计数原理、排列组合题型与方法.pdf

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1、v1.0 可编辑可修改 1 计数原理、排列组合题型与方法 基本思路：大的方向分类，类中可能有步或类 例 1：架子上有不同的 2 个红球，不同的 3 个白球，不同的 4 个黑球.若从中取 2 个不同色的球，则取法种数为_.解：先分类、再分步，共有取法 23243426 种.故填 26.基本思路：大的方向分步，步中可能有类或步 例 1：如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有()A11 种 B20 种 C21 种 D12 种 解：分两步，第一部分接通，则可能有一个接通或者两个都接通，有 3 种可能；第二部分接通，则可能恰有一个接通或恰有两个接通或者都接通，有 7 种可能。从而总共有3 7=21种

2、方式。基本思路：排除法间接求解 例 1：(2013济南模拟)电路如图所示，在A，B间有四个开关，若发现A，B之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有()种 种 种 种 解：各个开关打开或闭合有2 种情形，故四个开关共有24种可能，其中能使电路通的情形有：1，4 都闭合且 2 和 3 中至少有一个闭合，共有 3 种可能，故开关打开或闭合的不同情形共有 24313(种).故选 C.剔除重复元素 例 1：(2013四川)从 1，3，5，7，9 这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到 lgalgb的不同值的个数是().10 C 2 解：lgalgblgab，而1339，3193，

3、故所求为A25218 个，故选 C.投信问题 例 1：将 5 封信投入 3 个邮筒，不同的投法共有()种 种 种 种 解：第 1 封信，可以投入第 1 个邮筒，可以投入第 2 个邮筒，也可以投入第 3 个邮筒，共有 3 种投法；同理，后面的 4 封信也都各有 3 种投法.所以，5 封信投入 3 个邮筒，不同的投法共有 35种.故选 B.例 2：有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限 解(1)每人都可以从这三个比赛项目中

4、选报一项，各有 3 种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法 36729(种)(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有 6 种选法，第二个项目有 5 种选法，第三个项目只有 4 种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法 654120(种)(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63216(种)数字排列问题 例 1：用数字 0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的四位数.(1)可组成多少个不同的四位数(2)可组成多少个不同的四位偶数 解：(1)直接法：A15A35300；间接法：A46A

5、35300.(2)由题意知四位数的个位上必须是偶数，同时暗含了千位不能是 0，因此该四位数的个 3 位和千位是“特殊位置”，应优先处理；另一方面，0 既是偶数，又不能排在千位，属“特殊元素”，应重点对待.解法一：(直接法)0 在个位的四位偶数有A35个；0 不在个位时，先从 2，4 中选一个放在个位，再从余下的四个数(不包括 0)中选一个放在千位，应有A12A14A24个.综上所述，共有A35A12A14A24156(个).解法二：(间接法)从这六个数字中任取四个数字组成最后一位是偶数的排法，有A13A35个，其中千位是 0 的有A12A24个，故适合题意的数有A13A35A12A24156(

6、个).点拨：本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意题中隐含条件 0 不能在首位.例 2：用数字 2，3 组成四位数，且数字 2，3 至少都出现一次，这样的四位数共有_ 个(用数字作答)解析 数字 2，3 至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现 1 次，“3”出现 3 次，共可组成 C144(个)四位数“2”出现 2 次，“3”出现 2 次，共可组成 C246(个)四位数“2”出现 3 次，“3”出现 1 次，共可组成 C344(个)四位数 综上所述，共可组成 14 个这样的四位数 例 3：(2014武汉模拟)如果正整数M的各位数字均不为 4

7、，且各位数字之和为 6，则称M为“幸运数”，则三位正整数中的“幸运数”共有_个.解：不含 4，且和为 6 的三个自然数可能为(1，2，3)，(1，5，0)，(2，2，2)，(3，3，0)，(6，0，0).因此三位正整数中的“幸运数”有A332A221A22114(个).故填 14.错位排列 例 1：将数字 1，2，3，4 填入标号为 1，2，3，4 的四个方格中，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有_种 v1.0 可编辑可修改 4 解析 编号为 1 的方格内填数字 2，共有 3 种不同填法；编号为 1 的方格内填数字 3，共有 3 种不同填法；编号为 1 的方格内填数字 4

