（人教A版）选择性必修一高二数学上册题型归纳培优练习 专题27 排列组合综合应用归类（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc8872" 【题型一】坐座位是否相邻模型 PAGEREF _Tc8872 \h 1
\l "_Tc7115" 【题型二】先分组后排列型 PAGEREF _Tc7115 \h 2
\l "_Tc29150" 【题型三】球放盒子基础型 PAGEREF _Tc29150 \h 4
\l "_Tc20322" 【题型四】球放盒子：电梯、公交车型 PAGEREF _Tc20322 \h 5
\l "_Tc27403" 【题型五】节假日值班型 PAGEREF _Tc27403 \h 7
\l "_Tc16672" 【题型六】 定序型 PAGEREF _Tc16672 \h 9
\l "_Tc12964" 【题型七】相同元素：空坐位型 PAGEREF _Tc12964 \h 11
\l "_Tc30208" 【题型八】配对（不配对）型 PAGEREF _Tc30208 \h 12
\l "_Tc19112" 【题型九】1,0与10数字排位型 PAGEREF _Tc19112 \h 13
\l "_Tc32045" 【题型十】相同元素型 PAGEREF _Tc32045 \h 14
\l "_Tc28180" 培优第一阶——基础过关练 PAGEREF _Tc28180 \h 16
\l "_Tc29738" 培优第二阶——能力提升练 PAGEREF _Tc29738 \h 18
\l "_Tc16629" 培优第三阶——培优拔尖练 PAGEREF _Tc16629 \h 22
【题型一】坐座位是否相邻模型
【典例分析】
中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408种B．240种C．1092种.D．120种
【答案】A
【分析】根据给定条件先求出“射”不在第一次的“六艺”讲座不同的次序数，去掉“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的“六艺”讲座不同的次序数即可得解.
【详解】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为，
于是得，
所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.
故选：A
【变式训练】
1.5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有______种（填数字）．
【答案】86400
【分析】分三步，先将5个女孩圆排列，再把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组，最后把这5组放入已成圆排列的5个间隔即可得解.
【详解】因为任意2个女孩中间至少站1个男孩，则有且仅有2个男孩站在一起，
先把5个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有(种)，
把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组有种分法，
最后把5组男孩放入5个女孩构成圆排列的5个间隔中有种方法，而站在一起的两个男孩有顺序性，有2种站法，
所以，由分步乘法计数原理得，不同的排法共有(种).
故答案为：86400
2.某学校筹备元旦晚会节目单时，准备在前五个节目排三个歌唱节目，一个小品节目以及一个相声节目，若三个歌唱节目最多有两个相邻，则不同的排法总数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用间接法求解，先求出五个节目的全排列数，再求出三个歌唱节目都相邻的排法数，相减即可得结果.
【详解】三个歌唱节目，一个小品节目以及一个相声节目的全排列的排列数为，其中三个歌唱节目都相邻的排法数为，故满足条件的排法数为，所以三个歌唱节目最多有两个相邻的排法总数为84，
故选：C.
3.三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不同的站法共有
A．72种B．108种C．36种D．144种
【答案】D
【分析】根据题意，利用捆绑法和插空法，再利用分布乘法原理，即可求出结果．
【详解】解：先将男生甲与男生乙“捆绑”，有种方法，
再与另一个男生排列，则有种方法，
三名女生任选两名“捆绑”，有种方法，
再将两组女生插空，插入男生3个空位中，则有种方法，
利用分步乘法原理，共有种.
故选：D．
【题型二】先分组后排列型
【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
【变式训练】
1..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.
2.疫情之下，口罩成为家家户户囤货清单中必不可少的一项，某新闻记者为调查不同口罩的防护能力，分别在淘宝、京东、拼多多等购物平台购买了7种口罩，安排4人进行相关数据统计，且每人至少统计1种口罩的相关数据（不重复统计），则不同的安排方法有（ ）
A．6000种B．7200种C．7800种D．8400种
【答案】D
【分析】由题意可知安排方法分三类，第一类，3个人统计1种，1个人统计4种，第二类，2个人统计1种，1个人统计2种，1个人统计3种，第三类，1个人统计1种，3个人统计2种，然后利用先分组后排列计算即得.
【详解】由题意可知安排方法分三类：
第一类，3个人统计1种，1个人统计4种，有（种）；
第二类，2个人统计1种，1个人统计2种，1个人统计3种，有（种）；
第三类，1个人统计1种，3个人统计2种，有（种）；
故总的安排方法有（种）．
故选：D．
3.在某互联网大会上，为了提升安保级别，将甲、乙等5名特警分配到3个不同的路口执勤，每个人只能分配到1个路口，每个路口最少1人，且甲和乙不能安排在同一个路口，则不同的安排方法有（ ）
A．180种B．150种C．96种D．114种
【答案】D
【分析】先考虑甲乙不在同一个路口的情况，再考虑甲乙再同一路口的情况，进而根据分配法求得答案.
