专题10-1 排列组合20种模型方法归类-高考数学一轮复习热点题型归纳与变式演练（解析版）

专题10-1排列组合20种模型方法归类目录TOC\o"1-3"\h\u【题型一】基础：相邻与不相邻 2【题型二】球放盒子：先分组后排列 3【题型三】平均分配：医生与护士型 5【题型四】特殊元素（位置）优先排 7【题型五】模型1：下电梯型 8【题型六】模型2：公交车模型 9【题型七】模型3：排课表 11【题型八】模型4：节假日值班 12【题型九】模型5：书架插书型（不改变顺序） 14【题型十】模型6：地图染色 15【题型十一】模型7：几何体染色 17【题型十二】模型8：相同元素 19【题型十三】模型9：停车位、空座位（相同元素） 21【题型十四】模型10：走路口（相同元素） 22【题型十五】模型11：上台阶（相同元素） 25【题型十六】模型12：“波浪数”型（高低站位） 26【题型十七】模型13：配对型 28【题型十八】模型14：电路图型 30【题型十九】模型15：机器人跳动型 31【题型二十】难点：多重限制与分类讨论 33真题再现 36模拟检测 40【题型一】基础：相邻与不相邻【典例分析】阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉．三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8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；3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．144种 B．216种 C．288种 D．432种【答案】C【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3名女宝“捆绑”在一起，共有种排法；第三步：将“捆绑”在一起的3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：C．【提分秘籍】基本规律相邻和不相邻排列：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；【变式演练】1.三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不同的站法共有A．72种 B．108种 C．36种 D．144种【答案】D【分析】根据题意，利用捆绑法和插空法，再利用分布乘法原理，即可求出结果．【详解】解：先将男生甲与男生乙“捆绑”，有种方法，再与另一个男生排列，则有种方法，三名女生任选两名“捆绑”，有种方法，再将两组女生插空，插入男生3个空位中，则有种方法，利用分步乘法原理，共有种.故选：D．2.在某班进行的歌唱比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为A．30 B．36 C．60 D．72【答案】C【分析】记事件位男生连着出场，事件女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法种数为，再利用排列组合可求出答案．【详解】记事件位男生连着出场，即将位男生捆绑，与其他位女生形成个元素，所以，事件的排法种数为，记事件女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排列，所以，事件的排法种数为，事件女生甲排在第一位，且位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将位男生与其他个女生形成三个元素，所以，事件的排法种数为种，因此，出场顺序的排法种数种，故选C．3.现将5张连号的电影票分给甲乙等5个人，每人一张，且甲乙分得的电影票连号，则共有不同分法的种数为A．12 B．24 C．48 D．60【答案】C【详解】先从四组两张连号票比如（1,2）（2,3）（3,4）（4,5）中取出一组，分给甲乙两人，共有种，其余的三张票随意分给剩余的三人，共有种方法，根据分步乘法原理可知，共有种，故选C.【题型二】球放盒子：先分组后排列【典例分析】我市拟向新疆哈密地区的三所中学派出5名教师支教，要求每所中学至少派遣一名教师，则不同的派出方法有A．300种 B．150种 C．120种 D．90种【答案】B【详解】分析：根据题意，先选后排.①先选，将5名教师分成三组，有两种方式，即1，1，3与1，2，2，注意去除重复部分；②后排，将分好的三组全排列，即可得到答案.详解：根据题意：分两步计算（1）将5名教师分成三组，有两种方式即1，1，3与1，2，2；

①分成1，1，3三组的方法有

②分成1，2，2三组的方法有一共有种的分组方法；（2）将分好的三组全排列有种方法.则不同的派出方法有种.故选B.点睛：对于排列组合混合问题，可先选出元素，再排列．【提分秘籍】基本规律“球放盒子”类型，要讨论“用了几个盒子”，放了几个球。同一盒子放多个球时“只选不排”注意分类套路不遗漏【变式演练】1.我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.【答案】198【分析】首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.【详解】由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为．当时，共有1种情况，即；当时，共有3种情况，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}；当时，共有5种情况，即，，，，；当时，共有7种情况，即，，，，，，；当时，共有2种情况，即，；当时，共有7种情况，即，，，，，，；当时，共有5种情况，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}；当时，共有2种情况，即，；当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(种)情况，∴不同的放法共有：种．故答案为：198．2.将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，则共有_________种不同的放法.【答案】535【分析】根据每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，将每个盒子能放入的球个数列举出来，由总球数为5，以可能的球数组合列举分组，结合组合数求出它们所有不同放法【详解】四个盒子放球的个数如下1号盒子：{0，1}2号盒子：{0，1，2}3号盒子：{0，1，2，3}4号盒子：{0，1，2，3，4}结合由5个不同的小球全部放入盒子中，不同组合下放法5=1+4：种5=2+3：种5=1+1+3：种5=1+2+2：种5=1+1+1+2：种∴5个相同的小球放入四个盒子方式共有535种故答案为：535【点睛】本题考查了组合数，对问题分类、分组，应用组合数的计算3.某小区因疫情需求，物业把招募的5名志原者中分配到3处核酸采样点，每处采样点至少分配一名，则不同的分配方法共有（

