专题8-1排列组合归类（解析版）

专题8-1排列组合归类目录TOC\o"1-1"\h\u题型01基础模型：人与座位 1题型02基础模型：先分组后排列 3题型03基础模型：保序型 4题型04基础模型：数字化法 5题型05基础模型：空车位等相同元素型 8题型06基础模型：多重受限条件型 10题型07地图染色型 11题型08立体几何型 14题型09医生、护士等平均分配型 16题型10走楼梯模型 18题型11挡板法模型 20题型12相同元素型 21题型13不定方程模型 22题型14球放盒子型：公交车模型 24题型15球放盒子型：电梯模型 26题型16球放盒子型： 27题型17配对模型 29题型18机器人跳棋模型 30高考练场 32题型01基础模型：人与座位【解题攻略】模型：人坐座位特征：一人一位；2有顺序；座位可能空；人是否都来；要时，座位拆迁，剩余座位随人排列难题特征：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【典例1-1】（2024上·江苏南通·高三统考）第三届“一带一路”国际高峰论坛于年月在北京召开，某记者与参会的名代表一起合影留念（人站成一排）.若记者不站两端，且代表甲与代表乙相邻的不同排法方式有种.【答案】【分析】先考虑代表甲与代表乙相邻，利用捆绑法求出排法种数；然后考虑记者站两端中的某个位置，且代表甲与代表乙相邻，求出此时的排法种数.再利用间接法可求得结果.【详解】只考虑代表甲与代表乙相邻，只需将这两人捆绑，与剩余人进行排序，共有种不同的排法，若记者站两端中的某个位置，且代表甲与代表乙相邻，则记者有种站法，然后将代表甲与代表乙捆绑，与剩余人进行排序，此时不同的站法种数为种，因此，若记者不站两端，且代表甲与代表乙相邻的不同排法方式有种.故答案为：.【典例1-2】（2024·云南昆明·统考一模）春节前夕，某社区安排小王、小李等5名志愿者到三个敬老院做义工，每个敬老院至少安排1人，至多安排2人.若小王、小李安排在同一个敬老院，且这5名志愿者全部安排完，则所有不同的安排方式种数为.（用数字作答）【答案】18【分析】先把小王、小李视为1组，再把剩下的3人分成2组，把这3组全排列即可.【详解】把小王、小李视为1组，剩下的3个人先分成2组，分组的方式是：1，2；则有，把这3组人再分配给3个敬老院，则.故答案为：18【变式1-1】（2024上·广东广州·高三华南师大附中校考）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【变式1-2】（2024上·河南南阳·高三校联考）某观光旅游团计划在春节期间，安排游人去某地的甲、乙、丙、丁等六个小镇游览，每个小镇游览一天，连续游览六天.若小镇甲不排在首末两天，乙、丙、丁三个小镇排在相邻的三天，则不同的游览顺序方案共有种.【答案】72【分析】现将乙、丙、丁三个小镇捆绑，然后从中间2个位置选出一个安排甲小镇，剩余全排列.求出各步的方案，根据分步乘法计数原理，相乘即可得出答案.【详解】分步：第一步，把乙、丙、丁三个小镇捆绑，看成一个元素，三个小镇的游览顺序有种方案；第二步，将该整体与其他三个小镇作为4个元素，依次对应4个游览位置进行安排，中间2个位置选一个作为小镇甲的游览有种方案；第三步，剩余三个元素进行全排有种方案.根据分步乘法计数原理可知，不同的游览顺序方案共有种.故答案为：72.【变式1-3】（2023上·广东东莞·高三校考阶段练习）某中学为庆祝建校130周年，高三年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有种(用数字作答)．【答案】24【分析】应用捆绑、插空法，结合分步计数及排列数求不同的排法数.【详解】将丙、丁捆绑排列有种，再把他们作为整体与戊排成一排有种，排完后其中有3个空，最后将甲、乙插入其中的两个空有种，综上，共有种排法.故答案为：题型02基础模型：先分组后排列【解题攻略】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【典例1-1】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．48 B．54 C．60 D．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.【典例1-2】某地一重点高中为让学生提高遵守交通的意识，每天都派出多名学生参加与交通相关的各类活动.现有包括甲、乙两人在内的6名中学生，自愿参加交通志愿者的服务工作这6名中学生中2人被分配到学校附近路口执勤，2人被分配到医院附近路口执勤，2人被分配到中心市场附近路口执勤，如果分配去向是随机的，则甲、乙两人被分配到同一路口的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】结合排列、组合求得把6名同学平均分配到三个不同的路口分配种数，再求得甲、乙两人被分配到同一路口种数，利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，把6名同学平均分配到三个不同的路口，共有种分配方案，其中甲、乙两人被分配到同一路口有种可能，所以甲、乙两人被分配到同一路口的概率为.故选：A.【变式1-1】从人中选派人承担甲，乙，丙三项工作，每项工作至少有一人承担，则不同的选派方法的个数为A． B． C． D．【答案】B【解析】先从6人中选派4人，再将选取的4人分成三组，分别从事甲、乙、丙三项工作，进而可得不同的选派方法的种数.【详解】先从6人中选派4人，共有种方法，再将选取的4个人分成三组共有种方法，再将三组分配从事甲、乙、丙三项工作共有种方法，所以不同的选派方法共有种，故选B.【变式1-2】4名学生参加3个兴趣小组活动，每人参加一个或两个小组，那么3个兴趣小组都恰有2人参加的不同的分组共有_________种.【答案】90【分析】由题意得4名学生中，恰有2名学生参加2个兴趣小组，，其余2名学生参加一个兴趣小组，然后分情况讨论可得参加的不同的分组的种数.【详解】由题意得4名学生中，恰有2名学生参加2个兴趣小组，，其余2名学生参加一个兴趣小组，首先4名学生中抽出参加2个兴趣小组的学生共有种.下面对参加兴趣小组的情况进行讨论：参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组完全相同，共种；2、参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组有一个相同，共种.故共有种.即答案为90.【变式1-3】.甲、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题型03基础模型：保序型【解题攻略】基础模型：保序型，又称为“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）【典例1-1】从“”（我爱实验）中取6个不同的字母排成一排，含有“”字母组合（顺序不变）的不同排列共有（