【详解】先不考虑条件“甲和乙不能安排在同一个路口”，则有两种情况：①三个路口人数分别为3，1，1时，安排方法共有（种）；②三个路口人数分别为2，2，1时，安排方法共有（种）．若将甲、乙安排在同一路口，可以把甲、乙看作一个整体，则相当于将4名特警分配到3个不同的路口，安排方法共有（种）．故甲和乙不安排在同一个路口的安排方法共有（种）．
故选：D．

【题型三】球放盒子基础型
【典例分析】
.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．

【变式训练】
1.、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
2.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.
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
【题型四】球放盒子：电梯、公交车型
【典例分析】
某大楼共有12层，有11人在第一层上了电梯，他们分别要去第2至12层，每层1人，因特殊原因，电梯只能停在某一层，其余10人都要步行到所要去的楼层，假设初始的“不满意度”为0，每位乘客每向下步行一层的“不满意度”增量为1，每向上步行1层的“不满意度”增量为2，要使得10人“不满意度”之和最小，电梯应该停在第几层（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【解析】根据题意，假设电梯所停的楼层，表达出“不满意度”之和，利用等差数列的求和公式即可求得结论．
【详解】解：设电梯所停的楼层是，则
开口向上，对称轴为，
故在时取最小值．
故选：．
【变式训练】
1.甲、乙、丙3人从1楼乘电梯去商场的3到9楼，每层楼最多下2人，则下电梯的方法有
A．210种B．84种C．343种D．336种
【答案】D
【详解】由3到9楼共7个楼层，分两类进行：其一是每次都下一个人，共有种下楼方法；其二是一次一个人，另一次是两人，共有，由分类计数原理可得下电梯的方法有种下法，应选答案D．
2.甲、乙两位同学到莆田市湄洲岛当志愿者，他们同时从“妈祖祖庙”站上车，乘坐开往“黄金沙滩”站方向的路公交车（线路图如下）．甲将在“供水公司”站之前的任意一站下车，乙将在“鹅尾神化石”站之前的任意一站下车．假设每人自“管委会”站开始在每一站点下车是等可能的，则甲比乙后下车的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】计算出基本事件的总数以及事件“甲比乙后下车”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】甲从“管委会”站到“东环”站的每一站下车都可以，有种情况，
乙从“管委会”站到“北埭”站的每一站下车都可以，有种情况，
若乙在“管委会”站下车，则甲有种情况，
若乙在“地税分局”站下车，则甲有种情况，
若乙在“兴海路”站下车，则甲有种情况，
若乙在“闽台风情街”站下车，则甲有种情况，
若乙在“莲池小学”站下车，则甲有种情况，
若乙在“金海岸”站下车，则甲有种情况，
若乙在“莲池沙滩”站下车，则甲有种情况，
因此，甲比乙后下车的概率为.
故选：C.
3.有四位朋友于七夕那天乘坐高铁G77从武汉出发（G77只会在长沙、广州、深圳停），分别在每个停的站点至少下一个人，则不同的下车方案有（ ）
A．24种B．36种C．81种D．256种
【答案】B
【解析】先按2+1+1分成三组，再分配到三个站点，即得结果.
【详解】依据题意每个停的站点至少下一个人，先按2+1+1分成三组，有种分法，再分配到三个站点，有种分法，所以一共有种不同的下车方案.
故选：B.
【题型五】节假日值班型
【典例分析】
某公司安排位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排人，每人值班天，则位员工中甲不在日值班的概率为（ ）
A．B．C．D．
专题48 随机事件的概率与古典概型-2022年（新高考）数学高频考点 重点题型
【答案】B
【分析】先求出将位员工平均分成三组在1月1日至1月3日值班包含的基本事件的总数，再计算位员工中甲不在日值班包含的基本事件的总数，由古典概率公式即可求解.
【详解】该公司安排位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排人，每人值班1天，基本事件总数，
位员工中甲不在日值班包含的基本事件个数，
所以位员工中甲不在日值班的概率.
故选：B.
【变式训练】
1.某办公室为保障财物安全，需在春节放假的七天内每天安排一人值班．已知该办公室共有四个人，每人需值班一天或两天，则不同的值班安排种数为（ ）
A．360B．630C．2520D．15120
【答案】C
【分析】根据题意可知有一人值班一天，其余三人各值班两天，据此可求不同的值班安排总数.
【详解】有一人值班一天，其余三人各值班两天，则根据每个人的排班情况可计算不同的值班安排共有种．
故选：C.
