2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第02讲排列组合(高效培优讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第02讲排列组合(高效培优讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共62页。试卷主要包含了排列与排列数，组合与组合数，相邻元素捆绑法，不相邻元素插空法，特殊元素优先安排法，定序问题缩倍法，圆排问题直排法，多排问题单排法等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc1148653918" 考情探究 PAGEREF _Tc1148653918 \h 1
\l "_Tc1695896943" 知识梳理 PAGEREF _Tc1695896943 \h 2
\l "_Tc1536958017" 探究核心考点 PAGEREF _Tc1536958017 \h 4
\l "_Tc1720085603" 考点一 排列与排列数 PAGEREF _Tc1720085603 \h 4
\l "_Tc53873707" 考点二 组合与组合数 PAGEREF _Tc53873707 \h 4
\l "_Tc1364778162" 考点三 相邻元素捆绑法 PAGEREF _Tc1364778162 \h 5
\l "_Tc553735127" 考点四 不相邻元素插空法 PAGEREF _Tc553735127 \h 5
\l "_Tc1579637038" 考点五 特殊元素优先安排法 PAGEREF _Tc1579637038 \h 6
\l "_Tc1766853452" 考点六 定序问题缩倍法 PAGEREF _Tc1766853452 \h 6
\l "_Tc102097048" 考点七 圆排问题直排法 PAGEREF _Tc102097048 \h 7
\l "_Tc105651783" 考点八 多排问题单排法 PAGEREF _Tc105651783 \h 7
\l "_Tc1868024459" 考点九 元素相同问题隔板法 PAGEREF _Tc1868024459 \h 7
\l "_Tc1823646920" 考点十 分组问题 PAGEREF _Tc1823646920 \h 8
\l "_Tc1147174456" 考点十一 分堆问题 PAGEREF _Tc1147174456 \h 8
\l "_Tc452899226" 考点十二 多面手问题 PAGEREF _Tc452899226 \h 9
\l "_Tc1195246414" 考点十三 染色问题-合理分类与分步 PAGEREF _Tc1195246414 \h 9
\l "_Tc944446060" 考点十四 最短路径问题 PAGEREF _Tc944446060 \h 10
\l "_Tc1253295443" 三阶突破训练 PAGEREF _Tc1253295443 \h 11
\l "_Tc1616900725" 基础过关 PAGEREF _Tc1616900725 \h 11
\l "_Tc992415937" 能力提升 PAGEREF _Tc992415937 \h 13
\l "_Tc29166910" 真题感知 PAGEREF _Tc29166910 \h 14
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是高考卷的常考内容，以考查基本概念和基本方法为主，涉及特殊元素与特殊位置、两元索相邻或不相邻、分组、分配等问题．
【备考策略】（1）理解排列、组合的概念．
（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．
（3）能利用排列组合解决简单的实际问题．
【命题预测】本节内容与生活实际联系紧密，考生可适当留意常见的排列组合现象．设题稳定，难度中等偏难，分值为5分.
1.排列
①排列的定义：一般地，从n个不同元素中取出个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.
②排列数、排列数公式：从n个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示，其中，，且.
2.组合
①组合的定义：一般地，从n个不同元素中取出个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
②组合数、组合数公式：从n个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示.
公式：，其中，且
规定：
③排列与组合的关系
④组合数的性质
性质1：；
性质2：.
3.分类
考点一 排列与排列数
典例1．用可以组成个无重复数字的六位奇数，则（ ）
A．360B．400C．420D．450
典例2．（1）求的值；
（2）解不等式.
跟踪训练1．（ ）
A．10B．15C．20D．25
跟踪训练2．证明下列等式．
(1)；
(2)．
考点二 组合与组合数
典例1．满足条件的正整数的个数是（ ）
A．10B．9
C．4D．3
典例2．证明：
跟踪训练1．给出下列问题：
①若集合求集合A的含有3个元素的子集的个数；
②求从甲、乙、丙三名同学中选两名同学参加两项不同的活动的选法种数；
③求从7本不同的书中选出5本给某一个同学的选法种数；
④求四个城市之间需要准备的飞机票的种数；
⑤把3本相同的书分给5个学生，求每人最多得1本的分法种数．
其中是组合问题的为（ ）
A．①⑤B．①②C．①③⑤D．①③
跟踪训练2．（多选）已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
考点三 相邻元素捆绑法
典例1．由1，2，3，4，5，6，7，8组成一个没有重复数字的八位数，任何相邻两个数字的奇偶性不同，且满足 3 和 4 相邻，则这样的八位数有（ ）个.
A．432B．257C．216D．504
典例2．现有3名男生和3名女生要与班主任站成一排合影，班主任站中间，则3名女生有且仅有2名相邻的站法总数为 .（结果用数字作答）.
跟踪训练1．三个人坐在一排5个座位上，空位相邻的坐法有 种．（用数字作答）
跟踪训练2．某高中学校经过推荐和选拔，挑选6名同学（4名男生、2名女生）参加奥林匹克生物竞赛，并进行合影留念．若女生必须相邻，则有 种不同的排法．（用数字作答）
考点四 不相邻元素插空法
典例1．现将2本不同的数学书、3本不同的物理书、1本化学书放在一个单层的书架上，且同类的书各不相邻，则不同的放法有（ ）
A．120种B．144种C．96种D．160种
典例2．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每“艺”安排一次讲座，共开展六次．讲座次序要求“射”和“御”必须相邻，“礼”和“书”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 种．
跟踪训练1．一排有7个空座位，有3人各不相邻而坐，则不同的坐法共有 种．
跟踪训练2．如图，有三个不同班级的各两名代表要坐在长方形桌子的6个座位（座位序号为）上座谈，要求同一班级的两名代表既不能正对面（例如：一个人坐1号座位，则同班级的另一个人不能坐6号座位）也不能左右相邻就坐，则所有可能坐法为 种.

考点五 特殊元素优先安排法
典例1．3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（ ）种．
A．36B．108C．120D．144
典例2．甲、乙、丙、丁、戊五人去甘肃、贵州、陕西三省旅游，每人只去一个省份，已知甲、乙都不去陕西，丙、丁去的省份不同，则这五人不同的选择共有（ ）
A．36种B．72种C．60种D．96种
跟踪训练1．在2024年梧州“半程马拉松”活动中，组委会将小明等四位志愿者分配到三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且小明不能被分配到场馆，则不同分配方案的种数是（ ）
A．24B．36C．48D．60
跟踪训练2．六名学生排成一行，则甲不在两端的排法种数为 .
考点六 定序问题缩倍法
典例1．名同学合影，站成了前排人后排人，现摄影师要从后排人中抽人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．B．C．D．
典例2．有6位同学排成一排准备拍照，拍照前加入了2位同学，如果要求他们仍站成一排，同时原来6位同学的相对顺序保持不变，则有 种不同的站法．（用数字作答）
跟踪训练1．城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（ ）
A．110B．144C．132D．156
跟踪训练2．书架上某层有6本不同的书，新买了3本不同的书要插进去，要保持原来6本书的原有顺序不变，有多少种插法？
考点七 圆排问题直排法
典例1．某次宴会，有4荤3素2汤共九道菜品在圆桌上摆成一圈，且两道汤不相邻，则不同的摆法共有（ ）
A．40320B．30240C．21600D．5760
典例2．圆排列最早出现在《易经》里．当A，B，C三位同学围成一个圆时，排列ABC与该排列旋转一个或几个位置得到的排列BCA或CAB是同一个排列，现有六位同学围成一个圆做游戏，其排列总数为 ．
跟踪训练1．某学校图书室内，有10位同学围着一张圆桌坐成一圈，共有多少种不同的坐法（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练2．6位女同学和15位男同学围成一圈跳集体舞，要求每两名女同学之间至少有两名男同学，那么共有多少种不同的围圈跳舞的方法？
考点八 多排问题单排法
典例1．甲，乙，丙三位同学被选中参加校运会的仪仗队，现编排这三位同学分别站在队伍的前三排（每两人均不在同一排），则甲或乙站第一排的概率为
A．B．C．D．
典例2．2个老师、4个女学生、12个男学生，排成三排拍照，要求第一排5人，第二排6人，第三排7人，且老师在第一排，女学生在第二排，则不同的排法共有 种.
跟踪训练1．把15人分成前、中、后三排,每排5人,则共有不同的排法种数为( )
A．B．C．D．
跟踪训练2．6个人站成前、中、后三排，每排2人，则不同的排法有 种．
考点九 元素相同问题隔板法
典例1．若将展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（ ）
A．33项B．44项C．55项D．66项
典例2．若方程，其中，则方程的自然数解的个数为 .