）A．360种 B．480种 C．600种 D．720种【答案】C【分析】从另外5个字母中任意取4个字母，再把“sy”看成一个整体和选出的4个字母全排列，列式计算即得解.【详解】从另外5个字母中任意取4个字母，有种取法；再把“sy”看成一个整体和选出的4个字母全排列，共有种排法，所以一共有种.故选：C【典例1-2】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．6 B．12 C．15 D．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.【变式1-1】书架上某一层有5本不同的书，新买了3本不同的书插进去，要保持原来5本书的顺序不变，则不同的插法种数为（

）.A．60 B．120 C．336 D．504【答案】C【分析】依据分步计数原理即可求得不同的插法种数.【详解】将新买的3本书逐一插进去：第1本书插入5本书形成的6个空隙中的1个，有6种插法；第2本书插入6本书形成的7个空隙中的1个，有7种插法；最后1本书插入7本书形成的8个空隙中的1个，有8种插法.由分步乘法计数原理，知不同的插法种数为6×7×8=336.故选：C【变式1-2】10名同学进行队列训练，站成前排3人后排7人，现体育教师要从后排7人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先从7个人中选2人调整到前排，再把两个人在5个位子中选2个进行排列即可求解.【详解】先从7个人中选2人调整到前排有种，调整后前排有5个人，再把两个人在5个位子中选2个进行排列，原来的3人按照原顺序站在剩下的3个位子，有种，按照乘法计数原理可得总共有种.故选：B.【变式1-3】班会课上原定有3位同学依次发言，现临时加入甲，乙2位同学也发言，若保持原来3位同学发言的相对顺序不变，且甲，乙的发言顺序不能相邻，则不同的发言顺序种数为（

）A．6 B．12 C．18 D．24【答案】B【分析】根据题意可知在原来三位同学的发言顺序一定时，他们之间会形成个空位，插入甲，乙2位同学，由此即可求出结果.【详解】在原来三位同学的发言顺序一定时，他们之间会形成个空位，插入甲，乙2位同学有种.故选：B..题型04基础模型：数字化法【解题攻略】数字化法：标记元素为数字或字母，重新组合。特别适用于“相同元素”【典例1-1】.2021年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加志愿者活动．小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法正确的个数是（

）①小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条②小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条③小明到老年公寓在选择的最短路径中，与到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为④小明与小华到老年公寓在选择的最短路径中，两人并约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F事件B；从F到老年公寓两人的路径没有重叠部分（路口除外），则A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据起点走向终点所需要向上、向右走的总步数，并确定向上或向右各走的步数，则最短路径的走法有，再利用古典概率及条件概率求法，求小明到F处和小华会合一起到老年公寓的概率、小明经过F且从F到老年公寓两人的路径没有重叠的概率即可.【详解】由图知，要使小华、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移动，对于①，小华到老年公寓需要向上1格，向右2格，即小华共走3步其中1步向上，所以最短路径条数为条，错误；对于②，小明到老年公寓需要向上3格，向右4格，即小明共走7步其中3步向上，最短路径条数为条，正确；对于③，小明到的最短路径走法有条，再从F处和小华一起到老年公寓的路径最短有3条，而小明到老年公寓共有条，所以到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为，正确；对于④，由题意知：事件的走法有18条即，事件的概率，所以，错误.故说法正确的个数是2.故选：B.【典例1-2】．如图，在某城市中，M､N两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，今在道路网M､N处的甲､乙两人分别要到N､M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N､M处为止，则下列说法错误的是（

）A．甲从M必须经过到达N处的方法有9种B．甲､乙两人相遇的概率为C．甲乙两人在处相遇的概率为D．甲从M到达N处的方法有20种【答案】B【分析】分别计算两人经过的走法种数，由排列组合与古典概型对选项逐一判断【详解】对于甲，经过到达有1种，经过到达有种，经过到达有种，经过到达有1种，甲从M到达N处的方法共有20种，同理对于乙，经过到达分别有种．对于A，甲从M必须经过到达N处的方法有9种，A正确，对于B，甲乙两人相遇的概率，B错误，对于C，甲乙两人在处相遇的概率，C正确，对于D，甲从M到达N处的方法共有20种，D正确故选：B【变式1-1】如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】分类分步排列即可.【详解】由题意1和7是不能漏掉的，所以由以下路线：（1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6条，故选：B.【变式1-2】夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的路，如图，假设夏老师家在处，学校在处，段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径有（

