专题03 计数原理、排列、组合——2022-2023学年高二数学下学期期末知识点精讲+训练学案+期末模拟卷（苏教版2019选择性必修第二册）

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03 计数原理、排列、组合





知识点1 两个计数原理
(1)分类加法计数原理：
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ m＋n种不同的方法．
(2)分步乘法计数原理：
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
知识点2 排列与组合
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)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
组合
作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合

知识点3 排列数与组合数
(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)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A表示．
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)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C表示．
知识点4 排列数、组合数的公式及性质
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
C＝＝
＝
性质
0！＝1，A＝n！
C＝C，C＝C＋C


考点1 分类加法计数原理
【例1】三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有(　　 )
A．4种 B．6种
C．10种 D．16种
【答案】B
【解析】(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)．

同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．
由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6种传递方式．
【总结】利用分类加法计数原理计数时的解题流程


【变式1-1】如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．

【答案】5
【解析】分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；
第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；
第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法．
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
【变式1-2】如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
【答案】12
【解析】当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．
当有三个1时：2111，3111, 4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种，
当有三个2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，
根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．
【变式1-3】若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有(　　)
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种
【答案】D
【解析】要想同时取4个不同的数使其和为偶数，则取法有三类：
①4个数都是偶数，有1种取法；
②2个数是偶数，2个数是奇数，有C·C＝60(种)取法；
③4个数都是奇数，有5种取法．根据分类加法计数原理，不同的取法共有1＋60＋5＝66(种)．
【变式1-4】如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为 ．
【答案】240
【解析】若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
【变式1-5】某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(　　)
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
【答案】B
【解析】依题意得，可能剩余一本画册或一本集邮册两种情况．第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10(种)．
【变式1-6】如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是(　　)

A．8 B．12 C．16 D．24
【答案】B
【解析】四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“－”表示桥．
①当A只有一座桥相连时，有A－B－C－D，A－B－D－C，A－C－B－D，A－C－D－B，A－D－B－C，A－D－C－B，共6种方法；
②当A有两座桥相连时，有C－A－B－D，D－A－B－C，D－A－C－B，B－A－C－D，B－A－D－C，C－A－D－B，共6种方法．故设计方案最多有6＋6＝12(种)．
【变式1-7】在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有(　　)
A．50个 B．45个
C．36个 D．35个
【答案】C
【解析】由题意，知十位上的数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8，共8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理，知符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
【变式1-8】已知集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　)
A．9 B．14 C．15 D．21
【答案】B
【解析】因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，所以x∈{y,2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；
当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．
故共有7＋7＝14(种)情况，即这样的点的个数为14.


考点2 分步乘法计数原理
【例2】某学校有东、南、西、北四个校门，受新冠肺炎疫情的影响，学校对进入四个校门做出如下规定：学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入校园．现有2名教师和3名学生要进入校园(不分先后顺序)，请问进入校园的方式共有(　　 )
A．6种 B．12种
C．24种 D．32种
【答案】D
【解析】(1)第一步安排学生：因为学生只能从东门或西门进入校园，所以3名学生进入校园的方式共23＝8种；
第二步安排教师：因为教师只能从南门或北门进入校园，所以2名教师进入校园的方式共有22＝4种．
由分步乘法计数原理，得2名教师和3名学生要进入校园的方式共有8×4＝32种情况．
【总结】利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．
(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．
【变式2-1】有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
【答案】120
【解析】每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
【变式2-2】中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为(　　)