2.甲、乙、丙三人值班，从周一到周六按每人分别值班2天排班，若甲不在周一值班，则不同的排班方案有( )
A．15种B．30种C．45种D．60种
【答案】D
【分析】本题是一个计数问题，因为甲不在周一值班，故可以先给甲排班，再给其他两人分别排班，根据分步乘法计数原理即可得出总的排班方案数量﹒
【详解】甲从周二至周六5天中选2天值班，有种选法；
乙可从剩下的4天中任选2天值班，有种选法；
丙选剩下的2天即可，有种选法．
故不同的排班方案共有(种)，
故选：D﹒
3.某单位在春节七天的假期间要安排值班表，该单位有值班领导3人，值班员工4人，要求每位值班领导至少值两天班，每位值班员工至少值一天班，每天要安排一位值班领导和一位值班员工一起值班，且一人值多天班时要相邻的安排方案有（ ）
A．249种B．498种C．1052种D．8640种
【答案】D
【分析】先安排值班领导：选1位值班领导值三天班，则安排3位领导值班共有种方案.再安排值班员工：分4名员工中有1名员工值四天班，其他员工各值一天班；1名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2名员工各值一天班； 3名员工各值两天班，1名员工值一天班，三种情况分别得出方案数，再根据分步乘法原理可得选项.
【详解】解：先安排值班领导：选1位值班领导值三天班，则安排3位领导值班共有(种)方案.
再安排值班员工：若4名员工中有1名员工值四天班，其他员工各值一天班，则有(种)选法；
若1名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2名员工各值一天班，则有(种)选法；
若3名员工各值两天班，1名员工值一天班，则有(种)选法，
故安排4名员工值班共有(种)方案.
因此，该单位在春节七天的假期间值班表安排方案共有(种).
故选：D.
【题型六】 定序型
【典例分析】
因演出需要，身高互不相等的9名演员要排成一排成一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边数起：第一个到第三个依次递增，第三个到第七个依次递减，第七、八、九个依次递增，则不同的排列方式有（ ）种．
A．379B．360C．243D．217
【答案】A
【分析】依题意，重点要先排好7号位和3号位，余下的按部就班即可.
【详解】依题意作图如下：
上面的数字表示排列的位置，必须按照上图的方式排列，其中3号位必须比124567要高，
1，7两处是排列里最低的，3，9两处是最高点，
设9个演员按照从矮到高的顺序依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，
则 3号位最少是7，最大是9，下面分类讨论：
第3个位置选7号：先从1，2，3，4，5，6号中选两个放入前两个位置，
余下的4个号中最小的放入7号位置，剩下的三个放入中间三个位置，
8，9号放入最后两个位置，即；
第3个位置选8号：先从1，2，3，4，5，6，7号中选两个放入前两个位置，
余下的5个号中最小的放入7号位置，剩下4个选3个放入中间三个位置，
余下的号和9号放入最后两个位置，即；
第3个位置选9号：先从1，2，3，4，5，6，7，8号中选两个放入前两个位置，
余下的6个号中最小的放入7号位置，剩下5个选3个放入中间三个位置，
余下的2个号放入最后两个位置，即；
由分类计数原理可得共有种排列方式；
故选：A.
【变式训练】
1.2020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：
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.
2.．几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共有（ ）
A．23B．24C．32D．33
【答案】D
【分析】先判断出，按顺序排在前四个位置中的三个位置，，，且一定排在后四个位置，然后分排在前四个位置中的一个位置与不排在前四个位置中的一个位置两种情况讨论，利用分类计数加法原理可得结果.
【详解】不妨设代表树枝的高度，五根树枝从上至下共九个位置，
根据甲依次撞击到树枝；乙依次撞击到树枝；丙依次撞击到树枝；丁依次撞击到树枝；戊依次撞击到树枝可得，
在前四个位置，，，且一定排在后四个位置，
（1）若排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C,则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有种排法；
（2）若不排在前四个位置中的一个位置，则按顺序排在前四个位置，由于，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，
由分类计数原理可得，这9根树枝从高到低不同的次序有种.
故选：D.
3.身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲、丁不相邻的不同的排法种数为
A．12B．14C．16D．18
【答案】B
【详解】从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊人的身高可记为.要求不相邻，分四类：①先排时，则只有种排法，在剩余的两个位上，这样有种排法；②先排时，则只有种排法，在剩余的两个位上，这样有种排法；③先排时，则只有种排法，在剩余的两个位上，这样有种排法；④先排时，则这样的排法只有两种，即.综上共有种，故选B.
考点：排列与计数原理知识的运用.
【题型七】相同元素：空坐位（空车位）型
【典例分析】
一个停车场有5个排成一排的空车位，现有2辆不同的车停进这个停车场，若停好后恰有2个相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有
A．6种B．12种C．36种D．72种
【答案】B
【分析】分类讨论,利用捆绑法、插空法,即可得出结论.
