专题9-3排列组合19种归类（理）（讲练）-2023年高考数学二轮复习

专题93排列组合19种归类目录TOC\o"11"\h\u讲高考 1题型全归纳 3【题型一】基础方法1：人坐座位 3【题型二】基础模型2：球放盒子 4【题型三】基本方法3：插书保序型 5【题型四】基本模型4：最短路径字母化法 7【题型五】基础方法5：相同元素法 9【题型六】基础方法6：相邻与不相邻型 10【题型七】小大顺序型 12【题型八】左右鞋配对型 14【题型九】放球与盒子编号 16【题型十】平均分组型 17【题型十一】染色型 19【题型十二】立体几何型染色 21【题型十三】逻辑电路型 23【题型十四】斐波那契数列型 25【题型十五】空座位型 27【题型十六】函数解析几何型 28【题型十七】不定方程型 29【题型十八】数列中的排列组合 30【题型十九】综合难题 33专题训练 36讲高考1．（2020·山东·统考高考真题）现从4名男生和3名女生中，任选3名男生和2名女生，分别担任5门不同学科的课代表，则不同安排方法的种数是（

）A．12 B．120 C．1440 D．17280【答案】C【分析】首先选3名男生和2名女生，再全排列，共有种不同安排方法.【详解】首先从4名男生和3名女生中，任选3名男生和2名女生，共有种情况，再分别担任5门不同学科的课代表，共有种情况.所以共有种不同安排方法.故选：C2．（2020·山东·统考高考真题）在的二项展开式中，第项的二项式系数是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题可通过二项式系数的定义得出结果.【详解】第项的二项式系数为，故选：A.3．（2020·山东·统考高考真题）现有5位老师，若每人随机进入两间教室中的任意一间听课，则恰好全都进入同一间教室的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用古典概型概率公式，结合分步计数原理，计算结果.【详解】5位老师，每人随机进入两间教室中的任意一间听课，共有种方法，其中恰好全都进入同一间教室，共有2种方法，所以.故选：B4．（2021·全国·统考高考真题）将5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，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（

）A．60种 B．120种 C．240种 D．480种【答案】C【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.5．（2021·全国·高考真题）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（

）A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．0.8【答案】C【分析】利用古典概型的概率公式可求概率.【详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：，共10种排法，其中2个0不相邻的排列方法为：，共6种方法，故2个0不相邻的概率为，故选：C.6．（2021·全国·统考高考真题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，所以2个0不相邻的概率为.故选：C.题型全归纳【题型一】基础方法1：人坐座位【讲题型】例题1.一排11个座位，现安排甲、乙2人就座，规定中间的3个座位不能坐，且2人不能相邻，则不同排法的种数是（

）A．28 B．32 C．38 D．44【答案】D【分析】根据甲、乙两人在三个空位同侧与异侧进行分类，分别求解，再利用分类加法原理进行求值.【详解】根据两人在三个空位同侧与异侧进行分类，当甲、乙两人在三个空位左侧时：共（种），同理，当甲、乙两人在三个空位右侧时：共（种），当甲、乙两人在三个空位异侧时：共（种），即共（种），故选：D.例题2.．2022年2月4日北京冬奥会顺利开幕.在开幕式当晚，周明约李亮一家一起观看.周明一家四口相邻而坐，李亮一家四口也相邻而坐，已知他们两家人的8个座位连在一起（在同一排且一人一座），且周明与李亮也相邻而坐，则他们不同的坐法有（

）A．432种 B．72种 C．1152种 D．144种【答案】B【分析】依题意周明与李亮只能坐中间两个位置，先安排周明与李亮的座位，再安排周明家其余人与李亮家其余人的座位，按照分步乘法计数原理计算可得.【详解】解：依题意周明与李亮坐中间两个位置，则有种坐法，此时周明家其余人有种坐法，同理李亮家其余人有种坐法，所以他们不同的坐法有种.故选：B【讲技巧】人坐座位，要考虑以下情况：一人一位；2、有顺序；3、座位可能空；4、人是否都来？来的是谁；5、必要时，座位拆迁，剩余空座位随人排列【练题型】1.现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有（

）．A．6种 B．8种 C．12种 D．16种【答案】B【分析】甲比较特殊，先安排甲，随着甲的安排乙也确定了，然后剩下位置给丙丁即可.【详解】先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，所以共有坐法种数为种．故选：B．2．共有编号分别为1，2，3，4，5的五个座位，在甲同学不坐2号座位，乙同学不坐5号座位的条件下，甲、乙两位同学的座位号相加是偶数的概率为A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出事件：甲同学不坐2号座位，乙同学不坐5号座位的基本事件的总数，再求得事件：甲、乙两位同学的座位号相加是偶数包含事件的个数，然后代入古典概型的概率公式即可．【详解】事件：甲同学不坐2号座位，乙同学不坐5号座位包含的基本事件为（1,2）、（1,3）、（1,4）、（3、1）、（3,2）、(3,4)、（4,1）、（4,2）、（4,3）、（5,1）（5,2）、（5,3）、（5,4），共13种情况．事件：甲、乙两位同学的座位号相加是偶数包含（1,3）、（3、1）、（4,2）、（5,1）、（5,3）共5种情况，所以该事件发生的该.故选B.【题型二】基础模型2：球放盒子【讲题型】例题1.将4个不同的球放到3个不同的盒子里，每个盒子中至少放一个球，则放法种数有（