）条．A．23 B．24 C．25 D．26【答案】D【分析】先求出由到的最短路径的条数，然后求出由到且经过的最短路径的条数，最后相减即可.【详解】由到的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有条路，由到的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有条路，由到的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有条路，所以由到不经过的最短路径有.故选：D.【变式1-3】如图，小明从街道的处出发，选择最短路径到达处参加志愿者活动，在小明从处到达处的过程中，途径处的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用组合数与分步乘法计数原理，计算出从处出发到达处的最短路径数，并计算出小明从处到达处的过程中，途径处的最短路径数，然后利用古典概型的概率公式，即可得到结果.【详解】解：由题意，小明从处出发到达处，最短需要走四横三纵共七段路，共有条不同的路；小明从处到处，最短需要走两横两纵共四段路，共有条不同的路，从处到处，最短需要走两横一纵共三段路，共有条不同的路.所以小明从处到达处的过程中，途径处的概率.故选：.题型05基础模型：空车位等相同元素型【解题攻略】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【典例1-1】（巴彦淖尔·阶段练习）某电影院第一排共有9个座位，现有3名观众前来就座，若他们每两人都不能相邻，且要求每人左右至多两个空位，则不同的坐法共有A．36种 B．42种 C．48种 D．96种【答案】C【详解】试题分析：共有6个空位，如果3人旁边有三个位置时空位，那就是222的空位组合，共有种情况，当3人旁边有4个位置有空位，那空位组合就是1122的组合，采用插空法，共有种情况，所以不同的做法就是12+36=48种情况，故选C.【典例1-2】（·东城·）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1-1】（22·23下·河北·）一条长椅上有6个座位，3个人坐．要求3个空位中恰有2个空位相邻，则坐法的种数为（

）A．36 B．48 C．72 D．96【答案】C【分析】分两个相邻空位包括最左端或最右端时和不含最左端或最右端时，两种情况求出坐法后相加即可.【详解】先考虑相邻的2个空位，当两个相邻空位包括最左端或最右端时，有2种情况，与空位相邻的座位需要安排一个人，有3种选择，剩余的3个座位，安排2个人，有种选择，则有种选择，当两个相邻空位不含最左端或最右端时，此时有3种情况，与空位相邻的左右座位需要安排两个人，有种选择，最后一个人有2种选择，则有种选择，综上：坐法的种数共有个.故选：C【变式1-2】（·成都·阶段练习）有6个座位连成一排，三人就座，恰有两个空位相邻的概率是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】把三个空位分成两组，2个相邻，1个单独放置，利用插空法结合分步计数乘法原理求得符合条件的排法数，再求总排法数，根据古典概型可得结果.【详解】第一步，把三个空位分成两组，2个相邻，1个单独放置，3个人共有种排法，第二步，把两组不同的空位插入3个人产生的4个空档里，共有种排法，共有排法种，而所有排法为，所以所求概率为故答案为，故答案为:.【变式1-3】（19·20·浙江·模拟预测）现有一排10个位置的空停车场，甲、乙、丙三辆不同的车去停放，要求每辆车左右两边都有空车位且甲车在乙、丙两车之间的停放方式共有种.【答案】40【分析】根据题意，先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，然后，求出不同的分组方法，最后利用分步乘法计数原理即可求解【详解】先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，有1，1，1，4；1，1，2，3；1，2，2，2三种分组方法，则不同的分组方法共有种，由分步乘法计数原理得不同的停放方式共有种.题型06基础模型：多重受限条件型【解题攻略】相邻不相邻1.相邻元素捆绑法，要注意捆绑在一起的元素，是否还需要排列2.不相邻元素排列，一般是插空法，不相邻者最后插孔排【典例1-1】现有2名学生代表2名教师代表和3名家长代表合影，则同类代表互不相邻的排法共有___________种．【答案】【分析】设表示两名学生位置，表示两名教师位置，表示三名家长位置.第一步先排学生；第二步再排两名教师，有①与，②与，③与三种情况，分类讨论①②③种情况时教师和家长的排法，最后由分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可求解．【详解】由题意，设表示两名学生位置，表示两名教师位置，表示三名家长位置，第一步：先排学生有种方法；第二步：再排两名教师，有①与，②与，③与三种情况，对于①，教师有种排法，然后再将三名家长排入五个空中，共有种方法；对于②，教师有种排法，然后家长先在A与A之间和与之间各选一个家长排入，剩余一个家长插入剩余三个空中的一个空中，有种；对于③，教师有种排法，然后选一个家长排在最中间一个空中，再将剩余两个家长排在剩余的四个空中，有种排法，综上，共有．故答案为：912.【典例1-2】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.【变式1-1】现有7位同学（分别编号为）排成一排拍照，若其中三人互不相邻，两人也不相邻，而两人必须相邻，则不同的排法总数为________．（用数字作答）【答案】240【分析】把排列，产生4个空位，然后将看作一个整体与插入到中可求解.【详解】解：因两人必须相邻，所以把看作一个整体有种排法.又三人互不相邻，两人也不相邻，所以把排列，有种排法，产生了4个空位，再用插空法.（1）当分别插入到中间的两个空位时，有种排法，再把整体插入到此时产生的6个空位中，有6种排法.（2）当分别插入到中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时，有种排法，此时必须排在中间的两个空位的另一个空位，有1种排法.所以共有.【变式1-2】某班班会准备从含甲、乙、丙的7名学生中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一个发言，且甲、乙都发言时丙不能发言，则甲、乙两人都发言且发言顺序不相邻的概率为A． B． C． D．【答案】C【详解】根据题意，分种情况讨论，若甲乙其中一人参加，有种情况，若甲乙两人都参加，则丙不能参加，有种情况，其中甲乙相邻的有种情况，则甲、乙两人都发言顺序不相邻的概率为，故选C.【变式1-3】，亚非领导人会议在印尼雅加达举行，某五国领导人、、、，除与、与不单独会晤外，其他领导人两两之间都要单独会晤．现安排他们在两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天最多进行一次会晤），那么安排他们单独会晤的不同方法共有A．48种 B．36种 C．24种 D．8种【答案】A【分析】由题设可得他们的会晤方法有两类：第一类是含，其会晤方法有是偶数，可分两类：一是取出的三个数都是偶数，只能从中选取，共有种；第二类取出的三个数是两奇一偶，偶数从中选取，共有4种，两个奇数从中选取，有，然后再全排，共有种；由分类计数原理可得函数的个数为，应选答案A题型07地图染色型【解题攻略】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【典例1-1】如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有5种颜色可供选择，则恰用4种颜色的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求用5种颜色任意涂色的方法总数，再求恰好用完4种颜色涂色的方法总数，最后按照古典概型求概率即可.【详解】若按要求用5种颜色任意涂色：先涂中间块，有5种选择，再涂上块，有4种选择.再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块和右块均有3种选择；若下块与上块涂不同颜色，则下块有3种选择，左块和右块均有2种选择.则共有种方法.若恰只用其中4种颜色涂色：先在5种颜色中任选4种颜色，有种选择.先涂中间块，有4种选择，再涂上块，有3种选择.再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块有2种选择，为恰好用尽4种颜色，则右块只有1种选择；若下块与上块涂不同颜色，则下块有2种选择，左块和右块均只有1种选择.则共有种方法，故恰用4种颜色的概率是.故选：C.【典例1-2】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能同色，有______种不同的涂色方案.【答案】252【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.共计种.故答案为：252【变式1-1】如图，要给①、②、③、④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方案种数为（