【详解】把空着的2个相邻的停车位看成一个整体，即2辆不同的车可以停进4个停车场，
由题意,若2辆不同的车相邻,则有种方法
若2辆不同的车不相邻,则利用插空法,2个相邻的停车位空着,利用捆绑法,
所以有种方法，不同的停车方法共有：种，
综上,共有12种方法，
所以B选项是正确的.

【变式训练】
1.某等候区有7个座位（连成一排），甲、乙、丙三人随机就坐，因受新冠疫情影响，要求他们每两人之间至少有一个空位，则不同的坐法有（ ）
A．4种B．10种C．20种D．60种
【答案】D
【分析】问题转化为有四个空位放置成一排，形成5个空档，甲、乙、丙三人各带一个座位插入即可得．
【详解】甲、乙、丙每两人之间至少有一个空位，即甲、乙、丙互不相邻，相当于有四个空位放置成一排，形成5个空档，甲、乙、丙三人各带一个座位插入，
所以有（种）不同的坐法，
故选：D．
2.有6个座位连成一排，现有3人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数是（ ）
A．36B．48
C．72D．120
【答案】C
【分析】根据相邻两个空座的位置在两端和在中间分类讨论．
【详解】根据题意，分两种情况讨论；①两端恰有两个空座位相邻，则必须有一人坐在空座的边上，其余两人在余下的三个座位上任意就座，此时有种坐法；②两个相邻的空座位不在两端，有三种情况，此时这两个相邻的空座位两端必须有两人就座，余下一人在余下的两个座位上任意就座，此时有种坐法.故共有种坐法.
故选：C．
3.电影院一排10个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，那么他们每人左右两边都有空位且甲坐在中间的坐法的种数为（ ）
A．40B．36C．32D．20
【答案】A
【解析】根据题意，先排好7个空座位，注意空座位是相同的，其中6个空位符合条件，将3人插入6个空位中，注意甲必须在三人中间，然后再排乙，丙，最后用分步计数原理求解.
【详解】除甲、乙、丙三人的座位外，还有7个座位，它们之间共可形成六个空，
三人从6个空中选三位置坐上去有种坐法，
又甲坐在中间，所以乙、丙有种方法，
所以他们每人左右两边都有空位且甲坐在中间的坐法有种.
故选：A.
【题型八】配对（不配对）型
【典例分析】
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

【变式训练】
1.．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
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．
3.新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】5个快递送到5个地方有种方法，
全送错的方法：第一步A送错有4种可能，然后第二步是关键，考虑A送错的地方对应的快递，如送到丙地，第二步考虑快递，而送错位置分两类，一类是送到甲，一类是送其他三个地方，再对剩下的3个快递分别考虑即可完成．
【详解】5个快递送到5个地方有种方法，
全送错的方法数：
先分步：第一步快递送错有4种方法，第二步考虑所送位置对应的快递，假设送到丙地，第二步考虑快递，对分类，第一类送到甲地，则剩下要均送错有2种可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，剩下的只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴总的方法数为，所求概率为．
故选：C．
【题型九】1,0与10数字排位型
【典例分析】
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．96B．84C．120D．360
安徽省芜湖市第一中学2020届高三下学期3月第五次线上考试数学试题
【答案】B
【解析】先求得所有不以0开头的排列数，再由以1，0相邻，且1在左边时所对应的排列数有一半是重复的，求出对应的排列数，进而可求出答案.
【详解】由题意，2，0，1，9，10按照任意次序排成一行，得所有不以0开头的排列数为，其中以1，0相邻，且1在左边时，含有2个10的排列个数为，有一半是重复的，故产生的不同的6位数的个数为.
故选：B.
【变式训练】
1.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.
2.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.
【题型十】相同元素型
【典例分析】
用数字1，2，3排成一个五位数，要求每个数字至少用一次，则不同的五位数有（ ）
A．180个B．150个C．120个D．90个
【答案】B
【分析】根据题意，可采用间接法求得，先求得所有的五位数的个数，再求得用一个数字排成的五位数和用两位数字排成的五位数的个数，进而求得答案.
【详解】用数字1，2，3排成一个五位数，共有个不同的数字；
其中只用1或2或3排成一个五位数时，共有3个不同的数字；
若其中的两数字排成一个五位数，先从数字1，2，3选出两个数字，有种选法，
例如选了数字1，2排成一个五位数，
可按数字1分类：若数字1只用了一次，可排除个不同的数字；
若数字1用了两次，可排除个不同的数字；
若数字1用了三次，可排除个不同的数字；
若数字1用了四次，可排除个不同的数字，
共有个不同的数字，
则用其中的两数字排成一个五位数，共有个不同的数字，
所以排成一个五位数，且每个数字至少用一次的不同的五位数有：个不同的数字.