）．A．72 B．60 C．48 D．36【答案】D【分析】先分组共有种分组方法，然后分配，有种，由分步计数原理可得结果．【详解】先分组共有种分组方法，然后分配，有种，由分步计数原理得有种放法．故选：D．例题2.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．22 B．25 C．20 D．48【答案】C【分析】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，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，据此即可的解.【详解】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，所以每个盒子至少又一个球，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.【讲技巧】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”【练题型】1.7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（

）种不同的放法．A．60种 B．36种 C．30种 D．15种【答案】D【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.故选：D.2．将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法种数为（

）A．15 B．30 C．20 D．42【答案】B【分析】按照放入同一盒子的球进行分类，最后由分类加法计数原理计算即可.【详解】当放入一个盒子的是时，有种不同的放法当放入一个盒子的是时，有种不同的放法当放入一个盒子的是时，有种不同的放法当放入一个盒子的是时，有种不同的放法当放入一个盒子的是时，有种不同的放法则共有种不同的放法故选：B3．3．把3个相同的红球和2个不同的白球放在四个不同的盒子中，每个盒子中至少放一个球，则不同的放法有（

）A．24 B．28 C．48 D．52【答案】D【分析】分两种情况讨论：一、2个不同的白球放在一个盒子里，其他3个相同的红球分别放在其他三个盒子中，一个盒子放一个球；二、2个不同的白球分别放在四个盒子中的两个，且各放一个球，其余两个盒子中各放1个红球，最后1个红球从四个盒子中选一个来放.【详解】解：由题意，5个球放在四个不同的盒子中，每个盒子中至少放一个球，则有一个盒子放2个球，有三个盒子分别各放1个球，又5个球为3个相同的红球和2个不同的白球，则分两种情况讨论：一、2个不同的白球放在一个盒子里，其他3个相同的红球分别放在其他三个盒子中，一个盒子放一个球，有种放法；二、2个不同的白球分别放在四个盒子中的两个，且各放一个球，其余两个盒子中各放1个红球，最后1个红球从四个盒子中选一个来放，有种放法；综上，共有种放法.故选：D.【题型三】基本方法3：插书保序型【讲题型】例题1.某校高一学生进行演讲比赛，原有5名同学参加比赛，后又增加两名同学参赛，如果保持原来5名同学比赛顺序不变，那么不同的比赛顺序有（

）A．12种 B．30种 C．36种 D．42种【答案】D【分析】根据分步乘法计数原理可求出结果.【详解】将第6名同学放到原来5名同学形成的6个空中，有6种放法；将第7名同学放到已经排好的6名同学形成的7个空中，有7种放法，故不同的比赛顺序共有种.故选：D例题2.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.【讲技巧】插书保序型，主要是保持某些元素的顺序不改变，增加新元素的种数，要考虑以下情况：（1）书架上原有书的顺序不变；（（2）新书要一本一本插；【练题型】1.为引领广大家庭和少年儿童继承党的光荣传统、弘扬党的优良作风，进一步增强听党话、感党恩、跟党走的思想自觉性和行动自觉性，某市文明办举行“少年儿童心向党”主题活动，献礼中国共产党成立100周年原定表演6个节目，已排成节目单，开演前又临时增加了2个互动节目．如果保持原节目的顺序不变，那么不同排法的种数为（

）A．42 B．56 C．30 D．72【答案】B【分析】结合倍缩法即可解决部分定序问题.【详解】增加2个互动节目后，一共有8个节目，这8个节目的不同排法有种，而原有的6个节目对应的不同排法有种，所以不同的排法有（种）．故选：B.2.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：C3.书架上某层有6本不同的书，新买了3本不同的书插进去，要保持原来6本书的原有顺序，则不同的插法共有______种．【答案】504【分析】把原来6本书和新买的3本书看成9个位置，将3本新书放入其中个位置即可得．【详解】把书架上这一层欲排的9本书看成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本书按着原来顺序依次放入，因此插法种数为．故答案为：504【题型四】基本模型4：最短路径字母化法【讲题型】例题1.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．24 B．18 C．12 D．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例题2.如图，一只蚂蚁从点出发沿着水平面的线条爬行到点，再由点沿着置于水平面的正方体的棱爬行至顶点，则它可以爬行的不同的最短路径有（

）条A．40 B．60 C．80 D．120【答案】B【详解】试题分析：蚂蚁从到需要走五段路，其中三纵二竖，共有条路径，从到共有条路径，根据分步计数乘法原理可知，蚂蚁从到可以爬行的不同的最短路径有条，故选B.考点：分步计数乘法原理.【讲技巧】类似这类左右上下移动的最短距离，可以把移动方向看做字母，比如，向右是字母A，向上是字母B，则移动几步就是几个A，与B相同元素排列字母化法：标记元素为数字或字母，重新组合，特别适用于“相同元素”【练题型】1.如图，小芳从街道B处出发先到C处与小明会合，再一起到位于D处的社区参加志愿者活动，则小芳到社区的最短路径的条数为（

）A．9 B．12 C．18 D．24【答案】C【分析】最短路径的条数，即横向和纵向走法的不同组合数，由组合数公式和分步乘法计数原理进行计算即可.【详解】不妨设图中向上方向为北，向右方向为东，图中最小矩形的一条边长为1个街道，则最短路径即通过的街道最少，从B处到D处，共需2个步骤：第1步，从B处到C处，最短路径为向北通过1个街道和向东通过2个街道共3个街道，从3次通过的街道中，选出1次向北，其余向东，共有条路径；第2步，从C出到D出，最短路径为向北通过2个街道和向东通过2个街道共4个街道，从4次通过的街道中，选出2次向北，其余向东，共有条路径，∴由分步乘法计数原理，小芳到社区的最短路径的共有条.故选：C.2．方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（