跟踪训练1．将8个外观相同的苹果分给甲、乙、丙三人，每人至少分到1个苹果，共有不同的分法（ ）
A．15种B．18种C．21种D．24种
跟踪训练2．2025年5月17日进行全国高中数学联赛（江苏赛区）预赛，某校拥有11个参加预赛的名额，现将这11个名额分配给高二的四个班级，有班级可以不分配名额，则名额分配的不同种数为（ ）
A．455B．364C．210D．120
考点十 分组问题
典例1．5个老师分配到3个班里搞活动，不同的分法有 种．
典例2．将三个人随机安排到甲、乙、丙、丁这四个部门工作，已知甲部门一定有人，则不同的安排方法种数是 ．
跟踪训练1．1260有 个不同的正因数.（用数字作答）
跟踪训练2．有5位同学各自独立地报名课外兴趣小组，可报名的小组有中华传统文化、生物技术（Bitechnlgy）、数学应用共3个．如果每位同学限报一个小组，小组招收入数没有上限，那么所有可能的不同的报名结果有 种．
考点十一 分堆问题
典例1．某中学要给三个班级补发8套教具，先将其分成3堆，其中一堆4套，另两堆每堆2套，则不同的分堆方法种数为（ ）
A．B．C．D．
典例2．已知有6本不同的书.
（1）分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？
（2）分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？
（3）分给甲､乙､丙三人，一人1本，一人2本，一人3本，有多少种不同的分配方法？
跟踪训练1．已知有6本不同的书.
(1)分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？
(2)分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？
跟踪训练2．要把本不同的课外书分别装到三个相同的手提袋里，一共有多少种不同的装法？
考点十二 多面手问题
典例1．现有翻译8人，其中3人只会英语，2人只会德语，还有3人英语、德语都会，现从这8人中选取3名英语翻译，2名德语翻译，有多少种不同的选法？
典例2．第三届无人机大赛在天津召开，现在要从小张､小赵､小李､小罗､小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译､安保､礼仪､服务四项不同工作，每个工作至少有一人参加，若小张､小赵只能从事安保工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有 种.
跟踪训练1．甲、乙、丙三名志愿者到某医院参加抗击新冠疫情活动，该医院有、两种类型的机器各一台，其中甲只会操作种类型的机器，乙、丙两名志愿者两种类型的机器都会操作．现从甲、乙、丙三名志愿者中选派2人去操作该医院、两种类型的机器（每人操作一台机器），则不同的选派方法一共有（ ）
A．2种B．4种C．6种D．8种
跟踪训练2．有11个划船运动员，其中右舷手4人，左舷手5人，还有甲､乙二人左､右都能划，现要选8人组成一个划船队参加竞赛(左､右各4人)，有多少种安排方法？
考点十三 染色问题-合理分类与分步
典例1．如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（ ）

A．360B．420C．480D．660
典例2．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练1．如图所示，用4种不同的颜色涂三棱台的顶点，同一线段的端点不同色，且颜色可以不用完，则不同的涂法有 种．
跟踪训练2．用五种不同的颜色给图中的六个区域涂色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色且五种颜色要用完，则共有涂色方法 种.

考点十四 最短路径问题
典例1．如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（列出过程，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？
典例2．如图，某地有南北街道5条、东西街道6条．一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，且途经C地，要求所走路程最短，共有多少种不同的走法？
跟踪训练1．（多选）如图所示，各小矩形都全等，各条线段均表示道路.某销售公司王经理从单位处出发到达处和处两个市场调查了解销售情况，行走顺序可以是，也可以是，王经理选择了最近路径进行两个市场的调查工作.则王经理可以选择的最近不同路线共有（ ）
A．31条B．36条C．210条D．315条
跟踪训练2．如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段．
(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？
一、单选题
1．盒子甲中有 5 个红球和 3 个蓝球；盒子乙中有 6 个红球和 2 个蓝球． 若从甲、乙两个盒子中各随机取出 2 个球， 则取出的 4 个球中恰有 1 个蓝球的不同取法共有（ ）
A．150 种B．180 种C．300 种D．345 种
2．甲､乙､丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥､长江索道､洪崖洞民俗风貌区､重庆动物园､仙女山､白帝城这六个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲､乙､丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（ ）
A．96种B．100种C．108种D．120种
3．某公司的一个部门有6名男员工和4名女员工，从该部门选3人组成一个项目组，要求该项目组男、女员工都有，则不同的选法种数为（ ）
A．84B．90C．96D．100
4．从分别标有1，2，3，4，5的5个小球中无放回地随机摸取2个，则摸到的2个小球上数字之和是2的倍数的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（ ）种分配方案
A．90B．120C．150D．240
6．2025年1月7日9时5分，西藏自治区日喀则市定日县发生6.8级地震．现从各省共抽派7支抢险工作队前往5个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（ ）
A．1800B．16800C．14280D．25200
二、填空题
7．第九届亚洲冬季运动会于2025年2月7日至2月14日在哈尔滨举行，期间将3名志愿者小李、小张、小明分配到A，B两个场馆服务，每个场馆至少分配一名，恰好小李与小明分到一个场馆的概率为 ．
8．现有10本不同的书，分给甲、乙、丙等六人，其中一人得3本、两人得2本、三人得1本，则不同分法的种数是 ．（用排列数、组合数表示）
9．有一摸球游戏，规则如下：在盒子里放大小、质地完全相同的5个红球和10个白球，不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时结束．则最后只剩红球的概率为 ．
10．在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为 .（结果用数字表示）
11．（1）某校准备组建一个由12人组成的篮球队，这12人由8个班的学生组成，每班至少1人，名额分配方案共有 种.
（2）某校准备组建一个由12人组成的篮球队，这12人由8个班的学生组成，名额分配方案共有 种.
12．已知数列共10项，且.若满足的共有奇数个，则满足条件的不同数列的个数为 ．
13．盒子中有5个小球，分别标有数字为1，2，3，4，5，这些小球除数字外完全相同，现从中依次随机抽取2个小球(不放回)，记取出的两个小球数字分别为m和n，使得关于x的一元二次方程 有实数根的概率为 .
14．现有6个形状、大小完全相同但颜色均不相同的小球，甲、乙两人采用不同方式分别从中拿取3个球：甲从所有球中一次性随机抽取3个；乙将小球平均分为A，B两堆后，先从A堆中一次性取i个，再从B堆中一次性取个（），则乙的不同取法种数比甲多 种.
15．学校开展班级轮值活动，高二某班有四个轮值小组负责甲、乙、丙三个地点的站岗值班任务，每个小组负责一个地点，每个地点至少有一个小组负责，且小组不去甲地点，则不同的任务分配方法种数为 ．（用数字作答）
1．某班 5 名学生负责校内 3 个不同地段的卫生工作. 每名学生都要参与且只负责某个地段的卫生工作，每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有（ ）
A．300 种B．90 种C．240 种D．150 种
2．某校的教学楼每层楼有13级台阶，一名教师从一楼到二楼，每次可以选择跨1级、2级、3级台阶，但固定最后一步不能跨3级台阶（避免台阶过高摔倒），那么该教师一共有（ ）种不同的走法．
A．1049B．1144C．1431D．1705
3．（多选）将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是（ ）
A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案
B．若每人分得2本，则有90种方案
C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案
D．共有450种分配方案
4．（多选）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论不正确的有（ ）
A．没有空盒子的方法共有16种
B．有空盒子的方法共有256种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种
5．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同、颜色互不相同的小球，某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色，则“两次记下的小球颜色能凑齐种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为 ．
6．（多选）某校安排甲、乙、丙、丁、戊5名老师到四个社区参与志愿活动，以下说法正确的是（ ）
A．每人都只安排到一个社区的不同方法数为625
B．每人都只安排到一个社区，每个社区至少有一人，则不同的方法数为480
C．每人都只安排到一个社区，如果社区不安排，其余三个社区至少安排一人，则这5名老师全部被安排的不同方法数为150
D．每人都安排到一个社区，每个社区至少有一人，其中甲、乙不去社区，其余三位老师四个社区均可安排，则不同安排方案的种数是126
7．不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组.
8．一个数学兴趣小组共有2名男生、3名女生，从中随机选出2名参加交流会，在已选出的2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生的概率为
9．把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有 种.
10．某校安排5位老师值班3天，要求每人需要值班1天或2天，且每天有2人值班，则不同的值班方案有 种.
1．（2024·全国甲卷·高考真题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·全国乙卷·高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种B．60种C．120种D．240种
3．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种．
4．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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）．
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025·上海
排列
无
2024·全国甲卷
排列
无
2023·全国乙卷
排列组合综合
无
2024·新课标Ⅱ卷
列举法
无
相同点
两者都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
不同点
排列问题中元素有序，组合问题中元素无序
（关键是看选出的元素是否与顺序有关,若有关系,则是排列问题，若无关系，则是组合问题）
问题
方法
“在”与“不在”的有限制条件的排列问题
既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先.
