2026年高考数学复习知识清单(全国通用)专题04排列组合(17题型)(学生版+解析)

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题型1 基础模型：定序模型
1．（24-25高三河南·阶段练习）某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入原节目单中，且3个新节目互不相邻，那么不同插法的种数为（ ）
A．105B．210C．420D．840
【答案】B
【分析】根据题意使用插空法，将3个新节目插入原来6个节目形成的7个空中，列式求解即可.
【详解】原来6个节目形成7个空，3个新节目插入到7个空中，共有种插法.
故选：B.
2．（2003·北京·高考真题）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（ ）
A．6B．12C．15D．30
【答案】D
【分析】由已知，根据题意可使用插空法，将2个新节目有顺序插入5个节目形成的6个空中，直接列式求解即可.
【详解】因为增加了两个新节目．将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，
所以原来5个节目形成6个空，新增的2个节目插入到6个空中，
共有种插法.
故选：D.
3．（2023·福建漳州·二模）2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕．某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题的联欢晚会，原定的5个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，则这两个教师节目相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先插入第一个节目，再插入第二个节目，再按照分步乘法计数原理分别计算插入的情况数量及这两个教师节目恰好相邻的情况数量,再应用古典概率公式求概率即可.
【详解】由题意可知，先将第一个教师节目插入到原节目单中，有6种插入法，
再将第二个教师节目插入到这6个节目中，有7种插入法，
故将这两个教师节目插入到原节目单中，共有（种）情况，
其中这两个教师节目恰好相邻的情况有（种），所以所求概率为.
故选:D.
4．（24-25高二下·广东·阶段练习）14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．181440B．2016C．1080D．1512
【答案】D
【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.
【详解】第一步从后排9人中选2人有种方法，
第二步把这2人插入到前排中，有种方法，
其余5人顺序不变只有1种方法，前排相对顺序不变，
因此所有的方法种数是，
故选：D.
题型2 基础模型：人坐座位模型
1．（2023·安徽·一模）为庆祝中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕，某高中举行“献礼二十大”活动，高三年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名学生代表参加，活动结束后5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有（ ）种．
A．40B．24C．20D．12
【答案】B
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．
【详解】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，
则不同的排法共有种，
故选：．
2．（23-24高三上·重庆·阶段练习）某班某学习小组共7名同学站在一排照相，要求同学甲和乙必须相邻，同学丙和丁不能相邻，则不同的站法共有种．
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】试题分析：根据题意，分步进行分析，①因为甲和乙相邻，将其看成一个整体，考虑两人的顺序，有种情况，②将除去甲、乙、丙、丁剩下的个人和整体看成，有种情况，③元素不相邻利用“插空法”；则共有种情况，故选A．
考点：排列与组合．
【方法点睛】本题考查排列、组合的运用，因为涉及的限制条件比较多，所以注意认真分析题意，认清问题是排列还是组合问题，还要注意相邻问题需要用捆绑法；根据题意，分步进行分析，①因为甲和乙相邻，用捆绑法分析可得其情况数目，②将除去甲、乙、丙、丁剩下的个人和整体看成人，③元素不相邻利用“插空法”，进而由分步计数原理计算可得答案．
3．（23-24高三云南曲靖·阶段练习）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，丙和丁不相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A．40种B．48种C．12种D．24种
【答案】B
【分析】根据题意，分类讨论甲在第二、三、四位，求出对应的排法，结合分类加法计数原理即可求解.
【详解】若甲在第二位，分两种情况讨论：
①：第一位安排丙或丁，则第三、四、五位全排列，共有种；
②：第一位和第四位安排乙戊，第三位和第五位安排丙丁，共有种；
若甲在第三位，丙丁可能排在第位，共种可能，
排好丙丁需种，在剩余两个位子排乙戊，有种，此时共种
若甲在第四位，丙丁可能排在第位，共种可能；
排好丙丁需种，在剩余两个位子排乙戊，有种，此时共种
所以共有种不同的排法.
故选：B
4．（23-24高二上·广东广州·期末）现有甲、乙、丙、丁、戊等共7人排成一列，位置排列要求甲要站在首位或者末位，乙和丙要站在一起，丁和戊不能相邻，共有 种排法．
【答案】288
【分析】利用分步乘法计数原理，结合相邻问题、不相邻问题及特殊元素站位列式计算即得.
【详解】先把乙丙捆绑在一起与除甲丁戊外的另两人作全排列，并把乙丙排列，有种，
再把丁戊插入前面排列形成的4个空隙（除乙丙间的外）中，有种，
最后让甲站首末两位之一有种，
由分步乘法计数原理得不同排法种数是.
故答案为：288
题型3 基础模型：先分组后排列
1．（2023·云南昭通·模拟预测）2022年11月初，新冠疫情突袭昭通市鲁甸县，昭通市统一指挥、众志成城，构筑起抗击疫情的坚固堡垒.现有甲、乙等5名医务人员参加某小区社区志愿服务活动，他们被分派到核酸检验和扫码两个小组，且这两个组都至少需要2名医务人员，则甲、乙两名医务人员不在同一组的分配方案有（ ）
A．8种B．10种C．12种D．14种
【答案】C
【分析】先将甲、乙两名医护人员分配到两组，再将剩下的3名医务人员分到核酸检验和扫码两个小组，利用排列组合公式计算即可.
【详解】先将甲、乙两名医护人员分配到两组，有种方案，再将剩下的3名医务人员分到核酸检验和扫码两个小组，有种方案，所以甲、乙两名医务人员不在同一组的分配方案有种方案.
故选：C.