）．A．180 B．160 C．96 D．60【答案】A【分析】按照①②③④的顺序，结合乘法计数原理即可得到结果.【详解】首先对①进行涂色，有5种方法，然后对②进行涂色，有4种方法，然后对③进行涂色，有3种方法，然后对④进行涂色，有3种方法，由乘法计数原理可得涂色方法种数为种故选:A【变式1-2】．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.【变式1-3】如图，提供4种不同的颜色给图中，，，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．A．12 B．36 C．48 D．72【答案】C【分析】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ABD三块区域颜色必两两不同，C区域必与A相同，则涂法有种；如果用了全部4种颜色，则涂法有种；所以总共有种涂法.故选：C..题型08立体几何型【解题攻略】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【典例1-1】已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的现用编号为1，2，3的三个仓库存放这6种化工产品，每个仓库放2种，那么安全存放的不同方法种数为A．12 B．24 C．36 D．48【答案】D【分析】先将种产品分成三组，然后存放在三个仓库，由分步乘法计数原理求得安全存放的方法种数.【详解】设种产品分别为，画出图像如下图所示，根据题意，安全的分组方法有，，，，共种，每一种分组方法安排到个仓库，有种方法，故总的方法种数有种，故选D.【典例1-2】用4种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，同一条棱的两个顶点涂不同的颜色，则符合条件的所有涂法共有A．24种 B．48种 C．64种 D．72种【答案】D【详解】解法一：假设四种颜色为红、黑、白、黄，先考虑三点的涂色方法，有种，若与不同色，则、点只有种涂色的方法，有种涂法；若与同色，则点有种涂色的方法，共种涂法，所以不同的涂法共有种．解法二：用种颜色涂色时，即与，与都同色，共有种涂色的方法，用种颜色时，有与，与中一组同色，有种情况，共有种，故共有种，故选D．【变式1-1】从正方体的顶点及其中心共9个点中任选4个点，则这4个点在同一个平面的概率为______．【答案】【分析】由正方体性质，结合组合数求出所有共面的4个点的选法，而所有可能情况有种，应用古典概型的概率求法求概率.【详解】如下图，选正方体6个侧面上的顶点，共有6种共面的情况；过中心的平面共有6个平面，每个平面含9个点中的5个，则共有种；所有可能情况有种，所以这4个点在同一个平面的概率为.故答案为：【变式1-2】给正方体的八个顶点涂色，要求同一条棱的两个端点不同色，现有三种颜色可供选择，不同的涂色方法有________种．【答案】114【分析】先考虑两种颜色的情况，易得有6种方法；再考虑三种颜色的情况，分同色、同色不同色，同色不同色，及不同色四种情况，对每个点的着色情况进行考虑，最终可得答案.【详解】如下图所示的正方体，①用两种颜色，和同色，则有种；②用三种颜色，若同色，则各有两种选色方法，故共有种；若同色，与之不同色，注意又与不同色，故只有一种涂色，同理也只有一种涂色，而各有两种涂色方法，故共有种；若同色，与之不同色，同理，共有种；注意到颜色互不相同是不可能事件，否则无色可涂，故同色的情况讨论完毕.若不同色，则各只有一种涂色方法，另外要么与同色，要么与同色，否则无色可涂，若与同色，则有两种涂色，一种是与同色，则有两种涂色方法，只有一种涂色方法，共有种，一种是与不同色，则必与同色，否则无色可涂，此时，都只有一种涂色方法，共有种；若与同色，与上述讨论的情况等价，同理可得共有种；至此，所有情况讨论完毕，故共有种.故答案为：114..【变式1-3】.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为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先计算能构成多少个三角形，再将共面的情况剔除，即通过对立事件就可以计算不共面的概率．【详解】解：平行六面体有个顶点，任意取构成的三角形个数为，即从56个三角形中任取两个三角形，现共面的情况为表面个面与个对角面，每个面构成个三角形，设任取两个三角形不共面为事件“”，，故选：A．.题型09医生、护士等平均分配型【解题攻略】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【典例1-1】（2022下·四川成都·高三成都七中校考开学考试）某医院分配3名医生6名护士紧急前往三个小区协助社区做核酸检测.要求每个小区至少一名医生和至少一名护士.问共有多少种分配方案？（

