【二轮复习】高考数学考点7-3 排列组合11种常见题型总结分析（考点精练）.zip

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题型一：特殊元素与特殊位置优待法
解题思路：对于有附加条件的排列组合问题，一般采用：先考虑满足特殊的元素和位置，再考虑其它元素和位置。
【精选例题】
【例1】从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（ ）
（A） 280种 （B）240种 （C）180种 （D）96种
【答案】B【详解】解：先从除了甲乙剩余的4名志愿者中选1人从事翻译工作，有种，然后再从剩余的名志愿者中选3个人从事另外三项工作，有种，所以一共有种.故选：B．
【例2】7个人站成两排，前排3人，后排4人，其中甲乙两人必须挨着，甲丙必须分开站，则一共有（ ）种站排方式．
A．672B．864C．936D．1056
【答案】D
【分析】分甲站在每一排的两端和甲不站在每一排的两端这两种情况解答即可.
【详解】当甲站在每一排的两端时，有4种站法，此时乙的位置确定，剩下的人随便排，有种站排方式；

当甲不站在每一排的两端时，有3种站法，此时乙和甲相邻有两个位置可选，丙和甲不相邻有四个位置可选，剩下的人随便站，有种站排方式；

故总共有种站排方式.
故选：D．
【例3】将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到A、B、C三项不同的公益活动中，每人只参加一项活动，每项活动都需要有人参加，其中甲必须参加A活动，则不同的分配方法有 种．（用数字作答）
【答案】
【分析】根据题意，分为三种情况：甲单独参加，甲和其中一人和甲和其中两人参加，结合排列组合的知识，即可求解.
【详解】由题意，可分为三种情况：
当甲单独参加A项活动，则有种安排方法；
当甲和其中一人参加A项活动，则有种安排方法；
当甲和其中两人参加A项活动，则有种安排方法，
所以不同的分配方法有种不同的安排方法.
故答案为：.
【题型专练】
某校从8名教师中选派4名教师到4个边远地区支教（每地1人），要求甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，则不同的选派方案有______种．
【答案】600【详解】解：分两步，第一步，先选四名老师，又分两类，第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，有种不同的选法，第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，有种不同的选法，所以不同的选法有25种，第二步，四名老师去4个边远地区支教，有种，所以共有种，故答案为:600
2．某医院安排王医生、李医生、赵医生、张医生、孙医生5人到三个社区开展主题为“提高免疫力，预防传染病”的知识宣传活动，要求每人只能参加一个社区的活动，每个社区必须有人宣传，若李医生、张医生不安排在同一个社区，孙医生不单独安排在一个社区，则不同的安排方法有 种．
【答案】
【分析】由分类加法计数原理分为两类，一个社区3人，剩下两个社区各1人和一个社区1人，剩下两个社区各2人，再按照分步乘法计数原理分别分析计算即可．
【详解】由题意知可分为两类：
第一类：一个社区3人，剩下两个社区各1人，
当李医生、张医生2人都单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；
当李医生、张医生中有1人单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；
第二类：一个社区1人，剩下两个社区各2人，
当李医生、张医生中有1人单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；
当李医生、张医生都不单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；
综上可知，共有（种），
故答案为：
3．4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（ ）
A．288B．336C．368D．412
【答案】B【详解】当四位数不出现1时，排法有：种；当四位数出现一个1时，排法有：种；当四位数出现两个1时，排法有：种；所以不同的四位数的个数共有：．故选：B．
4．某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有 种.
【答案】92
【分析】分三种情况，进行讨论，求出相应的选择数，相加后得到答案.
【详解】①若既会英语，也会日语的2人均没有选中，
此时只会英语的3人全部选中，只会日语的4人选择3人，共种选择；
②若既会英语，也会日语的2人选中1人，有种选择，
此人去进行英语导游，则从只会英语的3人选择2人，只会日语的4人选择3人，
有种选择，
此人去进行日语导游，则从只会英语的3人全部选中，只会日语的4人选择2人，
有种选择，
此时共有种选择；
③若既会英语，也会日语的2人均选中，
2人均进行英语导游，则从只会英语的3人选择1人，只会日语的4人选择3人，
有种选择，
2人均进行日语导游，则从只会英语的3人选择3人，只会日语的4人选择1人，
有种选择，
2人有1人进行英语导游，1人进行日语导游，有种选择，
再从只会英语的3人选择2人，只会日语的4人选择2人，有种选择，
此时有种选择，
所以若既会英语，也会日语的2人均选中，有种选择，
综上：共有种选择.