2．（21-22高二下·北京丰台·期末）某项活动需要把包含甲，乙，丙在内的6名志愿者安排到A，B，C三个小区做服务工作，每个小区安排2名志愿者.已知甲必须安排在A小区，乙和丙不能安排在同一小区，则不同安排方案的种数为（ ）
A．24B．36C．48D．72
【答案】A
【分析】分2种情况讨论：①甲和乙丙中1人在A小区，②甲和其他三人中的1人在A小区，分别求出每种情况下的安排方法数目，由加法原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分2种情况讨论：
甲和乙丙中1人在A小区，
此时A小区的安排方法有种，B小区的选法有种，则此时有种安排分法，
甲和其他三人中的1人在A小区，
则乙丙两人分别在B，C小区，有2种情况，将其他三人全排列，安排到三个小区，有种安排方法，
则此时有种安排方法；
故有种安排方法；
故选：A．
3．（2022·江西·模拟预测）某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）
A．48B．54C．60D．72
【答案】C
【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.
【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，
所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
4．（2022·湖南长沙·模拟预测）“双减”政策落实下倡导学生参加户外活动，增强体育锻炼，甲、乙、丙三位同学在观看北京冬奥会后，计划从冰球、短道速滑、花样滑冰三个项目中各自任意选一项进行学习，每人选择各项运动的概率均为，且每人选择相互独立，则至少有两人选择花样滑冰的前提下甲同学选择花样滑冰的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别计算“至少有两人选择花样滑冰”和“甲同学选择花样滑冰的同时，乙、丙至少有一人选择花样滑冰”的概率，即可求出条件概率．
【详解】记事件为“至少有两人选择花样滑冰”，事件为“甲同学选择花样滑冰则”，
，，
所以，．
故选：D.
题型4 基础模型：数字化法
1．（22-23高二下·江苏常州·期中）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的正方形格状道路网（其中虚线部分因施工暂时不通）．今有甲、乙两人，其中甲在M处，乙在N处，他们分别随机选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，同时到达N，M处，则在此过程中，甲、乙两人在A处相遇的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先分析出甲从M到N处的路径种数，和点M沿M→A→N的路径种数，同理求出乙的路径种数，套公式即可求出概率.
【详解】如图所示.
甲从点M沿M→D→B→N,共有种;从点M沿M→C→N,共有种,综上可得,甲从点M出发到点N,共有种走法.
同理可得：乙从点N出发到点M,共有50种走法.
甲从点M沿M→A→D→B→N,共有种,从点M沿M→A→C→N,共有种,综上可得,共有种走法.
同理：乙从点N经过A处到M有12种走法.
所以甲、乙两人在A处相遇的概率为.
故选：D
2．（2023·安徽亳州·模拟预测）如图，小明从街道的出发，选择一条最短路径到达处，但处正在维修不通，则不同的路线有（ ）种

A．66B．86C．106D．126
【答案】B
【分析】求出从A到C不同的路线总数，减去从A到C的过程中途经B处的路线数，即可得出答案.
【详解】要使A到C的路径最短，则小明到达每个网格点后只能选择向右或向上走到下一个网格点，且选择向右的次数为5，选择向上的次数为4，总共9次选择，所以从A到C总共有种不同的路线，
同样，从A到B相当于在4次选择中3次向右，1次向上，所以A到B总共有种不同的路线，
从B到C相当于在5次选择中2次向右，3次向上，所以B到C总共有种不同的路线，
故从A到C的过程中途经B处的路线数为4×10＝40种，
但B处正在维修不通，则不同的路线有126－40＝86种．
故选：B.
3．（21-22高二下·陕西咸阳·阶段练习）如图为某地街道路线图，甲从街道的处出发，先到达处与乙会和，再一起去到处，则可以选择的最短路径条数为（ ）

A．20B．18C．12D．9
【答案】B
【分析】
根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合组合应用问题求解即得.
【详解】计算最短路径条数需要两步，从到的最短路径条数为，从到的最短路径条数为，
所以可以选择的最短路径条数为.
故选：B
4．（20-21高二下·河北石家庄·期末）如图，小明从街道的处出发，先到处与小红会合，再一起到位于处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）
A．24B．18C．12D．35
【答案】B
【分析】利用组合数以及分步乘法计数原理即可求解.
【详解】从到，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，
从到最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，
其中2段方向相同，另2段方向相同，
每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，
选出2段走北向的，故共有种走法.
同理从到，最短的走法，有种走法.
∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为种走法.
所以B选项是正确的.