）A．3180 B．3240 C．3600 D．3660【答案】B【分析】分三种情况进行分类讨论，依据先分组再分配原则解决“至少”问题.【详解】每个小区至少一名护士，则把护士分为3组，共有3种情况：1,1,4；1,2,3；2,2,2把护士分为3组，3组人数分别为1,1,4，共有种分法，再分配给3个小区，有种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；把护士分为3组，3组人数分别为1,2,3，共有种分法，再分配给3个小区，有种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；把护士分为3组，3组人数分别为2,2,2，共有种分法，再分配给3个小区，有种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为综上，分配方案总数为故选：B【典例1-2】（2021·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（

）A．150 B．240 C．390 D．1440【答案】C【分析】分析可得可以将5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中，分别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果.【详解】因为或所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个的方法有种.各放3个，1个，1个的方法有种.（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有种.综上，总的放球方法数为种.故选：C【变式1-1】（2022下·山西晋中·高三校考）某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为A．4680 B．4770 C．5040 D．5200【答案】C【详解】若有人参加“演讲团”，则从人选人参加该社团，其余人去剩下个社团，人数安排有种情况：和，故人参加“演讲团”的不同参加方法数为，若无人参加“演讲团”，则人参加剩下个社团，人数安排安排有种情况：和，故无人参加“演讲团”的不同参加方法数为，故满足条件的方法数为，故选C.【变式1-2】（2024·湖北武汉·统考模拟预测）将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，则不同的装法种数为（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A【分析】先将红球从数量分成，两种类型的分组，在分两类研究以上不同形式下红球放入三个不同的袋中的方法数，最后袋中不重上黑球，使每个袋子中球的总个数为个，将两类情况的方法总数相加即可.【详解】将个红球分成组，每组球的数量最多个最少个，则有，两种组合形式，当红球分组形式为时，将红球放入三个不同的袋中有放法，此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为个即可.当红球分组形式为时，将红球放入三个不同的袋中有种放法，此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为个即可.综上所述：将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，不同的装法种数为种.故选：A.【变式1-3】（2024全国·高三专题练习）《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一部数学专著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即算筹）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､龟算､珠算､和计数.某学习小组有甲､乙､丙3人，该小组要收集九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､珠算6种算法相关资料，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为（）A．240 B．300 C．420 D．540【答案】D【分析】根据题意，结合分组分配问题，结合排列组合，即可求解.【详解】根据题意，将6种算法分成3组，有1，1，4一组，有1，2，3一组，以及2，2，2一组，然后将这3组分配给甲乙丙三个人，所以不同的分配方案有.故选：D题型10走楼梯模型【解题攻略】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【典例1-1】（2023·江苏扬州·统考模拟预测）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【典例1-2】（2023下·贵州·高三校联考阶段练习）一个楼梯共有11级台阶，甲同学正好站在第11级台阶上，现在他每步可迈1级、2级或3级台阶，甲从第11级台阶走到第6级台阶（只能向前走），一共有多少种不同的走法？（

）A．11种 B．12种 C．13种 D．14种【答案】C【分析】根据迈步的级数进行分类求解，然后利用分类计数原理的计算公式即可求解.【详解】从10级台阶至6级台阶分别用至表示，表示甲走到第级台阶时，所有可能不同的走法，则①从第11级台阶迈步到第10级台阶需要1步，即当时，；②从第11级台阶迈步到第9级台阶可以一步一级跨，也可以一步跨2级台阶，即当时，；③从第11级台阶迈步到第8级台阶可以一步一级跨，也可以一步跨3级台阶，还可以第一步跨1级台阶，第二步跨2级或第一步跨2级，第二步跨1级，即当时，；当时，分三种情况讨论，如果第一步跨一级台阶，那么还剩下三级台阶，由③可知有（种）跨法.如果第一步跨二级台阶，那么还剩下二级台阶，由②可知有（种）跨法.如果第一步跨三级台阶，那么还剩下一级台阶，由①可知有（种）跨法.根据加法原理，有，类推，当时，甲只能从2，3，4跨到5，则，故选：C.【变式1-1】（2021·高三单元测试）某人在上楼梯时，一步上一个台阶或两个台阶，设他从平地上到第一级台阶时有f（1）种走法，从平地上到第二级台阶时有f（2）种走法……则他从平地上到第n级(n≥3)台阶时的走法f(n)等于（

）A．f(n-1)+1 B．f(n-2)+2C．f(n-2)+1 D．f(n-1)+f(n-2)【答案】D【分析】确定他如何到达第级台阶即可：有两种走法，在第级台阶跨两步到达，或者在第级台阶跨一步到达，由此可得所求关系式．【详解】解：要到达第n级台阶有两种走法：（1）在第n-2级的基础上到达；（2）在第n-1级的基础上到达．因此有．故选：D【变式1-2】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】【分析】由题意可分为步、步、步、步、步、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：由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，①步：即步两阶，有种；②步：即步两阶与步一阶，有种；③步：即步两阶与步一阶，有种；④步：即步两阶与步一阶，有种；⑤步：即步两阶与步一阶，有种；⑥步：即步一阶，有种；综上可得一共有种情况，满足7步登完楼梯的有种；故7步登完楼梯的概率为故答案为：【变式1-3】某幢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，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有（

）A．45种 B．36种 C．28种 D．25种【答案】C【解析】由题意可知，10级楼梯要8步走完，这8步中有6步是一步上一级，2步是一步上两级，所以此问题转化为从8步中选2步即为答案.【详解】由题意，这8步中有6步是一步上一级，2步是一步上两级，只需确定这8步中，哪2步是一步上两级即得答案为，故选：C.题型11挡板法模型【解题攻略】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【典例1-1】（2024上·辽宁沈阳·高三校联考）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.【典例1-2（2023上·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）某市抽调5位老师分赴3所山区学校支教，要求每位老师只能去一所学校，每所学校至少安排一位老师．由于工作需要，甲、乙两位老师必须安排在不同的学校，则不同的分派方法的种数是（

