新高考数学三轮冲刺练习培优专题11 排列组合归类（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc32657" 重难点题型归纳 PAGEREF _Tc32657 \h 1
\l "_Tc4839" 【题型一】 模型1：相邻与不相邻（人坐座位） PAGEREF _Tc4839 \h 1
\l "_Tc12438" 【题型二】 模型2：球放盒子常规型 PAGEREF _Tc12438 \h 2
\l "_Tc32352" 【题型三】 模型3：先分组后排列型（球放盒子） PAGEREF _Tc32352 \h 4
\l "_Tc22188" 【题型四】模型 4：电梯、公交车（球放盒子） PAGEREF _Tc22188 \h 5
\l "_Tc9792" 【题型五】 模型5：定序（书架插书） PAGEREF _Tc9792 \h 6
\l "_Tc5585" 【题型六】挡板法 PAGEREF _Tc5585 \h 7
\l "_Tc13603" 【题型七】 相同元素排列 PAGEREF _Tc13603 \h 8
\l "_Tc12871" 【题型八】 父（母）、子配对 PAGEREF _Tc12871 \h 9
\l "_Tc31232" 【题型九】 走楼梯（斐波那契数列型） PAGEREF _Tc31232 \h 10
\l "_Tc13338" 【题型十】 走路口 PAGEREF _Tc13338 \h 12
\l "_Tc9711" 【题型十一】医护平均分配 PAGEREF _Tc9711 \h 14
\l "_Tc13367" 【题型十二】 机器人与跳棋 PAGEREF _Tc13367 \h 15
\l "_Tc20860" 【题型十三】 集合中排列组合 PAGEREF _Tc20860 \h 17
\l "_Tc1796" 【题型十四】数列中的排列组合 PAGEREF _Tc1796 \h 19
\l "_Tc19799" 【题型十五】 立体几何中的排列组合 PAGEREF _Tc19799 \h 22
\l "_Tc22731" 【题型十六】解析几何中的排列组合 PAGEREF _Tc22731 \h 23
\l "_Tc8595" 【题型十七】逻辑开关中排列组合 PAGEREF _Tc8595 \h 24
\l "_Tc12928" 【题型十八】1,0与10类 PAGEREF _Tc12928 \h 26
\l "_Tc30680" 【题型十九】 讨论型 PAGEREF _Tc30680 \h 27
\l "_Tc20900" 【题型二十】 综合型 PAGEREF _Tc20900 \h 28
\l "_Tc20533" 好题演练 PAGEREF _Tc20533 \h 30
重难点题型归纳
【题型一】 模型1：相邻与不相邻（人坐座位）
【典例分析】
某班班会准备从含甲、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.
【变式演练】
1. 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
【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人.
【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.
2. 某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（ ）
A．34种B．56种C．96种D．144种
【答案】C
【分析】先求出讲座只能安排在第一或最后一场的方法总数，再求出讲座和必须相邻方法总数，最后由分步乘法计算原理即可得出答案.
【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，有种结果，
讲座和必须相邻，共有种结果，
根据分步计数原理知共有种结果.
故选:C．
【题型二】 模型2：球放盒子常规型
【典例分析】
2022年北京冬季奥运会的冰上比赛项目全部在北京市的5个比赛场馆举行，这5个场馆分别是首都体育馆，五棵松体育中心，国家体育馆，国家游泳中心，国家速滑馆.现有甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者到5个场馆服务，每名志愿者去1个场馆，则甲､乙2名志愿者都不去五棵松体育中心，且丙志愿者不去国家体育馆的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意分两类，丙去五棵松体育中心和丙不去五棵松体育中心两种，然后利用概率公式求解即可.
【详解】甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者到5个场馆服务，共有种情况，分两类：
若丙去五棵松体育中心，则有种情况，
若丙不去五棵松体育中心也不去国家体育馆，则有种情况，
则所求概率为，故选：D
【变式演练】
1. 某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A，B，C三家医院接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院，每家医院每日至多接待两个单位．已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗，B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗，C医院接种的是需要打三针的重组蛋白疫苗，则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为（ ）
A．27B．24C．18D．16
【答案】D
【分析】根据题意，甲不可预约C医院，则甲可预约A，B两家医院，分若甲预约A医院，乙预约A医院；若甲预约A医院，乙预约B或C医院；③若甲预约B医院，乙预约A或C医院；若甲预约B医院，乙预约B医院，四种情况，即可求解.
【详解】由题意，甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗，即甲不可预约C医院，则甲可预约A，B两家医院，
①若甲预约A医院，乙预约A医院，则丙可预约B，C医院，共2种情况；
②若甲预约A医院，乙预约B或C医院，则丙可预约A，B，C医院，共2×3＝6种情况；
③若甲预约B医院，乙预约A或C医院，则丙可预约A，B，C医院，共2×3＝6种情况；
④若甲预约B医院，乙预约B医院，则丙可预约A，C医院，共2种情况，
所以甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为种．
故选：D．
2. 甲、乙、丙、丁4名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有A，B，C三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区去服务．则甲不在A小区、乙不在B小区服务的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出4名志愿者到三个小区服务的基本事件种数，再求出甲不在A小区、乙不在B小区服务的事件所含基本事件数即可求解作答.
【详解】依题意，4名志愿者到三个小区服务的试验的基本事件有种，它们等可能，
甲不在A小区、乙不在B小区服务，甲、乙各有2种选法，丙、丁各有3种选法，
甲不在A小区、乙不在B小区服务的事件含有的基本事件有种，
所以甲不在A小区、乙不在B小区服务的概率.