故答案为：92
题型二：分类讨论思想
解题思路：遇到情况比较复杂，我们可以通过分类讨论，分出几种情况，再用分类加法原理进行计算
【精选例题】
【例1】（2023全国卷乙卷真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120B．60C．30D．20
【答案】B【详解】不妨记五名志愿者为，假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.故选：B.
【例2】（2023全国卷甲卷真题）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）．
【答案】64【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；（2）当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；综上所述：不同的选课方案共有种.故答案为：64.
【例3】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况数（ ）
A．60B．40C．30D．80
【答案】A【详解】一，二，三等奖，三个人获得，共有种； 一，二，三等奖，有1 人获得2张，1人获得1张，共有种，共有24+36=60种.故选：A.
【题型专练】
1.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
【答案】B
【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.
【详解】因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位，
①当乙丙及中间人占据首四位，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，
所以有种方法；
②当乙丙及中间人占据尾四位，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，
所以有种方法；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法，
故选：B.
2．某公司安排甲乙丙等人完成天的值班任务，每人负责一天．已知甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，则不同的安排方式有___种．
【答案】【详解】根据题意，甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，分5种情况讨论：①甲在第二天值班，则丙可以安排在第一天和第三天，有2种情况，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有＝120种安排方式，此时有2×120＝240种安排方式，②甲在第三天值班，丙安排在第二天值班，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有＝120种安排方式，此时有1×120＝120种安排方式，③甲在第三天值班，丙安排在第四天值班，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，此时有4×24＝96种安排方式，④甲在第四五六天值班，丙有2种安排方法，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，此时有3×2×4×24＝576种安排方式，⑤甲安排在第七天值班，丙只能安排在第六天，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，此时有4×24＝96种安排方式；故有240+120+96+576+96＝1128种安排方式；故答案为：1128
题型三：插空法（不相邻问题）
解题思路：对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，再将不相邻元素在已排好的元素之间及两端空隙中插入即可
【例1】黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的，两段，使得长线段与原线段的比等于短线段与长线段的比，即，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（ ）
A．180B．210C．240D．360
【答案】C【详解】先把排列，然后选两个空档插入3，总方法为．故选：C．
【例2】把5件不同产品A，B，C，D，E摆成一排，则（ ）
A．A与B相邻有48种摆法
B．A与C相邻有48种摆法
C．A，B相邻又A，C相邻，有12种摆法
D．A与B相邻，且A与C不相邻有24种摆法
【答案】ABC【详解】对于A选项：产品A与B相邻，把作为一个元素有种方法，而A，B可交换位置，所以有种摆法.故A选项符合题意.对于B选项：同A选项一样分析可知产品A与C相邻也有48种摆法. 故B选项符合题意.对于C选项:当相邻又满足相邻，首先将产品捆绑起来作为一个元素并把产品放在产品与之间，注意到产品与可互换位置，所以首先排列有种摆法，把组成的整体作为一个元素和剩下的两个元素进行排列，又有种摆法，所以A，B相邻又A，C相邻，有种摆法.故C选项符合题意.对于D选项：由A选项可知A与B相邻有48种摆法，由C选项可知A，B相邻又A，C相邻有12种摆法，因此A与B相邻，且A与C不相邻有种摆法.故D选项不符合题意.故选：ABC.
【例3】有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是（ ）
A．12B．48C．72D．96
【答案】B【详解】物理在第一或第五个位置，共有：种；物理在第二或第四个位置，共有：种；物理在第三个位置，共有：种；所以同一科目书都不相邻的放法种数是：.故选：B.
【题型专练】
1．有互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，则共有摆放方法（ ）
A．120种B．32种C．24种D．16种
【答案】D【详解】红色左边放一盆白色，一盆黄色，右边放一盆白色，一盆黄色，先选左边，白色二选一，黄色二选一，再进行排列，故有种选法，再考虑后边，剩余的白色和黄色进行排列即可，有种选法，综上：一共有摆放方法=16种.故选：D
2．某单位为葫芦岛市春节联欢会选送了甲、乙两个节目，节目组决定在原有节目单中6个节目的相对顺序保持不变的情况下填加甲乙两个节目，若甲、乙演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为 .（用数字作答）
【答案】42
【分析】由已知甲乙2个节目不相邻，已经排好的6个节目相对顺序不变，把2个节目插入6个节目形成的7个空中，即2个节目在7个位置的排列.
【详解】由已知甲乙2个节目不相邻，排好的6个节目相对顺序不变，
即把2个节目插入6个节目形成的7个空中，
共有种.
故答案为：42.