）A．124 B．246 C．114 D．108【答案】C【分析】利用分布乘法计数原理，根据排列及间接法计算.【详解】设学校为，先把甲乙两人安排到不同学校，有种，不妨设甲在A，乙在B，只需剩余3人至少有1人去C即可，利用间接法计算，有种不同安排方法，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同安排方法.故选：C【变式1-1】（2023下·安徽合肥·高三合肥市第五中学校考）将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数为（

）A．840 B．35 C．20 D．15【答案】C【分析】利用“隔板法”即可得解．【详解】将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，因为每个盒子都有球，所以每个盒子至少有一个球，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，不同插入方法共有种，所以每个盒子都有球的放法种数为20．故选：C．【变式1-2】（2022上·高三课时练习）现有15个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一、二班每班至少3个名额，三、四、五班每班至少2个名额，则名额分配方式共有（）A．15种 B．35种 C．70种 D．125种【答案】B【分析】利用隔板法求解.【详解】根据题意，先将15个名额分配给一班、二班每班2个，三、四、五班每班1个，还剩下8个名额，将剩下的8个名额进行分组，每组至少一人，利用“隔板法”求解，8个有7个间隔，要分成组，7个间隔选4个即可，则有种分配方法.故选：.【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）把1995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里，使得第个盒子中至少有个球（），则不同放法的总数是（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】先在第个盒里放入个球，，即第1个盒里放1个球，第2个盒里放2个球，…，这时共放了个球，还余下个球．故转化为把1940个球任意放入10个盒子里（允许有的盒子里不放球）．把这1940个球用9块隔板隔开，每一种隔法就是一种球的放法，1940个球连同9块隔板共占有1949个位置，相当于从1949个位置中选9个位置放隔板，有种放法．选D．题型12相同元素型【典例1-1】学校决定把12个参观航天航空博物馆的名额给二（1）、二（2）、二（3）、二（4）四个班级.要求每个班分得的名额不比班级序号少；即二(1)班至少1个名额,二(2)班至少2个名额，……，则分配方案有()A．10种 B．6种 C．165种 D．495种【答案】A【详解】根据题意，先在编号为2、3、4的3个班级中分别分配1、2、3个名额，编号为1的班级里不分配；再将剩下的6个名额分配4个班级里，每个班级里至少一个，分析可得，共种放法，即可得符合题目要求的放法共10种，故答案为A【典例1-2】记为一个位正整数，其中都是正整数，．若对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得，则称这个数为“位重复数”．根据上述定义，“四位重复数”的个数为A．个 B．个 C．个 D．个【答案】B【分析】由题意，对于“位重复数”，任意数位上的数字都必然至少有另外一个数位上也是相同的数字.“四位重复数”分两种情况分别计数即可，即“四个数位上的数字相同”“两个数位上的数字相同，另两个数位上同为另外一个数字”.【详解】由题意，对于“位重复数”，任意数位上的数字都必然至少有另外一个数位上也是相同的数字.所以“四位重复数”包含两种情况.(1)四个数位上的数字相同，有共个.(2)两个数位上的数字相同，另两个数位上同为另外一个数字.若千位、百位相同(不能为)，十位、个位相同，故有个.同理，若千位、十位相同(不能为)，百位、个位相同，也有个.若千位、个位相同(不能为)，百位、十位相同，也有个.综上，“四位重复数”的个数为.故选B.【变式1-1】．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：【变式1-2】甲､乙､丙三人相约去看电影，他们的座位恰好是同一排10个位置中的3个，因疫情防控的需要（这一排没有其他人就座），则每人左右两边都有空位的坐法（

）A．120种 B．80种 C．64种 D．20种【答案】A【分析】根据题意，先排7个空座位，由于空座位是相同的，则只有1种情况，其中有6个空档，将3人连同座一起安排在空档上，计算可得答案.【详解】根据题意，一并排座位有10个，3人就坐，有7个空座位，将7个空座位排成一排，中间有6个空档，将3人连同座位一起安排空档上，有种安排方法，故答案为：A.【变式1-3】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，且每人左右两边都有空位的坐法种数为（

）A．120 B．80 C．64 D．20【答案】A【分析】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，再对甲、乙、丙三个人进行排列，最后用分步计数原理进行求解即可.【详解】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，而甲、乙、丙三个人进行排列，有种坐法，所以每人左右两边都有空位的坐法种数为：.故选：A.题型13不定方程模型【典例1-1】（2023上·北京大兴·高三北京市大兴区第一中学校考阶段练习）已知，且，记为，，中的最大值，（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据隔板法得到的解有组，然后列举得到有6组解，最后求概率即可.【详解】根据隔板法，将10看做10和完全相同的小球排成一排，中间形成9个空，放入两个隔板，可求得的解有组，时，或或或或或，所以.故选：A.【典例1-2】（2023下·江苏常州·高三校联考）在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点(所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点)的个数为（

）A．35 B．36 C．84 D．21【答案】A【分析】首先求平面的一个法向量，并根据法向量确定三棱锥内部的点满足的条件，并结合隔板法，求方法种数.【详解】由条件可知，，，设平面的一个法向量，则，令，则，故，设是平面上的点，则，故，则，不妨设三棱锥内部整数点为，则，且，，，则若时，则在平面上，若，则在三棱锥的外部，所以，当，且时，将写成个1排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为的取值的方法个数，显然有个方法，所有整数点的个数为.故选：A【变式1-1】（2023·江苏南通·统考模拟预测）在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用空间向量法求得面的一个法向量为，从而求得面上的点满足，进而得到棱锥内部整点为满足，再利用隔板法与组合数的性质即可得解.【详解】根据题意，作出图形如下，因为，所以，设面的一个法向量为，则，令，则，故，设是面上的点，则，故，则，不妨设三棱锥内部整点为，则，故，则，易知若，则在面上，若，则在三棱锥外部，所以，当且时，将写成个排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为的取值的方法个数，显然有个方法，所有整点的个数为，因为，所以.故选：B.【变式1-2】（2018·北京·高三强基计划）满足不等式的有序整数组的数目为（