）A．150种 B．180种 C．200种 D．280种【答案】A【分析】分情况讨论，分三处分别有1，2，2人与1，1，3人两种情况求解即可.【详解】先将5人分组，可能情况有1，2，2人与1，1，3人两种情况.①分成1，2，2人的所有情况共种情况；②分成1，1，3人的所有情况共种情况；再将分好的组分配到3处核酸采样点，共种情况.故选：A【题型三】平均分配：医生与护士型【典例分析】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【提分秘籍】基本规律平均分配思维：1.同除相同元素的组数全排列。2.如果限制条件少，可以以“盒”为单位一个一个“要人”，不在排列了【变式演练】1.袋中有40个小球，其中红色球16个、蓝色球12个，白色球8个，黄色球4个，从中随机抽取10个球作成一个样本，则这个样本恰好是按分层抽样方法得到的概率为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据分层抽样的方法计算出每种颜色所抽取的数量，在根据分步计数原理和古典概型概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】根据分层抽样的知识可知，抽样比为，即红球个，蓝球个，白球个，黄球个，根据分步计数原理和古典概型概率计算公式得所求概率为，故选A.【点睛】本小题主要考查分层抽样抽样比的计算，考查分步计数原理，考查古典概型概率计算，考查组合数的计算，属于基础题.2.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.3.将6名志愿者分配到3个社区进行核酸检测志愿服务，若志愿者甲和乙必须在一起，且每个社区至少有一名志愿者，则不同的分配方案共有（

）A．150种 B．180种 C．360种 D．540种【答案】A【分析】利用捆绑法将甲和乙看成一个整体，即把5个元素分成3组，可分为1，1，3与1，2，2，由此即可算出答案.【详解】由于志愿者甲和乙必须在一起，所以可以把甲和乙看成一个整体，则6个人变成了5个元素，再把这5个元素分成3组，当分配的元素分别是1，1，3时，共有种分配方案，当分配的元素分别是1，2，2时，共有种分配方案，所以共有种不同的分配方案.故选：A.【题型四】特殊元素（位置）优先排【典例分析】某学生将语文、数学、英语、物理、化学、生物6科的作业安排在周六、周日完成，要求每天至少完成两科，且数学，物理作业不在同一天完成，则完成作业的不同顺序种数为A．600 B．812 C．1200 D．1632【答案】C【解析】根据特殊元素优先安排的原则，分两类，一天2科，另一天4科或每天各3科.一天2科，另一天4科的情况：先安排数学、物理，再安排另外4科，先分组再分配，一组1科，一组3科，最后给两个大组分别全排列．每天各3科的情况同理．最后把两种情况相加即可．【详解】分两类：一天2科，另一天4科或每天各3科.①第一步，安排数学、物理两科作业，有种方法；，第二步，安排另4科一组1科，一组3科，有种方法；第三步，完成各科作业，有种方法，所以共有种.②两天各3科，数学、物理两科各一组，另4科每组2科，第一步，安排数学、物理两科作业，有种方法；第二步，安排另4科每组2科，有种方法；第三步，完成各科作业，有种方法，所以共有种，综上，共有种.故选C.【提分秘籍】基本规律元素有特殊要求，位置有特殊限制的类型，一般情况下，可以直接思维，也可以间接思维“正难则反”直接思维，可以从元素出发，特殊元素优先排，也可以从位置出发，特殊位置优先坐。【变式演练】1.学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，1.女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有_________种．【答案】【详解】分析：分三种情况讨论，分别求出甲乙都入选、甲不入选，乙入选、甲乙都不入选,，相应的情况不同的组队形式的种数，然后求和即可得出结论.详解：若甲乙都入选，则从其余人中选出人，有种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；若甲不入选，乙入选，则从其余人中选出人，有种，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；若甲乙都不入选，则从其余6人中选出人，有种，再全排，有种，故共有种，综上所述，共有，故答案为.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.2.从6名短跑运动员中选4人参加4×100米接力，如果其中甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则共有____________多少种参赛方法（用数字作答）．【答案】.【分析】先做出所有的情况六人中取四人参加的种数，减去甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的种数，这样就重复减去了两个人同时不合题意的结果数，再加上多减去的部分，即可得到结果.【详解】从六人中取四人参加的方法数为，去掉甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的有种方法，因前后把甲、乙两人都不在恰当位置的方法数减去了两次,故共有种方法,故答案为.【题型五】模型1：下电梯型【典例分析】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．【提分秘籍】基本规律下电梯模型，实质就是“球放盒子”扩展应用。要分组讨论“谁和谁一起”，有没有“空盒子”。【变式演练】1.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.2.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.3.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第17，18，19，20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这四层的每一层下电梯的概率为，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝________.【答案】【分析】考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，【详解】每一位乘客是在第20层下电梯为一次试验，且每一位乘客在第20层下电梯的概率都是，因此这是5次独立重复试验，故，所以.故答案为：.【题型六】模型2：公交车模型【典例分析】北京公交101路是北京最早的无轨电车之一，最早可追溯至1957年.游客甲与乙同时从红庙路口西站上了开往百万庄西口站方向的101路公交车，甲将在朝阳门外站之前的任意一站下车，乙将在神路街站之前的任意一站下车，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】D【分析】根据题意，确定总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数之比即为所求概率.【详解】甲下车的站名可能为小庄路口东站、呼家楼西站，关东店站，东大桥路口西站、神路街站，乙下车的站名可能为小庄路口东站、呼家楼西站、关东店站、东大桥路口西站.所以甲、乙下车的所有情况共有种，其中甲比乙后下车的情况有：乙在小庄路口东站下车，甲可以在呼家楼西站，关东店站，东大桥路口西站、神路街站下车；乙在呼家楼西站下车，甲可以在关东店站，东大桥路口西站、神路街站下车；乙在关东店站下车，甲可以在东大桥路口西站、神路街站下车；乙在东大桥路口西站下车，甲可以在神路街站下车；共有10种.故甲比乙后下车的概率为.故选：D.【提分秘籍】基本规律和“下电梯”模型比较接近。【变式演练】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：B2.有四位朋友于七夕那天乘坐高铁G77从武汉出发（G77只会在长沙、广州、深圳停），分别在每个停的站点至少下一个人，则不同的下车方案有（

