秘籍01排列與組合目錄【高考預測】概率預測+題型預測+考向預測【應試秘籍】總結常考點及應對的策略【誤區點撥】點撥常見的易錯點易錯點：對兩個計數原理理解混亂【搶分通關】精選名校模擬題，講解通關策略（含押題型）【題型一】排列數與組合數（押題型）【題型二】人坐座位模型1：相鄰捆綁與不相鄰插空【題型三】人坐座位模型2：染色（平面、空間）【題型四】分配問題：球不同，盒不同【題型五】分配問題：球同，盒不同【題型六】書架插書模型【題型七】代替元法：最短路徑【題型八】代替元法：空車位停車等【題型九】環排問題：直排策略【題型十】數列思想：上樓梯等概率預測☆☆☆☆☆題型預測選擇題、填空題☆☆☆☆☆考向預測排列組合題型考察排列組合和二項式定理是高考熱點知識點，有了多選題型后常和概率結合起來考察，所以需要考生對于排列組合的基礎題型有所了解，以及一些特殊的方法，這塊有很多固定的題型，當然在掌握題型的基礎上還需要明白其原理，能夠冷靜分析，合理運用好排列組合的解題思維。根據高考回歸課本的趨勢，排列數與組合數的運算以及術與式的歸納理解要求要相繼變高，而這塊內容也是因為傳統的固定題型容易被學生忽略的知識點，需要重視起來。易錯點：對兩個計數原理理解混亂兩個計數原理完成一件事的策略完成這件事共有的方法分類加法計數原理有兩類不同方案?，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法N＝m＋n種不同的方法分步乘法計數原理需要兩個步驟?，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法N＝m×n種不同的方法(1)每類方法都能獨立完成這件事，它是獨立的、一次的，且每次得到的是最后結果，只需一種方法就可完成這件事.(2)各類方法之間是互斥的、并列的、獨立的.(1)每一步得到的只是中間結果，任何一步都不能獨立完成這件事，只有各個步驟都完成了才能完成這件事.(2)各步之間是相互依存的，并且既不能重復也不能遺漏.易錯提醒：1.完成一件事可以有n類不同方案，各類方案相互獨立，在第1類方案中有m1種不同的方法，在第2類方案中有m2種不同的方法……在第n類方案中有mn種不同的方法.那么，完成這件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn種不同的方法.2.完成一件事需要經過n個步驟，缺一不可，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法……做第n步有mn種不同的方法.那么，完成這件事共有N＝m1×m2×…×mn種不同的方法.例設從東、西、南、北四面通往山頂的路分別有2，3，3，4條，現要從一面上山，從剩余三面中的任意一面下山，則下列結論正確的是（

）A．從東面上山有20種走法 B．從西面上山有27種走法C．從南面上山有30種走法 D．從北面上山有32種走法破解：若從東面上山，則上山走法有2種，下山走法有10種，由分步計數原理可得共有20種走法；若從西面上山，則上山走法有3種，下山走法有9種，由分步計數原理可得共有27種走法；若從南面上山，則上山走法有3種，下山走法有9種，由分步計數原理可得共有27種走法；若從北面上山，則上山走法有4種，下山走法有8種，由分步計數原理可得共有32種走法；故選：ABD變式1：近年來，重慶以獨特的地形地貌、城市景觀和豐富的美食吸引著各地游客，成為“網紅城市”．遠道而來的小明計劃用2天的時間游覽以下五個景點：解放碑、洪崖洞、重慶大劇院、“輕軌穿樓”打卡點、磁器口，另外還要安排一次自由購物，因此共計6項內容．現將每天分成上午、下午、晚上3個時間段，每個時段完成1項內容，其中大劇院與洪崖洞的時段必須安排在同一天且相鄰，洪崖洞必須安排在晚上，“輕軌穿樓”必須安排在白天，其余項目沒有限制，那么共有種方案.破解：將第1天的上午、下午、晚上3個時間段分別編號為1，2，3，第2天的上午、下午、晚上3個時間段分別編號為4，5，6，由于大劇院與洪崖洞的時段必須安排在同一天且相鄰，洪崖洞必須安排在晚上，則僅有2、3或5、6兩種排法，若大劇院與洪崖洞的時段為2、3，則“輕軌穿樓”在1，4，5中選一個，有種選法，其余3個項目在剩下的3個時段全排列，共有種排法，故共有種排法；同理若大劇院與洪崖洞的時段為5、6，也有18種排法，故共有（種）方案，故答案為：36變式2：從，，，，，，這個數字中取出個數字，試問：(1)有多少個沒有重復數字的排列(2)能組成多少個沒有重復數字的四位數破解：（1）問題等價于從個不同元素中選出個元素的排列問題，故有（種）無重復數字的排列．（2）分兩類：第一類：若選到數字，不排在首位，則有種排法，其他個位置由其余個數字選出個排列即可，有種排法，故有（個）四位數．第二類：若選不到數字，從個數字中選個進行排列即可，故有（個）．綜上知，有（個）無重復數字的四位數．【題型一】排列數與組合數（押題型）1.排列、組合的定義排列的定義從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列組合的定義合成一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合2.排列數、組合數的定義、公式、性質排列數組合數定義從n個不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)個元素的所有不同排列的個數從n個不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)個元素的所有不同組合的個數公式＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝＝性質＝n！，0！＝1＝1，，正確理解組合數的性質(1)：從n個不同元素中取出m個元素的方法數等于取出剩余n－m個元素的方法數.(2)：從n＋1個不同元素中取出m個元素可分以下兩種情況：①不含特殊元素A有種方法；②含特殊元素A有種方法.【例1】組合數恒等于（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】由.【例2】規定，其中，m是正整數，且，這是組合數（n，m是正整數，且）的一種推廣．(1)求的值．(2)組合數的兩個性質：①；②是否都能推廣到（，m是正整數）的情形？若能推廣，則寫出推廣的形式并給出證明；若不能，則說明理由；(3)已知組合數是正整數，證明：當，m是正整數時，．【答案】(1)(2)性質①不能推廣，理由見解析；性質②能推廣，證明見解析.(3)證明見解析.【詳解】（1）（2）性質①不能推廣，例如當時有定義，但無意義；性質②能推廣，它的推廣形式是：，，m是正整數證明：當時，有，當時，（3）當時，組合數；當時，；當時，由可知，所以因為組合數是正整數，所以證畢.【例3】（1）求的值；（2）設m，nN*，n≥m，求證：（m+1）+（m+2）+（m+3）++n+（n+1）=（m+1）.【答案】（1）0（2）詳見解析【詳解】解：（1）（2）當時，結論顯然成立，當時又因為所以因此【變式1】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）（多選）若，為正整數且，則（