故选：B.
【变式训练】
1.将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用插空法，即可计算出答案.
【详解】将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有种排法．
所以2个0不相邻的概率．
故选：C．
2.已知一袋中有标有号码1、2、3、4的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，当四种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取6次卡片时停止的概率为______.
【答案】
【分析】恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码.分两类，三种号码出现的次数分别为3, 1, 1或者2, 2, 1.每类中可以分步完成，先确定三种号码卡片出现顺序有种，再分别确定这三种号码卡片出现的位置(注意平均分组问题)，最后让第四种颜色出现有一种方法,相乘可得，最后根据古典概型求概率即可.
【详解】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，进行6次一共有种不同的取法.
恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码，三种号码出现的次数分别为3, 1, 1或者2, 2, 1,
三种号码分别出现3，1，1且6次时停止的取法有 种，
三种号码分别出现2，2，1 且6次时停止的取法有 种，
由分类加法计数原理知恰好取6次卡片时停止，共有种取法，
所以恰好取6次卡片时停止的概率为: ，
故答案为：
3.由可组成不同的四位数的个数为__________．
【答案】204
【解析】根据所选的数字的情况将此问题可以分为以下三种情况：i）选取的4个数字是1,2,3,4；ii）从四组中任取两组；iii）从四组中任取一组，再从剩下的3组中的不同的三个数字中任取2个不同的数字，利用排列与组合的计算公式及其乘法原理即可得出.
【详解】详解：i）选取的四个数字是1,2,3,4，则可组成个不同的四位数；
ii）从四组中任取两组有种取法，如假设取的是1，1，2，2四个数：得到以下6个四位数：1122，2211，1212，2121，1221，2112．所以此时共有个不同的四位数；
iii）从四组中任取一组有种取法，再从剩下的三组中的不同的三个数中任取2个不同的数字有种取法，把这两个不同的数字安排到四个数位上共有种方法，而剩下的两个相同数字只有一种方法，由乘法原理可得此时共有个不同的四位数；
综上可知，用8个数字1,1,2,2,3,3,4,4可以组成不同的四位数个数是，
故答案为：204
分阶培优练
培优第一阶——基础过关练
1．某校大一新生A，B，C，D欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社．已知这4名大一新生每人只加入了1个社团，则这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有（ ）
A．21种B．30种C．42种D．60种
【答案】C
【分析】把4人分成2个组，选择2个社团，把2个组分配给2个社团.
【详解】4名大一新生分成2个组，一组1人另一组3人或2个组各2 人，有种方案，
3个社团选择2个社团，有种方案，
把2个组分配给2个社团，有种方案，
由题意可得这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有种．
故选：C
2．将英文单词“”中的6个字母重新排列，其中字母b不相邻的排列方法共有（ ）
A．120种B．240种C．480种D．960种
【答案】B
【分析】先排除b之外的其余四个字母，再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b即可.
【详解】由题意可先排除b之外的其余四个字母，有种排法，
再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b，有种放法，
故字母b不相邻的排列方法共有（种），
故选：B
3．如图，三根绳子上共挂有6只气球，绳子上的球数依次为1，2，3，每枪只能打破一只气球，而且规定只有打破下面的气球才能打上面的气球，则将这些气球都打破的不同打法数是（ ）
A．10B．60C．90D．120
【答案】B
【分析】6只气球进行编号为1,2,3,4,5,6号,下方气球号码小于上方气球号码的排列方法数就是打破气球的方法数,分别将六个气球挂在三根绳子上，分三步进行即可求解.
【详解】将6只气球进行编号为1,2,3,4,5,6号,
则下方气球号码小于上方气球号码的排列方法数就是打破气球的方法数,
将编号为1~6号的6只气球挂上3根绳子,
按下方气球号码小于上方气球号码的排列,分3步进行:
第一步,挂有1只气球的绳子,有6种挂法;
第二步,挂有2只气球的绳子,有10种挂法;
第三步,挂有3只气球的绳子,有1种挂法.
所以由分步乘法计数原理得,共有(种)方法,
因为一种挂法就是一种排列方法，也就是打破气球的方法，
所以将这些气球都打破的不同打法数是60种，
故选:B.
4．导师制是高中新的教学探索制度，班级科任教师作为导师既面向全体授课对象，又对指定的若干学生的个性、人格发展和全面素质提高负责．已知有3位科任教师负责某学习小组的6名同学，每2名同学由1位科任教师负责，则不同的分配方法的种数为（ ）
A．90B．15C．60D．180
【答案】A
【分析】本题考查的为分组分配问题.先分为3组，在分配给3位科任教师即可得出答案.
【详解】先将6名同学平均分为3组，不同的分组方式为，
然后再将分好的3组，分配给3位科任教师，不同的分配方式为.