）A．24种 B．36种 C．81种 D．256种【答案】B【解析】先按2+1+1分成三组，再分配到三个站点，即得结果.【详解】依据题意每个停的站点至少下一个人，先按2+1+1分成三组，有种分法，再分配到三个站点，有种分法，所以一共有种不同的下车方案.故选：B.3.某公交线路某区间内共设置四个站点（如图），分别记为，现有甲、乙两人同时从站点上车，且他们中的每个人在站点下车是等可能的.则甲、乙两人不在同一站点下车的概率为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求出甲、乙在同一站下车的概率，然后由对立事件概率公式计算．【详解】设事件“甲、乙两人不在同一站下车”，因为甲、乙两人同在站下车的概率为；甲、乙两人同在站下车的概率为；甲、乙两人同在站下车的概率为；所以甲、乙两人在同一站下车的概率为，则.故选A.【题型七】模型3：排课表【典例分析】某校高二年级一班星期一上午有4节课，现从语文、数学、英语、物理、历史和体育这6门学科中任选4门排在上午的课表中，若前2节只能排语文、数学和英语，数学课不能排在第4节，体育只能排在第4节，则不同的排法种数为（

）A．18 B．48 C．50 D．54【答案】C【分析】根据题意，利用分类加法计数原理求解即可.【详解】根据题意，当体育课排在第四节时，有种排法；当体育课不排在第四节，且数学课排在第一节或第二节时，有种；当体育课不排在第四节，且数学课不排在第一节或第二节时，有种；所以不同的排法共有：种，故选：C.【提分秘籍】基本规律排课表，是属于多重限制条件下的“特殊元素优先排”模型，综合运用：元素相邻的排列问题——“捆邦法”；元素相间的排列问题——“插空法”；元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.【变式演练】1.某学校为高一年级排周一上午的课表，共5节课，需排语文､数学､英语､生物､地理各一节，要求语文､英语之间恰排1门其它学科，则不同的排法数是（

）A．18 B．26 C．36 D．48【答案】C【分析】先从剩余的3门学科选1科放到语文､英语之间，再将它们看成一个整体与剩余的2门学科进行排列，再利用分步计数原理即可求解.【详解】分两步如下：（1）将语文､英语之间恰排1门其它学科，并将它们看成一个整体有种；（2）将上面整体和剩余的2门学科进行排列有种；再利用分步计数原理可知共有种排法，故选：C2.某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共8节课，上午5节，下午3节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（