）A． B．C． D．【答案】BD【詳解】對A：，又，故A錯誤；對B：，故B正確；對C：，，即，故C錯誤；對D：，，即，故D正確.故選：BD.【變式2】（2024·山東濟南·一模）（多選）下列等式中正確的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【詳解】對于A，因為，令，得，則，故A錯誤；對于B，因為，所以，故B正確；對于C，因為，所以，故C正確.對于D，，對于，其含有的項的系數為，對于，要得到含有的項的系數，須從第一個式子取出個，再從第二個式子取出個，它們對應的系數為，所以，故D正確.故選：BCD.【變式3】（2024·安徽合肥·一模）“數”在量子代數研究中發揮了重要作用.設是非零實數，對任意，定義“數”利用“數”可定義“階乘”和“組合數”，即對任意，(1)計算：；(2)證明：對于任意，(3)證明：對于任意，【答案】(1)155(2)證明見解析(3)證明見解析【詳解】（1）由定義可知，.（2）因為，.又,所以（3）由定義得：對任意.結合（2）可知即，也即.所以，，…….上述個等式兩邊分別相加得：.【題型二】人坐座位模型1：相鄰捆綁與不相鄰插空人坐座位模型：特征：1.一人一位；2、有順序；3、座位可能空；4、人是否都來坐，來的是誰；5、必要時，座位拆遷，剩余座位隨人排列。主要典型題：1.捆綁法;2.插空法；3.染色。出現兩個實踐重疊，必要時候，可以使用容斥原理來等價處理：容斥原理【例1】高二年級舉行一次演講賽共有10位同學參賽，其中一班有3位，二班有2位，其它班有5位，若采用抽簽的方式確定他們的演講順序，則一班有3位同學恰好被排在一起（指演講序號相連），而二班的2位同學沒有被排在一起的概率為：（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】解：由題意知本題是一個古典概型，∵試驗發生包含的所有事件是10位同學參賽演講的順序共有：；滿足條件的事件要得到“一班有3位同學恰好被排在一起而二班的2位同學沒有被排在一起的演講的順序”可通過如下步驟：①將一班的3位同學“捆綁”在一起，有種方法；②將一班的“一梱”看作一個對象與其它班的5位同學共6個對象排成一列，有種方法；③在以上6個對象所排成一列的7個間隙（包括兩端的位置）中選2個位置，將二班的2位同學插入，有種方法．根據分步計數原理（乘法原理），共有種方法．∴一班有3位同學恰好被排在一起（指演講序號相連），而二班的2位同學沒有被排在一起的概率為：P==故選B．【例2】某單位安排7位員工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天，若7位員工中的甲、乙排在相鄰兩天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，則不同的安排方案共有A．504種 B．960種 C．1008種 D．1108種【答案】C【詳解】試題分析：若丙排月日，共有，若丁排月日，共有，若丙排日且丁排日共有，若不考慮丙，丁的條件限制，共有，∴共有(種）．【例3】在某班進行的歌唱比賽中，共有5位選手參加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能連著出場，且女生甲不能排在第一個，那么出場順序的排法種數為A．30 B．36 C．60 D．72【答案】C【分析】記事件位男生連著出場，事件女生甲排在第一個，利用容斥原理可知所求出場順序的排法種數為，再利用排列組合可求出答案．【詳解】記事件位男生連著出場，即將位男生捆綁，與其他位女生形成個元素，所以，事件的排法種數為，記事件女生甲排在第一個，即將甲排在第一個，其他四個任意排列，所以，事件的排法種數為，事件女生甲排在第一位，且位男生連著，那么只需考慮其他四個人，將位男生與其他個女生形成三個元素，所以，事件的排法種數為種，因此，出場順序的排法種數種，故選C．【變式1】（2023·陜西安康·模擬預測）斐波那契數列，又稱黃金分割數列，指的是這樣一個數列：1，1，2，3，5，8，…，這個數列從第3項開始，每一項都等于前兩項之和，小李以前6項數字的某種排列作為他的銀行卡密碼，如果數字1與2不相鄰，則小李可以設置的不同的密碼個數為（