故选：B
题型5 “互相限制”型
1．（23-24高三上·辽宁丹东·阶段练习）三个家庭的3位妈妈带着2名女宝和2名男宝共7人踏春，在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；2名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面.则不同的排法种数共有（ ）
A．192种B．288种C．144种D．96种
【答案】D
【分析】利用捆绑法和插空法进行求解．
【详解】第一步：先将3名母亲全排，共有种排法；
第二步：将2名女宝“捆绑”在一起，共有种排法；
第三步：将“捆绑”在一起的2名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有种排法；
第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有种排法．
∴不同的排法种数有：种．
故选：D
2．（20-21高三下·江西南昌·阶段练习）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”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课则“六艺”课程讲座的不同排课顺序共有（ ）
A．120种B．156种C．188种D．240种
【答案】A
【分析】根据题意，按“数”的位置分3种情况讨论，求出每种情况下排课顺序的数目，由加法原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分3种情况讨论：
①，若“数”排在第一节，
“射”和“御”两门课程相邻的情况有4种情况，考虑两者的顺序，有种情况，
将剩下的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种情况，
则此时有种排课顺序；
②，若“数”排在第二节，
“射”和“御”两门课程相邻的情况有3种情况，考虑两者的顺序，有种情况，
将剩下的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种情况，
则此时有种排课顺序；
③，若“数”排在第三节，
“射”和“御”两门课程相邻的情况有3种情况，考虑两者的顺序，有种情况，
将剩下的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种情况，
则此时有种排课顺序；
则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有种，
故选：A．
3．（24-25高二下·河北沧州·期中）某校高二年级有1～10共10个班级，有宋老师、齐老师、梁老师等5位数学教师，每位教师教两个班级，其中宋老师一定教3班，齐老师一定教8班，不教5班，梁老师至少教9班和10班中的一个班，则不同的排班方法有 种.（用数字作答）
【答案】
【分析】根据题意，按梁老师所教的班级，进行分类，利用排列数和组合数的计算公式，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】若梁老师教9班和5班，则齐老师可在1，2，4，6，7，10班中选一个班，
选完后宋老师再选一个班，再排其他老师的课，有种排法；
若梁老师教9班，则另一个班从1，2，4，6，7班中选，
再依次排齐老师、宋老师及其他老师的课，有种排法；
同理，若梁老师教10班，不教9班，则有种排法；
若梁老师同时教9班和10班，则依次排齐老师、宋老师及其他老师的课，有种排法.
由分类加法计数原理，所以不同的排班方法有种不同的安排方法.
故答案为：.
4．（24-25高三上·云南·阶段练习）有 10 个不同的小球，其中 4 个红球，3 个白球，3 个黑球.将这 10 个球排成一排，要求红球互不相邻，且白球也互不相邻，不同的排法有 种.
【答案】362880
【分析】由分类加法和分步乘法原理，采用插空法，先排黑球，再排白球，排白球时分三类讨论，最后插入红球.
【详解】先排黑球，有种，
然后排白球，分三类讨论，
三白球不相邻：采用插空法，有种，然后插入红球，有种；
两白球相邻：首先选两个白球再插空有，然后插入红球，两白球之间必须插入一个红球，有，将其作为一个整体，再插入剩余红球有；
三白球相邻：白球有，然后插空有；再插入红球，白球之间必须插入两红球，有种，最后剩余红球插空有种，
由分步乘法原理和分类加法原理可得
故答案为：362880.
题型6 空位型
1．（2024·辽宁·二模）甲、乙、丙、丁4人参加活动，4人坐在一排有12个空位的座位上，根据要求，任意两人之间需间隔至少两个空位，则不同的就座方法共有（ ）
A．120种B．240种C．360种D．480种
【答案】C
【分析】先假设每个人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4个人中间任意两个人之间放入2个空位，此时空位一共还剩2个，再将这两个空位分一起和分开插入4人之间和两侧空位，即可得解.
【详解】先假设每个人坐一个位置相当于去掉4个位置，
再将4个人中间任意两个人之间放入2个空位，
此时空位一共还剩2个，
若将这两个空位连在一起插入4人之间和两侧空位，有5种放法；
若将这两个空位分开插入4人之间和两侧空位，有种放法，
故不同的就座方法共有种.
故选：C.
2．（2025高三·全国·专题练习）某电影院的第一排有4个座位，按顺序从1到4编号，现有4位观众，他们电影票上的座位号也是第一排的1号到4号，根据规则，观众应按照电影票上的座位号对号入座，但如果某位观众发现自己的座位被别人坐了，他会在这4个座位中剩下的空座位中随机选择一个就座.若这4位观众按照电影票上的座位号顺序入场，由于某种原因，1号观众在这4个座位中随机坐了一个座位（可能坐在1号座位上，也可能没有坐在1号座位上），那么4号观众坐到4号座位上的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题可通过分析1号观众不同的就座情况，计算出4号观众坐到4号座位上的概率.
【详解】根据题意可知4号观众能够坐到4号座位上的情况及对应的概率为：
①若1号观众坐了1号座位，则4号观众能够坐到4号座位上，此时的概率为.
②若1号观众坐了2号座位，2号观众坐了1号座位，则4号观众能够坐到4号座位上，此时的概率为.
③若1号观众坐了2号座位，2号观众坐了3号座位，3号观众坐了1号座位，则4号观众能够坐到4号座位上，此时的概率为.
④若1号观众坐了3号座位，3号观众坐了1号座位，则4号观众能够坐到4号座位上，此时的概率为.
因此4号观众坐到4号座位上的概率为.
故选：A.
3．（2024·河北·模拟预测）3人坐在一排8个座位上，若每人的左右两边都有空座位，则不同的坐法种数是 .
【答案】24
【详解】解析过程略
4．（2022·浙江·模拟预测）某大学一寝室4人参加疫情防控讲座，4人就坐在一排有13个空位的座位上，根据防疫要求，任意两人之间需间隔1米以上（两个空位），则不同的就坐方法有 种.
【答案】840
【分析】先假设每人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4人中间任意两人之间放进2个空位，
此时空位一共还剩3个，再将这三个分成一组、两组、三组讨论，利用分类计数原理计算可得答案.
【详解】先假设每人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4人中间任意两人之间放进2个空位，
此时空位一共还剩3个，若将这三个连在一起插入4人之间和两侧的空位上，有5种放法；
若将这三个分成两组，一组两个，一组一个，插入4人之间和两侧的空位上，有种放法；
若将这三个分成三组插入4人之间和两侧的空位上，有种放法，
故不同的就坐方法为种.
故答案为：840.
题型7 挡板法
1．（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）将20个无任何区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子内的小球个数不小于它的编号数，则不同的放法有（ ）
A．90种B．120种C．160种D．190种
【答案】B
【分析】应用“隔板法”求解即可.