A．8 B．10
C．15 D．20
【答案】B
【解析】由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一位置有五种排列方法，不妨假设是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，有两种选择，不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有5×2×1×1×1＝10．
【变式2-3】2．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．
【答案】45　54
【解析】五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．
【变式2-4】某学校的3个班级将要去甲、乙、丙、丁4个工厂参观学习，要求每个班只能去1个工厂参观学习，且甲工厂必须有班级参观学习，则不同的参观方案有(　　)
A．16种 B．25种
C．37种 D．48种
【答案】C
【解析】每个班级都可以从这4个工厂中选1个参观学习，各有4种选择，根据分步乘法计数原理，共有43＝64(种)参观方案，若甲工厂没有班级参观学习，此时每个班级都可以从其余3个工厂中选1个参观学习，各有3种选择，共有33＝27(种)参观方案，所以甲工厂必须有班级参观学习，不同的参观方案有64－27＝37(种)．
【变式2-5】有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是(　　)
A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种
B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种
C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种
D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种
【答案】AC
【解析】对于A，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步乘法计数原理知共有4×3×2＝24(种)结果，C正确，D错误．
【变式2-6】甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是 (用数字作答)．
【答案】336
【解析】甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343(种)站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336(种)．
【变式2-7】某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为 ．(用数字作答)
【答案】7 200
【解析】最先选出的1个人有30种方法，则这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的队形，可知选第2个人有20种方法，则该人所在的行和列也不能再选人，还剩一个4行3列的队形，可知选第3个人有12种方法，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.
【变式2-8】某人要给厨房中装有不同调料的5个瓶子贴上对应的标签，若恰好贴错了3个，则贴错的可能情况种数为(　　)
A．9 B．12 C．18 D．20
【答案】D
【解析】由题意，可分为两步：第一步，从5个瓶子中选出3个瓶子，有C＝10(种)情况，第二步，对选出的3个瓶子进行错位重排，有2种情况，所以贴错的可能情况种数为10×2＝20.


考点3 与数字有关的问题
【例3】用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为(　　 )
A．81 B．48
C．36 D．24
【分析】根据题意，分2种情况讨论：①数字3不出现，②数字3出现1次，求出每种情况下四位数的数目，再由加法原理计算可得答案．
【答案】B
【解析】根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：
①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，则此时四位数有2×2×2×2＝16个；
②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，此时四位数有4×2×2×2＝32个．
故有16＋32＝48个四位数．
【总结】在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原理．
【变式3-1】用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
【答案】120
【解析】(1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5．当万位数字为4时，个位数字从0，2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0，2，4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．
【变式3-2】甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为(　　)
A．5 B．24 C．32 D．64
【答案】D
【解析】5日至9日，即5,6,7,8,9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)；第二步安排偶数日出行分两类：第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.
【变式3-3】通常我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号．其中序号的编码规则为：①由0,1,2，…，9这10个阿拉伯数字与除I，O之外的24个英文字母组成；②最多只能有2个位置是英文字母，如：粤A326S0，则采用5位序号编码的粤A牌照最多能发放的汽车号牌数为(　　)
A．586万张 B．682万张
C．696万张 D．706万张
【答案】D
【解析】讨论后五位的不同情况：
(1)后5位全部为数字，共有105张牌．
(2)后5位有一个字母，共有104CC＝1.2×106张牌．
(3)后5位有两个字母，当两个字母相同，有103CC＝2.4×105张牌；当两个字母不同，有103CA＝5.52×106张牌，
综上，共有105＋1.2×106＋2.4×105＋5.52×106＝7.06×106张牌．
【变式3-4】用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数的个数为(　　)
A．12 B．18
C．24 D．30
【答案】B
【解析】分三步完成，第1步，确定被使用了2次的数字，有3种方法；
第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个数位上，有3种方法；
第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个数位上，有2种方法，
由分步乘法计数原理知，不同的四位数有3×3×2＝18(个)．

考点4 涂色(种植)问题

【例4】如图所示，有4种不同的颜色，对图中的矩形A，B，C，D进行涂色，要求相邻的矩形涂色不同，则所有不同的涂法有(　　)
A．72种 B．48种
C．24种 D．12种
【答案】A
【解析】方法一　首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．
方法二　按要求涂色至少需要3种颜色，故分2类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
【总结】求解涂色(种植)问题的常用方法
(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．
【变式4-1】《周髀算经》是中国最古老的天文学、数学著作，公元3世纪初中国数学家赵爽创制了“勾股圆方图”(如图)，用以证明其中记载的勾股定理．现提供4种不同颜色给如图中5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同涂色的方法种数为(　　 )

A．36 B．48
C．72 D．96
【答案】C
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①对于区域ABE，三个区域两两相邻，有A＝24种涂色的方法，
②对于区域CD，若C区域与A颜色相同，D区域有2种选法，
若C区域与A颜色不同，则C区域有1种选法，D区域也只有1种选法，
则区域CD有2＋1＝3种涂色的方法，
则共有24×3＝72种涂色的方法．
【变式4-2】如图所示，积木拼盘由A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色(如：A与B为相邻区域，A与D为不相邻区域)，现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是(　　)