）A．144 B．120 C．108 D．96【答案】A【詳解】命題意圖

本題考查排列與組合的應用．解析

先排數字2，3，5，8，有種排法，4個數字形成5個空當．第一類：若兩個1相鄰，則從可選擇的3個空當中選出一個放入兩個1，有3種排法；第二類：若兩個1也不相鄰，則從可選擇的3個空當中選出兩個分別放入數字1，有3種排法．所以密碼個數為．故選：A【變式2】現有7位同學（分別編號為）排成一排拍照，若其中三人互不相鄰，兩人也不相鄰，而兩人必須相鄰，則不同的排法總數為．（用數字作答）【答案】240【詳解】解：因兩人必須相鄰，所以把看作一個整體有種排法.又三人互不相鄰，兩人也不相鄰，所以把排列，有種排法，產生了4個空位，再用插空法.（1）當分別插入到中間的兩個空位時，有種排法，再把整體插入到此時產生的6個空位中，有6種排法.（2）當分別插入到中間的兩個空位其中一個和兩端空位其中一個時，有種排法，此時必須排在中間的兩個空位的另一個空位，有1種排法.所以共有.【變式3】“迎冬奧，跨新年，向未來”，水球中學將開展自由式滑雪接力賽．自由式滑雪接力賽設有空中技巧、雪上技巧和雪上芭蕾三個項目，參賽選手每人展示其中一個項目．現安排兩名男生和兩名女生組隊參賽，若要求相鄰出場選手展示不同項目，女生中至少一人展示雪上芭蕾項目，且三個項目均有所展示，則共有種出場順序與項目展示方案．（用數字作答）【答案】264【詳解】設空中技巧、雪上技巧、雪上芭蕾三個項目依次為A、B、C，①雪上芭蕾只展示一次時，按展示先后順序有下列12情況：BABC，ABAC，CBAB，CABA，ABCA，ABCB，BACB，BACA，ACBA，ACAB，BCBA，BCAB.再給項目排上表演者：從兩名女生中選1人去展示雪上芭蕾C有2種排法，剩下的三人去展示剩下的項目有3！＝6種排法，∴共2×6＝12種排法.∴此時共12×12＝144種出場順序與項目展示方案.②雪上芭蕾展示兩次時，按展示先后順序有下列6情況：CABC，CBAC，BCAC，ACBC，CBCA，CACB.再給項目排上表演者：四個選手隨意選一個項目展示共4！＝24種排法，但需排除雪上芭蕾均為男生展示的情況共2！×2！＝4種，∴此時給項目排上選手共24－4＝20種排法.∴此時共6×20＝120種出場順序與項目展示方案.綜上所述，共有144＋120＝264種出場順序與項目展示方案.故答案為：264.【題型三】人坐座位模型2：染色（平面、空間）染色問題：1.用了幾種顏色2.盡量先從公共相鄰區域開始。空間幾何體，可以“拍扁”，轉化為平面圖形【例1】如圖，圖案共分9個區域，有6中不同顏色的涂料可供涂色，每個區域只能涂一種顏色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相鄰區域的顏色不相同，則涂色方法有A．360種 B．720種 C．780種 D．840種【答案】B【詳解】試題分析：由圖可知，區域2,3,5,7不能同色，所以2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且各區域的顏色均不相同，所以涂色方法有種，故應選.【例2】某五面體木塊的直觀圖如圖所示，現準備給其5個面涂色，每個面涂一種顏色，且相鄰兩個面所涂顏色不能相同.若有6種不同顏色的顏料可供選擇，則不同的涂色方案有（

）A．1080種 B．720種 C．660種 D．600種【答案】A【詳解】若使用五種顏色，即每個面一種顏色，則有種方案；若使用四種顏色，即面AED與面FBC同色，則有種方案.故不同涂色方案有720+360=1080種.故選：A【例3】如圖，用5種不同的顏色給圖中的、、、、、6個不同的點涂色，要求每個點涂1種顏色，且圖中每條線段的兩個端點涂不同的顏色，則不同的涂色方法共有種.【答案】1920【詳解】依題意，完成涂色問題，至少用3種顏色，則計算不同的涂色方法種數可以有3類辦法：用5種顏色涂，有一組2點同色，在點中任取1點，與其同色的點有2種情況，不同涂色方法種數為，用4種顏色涂，有兩組2點同色，在點中任取2點，與其同色的點有3種情況，不同涂色方法種數為，用3種顏色涂，有三組2點同色，點全部取出，與其同色的點有2種情況，不同涂色方法種數為，由分類加法計數原理得不同的涂色方法種數共有：.故答案為：1920【變式1】如圖，用四種不同顏色給圖中的A,B,C,D,E,F六個點涂色，要求每個點涂一種顏色，且圖中每條線段的兩個端點涂不同顏色，則不同的涂色方法用A．288種 B．264種 C．240種 D．168種【答案】B【詳解】先分步再排列先涂點E，有4種涂法，再涂點B，有兩種可能：(1)B與E相同時，依次涂點F，C，D，A，涂法分別有3，2，2，2種；(2)B與E不相同時有3種涂法，再依次涂F、C、D、A點，涂F有2種涂法，涂C點時又有兩種可能：（2.1）C與E相同，有1種涂法，再涂點D，有兩種可能：①D與B相同，有1種涂法，最后涂A有2種涂法；②D與B不相同，有2種涂法，最后涂A有1種涂法．（2.2）C與E不相同，有1種涂法，再涂點D，有兩種可能：①D與B相同，有1種涂法，最后涂A有2種涂法；②D與B不相同，有2種涂法，最后涂A有1種涂法．所以不同的涂色方法有4×{3×2×2×2+3×2×[1×(1×2+1×2)+1×(1×2+1×1)]}=4×(24+42)=264．【變式2】如圖，一圓形信號燈分成四塊燈帶區域，現有3種不同的顏色供燈帶使用，要求在每塊燈帶里選擇1種顏色，且相鄰的2塊燈帶選擇不同的顏色，則不同的信號總數為（

