新教材人教A版高中数学 选择性必修第三册 常考题型练习 26 排列组合基础模型

专题26排列组合基础模型

目录

【题型一】分类加法原理..........................................................................1

【题型二】分步乘法原理.........................................................................2

【题型三】人坐座位..............................................................................3

【题型四】组数字型.............................................................................4

【题型五】分类讨论型............................................................................5

【题型六】“地图”涂色型........................................................................7

【题型七】电路图型..............................................................................9

【题型八】走楼梯型.............................................................................10

【题型九】摸球型...............................................................................12

培优第一阶一一基础过关练.......................................................................13

培优第二阶一一能力提升练.......................................................................14

培优第三阶一一培优拔尖练.......................................................................17

热点题型如纳

【题型一】分类加法原理

【典例分析】

某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课

程学习，则不同的选法共有()

A.40种B.20种C.15利ID.11种

［答案］D

【4•析】根据分类加法计数原理，即可得到答案.

【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有4+5+2=11种.

故选：D

【提分秘籍】

基本规律

古典概型中基本事件数的探求方法

(1)列举法.

(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题

目，常采用树状图法.

(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.

(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.

【变式训练】

1.某校开设4类选修课4门,8类选修课3门,一同学从中选1门,则该同学的不同选法共有()

A.7种B.12种C.4种D.3种

［答案］A

【嬴h根据题意求出所有的可能性即可选出结果.

【详解】解:由题知某校开设A类选修课4门.B类选修课3门，

共7门，

故该同学的不同选法共有7种.

故选:A

2.现有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选

法共有（）

A.7种B.9种C.14利1D.70种

［答案］C

【2析】根据分类加法计数原理求解即可

【详解】分为三类：

从国画中选，有2种不同的选法;从油画中选，有5种不同的选法;从水彩画中选，有7种不同的选法，

根据分类加法计数原理，共有5+2+7=14（种）不同的选法；

故选：C

3.为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡

镇设立了19个接种点.某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（）

A.11种B.19种C.30种D.209种

【答案】C

【分析】根据题意，该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点,由加法原理

计算可得答案.

【详解】该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点，所以共有19+11=30种

不同接种点的选法.

故选：C.

【题型二】分步乘法原理

【典例分析】

2022年10月22日，中国共产党全国代表大会胜利闭幕.某班举行了以“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（）

【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6*7=42（种）情况，

122

其中这两个教师节目恰好相邻的情况有2x6=12（种），所以所求概率为益=三.

427

故选:D.

【提分秘籍】

基本规律

解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类"、“分步'’的角度入

手；（1）“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；（2）“分辨”就是辨别是排列

还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；（3）“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥

的几类，然后逐类解决；（4）“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、

组合问题，然后逐步解决.

【变式训练】

1.“谁知盘中餐，粒粒皆辛苦”，节约粮食是我国的传统美德.已知学校食堂中午有2种主食、6种素菜、5

种荤菜，小华准备从中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜作为午饭，并全部吃完，则不同的选取方法有（）

A.13种B.22种C.30种D.60种

【答案】D

【分析】根据分步乘法计数原理可求出结果.

【详解】根据分步乘法计数原理，共有2x6x5=60（种）不同的选取方法，

故选：D.

2.有5件不同款式的上衣和8条不同颜色的长裤,若一件上衣与一条长裤配成一套,则不同的配法种数为（）

A.13B.40C.72D.60

【答案】B

•析】利用分步乘法计数原理计算即可.

【详解】由分步乘法计数原理得不同的配法种数为5x8=40.

故选：B.

3.现有5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数

是（）

A.45B.54C.20D.9

［答案］A

【I■析】将此事分为5步，每一步均为I名同学选择讲座，后由分步计数原理可得答案.

【详解】将完成此事分为5步.第1步为第一名同学完成选择，有4种方法；第2步为第二名同学完成选择，

有4种方法；L.第5步为第五名同学完成选择，有4种方法.

则由分步计数原理可知，不同选法的种数位为：4×4×4×4×4=45.

故选：A

【题型三】人坐座位

【典例分析】

某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D

节目相邻，则节目安排的方法总数为（）

A.18B.24C.36D.60

［答案］C

【g■析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合特殊元素问题及相邻问题，列式计算作答.