所以，不同的分配方法的种数为.
故选：A.
5．将6个人（含甲乙两人）平均分成3组，则甲乙不在同一组的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由组合数求出6人任意分组、甲乙在同一组的分法，应用古典概率的求法求概率即可.
【详解】由题意，6人任意分组共有种分法，其中甲乙在同一组的情况有种，
所以甲乙在同一组的概率为，故甲乙不在同一组的概率为.
故选：C
6．8个人坐成一排，现要调换其中3个人中每一个人的位置，其余5个人的位置不变，则不同调换方式有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先从8人中任取3人，再对3人位置全调，然后利用分步计数原理求解.
【详解】从8人中任取3人有种，
3人位置全调，由于不能是自己原来的位置，所以有种，
所以不同调换方式有种.
故选：C.
7．某医院安排甲､乙等名医生到个社区去义诊，每个社区至少安排名医生，且每名医生只到个社区义诊，则甲､乙被安排在同一个社区义诊的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将名医生分配到个社区分为两种情况，分别计算出两张情况的分配方案数，加和可得总体方案数；确定甲、乙被安排在同一社区的方案数，根据古典概型概率公式可求得结果.
【详解】将名医生分配到个社区有两种情况：
第一种情况是个社区分配名医生，另个社区分配名医生，有种不同的分配方案；
第二种情况是每个社区分配名医生，有种不同的分配方案；
将名医生分配到个社区去义诊，共有种不同的分配方案；
其中甲､乙被安排在同一个社区义诊的方案有种，所求概率．
故选：D.
8．中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有（ ）
A．24B．36C．30D．20
【答案】C
【分析】先涂“火、土”两个位置，再分类讨论“火”与“金”、“土”与“水”位置颜色是否相同，运算求解.
【详解】设3种不同的颜色为，
对于“火、土”两个位置有种不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别为，
1.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共2种涂色可能；
2.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为或，共2种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共3种涂色可能；
综上所述：共种不同的涂色方法.
故选：C.
培优第二阶——能力提升练
1．现有3位歌手和4名粉丝站成一排，要求任意两位歌手都不相邻，则不同的排法种数可以表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】第一种排法：先排4名粉丝，然后利用插空法将歌手排好；第二种排法：先计算3位歌手和2位歌手站一起的排法，然后利用总排法去掉前面两种不满足题意的排法即可
【详解】第一种排法：分2步进行：①将4名粉丝站成一排，有种排法；
②4人排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排三名歌手，有种情况．
则有种排法，
第二种排法：先计算3位歌手站一起，此时3位歌手看做一个整体，有种排法，
再计算恰好有2位歌手站一起，此时2位歌手看做一个整体，与另外一个歌手不相邻，有种排法，
则歌手不相邻有种排法．
故选：CD
2．为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是（ ）
A．从六位专家中选两位的不同选法共有20种
B．“呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种
C．“护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种
D．“护理、感染、儿科类专家”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种
【答案】BC
【分析】由组合知识判断A；从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家，从而判断B；由捆绑法判断C；由插空法判断D.
【详解】对于A：从六位专家中选两位的不同选法共有种，故A错误；
对于B：从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家共有种，故B正确；
对于C：将“护理”，“感染类专家”视为一个元素，不同的排法共有种，故B正确；
对于D：先排疾控、药剂、呼吸，再用插空法排护理、感染、儿科类专家，共有种，故D错误；
故选：BC
3．下列说法正确的是（ ）
A．用0，1，2，3，4能组成48个不同的3位数.
B．将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法.
C．小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有16种方法.
D．甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡，四人互送贺卡，每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自己写的贺卡，有9种不同的方法.
【答案】BD
【分析】根据分步乘法计数原理求出三位数的个数判断A，根据隔板法和分步乘法计数原理求出分配方法数，判断B，利用间接法求出满足要求的方法数判断C，利用分步乘法计数原理求出满足条件的方法数，判断D.
【详解】对于A，第一步先排百位数，有4种排法，第二步排十位数有5种排法，第三步排个位数有5种排法，由分步乘法计数原理可得共有个不同的三位数，A错误；
对于B，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7个团员指标排成一排，7个指标之间有6个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将7个指标分给3个班，每班至少一个指标的分配方法，故第二步有种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，B正确；
对于C，因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为种，所以借回至少1本的方法数为 种，C错误；
对于D，第一步甲先拿贺卡，有3种方法，第二步安排甲拿到的贺卡的主人拿，有3种方法，第三步余下两人拿贺卡，由于其中一人不能拿自己的贺卡，故只有一种方法，由分步乘法计数原理可得共种方法，D正确；
故选：BD.