）A．18 B．24 C．30 D．42【答案】A【詳解】若用3種不同的顏色燈帶，故有兩塊區域涂色相同，要么，要么相同，有2種方案，則不同的信號數為；若只用2種不同的顏色燈帶，則顏色相同，顏色相同，只有1種方案，則不同的信號數為；則不同的信號總數為.故選：A．【變式3】如圖，圓被其內接三角形分為4塊，現有5種顏色準備用來涂這4塊，要求每塊涂一種顏色，且相鄰兩塊的顏色不同，則不同的涂色方法有

A．360種 B．320種 C．108種 D．96種【答案】B【詳解】分類：兩色：，三色：，四色：，，故選B．【題型四】分配問題：球不同，盒不同球不同，盒不同（主要的）方法技巧：盒子可空，指數冪形式，盒的球次冪，盒子不可空“先分組再排列”分類討論注意平均分組時需要除以組數的全排列。【例1】（2024高三下·全國·專題練習）8張不同的郵票，按下列要求各有多少種不同的分法？（用式子表示）(1)平均分成四份；(2)平均分給甲、乙、丙、丁四人；(3)分成三份，一份4張，一份2張，一份2張；(4)分給甲、乙、丙三人，甲4張，乙2張，丙2張；(5)分給三人，一人4張，一人2張，一人2張；(6)分成三份，一份1張，一份2張，一份5張；(7)分給甲、乙、丙三人，甲得1張，乙得2張，丙得5張；(8)分給甲、乙、丙三人，一人1張，一人2張，一人5張．【答案】(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)【詳解】（1）由題意，根據平均分組問題分法，有種不同分法．（2）由題意可分四步完成：①甲從8張郵票中取2張有種取法；②乙從余下的6張中取2張有種取法；③丙從余下的4張中取2張有種取法；④丁從余下的2張中取2張有種取法．所以根據分步乘法計數原理知不同分法有種．（3）由題意，根據部分平均分組問題，有種不同分法．（4）由題意，根據部分平均定向分配問題，先分組，再分配，與順序有關，有（種）不同分法．（5）由題意，根據部分平均不定向分配問題，先分組，再分配，與順序有關，有種不同分法．（6）由題意，根據非平均分組問題，僅僅分組，與順序無關，是組合問題，共有種不同的分法．（7）由題意，根據非平均定向分配問題，先分組，再分配，但是定向分配不涉及排序，所以共有種不同的分法．（8）由題意，根據非平均不定向分配問題，先分組，再分配，與順序有關，需排列，共有種不同的分法．【例2】如圖中有一個信號源和五個接收器.接收器與信號源在同一個串聯線路中時，就能接收到信號，否則就不能接收到信號.若將圖中左端的六個接線點隨機地平均分成三組，將右端的六個接線點也隨機地平均分成三組，再把所有六組中每組的兩個接線點用導線連接，則這五個接收器能同時接收到信號的概率是（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】由題意，設右端連線方式如圖，對于左端的六個連線點，將其隨機地平均分成三組，共有種結果，五個接收器能同時接收到信號必須全部在同一個串聯線路中，則1必須與3,4,5,6中的其中一個相接，接好后，2只有2種情況可選，剩下的接線點只有1種接法，所以共有種結果.同理，右端連線方式變化時，左端的接線方法也有15種，其中有8種可以接收到信號.故這五個接受器能同時接收到信號的概率是.故選：D.【例3】（23-24高三上·云南昆明·開學考試）現將6本不同的書籍分發給甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知書籍分發給了甲，則不同的分發方式種數是.（用數字作答）【答案】180【詳解】6本書分給甲乙丙3人，每人至少1本.則3人書籍本數分為1，1，4；1，2，3；2，2，2三大類情況.第一類1，1，4情況：若甲分1本，已分得書籍，則另兩人一人1本，1人4本，共有種，若甲分4本，即再取3本，則剩余2本書分給乙丙，一人一本，則共有種，故第一類情況共有種；第二類1，2，3情況：若甲分1本，已分得書籍，另兩人一人2本，1人3本，共有種，若甲分2本，另兩人一人1本，1人3本，共有種，若甲分3本，另兩人一人1本，1人2本，共有種，故第二類情況共有種；第三類2，2，2情況：每人都兩本，故甲再取1本，乙丙平均分剩下4本，則共有種；所以不同的分發方式種數共.故答案為：180.【變式1】（2023·山東煙臺·三模）教育部為發展貧困地區教育，在全國部分大學培養教育專業公費師范生，畢業后分配到相應的地區任教．現將5名男大學生，4名女大學生平均分配到甲、乙、丙3所學校去任教，則（