故选：B
【题型三】 模型3：先分组后排列型（球放盒子）
【典例分析】
举世瞩目的第24届冬奥会于2022年2月4日至2月20日在北京举办，某高校甲、乙、丙、丁、戊5位大学生志愿者前往、、三个场馆服务，每一位志愿者只去一个场馆，每个场馆至少分配一位志愿者，由于工作需要甲同学和乙同学不能去同一场馆，则所有不同的安排方法种数为（ ）
A．114B．150C．108D．54
【答案】A
【分析】先将5位大学生分成3组，分法有1，1，3或1，2，2，然后分配到三个场馆，再减去甲同学和乙同学去同一场馆的情况即可
【详解】将5位大学生分成3组，分法有1，1，3或1，2，2，然后分配到三个场馆，则不同的安排方法有
，
当甲同学和乙同学去同一场馆的情况有，只有甲同学和乙同学两人在同一场馆，或甲同学和乙同学还有另一位同学三人在同一场馆，
所以甲同学和乙同学去同一场馆不同的安排方法有种，
所以甲同学和乙同学不去同一场馆的安排方法有，故选：A
【变式演练】
1. 某教育行政部门为本地两所农村小学招聘了6名教师，其中体育教师2名，数学教师4名.按每所学校1名体育教师，2名数学教师进行分配，则不同的分配方案有（ ）
A．24种B．14种C．12种D．8种
【答案】C
【分析】先将4名数学教师平均分为2组，再把2名体育教师分别放入两组中，最后分配到两所学校即可.
【详解】先把4名数学教师平均分为2组，有种方法，再把2名体育教师分别放入这两组，有种方法，
最后把这两组教师分配到两所农村小学，共有种方法.故选：C.
2. 某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是（ ）
A．72B．108C．216D．432
【答案】C
【分析】先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分到三个检测点，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，由乘法原理计算可得．
【详解】根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分配到3个检测点，共有种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有种分法，所以共有种不同的分配方案.故选：C.
【题型四】模型 4：电梯、公交车（球放盒子）
【典例分析】
汽车上有8名乘客，沿途有4个车站，每名乘客可任选1个车站下车，则乘客不同的下车方法数为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】用乘客选车站的方法．
【详解】根据题意，汽车上有8名乘客，沿途有4个车站，每名乘客可以在任意一个车站下车，即每名乘客都有4种下车方式，则8名乘客有种可能的下车方式．
故选：A．
【变式演练】
1. 有2个人在一座6层大楼的底层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则2 个人在不同楼层离开的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意2人总的下法共25种结果，2人在同一层下共5种，故先求该事件的概率，再由对立事件的概率可得解．
【详解】由题意总的基本事件为：两个人各有6种不同的下法，故共有25种结果，
而两人在同一层下，共有5种结果，
两个人在同一层离开电梯的概率是：所以2个人在不同层离开的概率为：，故选：D．
2. 长春54路有轨电车建成于上个世纪30年代，大概是现存最美的电车路线了，见证着这座城市的历史与发展.学生甲和学生乙同时在长影站上了开往西安大路方向的电车，甲将在创业大街站之前任何一站下车，乙将在景阳大路站之前任何一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出甲、乙下车的情况共有种可能，再求出甲比乙后下车共有15种可能，最后利用几何概型公式求解即可.
【详解】甲将在长影站上车，将在创业大街站之前任何一站下车,可能在6个站下车，
乙在长影站上车，将在景阳大路站之前任何一站下车，可能在9个站下车，则甲、乙下车的情况共有种可能；
他们都至少坐一站再下车，若乙在湖西路先下车，甲后下车的情况有5种可能，若乙在长久路先下车，甲后下车的情况有4种可能，若乙在宽平大路先下车，甲后下车的情况有3种可能，若乙在宽平大桥先下车，甲后下车的情况有2种可能，若乙在迎春路先下车，甲后下车的情况有1种可能，则甲比乙后下车共有15种可能，
故他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为.
故选：.
【题型五】 模型5：定序（书架插书）
【典例分析】
书架上某一层有5本不同的书，新买了3本不同的书插进去，要保持原来5本书的顺序不变，则不同的插法种数为（ ）.
A．60B．120C．336D．504
【答案】C
【分析】依据分步计数原理即可求得不同的插法种数.
【详解】将新买的3本书逐一插进去：
第1本书插入5本书形成的6个空隙中的1个，有6种插法；
第2本书插入6本书形成的7个空隙中的1个，有7种插法；
最后1本书插入7本书形成的8个空隙中的1个，有8种插法.
由分步乘法计数原理，知不同的插法种数为6×7×8=336.
故选：C
【变式演练】
1. 某校高一学生进行演讲比赛，原有5名同学参加比赛，后又增加两名同学参赛，如果保持原来5名同学比赛顺序不变，那么不同的比赛顺序有（ ）
A．12种B．30种C．36种D．42种
【答案】D
【分析】根据分步乘法计数原理可求出结果.
【详解】将第6名同学放到原来5名同学形成的6个空中，有6种放法；
将第7名同学放到已经排好的6名同学形成的7个空中，有7种放法，
故不同的比赛顺序共有种.
故选：D
2. 班会课上原定有3位同学依次发言，现临时加入甲，乙2位同学也发言，若保持原来3位同学发言的相对顺序不变，且甲，乙的发言顺序不能相邻，则不同的发言顺序种数为（ ）
A．6B．12C．18D．24
【答案】B
【分析】根据题意可知在原来三位同学的发言顺序一定时，他们之间会形成个空位，插入甲，乙2位同学，由此即可求出结果.
【详解】在原来三位同学的发言顺序一定时，他们之间会形成个空位，插入甲，乙2位同学有种.
故选：B.
【题型六】挡板法
【典例分析】
把10个相同的小球分成三堆，要求每一堆至少有1个，至多5个，则不同的方法共有
A．6种B．5种C．4种D．3种
【答案】C
【详解】分类：
三堆中“最多”的一堆为5个，其他两堆总和为5，
每堆至少1个，只有2种分法，即1和4，2和3个有两种方法.
三堆中“最多”的一堆为4个，其他两堆总和为6，每堆至少1个，
只有2种分法.即2和4；3和3两种方法.
三堆中“最多”的一堆为3个，那是不可能的.
所以不同的分法共有2+2=4.
故选：C.
【变式演练】
1. 将20个完全相同的小球放入编号分别为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子中球的个数不小于它的编号，则不同的放法种数为（ ）
A．1615B．1716
C．286D．364
【答案】C
【分析】先在编号为1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，再利用插空法即可求解.
【详解】先在编号为1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，再将剩下的14个小球分成四份分别放入编号为1，2，3，4的盒子里．14个球之间有13个空隙，选出3个空隙放入隔板，所以有种放法．故选：C.