）A．312种 B．300种 C．52种 D．50种【答案】A【分析】利用间接法求解，即先求出所有的上课方法，再减去连上3节课的情况.【详解】该教师一天8节课上3节的所有的上课方法有，连着上3节课的情况（一二三、二三四、三四五、六七八）有种，则利用间接法可知所求的方法有.故选：A3.大庆实验中学安排某班级某天上午五节课课表，语文､数学､外语､物理､化学各一节，现要求数学和物理不相邻，且都不排在第一节，则课表排法的种数为（

）A．24 B．36 C．72 D．144【答案】B【分析】分数学排在第一节、物理排在第一节、数学和物理都不排在第一节但相邻三类，分别求得排法数求和，由5节课任意排的排法减去三类情况的排法数即可.【详解】1、将数学排在第一节的排法有种；2、将物理排在第一节的排法有种；3、数学和物理都不排在第一节，但相邻的排法有种；而5节课任意排的排法有种，∴数学和物理不相邻且都不排在第一节的排法有种.故选：B.【题型八】模型4：节假日值班【典例分析】甲、乙、丙三人是某商场的安保人员，根据值班需要甲连续工作2天后休息一天，乙连续工作3天后休息一天，丙连续工作4天后休息一天，已知3月31日这一天三人均休息，则4月份三人在同一天工作的概率为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】列举出三人所有工作日，由古典概型公式可得.【详解】解：甲工作的日期为1，2，4，5，7，8，10，…，29.乙工作的日期为1，2，3，5，6，7，9，10，…，30.丙工作的日期为1，2，3，4，6，7，8，9，…，29.在同一天工作的日期为1，2，7，11，13，14，17，19，22，23，26，29∴三人同一天工作的概率为．故选：B．【变式演练】1.2021年7月20日郑州特大暴雨引发洪灾，各地志愿者积极赴郑州救灾.某志愿小组共5人，随机分配4人去值班，每人只需值班一天，若前两天每天1人，第三天2人，且其中的甲、乙两人不同在第三天值班，则满足条件的排法共有（

）A．72种 B．60种 C．54种 D．48种【答案】C【分析】分随机选4人只含甲乙中的一个、含甲乙两人两种情况，结合分步计算及间接法分别求得安排方法数，最后加总即可.【详解】若随机选4人中只含甲乙中的一个，则种，前两天每天1人，第三天2人，有种，此时，共有种；若随机选4人中含甲乙两人，则种，前两天每天1人，第三天2人且甲、乙不同在第三天值班，有种，此时，共有种.综上，共有54种.故选：C2.某校安排甲、乙、丙三位老师担任五月一日至五月五日的值班工作，每天1人值班，每人不能连续两天值班，且每人都参与值班，则不同的安排方法共有（

）种A．14 B．16 C．42 D．48【答案】C【分析】将五月一日至五月五日编号为1,2,3,4,5，由题意，先放中间的3，再放2,4，最后放1,5求解.【详解】解：将五月一日至五月五日编号为1,2,3,4,5，先放中间的3，再放2,4，最后放1,5，先放3有种，若2,4同一个人有2种，此时1,5有3种情况，共有种，若2,4不同人有2种，此时1,5有4种情况，共有种，所以共有种，故选：C3.某单位从6男4女共10名员工中，选出3男2女共5名员工，安排在周一到周五的5个夜晚值班，每名员工值一个夜班且不重复值班，其中女员工甲不能安排在星期一、星期二值班，男员工乙不能安排在星期二值班，其中男员工丙必须被选且必须安排在星期五值班，则（