3．四名男生和两名女生排成一排，要求两位女生不相邻，则不同排法的种数是 .（结果用数字作答）
【答案】
【分析】利用插空法，先排男生再排女生求解即可.
【详解】先排男生，再将女生排到5个空位里，有种情况.
故答案为：
题型四：捆绑法（相邻问题）
解题思路：对于某几个元素相邻的排列问题，可先将相邻的元素捆绑，再将它与其它元素在一起排列，注意捆绑部分的内部顺序。
【例1】第19届亚运会于2023年9月28日至10月8日在杭州举行，本届亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产良渚古城遗址、西湖和京杭大运河．某同学买了6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，现将这6个吉祥物排成一排，且名称相同的两个吉祥物相邻，则排法种数共为（ ）
A．48B．24C．12D．6
【答案】A
【分析】根据相邻元素采用捆绑法可得结果.
【详解】由题意，因名称相同的两个吉祥物相邻，分别看成一个元素共有种排法，
相邻元素内部再排共有种排法，
故共有种排法，
故选：A．
【例2】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】B【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，故选：B
【例3】2023年杭州亚运会期间，甲､乙､丙3名运动员与4名志愿者站成一排拍照留念，若甲与乙相邻､丙不排在两端，则不同的排法种数有（ ）
A．720B．960C．1120D．1440
【答案】B
【分析】根据题意，结合捆绑法和插空法，即可求解.
【详解】把甲乙捆绑成一个元素，则题设中的7个元素变为6个元素，
先排除去丙的5个元素，共有种排法，
再在中间的4个空隙中，插入丙，共有种插法，
所以甲与乙相邻､丙不排在两端，则不同的排法种数有种.
故选：B.
【题型专练】
1.这6位同学站成一排照相，要求与相邻，且排在的左边，与不相邻，则这6位同学站队的不同排法数为（ ）
A．72B．48C．36D．24
【答案】A
【分析】分别采用捆绑法和插空法可得结果.
【详解】依题意：因与相邻，且排在的左边，把与看成一个元素与先排有种排法，
因与不相邻，把、采用插空法有种排法，则共有，
故选：A．
2．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．240B．192C．96D．48
【答案】B【详解】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.
3．有6个座位连成一排，安排3个人就坐，恰有两个空位相邻的坐法为（ ）
A．48种B．72种C．96种D．108种
【答案】B
【分析】根据题意，分2步进行分析：将三人连同座位全排列，再将三个空座位分成两组，2个相邻的，1个单独放置的，安排到三人形成的空位中，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，有6个座位连成一排，安排3个人就座，有3个空座位，把这三个空座位分成两组，2个相邻的，1个单独放置的．
将三人连同座位全排列，共有种情况，
再把两组不同的空座位插入到三个人产生的四个空位里，有种，
所以不同坐法有种．
故选：B
4．（多选题）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，则下列说法正确的是（ ）
A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法
B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法
C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种排法
D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有480种排法
【答案】ABC
【详解】A：6门中选2门共有种选法，故A正确；
B：课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有种排法，然后全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有种，故B正确；C：课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有种排法，然后利用插空法排课程“御”“书”“数”有种排法，根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故C正确；D：分2种情况讨论：若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有种排法，若先把“礼”不排在最后一周，再排“数”，有种排法，所以，共有种排法，故D错误.故选：ABC.
5．中国书法一般分为篆书､隶书､行书､楷书和草书这5种字体，其中篆书分大篆和小篆，隶书分古隶和汉隶，草书分章草､今草和狂草，行书分行草和行楷，楷书分魏碑和唐楷.为了弘扬传统文化，某书法协会采用楷书､隶书和草书3种字体书写6个福字，其中隶书字体的福字分别用古隶和汉隶书写，草书字体的福字分别用章草､今草和狂草书写，楷书字体的福字用唐楷书写.将这6个福字排成一排，要求相同类型字体的福字相邻，则不同的排法种数为___________种.
【答案】72
【详解】分别将隶书､草书､楷书当作整体，排法总数为，隶书内部顺序，草书内部顺序，
故方法总数为种.故答案为：.
考点五：平均分组问题除法策略
解决此类问题，平均分了组，就要除以组数的排序
【精选例题】
【例1】已知有6本不同的书.分成三堆，每堆2本，有________种不同的分堆方法？
【答案】15
【详解】6本书平均分成3堆，所以不同的分堆方法的种数为.故答案为：.
