课，下午有两节课，现要安排该班一天中语文､数学､物理､英语､地理､体育､艺术7堂课的课程表，要求艺术课排在上午第5节，体育课排在下午，数学与物理不相邻，则不同的排法种数是（ ）
A．128B．148C．168D．188
【答案】C
【分析】利用特殊元素优先法，不相邻元素插空法，再结合分类加法计数原理、分步乘法计数原理可得结果.
【详解】艺术课一定在上午第5节只一种排法，体育课在下午共种排法；
因数学与物理不相邻，分两类：
第一类：数学与物理有一科在下午，另一科在上午，与其他科排列共种排法；
第二类：数学与物理均在上午且不相邻，先在语文､英语､地理中选一科排在下午有，
再把剩下2科排在上午种排法，在它们中间及两端共3个空位安排数学与物理，共种排法，
由分步乘法计数原理共种，
所以共有,
故选：C.
【变式4-2】.（2024高二下·全国·专题练习）5人排一个5天的值日表，每天排一人值日，每人可以排多天或不排，但相邻两天不能排同一人，值日表排法的总数为（ ）
A．120B．324C．720D．1280
【答案】D
【分析】利用分步乘法计数原理计算即可.
【详解】第一天可以排5个人中的任意一个，有5种排法；
第二天可以排另外4个人中任意一个，有4种排法；
第三天同上，有4种排法；
第四天同上，有4种排法；
第五天同上，有4种排法．
根据分步乘法计数原理得所有的排法总数为．
故选:D．
【变式4-3】.（23-24高三下·广东·开学考试）某班元旦晚会准备了8个节目，其中歌曲节目有3个，舞蹈节目有2个，小品、相声、廆术节目各1个，要求小品、相声、魔术这3个节目不安排在第一个表演，这3个节目中最多有2个节目连续表演，且魔术在小品后面表演，则该班元旦晚会的节目表演不同的安排方式有种 ．（用数字作答）
【答案】10800
【分析】首先排歌曲和舞蹈，再排小品、相声、魔术，最后根据分步乘法即可得到答案.
【详解】先将歌曲和舞蹈节目排好，有种，
再将小品、相声、魔术这3个节目排好，有种，
则该班元旦晚会的节目表演不同的安排方式有种.
故答案为：10800.
【考点题型五】间接法
正难则反
【例1】（23-24高三下·河北·开学考试）某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人值班，每名员工最多值班一天.已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有（ ）
A．184种B．196种C．252种D．268种
【答案】C
【分析】采用间接法可直接得到答案.
【详解】从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人安排到假期的四天值班，一共有种方法；
甲在第一天值班有种方法；乙在第四天值班有种方法；
甲在第一天值班且乙在第四天值班有种方法；
因此从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人值班，甲在第一天不值班，乙在第四天不值班共有种方法，
故选：C.
【例2】（23-24高二上·福建龙岩·期末）某学校高二（1）班上午安排语文、数学、英语、体育、物理门课，要求第一节不安排体育，语文和数学必须相邻，则不同的排课方法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【分析】先考虑第一节安排体育课，语文和数学必须相邻的排法种数，接下来考虑语文和数学必须相邻的情形，求出两种情况下不同的排课方法种数，结合间接法可得结果.
【详解】先考虑第一节安排体育课，语文和数学必须相邻，则将数学与语文捆绑，形成一个大元素，
将这个大元素与英语、物理课进行排序，共有种排法；
接下来只考虑语文和数学必须相邻的情形，只需将数学与语文捆绑，形成一个大元素，
将这个大元素与其余门课进行排序，共有种排法.
由间接法可知，不同的排法种数为种.
故选：B.
【变式5-1】.（2024·辽宁·一模）第19届亚运会于2023年9月至10月在杭州举行，来自浙江某大学的4名男生和3名女生通过了志愿者的选拔，若从这7名大学生中选出2人或3人去某场馆担任英语翻译，并且至少要选中1名女生，则不同的挑选方案共有（ ）
A．15种B．31种C．46种D．60种
【答案】C
【分析】可用“间接法”解决问题.
【详解】至少要选中一名女生的对立事件是选中的全为男生，故所求挑选方案的种数为.
故选：C
【变式5-2】.（23-24高三上·浙江宁波·期末）体育课上，老师让2名女生和3名男生排成一排，要求2名女生之间至少有1名男生，则这5名学生不同的排法共有（ ）
A．24种B．36种C．72种D．96种
【答案】C
【分析】利用间接法，先让5名学生排成一排，再让2名女生相邻，即可得结果.
【详解】让2名女生和3名男生排成一排，不同的排法共有种，
让2名女生相邻，不同的排法共有种，
所以符合题设的不同的排法共有种.
故选：C.
【考点题型六】组合数的计算及性质的应用
【例1】（23-24高二上·福建宁德·期末）若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用组合数的性质求出的值，再利用组合数的性质可求得的值.
【详解】因为，则，解得，
故
.
故选：D.
【例2】（23-24高二上·上海·课时练习）解关于正整数x的方程：
(1)；
(2)．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）（2）根据组合数的性质以及公式即可求解.
【详解】（1）x为正整数，
由可得或，
故或，解得或或或（舍去），
又均为整数，且，
所以或符合要求，不符合要求，
故或
（2）由组合数的性质可得，
所以由可得，进而可得，
解得或（舍去），
由于，所以，故只取，舍去，
【变式6-1】.（23-24高二上·辽宁·期末）（ ）
A．120B．119C．110D．109
【答案】B
【分析】由组合数公式不断迭代即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
【变式6-2】.（23-24高二上·江西南昌·期末）（1）求值：．
（2）己知，求x．
【答案】（1）；（2）或
【分析】（1）利用组合数性质，即可求出结果.
（2）利用组合数性质，即可求出结果.
【详解】（1）因为，
（2）由，得到或，解得或，
经验证，符合题意，所以或.
【考点题型七】分组，分配问题
①不平均②部分平均③平均
【例1】（23-24高三下·重庆·阶段练习）将分别标有数字，，，，的五个小球放入，，三个盒子，每个小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球.若标有数字1和2的小球放入同一个盒子，且盒子中只放一个小球，则不同的放法数为（ ）
A．28B．24C．18D．12
【答案】C
【分析】先将五个小球分为，，或，，三组，再分配到三个盒子中.
【详解】第一种情况，将五个小球按，，分为三组，则安排的方法有种；
第二种情况，将五个小球按，，分为三组，则安排的方法有种.
不同的放法数为18.
故选：.
【例2】（2024高二下·全国·专题练习）《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一部数学专著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即算筹）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､龟算､珠算､和计数.某学习小组有甲､乙､丙3人，该小组要收集九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､珠算6种算法相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数为（ ）