）A．甲乙都不选的方案共有432种B．选甲不选乙的方案共有216种C．甲乙都选的方案共有96种D．这个单位安排夜晚值班的方案共有1440种【答案】ABC【分析】本题考查排列组合的综合应用，对于A：从4男3女中，选出2男2女共4名员工排列；对于B：甲只能排星期三或星期四，从剩下的从4男3女中，选出2男1女共3名员工排列；对于C：分情况讨论：乙排星期一或乙不排星期一；对于D：分为四种情况：甲乙都不选、选甲不选乙、选乙不选甲和甲乙都选，重点分析运算选乙不选甲．【详解】男员工丙必须被选且必须安排在星期五值班，则原题可理解为从5男4女共9名员工中，选出2男2女共4名员工，安排在周一到周四的4个夜晚值班，每名员工值一个夜班且不重复值班，其中女员工甲不能安排在星期一、星期二值班，男员工乙不能安排在星期二值班甲乙都不选的方案共有种，A正确选甲不选乙的方案共有种，B正确甲乙都选，则分两种情况：乙排星期一或乙不排星期一乙排星期一的方案共有种乙不排星期一的方案共有种∴甲乙都选的方案共有96种，C正确这个单位安排夜晚值班分为四种情况：甲乙都不选、选甲不选乙、选乙不选甲和甲乙都选选乙不选甲的方案共有种∴这个单位安排夜晚值班的方案共有432+216+432+96=1176种，D错误故选：ABC．【题型九】模型5：书架插书型（不改变顺序）【典例分析】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【提分秘籍】基本规律“书架插书法”模型，实质就是“定序”，可以模拟为书架插书：1.书要一本一本插入。2.所插入的书，还要注意是否相同，如果相同，则只选插入的缝隙，而不排列【变式演练】1.书架上有排好顺序的6本书，如果保持这6本书的相对顺序不变，再放上3本书，则不同的放法共有（

）.A．210种 B．252种 C．504种 D．505种【答案】C【分析】可看成一共有9本书，9个位置，将3本书排列到这9个位置中的3个位置即可.【详解】可转换为将3本书排列到所有的9本书中的其中3个位置上.共种情况.故选：C2.10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.3.某同学计划用他姓名的首字母，身份证的后4位数字（4位数字都不同）以及3个符号设置一个六位的密码．若必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母和数字的相对顺序不变，则他可设置的密码的种数为（

）A．864 B．1009 C．1225 D．1441【答案】D【分析】先按照符号的个数分类，利用分步乘法计数原理分别计算每类的情况种数，再利用分类加法计数原理求解即可.【详解】①当符号的个数为0时，六位密码由字母及身份证的后4位数字组成，此时只有1种情况；②当符号的个数为1时，六位密码由母，3个数字及1个符号组成.若末位是符号，则首位是字母，可能的种数为；若末位是字母，则可能的种数为；③当符号的个数为2时，六位密码由字母，2个数字及2个符号组成.若首位和末位均为符号，则可能的种数为；若首位和末位均为字母，则可能的种数为；若首位和末位一个是字母、一个是符号，则可能的种数为.故他可设置的密码的种数为.故选：D.【题型十】模型6：地图染色【典例分析】在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（

）A．1440 B．720 C．1920 D．960【答案】C【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.【详解】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；则区域E可选择的花卉有种，故不同的种植方法种数是.故选：C【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”转化比如，以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构【变式演练】1.如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E六个点涂色（五种颜色不一定用完），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的颜色，则不同的涂法种数是（

）A．480 B．720 C．1080 D．1200【答案】D【分析】分类讨论按照O，A，B，C，D，E的顺序按题意要求去依次涂色即可解决.【详解】先给O涂色，有种方法，接着给A涂色，有种方法，接着给B涂色，有种方法，①若C与A同色，则有1种涂色方法，接着给D涂色，有3种涂色方法，最后E有2种涂色方法；②若C与A不同色，则有2种涂色方法，接着给D涂色，若D与A同色，则有1种涂色方法，最后E有3种涂色方法；若D与A不同色，则有2种涂色方法，最后E有2种涂色方法.综上，涂色方法总数为故选：D2.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G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．192 B．336 C．600 D．以上答案均不对【答案】C【分析】根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论．【详解】解：E，F，G分别有4，3，2种方法，当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，若C与F不同，则此时D有2种方法，故此时共有：种方法；当A与G相同时，A有1种方法，此时B有3种方法，若C与F相同，C有1种方法，同时D有2种方法，

若C与F不同，则D有1种方法，

故此时共有：种方法；当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，若B与F相同，则C必须与A相同，同时D有2种方法；若B不同于F，则B有1种方法，Ⅰ若C与F相同则C有1种方法同时D有2种方法；Ⅱ若C与F不同则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；故此时共有：种方法；综上共有种方法．故选：C．3.用五种不同的颜色给图中六个小长方形区域涂色，要求颜色齐全且有公共边的区域颜色不同，则共有涂色方法A．种 B．种 C．种 D．种【答案】D【详解】其中可能共色的区域有AC,AD,AE,AF,BE,BF,CD,CF,DF共9种,故共有涂色方法为,选D.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.【题型十一】模型7：几何体染色【典例分析】用五种不同颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（