8、，共有 3 种不同填法于是由分类加法计数原理，得共有 3339(种)不同的填法 例 2：(2013成都模拟)用 6 个字母A，B，C，a，b，c编拟某种信号程序(大小写有区别).把这 6 个字母全部排到如图所示的表格中，每个字母必须使用且只使用一次，不同的排列方式表示不同的信号，如果恰有一对字母(同一个字母的大小写)排到同一列的上下格位置，那么称此信号为“微错号”，则不同的“微错号”总个数为()B.288 解：根据题意，分 3 步进行：先确定排到同一列的上下格位置的一对字母，有C133种情况，将其放进表格中，有C133 种情况，考虑这一对字母的顺序，有A222 种不同顺序；再分析第二对字母，其

9、不能排到同一列的上下格位置，假设选定的一对大小写字母为A和a，则分析B与b：B有 4 种情况，b的可选位置有 2 个；最后一对字母放入最后两个位置，有A222 种放法.则共有 332422288 个“微错号”.故选 B.选派分配问题 例 1：2010 年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有()A36 种 B12 种 C18 种 D48 种 解：根据题意分 2 种情况讨论，若小张或小赵入选，则有选法C21C21A33=24；若小张、小赵都

10、入选，则有选法A22A32=12，共有选法 12+24=36 种，故选 A 例 2：2015 年开春之际，六中食堂的伙食在百升老师的带领下进行了全面升级某日5名同学去食堂就餐，有米饭，花卷，包子和面条四种主食每种主食均至少有一名同学选择v1.0 可编辑可修改 5 且每人只能选择其中一种花卷数量不足仅够一人食用，甲同学因肠胃不好不能吃米饭，则不同的食物搭配方案种数为（）A 96 B 120 C 132 D 240 解：分类讨论：甲选花卷，则有 2 人选同一种主食，方法为=18，剩下 2 人选其余主食，方法为=2，共有方法 182=36 种；甲不选花卷，其余 4 人中 1 人选花卷，方法为 4 种

11、，甲包子或面条，方法为 2 种，其余 3 人，若有 1 人选甲选的主食，剩下 2 人选其余主食，方法为 3=6；若没有人选甲选的主食，方法为=6，共有 42（6+6）=96 种，故共有 36+96=132 种，故选：C 分堆与分配问题 例 1：现有 6 本不同的书：(1)甲、乙、丙三人每人两本，有多少种不同的分配方法(2)分成三堆，每堆 2 本，有多少种分堆方法(3)分成三堆，一堆 1 本，一堆 2 本，一堆 3 本，有多少种不同的分堆方法(4)分给甲、乙、丙三人，一人 1 本，一人 2 本，一人 3 本，有多少种不同的分配方法(5)甲、乙、丙三人中，一人分 4 本，另两人每人分 1 本，有多

12、少种不同的分配方法 解：(1)在 6 本书中，先取 2 本给甲，再从剩下的 4 本书中取 2 本给乙，最后两本给丙，共有C26C24C2290(种)分配方法；(2)6 本书平均分成 3 堆，用上述分法重了A33倍，故共有C26C24A3315(种)分堆方法；(3)从 6 本书中，先取 1 本作为一堆，再在剩下的 5 本中取 2 本作为一堆，最后 3 本作为一堆，共有C16C25C3360(种)分堆方法；(4)在(3)的分堆中，甲、乙、丙三人任取一堆，共有C16C25C33A33360(种)分配方法.(5)先分堆、再分配，共有C46C12C11A22A3390(种)分配方法.点拨：6 平均分配给

13、不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列.分堆到位相当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：平均分堆到指定位置堆数的阶乘.对于分堆与分配问题应注意：处理分配问题要注意先分堆再分配.被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”).分堆时要注意是否均匀.如 6 分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1)为部分均匀分组.例 2：4 个不同的球，4 个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)恰有 1 个盒不放球，共有多少种放法(2)恰有 2 个盒不放球，共有多少种放法 解：(1)为保证“恰有 1

14、个盒不放球”，先从 4 个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3 个盒子，每个盒子都要放入球，共有多少种放法”即把 4 个球分成 2，1，1 的三组，然后进行全排列，共有C14C24C12C11A22A33144(种)放法.(2)确定 2 个空盒有C24种方法.4 个球放进 2 个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类为有序不均匀分组，有C34C11A22种放法；第二类为有序均匀分组，有C24C22A22A22种放法，故共有C34C11A22C24C22A22A22C2484(种).相邻捆绑，不邻插空 例 1：3 名女生和 5 名男生排成一排(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排