【详解】先在编号为2，3的盒子内分别放入1个，2个球，还剩17个小球，
则三个盒子内每个至少再放入1个球，
将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒子中，
不同的放法共有（种）.
故选：B.
2．（23-24高二下·浙江绍兴·期末）将编号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子至少放1个小球，则不同的放法种数是（ ）
A．2640B．2160C．1800D．1560
【答案】D
【分析】分两类分别算出每一类下的方法种数，再按照分类加法计数原理相加即可求解.
【详解】分两类解决这个问题：
第一类，一个盒中3个球，另外三个盒中每个盒1个球，
共有种；
第二类，其中两个盒每个盒2个球，另外两个盒每个盒1个球，
共有种；
按照分类加法计数原理得，不同的方法种数共有种.
故选：D.
3．（2024·山东烟台·一模）将8个大小形状完全相同的小球放入3个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放2个小球，则不同放法的种数为（ ）
A．3B．6C．10D．15
【答案】B
【分析】对每个盒子放入2个球，再看余下2个球的去向即可得解.
【详解】依题意，每个盒子放入2个球，余下2个球可以放入一个盒子有种方法，放入两个盒子有种方法，
所以不同放法的种数为.
故选：B
4．（2022·山东潍坊·二模）某学校为增进学生体质，拟举办长跑比赛，该学校高一年级共有个班，现将个参赛名额分配给这个班，每班至少个参赛名额，则不同的分配方法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【分析】采用隔板法直接求解即可.
【详解】将个参赛名额分配给这个班，名额之间并无区别，将个参赛名额采用“隔板法”分成份即可，每份至少一个名额，
共有种.
故选：B.
题型8 岗位与职务等平均分配型
1．（24-25高三·山东济南·阶段练习）武汉封城期间，某医院抽调5名医生，分赴三所“方舱医院”支援抗疫，要求每名医生只去一所“方舱医院”，每所“方舱医院”至少安排一名医生，由于工作需要，医生甲和乙必须安排在同一所“方舱医院”，则所有不同的安排方案有种（ ）
A．18种B．24种C．36种D．48种
【答案】C
【分析】若医院人数按照或的安排方案进行计算，由此求得正确答案.
【详解】依题意可知，甲、乙两人必须安排在一起.
若每个医院的人数按进行安排，则安排的方法数有种，
若每个医院的人数按进行安排，则安排的方法数有种，
所以总的安排方案有种.
故选：C
【点睛】本小题主要考查简单的排列组合计算，属于基础题.
2．（24-25高二上·辽宁·期末）将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（ ）
A．5种B．6种C．7种D．8种
【答案】C
【分析】先从球的个数分类，再求出每类放球的方法，结合分类加法计数原理可得答案.
【详解】若两个盒子中都放入2个球，则有3种不同的方法；
若一个盒子中放1个球，另一个盒子中放3个球，则有4种不同的方法．
故不同的放法有7种．
故选：C
3．（23-24高二下·河北石家庄·阶段练习）有一支医疗小队由3名医生和6名护士组成，平均分配到三家医院，每家医院分到医生1名和护士2名．其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院，则不同的分配方法有（ ）种．
A．36B．72C．108D．144
【答案】C
【分析】先将护士和医生分别分成三组，再将分好的三组护士和三组医生安排到三家医院，根据分步乘法计数原理可求出结果.
【详解】将3名医生平均分配到三家医院，有种，
将6名护士按要求平均分配到三家医院，有，
所以不同的分配方法有.
故选：C.
4．（2023·重庆九龙坡·二模）《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了知算､成数算､把头算､龟算､珠算和计数.某学习小组有甲､乙､丙､丁四人，该小组要收集九宫算､运筹算､了知算､成数算､把头算､珠算6种算法的相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数有（ ）
A．1560种B．2160种C．2640种D．4140种
【答案】A
【分析】先分组，再分配，注意部分平均分组需要除以组数（平均的组数）的全排列.
【详解】依题意分两种情况讨论：
①将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；
②将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；
综上一共有种不同的分配方案.故选：A
题型9 楼梯型
1．（2023·江苏扬州·模拟预测）某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用古典概型概率公式结合组合数计算可得.
【详解】10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级，
共种走法，
若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级，
共，所以第二步走两级台阶的概率为.故选：C
2．（24-25高三·内蒙古通辽·阶段练习）从一楼到二楼共有12级台阶，可以一步迈一级也可以一步迈两级，要求8步从一楼到二楼共有走法．
A．12B．8C．70D．66
【答案】C
【分析】一步上一级或者一步上两级，8步走完楼梯，可以从一级和两级各几步来考虑．
【详解】解：设一步一级x步，一步两级y步，则 故走完楼梯的方法有 种．
故答案为C.
【点睛】8步中有多少一步上两级是解题关键．通过列方程找到突破口．
3．（24-25高二上·福建龙岩·期中）数学与自然、生活相伴相随，无论是蜂的繁殖规律，树的分枝，还是钢琴音阶的排列，当中都蕴含了一个美丽的数学模型Fibnacci（斐波那契数列）：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这个数列的前两项都是1，从第三项起，每一项都等于前面两项之和.请你结合斐波那契数列，尝试解答下面的问题：小明走楼梯，该楼梯一共7级台阶，小明每步可以上一级或二级，请问小明的不同走法种数是（ ）
A．21B．13C．12D．15
【答案】A
【分析】设级台阶的走法为，找出数列的递推公式，即可求解.
【详解】设级台阶的走法为，
则，，
当时，，
所以，，
，，
.
故选：.