）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】D【分析】对所选颜色的种数进行分类讨论，先涂、、三点，再确定、、三点颜色的选择方法种数，结合分步乘法和分类加法计数原理可得结果.【详解】分以下几种情况讨论：①若种颜色全用上，先涂、、三点，有种，然后在、、三点中选择两点涂另外两种颜色，有种，最后一个点有种选择，此时共有种；②若用种颜色染色，由种选择方法，先涂、、三点，有种，然后在、、三点中需选择一点涂最后一种颜色，有种，不妨设涂最后一种颜色的为点，若点与点同色，则点只有一种颜色可选，若点与点同色，则点有两种颜色可选，此时共有种；③若用种颜色染色，则有种选择方法，先涂、、三点，有种，点有种颜色可选，则、的颜色只有一种选择，此时共有.由分类加法计数原理可知，共有种涂色方法.故选：D.【提分秘籍】基本规律立体型结构，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【变式演练】1.正方体六个面上分别标有A、B、C、D、E、F六个字母，现用5种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（

）种.A．420 B．600 C．720 D．780【答案】D【分析】根据对面的颜色是否相同，分①三对面染相同的颜色、②两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色、③一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，分别求出不同的染色方案，最后加总即可.【详解】分三类：1、若三对面染相同的颜色，则有种；2、若两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色，则有种；3、若一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，则有种；∴共有种.故选：D2.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【答案】C【解析】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.【详解】解：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：对；棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对；侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；所以共有对.故选：C.3.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..【题型十二】模型8：相同元素【典例分析】将1个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3个学校，要求每校至少有一个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为()A．96 B．114 C．128 D．136【答案】B【分析】先确定分配名额，再对应学校，最后根据分步计数原理求结果.【详解】不同的名额分配方法为（1，2，15），（1，3，14），…,（1，8，9）；（2，3，13），（2，4，12），…,（2，7，9）；…,(5,6,7)，共种方法，再对应分配给学校有,选B.【提分秘籍】基本规律相同元素无排列，可以用挡板法解决，可以以先排不相同元素，再放上相同元素（反过来也行，区别是先放相同元素，此时是只选不排）【变式演练】1.有张卡片分别写有数字，从中任取张，可排出不同的四位数个数为A． B． C． D．【答案】C【详解】分析：根据题意，分四种情况讨论：①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；②取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2；③若取出的四张卡片为2张1和2张2；④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，分别求出每种情况下可以排出四位数的个数，由分类计数原理计算可得结论.详解：根据题意，分四种情况讨论：①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；此时有种顺序，可以排出24个四位数.②取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，若重复的数字为1，在2,3,4中取出2个，有种取法，安排在四个位置中，有种情况，剩余位置安排数字1，可以排出个四位数同理，若重复的数字为2，也可以排出36个重复数字；③若取出的四张卡片为2张1和2张2，在4个位置安排两个1，有种情况，剩余位置安排两个2，则可以排出个四位数；④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，在2,3,4中取出1个卡片，有种取法，安排在四个位置中，有种情况，剩余位置安排1，可以排出个四位数，则一共有个四位数，故选C.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.2.由可组成不同的四位数的个数为__________．【答案】204【解析】根据所选的数字的情况将此问题可以分为以下三种情况：i）选取的4个数字是1,2,3,4；ii）从四组中任取两组；iii）从四组中任取一组，再从剩下的3组中的不同的三个数字中任取2个不同的数字，利用排列与组合的计算公式及其乘法原理即可得出.【详解】详解：i）选取的四个数字是1,2,3,4，则可组成个不同的四位数；ii）从四组中任取两组有种取法，如假设取的是1，1，2，2四个数：得到以下6个四位数：1122，2211，1212，2121，1221，2112．所以此时共有个不同的四位数；iii）从四组中任取一组有种取法，再从剩下的三组中的不同的三个数中任取2个不同的数字有种取法，把这两个不同的数字安排到四个数位上共有种方法，而剩下的两个相同数字只有一种方法，由乘法原理可得此时共有个不同的四位数；综上可知，用8个数字1,1,2,2,3,3,4,4可以组成不同的四位数个数是，故答案为：2043.把a，a，a，b，b，，排成一排，要求三个“a”两两不相邻，且两个“b”也不相邻，则这样的排法共有______种．【答案】96【分析】计数综合问题，可先对b，b，，进行排列，然后用“插空法”解决三个“a”两两不相邻的问题，最后减去两个“b”相邻的情况即为所求【详解】根据题意，分情况进行分析：①先排列b，b，，，若，不相邻，则有（种）排法，若，相邻，则有（种）排法．所以b，b，，的排法有（种），排好后有5个空位．②从所形成的5个空中选3个插入a，共有（种）方法，若b，b相邻，从所形成的4个空中选3个插入a，共有（种）方法，故三个“a”两两步相邻，且两个“b”也不相邻的排法共有（种）．故答案为：96【题型十三】模型9：停车位、空座位（相同元素）【典例分析】某停车场只有并排的8个停车位，恰好全部空闲，现有3辆汽车依次驶入，并且随机停放在不同车位，则至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是A． B． C． D．【答案】C【详解】分析：先求三辆车皆不相邻的概率，再根据对立事件概率关系求结果.详解：因为三辆车皆不相邻的情况有，所以三辆车皆不相邻的概率为,因此至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是选C.【提分秘籍】基本规律空车位，就是相同元素，如果多个空车位连在一起，就不是“相同元素了”。所以有多个空车位连你在一起，要先选后排。【变式演练】1.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.【点睛】本题考查计数原理，熟练应用计数原理合理分步是解题的关键，属于简单题.2.．某校共有7个车位，现要停放3辆不同的汽车，若要求4个空位必须都相邻，则不同的停放方法共有(