）A．甲學校沒有女大學生的概率為B．甲學校至少有兩名女大學生的概率為C．每所學校都有男大學生的概率為D．乙學校分配2名女大學生，1名男大學生且丙學校有女大學生的概率為【答案】C【詳解】將5名男大學生，4名女大學生平均分配到甲、乙、丙3所學校去任教，共有中分法；對于A，甲學校沒有女大學生，從5名男大學生選3人分到甲學校，再將剩余的6人平均分到乙、丙學校，共有種分法，故甲學校沒有女大學生的概率為，A錯誤；對于B，甲學校至少有兩名女大學生的情況包括恰有兩女大學生和恰有三女大學生，共有種分法，故甲學校至少有兩名女大學生的概率為，B錯誤；對于C，每所學校都有男大學生，則男生的分配情況為將男生分為3組：人數為或，當男生人數為時，將4名女生平均分為2組，分到男生人數為1人的兩組，再分到3所學校，此時共有種分法；當男生人數為時，將4名女生按人數分為3組，人數的2組分到男生人數為的兩組，2名女生的一組分到男生1人的那一組，再分到3所學校，此時共有種分法；故每所學校都有男大學生的分法有種，則每所學校都有男大學生的概率為，C正確；對于D，乙學校分配2名女大學生，1名男大學生共有種分法，乙學校分配2名女大學生，1名男大學生且丙學校沒有女大學生的分法有種，故乙學校分配2名女大學生，1名男大學生且丙學校有女大學生的概率為，D錯誤，故選：C【變式2】某校有5名大學生打算前往觀看冰球，速滑，花滑三場比賽，每場比賽至少有1名學生且至多2名學生前往，則甲同學不去觀看冰球比賽的方案種數有（

）A．48 B．54 C．60 D．72【答案】C【詳解】將5名大學生分為1-2-2三組，即第一組1個人，第二組2個人，第三組2個人，共有種方法；由于甲不去看冰球比賽，故甲所在的組只有2種選擇，剩下的2組任意選，所以由種方法；按照分步乘法原理，共有種方法；故選：C.【變式3】已知有5個不同的小球，現將這5個球全部放入到標有編號1、2、3、4、5的五個盒子中，若裝有小球的盒子的編號之和恰為11，則不同的放球方法種數為（

）A．150 B．240 C．390 D．1440【答案】C【詳解】因為或所以5個球放到編號2、4、5的三個盒子中或者放到編號1、2、3、5的四個盒子中（1）5個球放到編號2、4、5的三個盒子中，因為每個盒子中至少放一個小球，所以在三個盒子中有兩種方法：各放1個，2個，2個的方法有種.各放3個，1個，1個的方法有種.（2）5個球放到編號1、2、3、5的四個盒子中，則各放2個，1個，1個，1個的方法有種.綜上，總的放球方法數為種.故選：C【題型五】分配問題：球同，盒不同球相同，盒子不同方法技巧：盒子不可空用擋板法，盒子可空用接球法。【例1】1.10塊相同的巧克力，每天至少吃一塊，5天吃完，有種方法；若10塊相同的巧克力，每天至少吃一塊，直到吃完為止又有種方法．（用數字作答）【答案】126512【詳解】解：由題知，關于空1：若10塊相同的巧克力，每天至少吃一塊，5天吃完，將10塊巧克力排成一排，共有9個空格，分成5份，只需4個隔板，所以共有種方法；關于空2：若10塊相同的巧克力，每天至少吃一塊，直到吃完為止，至多吃10天，至少吃1天，當1天吃完時，共種方法，當2天吃完時，將10塊巧克力排成一排，共有9個空格，分成2份，只需1個隔板，所以有種方法，當3天吃完時，需要分成3份，只需2個隔板，所以有種方法，當4天吃完時，需要分成4份，只需3個隔板，所以有種方法，……，當10天吃完時，需要分成10份，只需9個隔板，所以有種方法，綜上：共有種方法。故答案為：126；512【例2】（2024高三下·江蘇·專題練習）某校將8個足球賽志愿者名額分配到高一年級的四個班級，每班至少一個名額，則不同的分配方法共有種（用數字作答）.【答案】【詳解】依題意，將8個名額排成一列，有7個間隔，在這7個間隔中插入3個隔板，可將8個名額分成4組，依次對應4個班級，所以有種分配方法.故答案為：【例3】按照下列要求，分別求有多少種不同的方法？（1）5個不同的小球放入3個不同的盒子；（2）5個不同的小球放入3個不同的盒子，每個盒子至少一個小球；（3）5個相同的小球放入3個不同的盒子，每個盒子至少一個小球；（4）5個不同的小球放入3個不同的盒子，恰有1個空盒．【答案】（1）243種（2）150種（3）6種（4）90種【詳解】（1）5個不同的小球放入3個不同的盒子，每個小球都有3種可能，利用乘法原理可得不同的方法有；（2）5個不同的小球放入3個不同的盒子，每個盒子至少一個小球，先把5個小球分組，有兩種分法：2、2、1；3、1、1；再放入3個不同的盒子，故不同的方法共有；（3）5個相同的小球放入3個不同的盒子，每個盒子至少一個小球，類似于在5個小球間的空隙中，放入2個隔板，把小球分為3組，故不同的方法共有；（4）5個不同的小球放入3個不同的盒子，恰有一個空盒，先把5個小球分2組，有兩種分法：3、2、0；4、1、0；再放入3個不同的盒子，故不同的方法共有．【變式1】（2024·湖北武漢·模擬預測）將3個相同的紅球和3個相同的黑球裝入三個不同的袋中，每袋均裝2個球，則不同的裝法種數為（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A【詳解】將個紅球分成組，每組球的數量最多個最少個，則有，兩種組合形式，當紅球分組形式為時，將紅球放入三個不同的袋中有放法，此時三個不同的袋中依次補充上黑球，使每個袋子中球的總個數為個即可.當紅球分組形式為時，將紅球放入三個不同的袋中有種放法，此時三個不同的袋中依次補充上黑球，使每個袋子中球的總個數為個即可.綜上所述：將3個相同的紅球和3個相同的黑球裝入三個不同的袋中，每袋均裝2個球，不同的裝法種數為種.故選：A.【變式2】（23-24高二上·遼寧沈陽·期末）將20個無任何區別的小球放入編號為1，2，3的三個盒子中，要求每個盒子內的小球個數不小于它的編號數，則不同的放法有（