4．（2023·广东·模拟预测）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走法共有（ ）种.
A．10B．9C．8D．12
【答案】A
【分析】利用计数原理直接计算即可.
【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.
故选：A
题型10 地图染色型
1．（24-25高二下·陕西西安·期中）用四种不同的颜色给图中5个区域染色，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算)染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）

A．112种B．146种C．192种D．168种
【答案】D
【分析】先对1，4，5染色，再分1和3同色，或1和3不同色，两种情况讨论即可.
【详解】对1，4，5染色，有种方法．
若1和3同色，则不同的染色方法有种；
若1和3不同色，则不同的染色方法有种．
综上，不同的染色方法有168种.
故选：D
2．（24-25高二下·四川资阳·期中）如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，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，则不同的涂色方法有（ ）
A．600B．288C．576D．以上答案均不对
【答案】A
【分析】根据题意，先排，，的方法，分与相同，与相同和既不同于又不同于，三种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】由题意，可得，，分别有4，3，2种方法，
（1）当与相同时，有1种方法，此时有2种，
①若与相同有有1种方法，同时有3种方法，
②若与不同，此时有2种方法，
共有：种方法；
（2）当与相同时，有1种方法，此时讨论的3种方法，
共有种方法；
（3）当既不同于又不同于时，有1种方法，
共有种方法，
由分类计数原理，可得共有种方法．
故选：A．
3．（22-23高三上·四川成都·阶段练习）对如下编号为1，2，3，4的格子涂色，有红，黑，白，灰四种颜色可供选择，要求相邻格子不同色，则在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据分步计数原理可计算出1号格子涂灰色的方案总数，再计算1号格子和4号格子同时涂灰色的方案数，即可算出其概率.
【详解】由题意可知，整个事件需要分四步，按照格子标号依次涂色即可；
若在1号格子涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，同时3号格子也有3种选色方案，4号格子还剩2种选色方案，
即1号格子涂灰色的方案总数为种；
若1号格子和4号格子同时涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，3号格子还有2种选色方案，
即1号和4号格子同时涂灰色的方案总数为种；
所以，在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是.
故选：A.
4．（2023·陕西宝鸡·一模）七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形､一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有 种.
【答案】
【分析】画图分析其中四板块必涂上不同颜色，再根据分类分步计数原理计算剩下的部分即可.
【详解】由题意，一共4种颜色，板块需单独一色，剩下6个板块中每2个区域涂同一种颜色.
又板块两两有公共边不能同色，故板块必定涂不同颜色.
①当板块与板块同色时，则板块与板块或板块分别同色，共2种情况；
②当板块与板块同色时，则板块只能与同色，板块只能与同色，共1种情况.
又板块颜色可排列，故共种.
故答案为：
题型11 空间立体型
1．（23-24高三下·江西·阶段练习）已知正四棱锥，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个顶点只涂一种颜色，且同一条棱上的两个顶点不同色，则不同的涂色方法有（ ）
A．240B．420C．336D．120
【答案】B
【分析】分三种情况，用三种颜色，四种颜色，五种颜色，求出每种情况数相加得到答案.
【详解】当只用三种颜色时，同色且同色，
5种颜色选择3种，且有种选择，
当只用四种颜色时，同色或同色，
从5种颜色中选择4种，再从和中二选一，涂相同颜色，
故有种选择，
当用五种颜色时，每个顶点用1种颜色，故有种选择，

综上，共有种选择.
故选：B
2．（23-24高二下·广东清远·期末）现要对三棱柱的6个顶点进行涂色，有4种颜色可供选择，要求同一条棱的两个顶点颜色不一样，则不同的涂色方案有（ ）
A．264种B．216种C．192种D．144种
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及分步乘法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得.
【详解】依题意，求不同涂色方案问题，有用4种颜色和用3种颜色两类办法，
用4种颜色，先涂点有种方法，再在中选一点涂第4色，另两点有3种涂色方法，
因此不同涂色方法数为；
用3种颜色，先涂点有种方法，再涂有2种方法，
因此不同涂色方法数为，
所以不同的涂色方案有（种）.
故选：A
【点睛】思路点睛：涂色问题，可以按用色多少分类，再在每类中探求同色方案列式求解.
3．（23-25高三全国·专题练习）如图所示的几何体是由一个正三棱锥与正三棱柱组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有 种.
【答案】12
【分析】先涂三棱锥的三个侧面共有种不同的涂法，涂三棱柱侧面时，先涂面,因为与面颜色不同，有2种颜色可涂，当面颜色选定后，其余两个侧面颜色唯一确定，根据分步乘法计数原理即可求出.
【详解】先涂三棱锥的三个侧面共有种不同的涂法，涂三棱柱侧面时，先涂面,因为与面颜色不同，有2种颜色可涂, 当面颜色选定后，其余两个侧面颜色唯一确定,如面涂与面颜色相同，则面只能涂与面相同的颜色，面只能涂与面相同的颜色.因此共有不同的涂色方法种,故填.
【点睛】本题主要考查了分步乘法计数原理，利用排列组合进行涂色问题，属于难题.
4．（2020高三·上海·专题练习）以平行六面体的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率p为 ．
【答案】
【分析】计算任取两个三角形有种取法，共有个三角形共面，得到概率.
【详解】根据题意一共有个三角形，任取两个三角形有种取法.
平行六面体有6个面和6个对角面，每个面有种三角形共面，
故共有个三角形共面，故.
故答案为：.
【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，排除法是解题的关键.