15、法(2)如果女生都不相邻，有多少种排法(3)如果女生不站两端，有多少种排法(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法 解(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起 7 有 6 个元素，排成一排有 A66种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有 A33种排法，因此共有 A66A334 320(种)不同排法(2)(插空法)先排 5 个男生，有 A55种排法，这 5 个男生之间和两端有 6 个位置，从中选取 3个位置排女生，有 A36种排法，因此共有 A55A3614 400(种)不同排法(3)法一(位置分析

16、法)因为两端不排女生，只能从 5 个男生中选 2 人排列，有 A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有 A66种排法，因此共有 A25A6614 400(种)不同排法 法二(元素分析法)从中间 6 个位置选 3 个安排女生，有 A36种排法，其余位置无限制，有A55种排法，因此共有 A36A5514 400(种)不同排法(4)8 名学生的所有排列共 A88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中12，符合要求的排法种数为12A8820 160(种)(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置 法一(特殊元素法)甲在最右边时，其他的可全排，有 A77种；甲不在最右边时，可从余下6 个位置中任选一

17、个，有 A16种而乙可排在除去最右边位置后剩余的 6 个中的任一个上，有 A16种，其余人全排列，共有 A16A16A66种 由分类加法计数原理，共有 A77A16A16A6630 960(种)法二(特殊位置法)先排最左边，除去甲外，有 A17种，余下 7 个位置全排，有 A77种，但应剔除乙在最右边时的排法 A16A66种，因此共有 A17A77A16A6630 960(种)法三(间接法)8 个人全排，共 A88种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有 A77种，乙在最右边时，有 A77种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有 A66种因此共有 A882A77A6630 960(种

18、)规律方法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法 v1.0 可编辑可修改 8 例 2：有 5 盆菊花，其中黄菊花 2 盆、白菊花 2 盆、红菊花 1 盆，现把它们摆放成一排，要求 2 盆黄菊花必须相邻，2 盆白菊花不能相邻，则这 5 盆花不同的摆放种数是()A12 B24 C36 D48 解：由题意，第一步将黄 1 与黄 2 绑定，两者的站法有

19、2 种，第二步将此两菊花看作一个整体，与除白 1，白 2 之外的一菊花看作两个元素做一个全排列有 A22种站法，此时隔开了三个空，第三步将白 1，白 2 两菊花插入三个空，排法种数为 A32，则不同的排法种数为2A22A32=226=24故选 B 例 3：编号为 1、2、3、4、5、6、7 的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有()A60 种 B8 种 C20 种 D10 种 解：四盏不亮灯有5 个空位，再安排 3 亮灯，总有3510C 种方案。例 4：某班元旦晚会已经排好4 个节目的顺序，先临时要增加 2 个节目进来，要求不打乱原来节目的顺序，则晚会节目的安

20、排方案有_种。解：原来 4 个节目有 5 个空位，先安排第一个节目，有 5 种方案；这时有 6 个空位，再安排第二个节目，有 6 种方案，所以总共有 30 种方案。最短路走法问题 例 1：A,B 两地街道如图所示，某人要从 A 地前往 B 地，则路程最短的走法有 种（用数字作答）解：3 右 2 上，共 5 步，从中选 3 步来右走余下则上走，走法有3510C 种。无区别元素分配的隔板法 例 1.求方程 X+Y+Z=10 的正整数解的个数。解：将 10 个球排成一排，球与球之间形成 9 个空隙，将两个隔板插入这些空隙中（每空v1.0 可编辑可修改 9 至多插一块隔板），规定由隔板分成的左、中、右

21、三部分的球数分别为 x、y、z 之值（如下图）。则隔法与解的个数之间建立了一一对立关系，故解的个数为 C92=36（个）。例 2：求方程 X+Y+Z=10 的非负整数解的个数。解：注意到 x、y、z 可以为零，故上题解法中的限定“每空至多插一块隔板”就不成立了，怎么办呢只要添加三个球，给 x、y、z 各一个球。这样原问题就转化为求 X+Y+Z=13 的正整数解的个数了，故解的个数为 C122=66（个）。例 3：将 20 个相同的小球放入编号分别为 1，2，3，4 的四个盒子中，要求每个盒子中的球数不少于它的编号数，求放法总数。解法 1：先在编号 1，2，3，4 的四个盒子内分别放 0，1，2