2. 把16个相同的小球放到三个编号为1，2，3的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，则共有多少种放法（ ）
A．18B．28C．36D．42
【答案】C
【分析】根据题意，先在 1 号盒子里放 1 个球，在 2 号盒子里放 2 个球，在 3 号盒子里放 3个球，则原问题可以转化为将剩下的10 个小球，放入 3 个盒子，每个盒子至少放 1 个的问题，由挡板法分析可得答案．
【详解】根据题意，个相同的小球放到三个编号为的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，
先在号盒子里放个球，在号盒子里放个球，在号盒子里放个球，
则原问题可以转化为将剩下的个小球，放入个盒子，每个盒子至少放个的问题，
将剩下的个球排成一排，有个空位，在个空位中任选个，插入挡板，有种不同的放法，
即有个不同的符合题意的放法；
故选：C．
【题型七】 相同元素排列
【典例分析】
某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个.现密码破译者得知：甲所设的四个数字有且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同．则上述四人所设密码最安全的是（ ）.
A．甲B．乙C．丙D．丁
【答案】C
【详解】甲共有种不同设法，乙共有，丙共有，丁共有,所以丙最安全，故选C．
【变式演练】
1. 有个球，其中个一样的黑球，红、白、蓝球各个，现从中取出个球排成一列，则所有不同的排法种数是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：分两类情况，一类是4个球中只有一个黑球，共有种，另一类是含有2个黑球共有种，综上有选B.
2. 将3个1和4个0随机排成一行，则3个1任意两个1都不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出总数为种，再利用插空法，得到符合题意的情况数目为种，则可得到概率.
【详解】先考虑总情况，7个位置选3个放1，有种，再考虑任意两个1都不相邻的情况，将3个1插入4个0形成的5个空中，有种，则概率为，故选：C.
【题型八】 父（母）、子配对
【典例分析】
从不同号码的双鞋中任取只，其中恰好有双的取法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，分两步来进行：①从5双鞋中取出1双，②从剩下的4双中任取两双，在这两双中各取1只，易得其取法数目；进而由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：依题意先从五双鞋中选出一双，有种，再从剩余的四双中选两只但是不能为一双，故先从四双中选两双有中，再从两双中选不同的两只有种，综上可得一共有种取法；
故选：A
【变式演练】
1. 从6双不同鞋子中任取4只，使其中至少有2只鞋配成一双的概率是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】从6双不同鞋子中任取4只.没有2只鞋子配成一双的概率为.所以，其中至少有2只鞋子配成一双的概率为.
故答案为B
2. —对夫妇带着他们的两个小孩一起去坐缆车，他们随机地坐在了一排且连在一起的个座位上（一人一座）．为安全起见，管理方要求每个小孩旁边要有家长相邻陪坐，则他们人的坐法符合安全规定的概率是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】计算出人随机坐的坐法种数，并计算出每个小孩旁边要有家长相邻陪坐的坐法种数，利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率.
【详解】人随机坐有种坐法，除去两个小孩相邻且坐在两端的情况，有种符合安全规定的坐法，因此，所求事件的概率为.故选：C．
【题型九】 走楼梯（斐波那契数列型）
【典例分析】
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．6B．8C．10D．12
【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.
【变式演练】
1. 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
【分析】解法一：分类考虑，第一类是只有一步一级走法，第二类是恰有一步两级，第三类恰有两步是一步两级，依次到恰好五步都是一步两级，由此求得答案；
解法二;采用递推法，设走n级有种走法，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，得到，由此可求得答案.
【详解】解法1：分类法：
第一类：没有一步两级，只有一步一级，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n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，
由递推可得，
故选：C．
2. 某幢楼房从2楼到3楼共10个台阶，上楼可以一步上1个台阶，也可以一步上2个台阶.若规定从2楼到3楼用8步走完，则上楼的方法有（ ）.
A．14种B．16种C．21种D．28种
【答案】D
【分析】转化成组合问题去解决即可.
【详解】由于10÷8的余数为2，所以可以判定一步1个台阶共6次，一步2个台阶共2次.
选定在这8步中一步1个台阶的位置即可，则上楼的方法有种
故选：D
【题型十】 走路口
【典例分析】
如图为的网格图，甲从出发去地，每次只能向上或向右走一格，则甲所走路径的条数为（ ）
A．B．15C．20D．25
【答案】C
【分析】
根据分步乘法计数原理即可求解.
【详解】
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，
故甲所走路径的条数为：.故选：C.
【变式演练】
1. 如图，棋盘式街道中，某人从A地出发到达B地，若限制行进方向只能向右或向上，那么不经过E地的概率为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
分析：由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件从A地出发到达B地，限制行进的方向只能向右或向上是6步走完，
选出6步中向右的3步C63剩下3步向上C33，经过E点，有A→右→上E，A→上→右E，两种情况，E到B点有C42种，做出经过E点的概率，根据对立事件的概率得到结果．
解答：解：∵从A地出发到达B地，限制行进的方向只能向右或向上，∴无论怎么走都是6步走完，选出6步中向右的3步C63剩下3步向上C33，∴一共有C63C33=20种走法，经过E点，有A→右→上E，
A→上→右E，E到B点，有C42=6种，∴经过点E的有2×6=12种结果，
∴不经过E地的概率为1-=故选A．
2. 如图，甲从A到B，乙从C到D，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路一共有________对. （用数字作答）
【答案】1750
【分析】
先分析甲乙分别到B,D的走法，各有种不同的走法，由分步乘法计数原理知共有路径，
分析相同的路径，甲从A走到D与乙从C走到B的路径都相交，共有对相交路径，故孤立路共有.
【详解】
甲从A到B，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从A到B共有种走法，
乙从C到D，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从A到B共有种走法，
根据分步乘法计数原理可知，共有不同路径对，
甲从A到D，需要向右走6步，向上走4步，共需10步，所以从A到D共有种走法,
乙从C到B，需要向右走2步，向上走4步，共需6步，所以从C到B共有种走法,
所以相交路径共有对，因此不同的孤立路一共有对.