）A．90種 B．120種 C．160種 D．190種【答案】B【詳解】先在編號為2，3的盒子內分別放入1個，2個球，還剩17個小球，則三個盒子內每個至少再放入1個球，將17個球排成一排，有16個空隙，插入2塊擋板分為三堆放入三個盒子中，不同的放法共有（種）.故選：B.【變式3】（2023高三上·全國·專題練習）（要求每個盒子可空）將8個相同的小球分別放入4個不同的盒子中，每個盒子可空，有多少種不同的放法？【答案】165【詳解】設想在每個盒子中放入個小球，共用去個小球，再將剩余的個小球利用隔板法分到4個盒子中，則能滿足題目要求，所以放法種數為．【題型六】書架插書模型書架上原有書的順序不變；（2）新書要一本一本插；定序問題可使用倍縮法。【例1】有12名同學合影，站成了前排4人后排8人，現攝影師要從后排8人中抽2人調整到前排，若其他人的相對順序不變，則不同調整方法的種數是（

）A．168 B．260 C．840 D．560【答案】C【詳解】解：從后排8人中抽2人有種方法；將抽出的2人調整到前排，前排4人的相對順序不變用倍縮法有種，由分步乘法計數原理可得：共有種，故選：C.【例2】書架上某一層有5本不同的書，新買了3本不同的書插進去，要保持原來5本書的順序不變，則不同的插法種數為（

）.A．60 B．120 C．336 D．504【答案】C【詳解】將新買的3本書逐一插進去：第1本書插入5本書形成的6個空隙中的1個，有6種插法；第2本書插入6本書形成的7個空隙中的1個，有7種插法；最后1本書插入7本書形成的8個空隙中的1個，有8種插法.由分步乘法計數原理，知不同的插法種數為6×7×8=336.故選：C【例3】（21-22高二下·重慶渝中·階段練習）一張節目單上原有8個節目，現臨時再插入A，B，C三個新節目，如果保持原來8個節目的相對順序不變，節目B要排在另外兩個新節目之間（也可以不相鄰），則有種不同的插入方法．（用數字作答）【答案】330【詳解】法1：第一步，從11個位置中選3個位置，共有種方法；第二步，三個位置中節目B位置確定，節目A，C的順序為，由分步計數原理可得共有種方法.法2：先插入節目A，再插入節目B，最后插入節目C，共有：種，其中節目B與兩個新節目的位置關系有3種，由消序法可得總數為.故答案為：330【變式1】（2023·陜西寶雞·模擬預測）2022年10月22日，中國共產黨第二十次全國代表大會勝利閉幕.某班舉行了以“禮贊二十大?奮進新征程”為主題的聯歡晩會，原定的個學生節目已排成節目單，開演前又臨時增加了兩個教師節目，如果將這兩個教師節目插入到原節目單中，那么不同的插法的種數為（

）A．42 B．30 C．20 D．12【答案】A【詳解】若兩個教師節目相鄰，則有種插法；若兩個教師節目不相鄰，則有種插法；綜上可得一共有種插法.故選：A【變式2】某班新年聯歡會原定的5個節目已排成節目單，開演前又增加了兩個新節目．如果將這兩個節目插入原節目單中，且兩個新節目不相鄰，那么不同插法的種數為（

）A．6 B．12 C．15 D．30【答案】D【詳解】因為增加了兩個新節目．將這兩個節目插入原節目單中，且兩個新節目不相鄰，所以原來5個節目形成6個空，新增的2個節目插入到6個空中，共有種插法.故選：D.【變式3】（2023春·江蘇鹽城·高二校考階段練習）書架上已有《詩經》、《西游記》、《菜根譚》、《吶喊》、《文化苦旅》五本書，現欲將《圍城》、《駱駝祥子》、《四世同堂》三本書放回到書架上，要求不打亂原有五本書的順序，且《駱駝祥子》和《四世同堂》必須相鄰，則不同的放法共有（