【详解】因为C、。节目相邻，则视C、。节目为一个整体与其它3个节目排列，

又A节目不排在第一个，则从后面三个位置中取一个排A,再排余卜3个，有A；A；种，

其中的每一种排法，C、。节目的排列有A；,

所以节目安排的方法总数为A；A；A；=3x6x2=36（种）.

故选：C

【提分秘籍】

基本规律

解排列组合问题要遵循两个原则：

一是按元素（或位置）的性质进行分类；

二是按事情发生的过程进行分步.具体地说，解排列组合问题常以元素（或位置）为主体，即先满足特

殊元素（或位置），再考虑其他元素（或位置）.

【变式训练】

1.11月29日，江西新余仙女湖的渔民们迎来入冬第一个开捕日，仙女湖的有机鱼迎来又一个丰收年.七位渔

民分在一个小组，各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不

同的排法有（）

A.96种B.120种C.192种D.240种

［答案］C

【分析】先将甲乙捆绑成一个单元，再讨论其所排位置，运算求解.

【详解】由题意可知：丙必须在最中间（第4位），则甲乙排在第1、2位或2、3位或5、6位或6、7位，

故不同的排法有A；C；A：=192种.

故选：C.

2.某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座A只能安排在第一

或最后一场，讲座5和C必须相邻，问不同的安排方法共有（）

A.34种B.56种C.96种D.144种

【答案】C

析】先求出讲座A只能安排在第一或最后一场的方法总数，再求出讲座8和C必须相邻方法总数，最

后由分步乘法计算原理即可得出答案.

【详解】；由题意知讲座A只能安排在第一或最后一场，•・.有A；=2种结果，

讲座B和C必须相邻，,共有A：A；=48种结果，

根据分步计数原理知共有2x48=96种结果.

故选:C.

3.现有7位学员与3位摄影师站成一排拍照，要求3位摄影师互不相邻，则不同排法数为（）

A.A；A；B.A；C：C.A；A；D.A；A；

【答案】A

【分析】将3位摄影师插入站好的7位同学的8个空里.

【详解】先排7位学员，共有A；种排法，再从8个空位中选3个安排给3位摄影师，故不同排法数为A；A：.

故选：A

【题型四】组数字型

【典例分析】

从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（）

A.24B.18C.12D.6

【答案】C

【分加】由分步乘法计数原理结合排列直接求解即可.

【详解】根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0,2中选一个数字为个位数，有2种可能，

从1,3,5中选两个数字为十位数和百位数，有A；=3x2=6种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的

个数为2x6=12.故选：C.

【变式训练】

1.在数学中，有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，被称为“回文数''.如44,585,2662等，那么用

数字1,2,3,4,5,6可以组成4位“回文数”的个数为（）

A.30B.36C.360D,1296

【答案】B

【分析】依据回文数对称的特征，可知有两种情况：1、在6个数字中任取1个组成C；个回文数；2、在6

个数字中任取2个C：种取法，又由两个数可互换位置A；种，即C：A；个回文数；结合两种情况即可求出组

成4位“回文数”的个数.

【详解】由题意知：要组成4位“回文数”，

,当由一个数组成回文数，在6个数字中任取1个：C；种；

当由两组相同的数，在6个数字中任取2个：或种，

又•••在6个数字中任取2个时，前两位互换位置又可以组成另一个数，

，2个数组成回文数的个数：A；种，

故在6个数字中任取2个组成回文数的个数：C：A；,

综上，由数字1,2,3,4,5,6可以组成4位“回文数”的个数为：C：+C：A；=36.

故选：B.

2.从1至8的8个整数中随机抽取2个不同的数，则这2个数和为偶数的概率为（）

【答案】D

【分析】先由组合求出8个整数中随机抽取2个不同的数的总情况，再求出2个数和为偶数的情况，最后

由古典概型求解即可.

【详解】从1至8的8个整数中随机抽取2个不同的数共有C；=28种情况，其中要使2个数和为偶数，IjIiJ2

个数都为奇数或都为偶数，

1ɔ4

共有C；+C；=12,由古典概型可得这2个数和为偶数的概率为9=：.

287

故选：D.