【例2】12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为将12个组分成4个组的分法有种，而3个强队恰好被分在同一组分法有，故个强队恰好被分在同一组的概率为．
【跟踪训练】
1．奥运会足球预选赛亚洲区决赛（俗称九强赛），中国队和韩国队是其中的两支球队．现要将9支球队随机平均分成3组进行比赛，则中国队与韩国队分在同一组的概率是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意得9支球队平均分成3组共有种，若中国队与韩国队分在同一组，则有种，故所求概率为，故选：A
2．6本不同的书，分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有______种分法
【答案】60
【详解】先从6本书中任取1本，作为一堆，有种取法，再从余下的5本书中任取2本，作为一堆，有种取法，最后从余下的3本书中取3本作为一堆，有种取法，故共有分法种.
考点六：分配问题先分组再分配
遇到分配问题，切记一定要先分组，再去分配，这样就比较容易理解
【精选例题】
【例1】某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山､黄山､庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（ ）
A．564B．484C．386D．640
【答案】A
【分析】先将不平均分组问题分成两大类，然后由排列组合知识结合加法、乘法计数原理即可得解.
【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.
第一种情况分成2人，2人，4人：女生去同一处景点，当成2人组时，
其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法；
当在4人组时，有种方法.
第二种情况分成2人，3人，3人：当成2人组时，有种方法；
当在3人组时，有种方法.
故这8名同学游玩行程的方法数为.
故选：A.
【例2】劳动教育是中国特色社会主义教育制度的重要内容，某校计划组织学生参与各项职业体验，让学生在劳动课程中掌握一定的劳动技能，理解劳动创造价值，培养劳动自立意识和主动服务他人，服务社会的情怀．该校派遣甲、乙、丙、丁、戊五个小组到A、B、C三个街道进行打扫活动，每个街道至少去一个小组，则不同的派遣方案有（ ）
A．140B．150C．200D．220
【答案】B
【分析】分成两种情况，分别对每种情况单独讨论即可.
【详解】当按照进行分配时，则有种不同方案，
当按照进行分配时，则有种不同方案，
故共有不同的方案，
故选:B
【例3】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
【详解】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
【例4】我国古代有辉煌的数学研究成果，其中《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《孙子算经》均有着十分丰富的内容.某中学计划将这4本专著作为高中阶段“数学文化”校本课程选修内容，要求每学年至少选一科，三学年必须将4门选完，则小南同学的不同选修方式有（ ）种.
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】依据题给要求，先将《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《孙子算经》分成3组，每组至少1本，再将这3组书全排列即可.则小南同学的不同选修方式有种.故选：C
【例5】为促进援疆教育事业的发展，某省重点高中选派了名男教师和名女教师去支援边疆工作，分配到所学校，每所学校至少一人，每人只去一所学校，则两名女教师分到同一所学校的情况种数为______．
【答案】36
【分析】将名老师分为组，讨论位女老师所在学校有人和人的情况进行计算即可．
【详解】若位女老师和名男老师分到一个学校有种情况；
若位女老师分在一个学校，则名男教师分为组，再分到所学校，有 种情况，
故两名女教师分到同一所学校的情况种数为种．故答案为：．
【精选例题】
1．2023年9月23日，杭州第19届亚运会开幕，在之后举行的射击比赛中，6名志愿者被安排到安检､引导运动员入场､赛场记录这三项工作，若每项工作至少安排1人，每人必须参加且只能参加一项工作，则共有种安排方案 .（用数字作答）
【答案】
【分析】本题为标准的先分组再分配问题，第一步先分组，第二步分配.
【详解】6名志愿者被安排三项工作，每项工作至少安排1人，
则分组方式为或或；
第一步先分组，分组方式共有种；
第二步再分配，三个组三个任务，由排列的定义可知为全排列种分配方案；
第三步根据分步乘法原理总计种按排方案.
故答案为：.
2．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种 B．90种 C．60种 D．30种
【答案】C
【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；最后剩下的名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有种.
故选：C
3．有编号分别为1，2，3，4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子，恰有一个空盒，有________种放法.
【答案】144
【详解】先分组再分配.第一步：将四个小球分为三组，每组个数分别为2、1、1，有种情况；
第二步，将分好的三组小球放到三个盒子中，有种情况.所以，共有种放法.
故答案为：144.
4．某班将5名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加劳动锻炼，每个社区至少分配一名同学，则甲社区恰好分配2名同学共有____________种不同的方法．
【答案】
【详解】由题意，分2步分析：①先5人中选出2人，安排到甲社区，有种方法，
②将剩下3人分成2组，安排到乙、丙社区，有种方法，则有种安排方式.
故答案为：.