22、，3 个球，剩下 14 个球，有1 种方法；再把剩下的球分成 4 组，每组至少 1 个，由例 1 知方法有 C133=286（种）。解法 2：第一步先在编号 1，2，3，4 的四个盒子内分别放 1，2，3，4 个球，剩下 10 个球，有 1 种方法；第二步把剩下的 10 个相同的球放入编号为 1，2，3，4 的盒子里，由例 2知方法有 C133=286（种）。涂色问题 例 1：有一个圆被两相交弦分成四块，现用 5 种不同的颜料给这四块涂色，要求相邻的两块颜色不同，每块只涂一种颜色，共有多少种涂色方法 解：如图，分别用A，B，C，D记这四个部分，A与C，B与D不相邻，因此，它们可以同色，也可以不

23、同色.首先分两类，即A，C涂相同颜色和A，C涂不同颜色：类型一，分三步：第一步，给A，C涂相同的颜色，有 5 种涂法；第二步，给B涂色有 4种涂法；第三步，给D涂色，由于D与B可以涂相同的颜色，所以有 4 种涂法.由分步计数原理知，共有 54480 种不同的涂法.类型二，分四步：第一步，给A涂色，有 5 种涂法；第二步，给C涂色，有 4 种涂法；第三步，给B涂色有 3 种涂法；第四步，给D涂色有 3 种涂法.由分步计数原理知，共有5433180 种不同的涂法.v1.0 可编辑可修改 10 综上，由分类计数原理可知，共有 80180260 种不同的涂法.点拨：本题也可以在分四步的基础上再分类来完

24、成：A有 5 种涂法，B有 4 种涂法，若C与A相同，则D有 4 种涂法，若C与A不同，则C有 3 种涂法，且D有 3 种涂法，故有 54(433)260 种涂法.涂色问题多以平面、空间为背景，涂色对象以平面区域居多，也有以点或线为对象的涂色问题.此类问题往往需要多次分类、分步(也有用穷举法解决的题目)，常用分类依据有：所涂颜色种类(如本题，可依用 4 种、3 种、2 种色来分类)；可涂同色的区域(或点、线等)是否涂同色.例 2：给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有多少种 解法一：如图，染五条边总体分五

25、步，染每一边为一步.当染边 1 时有 3 种染法，则染边2 有 2 种染法.(1)当边 3 与边 1 同色时有 1 种染法，则边 4 有 2 种染法，边 5 有 1 种染法，此时染法总数为 3212112(种).(2)当边 3 与边 1 不同色时，边 3 有 1 种染法，当边 4 与边 1 同色时，边 4 有 1 种染法，边 5 有 2 种染法；当边 4 与边 1 不同色时，边 4 有 1 种染法，边 5 有 1 种染法.则此时共有染法 321(1211)18(种).综合(1)、(2)，由分类加法计数原理，可得染法的种数为 30 种.解法二：通过分析可知，每种色至少要染 1 次，至多只能染 2

26、 次，即有一色染 1 次，剩余两种颜色各染 2 次.染五条边总体分两步.第一步选一色染 1 次有C13C15种染法，第二步另两色各染 2 次有 2 种染法，由分步乘法计数原理知，一共有 2C13C1530 种染法.几何中的计数问题 例 1：从正方体的 6 个面中选取 3 个面，其中有 2 个面不相邻的选法共有 种 v1.0 可编辑可修改 11 解：使用间接法，首先分析从 6 个面中选取 3 个面，共 C63种不同的取法，而其中有 2 个面相邻，即 8 个角上 3 个相邻平面，选法有 8 种，则选法共有 C638=12 种，故答案为：12 例 2：如图，设P为正四面体ABCD表面（含棱）上与顶点

27、不重合的一点，由点P 到四个顶点的距离组成的集合记为 M，如果集合 M 中有且只有 2 个元素，那么符合条件的点 P有（）A4 个 个 C.10 个 个 解：分以下两种情况讨论：（1）点 P 到其中两个点的的距离相等，到另外两个点的距离分别相等，且这两个距离相等，此时点 P 位于正四面体各棱的中点，符合条件的有 6 个点；（2）点 P 到其中三个点的的距离相等，到另外一个点的距离与它到其它三个点的距离不相等，此时点 P 在正四面体各侧面的中心，符合条件的有 4 个点；综上，满足题意的点共计 10 个，故答案选 C.例 3：正方体8 个顶点中取出4 个，可组成（）个四面体 解：所求问题的方法数=

28、任意选四点的组合数-共面四点的方法数，共C(8，4)-12=70-12=58个。创新问题 例 1：(2014福建)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理，从 1 个红球和 1 个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1a)(1b)的展开式 1abab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球 12 和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从 5 个无区别的红球、5 个无区别的蓝球、5 个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A.(1aa2a3a4a5)(1b5)(1c)5 B.(1a5