3.数字1,2,3,4任意组成没有重复数字的四位数，则它为偶数的概率是（）

［答案］A

加】先算出是偶数的结果，再算出没有重复数字的四位数的结果，最后用古典概型的公式即可算出答

案

f详解】当末位可以是2,4,有两种选法，前面三位可以从余下的3个数字中选3个，共有

C；.A；=12种结果，

数字1,2,3,4任意组合成没有重复数字的四位数共有A：=24种结果，

它为偶数的概率是P=2=《.故选；A

242

【题型五】分类讨论型

【典例分析】

在给某小区的花园绿化时，绿化工人需要将6棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，每排3棵，则后

排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高的概率是（）

［答案］C

【J析】方法一：先求出事件A包含的基本事件个数，再根据古典概型的公式计算即可.

【详解】方法一：设六棵树从矮到高的顺序为1,2,3,4,5,6,后排的每棵小树都对应比它前排每棵小

树高为事件A.

则6必在后排，I在前排，

因此，分为1-6相对和1-6不对两种情况（相对的意思是前后相邻），

（1）1-6相对：5必在后排，2必在前排，

因此，又可分为2-5相对和2-5不对两种情况，

①2-5相对时，3-4相对且4在后排，所以有A；种情况；

②2-5不对•，有2A；种情况.

（2）1-6不对：可分为5在前排和5在后排两种情况，

(i)5在前排，则5-6相对且4在后排，又可分为14相对和14不对两种情况,

1-4相时：有A；种；

1-4不对：有2A；种.

(ii)5在后排，又可分为1-5相对和1-5不对两种情况，

①1-5相对：2必在前排，又分为2-6相对和2-6不对两种,

2-6相对:有A；种；

2-6不对:有2A；种.

②1-5不对，有种.

所以P(A)=3X3∖+'∙A;15_1

6×5×4^8

故选：C.

方法二：将设六棵树从矮到高的顺序为1,2,3,4,5,6,后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为

事件A,所以，

C：C；15x6_1

P(A)=

A：一720一W

故选：C.

【提分秘籍】

基本规律

分类讨论易犯错

①搞不清楚到底是分类还是分步，不知道是用加法计数原理还是乘法计数原理;

②在求解时考虑不全，存在重复或遗漏现象.

【变式训练】

1.开学典礼上甲、乙、丙、丁、戊这5名同学从左至右排成一排上台领奖，要求甲与乙相邻且甲与丙之间恰

好有1名同学的排法有()种.

A.12B.16C.20D.24

［答案］C

【彳析】甲乙丙是三个特殊元素，分类讨论甲与丙之间为乙与甲与丙之间不是乙的两种情况，利用捆绑法

即可求得所求排法总数.

【详解】若甲与丙之间为乙，即乙在甲、丙中间且三人相邻，共有A；=2种情况，将三人看成一个整体，

与丁戊两人全排列，共有A；=6种情况，则此时有2x6=12种排法；

若甲与丙之间不是乙，先从丁、戊中选取1人，安排在甲、丙之间，有C；=2种选法，此时乙在甲的另一侧，

将四人看成一个整体，考虑之前的顺序，有A；=2种情况，将这个整体与剩卜的1人全排列，有A；=2种

情况，此时有2x2x2=8种排法，

所以总共有12+8=20种情况符合题意.

故选：C.

2.绿水青山就是金山银山，浙江省对“五水共治”工作落实很到位，效果非常好.现从含有甲的5位志愿者中

选出4位到江西，湖北和安徽三个省市宣传，每个省市至少一个志愿者.若甲不去安徽，其余志愿者没有

条件限制，共有多少种不同的安排方法()

A.228B.132C.180D.96

［答案］B

【3•析】本题分抽取的4人中含甲和不含甲两大类讨论，采取捆绑法分析情况，再利用加法和乘法原理得

到所有情况即可.

【详解】4人去3个省份，且每个省至少一个人则必会有两人去同一省份，

若抽取的4人中不含甲，在这四人中任意取两人进行捆绑，则共有C%A；=36种，

②若4人中含有甲，则在剩余的4人中抽取3人，共有C：=4种，接下来若甲和另1人去同一省份，则共有

C∙α∙Aj=12种，若甲单独一人去一个省份，则共有C；（C；+A；）=12种，根据加法和乘法原理可得共有，

此类情况共有4x（12+12）=96种

综上共有36+96=132种.故选：B.

【题型六】“地图”涂色型

【典例分析】

如图，矩形的对角线把矩形分成A、8、C、。四部分，现用五种不同色彩给四部分涂色，每部分涂1种颜

色，要求共边的两部分颜色互异，共有（）种不同的涂色方法？

.

A.260B.180C.240D.120

【答案】A

【分析】由题意知给四部分涂色，至少要用两种颜色，最多四种颜色，分类讨论，最后相加.