）A．种 B．种C．种 D．种【答案】D【分析】分析可知从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】由题意可知，从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种.故选：D.3．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.【题型五】基础方法5：相同元素法【讲题型】例题1.的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（

）A．72项 B．75项 C．78项 D．81项【答案】C【分析】由多项式展开式中的项为，即，将问题转化为将2个隔板和11个小球分成三组，应用组合数求项数即可.【详解】由题设，多项式展开式各项形式为且，故问题等价于将2个隔板和11个小球分成三组，即.故选：C例题2.把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法（

）A．10种 B．种 C．种 D．60种【答案】A【分析】采用隔板法，在个空中插入块板，根据组合数公式计算可得；【详解】解：依题意，采用隔板法，在个空中插入块板，则不同的放法共有种；故选：A【讲技巧】相同元素，一般多以“三好学生”指标分配，相同小球方盒子等题型出现，可以有两种思维方法：1.挡板法2.字母化法【练题型】1.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【分析】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种.故选：.2.某高级中学将2022年获得省级表彰的6个三好学生的名额分给本校高三年级的4个班级，则这4个班级中每个班级至少获得一个三好学生名额的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】将6个名额随机分配给高三年级4个班级，分4种情况①0个，0个，0个，6个，②0个，0个，1个，5个或者0个，0个，2个，4个，或者0个，0个，3个，3个③0个，1个，1个，4个名额，或者0个，1个，2个，3个，或者0个，2个，2个，2个，④1个，1个，1个，3个，或者1个，1个，2个，2个，再利用古典概型的概率求解.【详解】将6个名额随机分配给高三年级4个班级，一共会出现以下4种情况：①6个名额分到1个班，4个班级分别获得0个，0个，0个，6个名额，共有种分配方案；②6个名额分到2个班，4个班级分别获得0个，0个，1个，5个名额，或者获得0个，0个，2个，4个名额，或者获得0个，0个，3个，3个名额，共有种分配方案；③6个名额分到3个班，4个班级分别获得0个，1个，1个，4个名额，或者获得0个，1个，2个，3个名额，或者获得0个，2个，2个，2个名额，共有种分配方案；④6个名额分到4个班，4个班级分别获得1个，1个，1个，3个名额，或者获得1个，1个，2个，2个名额，共有种分配方案；所以6个名额随机分配给高三年级4个班级，一共出现4＋30＋40＋10＝84种分配方案，其中这4个班级中每个班级至少获得一个三好学生名额有10种分配方案，所以每个班级至少获得一个三好学生名额的概率．故选：B．7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（

）种不同的放法．A．60种 B．36种 C．30种 D．15种【答案】D【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.故选：D.【题型六】基础方法6：相邻与不相邻型【讲题型】例题1.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.例题2.甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（

）A．240 B．192 C．96 D．48【答案】B【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人.【详解】丙在正中间（4号位）；甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，考虑到甲､乙的顺序有种情况；剩下的4个位置其余4人坐有种情况；故不同的坐法的种数为.故选：B.【讲技巧】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【练题型】1.某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（

）种不同的排法A． B． C． D．【答案】D【分析】先安排数学，将物理和化学捆绑，与其余三门课程进行排序，结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有种，物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑，与语文、英语、生物三门课程进行排序，有种排法.由分步乘法计数原理可知，共有种不同的排法.故选：D.2.甲、乙等5人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且都不站在两端的排法有（

）A．12种 B．24种 C．48种 D．120种【答案】B【分析】运用“捆绑法”与“排除法”即可.【详解】将甲、乙捆绑在一起看成一个元素，有种排法，其中甲、乙相邻且在两端的有种，故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有（种）．故选:B．3.现有三名学生与两名教师随机地排一排照相，则每名学生都至少与一名教师相邻的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据排列求出每名学生都至少与一名教师相邻的排法种数，再由古典概型求解即可.【详解】由已知三名学生不相邻○○或是如下排列○○，○○时，满足条件，其中代表学生，○代表老师.共有种，故概率，故选：D.【题型七】小大顺序型【讲题型】例题1.．验证码就是将一串随机产生的数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰象素（防止），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，…，9中的五个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为__________.【答案】【解析】首先判断出中间号码的所有可能取值，由此求得基本事件的总数以及中间数字是的事件数，根据古典概型概率计算公式计算出所求概率.【详解】根据“钟型验证码”中间数字最大，然后向两边对称递减，所以中间的数字可能是.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.所以该验证码的中间数字是7的概率为.故答案为：例题2.从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按先后顺序，但大小写可以交换位置，如或都可以），这样的情况有__________种．（用数字作答）【答案】160【分析】先根据A、B、C、D选取的个数分为四类：第一类:A、B、C、D中取四个，a、b、c、d中取一个；第二类:A、B、C、D中取三个，a、b、c、d中取二个；第三类:A、B、C、D中取二个,a、b、c、d中取三个；第四类:A、B、C、D中取一个,a、b、c、d中取四个.【详解】分为四类情况：第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有；第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相同)共有，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有；第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个，取法同第一类情况；所以共有：2(8++)=160【讲技巧】小大顺序，一般是比较常见的“波浪数”型。“波浪数”主要方法是分类讨论。不重复不遗漏【练题型】1.设是，，．．．的一个排列，把排在的左边且比小的数的个数称为，，的顺序数，如在排列，，，，，中，的顺序数为，的顺序数为，则在至这个数的排列中，的顺序数为，的顺序数为，的顺序数为的不同排列的种数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据8和7的特点，分类讨论，再把所有满足的情况加起来.【详解】因为的顺序数为，所以8一定在第三位，因为8是最大的；因为的顺序数为，7一定在第五位，因为前面除了8以外所有数都比它小.因为的顺序数为，所以5一定在7后面这里分两种情况：①6在5前面，此时5一定在第七位，6在前面第一、二、四、六位上，因此有种；②6在5后面，此时5一定在第六位，6在后面第七、八位上，因此有种；从而一共有故A，B，D错误.故选：C．2.几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺序共有（