4．将1，2，3，4，5，6，7这七个数随机地排成一个数列，记第i项为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则这样的数列共有360个
B．若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有288个
C．若该数列恰好先减后增，则这样的数列共有50个
D．若，则这样的数列共有71个
【答案】AD
【分析】根据对称性可得，即可判断A，对于B：则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，即可判断B，对于C：对的位置分类讨论，对于D，分、、三种情况讨论.
【详解】解：对于A：由于为奇数，根据对称性可知这样的数列有个，故A正确；
对于B：若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，
则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，则有个，故B错误；
对于C：从1，2，3，4，5，6中选出个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
从1，2，3，4，5，6中选出2个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
从1，2，3，4，5，6中选出3个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
从1，2，3，4，5，6中选出4个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
从1，2，3，4，5，6中选出5个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
故满足条件的总个数为：个，故C错误．
对于D：若则这样的数列有个，
若则这样的数列有个，
若则这样的数列有个，
所以满足条件的这样的数列共有个，故D正确；
故选：AD
5．“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭.为了缓解了教育的“内卷”现象，2021年7月24日，中共中央办公厅､国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》.某初中学校为了响应上级的号召，每天减少了一节学科类课程，增加了一节活动课，为此学校特开设了乓乓球，羽毛球，书法，小提琴四门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，初一到初三3学年将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有_______种
【答案】54
【分析】由分类加法和分步乘法技术原理以及分配方法和排列组合公式即可求解.
【详解】由题意，三年修完四门选修课程，每学年至多选2门，
则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2，
先将4每学科按1，1，2分成三组，有种方式，
再分到三个学年，有 种不同分式，
由分步计数原理得，不同选修分式共有 种，
同理将4门课程按0，2，2分成三组，再排列，有种，
所以共有36+18=54种，
故答案为：54
6．安排，，，，五名志愿者到甲，乙两个福利院做服务工作，每个福利院至少安排一名志愿者，则，被安排在不同的福利院的概率为______．
【答案】
【分析】分1人,4人和2人，3人两种情况安排到两个福利院，再分析在4人组，3人组，2人组三种情况得到在同一福利院的分法，利用对立事件的概率求解即可.
【详解】5人分配到2个福利院有1,4和3,2两种分组方法，共有种分法，
其中，被安排在同一组在同一福利院有种，
所以，被安排在不同的福利院的概率为.
故答案为：
7．将红、黄、蓝三种颜色的涂料都涂在下图的六个区域中，每个区域涂一种颜色，要求有三个区域涂同一颜色，且相邻的两个区域不同色，共有_________涂法（用数字作答）．
【答案】
【分析】分析可知区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同一种颜色，则剩余三个区域中有两个不相邻的区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色，利用组合计数原理以及分步乘法、分类加法计数原理可求得结果.
【详解】由题意可知，区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同一种颜色，
（1）若区域①③⑤或区域②④⑥涂一种颜色，
则剩余三个区域中有两个区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色，
因此，不同的涂色种数为种；
（2）若区域①③⑥涂同一种颜色，则区域④⑤涂剩余的两种颜色，区域②和区域①③所涂颜色不同，
此时，不同的涂色种数为种；
（3）若区域①④⑥涂同一种颜色则区域②③涂剩余的两种颜色，区域⑤和区域④⑥所涂颜色不同，
此时，不同的涂色种数为种.
综上所述，不同的涂色方法种数为种.
故答案为：.
8．为美化重庆市忠县忠州中学校银山校区的校园环境，在学校统一组织下，安排了高二某班劳动课在如图所示的花坛中种花，现有4种不同颜色的花可供选择，要求相邻区域颜色不同，则有______种不同方案．
【答案】72
【分析】根据题意，按选出花的颜色的数目分2种情况讨论，利用排列组合及乘法原理求出每种情况下种植方案数目，由加法原理计算可得答案
【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
培优第三阶——培优拔尖练
1．2022年12月某机构关于中国新国货品牌“金榜题名”颁奖典礼准备以线上直播的形式举办，并邀请榜单中的五家企业发言，则在之前发言（不一定相邻，下同），且在之后发言的方法种数为__________.（用数字作答）
【答案】20
【分析】利用分步乘法原理，先考虑特殊元素A、B、C，从5个位置中选3个先排，再排D、E.
【详解】第一步：从5个位置中选3个排A、B、C，有种排法，
第二步：剩下的2个位置排D、E，有种排法，
根据分步乘法原理，总共有种发言的方法.
故答案为：20.
2．小王、小杨、小李三人同在某公司上班，若该公司规定，每位职工可以在每周七天中任选两天休息（如选定星期一、星期三），以后不再改动，则他们选定的两个休息日相同的概率是______
【答案】
【分析】计算出三人的选法种数以及三人选定的两个休息日相同的选法种数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】小王在每周七天中任选两天，有种选法，
同理小杨、小李也有种选法，则三人共有种选法；
其中三人选定的两个休息日相同的情况有种，
则他们选定的两个休息日相同的概率为．
故答案为：.