)A．16种 B．18种 C．24种 D．32种【答案】C【分析】由题意4个空位必须都相邻，则三辆车的位置可以是：三辆车都在最左边；左边两辆，最右边一辆；左边一辆，最右边两辆；最右边三辆.分别求出三辆车的排列即可得出答案.【详解】由题意知本题是一个分类计数问题，首先安排三辆车的位置，假设车位是从左到右一共7个，当三辆车都在最左边时，三车之间的一个排列，当左边两辆，最右边一辆时，三车之间的一个排列，当左边一辆，最右边两辆时，三车之间的一个排列，当最右边三辆时，三车之间的一个排列，总上可知共有不同的排列法4×=24种结果，故选：C．3.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.考点：1.排列；2.组合.【题型十四】模型10：走路口（相同元素）【典例分析】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【提分秘籍】基本规律“走路空”模型，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，共有种放法，【变式演练】1.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.2.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：.3.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.【题型十五】模型11：上台阶（相同元素）【典例分析】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：【提分秘籍】基本规律“上台阶”模型，也可以如“走路口”模型一样，转化为“数字化法”，一步n级台阶，可以记为数字n，然后总台阶可以借助“不定方程”计算。【变式演练】1.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.2.共有10级台阶，某人一步可跨一级台阶，也可跨两级台阶或三级台阶，则他恰好6步上完台阶的方法种数是（

）A．30 B．90 C．75 D．60【答案】B【分析】根据分类和分步计数原理及组合即可求解.【详解】由题意可知，完成这件事情分三类；第一类，按照的走法有种；第二类，按照的走法有种；第三类，按照的走法有种；所以他恰好6步上完台阶的方法种数是.故选：B.3.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.【题型十六】模型12：“波浪数”型（高低站位）【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（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】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】解：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，1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），1-6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，所以有种情况；②2-5不对，有种情况．1-6不对：可分为5在前排和5在后排两种情况，1）5在前排，则5-6相对且4在后排，又可分为1-4相对和1-4不对两种情况，1-4相对：有种；1-4不对：有种．2）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：有种；2-6不对：有种．②1-5不对，有种．所以，故选：C．【提分秘籍】基本规律“波浪数”主要方法是分类讨论。不重复不遗漏【变式演练】1.因演出需要，身高互不相等的8名演员要排成一排成一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边数起：第一个到第三个依次递增，第三个到第六个依次递减，第六、七、八个依次递增，则不同的排列方式有（

）种．A．181 B．109 C．84 D．96【答案】A【分析】依题意，重点要先排好3号位和6号位，余下的分类讨论分析即可.【详解】依题意作图如下：上面的数字表示排列的位置，必须按照上图的方式排列，其中3号位必须比12456要高，1，6两处是排列里最低的，3，8两处是最高点，设8个演员按照从矮到高的顺序依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8，则3号位最少是6，最大是8，下面分类讨论：①第3个位置选6号：先从1，2，3，4，5号中选两个放入前两个位置，余下的3个号中放入4，5，6号顺序是确定的只有一种情况，然后7，8号放入最后两个位置也是确定的，此时共种情况；②第3个位置选7号：先从1，2，3，4，5，6号中选两个放入前两个位置，余下的4个号中最小的放入6号位置，剩下3个选2个放入4，5两个位置，余下的号和8号放入最后两个位置，此时共种情况；③第3个位置选8号：先从1，2，3，4，5，6，7号中选两个放入前两个位置，余下的5个号中最小的放入6号位置，剩下4个选2个放入4，5两个位置，余下的2个号放入最后两个位置，此时共种情况；由分类计数原理可得共有种排列方式；故选：A.2.由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解【详解】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，所以所求的概率．故选：A．3.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.【题型十七】模型13：配对型【典例分析】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．【提分秘籍】基本规律“配对型”模型，一般从这几方面入手：1.树图法，详细的分类讨论2.先选后排。把“配对”的弦选出开，配错的，可以树图法写出来【变式演练】1.．由双不同的鞋中任取只，其中至少有两只配成一双的取法共有(