题型12 球放盒子型
1．（24-25高二下·山西·开学考试）某商场举行抽奖活动，从装有编号0，1，2，3四个小球的抽奖箱中，每次取出后放回，连续取2次，取出的2个小球号码之和等于5中一等奖，等于4中二等奖，等于3中三等奖．那么中奖的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析出总的基本事件数和中奖的基本事件数，再结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】从装有编号0，1，2，3四个小球的抽奖箱中，每次取出后放回，
连续取2次的基本事件共有种，
取出的2个小球号码之和等于5的基本事件有：，共2种，
取出的2个小球号码之和等于4的基本事件有：，共3种，
取出的2个小球号码之和等于3的基本事件有：，共4种，
所以中奖的概率是.
故选：C.
2．（23-24高三·浙江舟山·阶段练习）将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）
A．90B．135C．270D．360
【答案】B
【分析】根据题意和简单计数问题，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】在6个盒子中任选2个，放入与其编号相同的小球，有种，
剩下的4个盒子的编号与放入的小球编号不同，
假设这4个盒子的编号为3,4,5,6，
则3号小球可以放进4,5,6号盒子，有3种选法，
剩下的3个小球放进剩下的3个盒子，有3种选法，
所以不同的放法种数为种选法.
故选：B.
3．（21-22高三上·广东广州·阶段练习）把标号为1，2，3，4的四个小球分别放入标号为1，2，3，4的四个盒子，每个盒子只放一个小球，则1号球和2号球都不放入1号盒子的方法共有（ ）
A．18种B．12种C．9种D．6种
【答案】B
【分析】先确定1号盒子的选择情况，再确定剩下盒子的选择情况，进而根据分布计数原理求得答案.
【详解】由于1号盒子不能放1号和2号球，则1号盒子有3号球、4号球2种方法，则剩下3个盒子各放一个球有种方法，一共有种方法.
故选：B.
题型13 球放盒子：电梯与公交车下人型
2．（2020·广东珠海·三模）甲、乙、丙人从楼乘电梯去商场的到楼，每层楼最多下人，则下电梯的方法有
A．种B．种C．种D．种
【答案】D
【解析】分两种情况讨论：①每个楼层下人；②人中有人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，利用排列组合思想结合分类加法计数原理可得出结果.
【详解】分两种情况讨论：
①每个楼层下人，则人下电梯的方法种数为；
②人中有人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，此时，人下电梯的方法种数为.
由分类加法计数原理可知，人下电梯的方法种数为种.
故选：D.
【点睛】本题考查排列组合综合问题，考查分类加法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.
3．（22-23高二下·全国·阶段练习）甲乙两人在一座7层大楼的第一层进入电梯，假设每人从第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则甲乙两人离开电梯的楼层数的和是6的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出样本空间包含的样本点个数，所求事件包含的样本点个数，再用古典概型概率计算公式求解即可.
【详解】将甲乙两人离开电梯的楼层数配对，组成种等可能的结果，用表格表示如下：
记事件“甲乙两人离开电梯的楼层数的和是”，
则事件的可能结果有种，即，
所以事件的概率为：，
故选：C.
4．（20-21高三上·黑龙江大庆·开学考试）电梯有位乘客，在层楼房的每一层停留，如果有两位乘客从同一层出去，另两位在同一层出去，最后两人各从不同的楼层出去，则不同的下楼方法的种类数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先把6人按分面四组，然后选择4个楼层让这四组的人分别下去即可得．
【详解】由题意所有种类数为．
故选：C．
【点睛】本题考查排列组合的综合应用，考查分组分配法．解题关键是确定完成这件事的方法，然后由计数原理计算即得．
5．（2020·四川达州·三模）有3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯．如果电梯正常运行，那么恰有两人在第4楼走出电梯的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意结合分步乘法、排列组合的知识可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率公式即可得解.
【详解】3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯,共有种不同情况；
恰有两人在第4楼走出电梯，共有种不同情况；
故所求概率.
故选：C.
【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了古典概型概率的求解，属于基础题.
题型14 配对型
1．（22-23高二上·湖南长沙·期末）已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球．若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，则第二次抽到3号球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】记第一次抽到第i号球的事件分别为，记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，再利用全概率公式求解即可.
【详解】记第一次抽到第i号球的事件分别为，
则有，，
记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，
而，，两两互斥，和为，，，，
记第二次抽到3号球的事件为B，
．
故选:C．
2．（2023·海南·模拟预测）从5对夫妻中任选4人，这4人恰好是2对夫妻的概率为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出所有的基本事件，再求出恰好是2对夫妻的基本事件，可得概率.
【详解】从5对夫妻中任选4人，则不同的选法有种，这4人恰好是2对夫妻的选法有种，
故所求概率为．
故选：C.
3．（2025·山东淄博·三模）将编号为1，2，3的小球放入编号1，2，3，4的小盒中，每个小盒至多放一个小球，要求恰有1个小球与所在盒子编号相同，则所有放法的种数为（ ）
A．7B．9C．11D．13
【答案】B
【分析】结合组合数知识，根据分步乘法计数原理求解即可．
【详解】根据题意，先确定一个编号相同的盒子，有种，
假设选的是1号球，剩下的两个小球都没有放到对应的盒子有共三种情况；
所以共有种不同的放法．
故选：B.
4．（2023高三·全国·专题练习）设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为（ ）
A．20种B．30种C．60种D．120种
【答案】A
【分析】先计算选出三个被错排的元素的方法种数，再计算对已选出的三个元素进行错排的方法种数，再根据乘法原理可得.