A．240B．300C．420D．540
【答案】D
【分析】根据题意，结合分组分配问题，结合排列组合，即可求解.
【详解】根据题意，将6种算法分成3组，有1，1，4一组，有1，2，3一组，以及2，2，2一组，
然后将这3组分配给甲乙丙三个人，
所以不同的分配方案有.
故选：D
【例3】（23-24高三下·青海西宁·开学考试）由未来科学大奖联合中国科技馆共同主办的“同上一堂科学课”——科学点燃青春：未来科学大奖获奖者对话青少年活动于2023年9月8日在全国各地以线上线下结合的方式举行．现有某市组织5名获奖者到当地三个不同的会场与学生进行对话活动，要求每个会场至少派一名获奖者，每名获奖者只去一个会场，则不同的派出方法有（ ）
A．60种B．120种C．150种D．240种
【答案】C
【分析】根据给定条件，获奖者按去到三个不同会场分类，利用分组分配列式计算即得.
【详解】依题意，5名获奖者按去到三个不同会场，有种方法，
5名获奖者按去到三个不同会场，有种方法，
所以不同的派出方法有（种）.
故选：C
【变式7-1】.（2024高三·全国·专题练习）如图中有一个信号源和五个接收器.接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号.若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先将左端的六个接线点随机地平均分成三组可能出现的所有结果找出来，再根据五个接收器能同时接受到信号必须全部在同一个串联线路中，求出此种情况可能出现的结果，再运用古典概型概率公式即可得出所求事件的概率.
【详解】
由题意，设右端连线方式如图，对于左端的六个连线点，将其随机地平均分成三组，共有种结果，五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，则1必须与3,4,5,6中的其中一个相接，接好后，2只有2种情况可选，剩下的接线点只有1种接法，所以共有种结果.同理，右端连线方式变化时，左端的接线方法也有15种，其中有8种可以接收到信号.故这五个接受器能同时接收到信号的概率是.
故选：D.
【变式7-2】.（2024·安徽合肥·模拟预测）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往，，等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去，两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（ ）
A．72B．84C．100D．120
【答案】C
【分析】若甲去点则剩余4人，可只去、两个点，也可分为3组去，，3个点，按照分组分配的方法计算可得，同理求出甲去点的安排方法，再由分类加法计数原理计算可得.
【详解】若甲去点，则剩余4人，可只去、两个点，也可分为3组去，，3个点.
当剩余4人只去、两个点时，人员分配为或，
此时的分配方法有；
当剩余4人分为3组去，，3个点时，
先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有，
综上可得，甲去点，不同的安排方法数是.
同理，甲去点，不同的安排方法数也是，
所以，不同的安排方法数是.
故选：C.
【变式7-3】.2024高三下·江苏·专题练习）教育扶贫是我国重点扶贫项目，为了缩小教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5名教师到A､B､C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法数有 种（用数字作答）.
【答案】150
【分析】按照分类分步计数原理可先将5人分成3组，再将3组人员分配到3个学校去，即可计算出结果.
【详解】由题意可知，先将5人分成三组有2类分法，
第一类：各组人数分别为1，1，3，共有种分法；
第二类：各组人数分别为1，2，2，共有种分法，
再将三组人员分配到A､B､C三个乡村学校去，共有种，
所以不同的选派方法共有种.
故答案为：150
【考点题型八】隔板法
相同元素问题
【例1】（2024高三下·江苏·专题练习）某校将8个足球赛志愿者名额分配到高一年级的四个班级，每班至少一个名额，则不同的分配方法共有 种（用数字作答）.
【答案】
【分析】根据给定条件，利用隔板法列式计算即得.
【详解】依题意，将8个名额排成一列，有7个间隔，
在这7个间隔中插入3个隔板，可将8个名额分成4组，依次对应4个班级，
所以有种分配方法.
故答案为：
【例2】（2024高三·全国·专题练习）已知正整数，，，，满足，则不同的有序实数对有 种可能．
【答案】126
【分析】该题本质上是相同元素的分配问题，可以用隔板法解决．
【详解】先将拆成个，并排成一排，于是正整数，，，，表示在这个中占有的个数，
然后用四个隔板把这一列分为五组，由于这一列数中间有个空，
因此四个隔板的放置方法种数为（种）．因此不同的有序实数对有种可能．
故答案为：
【变式8-1】.（2014高二·全国·竞赛）1.10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，有 种方法；若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止又有 种方法．（用数字作答）
【答案】 126 512
【分析】（1）相同问题至少有一个的分配问题用隔板法即可；（2）先对吃完的天数进行分情况讨论，再对每一种情况用隔板法即可。
【详解】解：由题知，关于空1：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，
将10块巧克力排成一排，共有9个空格，
分成5份，只需4个隔板，
所以共有种方法；
关于空2：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止，
至多吃10天，至少吃1天，
当1天吃完时，共种方法，
当2天吃完时，将10块巧克力排成一排，共有9个空格，
分成2份，只需1个隔板，所以有种方法，
当3天吃完时，需要分成3份，只需2个隔板，所以有种方法，
当4天吃完时，需要分成4份，只需3个隔板，所以有种方法，
……，
当10天吃完时，需要分成10份，只需9个隔板，所以有种方法，
综上：共有种方法。
故答案为：126；512
【变式8-2】.（23-24高二上·甘肃白银·期末）现有10个运动员名额，作如下分配方案.
(1)平均分成5个组，每组2人，有多少种分配方案？
(2)分成7个组，每组最少1人，有多少种分配方案？
【答案】(1)945
(2)84
【分析】（1）根据平均分组的分配规律，结合组合数的计算，即可得答案；
（2）结合题意，利用隔板法即可求得答案.
【详解】（1）根据平均分配规律，则平均分配5个组共有种方案.
（2）10名运动员排成一排，中间形成9个空隙，选6个位置插入隔板，
则分成7组，故分配方案共有种.
【考点题型九】涂色问题
【例1】（2023·浙江·模拟预测）五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金､木､水､火､土，彼此之间存在相生相克的关系.下图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）