29、)(1bb2b3b4b5)(1c)5 C.(1a)5(1bb2b3b4b5)(1c5)D.(1a5)(1b)5(1cc2c3c4c5)解：分三步：第一步，5 个无区别的红球可能取出 0 个，1 个，5 个，则有(1aa2a3a4a5)种不同的取法；第二步，5 个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1b5)种不同的取法；第三步，5 个有区别的黑球中任取0 个，1 个，5 个，有(1C15cC25c2C35c3C45c4C55c5)(1c)5种不同的取法，所以所求为(1aa2a3a4a5)(1b5)(1c)5，故选 A.例 2：如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸

30、数(如120，343，275 等)，那么所有凸数的个数为()A240 B204 C729 D920 解析 若a22，则“凸数”为 120 与 121，共 122 个若a23，则“凸数”有 236 个 若a24，满足条件的“凸数”有 3412 个，若a29，满足条件的“凸数”有 8972 个所有凸数有 26122030425672240(个)习题荟萃 1、(2014北京卷)把 5 件不同产品摆成一排若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有 _种 解析 记 5 件产品为A、B、C、D、E，A、B相邻视为一个元素，先与D、E排列，有 A22A33种方法；再将C插入，仅有 3 个空

31、位可选，共有 A22A33C1326336(种)不同的摆法 答案 36 2、(2014重庆卷)某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目、2 个小品类节目和 1 个相声类节目的v1.0 可编辑可修改 13 演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是 ()A72 B120 C144 D168 解析 先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有 A33A34144 种，再剔除小品类节目相邻的情况，共有 A33A22A2224 种，于是符合题意的排法共有 14424120 种 答案 B 3、(2015杭州调研)四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有_种 解析 分两步：先

32、将四名优等生分成 2，1，1 三组，共有 C24种；而后，对三组学生全排三所学校，即进行全排列，有 A33种依分步乘法计数原理，共有NC24A3336(种)4、在某种信息传输过程中，用 4 个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有 0 和 1，则与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A10 B11 C12 D15 解析 与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：第一类：与信息 0110 有两个对应位置上的数字相同有 C246(个)；第二类：与信息 0110 有一个对应位置上的数字相同有 C144(个)；第

33、三类：与信息 0110 没有一个对应位置上的数字相同有 C041(个)；故与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息有 64111(个)答案 B 5、将甲，乙等 5 位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学等三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法数为()种 A240 B180 C150 D540 解：当 5 名学生分成 2，2，1 或 3，1，1 两种形式，当 5 名学生分成 2，2，1 时，共有 C52C32A33=90 种结果，当 5 名学生分成 3，1，1 时，共有 C53A33=60 种结果，根据分类计数原理知共有 90+60=150 故选：C v1.

34、0 可编辑可修改 14 6、小明有 4 枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面他想把 4 个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，不同的摆法有（）A 4种 B 5 种 C 6 种 D 9 种 解：记反面为 1，正面为 2；则正反依次相对有，两种；有两枚反面相对有，；共 5 种摆法，故选 B 7、我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5 架歼15 飞机准备着舰如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有()A12 B18 C24 D48 解：把甲、乙看作 1 个元素和戊全排列，调整甲、乙，共有种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列

35、产生的 3 个空位种，有种方法，由分步计算原理可得总的方法种数为：=24 故选 C 8、某校高二年级共有六个班级，现从外地转入 4 名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排 2 名，则不同的安排方案种数为（）60 90 120 180 解：把新转来的 4 名学生平均分两组，每组 2 人，分法有22442212CCA种，把这两组人安排到 6 个班中的某 2 个中去，有26A种方法，故不同的安排种数为226412A C，故选答案 9、如图，A、B、C、D 为四个村庄，要修筑三条公路，将这四个村庄连起来，则不同的修筑方法共有()A8 种 B12 种 C16 种 D20 种 10、平面内有 4 个红

36、点，6 个蓝点，其中只有一个红点和两个蓝点共线，其余任意三点不共线，过这十个点中的任意两点所确定的直线中，至少过一红点的直线的条数是（）C A27 B28 C29 D30 v1.0 可编辑可修改 15 11、已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝颜色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法共有（）A48 种 B72 种 C78 种 D84 种 解析：由题意知先使五个人的全排列，共有 A55种结果去掉相同颜色衣服的人相邻的情况，穿蓝色相邻和穿黄色相邻两种情况穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法是 A55A22A22A332A22A22A32=48，故选 A