）A．23 B．24 C．32 D．33【答案】D【分析】先判断出，按顺序排在前四个位置中的三个位置，，，且一定排在后四个位置，然后分排在前四个位置中的一个位置与不排在前四个位置中的一个位置两种情况讨论，利用分类计数加法原理可得结果.【详解】不妨设代表树枝的高度，五根树枝从上至下共九个位置，根据甲依次撞击到树枝；乙依次撞击到树枝；丙依次撞击到树枝；丁依次撞击到树枝；戊依次撞击到树枝可得，在前四个位置，，，且一定排在后四个位置，（1）若排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C,则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有种排法；（2）若不排在前四个位置中的一个位置，则按顺序排在前四个位置，由于，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，由分类计数原理可得，这9根树枝从高到低不同的次序有种.故选：D.3.2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为，则满足的分配方案的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】假设6位医务人员年龄排序为，由必在第三批，将派遣方式按第一批所派遣的人员不同分成四类，求出满足的派遣方法数，再计算总派遣方法数，即可求概率.【详解】假设6位医务人员年龄排序为，由题意知，年龄最大的医务人员必在第三批，派遣方式如下：1、第一批派，第二批年龄最大者为，第三批年龄最大者为：剩下的医务人员一个在第二批，两个在第三批有种方法，2、第一批派，第二批年龄最大者为或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，共种方法；3、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；4、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；∴种方法，而总派遣方法有种，∴满足的分配方案的概率为.故选：A.【题型八】左右鞋配对型【讲题型】例题1.柜子里有3双不同的鞋，随机地取出2只，取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但它们不成对的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】这是一个古典概型，先根据柜子里有3双不同的鞋，算出随机取出2只的方法数，然后先选出左脚的一只，再从剩下两双的右脚中选出一只的方法数，然后代入公式求解.【详解】因为柜子里有3双不同的鞋，所以随机取出2只，共有种方法，然后先选出左脚的一只有种选法，再从剩下两双的右脚中选出一只有种方法，所以一共有种方法，故随求事件的概率为，故选：A例题2.从6双不同鞋子中任取4只，使其中至少有2只鞋配成一双的概率是（

）.A． B． C． D．【答案】B【详解】从6双不同鞋子中任取4只.没有2只鞋子配成一双的概率为.所以，其中至少有2只鞋子配成一双的概率为.故答案为B【练题型】1.从不同号码的双鞋中任取只，其中恰好有双的取法种数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，分两步来进行：①从5双鞋中取出1双，②从剩下的4双中任取两双，在这两双中各取1只，易得其取法数目；进而由分步计数原理计算可得答案．【详解】解：依题意先从五双鞋中选出一双，有种，再从剩余的四双中选两只但是不能为一双，故先从四双中选两双有中，再从两双中选不同的两只有种，综上可得一共有种取法；故选：A2.甲、乙、丙、丁、戊五位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆电动车只能载两人，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式有A．种 B．种 C．种 D．种【答案】B【分析】由题意结合排列组合问题的解法整理计算即可求得最终结果.【详解】解法一：不对号入座的递推公式为：，，，据此可得：，即五个人不对号入座的方法为种，由排列组合的对称性可知：若甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则坐车不同的搭配方式有种.本题选择B选项.解法二：设五位妈妈为，五个小孩为，对五个小孩进行排练后坐五位妈妈的车即可，由于甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，故排列的第五个位置一定是，对其余的四个小孩进行排列：；；；.共有24中排列方法，其中满足题意的排列方法为：，，，，共有11种.本题选择B选项.3..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．【题型九】放球与盒子编号【讲题型】例题1.把16个相同的小球放到三个编号为1，2，3的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，则共有多少种放法（

）A．18 B．28 C．36 D．42【答案】C【分析】根据题意，先在1号盒子里放1个球，在2号盒子里放2个球，在3号盒子里放3个球，则原问题可以转化为将剩下的10个小球，放入3个盒子，每个盒子至少放1个的问题，由挡板法分析可得答案．【详解】根据题意，个相同的小球放到三个编号为的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，先在号盒子里放个球，在号盒子里放个球，在号盒子里放个球，则原问题可以转化为将剩下的个小球，放入个盒子，每个盒子至少放个的问题，将剩下的个球排成一排，有个空位，在个空位中任选个，插入挡板，有种不同的放法，即有个不同的符合题意的放法；故选：C．例题2.将12个相同的小球分给甲、乙、丙三个人，其中甲至少1个，乙至少2个，丙至少3个，则共有（