相邻问题
“捆绑法”：把相邻元素看作一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列
不相邻问题
“插空法”：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挡中
定序问题
先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
正面考虑比较复杂的问题
“间接法”，反面入手
平均分组问题
一般先分堆，再除以.
不平均分组问题
先分堆，其中有组个数一样，再除以
相同元素的“分配”问题
“隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中，
第02讲 排列组合
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc860609987" 考情探究 PAGEREF _Tc860609987 \h 1
\l "_Tc969688964" 知识梳理 PAGEREF _Tc969688964 \h 2
\l "_Tc309020865" 探究核心考点 PAGEREF _Tc309020865 \h 4
\l "_Tc1098219609" 考点一 排列与排列数 PAGEREF _Tc1098219609 \h 4
\l "_Tc155022498" 考点二 组合与组合数 PAGEREF _Tc155022498 \h 5
\l "_Tc565460075" 考点三 相邻元素捆绑法 PAGEREF _Tc565460075 \h 7
\l "_Tc1072342550" 考点四 不相邻元素插空法 PAGEREF _Tc1072342550 \h 8
\l "_Tc1178472226" 考点五 特殊元素优先安排法 PAGEREF _Tc1178472226 \h 10
\l "_Tc341026101" 考点六 定序问题缩倍法 PAGEREF _Tc341026101 \h 11
\l "_Tc2139309311" 考点七 圆排问题直排法 PAGEREF _Tc2139309311 \h 13
\l "_Tc52888256" 考点八 多排问题单排法 PAGEREF _Tc52888256 \h 14
\l "_Tc1982172381" 考点九 元素相同问题隔板法 PAGEREF _Tc1982172381 \h 15
\l "_Tc457391556" 考点十 分组问题 PAGEREF _Tc457391556 \h 16
\l "_Tc1535909079" 考点十一 分堆问题 PAGEREF _Tc1535909079 \h 17
\l "_Tc1270453813" 考点十二 多面手问题 PAGEREF _Tc1270453813 \h 19
\l "_Tc87332970" 考点十三 染色问题-合理分类与分步 PAGEREF _Tc87332970 \h 21
\l "_Tc1073895889" 考点十四 最短路径问题 PAGEREF _Tc1073895889 \h 23
\l "_Tc1515637035" 三阶突破训练 PAGEREF _Tc1515637035 \h 26
\l "_Tc2008110178" 基础过关 PAGEREF _Tc2008110178 \h 26
\l "_Tc454765394" 能力提升 PAGEREF _Tc454765394 \h 31
\l "_Tc347677285" 真题感知 PAGEREF _Tc347677285 \h 37
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是高考卷的常考内容，以考查基本概念和基本方法为主，涉及特殊元素与特殊位置、两元索相邻或不相邻、分组、分配等问题．
【备考策略】（1）理解排列、组合的概念．
（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．
（3）能利用排列组合解决简单的实际问题．
【命题预测】本节内容与生活实际联系紧密，考生可适当留意常见的排列组合现象．设题稳定，难度中等偏难，分值为5分.
1.排列
①排列的定义：一般地，从n个不同元素中取出个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.
②排列数、排列数公式：从n个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示，其中，，且.
2.组合
①组合的定义：一般地，从n个不同元素中取出个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
②组合数、组合数公式：从n个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示.
公式：，其中，且
规定：
③排列与组合的关系
④组合数的性质
性质1：；
性质2：.
3.分类
考点一 排列与排列数
典例1．用可以组成个无重复数字的六位奇数，则（ ）
A．360B．400C．420D．450
【答案】A
【分析】根据排列公式计算即可.
【详解】个位数字可以是，可得，
故选：A.
典例2．（1）求的值；
（2）解不等式.
【答案】（1）280；（2）
【分析】（1）根据排列数以及组合数公式计算，即得答案；
（2）根据排列数公式，解不等式，即得答案.
【详解】（1）；
（2）由，得，
化简得，解得.①
又，所以.②
由①②及，得，
即不等式的解集为.
跟踪训练1．（ ）
A．10B．15C．20D．25
【答案】C
【分析】根据排列数的运算直接求解即可.
【详解】根据排列数的运算，.
故选：C.
跟踪训练2．证明下列等式．
(1)；
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】根据题意，结合排列数公式，准确化简、运算，即可求解.
【详解】（1）证明：由排列数的公式，可得：
．
（2）证明：由排列数公式，可得．
考点二 组合与组合数
典例1．满足条件的正整数的个数是（ ）
A．10B．9
C．4D．3
【答案】C
【分析】用阶乘表示组合数，化简求出范围.
【详解】由可得，
整理得，解得，且，
所以，又，所以.
故选：C.
典例2．证明：
【答案】证明见解析
【分析】可看作以下情况：求从副不同的手套中任取只，全不配对的情况总数，一方面，可分步完成，另一方面，也可分类解决，计算可得结论.
【详解】可看作以下情况：求从副不同的手套中任取只，全不配对的情况总数．
一方面，可分步完成：
第1步，只手套必须来自副不同的手套，有种，并对取出的副手套编号；
第2步，在1号副手套中任选1只，有2种；
第3步，在2号副手套中任选1只，有2种；
……
第步，在号副手套中任选1只，有2种，
由乘法原理知共有种．
另一方面，也可分类解决，设集合为只左手手套，集合为只右手手套，
分别从集合中取，，，，只手套，
对应着从集合中取不与已选左手手套配对的，，，，，只手套（如下表），
则由加法原理知不同的取法有种．
从而有．
跟踪训练1．给出下列问题：
①若集合求集合A的含有3个元素的子集的个数；
②求从甲、乙、丙三名同学中选两名同学参加两项不同的活动的选法种数；
③求从7本不同的书中选出5本给某一个同学的选法种数；
④求四个城市之间需要准备的飞机票的种数；
⑤把3本相同的书分给5个学生，求每人最多得1本的分法种数．
其中是组合问题的为（ ）
A．①⑤B．①②C．①③⑤D．①③
【答案】C
【分析】根据组合的定义分别判断即可.
【详解】对于①，集合的元素与顺序无关，故①是组合问题；
对于②，从甲、乙、丙三名同学中选两名同学参加两项不同的活动与顺序有关，故②是排列问题；
对于③，从7本不同的书中选出5本给某一个同学，与顺序无关，故③是组合问题；
对于④，因为飞机有起始站与终点站，故四个城市之间需要准备的飞机票的种数与顺序有关，故④是排列问题；
对于⑤，因为书是相同的，所以问题就等价于从5人中选出3人，故⑤是组合问题．
故选：C．
跟踪训练2．（多选）已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】AB选项，利用排列和组合的性质得到BC正确；C选项，可举出反例；D选项，利用组合数公式得到.
【详解】A选项，由组合数性质得，A正确；
B选项，由组合数计算公式得，B正确；
C选项，不妨设，则，
显然，C错误；
D选项，，D正确.
故选：ABD
考点三 相邻元素捆绑法
典例1．由1，2，3，4，5，6，7，8组成一个没有重复数字的八位数，任何相邻两个数字的奇偶性不同，且满足 3 和 4 相邻，则这样的八位数有（ ）个.
A．432B．257C．216D．504
【答案】D
【分析】将3和4捆绑，由分步计数原理计算可得.
【详解】第一步，排1，5，7三个数，有种不同的排法；
第二步，排2，6，8三个数，有种不同的排法；
第三步，将3和4作为一个整体插入，有种不同的排法，
根据分步乘法计数原理，组成的不同的八位数共有个.
故选：D.
典例2．现有3名男生和3名女生要与班主任站成一排合影，班主任站中间，则3名女生有且仅有2名相邻的站法总数为 .（结果用数字作答）.
【答案】
【分析】先确定班主任位置，再从3名女生中选2名“捆绑”，将“捆绑”的女生与剩余1名女生插入男生形成的空位，最后排列男生和“捆绑”体、剩余女生，根据分步乘法计数原理计算站法总数.
【详解】班主任站中间位置，只有1种站法；
从3名女生中选2名女生并“捆绑”，有种选法；“捆绑”的2名女生内部有种排列顺序；
3名男生全排列，有种排法，3名男生排列后形成4个空位（包括两端）；
从4个空位中选2个空位插入“捆绑”的女生整体和剩余1名女生，有种插空方法；
根据分步乘法计数原理，总站法数为.
故答案为：
跟踪训练1．三个人坐在一排5个座位上，空位相邻的坐法有 种．（用数字作答）
【答案】
【分析】将两个空位视为一个整体与三个人排列，结合排列数的定义及计算公式可得结论.
【详解】将两个空位视为一个整体与三个人排列，又两个空位没有区别，故共有种排法.
故答案为：.