故答案为：1750
【题型十一】医护平均分配
【典例分析】
在送医下乡活动中，某医院安排甲、乙、丙、丁、戊五名医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生，且甲、乙两名医生不安排在同一医院工作，丙、丁两名医生也不安排在同一医院工作，则不同的分配方法总数为 _____________．
【答案】 84
【详解】试题分析：甲、乙、丙、丁、戊五名医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生，
①当有二所医院分2人另一所医院分1人时，总数有种，其中有、甲乙二人或丙丁二人在同一组有种；②有二所医院分1人另一所医院分3人.有种.故满足条件的分法共有种.
考点：计数原理的运用．
【变式演练】
1. 某医院分配3名医生6名护士紧急前往三个小区协助社区做核酸检测.要求每个小区至少一名医生和至少一名护士.问共有多少种分配方案？（ ）
A．3180B．3240C．3600D．3660
【答案】B
【分析】分三种情况进行分类讨论，依据先分组再分配原则解决“至少”问题.
【详解】每个小区至少一名护士，则把护士分为3组，共有3种情况：1,1,4；1,2,3；2,2,2
把护士分为3组，3组人数分别为1,1,4，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；
把护士分为3组，3组人数分别为1,2,3，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；
把护士分为3组，3组人数分别为2,2,2，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为
综上，分配方案总数为
故选：B
2. 某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为
A．4680B．4770C．5040D．5200
【答案】C
【详解】若有人参加“演讲团”，则从 人选人参加该社团，其余 人去剩下 个社团，人数安排有 种情况： 和 ，故人参加“演讲团”的不同参加方法数为 ，若无人参加“演讲团”，则 人参加剩下 个社团，人数安排安排有 种情况： 和 ，故无人参加“演讲团”的不同参加方法数为 ，故满足条件的方法数为 ，故选C.
【题型十二】 机器人与跳棋
【典例分析】
一个质点从原点出发，每秒末必须向右，或向左，或向上，或向下跳一个单位长度，则此质点在第秒末到达点的跳法共有______种．
【答案】
要使质点从原点出发末到达点，则可能是向上跳次，向右跳次，向左跳次，或者向上跳次，向下跳次，向右跳次，然后利用组合数进行计算.
【详解】
分两类情况讨论：
第一类，向上跳次，向右跳次，向左跳次，有种；
第二类，向上跳次，向下跳次，向右跳次，有种，
根据分类计数原理得，共有种方法．
故答案为：.
【变式演练】
1. 动点M位于数轴上的原点处，M每一次可以沿数轴向左或者向右跳动，每次可跳动1个单位或者2个单位的距离，且每次至少跳动1个单位的距离.经过3次跳动后，M在数轴上可能位置的个数为（ ）
A．7B．9C．11D．13
【答案】D
根据题意，分为动点M①向左跳三次，②向右跳三次，③向左跳2次，向右跳1次，④向左跳1次，向右跳2次，四种情况进行讨论，得到相应的位置，从而得到答案.
【详解】
根据题意，分4种情况讨论：
①，动点M向左跳三次，3次均为1个单位，3次均为2个单位，2次一个单位，2次2个单位，故有﹣6，﹣5，﹣4，﹣3，
②，动点M向右跳三次，3次均为1个单位，3次均为2个单位，2次一个单位，2次2个单位，故有6，5，4，3，
③，动点M向左跳2次，向右跳1次，故有﹣3，﹣2，﹣1，0，2，
④，动点M向左跳1次，向右跳2次，故有0，1，2，3，
故M在数轴上可能位置的个数为﹣6，﹣5，﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，4，5，6共有13个，
故选：D.
2. 如图，由个边长为1个单位的小正方形组成一个大正方形．某机器人从C点出发，沿若小正方形的边走到D点，每次可以向右走一个单位或者向上走一个单位．如果要求机器人不能接触到线段，那么不同的走法共有______种．
【答案】28
【分析】根据题意画出机器人能走的方格区域，然后分类讨论路线的可能性，即可得答案.
【详解】由题意可知，机器人所成走动的路线如图所示的方格：
图中小写字母表示机器人所能走的那一步路线，
那么第一步是固定的只有一种走法，
从第二步开始如果走a，第三步走c,第四步如果走h,那么这时共有3种走法，
第四步如果走f，那么后面四步走的一个长方形的边，这时共有 种走法；
第二步如果走b,第三步如果走d,第四步走e,第五步只能走h，此时共有3种走法，
第四步如果走f，此时共有种走法，
第三步若果走g，后面五步是沿着一个长方形的边走，此时共有 种走法，
故共有的走法为 种，故答案为：28
【题型十三】 集合中排列组合
【典例分析】
设集合，集合是集合的非空子集，中最大元素和最小元素的差称为集合的长度，那么集合所有长度为的子集的元素个数之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先考虑最小元素为，最大元素为的情况：只有一种情况；，且，共有种情况；，且，共有种情况；以此类推，有种情况，所以此类满足要求的子集元素个数之和，计算可得：，再考虑可以分为，，， ，等类，可得本题答案
【详解】当最小元素为，最大元素为时，集合有如下情况：
集合中只含个元素；，只有种情况；
集合中含有个元素；，且，共有种情况；
集合中含有个元素；，且，共有种情况；
以此类推
集合中含有个元素；，有有种情况；
所以此类满足要求的子集元素个数之和：
①
②
，
②两式相加可得：


同理可得：，， ，，所有子集元素个数之和都是
集合所有长度为的子集的元素个数之和为.
故选：A
【变式演练】
1. 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．32B．56C．72D．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.
2. 设，与是的子集，若，则称为一个“理想配集”.那么符合此条件的“理想配集”（规定与是两个不同的“理想配集”）的个数是（ ）
A．16B．9C．8D．4
【答案】B
【分析】根据题意，子集和不可以互换，从子集分类讨论，结合计数原理，即可求解.
【详解】由题意，对子集分类讨论：
当集合，集合可以是，共4种结果；
当集合，集合可以是，共2种结果；
当集合，集合可以是，共2种结果；
当集合，集合可以是，共1种结果，
根据计数原理，可得共有种结果.
故选：B.
【题型十四】数列中的排列组合
【典例分析】
已知数列共16项，且，记关于x的函数，，若是函数的极值点，且曲线在点处的切线的斜率为15，则满足条件的数列的个数_____ .