）A．種 B．種 C．種 D．種【答案】D【詳解】分以下兩種情況討論：（1）《圍城》與《駱駝祥子》、《四世同堂》這兩本書不相鄰，將《駱駝祥子》和《四世同堂》捆綁，形成一個“大元素”，然后將“大元素”與《圍城》插入由《詩經》、《西游記》、《菜根譚》、《吶喊》、《文化苦旅》五本書所形成的個空位中的個，由捆綁法結合插空法可知，不同的放法種數為種；（2）《圍城》與《駱駝祥子》相鄰且《四世同堂》與《圍城》或《駱駝祥子》相鄰，將《駱駝祥子》和《四世同堂》捆綁，然后《四世同堂》放在《駱駝祥子》或《四世同堂》旁邊（相鄰），然后將這三本書形成的“大元素”插入五本書所形成的個空位中的個，此時，不同的放法種數為.由分類加法計數原理可知，不同的放法種數為種.故選：D.【題型七】代替元法：最短路徑左右上下移動的最短距離，可以把移動方向看做字母，比如，向右是字母A，向上是字母B，則移動幾步就是幾個A，與B相同元素排列代替元法：標記元素為數字或字母，重新組合，特別適用于“相同元素”【例1】格點是指平面直角坐標系中橫縱坐標均為整數的點.一格點沿坐標線到原點的最短路程為該點到原點的“格點距離”（如：，則點到原點的格點距離為）.格點距離為定值的點的軌跡稱為“格點圓”，該定值稱為格點圓的半徑，而每一條最短路程稱為一條半徑.當格點半徑為6時，格點圓的半徑有條（用數字作答）.【答案】252【詳解】設格點為，格點半徑為6，則，∴對應格點圓圖象如下，每條邊上有(不含端點)5個格點，

以第一象限為例，格點有，其中的半徑有6條，的半徑有15條，的半徑有20條，的半徑有15條，的半徑有6條，∴共有62條，即對于任意格點，其半徑條數有條，∴由上，四個象限共有條半徑，另外數軸上有四個點，半徑共有條，綜上，格點半徑為6時，格點圓的半徑有條.故答案為：.（多選）【例2】（2023·江蘇·高二專題練習）2021年高考結束后小明與小華兩位同學計劃去老年公寓參加志愿者活動．小明在如圖的街道E處，小華在如圖的街道F處，老年公寓位于如圖的G處，則下列說法正確的是（

）A．小華到老年公寓選擇的最短路徑條數為4條B．小明到老年公寓選擇的最短路徑條數為35條C．小明到老年公寓在選擇的最短路徑中，與到F處和小華會合一起到老年公寓的概率為D．小明與小華到老年公寓在選擇的最短路徑中，兩人并約定在老年公寓門口匯合，事件A：小明經過F；事件B：從F到老年公寓兩人的路徑沒有重疊部分（路口除外），則【答案】BC【詳解】由圖知，要使小華、小明到老年公寓的路徑最短，則只能向上、向右移動，而不能向下、向左移動，A：小華到老年公寓需要向上1格，向右2格，即小華共走3步其中1步向上，所以最短路徑條數為條，錯誤；B：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，最短路徑條數為條，正確；C：小明到的最短路徑走法有條，再從F處和小華一起到老年公寓的路徑最短有3條，而小明到老年公寓共有條，所以到F處和小華會合一起到老年公寓的概率為，正確；D：由題意知：事件的走法有18條即，事件的概率，所以，錯誤.故選：BC【例3】如圖所示是某個區域的街道示意圖（每個小矩形的邊表示街道），那么從到的最短線路有（

）條A． B． C． D．【答案】C【詳解】如下圖所示，分兩種情況討論：（1），先從到，一共至少走步，其中步為水平步，再從到，一共至少走步，其中步為水平步，此時有種走法；（2），先從到，一共至少走步，其中步為水平步，再從到，一共至少走步，其中步為水平步，此時有種走法.綜上所述，所有的最短路線的走法種數為.故選：C.【變式1】有一道路網如圖所示，通過這一路網從A點出發不經過C、D點到達B點的最短路徑有___________種.【答案】24【詳解】如圖，由已知可得，應從點，先到點，再到點，最后經點到點即可.第一步：由點到點，最短路徑為4步，最短路徑方法種類為；第二步：由點到點，最短路徑為3步，最短路徑方法種類為；第三步：由點經點到點，最短路徑為3步，最短路徑方法種類為.根據分步計數原理可得，最短路徑有種.故答案為：24.【變式2】某城市縱向有6條道路，橫向有5條道路，構成如圖所示的矩形道路網（圖中黑線表示道路），則從西南角A地到東北角B地的最短路線共有條．【答案】126【詳解】要使路線最短，只能向右或向上走，途中不能向左走或向下走.因此，從A地到B地歸結為走完5條橫線段和4條縱線段.設每走一段橫線段或縱線段為一個行走時段，從9個行走時段中任取4個時段走縱線段，其余5個時段走橫線段，共有種走法，故從A地到B地的最短路線共有126條【變式3】由于用具簡單，趣味性強，象棋成為流行極為廣泛的棋藝活動．某棋局的一部分如圖所示，若不考慮這部分以外棋子的影響，且“馬”和“炮”不動，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，從“兵”吃掉“馬”的最短路線中隨機選擇一條路線，則能順帶吃掉“炮”的可能路線有（

）A．條 B．條 C．條 D．條【答案】C【詳解】由題意可知：“兵”吃掉“馬”的最短路線，需橫走三步，豎走兩步；其中能順帶吃掉“炮”的路線可分為兩步：第一步，橫走兩步，豎走一步，有種走法；第二步，橫走一步，豎走一步，有種走法．能順帶吃掉“炮”的可能路線共有（條）．故選：C.【題型八】代替元法：空車位停車等這類題大多可以用字母元來代替轉化為簡單的問題從而解決問題。【例1】某單位有8個連在一起的車位，現有4輛不同型號的車需要停放，如果要求剩余的4個車位中恰好有3個連在一起，則不同的停放方法的種數為（