跟踪训练2．某高中学校经过推荐和选拔，挑选6名同学（4名男生、2名女生）参加奥林匹克生物竞赛，并进行合影留念．若女生必须相邻，则有 种不同的排法．（用数字作答）
【答案】240
【分析】根据题意，使用捆绑法，2名女生相邻，将其排在一起当做一个元素，有2种情况，再将其与其他4名男生全排列，由分步计数原理乘法公式，计算可得答案．
【详解】根据题意，分2步进行，
先将2名女生排在一起，看成一个元素，考虑其顺序，有种情况，
再将其与其他4名男生全排列，有种情况，
则其不同的排列方法为种，
故答案为：240．
考点四 不相邻元素插空法
典例1．现将2本不同的数学书、3本不同的物理书、1本化学书放在一个单层的书架上，且同类的书各不相邻，则不同的放法有（ ）
A．120种B．144种C．96种D．160种
【答案】A
【分析】分化学书在2本数学书之间，或是1本物理书在2本数学书直接，再按照分步计数原理，插空法解决问题.
【详解】第一种情况，首先化学书在2本数学书的中间，数学书排列有2种方法，再让三本物理书插空，有种方法，所以共有种方法，
第二种情况，若1本物理书在2本数学书的中间，则这3本书看成1个元素，有种方法，再和化学书排列有种方法，最后剩下的2本物理书插空，有种方法，所以共有种方法，
综上，共有种方法.
故选：A
典例2．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每“艺”安排一次讲座，共开展六次．讲座次序要求“射”和“御”必须相邻，“礼”和“书”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 种．
【答案】144
【分析】由题意，将“射”和“御”捆绑看作一个元素与“乐”和“数”进行全排列，再将“礼”和“书”排到所得排列的空隙中，最后将“射”和“御”交换位置， 根据分步计数原理即可求解.
【详解】先将“射”和“御”“捆绑”视为一个元素，再与“乐”和“数”一起排列， 有种不同的次序，
再将“礼”和“书”排到所得排列的空隙中（“射”和“御”中间不能排），有种不同的次序，
最后将“射”和“御”交换位置，有种不同排序，
根据分步乘法计数原理可知“六艺”讲座不同的次序共有种．
故答案为：.
跟踪训练1．一排有7个空座位，有3人各不相邻而坐，则不同的坐法共有 种．
【答案】60
【分析】根据题意，运用插空法即可得到结果.
【详解】首先拿出4个空座位，则四个空座位之间一共有5个空位，包括两端，
从5个空位中选出3个空位，对3人进行全排列，即得不同的坐法共有种.
故答案为：60.
跟踪训练2．如图，有三个不同班级的各两名代表要坐在长方形桌子的6个座位（座位序号为）上座谈，要求同一班级的两名代表既不能正对面（例如：一个人坐1号座位，则同班级的另一个人不能坐6号座位）也不能左右相邻就坐，则所有可能坐法为 种.

【答案】96
【分析】先分析座位的限制关系，再根据排列组合的知识计算所有可能的坐法即可得.
【详解】假设三个不同班级的各两名代表分别为、、，
若号座位只有两个不同班级的代表，则同一班级的在号座位，
则号座位需为另一同班级的两名代表，
此时号座位为同一班级的两名代表，不符合题意，
故号座位必须是3个不同班级的代表，有种方法；
则号座位只有种就坐方法，因此所有可能坐法为.
故答案为：.
考点五 特殊元素优先安排法
典例1．3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（ ）种．
A．36B．108C．120D．144
【答案】D
【分析】分步骤分析，利用排列组合的乘法原理来计算即可．
【详解】总共有3个男同学，排头必须是男同学，所以排头的选择有种，
所以排尾只能从剩余2个男同学选取，有种，
最后剩余4人安排在中间4个位置，有种，所以一共有种．
故选：D．
典例2．甲、乙、丙、丁、戊五人去甘肃、贵州、陕西三省旅游，每人只去一个省份，已知甲、乙都不去陕西，丙、丁去的省份不同，则这五人不同的选择共有（ ）
A．36种B．72种C．60种D．96种
【答案】B
【分析】先安排甲乙，然后安排丙丁，最后安排戊，由分步乘法计数原理计算即得.
【详解】先安排甲乙，分别在甘肃、贵州两省中人选一处，方法数有种，
然后安排丙丁，在三省中任选两处并考虑顺序，方法数有种，
最后安排戊，在三省中任选一处，方法数有种，
根据分步乘法计数原理，这五人不同的选择共有种.
故选：B
跟踪训练1．在2024年梧州“半程马拉松”活动中，组委会将小明等四位志愿者分配到三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且小明不能被分配到场馆，则不同分配方案的种数是（ ）
A．24B．36C．48D．60
【答案】A
【分析】分“小明单独一人执勤一个场馆”、“小明和另一个人一起执勤一个场馆”两种情况分析计算即可得解.
【详解】分两种情况：第一种情况，小明单独一人执勤一个场馆，共有种；
第二种情况，小明和另一个人一起执勤一个场馆，共有种.
综上，共有24种不同分配方案.
故选：A
跟踪训练2．六名学生排成一行，则甲不在两端的排法种数为 .
【答案】
【分析】应用分步乘法，先排甲再对其它学生作全排，即可得.
【详解】将甲排在中间四个位置有，再把其它5名学生作全排有，
所以甲不在两端的排法种数有种.
故答案为：
考点六 定序问题缩倍法
典例1．名同学合影，站成了前排人后排人，现摄影师要从后排人中抽人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】第一步可先从后排人中选人共有种，第二步可认为前排放个座位，选出个座位让后排的人坐，由于其他人的顺序不变，求出共有种坐法，最后利用分步乘法原理即可.
【详解】解：第一步可先从后排人中选人共有种；
第二步可认为前排放个座位，选出个座位让后排的人坐，
由于其他人的顺序不变，所以有种坐法；
综上知不同调整方法的种数为.
故选：D.
典例2．有6位同学排成一排准备拍照，拍照前加入了2位同学，如果要求他们仍站成一排，同时原来6位同学的相对顺序保持不变，则有 种不同的站法．（用数字作答）
【答案】56
【分析】利用排列中的定序问题的处理方法求解．
【详解】因为共8位同学站成一排，原来6位同学的相对顺序保持不变，
所以共有种不同站法，
故答案为：56．
跟踪训练1．城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（ ）
A．110B．144C．132D．156
【答案】C
【分析】共有12个节目，只需排好2个“歌王对唱”节目即可，根据排列数计算即可得出答案.
【详解】添加节目后，共有12个节目，
因为保持原来10个节目的相对顺序不变，
则只需排好2个“歌王对唱”节目即可，
所以，不同的排法种数为.
故选：C.
跟踪训练2．书架上某层有6本不同的书，新买了3本不同的书要插进去，要保持原来6本书的原有顺序不变，有多少种插法？
【答案】504
【分析】
将新买的3本书放入这9个位置中的3个，其余的6本书按着原来的顺序依次放入即可.
【详解】方法一：把书架上这一层欲排的9本书看作9个位置，
将新买的3本书放入这9个位置中的3个，其余的6本书按着原来的顺序依次放入，
因此不同的插法种数为．
方法二：将新买来的3本书逐一插进去：
第1本书插入6本书形成的7个空位中的1个，有7种插法；
第2本书插入现在的7本书形成的8个空位中的1个，有8种插法；
最后1本书插入现在的8本书形成的9个空位中的1个，有9种插法．
由分步乘法计数原理知，不同的插法共有（种）．
考点七 圆排问题直排法
典例1．某次宴会，有4荤3素2汤共九道菜品在圆桌上摆成一圈，且两道汤不相邻，则不同的摆法共有（ ）
A．40320B．30240C．21600D．5760
【答案】B
【分析】利用分布计数乘法原理结合排列组合，解决“圆桌排列”和“不相邻”问题.
【详解】由题意，先将4荤3素共7道菜品在圆桌上摆成一圈，有种摆法，再将两道汤插空有种摆法，
所以总共有种摆法.
故选：B.
典例2．圆排列最早出现在《易经》里．当A，B，C三位同学围成一个圆时，排列ABC与该排列旋转一个或几个位置得到的排列BCA或CAB是同一个排列，现有六位同学围成一个圆做游戏，其排列总数为 ．
【答案】120
【分析】由条件中所举的3个人的“环排列”，确定“环排列”的公式，即可求解.
【详解】A，B，C三位同学围成一个圆，ABC、BCA或CAB是同一排列，
其中每一个圆排列可以拆成任意一位同学为首的直线排列3个．
三位同学围成一个圆的排列总数为，
由此可得六位同学围成一个圆的排列总数为，
故答案为：120.
跟踪训练1．某学校图书室内，有10位同学围着一张圆桌坐成一圈，共有多少种不同的坐法（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先将10人排成1列，随后安排第1人就座，据此可得排法总数.
【详解】将10人排成1列，有种方法，安排第1人坐下，有10种可能性，但因是围着一张圆桌坐成一圈，第1人坐不同位置没有区别，则总排法数为：.