【答案】1176
【分析】对求导，由题意可知,根据导数的几何意义，即可求得或，分类讨论,根据分类加法及分步乘法计数原理，即可求得满足条件的数列的个数.
【详解】由可得，
因为是函数的极值点，
所以所以即，
，
又，
故七项中必有两项取1,五项取，即种方法，
又曲线在点处的切线的斜率为，即，
所以即，所以或，
（或），
故八项中必有两项取,六项取1，（这八项中必有六项取,两项取1），
故满足条件的数列共有或种方法，
所以方法总数为个
故答案为：1176
【点睛】关键点点睛：这道题的关键是利用，根据和（或），得到每一项取值的可能，然后通过计数原理进行讨论
【变式演练】
1. 已数列，令为，，，中的最大值2，，，则称数列为“控制数列”，数列中不同数的个数称为“控制数列”的“阶数”例如：为1，3，5，4，2，则“控制数列”为1，3，5，5，5，其“阶数”为3，若数列由1，2，3，4，5，6构成，则能构成“控制数列”的“阶数”为2的所有数列的首项和是______．
【答案】1044
【分析】根据新定义，分别利用排列、组合，求出首项为1，2，3，4，5的所有数列，再求出和即可．
【详解】依题意得，首项为1的数列有1，6，a，b，c，d，故有种，
首项为2的数列有2，1，6，b，c，d，或2，6，a，b，c，d，故有种，
首项为3的数列有3，6，a，b，c，d，或3，1，6，b，c，d，
或3，2，6，b，c，d或3，1，6，c，d或，3，2，1，6，c，d，故有种，
首项为4的数列有种，
即4，6，a，b，c，d，有种，
4，1，6，b，c，d，或4，2，6，b，c，d，或4，3，6，b，c，d，有种，
4，a，b，6，c，d，其中a，2，，则有种，
4，a，b，c，6，d，其中a，b，2，，则有6种，
首项为5的数列有种，
即5，6，a，b，c，d，有种，
5，1，6，b，c，d，或5，2，6，b，c，d，或5，3，6，b，c，d，或5，4，6，b，c，d有种，
5，a，b，6，c，d，其中a，2，3，，则有种，
5，a，b，c，6，d，其中a，b，2，3，，则有24种，
5，a，b，c，d，6，其中a，b，c，2，3，，则有24种，
综上，所有首项的和为．
故答案为1044
2. 设整数数列，，…，满足，，且，，则这样的数列的个数为___________.
【答案】80
【分析】由条件可知，，则或，由此构造新数列进而求得答案.
【详解】设，则有…①，
…②，
用t表示中值为2的项数，
由②知，t也是中值为2的项数，其中，
所以的取法数为，
取定后，任意指定的值，有种方式.
由①知，应取使得为偶数，
而这样的的取法是唯一的，并且确定了整数的值，
进而数列唯一对应一个满足条件的数列，
综上可知，满足条件的数列的个数为20×4=80.
故答案为：80.
【题型十五】 立体几何中的排列组合
【典例分析】
在过长方体任意两个顶点的直线中任取两条，其中异面直线有（ ）对.
A．152B．164C．174D．182
【答案】C
【分析】计算不在同一个平面的4个点有组，每一组不共面的4个点形成3对异面直线，计算得到答案.
【详解】在同一个平面内的4个点共有12组（6组为对角面，6组为正方体的底面和侧面），
故不在同一个平面的4个点有组，
每一组不共面的4个点形成3对异面直线，故共有条异面直线.
故选：C.
【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．420B．210C．70D．35
【答案】A
【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. 从正方体的顶点及其中心共9个点中任选4个点，则这4个点在同一个平面的概率为______．
【答案】
【分析】由正方体性质，结合组合数求出所有共面的4个点的选法，而所有可能情况有种，应用古典概型的概率求法求概率.
【详解】如下图，选正方体6个侧面上的顶点，共有6种共面的情况；
过中心的平面共有6个平面，每个平面含9个点中的5个，则共有种；
所有可能情况有种，
所以这4个点在同一个平面的概率为.
故答案为：
【题型十六】解析几何中的排列组合
【典例分析】
方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有_____条．
【答案】
【详解】方程变形得，若表示抛物线，则，分五种情况：
（1）当时，或或或.
（2）当时，或或或,以上两种情况下有条重复，故共有条.
（3）同理当或时，共有条.
（4）当时，或或或，共有条，综上，共有
，故答案为.
【变式演练】
1. 已知直线（，是非零常数）与圆有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有__________条（用数字作答）.
【答案】60
【分析】直线是截距式方程，因而不平行坐标轴，不过原点，考查圆上横坐标和纵坐标均为整数的点的个数，结合排列组合知识分类解答即可得到答案.
【详解】可知直线的截距存在且不为0，即与坐标轴不垂直，不经过坐标原点，而圆上的公共点共有12个点，分别为：，，，，,,前8个点中，过任意一点的圆的切线满足，有8条；12个点中过任意两点，构成条直线，其中有4条直线垂直x轴，有4条垂直于y轴，还有6条过原点（圆上点的对称性），满足题设的直线有52条，综上可知满足题设的直线共有52+8=60条，故答案为60.
2. 在圆上有6个不同的点，将这6个点两两连接成弦，这些弦将圆分割成的区域数最多为（ ）
A．32B．15C．16D．31
【答案】D
【解析】按照增加一条弦，多出一个区域，增加一对相交弦，另外再多增加一个区域进行计算可得解.
【详解】两个点可以连一条弦，将圆分为两部分，加一个点，多两条弦，将圆多分出来两部分，所以每加一条弦可以按这种方式多出一个区域，再加一个点，变成了一对相交弦和四条其他的弦，共分为8个区域，所以除去前一种方式增加的区域数，一对相交弦还会多产生一个区域，故当点数多于4个时，最多可分得总的区域数为，此题，所以最多可分为31个区域.
故选：D.
【题型十七】逻辑开关中排列组合
【典例分析】
如图，电路中共有个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，则因电阻断路的可能性的种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】每个电阻都有断路与通路两种情况，图中从上到下有3条支线，分别计算每条支线断路的种数，再根据分步计数原理求得结果．
【详解】每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线，支线中至少有一个电阻断路情况都均为有种；支线中至少有一个电阻断路的情况有种，每条支线至少有一个电阻断路，灯就不亮，因此灯不亮的情况共有种情况，所以D正确.