A．780 B．840 C．900 D．960
【答案】D
【解析】先涂A，则A有C＝5(种)涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不同即可，有C＝4(种)涂法，同理C有C＝3(种)涂法，D有C＝4(种)涂法，E有C＝4(种)涂法，
由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4＝960.
【变式4-3】现有5种不同颜色要对如图所示的五个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有(　　)

A．420种 B．780种 C．540种 D．480种
【答案】B
【解析】依题意可知，完成涂色任务可以使用5种，4种，或3种颜色，将区域标号如图．

①若用5种颜色完成涂色，则有A＝120(种)方法；
②若用4种颜色完成涂色，颜色有C种选法，需要2,4同色，或者3,5同色，或者1,3同色，或者1,4同色，故有C×4×A＝480(种)；
③若用3种颜色完成涂色，颜色有C种选法，需要2,4同色且3,5同色，或者1,4同色且3,5同色，或者1,3同色且 2,4同色，故有C×3×A＝180(种)．所以不同的着色方法共有120＋480＋180＝780(种)．
【变式4-4】用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是(　　)

A．12 B．24 C．30 D．36
【答案】C
【解析】按顺序涂色，第一个圆有3种选择，第二个圆有2种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有1种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C×C＝24(种)，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得不同的涂色方案的种数是24＋6＝30.
【变式4-5】如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是(　　)

A．48 B．54
C．72 D．108
【答案】C
【解析】设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．

第一步给①区涂色，有4种涂色方法．
第二步给②区涂色，有3种涂色方法．
第三步给③区涂色，有2种涂色方法．
第四步给④区涂色，若④区与②区同色时，⑤区有2种涂色方法．
若④区与②区不同色时，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．
所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72.

考点5 几何图形问题

【例5】过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为(　　 )
A．18 B．30
C．36 D．54
【分析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案．
【答案】C
【解析】如图，分以下几类：

棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：3×2＝6对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：3×2＝6对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：6×2＝12对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：3×2＝6对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：＝6对；
所以共有6＋6＋12＋6＋6＝36对．
【总结】解决几何图形问题要注意分析几何图形的结构特点，分清事件是由哪些几何元素构成，满足什么样的几何特征才是完成一个事件．
【变式5-1】如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是____．
【答案】36
【解析】第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；
第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．
所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．

考点6 排列问题
【例6】现有8个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为(　　)
A．A·A B．A－A·A
C．A·A D．A－A
【答案】B
【解析】在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不全相邻的方法数，即A－A·A.
【总结】对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
【变式6-1】(多选)17名同学站成两排，前排7人，后排10人，则不同站法的种数为(　　)
A．AA B．AA C．A＋A D．A
【答案】BD
【解析】17名同学中选7名全部排序站在前排有A种方法，剩下10名同学全排在后排有A种方法，根据乘法原理，共有AA种方法．将前后排视为一排，共有A种方法．
【变式6-2】将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为ai(i＝1,2,3,4,5,6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，且a1z时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为___________．
【答案】20
【解析】由题意可得y只能取3，4，5．
当y＝3时，凸数有 132，231共2个；
当y＝4时，凸数有142，241，143，341，243，342共6个；
当y＝5时，凸数有152，251，153，351，154，451，253，352，254，452，354，453共12个；
综上，共有20个凸数．

10．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图)，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有________种栽种方案．

【答案】66
【解析】根据题意，分3种情况讨论．
(1)当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2＝24种方法；
(2)当A、C、E种2种植物，此时共有C×A×2×1×1＝36种方法；
(3)当A、C、E种3种植物，此时共有A×1×1×1＝6种方法．则一共有24＋36＋6＝66种栽种方案．
11．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有(　　)

A．40 320种 B．5 040种
C．20 160种 D．2 520种
【答案】D
【解析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有C17＝7种方法，
再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有A种方法，
由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，
所以不同的涂色方法，共有＝2 520种不同的涂法．
12．如图，准备用4种不同的颜色给a、b、c、d、e五块区域涂色，要求每个区域随机用一种颜色涂色，且相邻区域(有公共边的)所涂颜色不能相同，则不同涂色方法的种数共有(　　 )