故选：B
跟踪训练2．6位女同学和15位男同学围成一圈跳集体舞，要求每两名女同学之间至少有两名男同学，那么共有多少种不同的围圈跳舞的方法？
【答案】
【分析】利用捆绑法及环排问题直排法即可求解.
【详解】首先让每位女同学选择两名男同学作为她的舞伴，一人排在她左侧，另一人排在她右侧．
由于6位女同学互不相同，
故第1名女同学有种选法，
第2名有种选法，，一共有种“配对”方法．
将每名女同学和她的舞伴看成一组，剩下3名男同学每人看成一组，一共有9个组，
把这9个组排成一圈，共有种排法．
由乘法计数原理得到满足条件的排列数为．
考点八 多排问题单排法
典例1．甲，乙，丙三位同学被选中参加校运会的仪仗队，现编排这三位同学分别站在队伍的前三排（每两人均不在同一排），则甲或乙站第一排的概率为
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】安排三位同学分别站在前3排（每两人均不在同一排）基本事件总数为6，甲或乙在第一排有4种，甲或乙站第一排的概率为，
故选A．
典例2．2个老师、4个女学生、12个男学生，排成三排拍照，要求第一排5人，第二排6人，第三排7人，且老师在第一排，女学生在第二排，则不同的排法共有 种.
【答案】
【分析】由特殊元素优先法，先安排老师与女学生，再安排男学生的位置，最后由分步乘法计数原理求解即可.
【详解】①先在第一排的5个位置中排入2个老师，有种；
②再在第二排的6个位置中排入4个女学生，有种；
③在其余位置上安排12个男学生，有种.
由乘法原理知，共有种.
故答案为：.
跟踪训练1．把15人分成前、中、后三排,每排5人,则共有不同的排法种数为( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】多排问题单排考虑，全排列即可．
【详解】把座位从1到15标上号，问题就转化为15人坐在15个座位上，共有种．
【点睛】一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研究．
跟踪训练2．6个人站成前、中、后三排，每排2人，则不同的排法有 种．
【答案】720
【分析】可以分三步：前、中、后三排分别站2人即可得，也只可以相当于6人全排列．
【详解】6个人站成前、中、后三排，每排2人，分3步完成，不同的排法有（种）．
故答案为：720
考点九 元素相同问题隔板法
典例1．若将展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（ ）
A．33项B．44项C．55项D．66项
【答案】D
【分析】由的展开形式可将问题转化为方程的非负整数解的个数问题，由组合数求解最终结果.
【详解】由展开式的代数形式知，x，y，z的指数和为10，
即问题转化为方程的非负整数解的个数问题，因此项数为．
故选：D．
典例2．若方程，其中，则方程的自然数解的个数为 .
【答案】28
【分析】依据隔板法去求解即可.
【详解】已知方程，且，
则，其中均为自然数.
将其转化为， 其中为正整数.
运用隔板法将其转化为有9个1排成一列，利用2个隔板法将其分成3组，
第一组1的数目为，第二组1的数目为，第三组1的数目为，则.
2个隔板的放置方法共有种，
故方程的正整数解的个数为28.
即方程的自然数解的个数为28.
故答案为：28.
跟踪训练1．将8个外观相同的苹果分给甲、乙、丙三人，每人至少分到1个苹果，共有不同的分法（ ）
A．15种B．18种C．21种D．24种
【答案】C
【分析】利用隔板法求解即可.
【详解】8个苹果间会产生7个空隙，任选2个空隙将苹果分开，即分成三份，共有种分法．
故选：C.
跟踪训练2．2025年5月17日进行全国高中数学联赛（江苏赛区）预赛，某校拥有11个参加预赛的名额，现将这11个名额分配给高二的四个班级，有班级可以不分配名额，则名额分配的不同种数为（ ）
A．455B．364C．210D．120
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及隔板法列式计算得解.
【详解】11个名额分配给1个班，有种；分配给2个班，有种；
分配给3个班，有种；分配给4个班，有种，
所以名额分配的不同种数为.
故选：B
考点十 分组问题
典例1．5个老师分配到3个班里搞活动，不同的分法有 种．
【答案】243
【分析】应用分步乘法计数，即可得.
【详解】每个老师都有3种分配方法，故5个老师共有种.
故答案为：243
典例2．将三个人随机安排到甲、乙、丙、丁这四个部门工作，已知甲部门一定有人，则不同的安排方法种数是 ．
【答案】37
【分析】利用对立事件法求解，先计算总数，在计算甲部门没有人的种数。
【详解】先不考虑甲部门是否有人，总数为种；
甲部门没有人的种数为种；
所以甲部门有人的安排方法种数为种；
故答案为：37
跟踪训练1．1260有 个不同的正因数.（用数字作答）
【答案】36
【分析】将1260分解，然后根据分步乘法计数原理计算即可.
【详解】，
第一步，可以取，共3种，
第二步，可以取，共3种，
第三步，可以取，共2种，
第四步，可以取，共2种，
所以一共有种取法，对应36个不同的正因数.
故答案为：36
跟踪训练2．有5位同学各自独立地报名课外兴趣小组，可报名的小组有中华传统文化、生物技术（Bitechnlgy）、数学应用共3个．如果每位同学限报一个小组，小组招收入数没有上限，那么所有可能的不同的报名结果有 种．
【答案】243
【分析】每位同学都有3种不同的报名方式，根据分步乘法原理即可求解.
【详解】每位同学都有3种不同的报名方式，根据分步乘法原理，知有5位同学不同的报名
方式有种.
故答案为：
【点睛】本题考查简单的计数问题的应用，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
考点十一 分堆问题
典例1．某中学要给三个班级补发8套教具，先将其分成3堆，其中一堆4套，另两堆每堆2套，则不同的分堆方法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据部分均分问题求解即可.
【详解】由条件可知，8套教具，分成4，2，2，共有种分法．
故选：C．
典例2．已知有6本不同的书.
（1）分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？
（2）分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？
（3）分给甲､乙､丙三人，一人1本，一人2本，一人3本，有多少种不同的分配方法？
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）通过组合的定义，按照平均分组的原则方法即可得到答案；
（2）通过组合的定义，按照不平均分组的原则即可得到答案；
（3）在（2）的基础上进行全排列即可.
【详解】（1）6本书平均分成3堆，不同的分堆方法的种数为.
（2）从6本书中，先取1本作为一堆，再从剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，不同的分堆方法的种数为
（3）在（2）的分堆中，甲､乙､丙三人任取一堆，不同的分配方法的种数为.
跟踪训练1．已知有6本不同的书.
(1)分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？
(2)分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？
【答案】(1)15
(2)60
【分析】直接利用排列组合中的“平均分组”与“不平均分组”的计算方法计算即可.
【详解】（1）6本书平均分成3堆，
所以不同的分堆方法的种数为.
（2）从6本书中，先取1本作为一堆，再从剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，
所以不同的分堆方法的种数为.
跟踪训练2．要把本不同的课外书分别装到三个相同的手提袋里，一共有多少种不同的装法？
【答案】种
【分析】对三个手提袋中的书本数量进行分类讨论，结合分类加法计数原理可的结果.
【详解】要把本不同的课外书分别装到三个相同的手提袋里，分以下几种情况讨论：
①若三个相同的手提袋里的书本数量分别为、、，此时有种不同的装法；
②若三个相同的手提袋里的书本数量分别为、、，此时共有种不同的装法；
③若三个相同的手提袋里的书本数量分别为、、，此时共有种不同的装法；
④若三个相同的手提袋里的书本数量分别为、、，此时共有种不同的装法；
⑤若三个相同的手提袋里的书本数量分别为、、，此时共有种不同的装法；
⑥若三个相同的手提袋里的书本数量分别为、、，此时共有种不同的装法；
⑦若三个相同的手提袋里的书本数量分别为、、，此时共有种不同的装法.
综上所述，由分类加法计数原理可知，不同的装法种数为种.
考点十二 多面手问题
典例1．现有翻译8人，其中3人只会英语，2人只会德语，还有3人英语、德语都会，现从这8人中选取3名英语翻译，2名德语翻译，有多少种不同的选法？
【答案】92
【分析】方法1：按只会德语的2人入选的人数分类再由组合知识可得答案；方法2：按只会英语的3人入选的人数分类再由组合知识可得答案．
【详解】方法1：按只会德语的2人入选的人数分类．
第1类，2个人都入选，则只需从其余的人中再选3人担任英语翻译，有种方法；
第2类，2人中恰好有1人入选，则要从英语、德语都会的3人中再选出1人担任德语翻译，
再从余下会英语的5人中选3名英语翻译，有种；
第3类，2个人都没有入选，则要从英语、德语都会的3人中选2名德语翻译，
再从余下会英语的4人中选3名英语翻译，有种．
因此，共有种不同的选法．
方法2：按只会英语的3人入选的人数分类．
第1类，3人中有1人入选，有种选法；
第2类，3人中有2人入选，有种选法；
第3类，3人都入选，有种选法；
第4类，3人都不入选，有种选法．
因此，共有种选法．
典例2．第三届无人机大赛在天津召开，现在要从小张､小赵､小李､小罗､小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译､安保､礼仪､服务四项不同工作，每个工作至少有一人参加，若小张､小赵只能从事安保工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有 种.