【详解】由题意知给四部分涂色，至少要用两种颜色，故可分成三类涂色：

第一类，用4种颜色涂色，有A；=120种方法.

第二类，用3种颜色涂色，选3种颜色的方法有C；种.

在涂的过程中，选对顶的两部分（A、C或8、。）涂同色，另两部分涂异色有C；种选法；3种颜色涂上去

有A；种涂法，

根据分步计数原理求得共C；C；∙A；=120种涂法.

第三类，用两种颜色涂色.选颜色有C；种选法，A、C用一种颜色，B、。涂一种颜色，有A；种涂法，故共

GA"20种涂法.

，共有涂色方法120+120+20=260种，

故选：A.

【提分秘籍】

基本规律

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

【变式训练】

1.如图，提供4种不同的颜色给图中A,B,C,。四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不

同的涂法共有（）种.

D

ABC

A.12B.36C.48D.72

【答案】C

【分笳】根据使用颜色的数量进行分类计算即可.

【详解】如果只用了3种颜色，则ABo三块区域颜色必两两不同，C区域必与A相同，

则涂法有A：=24种；

如果用了全部4种颜色，则涂法有A：=24种；

所以总共有24+24=48种涂法.

故选：C.

2.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

［答案］A

【4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3x3x2=18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3x2=6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P=2=：.

1o3

故选：A.

3.网课期间，小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如下图形状，现需要给下图七巧

板右下方的五个块涂色（图中的1,2,3,4,5）,有"4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不

【分析】先给2涂色，再涂5,再涂3、4,这一步要分3与5同色和3和5不同色两种情况，最后涂1,按

分步计数乘法原理计算.

【详解】第一步：涂2,有4种颜色；

第二步：涂5,有3种颜色

第三步：涂3、4,当3与5同色时，4有3种颜色；当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第

三步共7种.

第四步：涂1,有3种颜色.

共计4x3x7x3=252种.

故答案为:252

【题型七】电路图型

【典例分析】

如图，在由开关组A与8组成的电路中，闭合开关使灯发光的方法有（）种

A.6B.5C.18D.21

【答案】D

【分析】按A组开关闭合的个数分类即可求解

［详解】分两类,每类中分两步.第一类：第1步:A组开关闭合一个,有2种闭法,笫2步：5组开关闭合1个,有3

种闭法;B组开关闭合2个,有3种闭法;B组开关闭合3个,有1种闭法.此时共2x（3+3+l）=14种闭法.

第二类:第1步:A组开关闭合2个,共1种闭法,第2步:B组开关闭合1个,有3种闭法;8组开关闭合2个,有3种

闭法:B组开关闭合3个,有1种闭法.

此时共lx（3+3+l）=7种闭法.

综上洪14+7=21种闭法.

故选：D

【变式训练】

不同的路径条数为（）

C.8D.12

【分析】根据分类计数原理与分步计数原理计算可得答案.

【详解】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为2xl+2x3=8.

故选：C.

2.如图所示为一电路图，从4到8共有条不同的线路可通电（）

C.3D.4

【答案】D

【详解】试题分析：分两类：卜.方一种闭合方法，上方三种闭合方法，所以有1+3=4种通电线路，故选D.

考点：本题主要考查分类计数原理的应用.

点评：简单题，审清题意，理解好"可通电''的条件.

3.如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为（）

</<

A.8B.6

C.5D.3

［答案］B

【4•析】用分步计数原理即可.

【详解】解析：从4处到B处的电路接通可分两步，第1步：前一个并联电路接通有2条线路，第2步：

后一个并联电路接通有3条线路：由分步乘法计数原理知电路从A处到8处接通时,可构成线路的条数为3x2

=6.

故选：B.

【题型八】走楼梯型

【典例分析】

欲登上第10级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有

A.34种B.55种

C.89种D.144种

［答案］Q

析】解法一：分类考虑，第一类是只有一步一级走法，第二类是恰有一步两级，第三类恰有两步是一

步两级，依次到恰好五步都是一步两级，由此求得答案；

解法二;采用递推法，设走”级有。"种走法，第一类：第一步是一步一级，则余下的n-l级有a,-种走法；

第二类：第一步是一步两级，则余下的2级有a一种走法，得到4=4T+4-2,由此可求得答案.