A．3125B．1000C．1040D．1020
【答案】D
【分析】根据不邻区域是否同色进行分类，确定涂色顺序再分步计数即可.
【详解】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件.
五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色.
故问题转化为如图五个区域，
有种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即色区域的环状涂色问题.

分为以下两类情况：
第一类：三个区域涂三种不同的颜色，
第一步涂区域，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色不同，有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
第二类：三个区域涂两种不同的颜色，
由于不能涂同一色，则涂一色，或涂同一色，两种情况方法数相同.
若涂一色，
第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色，
即涂个区域不同色，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色相同，则有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
若涂一色，与涂一色的方法数相同，
则共有种方法.
由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有种.
故选：D.
【例2】（22-23高二下·河北唐山·期中）如图，某城区的一个街心花园共有五个区域，中心区域⑤是代表城市特点的标志性塑像，要求在周围①②③④四个区域内种植鲜花，现有四个品种的鲜花供选择，要求每个区域只种一个品种且相邻区域所种品种不同，则不同的种植方法共有（ ）

A．48种B．60种C．84种D．108种
【答案】C
【分析】根据四个区域所种植鲜花的种类进行分类：种植两种鲜花，种植三种鲜花，种植四种鲜花，然后相加即可求解.
【详解】由题意可知：四个区域最少种植两种鲜花，最多种植四种，所以分以下三类：
当种植的鲜花为两种时：①和③相同，②和④相同，共有种种植方法；
当种植鲜花为三种时：①和③相同或②和④相同，此时共有种种植方法；
当种植鲜花为四种时：四个区域各种一种，此时共有种种植方法，
综上：则不同的种植方法的种数为种，
故选：C.
【变式9-1】.（22-23高三下·江西·阶段练习）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，..，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）

A．1050种B．1260种C．1302种D．1512种
【答案】C
【分析】由题意可得，只需确定区域的颜色，先涂区域1，再涂区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同、区域3与区域1涂的颜色相同，最后根据分步乘法原理即可求解.
【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定整个伞面的涂色.
先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择.
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择.
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.
故不同的涂色方案有种.
故选：C
【变式9-2】.（22-23高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）用红、黄、蓝、绿四种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着相同色的方案有（ ）种

A．96B．24C．48D．108
【答案】D
【分析】利用分步计数原理计算即可.
【详解】因为①③⑤着相同的颜色，可以有种，
②④⑥按要求可随意着与①③⑤不同色的另外三种颜色，故有种，
所以共有种.
故选：D.