）种不同的分法.A．24 B．26 C．28 D．30【答案】C【分析】根据题意甲最多可以分7个，最少可以分1个，以此类推，确定所有分法，相加后即可求解.【详解】根据题意，当甲分得7个时，乙可以分得2个，此时丙对应3个，所以只有1种分法；当甲分得6个时，乙可以分得2个或3个，此时丙对应分得4个或3个，所以有2种分法；当甲分得5个时，乙可以分得2个或3个或4个，此时丙对应分得5个或4个或3个，所以有3种分法；当甲分得4个时，乙可以分得2个或3个或4个或5个，此时丙对应分得6个或5个或4个或3个，所以有4种分法；当甲分得3个时，乙可以分得2个或3个或4个或5个或6个，此时丙对应分得7个或6个或5个或4个或3个，所以有5种分法；当甲分得2个时，乙可以分得2个或3个或4个或5个或6个或7个，此时丙对应分得8个或7个或6个或5个或4个或3个，所以有6种分法；当甲分得1个时，乙可以分得2个或3个或4个或5个或6个或7个或8个，此时丙对应分得9个或8个或7个或6个或5个或4个或3个，所以有7种分法；综上：甲至少1个，乙至少2个，丙至少3个一共有.故选：C.【练题型】1.把个相同的小球放到三个编号为的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，则共有多少种放法A． B． C． D．【答案】B【解析】根据题意，先在号盒子里放个球，在号盒子里放个球，在号盒子里放.个球，则原问题可以转化为将剩下的个小球，放入个盒子，每个盒子至少放个的问题，由挡板法分析可得答案．【详解】根据题意，个相同的小球放到三个编号为的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，先在号盒子里放个球，在号盒子里放个球，在号盒子里放个球，则原问题可以转化为将剩下的个小球，放入个盒子，每个盒子至少放个的问题，将剩下的个球排成一排，有个空位，在个空位中任选个，插入挡板，有种不同的放法，即有个不同的符合题意的放法；故选B．2.把20个相同的小球装入编号分别为①②③④的4个盒子里，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，共有种方法.A． B． C． D．【答案】A【分析】设四个盒子中装的小球个数分别为，，，，则，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，令，，，，则，，，都大于或等于1，且，问题相当于将10个球分成四部分，使用“隔板法”即可【详解】设四个盒子中装的小球个数分别为，，，，则，要求①②号盒每盒至少3个球，③④号盒每盒至少4个球，令，，，，则，，，都大于或等于1，且，问题相当于将10个球分成四部分，在10个球的9个间隔里选三个隔开，有种方法，故选择A3.将10个相同的小球装入3个编号分别为1、2、3的盒子内（每次要把10个球装完），要求每个盒子里球的个数不少于盒子的编号数，这样的装法共有（

）种.A．9 B．12 C．15 D．18【答案】C【详解】设编号分别为1、2、3的盒子中球的个数依次为、、，则.记，则.于是，问题转化为求方程的正整数解的组数.易知其组数为.【题型十】平均分组型【讲题型】例题1.甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去的情况数，从而得到甲不去小区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果.【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5人被分为或当5人被分为时，情况数为;当5人被分为时，情况数为；所以共有.由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则共计种，当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，所以甲不在小区的概率为故选：B.例题2.将6名志愿者分配到3个社区参加服务工作，每名志愿者只分配到1个小区，每个小区至少分配1名志愿者，则分配到3个小区的志愿者人数互不相同的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先将6名志愿者分组，然后再全排列到各个小区.【详解】将6名志愿者分配到3个社区参加服务工作，每名志愿者只分配到1个小区，每个小区至少分配1名志愿者，共三种情况，第1种情况：3个社区的志愿者人数分别为4，1，1，不同的分配方案共有种；第2种情况：3个社区的志愿者人数分别为3，2，1，不同的分配方案共有种；第3种情况：3个社区的志愿者人数分别为2，2，2，不同的分配方案共有种，则分配到3个小区的志愿者人数互不相同的概率．故选：D．【讲技巧】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【练题型】1.某社区为了做好疫情防控工作，安排6名志愿者进行核酸检测，需要完成队伍组织､信息录入､采集核酸三项任务，每项任务至少安排一人但至多三人，则不同的安排方法有（

）A．450种 B．72种 C．90种 D．360种【答案】A【分析】根据题意，分两种情况考虑：第一种：人数为的三组，第二种：人数为的三组求解.【详解】6名志愿者分成三组，每组至少一人至多三人，可分两种情况考虑：第一种：人数为的三组，共有种；第二种：人数为的三组，共有种.所以不同的安排方法共有种，故选：.2.第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市联合举行．某校安排甲、乙、丙、丁、戊五名大学生分别做冰球、冰壶和短道速滑三个比赛项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人，学生甲被单独安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先按分组分配原则求出学生甲被单独安排到冰球比赛项目做志愿者的方法数，5名学生分配到三个项目中做志愿者的方法数，然后由概率公式计算．【详解】学生甲被单独安排到冰球比赛项目做志愿者，那么冰壶和短道速滑两个比赛项目的志愿者人数分别为1，3或2，2，方法数为，五个人分配到三个项目上去，可先分组再分配，5人按或分成三组，然后安排到三个项目，方法数为，因此学生甲被单独安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为．故选：C．3.从今年8月开始，南充高中教师踊跃报名志愿者参加各街道办、小区、学校的防疫工作，彰显师者先行、师德担当的精神，防疫工作包含扫描健康码、取咽拭子、后勤协调三项工作，现从6名教师志愿者中，选派4人担任扫描健康码、取咽拭子、后勤协调工作，要求每项工作都有志愿者参加，不同的选派方法共有（