【答案】12
【分析】结合排列和组合数直接求解即可．
【详解】由题意知小张或小赵只有一人入选，且只能从事安保工作，其余三人从事不同工作，
则有不同的选派方案．
故答案为：12．
跟踪训练1．甲、乙、丙三名志愿者到某医院参加抗击新冠疫情活动，该医院有、两种类型的机器各一台，其中甲只会操作种类型的机器，乙、丙两名志愿者两种类型的机器都会操作．现从甲、乙、丙三名志愿者中选派2人去操作该医院、两种类型的机器（每人操作一台机器），则不同的选派方法一共有（ ）
A．2种B．4种C．6种D．8种
【答案】B
【分析】先从乙、丙两名志愿者中选1人去操作B种类型机器，从剩下两人选1人去操作A种类型机器，由分步乘法奇数原理可求.
【详解】先从乙、丙两名志愿者中选1人去操作B种类型机器，有2种选法，再从剩下两人选1人去操作A种类型机器，有2种选法，
则不同的选派方法一共有种.
故选：B.
跟踪训练2．有11个划船运动员，其中右舷手4人，左舷手5人，还有甲､乙二人左､右都能划，现要选8人组成一个划船队参加竞赛(左､右各4人)，有多少种安排方法？
【答案】(种)
【分析】根据题意，按照右舷手为标准进行分三类：第一类：右舷手4人都入；第二类：右舷手3人入选；第三类：右舷手2人入选，再结合分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，按照右舷手为标准进行分类，分三类：
第一类：右舷手4人都入选有种；
第二类：右舷手3人入选；则从甲乙中选一人作右舷手有种；
第三类：右舷手2人入选，有种；
由分类计数原理，可得共有++(种).
【点睛】本题主要考查了排列组合的综合应用，其中解答中根据题意按照右舷手为标准进行分类求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，本题属于基础题.
考点十三 染色问题-合理分类与分步
典例1．如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（ ）

A．360B．420C．480D．660
【答案】B
【分析】根据使用颜色种数分类，利用排列组合可得.
【详解】若5种颜色全涂，有种；
若5种颜色涂4种，则左右侧面或前后侧面涂同种颜色，有种；
若5种颜色涂3种，则左右侧面涂同种颜色，前后侧面涂同种颜色，有种
可得，故不同的涂色方案共有420种.
故选：B
典例2．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别求出区域1与区域3种同种花卉和不同花卉的方案种数，根据古典概率的公式求解.
【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种；
当区域1与区域3不种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种．
故该花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为.
故选：B.
跟踪训练1．如图所示，用4种不同的颜色涂三棱台的顶点，同一线段的端点不同色，且颜色可以不用完，则不同的涂法有 种．
【答案】264
【分析】根据涂色需要的颜色数量分别结合排列组合计算求解.
【详解】根据题意可得，用3种颜色涂色有（种），用4种颜色涂色有（种），
共有（种）．
故答案为：.
跟踪训练2．用五种不同的颜色给图中的六个区域涂色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色且五种颜色要用完，则共有涂色方法 种.

【答案】960
【分析】先分析出同色区域的情况，然后剩余颜色任意排列即可.
【详解】共6个区域，5种颜色需用完，则必有2个区域颜色相同，
而每次涂色颜色可以相同的区域有，，共8种，
故满足题意的涂法共有种.
故答案为：
考点十四 最短路径问题
典例1．如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（列出过程，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)20
(2)111
(3)102
【分析】利用分类加法原理和分步乘法原理即可求解.
【详解】（1）由题意得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,所以 A沿着图中的线段到达点E的最近路线有条.
（2）设点G、H、P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A→E→C，共有条最近路线；
②沿着A→G→C，共有条最近路线；
③沿着A→H→C，共有条最近路线；
④沿着A→P→C，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CD上，共有个矩形；
②矩形的一条边在CD上，共有个矩形；故图中共有个矩形.
典例2．如图，某地有南北街道5条、东西街道6条．一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，且途经C地，要求所走路程最短，共有多少种不同的走法？
【答案】60
【分析】由题可知从A到C，最短路程有种不同的走法，从C到B，最短路程有种不同的走法，再利用分步计数原理即得.
【详解】由题意可知，从A经C到B的最短路程，只能向西、向南运动；
从A到C，最短路程需要向南走3次，向西走2次，即从5次中任取2次向西，剩下3次向南，有种不同的走法，
从C到B，最短路程需要向南走2次，向西走2次，即从4次中任取2次向西，剩下2次向南，有种不同的走法，
故从A经C到B的最短路程，共有种不同的走法.
跟踪训练1．（多选）如图所示，各小矩形都全等，各条线段均表示道路.某销售公司王经理从单位处出发到达处和处两个市场调查了解销售情况，行走顺序可以是，也可以是，王经理选择了最近路径进行两个市场的调查工作.则王经理可以选择的最近不同路线共有（ ）
A．31条B．36条C．210条D．315条
【答案】CD
【分析】讨论长宽关系，利用分步乘法计数原理求解即可.
【详解】设小矩形的长为，宽为，则从的最近路线为，从的最近路线为，
若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走3个长，2个宽，则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有种，所以从的不同路线有种；
若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走2个长，4个宽，则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有种，所以从的不同路线有种.
综上，王经理可以选择的最近不同路线共有210条或315条.
故选：CD.
跟踪训练2．如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段．
(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？
【答案】(1)条
(2)111条
【分析】（1）分析由点A沿着题图中的线段到达点E的最近路线需要往上和往下的次数，再根据组合数求解即可；
（2）设正下方的三点分别为G，H，P，再分情况讨论分别经过E，G，H，P四点的情况数，结合（1）中的方法求解即可.
【详解】（1）由点A沿着题图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次：向右移动3次，向上移动3次，
故由点A到达点E的最近路线有（条）．
（2）设点G，H，P的位置如图所示：
则由点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A→E→C，共有条最近路线；
②沿着A→G→C（不经过E），共有条最近路线；
③沿着A→H→C（不经过G），共有条最近路线；
④沿着A→P→C（不经过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60＋30＋16＋5＝111（条）．
一、单选题
1．盒子甲中有 5 个红球和 3 个蓝球；盒子乙中有 6 个红球和 2 个蓝球． 若从甲、乙两个盒子中各随机取出 2 个球， 则取出的 4 个球中恰有 1 个蓝球的不同取法共有（ ）
A．150 种B．180 种C．300 种D．345 种
【答案】D
【分析】就甲盒取出1红1蓝、乙盒取出两红和甲盒取出两红、乙盒取出1红1蓝两种情况分类计算后可得不同的取法总数.
【详解】4个球中恰有1个蓝球，可分为两种情况：
第一种：甲盒取出1红1蓝、乙盒取出两红，此时有；
第二种：甲盒取出两红、乙盒取出1红1蓝，此时有；
故共有种不同的取法，
故选：D.
2．甲､乙､丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥､长江索道､洪崖洞民俗风貌区､重庆动物园､仙女山､白帝城这六个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲､乙､丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（ ）
A．96种B．100种C．108种D．120种
【答案】B
【分析】先安排甲，再将剩余的2人进行排列，得到答案,
【详解】先安排甲，再将剩余的2人进行排列，故这三人的不同选择方法共有种.
故选：B
3．某公司的一个部门有6名男员工和4名女员工，从该部门选3人组成一个项目组，要求该项目组男、女员工都有，则不同的选法种数为（ ）
A．84B．90C．96D．100
【答案】C
【分析】可用直接法或间接法求解.
【详解】法1：直接法：选取的员工中可以有：1男2女，2男1女两类情况，
所以不同的选法种数为：.
法2：间接法：从10人中任选3人的方法中减去全是男生或全是女生的选法可得所求不同的选法种数为．
故选：C
4．从分别标有1，2，3，4，5的5个小球中无放回地随机摸取2个，则摸到的2个小球上数字之和是2的倍数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先确定所有可能的基本事件数，再找出满足“数字之和是2的倍数”的事件数，最后根据概率公式计算概率．
【详解】从5个小球中无放回摸2个，总组合数为，数字之和为2的倍数（偶数），
分两种情况，选2个奇数（1、3、5）为；
选2个偶数（2、4）为，满足条件的组合数共，概率为．
故选：B．
5．甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（ ）种分配方案
A．90B．120C．150D．240
【答案】B
【分析】先选名学生分配给甲，再将剩余人分成两组分配给乙、丙，由分步乘法计数原理可得.