【详解】解法1：分类法：

第一类：没有一步两级，只有一步一级，则只有一种走法；

第二类：恰有一步是一步两级，则走完10级要走9步，9步中选一步是一步两级的，有C；=9种可能走法；

第三类：恰有两步是一步两级，则走完10级要走8步，8步中选两步是一步两级的，

有C；=28种可能走法；

依此类推，共有1+C；+C"C；+C+C=89,

故选:C

解法2：递推法：

设走〃级有种走法，这些走法可按第一步来分类，

第一类：第一步是一步∙级，则余下的n-l级有”,,τ种走法；

第二类：第一步是一步两级，则余下的〃-2级有α,τ种走法，

于是可得递推关系式4=%τ+4.2，又4=l,%=2,

山递推可得＜¾=3,4=5,%=8,4=13,%=21,4=34,α9=55,al0=89,

故选：C.

【提分秘籍】

基本规律

一般情况下，可以借助“数字化法”，把路口转化为相同数字来进行排列。

比如，向右，定为数字1,向上，定为数字2,

如下图，从A到B,只向右和向上，那么向右2步，向上3步，可以理解为数字1,1,2,2,2五个数字

全排列，那么只选不排，相当于五个位置，先放三个2,共有或种放法，

【变式训练】

1.欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有种上楼梯的方法.

【答案】21

【善解】本题采用分步计数原理.

第一类：O次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有I种上楼梯的方法；

第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有C：=6种方法；

第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有C=IO种方法：

第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有C=4种方法；共计21种上楼梯

的方法.

2.有一道楼梯共10阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，小王同学

7步登完楼梯的概率为.

【答案】§35

【分析】由题意可分为5步、6步、7步、8步、9步、10步共6种情况，分别求出每种的基本事件数，再

利用古典概型的概率公式计算可得；

【详解】解：由题意可分为5步、6步、7步、8步、9步、10步共6种情况，

①5步：即5步两阶，有C；=l种；

②6步:即4步两阶与2步一阶，有C；=15种;

③7步：即3步两阶与4步一阶，有C；=35种；

④8步：即2步两阶与6步一阶，有C；=28利

⑤9步：即1步两阶与8步一阶，有C=9种；

⑥10步：即10步一阶，有C>=l种;

综上可得一共有89种情况，满足7步登完楼梯的有35种；

故7步登完楼梯的概率为g35故答案为：35

3.某幢楼从二楼到三楼的楼梯共11级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用

7步走完，则上楼梯的方法有种.

【答案】35

【分析】从二楼到三楼用7步走完Il级，七次中选四步走两级的组合，七步中肯定是三步一级，四步两级，

共有C74种结果.

【详解】•.♦从二楼到三楼的楼梯共11级，规定从二楼到三楼用7步走完

二七次中选四步走两级的组合，七步中肯定是三步一级，四步两级，共有C,4=35种结果，

故答案为35

【金扁本题考查排列组合的实际应用，注意实际问题的转化，属于基础题.

【题型九】摸球型

【典例分析】

一个口袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，每次从袋中至少取出一个球，恰好4次取完，

那么不同的取法一共有（）种.

A.76B.48C.40D.28

【答案】A

【分析】分两种情况讨论，有三次拿了1个球，两次拿了3个球或有两次拿1个球，两次拿2个球.

【详解】由题可得若有三次拿了1个球，两次拿了3个球，则无论哪一次拿3个球情况一样，则可拿3红

或2红1白或2白1红，则有（3+3+l）x4=28种取法，

若有两次拿1个球，两次拿2个球，先考虑拿2球的两次在四次中的排列，即C：=6种，

每种情况的种数一样，故可从拿2个球的次数着手，即先拿2球的拿的2红，后拿的是拿的2白或1红1

白或2红；先拿的是1红1白，后拿的是2红或1红1白；先拿的是2白，后拿的是2红，则有

（l+2+l+2+l+l）χ6=48种，

综上，不同的取法一共有28+48=76利I.

故选：A.

【变式训练】

1.从2个不同的红球、2个不同的黄球、2个不同的蓝球共六个球中任取2个，放入红、黄、蓝色的三个袋

子中，每个袋子至多放入一个球，且球色与袋色不同，那么不同的放法有

A.42种B.36种C.72种D.46种

［答案］A

解】分以下几种情况：

①取出的两球同色，有3种可能，取出球后则只能将两球放在不同色的袋子中，则共有&种不同的方法，

故不同的放法有3A；=6种.