）A．228 B．229 C．230 D．231【答案】D【分析】根据隔板法可求方程不同的整数解的个数.【详解】先考虑的有序整数解的个数，由引理可得该个数为.若有一个为零，则有序整数解的个数为，若有两个为零，则有序整数解的个数为，若全为零，则有序整数解的个数为个，故共有不同组数231.故选：D.【变式1-3】（2022·江苏盐城·盐城中学校考模拟预测）设集合，其中为自然数且，则符合条件的集合A的个数为（

）A．833 B．884 C．5050 D．5151【答案】A【分析】利用隔板法，然后排除有两个数相同的结果，再结合集合元素的无序性可得.【详解】将100个小球排成一列，在101个空位（包括两段的空位）中插入第一个挡板，再在产生的102个空位中插入第二个挡板，将小球分成三段，分别记每段中的小球个数为a、b、c，共有种结果，因为，所以a、b、c中含有两个0,1,2，…，50各有3种结果，所以a、b、c三个数各不相等的结果共有个因为三个元素的每种取值有6种不同顺序，所以，由集合元素的无序性可知符合条件的集合A的个数为个.故选：A题型14球放盒子型：公交车模型【典例1-1】某奥运村有，，三个运动员生活区，其中区住有人，区住有人，区住有人已知三个区在一条直线上，位置如图所示奥运村公交车拟在此间设一个停靠点，为使所有运动员步行到停靠点路程总和最小，那么停靠点位置应在（

）A．区 B．区 C．区 D．，两区之间【答案】A【分析】分类讨论，分别研究停靠点为区、区、区和，两区之间时的总路程，即可得出答案．【详解】若停靠点为区时，所有运动员步行到停靠点的路程和为：米；若停靠点为区时，所有运动员步行到停靠点的路程和为：米；若停靠点为区时，所有运动员步行到停靠点的路程和为：米；若停靠点为区和区之间时，设距离区为米，所有运动员步行到停靠点的路程和为：，当取最小值，故停靠点为区．故选：A【典例1-2】通苏嘉甬高速铁路起自南通西站，经苏州市、嘉兴市后跨越杭州湾进入宁波市，全线正线运营长度，其中新建线路长度，是《中长期铁路网规划》中“八纵八横”高速铁路主通道之一的沿海通道的重要组成部分，是长江三角洲城市群的重要城际通道，沿途共设南通西、张家港、常熟西、苏州北、汾湖、嘉兴北、嘉兴南、海盐西、慈溪、庄桥等10座车站.假设甲、乙两人从首发站（南通西）同时上车，在沿途剩余9站中随机下车，两人互不影响，则甲、乙两人在同一站下车的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】甲、乙两人下车包含的基本事件个数为，甲、乙两人在同一车站下车包含的基本事件个数，由此算出甲、乙两人在同一站下车的概率.【详解】解：甲、乙两人从首发站（南通西）同时上车，沿途经过剩余9个车站，甲、乙两人随机下车，互不影响，故甲、乙两人下车包含的基本事件个数为：设“甲、乙两人在同一车站下车为事件M”，则事件M包含的基本事件个数为：.故选：D.【变式1-1】车上有6名乘客，沿途有3个车站，每名乘客可任选1个车站下车，则乘客不同的下车方法数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用每名乘客都有3种下车方式，总共有6名乘客，相乘直接计算得到答案【详解】根据题意，汽车上有6名乘客，沿途有3个车站，每名乘客可以在任意一个车站下车，即每名乘客都有3种下车方式，则6名乘客有种可能的下车方式．故选：B【变式1-2】长春54路有轨电车建成于上个世纪30年代，大概是现存最美的电车路线了，见证着这座城市的历史与发展.学生甲和学生乙同时在长影站上了开往西安大路方向的电车，甲将在创业大街站之前任何一站下车，乙将在景阳大路站之前任何一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出甲、乙下车的情况共有种可能，再求出甲比乙后下车共有15种可能，最后利用几何概型公式求解即可.【详解】甲将在长影站上车，将在创业大街站之前任何一站下车,可能在6个站下车，乙在长影站上车，将在景阳大路站之前任何一站下车，可能在9个站下车，则甲、乙下车的情况共有种可能；他们都至少坐一站再下车，若乙在湖西路先下车，甲后下车的情况有5种可能，若乙在长久路先下车，甲后下车的情况有4种可能，若乙在宽平大路先下车，甲后下车的情况有3种可能，若乙在宽平大桥先下车，甲后下车的情况有2种可能，若乙在迎春路先下车，甲后下车的情况有1种可能，则甲比乙后下车共有15种可能，故他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为.故选：.【变式1-3】某公交车上有6位乘客，沿途4个车站，乘客下车的可能方式有（