【详解】第一步，从六名学生中选名，分配给甲指导，有种不同的方法，
第二步，将剩余名学生分成两组，分配给乙、丙指导，有种不同的方法，
根据分步乘法计数原理，不同的分配方案共有种.
故选：B.
6．2025年1月7日9时5分，西藏自治区日喀则市定日县发生6.8级地震．现从各省共抽派7支抢险工作队前往5个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（ ）
A．1800B．16800C．14280D．25200
【答案】B
【分析】先分组后分配，分组分配上有3，1，1，1，1与2，2，1，1，1两种方式，再结合排列组合数计算即可.
【详解】分组分配上有3，1，1，1，1与2，2，1，1，1两种方式．
若是3，1，1，1，1，则有种；
若是2，2，1，1，1，则有种．
所以共有种.
故选：B．
二、填空题
7．第九届亚洲冬季运动会于2025年2月7日至2月14日在哈尔滨举行，期间将3名志愿者小李、小张、小明分配到A，B两个场馆服务，每个场馆至少分配一名，恰好小李与小明分到一个场馆的概率为 ．
【答案】
【分析】现将三人分成两组，再将两组人分配到两个场馆，根据分步乘法计数原理即可求出总的分法；再求出小李与小明分到一个场馆的分法数量，最后利用概率计算公式即可求解．
【详解】将小李、小张、小明分为两组，一组一人，另外一组两人，共种分法，
再将两组人分配到A，B两个场馆，共种分法，
根据分步乘法计数原理可知，共种分法；
小李和小明分到一个场馆的分法有种；
故小李与小明分到一个场馆的概率为．
故答案为：．
8．现有10本不同的书，分给甲、乙、丙等六人，其中一人得3本、两人得2本、三人得1本，则不同分法的种数是 ．（用排列数、组合数表示）
【答案】
【分析】先将10本不同的书分成3本、2本、2本、1本、1本、1本，再将6组作全排列，注意两人得2本、三人得1本是平均分组问题，排除重复即可得到答案．
【详解】先将10本书分成有顺序的6堆，其中第1堆为3本书，第2、3堆为2本书，第4、5、6堆为本书，则有种情况，
然后将甲、乙、丙等六人也进行排序，有种情况，
而得2本书的两人和得1本书的三人并无顺序差异，因此要除以，再除以消序．
综上所述，不同分法的种数是．
故答案为：．
9．有一摸球游戏，规则如下：在盒子里放大小、质地完全相同的5个红球和10个白球，不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时结束．则最后只剩红球的概率为 ．
【答案】
【分析】最后一个球规定为红球，只需考虑剩余个红球在前个位置的放法种数即可.
【详解】在个红球，个白球中，个红球的放法有种，即基本事件总数为，
由于最后一个是红球，那么在前个球中有个白球，个红球，其中个红球的放法有种，
故所求概率．
故答案为：.
10．在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为 .（结果用数字表示）
【答案】15
【分析】从整点到整点，记为上步，从整点到整点，记为下步，结合题意分析易得整点到整点的T步一共有6个，且上步有4个，下步有2个，进而结合组合知识求解即可.
【详解】由题意，从整点到整点，记为上步，
从整点到整点，记为下步，
不管上步还是下步，在一个T步上横坐标都增加1，
而上步纵坐标增加1，下步纵坐标减少1，
因此整点到整点的T步一共有6个，
且上步有4个，下步有2个，
因此整点到整点的T路的条数为.
故答案为：15.
11．（1）某校准备组建一个由12人组成的篮球队，这12人由8个班的学生组成，每班至少1人，名额分配方案共有 种.
（2）某校准备组建一个由12人组成的篮球队，这12人由8个班的学生组成，名额分配方案共有 种.
【答案】 330 50388
【分析】（1）满足条件的分配方案数与将12个相同的小球排成一行，在中间插入7块隔板将其分成8组，任意两块隔板不能相邻，且不能插在两端的方法数一致，结合隔板法可得结论；
（2）满足条件的分配方案数与个相同的小球排成一行，在中间插入7块隔板将其分成8组，任意两块隔板不能相邻，且不能插在两端的方法数一致，结合隔板法可得结论.
【详解】（1）将12个名额（相同元素）分配给8个班，每班至少1个名额，
相当于12个相同的小球排成一行，在中间插入7块隔板将其分成8组，每组至少1个小球，
所以任意两块隔板不能相邻，且不能插在两端，由插空法可知名额分配方案共有种.
（2）将12个名额（相同元素）分配给8个班，每班没有名额限制的方法，
与将个名额（相同元素）分配给8个班，每班至少一个名额，再从各班所分的名额中取走一个名额的方法相等，
也就相当于个相同的小球排成一行，在中间插入7块隔板将其分成8组，因为每组至少1个小球，
所以任意两块隔板不能相邻，且不能插在两端，由插空法可知名额分配方案共有种.
故答案为：；.
12．已知数列共10项，且.若满足的共有奇数个，则满足条件的不同数列的个数为 ．
【答案】1008
【分析】设分别有个，为奇数，由题意可得，进而得到，计算可得当时，；时，，进而结合组合知识求解即可.
【详解】设分别有个，为奇数，
则，
所以，即，
经过计算，当时，；时，，后续没有其他情况了，
则条件的不同数列的个数为.
故答案为：1008.
13．盒子中有5个小球，分别标有数字为1，2，3，4，5，这些小球除数字外完全相同，现从中依次随机抽取2个小球(不放回)，记取出的两个小球数字分别为m和n，使得关于x的一元二次方程 有实数根的概率为 .
【答案】/0.5
【分析】先求出从有5个小球随机抽取2个小球的所有情况，再找出符合方程要有实数根的情况，最后根据古典概型概率公式即可求出.
【详解】从中依次随机抽取2个小球(不放回)，共有种，
方程要有实数根，即判别式，
满足条件的有：当时，，共一种情况；
当时，共两种情况；
当时，共三种情况；
当时，共四种情况，
满足方程要有实数根共有种情况，
所以概率为.
故答案为：.
14．现有6个形状、大小完全相同但颜色均不相同的小球，甲、乙两人采用不同方式分别从中拿取3个球：甲从所有球中一次性随机抽取3个；乙将小球平均分为A，B两堆后，先从A堆中一次性取i个，再从B堆中一次性取个（），则乙的不同取法种数比甲多 种.
【答案】380
【分析】根据组合数的定义及分步乘法原理求解.
【详解】由于甲是在6个球中一次性取出3个，从而不同的取法数有种；
对于乙，将小球平均分为A，B两堆有种方法，
而对于每一个给定的分堆方式，其取法数为，
所以乙的不同取法数为种，故乙的不同取法数比甲多380种，
故答案为：380.
15．学校开展班级轮值活动，高二某班有四个轮值小组负责甲、乙、丙三个地点的站岗值班任务，每个小组负责一个地点，每个地点至少有一个小组负责，且小组不去甲地点，则不同的任务分配方法种数为 ．（用数字作答）
【答案】24
【分析】分一个小组去甲地点和两个小组去甲地点求解即可.
【详解】若甲地点去一个小组，从组选一组去甲地点，有种，
再将剩下的3个小组分配到剩下的2个地点，且每个地点至少有1个小组，有种，此时共有种；
若甲地点去两个小组，从组选两个小组去甲地点，有种，
将剩下的2个小组分配到剩下的2个地点有种，此时共有种．
综上，不同的任务分配方法种数为种.
故答案为：24
1．某班 5 名学生负责校内 3 个不同地段的卫生工作. 每名学生都要参与且只负责某个地段的卫生工作，每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有（ ）
A．300 种B．90 种C．240 种D．150 种
【答案】D
【分析】利用先分组后分配原则来进行求解即可.
【详解】先将5名学生分成三组的分法有：（种）
再将这三组学生分配到三个地段共有：（种）
所以利用分步乘法原理，可知每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有（种）
故选：D.
2．某校的教学楼每层楼有13级台阶，一名教师从一楼到二楼，每次可以选择跨1级、2级、3级台阶，但固定最后一步不能跨3级台阶（避免台阶过高摔倒），那么该教师一共有（ ）种不同的走法．
A．1049B．1144C．1431D．1705
【答案】C
【分析】设上级最后一步能跨3级的走法数为，最后一步不能跨3级的走法数为，利用递推法计算即可.
【详解】设上级台阶最后一步能跨3级的走法数为，
上级台阶最后一步不能跨3级的走法数为，
若最后一步跨1级，则前面级的走法数为，
若最后一步跨2级，则前面级的走法数为，
若最后一步跨3级，则前面级的走法数为，
所以，
又在限制条件下，，
易知上1级台阶有1种走法；
上2级台阶可每次只跨1级，或每次只跨2级2种走法；
上3级台阶可一次跨3级，或每次只跨1级，或一次跨1级另一次跨2级4种走法；
上4级台阶可每次只跨1级，或两次都跨2级，或三次中两次跨1级，一次跨2级，或两次中一次跨1级，一次跨3级共7种走法，
即，
所以，,
所以.