A．96 B．114
C．168 D．240
【答案】C
【解析】根据题意，涂色分4步进行分析：
对于e区域，有4种颜色可选，即有4种情况；
对于c区域，与e区域相邻，有3种情况；
对于d区域，与e、c区域相邻，有2种情况；
对于a、b区域，分2种情况讨论：
①若a区域与d区域涂色的颜色相同，则b区域有3种颜色可选，即有3种情况，
此时a、b区域有1×3＝3种情况；
②若a区域与d区域所涂的颜色不相同，则a区域有2种情况，b区域有2种情况，
此时a、b区域有2×2＝4种情况，
则a、b区域共有3＋4＝7种情况．
由分步乘法计数原理，得不同涂色的方案种数共有4×3×2×7＝168种．
13．(多选)用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是(　　 )
A．可组成360个不重复的四位数
B．可组成156个不重复的四位偶数
C．可组成96个能被3整除的不重复四位数
D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第85个数字为2310
【答案】BC
【解析】A选项，有CA＝300个，错误；
B选项，分为两类：0在末位，则有A＝60种，0不在末位，则有CC14A＝96种，
∴共有60＋96＝156种，正确；
C选项，先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，
即先选(0，1，2，3)、(0，1，3，5)、(0，2，3，4)、(0，3，4，5)、(1，2，4，5)，它们排列出来的数一定可以被3整除，∴共有4C·A＋A＝96种，正确；
D选项，首位为1的有A＝60个，前两位为20的有A＝12个，前两位为21的有A＝12个，此时共有60＋12＋12＝84个，因而第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301，错误．
14．若一个正方体绕着某直线l旋转不到一周后能与自身重合，那么这样的直线l的条数为(　　 )
A．3 B．4
C．6 D．13
【答案】D
【解析】若正方体绕着直线l旋转不到一周能与自身重合，则l必过正方体中心，否则，正方体绕着直线l旋转不到一周后，中心不能回到原来的位置；共有三种情况：如图所示；
当l过正方体的对角线两顶点时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时的直线共有4条；
当l过正方体两相对棱中点时，把正方体绕l旋转π，正方体回到原来的位置，此时直线共有6条；
当l过正方体对面中心时，把正方体绕l旋转，正方体回到原来的位置，此时直线共有3条；
综上，符合条件的直线l有4＋6＋3＝13条．

15．如图给三棱柱ABC－DEF的顶点染色，定义由同一条棱连接的两个顶点叫相邻顶点，规定相邻顶点不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方法有____________．

【答案】264
【解析】首先先给顶点A，B，C染色，有A＝24种方法，再给顶点D染色，
①若点D和点B染同一种颜色，点E和点C染相同颜色，点F就有2种方法，若点E和点C染不同颜色，则点E有2种方法，点F有1种方法，则D，E，F的染色方法一共有2＋2×1＝4种方法；
②若点D和点B染不同颜色，且与点C颜色不同，则点D有1种方法，点E与点C颜色不同，则点E有1种方法，则点F有1种方法，此时有1种方法；若最后E与C相同，则F有2种方法，则共有2种方法；点D与点C颜色相同，则点D有1种方法，则点E有2种方法，则点F有2种方法，共有2×2＝4种方法，所以点D和点B染不同颜色，共有1＋2＋4＝7种方法．
所以点D，E，F的染色方法一共有4＋7＝11种，所以共有24×11＝264种方法．
16．在如图所示的7×4的方格纸上(每个小方格均为正方形)，共有________个矩形、________个正方形．