②取出的两球不同色时，有一红一黄、一红一蓝、一黄一蓝3种取法，由于球不同，所以取球的方法数为

3C；C；=12种；取球后将两球放在袋子中的方法数有8+1=3种，所以不同的放法有12x3=36种.

综上可得不同的放法有42利L选A.

2.将6个不同的乒乓球全部放入两个不同的球袋中，每个球袋中至少放1个，则不同的放法有（）

A.82种B.62种C.112种D.84种

［答案］B

析】将6个不同的乒乓球分为两组，可分1和5,2和4,3和3三种情况，分情况结合排列组合分析

计算.

【详解】先将6个不同的乒乓球分为两组，可分1和5,2和4,3和3三种情况，共有C；+C；+gc：=31种，

再将分好的两组放入不同的球袋，则共有31xA；=62种放法

故选：B.

3.袋中有大小相同的5个球，分别标有1,2,3,4,5五个号码，现在在有放回抽取的条件下依次取出两个

球，设两个球的号码之和为随机变量X,则X所有可能取值的个数是（）

A.5B.9C.10D.25

【答案】B

【分析】根据每次抽取的球号均可能是1，2,3,4,5中某个可得答案.

【详解】由于抽球是在有放回条件下进行的，所以每次抽取的球号均可能是1,2,3,4,5中某个，故两

次抽取球号码之和X的可能取值是2,3,4,5,6,7,8,9,10,共9个.

故选：B.

M分阶培优练

培优第一阶——基础过关练

1.某中学举行歌唱比赛，要求甲、乙、丙三位参赛选手从《难却》《兰亭序》《许愿》等6首歌曲中任意选2

首作为参赛歌曲，其中甲和乙都没有选《难却》，丙选了《兰亭序》，但他不会选《许愿》，则甲、乙、丙三

位参赛选手的参赛歌曲的选法共有（）

A.300种B.360种C.400种D.500种

【答案】C

【分析】甲和乙都是从剩余5首歌曲中选两个，丙是从剩余4首歌曲中选1个，求组合数的乘积即可.

【详解】依题意可知，甲、乙需要从剩余5首歌曲中选两个，丙是从剩余4首歌曲中选1个，

甲、乙、丙三位参赛选手的参赛歌曲的选法共有C；CC；=400种∣∙

故选：C.

2.将4名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰，短道速滑，冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分

配到1个项目，志愿者小明不去花样滑冰项目，则不同的分配方案共有（）

A.12种B.18种C.24种D.48种

【答案】B

析】先分析小明的分配方法，再将另外3名志愿者全排列，由分步乘法计数原理计算可得答案.

【详解】志愿者小明不去花样滑冰项目，则小明有3种分配方法，

将另外3名志愿者分配剩卜.的3个项目，有A；种分配方法，

根据分步乘法计数原理可得不同的分配方案共有38=18种.

故选：B.

3.把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有（）

A.4种B.6种C.21种D.35种

［答案］B

【4'析】元素相同问题用隔板法.

【详解】利用隔板法：由题可知使每个小朋友都能分到小球的分法有C；=6种.

故选：B.

4.某鞋店销售α,b,c,d四种不同款式的运动鞋，甲、乙、丙三人每人任意选择一款运动鞋购买，则不同

的购买选择有（）

A.24种B.48种C.64种D.81种

［答案］C

【4析】用分步乘法原理计算.

【详解】每人有4种不同的购买选择，总的购买选择有4x4x4=64种.

故选：C.

5.中国空间站（ChinaSPaCeStatiCm）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月

31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和

“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“厂字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站

将正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，

则不同的安排方法有（）

A.450种B.72种C.90种D.360种

［答案］A

■析】利用分组和分配的求法求得6名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得.

【详解】由题知，6名航天员安排三舱，

三舱中每个舱至少一人至多三人，

可分两种情况考虑：

第一种:分人数为1-2-3的三组,共有C：C；C，A；=360种;

C2C2C2

第二种：分人数为2-2-2的三组，共有yl∙Aj=90种；

A3

所以不同的安排方法共有360+90=450种.

故选：A.

6.1至10中的质数能够组成的所有没有重复数字的整数的个数为（）

A.4B.12C.24D.64

［答案］D

【4析】先找出1至10中的所有质数，然后将这些质数可以组成的整数分类，最后利用分类加法计数原理

即可得解.