）A．64种 B．46种 C．24种 D．360种【答案】B【分析】对于每一位乘客都有4种下车可能，即可求6位乘客的可能下车情况数.【详解】由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能方式有4×4×4×4×4×4＝46种，故选：B．题型15球放盒子型：电梯模型【典例1-1】（2024·浙江绍兴·高三统考）有一座6层大楼，3人从大楼第一层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这3人离开电梯的层数之和为10的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用古典概型，根据这人离开电梯的层数之和为的情况进行分类求解.【详解】假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的,则基本事件的总数，这人离开电梯的层数之和为有4种情况：①三个人下电梯的层数分别为，有种情况，②三个人下电梯的层数分别为，有种情况，③三个人下电梯的层数分别为，有种情况，④三个人下电梯的层数分别为，有种情况，所以这3人离开电梯的层数之和为10的概率是.故选：B.【典例1-2】（2020上·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考开学考试）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．【变式1-1】（2023下·湖北武汉·高三华中师大一附中校考）有2个人在一座8层大楼的底层进入电梯，假设每一个人从第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这两人在不同层离开电梯的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由古典概型的概率公式与对立事件的概率公式求解即可.【详解】由题意得，由于每一个人自第二层开始在每一层电梯是等可能的，故两人离开电梯的所有可能情况有种，而两人在同一层电梯的可能情况有，所以两人在同一层离开电梯的概率为，所以两人在不同层离开电梯的概率为，故选：B.【变式1-2】（2020·四川达州·统考三模）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.【变式1-3】（2020·广东珠海·统考三模）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.题型16球放盒子型：【解题攻略】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”【典例1-1】已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（

）A．150 B．240 C．390 D．1440【答案】C【分析】分析可得可以将5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中，分别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果.【详解】因为或所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个的方法有种.各放3个，1个，1个的方法有种.（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有种.综上，总的放球方法数为种.故选：C【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）将编号为1，2，3，4的四个小球放入A，B，C三个盒子中，若每个盒子至少放一个球，且1号球和2号球不能放在同一个盒子，则不同的放法种数为（

）A．30 B．24 C．48 D．72【答案】A【详解】分析：由题意知4个小球有2个放在一个盒子里的种数是C42，把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有A33种结果，而①②好小球放在同一个盒子里有A33种结果，用所有的排列数减去不合题意的，得到结果．详由题意知4个小球有2个放在一个盒子里的种数是C42，把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有A33种结果，而①②好小球放在同一个盒子里有A33=6种结果，∴编号为①②的小球不放到同一个盒子里的种数是C42A33-6=30，故选A．【变式1-1】（2018下·福建厦门·高三厦门外国语学校校考）将编号为1,2,3,4的四个小球放入A,B,C三个盒子中，若每个盒子至少放一个球，且1号球和2号球不能放在同一个盒子，则不同的放法种数为（

）A．30 B．24 C．48 D．72【答案】A【分析】由题意知4个小球有2个放在一个盒子里，把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，求所有的排列数，再减去1、2号小球放在同一个盒子里有种，得到结果．【详解】由题意知：4个小球选出2个放在一个盒子里，种数是，把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有种结果，而1、2号小球放在同一个盒子里有种结果，∴编号为1，2的小球不放到同一个盒子里的种数是.故选：A【变式1-2】（2022·广西南宁·统考一模）将红、黑、蓝、黄个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法的种数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】将4个小球分成三组，一组2个球，另外两组分别为1个球，然后将三组球分配到个不同的盒子，有种放法，而红球和蓝球恰好放在同一个盒子里有种放法，利用间接法即可求解.【详解】解：由题意，将4个小球分成三组，一组2个球，另外两组分别为1个球，有种分组方法，再将三组球分配到个不同的盒子，有种分法，所以将红、黑、蓝、黄个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，有种放法，而红球和蓝球恰好放在同一个盒子里有种放法，所以红球和蓝球不能放到同一个盒子里的不同放法种数为，故选：C.【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）将编号的小球放入编号为盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的编号不能相同，则不同的放球方法有（

）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】C【详解】由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，当四个小球分组为如下情况时，放球方法有：当与号球放在同一盒子中时，有种不同的放法；当与号球放在同一盒子中时，有种不同的放法；当与号球放在同一盒子中时，有种不同的放法；当与号球放在同一盒子中时，有种不同的放法；当与号球放在同一盒子中时，有种不同的放法；当与号球放在同一盒子中时，有种不同的放法；因此，不同的放球方法有种，故选C题型17配对模型【典例1-1】（2022上·浙江杭州·高三统考）柜子里有3双不同的鞋子，如果从中随机地取出2只，那么取出的鞋子是一只左脚一只右脚的，但不是一双的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】用列举法列出所有可能情况，再找出符合题意的基本事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】解：分别用，，，，，表示6只鞋，则可能发生的情况有种，如下所示：，，，，，，，，，，，，，，取出的鞋子是一只左脚一只右脚的，但不是一双的事件有6种，即，，，，，，故选：C【典例1-2】（2023·海南·统考模拟预测）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.【变式1-1】.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．【变式1-2】（2021下·浙江金华·高三校联考）现有3双不同的鞋子，从中随机取出2只，则取出的鞋都是左脚的概率是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】基本事件总数，取出的鞋都是左脚包含的基本事件个数，由此能求出取出的鞋都是左脚的概率．【详解】解：现有3双不同的鞋子，从中随机取出2只，基本事件总数，取出的鞋都是左脚包含的基本事件个数，则取出的鞋都是左脚的概率是．故选：．【变式1-3】（2021上·河南·高三校联考）从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只，则这3只鞋子中任意两只都不成双的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】任意两只都不成双，说明3只鞋子是从3双鞋子中各取1只得到的，这样计数后可计算出概率．【详解】从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只的方法为，这3只鞋子中任意两只都不成双，选取的方法为，所以所求概率为．故选：C题型18机器人跳棋模型【典例1-1】（2024上·河南漯河·高三统考）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．22 B．24 C．26 D．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，