)A．种 B．种 C．种 D．种【答案】A【分析】根据组合计算全部取法，然后求解对立事件的取法，即可由全部取法去掉对立事件的取法即可求解.【详解】从双不同鞋子取出只鞋的取法种数是，取出的四只鞋都不成双的方法有，故事件“从双不同鞋子中取出只鞋，其中至少有只鞋配成一双”的取法种数是，故选：．2.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：A3.—对夫妇带着他们的两个小孩一起去坐缆车，他们随机地坐在了一排且连在一起的个座位上（一人一座）．为安全起见，管理方要求每个小孩旁边要有家长相邻陪坐，则他们人的坐法符合安全规定的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】计算出人随机坐的坐法种数，并计算出每个小孩旁边要有家长相邻陪坐的坐法种数，利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率.【详解】人随机坐有种坐法，除去两个小孩相邻且坐在两端的情况，有种符合安全规定的坐法，因此，所求事件的概率为.故选：C．【题型十八】模型14：电路图型【典例分析】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.【变式演练】1.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.2.如图所示，在，间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，则焊接点脱落的不通情况有（

）种.A．9 B．11 C．13 D．15【答案】C【分析】根据题意分脱落1个、2个、3个和4个，进而列举出所有情况得到答案.【详解】解：按照可能脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有（1），（4）两种情况，若脱落2个，则有，，，，，共6种情况，若脱落3个，则有，，，共4种情况，若脱落4个，则有共1种情况，综上共有种情况.故选：C.3.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【题型十九】模型15：机器人跳动型【典例分析】一只小青蛙位于数轴上的原点处，小青蛙每一次具有只向左或只向右跳动一个单位或者两个单位距离的能力，且每次跳动至少一个单位.若小青蛙经过5次跳动后，停在数轴上实数2位于的点处，则小青蛙不同的跳动方式共有种.A．105 B．95 C．85 D．75【答案】A【详解】分析：根据题意，分4种情况讨论：①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单位，②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，③，小青蛙向左跳2次，一次2个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位，④，小青蛙向左跳2次，每次1个单位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，由加法原理计算可得答案．详解：根据题意，分4种情况讨论：①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单位，有C51=5种情况，②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，有C52=10种情况，③，小青蛙向左跳2次，一次2个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位，有C52A33=60种情况，④，小青蛙向左跳2次，每次1个单位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，有C52C32=30种情况，则一共有5+10+60+30=105种情况，即有105种不同的跳动方式．故选A．【变式演练】1.一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5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？A．5 B．25 C．55 D．75【答案】D【详解】由题意知：小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，共有以下四种情形：一、小蜜蜂在5次飞行中，有4次向正方向飞行，1次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；二、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行一个单位，1次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，1次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有种情况；三、小蜜蜂在5次飞行中，有1次向正方向飞行每次飞行一个单位，2次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；四、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行一个单位，共有种情况；故而共有种情况，故选：D．2.如图，由个边长为1个单位的小正方形组成一个大正方形．某机器人从C点出发，沿若小正方形的边走到D点，每次可以向右走一个单位或者向上走一个单位．如果要求机器人不能接触到线段，那么不同的走法共有______种．【答案】28【分析】根据题意画出机器人能走的方格区域，然后分类讨论路线的可能性，即可得答案.【详解】由题意可知，机器人所成走动的路线如图所示的方格：图中小写字母表示机器人所能走的那一步路线，那么第一步是固定的只有一种走法，从第二步开始如果走a，第三步走c,第四步如果走h,那么这时共有3种走法，第四步如果走f，那么后面四步走的一个长方形的边，这时共有种走法；第二步如果走b,第三步如果走d,第四步走e,第五步只能走h，此时共有3种走法，第四步如果走f，此时共有种走法，第三步若果走g，后面五步是沿着一个长方形的边走，此时共有种走法，故共有的走法为种，故答案为：283.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．7 B．9 C．11 D．13【答案】D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，﹣1，0，2，④，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.【题型二十】难点：多重限制与分类讨论【典例分析】小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（

）A．20160 B．20220 C．20280 D．20340【答案】A【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能；若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能；小计：1+12+12=25；（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+