）种A．90 B．270 C．540 D．1080【答案】C【分析】先选出4人有种方法，再分为3组，最后分配到3个岗位.根据分步乘法计数原理将各步的结果乘起来即可得出答案.【详解】用分步乘法计数原理：第一步，从6名教师志愿者中选派4人，不同的选派方法种类为；第二步，将选出的4人分为3组，不同的分组方法种类为；第三步，将分好的3组，分配到不同的3项工作，不同的分配方法种类为.所以，不同的选派方法种类为.故选：C.【题型十一】染色型【讲题型】例题1.用四种不同的颜色为正六边形（如图）中的六块区域涂色，要求有公共边的区域涂不同颜色，一共有__________种不同的涂色方法．【答案】【详解】如图，记六个区域的涂色数为，若涂色相同，则相当于5个区域涂色，记5个区域涂色数为，同理只有4个区域时涂色数记为，易知，．例题2.五边形中，若把顶点、、、、染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染的颜色不相同，则不同的染色方法有__________种．【答案】30【详解】分析：本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况．如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况，这时最后两个边也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况，最后两个边有3种情况．根据计数原理得到结果．详解：由题意知本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况.如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况；这时最后两个边也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况；这时最后两个边有3种情况.∴方法共有3(2×2+2×3)=30种.【讲技巧】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【练题型】1.在一个如图所示的6个区域栽种观赏植物，要求同一块区域中种同一种植物，相邻的两块区域中种不同的植物.现有4种不同的植物可供选择，则不同的栽种方案的总数为____．【答案】【分析】先种B、E两块，再种A、D,而种C、F与种A、D情况一样，根据分类与分步计数原理可求．【详解】先种B、E两块，共种方法，再种A、D,分A、E相同与不同，共种方法，同理种C、F共有7种方法，总共方法数为2.随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红、黄、蓝、绿、黑这5种颜色供选择，则“任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出所有涂色方法数为，再求出在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同的方法数，可以先从中间一个三角形涂色，然后再涂其他三个三角形．【详解】解：随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色供选择，每个三角形均有种涂法，故基本事件总数，有公共边的三角形为不同色，先考虑中间一块涂色有5种方法，其他的三个三角形在剩下的4中颜色中任意涂色均可有种涂法，这一共有种涂法，所求概率为．故选：A．3..如图，用种不同的颜色把图中、、、四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（

）种A． B． C． D．【答案】C【分析】依次对区域、、、涂色，结合分类加法与分步乘法计数原理可得结果.【详解】先对区域涂色，有种选择，其次再对区域涂色，有种选择，然后再与区域、涂色，有两种情况：（1）若区域、同色，有种情况；（2）若区域、不同色，有种情况.综上所述，不同的涂法种数为种.故选：C.【题型十二】立体几何型染色【讲题型】例题1.在如图所示的十一面体中，用种不同颜色给这个几何体各个顶点染色，每个顶点染一种颜色，要求每条棱的两端点异色，则不同的染色方案种数为__________．【答案】6【详解】分析：首先分析几何体的空间结构，然后结合排列组合计算公式整理计算即可求得最终结果.详解：空间几何体由11个顶点确定，首先考虑一种涂色方法：假设A点涂色为颜色CA，B点涂色为颜色CB，C点涂色为颜色CC，由AC的颜色可知D需要涂颜色CB，由AB的颜色可知E需要涂颜色CC，由BC的颜色可知F需要涂颜色CA，由DE的颜色可知G需要涂颜色CA，由DF的颜色可知I需要涂颜色CC，由GI的颜色可知H需要涂颜色CB，据此可知，当△ABC三个顶点的颜色确定之后，其余点的颜色均为确定的，用三种颜色给△ABC的三个顶点涂色的方法有种，故给题中的几何体染色的不同的染色方案种数为6.例题2..用五种不同颜色给三棱台的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有___________种.【答案】1920.【详解】分析：分两步来进行，先涂，再涂，然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况，分别求得结果，再相加，即可得结果.详解：分两步来进行，先涂，再涂.第一类：若5种颜色都用上，先涂，方法有种，再涂中的两个点，方法有种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有种；第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有种；先涂，方法有种，再涂中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有种；第三类：若5种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有种；先涂，方法有种，再涂，方法有2种，故此时方法共有种；综上可得，不同涂色方案共有种，故答案是1920.【讲技巧】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【练题型】1.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．2.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法的总数是A．540 B．480 C．420 D．360【答案】C【详解】分两步，由题设四棱锥的顶点所染颜色互不相同，则共有，当染好时，不妨设所染颜色依次为，若染，则可染或或，共三种，若染，则可染或，共种，若染，则可染或，共种，即当染好时，还有种染法，所以共有，故选C.3.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．【题型十三】逻辑电路型【讲题型】例题1.如图所示为一电路图，从A到B共有条不同的线路可通电（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【详解】试题分析：分两类：下方一种闭合方法，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．例题2.如图，电路中共有个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，则因电阻断路的可能性的种数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】每个电阻都有断路与通路两种情况，图中从上到下有3条支线，分别计算每条支线断路的种数，再根据分步计数原理求得结果．【详解】每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线，支线中至少有一个电阻断路情况都均为有种；支线中至少有一个电阻断路的情况有种，每条支线至少有一个电阻断路，灯就不亮，因此灯不亮的情况共有种情况，所以D正确.故选：D.【练题型】1.如图所示,电路中有4个电阻和一个电流表A,若没有电流流过电流表A,其原因仅为电阻断路的可能情况共有

A．9种 B．10种 C．11种 D．12种【答案】C【分析】利用分类计数加法原理分析即可.【详解】一个电阻坏,使得没有电流流过电流表A的情况有1种,2个电阻坏的情况有5种,3个电阻坏的情况有4种,4个电阻全坏的情况有1种,根据分类加法计数原理知,共11种可能情况.故选C2.如图，一条电路从处到处接通时，可构成的通路有（

）A．8条 B．6条 C．5条 D．3条【答案】B【分析】分别写出处、处的连通方式，进而确定构成通路的条数.【详解】由图知：要构成通路，则处有种方式，处种方式，∴可构成的通路有种.故选：B3.如图，在由开关组与组成的电路中，闭合开关使灯发光的方法有（