【详解】1至10中的质数有2,3,5,7,

由2,3,5,7组成的没有重复数字的整数可以为一位数、两位数、三位数、四位数，

这4个数字可组成的一位数有A：=4（个），

可组成的没有重复数字的两位数有A：=12（个），

可组成的没有重复数字的三位数有A：=24（个），

可组成的没有重复数字的四位数有A：=24（个），

则1至10中的质数能够组成的所有没有重复数字的整数的个数为4+12+24+24=64.

故选：D.

7.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

［⅛f］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.

C；C：C；

【详解】先将6名同学平均分为3组，不同的分组方式为=15,

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A；=6.

所以，不同的分配方法的种数为15x6=90.

故选：A.

8.11月29日，江西新余仙女湖的渔民们迎来入冬第一个开捕日，仙女湖的有机鱼迎来又一个丰收年.七位

渔民分在一个小组，各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则

不同的排法有（）

A.96种B.120种C.192种D.240种

【答案】C

【5•加】先将甲乙捆绑成一个单元，再讨论其所排位置，运算求解.

【详解】由题意可知：丙必须在最中间（第4位），则甲乙排在第1、2位或2、3位或5、6位或6、7位,

故不同的排法有A；C：A：=192种.

故选：C.

培优第二阶——能力提升练

1.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法

错误的是（）

A.若任意选择三门课程，选法总数为A；

B.若物理和化学至少选一门，选法总数为C；C：

C.若物理和历史不能同时选，选法总数为C；一C；

D.若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为c；c；G

【答案】ABD

【3析】利用组合的概念进行计算即可判断A；分类讨论物理和化学只选一门，物理化学都选然后进行计

算判断B：利用间接法进行分析判断即可判断C,将问题分三类讨论：只选物理，只选化学，同时选物理和

化学，由此进行计算和判断D.

【详解】解：由题意得：

对于选项A：若任意选择三门课程，选法总数为C；,A错误；

对于选项B：若物理和化学选一门，有C；种方法，其余两门从剩余的五门中选，有C；种选法；

若物理和化学选两门，有C；种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有C；种选法，所以总数为c；c；+GC，

故B错误；

对于选项C：若物理和历史不能同时选，选法总数为c；-c；G=c；-c；,故C正确；

对于选项D：有3种情况：①选物理，不选化学，有C：种选法；

②选化学，不选物理，有C；种选法；

③物理与化学都选，有C；种选法.

故总数c：+C；+C：=6+10+4=20,故D错误.

故选：ABD

2.高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A,B,C,D,E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能

选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（）

A.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种

B.如果同学甲必须选择社区A,则不同的安排方法有25种

C.如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种

D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种

【答案］ABC

【I•析】求得社区A必须有同学选择的方法数判断选项A；求得同学甲必须选择社区4的方法数判断选项B；

求得三名同学选择的社区各不相同的安排方法数判断选项C；求得甲、乙两名同学必须在同一个社区的安排

方法数判断选项D.

【详解】安排甲、乙、丙三位同学到A,B,C,D,E五个社区进行暑期社会实践活动，

选项A：如果社区A必须有同学选择，

则不同的安排方法有5^-43=61（种）.判断正确;

选项B：如果同学甲必须选择社区A,则不同的安排方法有52=25（种）.判断正确；

选项C：如果三名同学选择的社区各不相同，

则不同的安排方法共有5x4x3=60（种）.判断正确；

选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，

再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，

则不同的安排方法共有5+5?425（种）.判断错误.

故选：ABC

3.某校的高一和高二年级各10个班级，从中选出五个班级参加活动，下列结论正确的是（）

A.高二六班一定参加的选法有种

B.高一年级恰有2个班级的选法有种

c.高一年级最多有2个班级的选法为:GO种

D.高一年级最多有2个班级的选法为C；Co+C；°C；。+/种

【答案】BCD

【分析】对于AB根据组合知识即可验证，对于CD先用组合知识求出从两个年级中选出五个班级参加活动

共有C；。种，再根据分类加法原则得出从两个年级中选出五个班级参加活动共有

c：。+CoCo+CoC：。++c：oC。+C：。种，两者相等得出c；Co+C0Gl°+c：°=gc*,再得出高一年级最

多有2个班级的选法即可验证.

【详解】对于A：高二六班一定参加的选法有C；9种，故A错误；

对于B：高一年级恰有2个班级的选法有Cj°C*种，故