故选：D.
【变式演练】
1. 如图所示,电路中有4个电阻和一个电流表A,若没有电流流过电流表A,其原因仅为电阻断路的可能情况共有
A．9种B．10种C．11种D．12种
【答案】C
【分析】利用分类计数加法原理分析即可.
【详解】一个电阻坏,使得没有电流流过电流表A的情况有1种,2个电阻坏的情况有5种,3个电阻坏的情况有4种,4个电阻全坏的情况有1种,根据分类加法计数原理知,共11种可能情况.
故选C
2. 如图，一条电路从处到处接通时，可构成的通路有（ ）
A．8条B．6条C．5条D．3条
【答案】B
【分析】分别写出处、处的连通方式，进而确定构成通路的条数.
【详解】由图知：要构成通路，则处有种方式，处种方式，
∴可构成的通路有种.
故选：B
【题型十八】1,0与10类
【典例分析】
将六个数、、、、、将任意次序排成一行，拼成一个位数，则产生的不同的位数的个数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求出将2，0，1，9，20，19的首位不为0的排列数，排除2的后一项是0的排列，1的后一项是9的排列，再加上2的后一项是0同时1的后一项是9的排列，可得答案.
【详解】将六个数、、、、、将任意次序排成一行，拼成一个位数，由于首位不能为0，则有个，
其中“20”出现2次，即“2”与“0”相邻且“2”在“0”前的排法有种，
“19”出现2次，即“1”与“9”相邻且“1”在“9”前的排法有种，
“20”和“19”都出现2次的排法有种，
因此满足条件的位数的个数为：.
故选：A.
【变式演练】
1. 2019年10月1日，中华人民共和国成立70周年，举国同庆.将2，0，1，9，10这5个数字按照任意次序排成一行，拼成一个6位数，则产生的不同的6位数的个数为（ ）
A．72B．84C．96D．120
【答案】B
【分析】先选择一个非0数排在首位，剩余数全排列，共有种，其中1和0排在一起形成10和原来的10有重复，共有种，得到答案.
【详解】先选择一个非0数排在首位，剩余数全排列，共有种，
其中1和0排在一起形成10和原来的10有重复，
考虑1和0相邻时，且1在0的左边，和剩余数字共有4！=24种排法，
其中一半是重复的，故此时有12种重复.
故共有种.
故选：B.
2. 将5个数2，0，1，9，2019按任意次序排成一行，拼成一个8位数(首位不为0)，则产生的不同的8位数的个数为____________ .
【答案】95
【分析】求得以2，0，1，9，2019的所有构成的8位数中排列总数，再等差其中除了(2，0，1，9，209)和(2019，2，0，1，9)这两种排列对应同一个数20192019，即可求解.
【详解】由题意，将5个数2，0，1，9，2019按任意次序排成一行，拼成一个8位数
可得以2，0，1，9，2019的所有构成的8位数中，不以0为开头的排列总共有个，其中除了(2，0，1，9，209)和(2019，2，0，1，9)这两种排列对应同一个数20192019，其余的数互不相同，
因此满足条件的8位数的个数为个.
故答案为：95.
【题型十九】 讨论型
【典例分析】
有4位同学在同一天的上午、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学测试两个项目，分别在上午和下午，且每人上午和下午测试的项目不能相同．若上午不测“握力”，下午不测“台阶”，其余项目上午、下午都各测试一人，则不同的安排方式的种数为
A．264B．72C．266D．274
【答案】A
【详解】先安排 位同学参加上午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“台阶”测试，共有 种不同安排方式；接下来安排下午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”测试，假设A、B、C同学上午分别安排的是“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测试，若D同学选择“握力”测试，安排A、B、C同学分别交叉测试，有 种；若D同学选择“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测试中的 种，有 种方式，安排A、B、C同学进行测试有 种；根据计数原理共有安排方式的种数为 故选A.
【变式演练】
1. 某班班会准备从含甲、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.
2. ．2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间.则理论上他们的排法有( )
A．3864种B．3216种C．3144种D．2952种
【答案】B
【分析】根据题意，分3种情况讨论：①、甲在右端，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. ③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；最后由分类计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分3种情况讨论：
①、甲在右端，若乙在中间，则丙有5个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有种情况；
甲在右端，若乙不在中间，则乙还有5个位置可选，此时丙还有4个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置， 有种情况；两种情况合并，共有种情况；
②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. 共有种情况；
③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，乙若在中间，则丙有5种排法；乙若不在中间，则乙有4种排法，此时丙有4种排法；最后，将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，共有种情况；
综上，则共有种不同的站法．
故选：B.
【题型二十】 综合型
【典例分析】
某人有两盒火柴,每盒都有根火柴,每次用火柴时他在两盒中任取一盒并从中抽出一根,求他发现用完一盒时另一盒还有根()的概率_____.
【答案】
【分析】根据题意，记两个火柴盒分别为A，B，一共抽了根，不妨令这么多次抽取动作中，有次都是操作在A盒上,次操作在B盒上，则最后一次一定操作在A盒，所有的抽法共有种，用完一盒时另一盒还有根的抽法有种，由古典概型的概率公式，即可求出概率.
【详解】解:根据题意，记两个火柴盒分别为A，B，一共抽了根，
不妨令这么多次抽取动作中，有次都是操作在A盒上，次操作在B盒上，
则最后一次一定操作在A盒，
因此所有的抽法共有种，
用完一盒时另一盒还有根的抽法有种，
由古典概型的概率公式得，
他发现用完一盒时另一盒还有根()的概率为.
故答案为：.
【变式演练】
1. 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
2. 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
【解析】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．
好题演练
一、单选题
1．（2023·广东佛山·统考二模）“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（ ）
A．120种B．180种C．240种D．300种
【答案】C
【分析】按照分组分配的方法，列式求解.
【详解】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，
共有种方法.