【详解】分两步求解：
第一步，先选出三个被错排的元素，有种．
第二步，对已选出的三个元素进行错排，有2种．
∴根据乘法原理可得投放方法总数为种，
故选：A．

题型15 机器人与跳棋型
1．（24-25高三·河南鹤壁·阶段练习）一质点在数轴上从原点出发连续跳动，其中第次向右或向左跳动i个单位长度，每次向右跳动的概率为，向左跳动的概率为，若某次跳动后距离原点不小于3个单位长度即停止跳动，则恰好跳动4次后停止跳动的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据题意确定左右跳动的次序，再根据独立事件概率公式，即可求解.
【详解】恰好跳动4次后停止跳动，则前4次跳动的方向依次为左右左左，或右左右右，
所以所求概率为.
故选：D
2．（19-20高三上·北京大兴·期末）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
【分析】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，
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.
【点睛】本题考查分类计数原理，考查了分类讨论的思想，属于中档题.
3．（23-24高三上·河南漯河·期末）一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过4次飞行后，停在位于数轴上实数3的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有（ ）
A．22B．24C．26D．28
【答案】B
【分析】设出事件，分两种情况，结合排列知识进行求解，相加得到答案.
【详解】经过4次飞行，停在位于数轴上实数3的点处，
设向右飞行1个单位为事件，向右飞行2个单位为事件，
情况一，满足要求，此时只需安排好，故不同的飞行方式为种，
情况二，满足要求，此时只需安排好，故不同的飞行方式为种，
综上，小蜜蜂不同的飞行方式有种.
故选：B
4．（19-20高二下·北京东城·阶段练习）位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是，则质点P移动六次后位于点的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，质点P移动六次后位于点，在移动过程中向右移动4次向上移动2次，即6次独立重复试验中恰有4次发生，由其公式计算可得答案．
【详解】根据题意，易得位于坐标原点的质点P移动六次后位于点，在移动过程中向上移动4次向右移动2次，
则其概率为.
故选：C．
【点睛】本题考查二项分布与n次独立重复试验的模型，考查对基础知识的理解和掌握，考查分析和计算能力，属于常考题.
题型16 不定方程型
1．（24-25高三上·云南昆明·期中）满足不等式的有序整数组的个数为（ ）
A．231B．267C．334D．377
【答案】D
【分析】根据中的个数进行分类，分四种情况讨论，相加即可.
【详解】若全为0，则有序整数组的个数为1个；
若有两个为0，则有序整数组的个数为个：
若有1个为0，则有序整数组的个数为个；
若中没有0，易知或4或5或6，则有序整数组的个数为，
所以有序整数组的个数共有个.
故选：D.
2．（高三·北京·强基计划）设整数满足，且对任意整数是24的倍数，则满足条件的有序数组的个数为（ ）
A．12个B．24个C．36个D．48个
【答案】D
【分析】利用赋值法结合奇偶性分析可求满足条件的有序数组的个数.
【详解】分别令，可得，
，
，
进而可得．
令，则原问题等价于整数满足，且对任意整数是2的倍数．
令，可得，
因此模2同余（即的奇偶性相同）．
而当模2同余时，因为也模2同余，所以模2同余，
从而得到对任意整数是2的倍数．
综上所述，只需要，且同奇偶即可，
所以满足条件的有序数组的个数为个．
故选：D.
3．（22-23高三山西太原阶段练习）位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P 移动次后位于点，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据质点移动的过程可知，当质点同时移动向上次或同时移动向右次时，不满足条件，其余则满足条件，用减去上述两种情况的概率，求的正确选项.
【详解】若质点每次移动一个单位，且次移动都是向右时，点位于，此时不满足，对应的概率为；同理质点每次移动一个单位，且次移动都是向上时，点位于，此时不满足，对应的概率为.所以质点P 移动次后位于点，的概率为，故选B.
【点睛】本小题主要考查相互独立事件概率计算，考查利用对立事件的方法来求概率，属于基础题.
4．（2025高三·全国·专题练习）设a，b，c，，从满足的所有有序数组中随机抽取一个，则该有序数组中第三个数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】满足共存在三种情况：、、，求出每种情况有序数组和数的情况，由古典概型概率公式计算可得答案．
【详解】因为a，b，c，，所以满足共存在三种情况，
①，此时所有的有序数组共有个，
其中第三个数的有个；
②，此时所有的有序数组共有，
其中第三个数的有个；
③，此时所有的有序数组共有个，
且不可能出现第三个数的情况．
故所求概率为．
故选：A.
题型17 排列组合压轴小题
1．（23-24高三·上海·阶段练习）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
【点睛】本题主要考查了排列组合，考查了新定义问题，属于难题
2．（2025·广西·模拟预测）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.
3．（2025高三·全国·专题练习）在一个五位数中，若十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，则称此五位数为“五位波浪数”，如45132，则由数字0，1，2，3，4，5，6，7可构成无重复数字的“五位波浪数”的个数为 个.
【答案】721
【分析】根据题意知，0不能在十位、千位和万位.
解法1：根据这个五位数字中包含0的情况进行分类，结合分类加法计数原理与分步乘法计数原理即可求解；
解法2：先从这8个数字中任选5个数字，分最大的两个数在千位和十位和最大的数与第三大的数在千位和十位两类讨论，再分别排除上述两种情形中0在万位的情况，结合分类加法计数原理与分步乘法计数原理即可求解.
【详解】根据题意知，0不能在十位、千位和万位.
解法1：根据这个五位数字中包含0的情况进行分类.
情况一：当数字中有0时，从另外7个数字中选择4位数字，有种.
①当0在个位时，有种；
②当0在百位时，有种.
情况二：当数字中没有0时，从另外7个数字中选择5个数字，有种.
①最小数字在个位或万位，有种；
②最小数字在百位，有种.
故满足题意的“五位波浪数”有（种）.