5．2023年成都大运会期间，5名同学到3个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，每个场馆至少安排1名同学，则不同的安排方法共有 种．
【答案】
【分析】先分类讨论名同学的分组情况，分组之后将组的同学分到个场馆只需全排列即可，由此可求解出总的安排方法种数.
【详解】名同学可分为三组，也可分为三组，
若分为三组，则安排的方法有种，
若分为三组，则安排的方法有种，
由分类加法计数原理可知，一共有种安排方法，
故答案为：.
6．第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在中国杭州举行．开赛前，组委会欲将某高校4名男志愿者、2名女志愿者共6人平均分成3组，分别担任铁人三项、马术和攀岩3个项目的志愿者，且2名女志愿者不在同一组，则不同的选择方案共有 种．
【答案】72
【分析】由题意，先从4名男志愿者中选2人作为一组，再将另外2名男志愿者和2名女志愿者搭配成2组，最后将分好的3组志愿者分配到3个体育项目中，结合分步计数原理计数即可求解.
【详解】由题意知，必有2名男志愿者在同一组，所以完成该事件可分为3步：
第一步，从4名男志愿者中选2人作为一组，有（种）方法；
第二步，将另外2名男志愿者和2名女志愿者搭配成2组，有（种）方法；
第三步，将分好的3组志愿者分配到3个体育项目中，有（种）方法．
综上所述，由分步计数原理得，共有（种）方法．
故答案为：72
题型七：正难则反及交叉问题
【例1】用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数有________.
【答案】72
【解析】用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，共有个；三个奇数中仅有两个相邻；
其对立面是三个奇数都相邻或者都不相邻；当三个奇数都相邻时，把这三个奇数看成一个整体与2和4全排列共有个；三个奇数都不相邻时，把这三个奇数分别插入2和4形成的三个空内共有个；故符合条件的有；故答案为：．
【例2】如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条B．24 条C．25条D．26 条
【答案】D
【详解】先假设是实线，则从到，向上次，向右次，最短路径有条，其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，所以，当不通时，最短路径有条.故选：D
【例3】某老师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，且老师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位老师一天的课表的所有排法有______种．
【答案】474.
【详解】从节课中任意安排节共有：种，其中前节课连排节共有：种；后节课连排3节共有：种老师一天课表的所有排法共有：种，正确结果：
【例4】从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别为，共可得到的不同值的个数是（ ）
A．20B．18C．10D．9
【答案】B
【详解】首先从2，4，6，8，10这五个数中任取两个不同的数排列，共有种排法，
又，，从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数是：．故选：．
【例5】某校以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果栽培”“蔬菜种植”“3D打印”这六门劳动课中的两门.则甲、乙、丙这3名学生至少有2名学生所选劳动课全不相同的方法种数共有（ ）
A．2080B．2520C．3375D．3870
【答案】B
【详解】设甲，乙两人全不相同为事件，甲，丙两人全不相同为事件，乙，丙两人全不相同为事件
则，，的种类数都为，，，的种类数都为，的种类数为，所以至少有两人全不相同的方法数为，故选：B.
【题型专练】
1．从6位女学生和5位男学生中选出3位学生，分别担任数学、信息技术、通用技术科代表，要求这3位科代表中男、女学生都要有，则不同的选法共有．
A．810种B．840种C．1620种D．1680种
【答案】A
【详解】解：不考虑男女生共有种全部是男生的有种全部是女生的有种
所以男、女学生都有的共有种故选A.
2．设直线的方程是，从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为A、 B的值，则所得不同直线的条数是_______．
【答案】18
【详解】∵从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为A、B的值有种结果，
在这些直线中有重复的直线，当A=1，B=2时和当A=2，B=4时，结果相同，把A，B交换位置又有一组相同的结果，∴所得不同直线的条数是，故答案为：18
3．从集合中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到______个不同的对数值．
【答案】53
【详解】①当取的两个数中有一个是1时，则1只能作真数，此时，或3或4或5或6或7或8或9；②所取的两个数不含有1时，即从2，3，4，5，6，7，8，9中任取两个，分别作为底数与真数，有个对数，但是其中，，，．综上可知：共可以得到（个）不同的对数值．故答案为：53
4．用1，2，3，4，5，0组成数字不重复的六位数，满足1和2不相邻，5和0不相邻，则这样的六位数的个数为_________.