故选：C
2．（2023·江西新余·统考二模）据中国汽车工业协会统计显示，2022年我国新能源汽车持续爆发式增长，购买电动汽车的家庭越来越多.某学校为方便驾驶电动汽车的教职工提供充电便利，在停车场开展充电桩安装试点.如下图，试点区域共有十个车位，安装了三个充电桩，每个充电桩只能给其南北两侧车位中的一辆电动汽车充电.现有3辆燃油车和2辆电动汽车同时随机停入试点区域（停车前所有车位都空置），请问2辆电动汽车能同时充上电的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据排列组合即可求解个数，由古典概型的概率公式即可求解.
【详解】事件A=“2辆电动汽车能同时充上电”，
先从中任选一个车位给第一辆电动车，有种选择，再从非与第一辆电动车并列的剩余四个车位中找一个给第二辆电动车，有种选择，最后从剩余8个车位中随机选取3个安排燃油车即可，所以，
故选：D
3．（2023·吉林长春·吉林省实验校考模拟预测）将甲、乙等5名志愿者分配到4个社区做新冠肺炎疫情防控宣传，要求每名志愿者去一个社区，每个社区至少去一名志愿者，则甲、乙二人去不同社区的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】部分均匀分组问题，5个人去4个社区，只能是的形式，据此先算出基本事件总数，再求出甲、乙去相同的社区的事件数，利用古典概型公式和对立事件的定义求解.
【详解】5个人去4个社区，只能是的形式，分组的情况总数为，
再把这些分组分配到四个不同地方，有种情况，因此基本事件总数为；
甲、乙去相同的社区的情况有：种，
由对立事件可得甲、乙二人去不同社区的概率为：.
故选：C.
4．（2023·全国·模拟预测）从集合的非空子集中随机取出两个不同的集合A，，则在的条件下，恰有个元素的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】按照要求分类讨论计算即可.
【详解】由题意可分以下四种情况讨论：
①若A中有一个元素，则B中至少有三个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；
②若A中有两个元素，则B中至少有两个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；
③若A中有三个元素，则B中至少有一个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；
④若A中有四个元素，则B中至少有一个元素，此时满足的情况
有种，而满足恰有个元素的有种；
故满足题意的概率为：，
故选：B
【点睛】本题考查集合与古典概型，较为新颖，属于较难题.关键在于分类讨论要不重复不遗漏，需要较高的逻辑思维.
5．（2022·江苏盐城·江苏省滨海中学校考模拟预测）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.
【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分1、2是否在该位置的情况计数.
6．（2022·北京·北京市第十二中学校考三模）如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】分类分步排列即可.
【详解】由题意1和7是不能漏掉的，所以由以下路线：
（1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6条，
故选：B.
7．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（ ）
A．20160B．20220C．20280D．20340
【答案】A
【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.
【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.
若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；
若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能；
若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能；
小计：1+12+12=25；
（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；
若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能；
若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有种可能；
若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能；
若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；
小计：；
（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；
若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有种可能；
若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能；
若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能.
小计；
诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型
若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能；
若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
小计；
（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”
只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；
综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种.
故选：A
【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.
8．（2021·山东·校联考模拟预测）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
【点睛】关键点睛：运用排列和组合的知识求出所有的安排方法数是解题的关键.
二、多选题
9．（2022·广东·统考模拟预测）中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山，某家庭一家三口计划在假期出游，每人选一个地方，则（ ）
A．恰有人选一个地方的方法总数为
B．恰有人选一个地方的方法总数为
C．恰有人选泰山的概率是
D．恰有人选泰山的概率是
【答案】BC
【分析】根据排列、组合的公式，求得恰有人选一个地方的方法总数为，得到A错误，B正确；再由个人随机选个地方总数为种，进而求得恰有人选泰山含基本事件数，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，恰有人选一个地方的方法总数为，故A错误，B正确；
又由个人随机选个地方，基本事件的总数为种不同方式，
其中恰有人选泰山含基本事件数中旅游方式，
所以恰有人选泰山的概率，所以C正确，D错误.
故选：BC.
10．（2021·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）一个布袋内装除颜色外完全相同的4个红球和3个蓝球.现从袋中摸出4个球，则（ ）
A．摸出4个红球的概率是
B．摸出3个红球和1个蓝球的概率是
C．摸出2个红球和2个蓝球的概率是
D．摸出1个红球和3个蓝球的概率是
【答案】ABC
【分析】结合组合数以及古典概型概率公式逐项分析即可.
【详解】摸出4个红球的概率是；摸出3个红球和1个蓝球的概率是；摸出2个红球和2个蓝球的概率是；摸出1个红球和3个蓝球的概率是，
故选：ABC.
11．（2023·重庆·统考模拟预测）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4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（ ）
A．甲从到达处的方法有30种
B．甲从经过到达处的方法有9种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人不相遇的概率为
【答案】BC
【分析】利用组合计数原理可判断A选项的正误，利用分步乘法计数原理结合组合计数原理可判断B选项的正误，计算出甲、乙经过处的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断C选项的正误，计算出甲、乙两人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式及对立事件的概率可判断D选项的正误.
【详解】A选项，甲从到达处，需要走步，其中有步向上走，步向右走，
则甲从到达处的方法有种，A选项错误；
B选项，甲经过到达处，可分为两步：
第一步，甲从经过需要走步，其中步向右走，步向上走，方法数为种；
第二步，甲从到需要走步，其中步向上走，步向右走，方法数为种.
甲经过到达的方法数为种，B选项正确；
C选项，类似B，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，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种；
若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有1步向右走，后三步只有2步向右走，
乙到处，前三步有1步向下走，后三步只有2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，由C选项可知，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种；
故甲、乙两人相遇的概率， 由对立事件的概率知，甲、乙两人不相遇的概率为，D选项错误.