）种A． B． C． D．【答案】D【分析】按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:第步:组开关闭合一个,有种闭法,第步:组开关闭合个,有种闭法;组开关闭合个,有种闭法;组开关闭合个,有种闭法.此时共种闭法.第二类:第步:组开关闭合个,共种闭法,第步:组开关闭合个,有种闭法;组开关闭合个,有种闭法;组开关闭合个,有种闭法.此时共种闭法.综上,共种闭法.故选：D【题型十四】斐波那契数列型【讲题型】例题1.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．12 B．8 C．70 D．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.例题2.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】C【分析】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n级有种走法，第一类：第一步是一步一级，则余下的级有种走法；第二类：第一步是一步两级，则余下的级有种走法，得到，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，有种可能走法；依此类推，共有=89，故选:C解法2：递推法：设走n级有种走法，这些走法可按第一步来分类，第一类：第一步是一步一级，则余下的级有种走法；第二类：第一步是一步两级，则余下的级有种走法，于是可得递推关系式，又，由递推可得，故选：C．【讲技巧】上台阶，一般可以有如下思维：1.斐波那契数列数列构造求解2.可以把台阶转化为数字化型，一次一阶，记为数字1，一步两阶记为数字2，以此类推，这样上台阶转化为数字1,2，。。排列，注意重复元素的排列【练题型】1.某幢楼房从2楼到3楼共10个台阶，上楼可以一步上1个台阶，也可以一步上2个台阶.若规定从2楼到3楼用8步走完，则上楼的方法有（

）.A．14种 B．16种 C．21种 D．28种【答案】D【分析】转化成组合问题去解决即可.【详解】由于10÷8的余数为2，所以可以判定一步1个台阶共6次，一步2个台阶共2次.选定在这8步中一步1个台阶的位置即可，则上楼的方法有种故选：D2.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过程共有（

）种.A．6 B．8 C．10 D．12【答案】C【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.【题型十五】空座位型【讲题型】例题1.某停车场行两排空车位，每排4个，现有甲、乙、丙、丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲、乙两车停泊在同一排，则不同的停车方案有（

）A．288种 B．336种 C．384种 D．672种【答案】D【分析】分两类情况，甲、乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，与丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，计算可得.【详解】甲乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，种方案，丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，种方案，所以共有种方案.故选：D例题2.某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着A车和B车，同时进来C，D两车．在C，D不相邻的情况下，C和D至少有一辆与A和B车相邻的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出基本事件总数，和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻，由此能求出和至少有一辆与和车相邻的概率．【详解】解：某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着车和车，同时进来，两车，在，不相邻的条件下，基本事件总数，和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻，和至少有一辆与和车相邻的概率：．故选：B．【讲技巧】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。2.2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【练题型】1.停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停车方法有（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】4个空车位连在一起捆绑当作一个元素与8辆车进行排序，即可求出结果.【详解】4个空车位连在一起捆绑当作一个元素与8辆车构成9个元素，共有种排法.故选：C.2.某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（

）A．240 B．360 C．480 D．720【答案】C【分析】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3个车位分6类计数可得结果.【详解】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，当1，2，3号为空时，有种停放方法；当2，3，4号为空时，有种停放方法；当3，4，5号为空时，有种停放方法；当4，5，6号为空时，有种停放方法；当5，6，7号为空时，有种停放方法；当6，7，8号为空时，有种停放方法；所以不同的停放方法的种数为种.故选：C.3.某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为A．16 B．18 C．32 D．72【答案】D【分析】根据题意，分2步进行分析：①分析3辆不同型号的车的停放方法，②利用插空法分析剩余的4个车位中恰有3个连在一起的排法，由分步计数原理计算即可得．【详解】根据题意，分2步进行分析：①，3辆不同型号的车需停放，共有种方法，②，要求剩余的4个车位中恰有3个连在一起，利用插空法，有种方法，所以不同的停放方法有种．故选．【题型十六】函数解析几何型【讲题型】例题1.已知直线（，是非零常数）与圆有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有__________条（用数字作答）.【答案】60【分析】直线是截距式方程，因而不平行坐标轴，不过原点，考查圆上横坐标和纵坐标均为整数的点的个数，结合排列组合知识分类解答即可得到答案.【详解】可知直线的截距存在且不为0，即与坐标轴不垂直，不经过坐标原点，而圆上的公共点共有12个点，分别为：，，，，,,前8个点中，过任意一点的圆的切线满足，有8条；12个点中过任意两点，构成条直线，其中有4条直线垂直x轴，有4条垂直于y轴，还有6条过原点（圆上点的对称性），满足题设的直线有52条，综上可知满足题设的直线共有52+8=60条，故答案为60.例题2.圆周上有10个等分点，以这10个等分点的4个点为顶点构成四边形，其中梯形的个数为（

）A．10 B．20 C．40 D．60【答案】D【分析】把10个点看成5条线段的组合，再利用组合公式计算即可.【详解】梯形的两条边平行，可以从5组平行于直径的5条平行弦中选取，也可以从5组不平行于直径的4条平行弦中选取，去除矩形后，梯形共有60个.故选：D【练题型】1.在圆上有6个不同的点，将这6个点两两连接成弦，这些弦将圆分割成的区域数最多为（