故选：C
3．（多选）将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是（ ）
A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案
B．若每人分得2本，则有90种方案
C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案
D．共有450种分配方案
【答案】ABC
【分析】利用分组分配问题的解法即可得解.
【详解】对于A，甲1本､乙2本､丙3本，方案数为，故A正确；
对于B，每人2本，方案数为，故B正确；
对于C，书本数互不相同（即1，2，3），所以方案数为，故C正确；
对于D，分三类：第一类，每人2本，方案数为90种；第二类，一人1本，一人2本，一人3本，方案数为360种；
第三类，一人4本，另外两人各1本，方案数为，
故总的分配方案数为种，故D错误.
故选：ABC.
4．（多选）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论不正确的有（ ）
A．没有空盒子的方法共有16种
B．有空盒子的方法共有256种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种
【答案】ABD
【分析】没有空盒即将4个球在4个盒子上进行全排列即可判断A；有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，即可求解判断B；恰有1个空盒，即另外3个盒子都有球，且必然有1个盒子中放了2个球，求解即可判断C；只需从4盒4球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即可判断D．
【详解】对于A，没有空盒子，即将4个球在4个盒子上进行全排列，共有种方法，故A不正确；
对于B，有空盒子，因为有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，共有种方法，故B不正确；
对于C，恰有1个空盒，即另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球，
先从4个盒中选1个作为空盒，再将4球中选出2球绑在一起，与另外两个球对余下的3个盒子全排列，
则共有种方法，故C正确；
对于D，没有空盒子恰有1个小球放入自己编号的盒子，则可从4盒4球中选定标号相同的球和盒有种方法，
另外3个球3个盒不能互相对应共2种方法，则共有种方法，故D不正确．
故选：ABD.
5．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同、颜色互不相同的小球，某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色，则“两次记下的小球颜色能凑齐种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为 ．
【答案】
【分析】应用分步乘法原理及分类加法原理结合组合数的运算，最后结合古典概型概率公式计算求解即可.
【详解】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球，
则每次摸球的情况有种，
所以先后两次任意摸取小球共有种情况；
两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下的情况有：
第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种；
第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种；
第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种；
第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种；
因为每次摸到球的各种不同情况等可能，所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，
且恰有一种颜色两次都被记下的概率为.
故答案为：.
6．（多选）某校安排甲、乙、丙、丁、戊5名老师到四个社区参与志愿活动，以下说法正确的是（ ）
A．每人都只安排到一个社区的不同方法数为625
B．每人都只安排到一个社区，每个社区至少有一人，则不同的方法数为480
C．每人都只安排到一个社区，如果社区不安排，其余三个社区至少安排一人，则这5名老师全部被安排的不同方法数为150
D．每人都安排到一个社区，每个社区至少有一人，其中甲、乙不去社区，其余三位老师四个社区均可安排，则不同安排方案的种数是126
【答案】CD
【分析】根据题意，利用排列数与组合数的计算公式，结合分类、分步计数原理，逐项分析计算，即可求解.
【详解】对于A中，若每人都只安排到一个社区，
由分步计数原理，可得不同方法数为种，所以A错误；
对于B中，若每人都只安排到一个社区，每个社区至少有一人，
先将5名老师分为4组，有种，则不同的安排方法数为种，所以B错误；
对于C中，每人都只安排到一个社区，如果社区不安排，其余三个社区至少安排一人，
先将5名老师分成3组，人数可为或，
若人数为时，则有种不同的安排方法；
若人数为时，则有种不同的安排方法，
由分类计数原理得，共有种不同的安排方法，所以C正确；
对于D中，每人都安排到一个社区，每个社区至少有一人，其中甲、乙不去社区，
若社区安排两人，则有种不同的安排方法；
若社区只安排一人，则有种不同的安排方法，
由分类计数原理得，共有种不同的安排方法，所以D正确.
故选：CD.
7．不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组.
【答案】
【分析】利用隔板法求解不定方程的解的组数.
【详解】第一空: 利用隔板法求解，不定方程的正整数解,
相当于将100个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将100个名额分成50堆，
每堆至少一个名额，因此，把这100个名额排成一队，除去队前队后的空外，
有99个空，在这99个空中选49个空，插入49个板子，则把这100个名额分成了50堆，故有组，每一堆的名额数就是的数值，则不定方程的正整数解的组数为组；
第二空: 设，
，，，
不定方程的非负整数解
就是不定方程正整数解，
利用隔板法求解，不定方程的正整数解,
相当于将150个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将150个名额分成50堆，
每堆至少一个名额.把这150个名额排成一队，除去队前队后的空外，
有149个空，在这149个空中选49个空，插入49个板子，则把这150个名额分成了50堆，
故有组，每一堆的名额数就是的数值，
则不定方程的非负整数解的组数为组.
故答案为：，.
8．一个数学兴趣小组共有2名男生、3名女生，从中随机选出2名参加交流会，在已选出的2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生的概率为
【答案】
【分析】先确定总选法数，再分别计算事件（至少有1名男生）和事件（1男1女）的概率，最后根据条件概率公式求解.
【详解】记事件A表示“2名中至少有1名男生”，事件B表示“2名中有1名女生”，则“2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生”的概率为，而，，所以.
故答案为：.
9．把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有 种.
【答案】98
【分析】解法一：利用分类加法计数原理分类计算可求得结论.解法二：用表示个分配指标，现考虑符合题意的一种放法：第1､2两个盒子各放1个球，第3､4､5､6盒子不放球，第7个盒子放3个球，这个放法可用符号表示为.进而可得，利用展开式中的系数可求得结论.
【详解】解法一：1-5号盒共放0个球，即5个球放入6-7号盒子，有种放法；
1-5号盒共放1个球，有种放法；
1-5号盒共放2个球，有种放法；
1-5号盒共放3个球，有种放法；
1-5号盒共放4个球，有种放法；
1-5号盒共放5个球，有1种放法，所以共有种放法.
解法二：用表示个分配指标，现考虑符合题意的一种放法：
第1､2两个盒子各放1个球，第3､4､5､6盒子不放球，第7个盒子放3个球，
这个放法可用符号表示为.
考虑母函数
，
从第一､二个括号中各取，从第三､四､五､六个括号中各取，从第七个括号中取，
然后相乘，即得到展开式中的一个项，
此项的系数即为满足题意的分配名额的方案数.
从上分析可见，满足题意的名额分配的方案与多项式展开式中项正好一一对应，
故多项式的展开式中项的系数即为满足题意的名额分配的方案数.
又，
其中，
所以满足题意的分配方案数为98.
故答案为：98.
10．某校安排5位老师值班3天，要求每人需要值班1天或2天，且每天有2人值班，则不同的值班方案有 种.
【答案】180
【分析】根据题意，先确定总值班人次，确定恰有1人值班两天，再对剩余4人，分配情况讨论即可求解.
【详解】总值班人次为，每人需要值班1天或2天，
因此唯一可能的分配是其中1人值班2天，另外4人各值班1天，
先从5人中选出值班两天的1人，有种，
假设选出的1人为甲，需要值班2天，另外4人各值班1天，
第一步，先确定甲值班哪两天：，
第二步，从另外4人中，确定两人值班剩下的那一天，，
第三步，剩下两人分别和甲组合值班，，
所以不同的值班方案有，
故答案为：180
1．（2024·全国甲卷·高考真题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.
解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，出场次序共有24种，
其中符合题意的出场次序共有8种，
故所求概率；
解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲最后出场共种方法，同理乙最后出场共种方法，于是共种出场顺序符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，所求概率为.
故选：C
2．（2023·全国乙卷·高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种B．60种C．120种D．240种
【答案】C
【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
【详解】首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
3．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种．
【答案】288
【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可.
【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法，
故有种排法.
故答案为：288
4．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
【答案】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
【答案】 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【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.
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025·上海
排列
无
2024·全国甲卷
排列
无
2023·全国乙卷
排列组合综合
无
2024·新课标Ⅱ卷
列举法
无
相同点
两者都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
不同点
排列问题中元素有序，组合问题中元素无序
（关键是看选出的元素是否与顺序有关,若有关系,则是排列问题，若无关系，则是组合问题）
问题
方法
“在”与“不在”的有限制条件的排列问题
既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先.
相邻问题
“捆绑法”：把相邻元素看作一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列
不相邻问题
“插空法”：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挡中
定序问题
先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
正面考虑比较复杂的问题
“间接法”，反面入手
平均分组问题
一般先分堆，再除以.
不平均分组问题
先分堆，其中有组个数一样，再除以
相同元素的“分配”问题
“隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中，
类别
种数
第1类
0
第2类
1
第3类
2
第4类
3
…
…
…
…
第类
1
第类
0