【答案】
【解析】1，2，3，4，5，0组成数字不重复的六位数的个数共有个，其中1，2相邻的六位数的个数共有个，5，0相邻的六位数的个数共有个
1和2相邻且5和0相邻的六位数的个数共有个，即满足1和2不相邻，5和0不相邻，则这样的六位数的个数为，故答案为：
题型八：定序问题（消序法）
在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序称为定序问题，这类问题用消序法求解比较方便快捷
【例1】按照编码特点来分，条形码可分为宽度调节法编码和模块组合法编码．最常见的宽度调节法编码的条形码是“标准25码”，“标准25码”中的每个数字编码由五个条组成，其中两个为相同的宽条，三个为相同的窄条，如图就是一个数字的编码，则共有多少（ ）种不同的编码．
A．120B．60C．40D．10
【答案】D
【详解】由题意可得，该题等价于将5个元素（3个分别相同、2个分别相同）排成一列的所有排列数．故选：D
【例2】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．20B．40C．60D．120
【答案】C
【详解】依题意可知，不同的插入方式的种数为.故选：C
【例3】有的方格中停放三辆完全相同的红色车和三辆完全相同的黑色车，每一行每一列只有一辆车，每辆车占一格，则停放的方法数为（ ）
A．720B．2160C．8400D．14400
【答案】D
【详解】首先假设6辆车是不同的车，第一辆车有36种方法，第二辆车不能与第一辆车同行，同列，则有25种方法，同理，第三辆车有16种方法，第四辆车有9种方法，第5辆车有4种方法，第6辆车有1种方法，因为3辆红色车相同，3辆黑色车相同，所以不同的停放方法为.故选：D
【例4】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．2520B．5040C．7560D．10080
【答案】A
【详解】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
【题型专练】
1.今有2个红球，3个黄球，同色球不加以区分，将这5个球排成一行，则不同的排法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将5个球全排列，再除以2个红球全排列数和3个黄球全排列数.
【详解】因为5个球有种排法，因为同色球不加以区分，2个红球有种排法，3个黄球排有种排法，所以共有种排法．
故选：D．
2．五个人并排站在一排，如果甲必须站在乙的右边(甲乙可不相邻)，则不同的排法有_______种.
【答案】
【详解】五个人并排站在一排，共有种，其中甲、乙两人共有种顺序，各占一半，
所以甲必须站在乙的右边(甲乙可不相邻)的不同的排法有种，故答案为：60
3．由数字组成的一串数字代码，其中恰好有个，个，则这样的不同数字代码共有____________个.
【答案】
【详解】一共个数字，其中个，个，所以一共.故答案为：
4．年07月01日是中国共产党成立100周年，习近平总书记代表党和人民庄严宣告，经过全党全国各族人民持续奋斗，我们实现了第一个百年奋斗目标，在中华大地上全面建成了小康社会，历史性地解决了绝对贫困问题.某数学兴趣小组把三个0､两个2､两个1与一个7组成一个八位数（如20001217），若其中三个0均不相邻，则这个八位数的个数为（ ）
A．200B．240C．300D．600
【答案】C
【详解】利用插空法，第一步排列两个2，两个1，一个7，共有种排法，第二步再把0插入其中五个空，所以有种排法，所以共有个八位数.故选：C.
5．英文单词"sentence”由8个字母构成，将这8个字母组合排列，且两个n不相邻一共可以得到英文单词的个数为（ ）（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）
A．2520B．3360C．25200D．4530
【答案】A
【详解】英文单词“sentence”中字母e有3个，字母n有2个，字母s、t、c各有一个，优先考虑无限制的字母，注意重复字母需除去顺序，共有种，再插入个字母，共有种，所以一共有种，故选：A．
考点九：隔板法（元素相同问题隔板法）
【精选例题】
【例1】把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法（ ）
A．10种B．种C．种D．60种
【答案】A
【详解】解：依题意，采用隔板法，在个空中插入块板，则不同的放法共有种；故选：A
【例2】（多选题）将12支完全相同的圆珠笔分给4位小朋友.（ ）
A．若每位小朋友至少分得1支，则有种分法B．若每位小朋友至少分得1支，则有种分法
C．若每位小朋友至少分得2支，则有种分法D．若每位小朋友至少分得2支，则有种分法
【答案】BC
【详解】若每位小朋友至少分得1支，则由隔板法可得，不同的分法种数为.则选项A判断错误；选项B判断正确；若每位小朋友至少分得2支，则每位小朋友可先各发1支，剩下8支，再由隔板法可得，不同的分法种数为.则选项C判断正确；选项D判断错误.故选：BC
【题型专练】
1．把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法有（ ）种
A．41B．56C．156D．252
【答案】B
【详解】解：问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列，再分成6堆，每堆至少一个，求其方法数．
事实上，只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，即产生符合要求的方法数．故有种．故选：B
2.马路上亮着一排编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的10盏路灯．为节约用电，现要求把其中的两盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法种数为（ ）
A．12B．18C．21D．24
【答案】C
【详解】解：根据题意，10盏路灯中要关掉不连续的两盏，所以利用插空法．先将剩下的8盏灯排成一排，因两端的灯不能关掉，则有7个符合条件的空位，进而在这7个空位中，任取2个空位插入关掉的2盏灯，所以共有种关灯方法．故选：C．
3．从某校4个班级的学生中选出7名学生作为代表参加志愿者服务活动，若每个班级至少有一名代表，则有______种不同的选法．
【答案】20
【详解】由题意，七个名额分成四份，名额之间没有差别，四个班级之间也没有差别，