）A．32 B．15 C．16 D．31用）【答案】D【解析】按照增加一条弦，多出一个区域，增加一对相交弦，另外再多增加一个区域进行计算可得解.【详解】两个点可以连一条弦，将圆分为两部分，加一个点，多两条弦，将圆多分出来两部分，所以每加一条弦可以按这种方式多出一个区域，再加一个点，变成了一对相交弦和四条其他的弦，共分为8个区域，所以除去前一种方式增加的区域数，一对相交弦还会多产生一个区域，故当点数多于4个时，最多可分得总的区域数为，此题，所以最多可分为31个区域.故选：D.2.方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有_____条．【答案】【详解】方程变形得，若表示抛物线，则，分五种情况：（1）当时，或或或.（2）当时，或或或,以上两种情况下有条重复，故共有条.（3）同理当或时，共有条.（4）当时，或或或，共有条，综上，共有，故答案为.【题型十七】不定方程型【讲题型】例题1.有三个盒子，每个盒子里有若干大小形状都相同的卡片.第一个盒子中有三张分别标号为的卡片；第二个盒子中有五张分别标号为的卡片；第三个盒子中有七张分别标号为的卡片.现从每个盒子中随机抽取一张卡片，设从第个盒子中取出的卡片的号码为，则为奇数的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由分步乘法计数原理求出样本空间中的基本事件数，再由分步乘法计数原理和分类加法计数原理求出事件为奇数所包含的基本事件数，再由古典概型概率公式求概率.【详解】从三个盒子中各随机抽取一张卡片可分为三步完成，第一步从第一个盒子中取一张卡片，有3种方法，第二步从第二个盒子中取一张卡片，有5种方法，第三步从第三个盒子中取一张卡片，有7种方法，由分步乘法计数原理可得共有种方法，事件为奇数等价于，，都为奇数或，，中有一个为奇数，两个为偶数，其中事件，，都为奇数包含个基本事件，即24个基本事件，事件为奇数，，为偶数包含个基本事件，即12个基本事件，事件为奇数，，为偶数包含个基本事件，即9个基本事件，事件为奇数，，为偶数包含个基本事件，即8个基本事件，所以事件包含的基本事件数为，即53个基本事件，所以，故选：B.例题2.方程的非负整数解的组数为_________【答案】120【详解】把分成个,每个看作一个元素，看作四个不同的对象,现将个元素分配给四个对象分类：①中三个为,有种；②中两个为,有种；③中有一个为,有④中均不为,有种.故非负整数解组.故答案为.【练题型】1.若集合，则集合中元素有______个.【答案】242【分析】由题可得，然后可得必为一奇一偶，偶数必是，进而即得.【详解】由题可得，∴，又必为一奇一偶，而偶数必是,，共有121种情况，又奇偶未定，故集合中元素只有242个.故答案为：242.2.若方程，其中，则方程的正整数解得个数为______.【答案】10【分析】依据挡板法去求解即可.【详解】因为方程，其中，则.将其转化为有6个1排成一列，利用2个挡板法将其分成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个挡板的放置方法共有种，故方程的正整数解的个数为10.故答案为：10【题型十八】数列中的排列组合【讲题型】例题1.定义数列如下：存在，满足，且存在，满足，已知数列共4项，若且，则数列共有（

）A．190个 B．214个 C．228个 D．252个【答案】A【分析】由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同，利用排列组合知识分别求出每种情况的个数即可求解.【详解】解：由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：（1）4项中每一项都不同，共有个；（2）4项中有2项相同（如x,y,z,x）,共有个；（3）4项中有3项相同（如x,x,y,x）,共有个；（4）4项中两两相同（如x,y,x,y）,共有个；所以数列共有个.故选：A.例题2.定义域为集合{1，2，3，…，12}上的函数满足：（1）；（2）（）；（3）、、成等比数列；这样的不同函数的个数为（

）A．155 B．156 C．157 D．158【答案】A【分析】根据题意，分析出的所有可能取值，得到使、、成等比数列时对应的项，再运用计数原理求出这样不同函数的个数即可.【详解】根据题意，的取值最大值为，最小值为，并且成为以2为公差的等差数列，故的可能取值为，的可能取值为，所有能使、、成等比数列时，、、的可能取值只有2种情况：①、、；②、、，由于（），所有或，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1，（1）当、、时，即要构造满足条件的等比数列分为2步，第一步：从变化到，第二步：从变化到，从变化到，有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3次加1，2次减1，则对应的方法有种，从变化到，有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次中选择4次加1，2次减1，则对应的方法有种，故根据分布乘法原理，共有种，（1）当、、时，即要构造满足条件的等比数列分为2步，第一步：从变化到，第二步：从变化到，从变化到，有5次变化，函数值从1变化到，故应从5次中选择1次加1，4次减1，则对应的方法有种，从变化到，有6次变化，函数值从变化到4，故应从6次中选择6次加1，则对应的方法有种，故根据分布乘法原理，共有种，综上：满足条件的共有155个.故选：A.【练题型】1.设整数数列，，…，满足，，且，，则这样的数列的个数为___________.【答案】80【分析】由条件可知，，则或，由此构造新数列进而求得答案.【详解】设，则有…①，…②，用t表示中值为2的项数，由②知，t也是中值为2的项数，其中，所以的取法数为，取定后，任意指定的值，有种方式.由①知，应取使得为偶数，而这样的的取法是唯一的，并且确定了整数的值，进而数列唯一对应一个满足条件的数列，综上可知，满足条件的数列的个数为20×4=80.故答案为：80.2.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10443.已知数列共16项，且，记关于x的函数，，若是函数的极值点，且曲线在点处的切线的斜率为15，则满足条件的数列的个数_____.【答案】1176【分析】对求导，由题意可知,根据导数的几何意义，即可求得或，分类讨论,根据分类加法及分步乘法计数原理，即可求得满足条件的