【答案】280　60
【解析】根据题意，7×4的方格纸上，有5条水平方向的线，8条竖直方向的线，在5条水平方向的线中任选2条，在8条竖直方向的线中任选2条，就可以组成一个矩形，则可以组成C25C28＝280个矩形；
设方格纸上的小方格的边长为1，
当正方形的边长为1时，有7×4＝28个正方形，
当正方形的边长为2时，有6×3＝18个正方形，
当正方形的边长为3时，有5×2＝10个正方形，
当正方形的边长为4时，有4×1＝4个正方形，
则有28＋18＋10＋4＝60个正方形．
17．教育改革的核心是课程改革，新课程改革的核心理念就是教育以人为本，即一切为了每一位学生的发展．为满足新课程的三维目标要求，某校开设A类选修课4门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有(　　 )
A．24种 B．48种
C．32种 D．64种
【答案】B
【解析】分两种情况：第一种，选择1门A类选修课和2门B类选修课，有CC＝24种选法；第二种，选择2门A类选修课和1门B类选修课，有CC＝24种选法，
故共有48种选法．
18．5位医生被分配到4个接种点承担接种新冠疫苗工作，每个医生只能去一个接种点，每个接种点至少有一名医生，其中医生甲不能单独完成接种工作，则共有(　　)种不同的分配方法
A．24 B．48
C．96 D．12
【答案】C
【解析】从能独立工作的4名医生中选一人与甲同时工作有C种，然后把剩余3人与所选2人视为4组，分到4个不同的接种点，共有A种，
故共有CA＝4×24＝96．
19．在“学宪法、讲宪法”活动中，将甲、乙、丙、丁四位法律老师分配到A、B、C、D四个班级进行宣讲，每个班级分配一位老师．若甲不分配到A班，丁不分配到D班，则分配方案的种数为(　　 )
A．12 B．14
C．16 D．24
【答案】B
【解析】甲分到D班，有A＝6种方法；甲分到B或C班，有方法数CCA＝8，
总共有方法数为6＋8＝14种．
20．有8位学生春游，其中小学生2名、初中生3名、高中生3名．现将他们排成一列，要求2名小学生相邻，3名初中生相邻、3名高中生中任意两名都不相邻，则不同的排法种数有(　　 )
A．288种 B．144种
C．72种 D．36种
【答案】B
【解析】第一步，先将2名小学生看成一个人，3名初中生看成一个人，然后排成一排有A种不同排法；第二步，将3名高中生插在这两个整体形成的3个空档中，有A种不同排法；第三步，排2名小学生有A种不同排法，排3名初中生有A种不同排法．
根据分步计数原理，共有AAAA＝144种不同排法．
21．2020年是实施脱贫攻坚的最后一年，某地区针对最后深度贫困的A，B，C，D，E五个自然村引入五个脱贫项目(其中林果，茶园，养殖，旅游，农业特色深加工各一个项目)进行对口帮扶，不同的村安排不同的项目，且每个村只安排一个项目．由于自然村条件限制，A，B两个村无法实施农业特色深加工项目，C村无法实施养殖项目，D，E两个村可以实施任何项目，则符合条件的不同安排方式共有(　　 )
A．48种 B．54种
C．60种 D．72种
【答案】C
【解析】C村实施的项目是农业特色深加工项目，方法数为A＝24，
C村实施的项目不是农业特色深加工项目，方法数为CAA＝36，
总方法数为24＋36＝60．
22．为帮助当地老百姓尽快脱贫，某市政府决定选派8名干部(5男3女)到该市甲、乙两个县去督查扶贫工作，若要求每个县至少要派3名干部，每个干部必须去两个县中的一个督查，且不能仅仅将3名女干部编为一组去某个县督查，则不同的派遣方案共有(　　 )
A．90种 B．125种
C．180种 D．250种
【答案】C
【解析】因为每个县至少要派3人，则两个县中派遣的人数分别为3、5或4、4，
又因为3名女干部不能单独成一组，有CC55＋－1＝90种分组方法，
则不同的派遗方案种数为90×A＝180种．
23．由于受到疫情影响，某校决定实施学生佩戴口罩、间隔而坐的策略．已知一排有9个座位，每两名同学之间至少间隔1个空位．若一排要坐4名同学，则不同的坐法有____________种．
【答案】360
【解析】先排5张空椅子，然后将4名同学进行插空，共有A＝360种不同的坐法．
24．用1，2，3，4，5五个数字组成无重复数字的五位数，其中偶数不在相邻数位上，则满足条件的五位数共有______个．(用数字作答)
【答案】72
【解析】先安排三位奇数，得到四个空位，再从四个空位中选出两个空位安排偶数，共有AA＝72个．
25．有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排成一排，女生必须站在一起；
(4)全体排成一排，男生互不相邻；
(5)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边；
(6)全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边．
【分析】(1)7选5的全排列；(2)可以分两步进行，先排前排，再排后排；也可以把分排问题当作直排问题，直接求全排列；(3)捆绑法，把女生看作一个元素，此时要注意女生内部也要全排列；(4)插空法，先把女生排好，再将男生插空；(5)可以先安排甲这个特殊元素，也可以先安排左边和右边这两个特殊位置；(6)可以先安排甲、乙，再排其余的元素；或者利用间接法求解．
【解析】(1)从7人中选5人排列，有A＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)法一　分两步完成，先选3人站前排，有A种方法，余下4人站后排，有A种方法，共有AA＝5 040(种)．
法二(多排问题直排处理)　可看作7个人排成一排的全排列，共有A＝5 040(种)．
(3)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A种方法，再将女生全排列，有A种方法，共有AA＝576(种)．
(4)(插空法)先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A种方法，共有AA＝1 440(种)．
(5)法一(特殊元素优先法)　先排甲，有5种方法，其余6人有A种排列方法，共有5×A＝3 600(种)．
法二(特殊位置优先法)　左、右两边位置可安排另6人中的2人，有A种排法，其他有A种排法，共有AA＝3 600(种)．
(6)方法一(特殊元素优先法)　甲在最右边时，其他的可全排，有A种方法；甲不在最右边时，可从余下的5个位置任选一个，有A种，而乙可在除去最右边的位置后剩下的5个中任选一个有A种，其余人全排列，有A种不同排法．共有A＋AAA＝3 720(种)．
法二(间接法)　7名学生全排列，有A种方法，其中甲在最左边时，有A种方法，乙在最右边时，有A种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有A种方法，故共有A－2A＋A＝3 720(种)．
26．一次表彰大会上，计划安排5名优秀学生代表上台发言，这5名优秀学生分别来自高一、高二和高三三个年级，其中高一、高二年级各2名，高三年级1名．发言时若要求来自同一年级的学生不相邻，则不同的排法共有(　　)种．
A．36 B．48
C．72 D．120
【答案】B
【解析】先排高一年级学生，有A种排法，①若高一年级学生中间有高三学生，有A种排法；②若高一学生中间无高三学生，有C12·C12·C种排法，所以共有A·＝48种排法．
27．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中(如下图)，记第2行的第3个数字为a1、第3行的第3个数字为a2，……，第n(n≥2)行的第3个数字为an－1，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(　　 )