故把七个名额分成四份即得选法种数，相当于7个球排成一排，然后插3块木板把它们分成4份，即中间6个空位，选3个空插隔板，分成四份，所以总的分法有种.故答案为：20．
考点十：排列组合中的涂色问题
【例1】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．24B．30C．36D．42
【答案】B
【详解】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．
【例2】如图，“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现从给出的5种不同的颜色中最多可以选择4种不同的颜色给这5个区域涂色；要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色．则不同的涂色方案有（ ）种
A．120B．240C．300D．360
【答案】C
【详解】解：依题意显然不能用少于2种颜色涂色，若利用3种不同的颜色涂色，首先选出3种颜色有种选法，先涂区域①有3种涂法，再涂②有2种涂法，则⑤只有1种涂法，④也只有1种涂法，则③也只有1种涂法，故一共有种涂法；若利用4种不同的颜色涂色，首先选出4种颜色有种选法，根据题意，分2步进行涂色：当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有种涂色的方法；
当区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域③、④有2种涂色方法，故共有种涂色的方法；综上可得一共有种涂法；
故选：C
【例3】用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】D
【详解】将六个方格标注为，如下图所示，
①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色，当同色时，六个方格的涂色方法有种；当同色时，六个方格的涂色方法有种；当同色时，六个方格的涂色方法有种；
②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种；综上所述：不同的填涂方法有种.故选：D.
【例4】用6种不同的颜色给图中的“笑脸”涂色，要求“眼睛”（即图中A、B所示区域）用相同颜色，则不同的涂法共有________种．（用数字作答）
【答案】216
【详解】试题分析：由题意知本题是一个分类计数问题，可以分为三种情况讨论，一共用了3种颜色，共有A63=120种结果，一共用了2种颜色．共有C62A32=90种结果，一共用了1种颜色，共有6种结果，∴根据分类计数原理知，共有120+90+6=216，故答案为216
【例5】学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有______种不同的涂色方法.
【答案】66
【详解】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有种选法，因此不同的涂色方法有种，当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有种方法选法，
因此不同的涂色方法有种，当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有种方法选法，因此不同的涂色方法有种，当选择四种颜色时，不同的涂色方法有种，所以共有种不不同的涂色方法，故答案为：66
【题型专练】
1．如图，节日花坛中有5个区域，现有4种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，则符合条件的种植方案有_____________种.
【答案】72
【详解】如图，假设5个区域分别为1，2，3，4，5，
分2种情况讨论：①当选用3种颜色的花卉时，2，4同色且3，5同色，共有种植方案（种），
②当4种不同颜色的花卉全选时，即2，4或3，5用同一种颜色，共有种植方案（种），
则不同的种植方案共有（种）.故答案为：72
2．如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，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，则不同的涂色方法用
A．288种B．264种C．240种D．168种
【答案】B
【详解】先分步再排列，先涂点E，有4种涂法，再涂点B，有两种可能：
(1)B与E相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2种；
(2)B与E不相同时有3种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2种涂法，涂C点时又有两种可能：
（2.1）C与E相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．（2.2）C与E不相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．所以不同的涂色方法有4×{3×2×2×2+3×2×[1×(1×2+1×2)+1×(1×2+1×1)]}=4×(24+42)=264．
3.如图，用5种不同的颜色给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有__________种
【答案】180
【详解】能够涂相同颜色的只有A，D.若A，D同色，则只需要选择3种颜色即可，此时有种；
若A，D不同色，则只需要选择4种颜色即可，此时有种.共有种.故答案为：180.
4．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有______种.（用数字作答）
【答案】120
【详解】由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，若2、5同色，则3、6同色或4、6同色，所以共有种栽种方法；若2、4同色，则3、6同色，所以共有种栽种方法；
若3、5同色，则2、4同色或4、6同色，所以共有种栽种方法；所以共有种栽种方法.故答案为：120
5.如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有__________种（用数字作答）．
【答案】630.