）A．240 B．360 C．480 D．720【答案】C【詳解】給8個車位編號：1，2，3，4，5，6，7，8，當1，2，3號為空時，有種停放方法；當2，3，4號為空時，有種停放方法；當3，4，5號為空時，有種停放方法；當4，5，6號為空時，有種停放方法；當5，6，7號為空時，有種停放方法；當6，7，8號為空時，有種停放方法；所以不同的停放方法的種數為種.故選：C.方法二代替元法：四輛車標記為ABCD,四個空車位，三個組合一起，標記為3，剩余一個標記為1，則變成數字1，3與四個字母排列，且數字不相鄰，插空法即可【例2】馬路上有編號為1，2，3，4，5，6，7，8，9的9盞路燈，為節約用電，可以把其中的三盞路燈關掉，但不能同時關掉相鄰的兩盞或三盞，也不能關掉兩端的路燈，滿足條件的關燈辦法有種【詳解】直接代替元法，標記為123456與AAA排列，只選不排。為【例3】現有一排10個位置的空停車場，甲、乙、丙三輛不同的車去停放，要求每輛車左右兩邊都有空車位且甲車在乙、丙兩車之間的停放方式共有_________種.【答案】40【詳解】先將甲、乙、丙三輛不同的車排列，使得甲車在乙、丙兩車之間，有2種排法，再將剩余的7個空車位分為4組，分別排在甲、乙、丙三輛車形成的四個空上，有1，1，1，4；1，1，2，3；1，2，2，2三種分組方法，則不同的分組方法共有種，由分步乘法計數原理得不同的停放方式共有種.【變式1】（2020·浙江·模擬預測）現有一排10個位置的空停車場，甲、乙、丙三輛不同的車去停放，要求每輛車左右兩邊都有空車位且甲車在乙、丙兩車之間的停放方式共有種.【答案】40【詳解】先將甲、乙、丙三輛不同的車排列，使得甲車在乙、丙兩車之間，有2種排法，再將剩余的7個空車位分為4組，分別排在甲、乙、丙三輛車形成的四個空上，有1，1，1，4；1，1，2，3；1，2，2，2三種分組方法，則不同的分組方法共有種，由分步乘法計數原理得不同的停放方式共有種.【變式2】（2023·江西新余·二模）據中國汽車工業協會統計顯示，2022年我國新能源汽車持續爆發式增長，購買電動汽車的家庭越來越多.某學校為方便駕駛電動汽車的教職工提供充電便利，在停車場開展充電樁安裝試點.如下圖，試點區域共有十個車位，安裝了三個充電樁，每個充電樁只能給其南北兩側車位中的一輛電動汽車充電.現有3輛燃油車和2輛電動汽車同時隨機停入試點區域（停車前所有車位都空置），請問2輛電動汽車能同時充上電的概率為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】事件A=“2輛電動汽車能同時充上電”，先從中任選一個車位給第一輛電動車，有種選擇，再從非與第一輛電動車并列的剩余四個車位中找一個給第二輛電動車，有種選擇，最后從剩余8個車位中隨機選取3個安排燃油車即可，所以，故選：D【變式3】甲、乙、丙、丁、戊五位媽媽相約各帶一個小孩去觀看花卉展，她們選擇共享電動車出行，每輛電動車只能載兩人，其中孩子們表示都不坐自己媽媽的車，甲的小孩一定要坐戊媽媽的車，則她們坐車不同的搭配方式有A．種 B．種 C．種 D．種【答案】B【詳解】設五位媽媽為，五個小孩為，對五個小孩進行排練后坐五位媽媽的車即可，由于甲的小孩一定要坐戊媽媽的車，故排列的第五個位置一定是，對其余的四個小孩進行排列：；；；.共有24中排列方法，其中滿足題意的排列方法為：，，，，共有11種.本題選擇B選項.【題型九】環排問題：直排策略：環排問題即為手拉手圍一圈的模型，此類問題以一人為中心考慮，比如三人手拉手圍一圈，以其中一人為中心將其一分為二，即變成中間兩人全排列問題，再合起來即為一圈。【例1】已知甲、乙、丙三位同學圍成一個圓時，其中一個排列“甲乙丙”與該排列旋轉一個或幾個位置后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一個排列．現有位同學，若站成一排，且甲同學在乙同學左邊的站法共有種，那么這位同學圍成一個圓時，不同的站法總數為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】因站成一排時甲在乙左與甲在乙右的站法數相同，而m位同學站成一排有，則，解得，甲、乙、丙三位同學圍成一個圓，“甲乙丙”、“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一排列，其中每一個排列可以拆成以任意一個人為排首的直線排列3個，3人圍成一個圓的排列數為，由此可得n個人圍成一個圓的排列數為，5位同學圍成一個圓的排列數為.故選：A【例2】（23-24高三下·山東菏澤·開學考試）一對夫妻帶著3個小孩和一個老人，手拉著手圍成一圈跳舞，3個小孩均不相鄰的站法種數是（

）A．6 B．12 C．18 D．36【答案】B【詳解】將老人位置固定，夫妻兩人在老人左右，此時有種站法，將三個孩子插入兩兩大人之間的空隙