A．220 B．186
C．120 D．96
【答案】A
【解析】a1＋a2＋a3＋…＋a10＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C＝＝220．
28．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好只有一双同色的取法有(　　 )
A．240种 B．180种
C．120种 D．60种
【答案】A
【解析】取出的一双同色手套的颜色共有C＝6种情况．在剩余的5双手套中，取不同颜色的2只共有＝40种取法，所以任取4只，恰好有一双同色的取法有6×40＝240(种)．
29．2021年4月15日，是第六个全民国家安全教育日，教育厅组织宣讲团到某市的六个不同高校进行国家安全知识的宣讲，时间顺序要求是：高校甲必须排在第二或第三个，且高校甲宣讲结束后需立即到高校丁宣讲，高校乙、高校丙的宣讲顺序不能相邻，则不同的宣讲顺序共有(　　 )
A．28种 B．32种
C．36种 D．44种
【答案】B
【解析】根据题意：分成以下两种情况进行分类讨论
高校甲排在第二个时，高校丁必排在第三个，当乙或丙排在第一个时共有CA＝12种排法，当乙或丙不排在第一个时，乙和丙只能排在第四个和第六个，此时共有AA＝4 种排法，所以高校甲排在第二个时共有16种排法；
高校甲排在第三个时，高校丁必排在第四个，乙或丙只能一个排在第一二个，一个排在第五六个，则共有CCCA＝16种排法；
综上：共有32种排法满足题意．
30．五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧，可排成________种不同的音序．
【答案】32
【解析】①若“角”在两端，则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧，此时有2×3×A×A＝24种；
②若“角”在中间，则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧；
③若“角”在第二个或第四个位置上，则有2AA＝8种．
综上，共有24＋8＝32种．
31．通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号；第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，如图所示．其中序号的编码规则为：

①由10个阿拉伯数字和除I，O之外的24个英文字母组成；
②最多只能有2个英文字母．
则采用5位序号编码的鲁V牌照最多能发放的汽车号牌数为________万张．(用数字作答)
【答案】706
【解析】当号牌中有两个英文字母时，且两个英文字母相同，则有C×C×103＝24×104张；
两个英文字母不相同，则有C×A×103＝552×104张；
当号牌中有一个英文字母时，有C×C×104＝120×104张；
当号牌中没有英文字母时，有10×104张；
所以满足条件的号牌共有×104张，即有706万张．