【详解】用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，若第三个格子与第一个格子同色，则有种涂色方法；若第三个格子与第一个格子不同色，则有种涂色方法；综上，共有种涂色方法.故答案为630
考点十一：与几何有关的组合应用题
【例1】以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有（ ）
A．6个B．12个C．18个D．30个
【答案】B
【详解】根据题意，先从六个顶点中任选四个，共种选法，而其中包含了所取4点在同一个侧面上的情况，这种情况有3种，即符合条件的有 ；故选∶B．
【例2】个点将半圆分成段弧，以个点（包括个端点）为顶点的三角形中钝角三角形有（ ）个
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据题意，如图：在10个点中，任意三点不共线，在其中任取3个点，可以组成个三角形，其中没有锐角三角形，直角三角形是包含点和余下的8点任意取一个构成的三角形，有8个，则钝角三角形有个．故选：B．
【例3】图中的矩形的个数为（ ）
A．12B．30C．60D．120
【答案】C
【详解】由题意，矩形的两条邻边确定，矩形就确定，第一步先确定“横边”，从5个点任选2个点可以组成一条“横边”，共有种情况；第二步再确定“竖边”，共有种情况，所以图中矩形共有.
故选：C.
【例4】如图，的边上有四点、、、，上有三点、、，则以、、、、、、、中三点为顶点的三角形的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】利用间接法，先在个点中任取个点，再减去三点共线的情况，因此，符合条件的三角形的个数为.故选：B.
【例5】（多选题）n边形对角线的条数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【详解】在n边形的n个顶点中任取2个，共有种方法，其中包括n条边，应去掉，所以n边形对角线的条数为，故AB错误，CD正确．故选：CD
【例6】（1）以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四面体？
（2）以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四棱锥？
【答案】（1）58；（2）48.
【详解】解：（1）正方体8个顶点可构成个四点组，其中四点共面的情况为正方体的6个表面及正方体6组相对棱分别所在的6个平面，所以可确定四面体有个.
（2）由（1）知，正方体中共面的四点组有12个，以这每一个四点组构成的四边形为底面，以正方体其余的四个顶点中任一点为顶点都可以确定一个四棱锥，所以可确定四棱锥有个.
【跟踪训练】
1．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法共有（ ）
A．30种B．33种C．36种D．39种
【答案】B
【详解】根据题意，如图，①当所取的3点在同一个侧面上时，每个侧面上有种取法，
所以共有种不同的取法，②当所取的3点不在同一个侧面上时，含顶点的三条棱中，每条棱上有三个点，它们分别与所对的棱的中点共面，共有3种取法，综上，共有种不同的取法，故选：B
2．在平面直角坐标系xOy上，平行直线与平行直线组成的图形中，矩形共有（ ）
A．25个B．36个C．100个D．225个
【答案】D
【详解】解：要构成矩形，从中选两条直线作为两边，共有种选法；
同理从中选两条直线作为两边也有15种选法．共有种选法，即矩形共有225个．故选：D．
3．如图为一个直角三角形工业部件的示意图，现在AB边内侧钻5个孔，在BC边内侧钻4个孔，AB边内侧的5个孔和BC边内侧的4个孔可连成20条线段，在这些线段的交点处各钻一个孔，则这个部件上最多可以钻的孔数为（ ）．
A．190B．199C．69D．60
【答案】C
【详解】在AB边内侧的5个孔和BC边内侧的4个孔中各取两个可构成四边形，当这些四边形对角线的交点不重合时，钻孔最多，所以最多可以钻的孔数为个．故选：C
4．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
【详解】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
5．一空间有10个点，其中5个点在同一平面上，其余没有4点共面，则10个点可以确定不同平面的个数是______．
【答案】111
【详解】不共线的三点可以确定一个平面，所以10个点最多可以确定个平面，而那5个共面的点，则可以确定个平面，而没有其他4点共面的，所以减少了个平面，所以一共可以确定的平面数为111.故答案为：111
6.如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（用数字作答）
(1)由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？
(2)由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？
(3)求出图中总计有多少个矩形？
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）由题意点A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次：向右移动3次，向上移动3次，故点A到达点E的最近路线的条数为；
（2）设点、、的位置如图所示：
则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况：
①沿着，共有条最近路线；
②沿着（不经过E），共有条最近路线；
③沿着（不经过E、G），共有条最近路线；
④沿着（不经过E、G、H），共有条最近路线；
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有条；
（3）由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况：
①矩形的边不在上，共有个矩形；
②矩形的一条边在上，共有个矩形；故图中共有个矩形