故选：BC
12．（2022·山东·山东师范大学附中校考模拟预测）感动中国十大人物之一的张桂梅老师为了让孩子走出大山，扎根基层教育默默奉献精神感动了全中国.受张桂梅老师的影响，有位志愿者主动到所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，每位志愿者只到一所学校支教，下列结论正确的有（ ）
A．不同的安排方法数为
B．若甲学校至少安排两人，则有种安排方法
C．小晗被安排到甲学校的概率为
D．在小晗被安排到甲校的前提下，甲学校安排两人的概率为
【答案】AC
【分析】利用分组分配原理可判断A选项；利用特殊元素优先考虑法可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；利用条件概率公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，将位志愿者分成组，每组至少一人，每组人数分别为、、或、、，
再将这三组志愿者分配给个地区，不同的安排方法种数为种，A对；
对于B选项，若甲学校至少安排两人，则甲校安排人或人，
则不同的安排方法种数为种，B错；
对于C选项，若小晗被安排到甲学校，则甲校可安排的人数为或或，
由古典概型的概率公式可知，小晗被安排到甲学校的概率为，C对；
对于D选项，记事件小晗被安排到甲校，事件甲学校安排两人，
则，，
由条件概率公式可得，D错.
故选：AC.
三、填空题
13．（2023·河南安阳·统考三模）半圆弧上有包括直径端点在内的5个点，从中随机选取3个点，则以这3个点为顶点的三角形是钝角三角形的概率为__________.
【答案】/
【分析】利用古典概型，找到满足题意的情况和总事件数即可得到答案.
【详解】若3个点中包含直径的两个端点，根据直径所对圆周角为直角，则此时为直角三角形，不合题意，
若3个点中，只有1个为直径的端点，此时有种情况，
若3点没有点为直径的端点，则此时只有1种情况，
综上共有7种情况满足题意，
而总数共有种，
则以这3个点为顶点的三角形是钝角三角形的概率为.
故答案为：.
14．（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）第31届世界大学生夏季运动会将在今年7月28日至8月8日在四川省成都市举行．有编号为1，2，3，4，5的五位裁判，分别就座于编号为1，2，3，4，5的五个座位上，每个座位恰好坐一位裁判，则恰有两位裁判编号和座位编号一致的坐法种数为________．
【答案】20
【分析】根据给定条件，利用分步计数乘法原理及组合问题列式计算作答.
【详解】依题意，5人中选出2人，他们的编号与座位编号一致，有种方法，
剩余3人都不坐与自己编号相同的座位有2种方法，
由分步计数乘法原理得所求的坐法种数为．
故答案为：20
15．（2022·浙江·模拟预测）“迎冬奥，跨新年，向未来”，水球中学将开展自由式滑雪接力赛．自由式滑雪接力赛设有空中技巧、雪上技巧和雪上芭蕾三个项目，参赛选手每人展示其中一个项目．现安排两名男生和两名女生组队参赛，若要求相邻出场选手展示不同项目，女生中至少一人展示雪上芭蕾项目，且三个项目均有所展示，则共有___种出场顺序与项目展示方案．（用数字作答）
【答案】264
【分析】分类讨论：雪上芭蕾展示一次和两次；每一类又分两步讨论：第一步先排给项目排序，第二步再给项目安排上展示者.
【详解】设空中技巧、雪上技巧、雪上芭蕾三个项目依次为A、B、C，
①雪上芭蕾只展示一次时，按展示先后顺序有下列12情况：
BABC，ABAC，CBAB，CABA，ABCA，ABCB，BACB，BACA，ACBA，ACAB，BCBA，BCAB.
再给项目排上表演者：
从两名女生中选1人去展示雪上芭蕾C有2种排法，剩下的三人去展示剩下的项目有3！＝6种排法，∴共2×6＝12种排法.
∴此时共12×12＝144种出场顺序与项目展示方案.
②雪上芭蕾展示两次时，按展示先后顺序有下列6情况：
CABC，CBAC，BCAC，ACBC，CBCA，CACB.
再给项目排上表演者：
四个选手随意选一个项目展示共4！＝24种排法，但需排除雪上芭蕾均为男生展示的情况共2！×2！＝4种，∴此时给项目排上选手共24－4＝20种排法.
∴此时共6×20＝120种出场顺序与项目展示方案.
综上所述，共有144＋120＝264种出场顺序与项目展示方案.
故答案为：264.
16．（2021·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数______．
【答案】236
【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.
【详解】（1）秋老师教9班，曲老师可在4,5,7,10班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）；
（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；
（3）秋老师同时教9班和10班，曲老师可在4,5,7班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2,6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）；
但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有：（种）.
故答案为：236
【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
【技法指引】
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
【技法指引】
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
【技法指引】
“球放盒子”类型，要讨论“用了几个盒子”，放了几个球。同一盒子放多个球时“只选不排”
注意分类套路不遗漏
【技法指引】
下电梯模型，实质就是“球放盒子”扩展应用。要分组讨论“谁和谁一起”，有没有“空盒子”
【技法指引】
“书架插书法”模型，实质就是“定序”，可以模拟为书架插书：
1.书要一本一本插入。
2.所插入的书，还要注意是否相同，如果相同，则只选插入的缝隙，而不排列
【技法指引】
球相同，盒子不同
方法技巧：挡板法
【技法指引】
“配对型”模型，一般从这几方面入手：
1.树图法，详细的分类讨论
2.先选后排。把“配对”的弦选出开，配错的，可以树图法写出来
【技法指引】
“上台阶”模型，也可以如“走路口”模型一样，转化为“数字化法”，一步n级台阶，可以记为数字n，然后总台阶可以借助“不定方程”计算。
【技法指引】
基本规律
“走路空”模型，一般情况下，可以借助“数字化法”，把路口转化为相同数字来进行排列。
比如，向右，定为数字1，向上，定为数字2，
如下图，从A到B，只向右和向上，那么向右2步，向上3步，可以理解为数字1,1,2,2,2五个数字全排列，那么只选不排，相当于五个位置，先放三个2，共有种放法，
【技法指引】
平均分配思维：
1.同除相同元素的组数全排列。
2.如果限制条件少，可以以“盒”为单位一个一个“要人”，不在排列了
【技法指引】
染色问题：
1.用了几种颜色
2.尽量先从公共相邻区域开始
【技法指引】
多重限制条件，是排列组合各种方法的综合运用
1.直接法:把符合条件的排列数直接列式计算;
2.优先法:优先安排特殊元素或特殊位置;
3.捆绑法:把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列;
4.插空法:对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中;
5.定序问题除法处理:对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列;
6.间接法:正难则反、等价转化的方法.
YXZ
H※
H※
H※
H
H※※
H※
H※
H※
※
H※
H※
※※
H