3．党的二十大报告指出，建设教育强国是民族复兴的伟大基础工程.某师范院校为了支持乡村教育振兴计划，拟委派10名大学生到偏远山区支教，其中有3名研究生.现将这10名大学生分配给5个乡村小学，每校2人，则不同的研究生分配情况有______种（用数字作答）.
【答案】120
【分析】不同的研究生分配情况分为2类：其中2个研究生分配到相同的学校，3个研究生分配到不同的学校，根据分类加法计数原理分别计算即可.
【详解】如果其中2个研究生分配到相同的学校则有种；
如果3个研究生分配到不同的的学校则有种；
所以不同的研究生分配情况有(种).
故答案为：120.
4．某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有______种不同的站队方法.
【答案】25200
【分析】由已知得10名学生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可.
【详解】设10名学生中，有女生人，男生人，
则10名学生中选取3人，恰有1名女生的概率，
整理得：，即
因式分解可得：，
解得：或（舍去）或（舍去）
所以10名学生中，有女生6人，男生4人，
将6名女生排成一排有种方法，再将4名男生插到7个空中有种方法，
因为男生的左右相对顺序固定，而4名男生排成一排有种方法，
所以一共有，
故答案为：25200
5．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
6．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，要求甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，若丙当物理科代表则丁必须当化学科代表，则不同的选法共有_____种
【答案】67
【分析】根据特殊元素特殊处理的原则，以丙进行分类，排完丙后，由甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，还要进行分类，根据分类计数原理可得.
【详解】因为丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类：
第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代表，乙戊可以当英语和语文中的任一课，有种，当甲不当数学课代表，甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，有种，
共计种；
第二类，当丙不当物理课代表时，分四类：
①丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有种种，
②丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有种，
③丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三位同学任意当有种，当甲不当数学课代表，甲只能从物理和化学课中选一课,乙只能从语文和甲选完后的剰下的一课中选一课，丁和戊做剰下的两课，有种，共计种，
④丙为化学课代表时，同③的选法一样有种，
根据分类计数原理得，不同的选法共有种.
故答案为：67.
7．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
8．一个非负整数的有序数对，如果在做与的加法时不用进位，则称为“中国梦数对”，称为“中国梦数对”的和，则和为的“中国梦数对”的个数有____________（注：用数字作答）.
【答案】
【分析】设，，分别列举出满足条件的自然数对、、、，然后利用分步乘法计数原理可得出结果.
【详解】设，，
则，
根据题意得，其中、、、均为自然数，
满足条件的自然数对有：、、，共对；
满足条件的自然数对只有；
满足条件的自然数对有：、，共对；
满足条件的自然数对有：、、、、、、、、，共对.
由分步乘法计数原理可知，和为的“中国梦数对”的个数为.
故答案为：.【提分秘籍】
基本规律
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”；
【提分秘籍】
基本规律
先分组后排列模型，多涉及到“抽屉原则型”分，即类球放盒子，球多盒子少的分配，有多球在一个盒子中。满足以下特征：
1.一个球一个放一个盒子
2.盒子可能有空，但是一般情况下球不能剩余。
3.球数量比盒子多。
方法：
1.需要用几个盒子放球，通过组合数剔除掉多余的盒子
2.根据放球盒子数，把球分组，分组数与放球盒子数相同
3.如果涉及到分组的两组甚至多组球数量相等，注意用平均分组模型：除以相同组数的全排列
4.再把分组的按照组数全排列即可
【提分秘籍】
基本规律
球放盒子模型应用比较多，许多的“人坐座位”模型其实就是“球放盒子”型。结合题意，确认是按照先分组后排列模型，还是特殊元素优先排特殊位置优先站的分类讨论型。，
【提分秘籍】
基本规律
电梯，公交车基本型，是指数型。
n个人从m层下电梯，总共有，有限制条件，则可以先分组在排列，或者剔除掉受限制的楼层，再先分组后排列或者分类讨论
【提分秘籍】
基本规律
节假日值班是排列组合的综合应用型：
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.
【提分秘籍】
基本规律
空座位空车位型，属于相同元素的排列，遵循相同元素无排列原则。如果多个空位连在一起，则可以采取插孔不同空位法。
【提分秘籍】
基本规律
配对性步骤：
1.先选取配对的组数。用组合数。
2.再从剩余中选取未能配对的组数，每一组只能选取一只。
3.如果有复杂的限制条件，可以采取树图法分类讨论
【提分秘籍】
基本规律
复杂的分类讨论。要注意0在开头是否符合题意，还要对1,0的组合与10相邻不相邻的分类讨论