解法2：先从这8个数字中任选5个数字，有种．以数字1，2，3，4，5为例：
①当最大的两个数即5和4放在千位和十位时，如，共有种；
②当最大的数与第三大的数即5和3放在千位和十位时，则4只能在万位，如，共有种.
分别排除上述两种情形中0在万位的情况.
上述①中包含如这种情况的有种，②中包含如这种情况的有种.
故满足题意的情况共有（种）.
故答案为：721.
4．（2025·湖北·模拟预测）某班同学在操场上进行集体游戏，张老师随机从中取三个数，然后在第一组站入位同学，第二组站入位同学，第三组站入位同学.每一轮活动可以从两组中各推选一位同学表演节目，然后站到另外一组，则事件“经过有限轮活动可以使三个组合成一大组”的概率为 .
【答案】/0.6
【分析】根据题设规则可知三个组之间人数的差要么不变，要么是3的倍数，进而得到经过有限轮活动可以使三个组合成一大组”等价于事件“中有2个数的差被3整除”，然后利用排列组合求出概率.
【详解】经过一轮活动使得变成，于是三个组之间人数的差要么不变，要么是3的倍数，
若最终变为，则开始时有两组的人数之差被3整除.
当开始时有两组的人数之差被3整除时，记为，
进行操作，
这相当于把一个组的2位同学分到另外两个组；
反向操作相当于把两个组的各1位同学分到另外一个组.
由得，对进行次操作，可得，
再对进行次反向操作，可得，从而满足要求.
于是事件“经过有限轮活动可以使三个组合成一大组”等价于事件“中有2个数的差被3整除”.
按照2个数的差被3整除分类：，故概率为.
故答案为：
5．（2025·江西新余·模拟预测）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案.
【答案】192
【分析】法一：间隔元素分析法，分同色，同色；同色，不同色；不同色，同色；不同色，不同色，结合和的颜色相同和不同，分类讨论，得到情况数，相加即可；
法二：相邻最多元素优先分析法，考虑到影响的元素最多，分各不同色， 和同色，结合同色，不同色，同色，不同色，共有类讨论，分类讨论，得到情况数，相加即可
【详解】法一：间隔元素分析法：
①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种；
②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种；
③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式；
若与不同色，则只有1种上色方式；
故有种；
④不同色，不同色，
1）同色，则有种；2）不同色，则有种.
综上，共有种方式.
法二：相邻最多元素优先分析法：
考虑到影响的元素最多：
①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种；
2）不同色，则有2种染色法，故共有：种；
②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到），
故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种.
综上：共有种染色方案.
故答案为：192.
结束
固定顺序的模型，称之为“书架插书型”
“书架插书”模型
书架插书法：
、书架上原有书的顺序不变；
（2）、新书要一本一本插；
（3）、也可以把有顺序的“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总座位”中选（百分比法)
人做座位模型几个特色：
一人一位；
有顺序；
座位可能空；
人是否都来；
5、必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列

人坐座位模型有时候要面对平均分配问题，平均分配注意以下几点：
所有是一人一组，只有一种分配；
2.如果两人以上出现相同人数，除以相同的组数的阶乘。
先分组后排列模型：又称“球放盒子”
基础型：幂指数型
如四个不同的球放三个不同的盒子，有多少种方法？
特征：
1.先分组再排列（尽量遵循这个，否则容易出现重复）
2.分组时候要注意是否存在“平均分配”的情况
数字化法：
对于一些较复杂的讨论，可以标记元素为数字或字母，重新组合。把复杂的排列组合转化为字母或者数字的排序，特别适用于“相同元素”
互相限制型，属于“人坐座位”模型
难题特征：
相邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（小排列）
不相邻：插空法
限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”，属于超难题，寻找合适的“讨论主角”进行分类讨论。
空座位型，
1.单独空座位，可以看成相同元素无排列，字母化法处理。
2.如果2个或者3个或者更多空座位相连型，与单独空座位则属于不同元素
3.空座位，属于相同元素，则符合“直选不排”原理
挡板法，适用于“相同元素”分配。如三好学生指标，相同小球，各种指标名额等等
平均分成几组，就除以几组数的阶乘，如果既有平均分组又有不平均分组的，也要除以相同组的组数的阶乘.平均分配时，要注意，如果出现相同元素，但是数量个数不一样，则要按照不相等元素来处理。
走楼梯模型，可以转化为“数字化”模型：
一步一阶设为数字1，一步两阶设为数字2，一步n阶，记为数字n，则把吗、
阶台阶，变为数字“和”形式。
要注意数字的奇偶时是否能取到
染色问题，要从“颜色用了几种”，“地图有没有公用区域”方向考虑：
1.用了几种颜色。如果颜色没有全部用完，就要有选色的步骤
2.尽量先从公共相邻区域开始。所以要观察“地图”是否可以“拓扑”转化
染色的地图，还要从“拓扑结构”来转化
以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构
立体型结构，可以“拍扁了”，“拓扑”为平面型染色，这是几何体染色的一个小技巧
所以注意这类图形之间的互相转化
球放盒子，要考虑以下情况是否存在：
类型一：球不同，盒子不同（主要的）
类型二：球相同，盒子不同
方法技巧：不受限制，则指数幂形式，受限制，则“先分组再排列”
公交车与电梯模型，可以转化为球放盒子，然后先分组后排列。
要注意是否需要剔除掉“空”盒子
甲
乙
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
配对型：
先“打掉”配对成功的。
其余的配对不成功的，可以采取数图来求解
对于机器人或者跳棋这类左右（上下）移动型，可以数字化法+不定方程来处理。