37、 12、两个三口之家，共 4 个大人，2 个小孩，约定星期日乘“奥迪”、“捷达”两辆轿车结伴郊游，每辆车最多只能乘坐 4 人，其中两个小孩不能独坐一辆车，则不同的乘车方法种数是（）A 40 B 48 C 60 D 68 解：只需选出乘坐奥迪车的人员，剩余的可乘坐捷达 若奥迪车上没有小孩，则有=10 种；若有一个小孩，则有（+）=28 种；若有两个小孩，则有+=10 种 故不同的乘车方法种数为 10+28+10=48 种 故选：B 13、现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张，从中任取 3 张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数

38、为（）A 232 B 252 C 472 D 484 解：由题意，不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张，有种取法，两种红色卡片，共有种取法，故所求的取法共有=5601672=472 故选 C 14、如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂 一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为 ()C v1.0 可编辑可修改 16 A24 种 B48 种 C72 种 D96 种 15、给四面体ABCD的六条棱分别涂上红，黄，蓝，绿四种颜色中的一种，使得有公共顶点的棱所涂的颜色互不相同，则不同的涂色方法共有()A 96 B144 C.240 D.360 解析：先

39、从红，黄，蓝，绿四种颜色中选一种，有14C种，排列种数有44A,故不同的涂色方法共有144496C A，故选 A.16、某人根据自己爱好，希望从,W X Y Z中选 2 个不同字母，从0,2,6,8中选 3 个不同数字编拟车牌号，要求前 3 位是数字，后两位是字母，且数字 2 不能排在首位，字母Z和数字2 不能相邻，那么满足要求的车牌号有（A）198 个 （B）180 个 （C）216 个 （D）234 个 解析：不选 2 时，有323472A A种，选 2，不选 Z 时，有1222232372C C A A种，选 2，选 Z 时，2 在数字的中间，有21132336A C C种，当 2 在数

40、字的第三位时，213318A A种，根据分类计数原理，共有 72+72+36+18=198，故选：A 17、将红、黑、蓝、黄4个不同的小球放入3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（）A18 B24 C30 D36 解：将 4 个小球放入 3 个不同的盒子，先在 4 个小球中任取 2 个作为 1 组，再将其与其他 2 个小球对应 3 个盒子，共有 C42A33=36 种情况，若红球和蓝球放到同一个盒子，则黑、黄球放进其余的盒子里，有 A33=6 种情况，则红球和蓝球不放到同一个盒子的放法种数为 366=30 种；故选 C 18、如图所示2 2

41、方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是 1、2、3 中的任何一个,允许重复若填入 A 方格的数字大于B方格的数字，则不同的填法共有_种（用v1.0 可编辑可修改 17 数字作答）解：若 A 方格填 3，则排法有232种，若 A 方格填 2，则排法有231种，所以不同的填法有 27 种 19、把 13 个相同的球全部放入编号为 1、2、3 的三个盒内，要求盒内的球数不小于盒号数，则不同的放入方法种数为（）A A36 B.45 C.66 20、用直线my 和直线xy 将区域222 yx分成若干块。现在用 5 种不同的颜色给这若干块染色，每块只染一种颜色，且任意两块不同色，若共有 120 种不

42、同的染色方法，则实数m的取值范围是_；11m 21、在某种信息传输过程中，用 4 个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有 0 和 1，则与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A10 B11 C12 D15 解析 与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：第一类：与信息 0110 有两个对应位置上的数字相同有 C246(个)；第二类：与信息 0110 有一个对应位置上的数字相同有 C144(个)；第三类：与信息 0110 没有一个对应位置上的数字相同有 C041(个)；故与信息 0110 至多有两个对应位

43、置上的数字相同的信息有 64111(个)22、(2014重庆卷)某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目、2 个小品类节目和 1 个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是 ()A72 B120 C144 D168 解析 先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有 A33A34144 种，再剔除小品类节目相邻的情况，共有 A33A22A2224 种，于是符合题意的排法共有 14424120 种 23、(2013广东适应性测试)如图所示的几何体是由一个正三棱锥PABC与一个正三棱柱ABCA1B1C1组合而成，现用 3 种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不染色)，v1.0 可编辑可修改 18 要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有()种 种 种 种 解：先涂三棱锥PABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABCA1B1C1的三个侧面，当棱锥颜色确定后，棱柱对应有 2 种情形，即共有 321212 种不同的染色方案.故选 B.