2024年高考数学复习：32 排列组合小题归类（理）（解析版）

32排列组合小题归类

目录

一、执占题型归纳1

‘【满型一】人坐座位模型1:捆绑与插空....................................................1

【题型二】人坐座位模型2：染色（平面）..................................................2

【题型三】人坐座位模型3：染色（立体空间）..............................................5

【题型四】书架插书模型：定序............................................................7

【题型五】球放盒子模型1：球不同，盒子也不同............................................8

【题型六】球放盒子模型2：球相同，盒子不同.............................................10

【题型七】相同元素排列模型1：数字化法.................................................11

【题型八】相同元素排列模型2：空车位停车等.............................................13

【题型九】相同元素排列模型3：上楼梯等.................................................14

【题型十】多事件限制重叠型题...........................................................16

【题型十一】多重限制分类讨论型...........................................................18

【题型十二】综合应用.....................................................................19

二、最新模考题组练............................................................................22

【题型一】人坐座位模型1:捆绑与插空

【典例分析】

1.有四男生，三女生站一排，其中只有俩个女生相邻：

2.有四男生，4女生站一排，女生若相邻，则最多2个女生相邻：

解答（1）：先捆绑俩女生，再排列捆绑女生，然后排列四个男生，两个“女生”插孔即可，C；&方"

（1）都不相邻：（2）两队各自相邻:《耳可蜀曷；⑶一对两人相邻：戏A?用可

（2）分类讨论2!

【提分秘籍】

基本规律

人坐座位模型：

特征：1.一人一位；2、有顺序；3、座位可能空；4、人是否都来坐，来的是谁；5、必要时，座位拆迁，剩

余座位随人排列。

主要典型题：1.捆绑法;2.插空法；3.染色。

出现两个实践重叠，必要时候，可以使用容斥原理来等价处理：

容斥原理〃（A）+"（3）一〃（ACB）

【变式演练】

L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.30B.36C.60D.72

【答案】C

【分析】记事件4:2位男生连着出场，事件B: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

种数为团-4A口3）=团-[〃（4）+“（8）-"（Ac/?）],再利用排列组合可求出答案.

【详解】

记事件A:2位男生连着出场，即将2位男生捆绑，与其他3位女生形成4个元素，所以，事件A的排法种数

为〃（A）=MM=48,

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8的排法种数为

〃（3）=蜀=24,

事件女生甲排在第一位，且2位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将2位男生与其他2个女生形

成三个元素，所以，事件ACI3的排法种数为&A；=12种，

因此，出场顺序的排法种数工

=120—（48+24—12）=60种,故选C.

2.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（）

A.144B.120C.72D.48

【答案】B

【5析】先求出只有3个歌舞类节目不相邻的方法，然后求出3个歌舞类节目不相邻且2个小品类节目相

邻的排法，相减可得.

【详解】

先考虑只有3个歌舞类节目不相邻，排法有用阎=144种，

再考虑3个歌舞类节目不相邻，2个小品类节目相邻的排法有：阕=24,

因此同类节目不相邻的排法种数是144-24=120.

故选：B.

3.2021年4月15日，是第六个全民国家安全教育日，教育厅组织宣讲团到某市的六个不同高校进行国家安

全知识的宣讲，时间顺序要求是：高校甲必须排在第二或第三个，且高校甲宣讲结束后需立即到高校丁宣

讲，高校乙、高校丙的宣讲顺序不能相邻，则不同的宣讲顺序共有（）

A.28种B.32种C.36种D.44种

【答案】B

【分析】由题意，对高校甲排在第二或第三个进行分类讨论，接着考虑乙和丙的排法，最后考虑其他两所

高校的排法，综合利用分类和分步计数原理进行分析即可.

【详解】

根据题意：分成以下两种情况进行分类讨论

高校甲排在第二个时，高校丁必排在第三个，当乙或丙排在第一个时共有=12种排法，当乙或丙不排

在第一个时，乙和丙只能排在第四个和第六个，此时共有用&=4种排法，所以高校甲排在第二个时共有

16种排法;

高校甲排在第三个时，高校丁必排在第四个，乙或丙只能一个排在第一二个，一个排在第五六个，则共有

8=16种排法；

综上：共有32种排法满足题意.

故选：B.

【题型二】人坐座位模型2：染色（平面）

【典例分析】

如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜

色给其中5个小区涂色，规定每个区域只能涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A、C区域颜色不相同的概

率是

A.l/7b.2/7c.3/7D.4/7

答案：D

涂色法：（1）用了几种颜色；（2）尽量先图相邻多的“三角形”：本题先把ABE作为“三角形”

1、用了5色：A；-------A与C不相同

2、用了4色：（1）先涂ABE:A；;（2）C用第4色：C；（不相同）；（3）D用第4种：相同）

3、用了3色：先涂ABE:A；—结束。A与C相同

m_240_4

界口•A；+A；X2C；+A；4207

【提分秘籍】

基本规律

染色问题：

L用了几种颜色

2.尽量先从公共相邻区域开始。

【变式演练】

1.正方体六个面上分别标有A、B、a。、E、尸六个字母，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.420B.600C.720D.780

［答案］D

【解析】【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"=60种；

2、若两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色，则有用C；C；=360种；

3、若一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，则有用C；&=360种；

，共有60+360+360=780种.

故选：D

2.如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且

恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（）.

A.40320种B.5040种C.20160种D.2520种

【答案】D

【解析】【分析】

先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，结

合图形的对称性，即可求解.

【详解】

先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有&=7种方法，

再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有耳种方法，

由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，

所以不同的涂色方法，共有型1=2520种不同的涂法.

2

故选：D.

3.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()

B.336C.600D.以上答案均不对

[答案]c

【解析】【分析】

根据题意，结合计数原理，先排E,F,G,然后根据A,B,C,。的情况讨论.

【详解】

解：E,F,G分别有4,3,2种方法，

①当A与尸相同时，A有1种方法，此时8有2种，

(l)C若与E相同有C有1种方法，同时。有3种方法，

(2)若C与尸不同，则此时。有2种方法，

故此时共有：4x3x2x1x2x0x3+1x2)=240种方法；

②当A与G相同时，A有1种方法，此时3有3种方法，

⑴若C与尸相同，C有1种方法，同时。有2种方法，

(2)若C与尸不同，则。有1种方法，

故此时共有：4x3x2*1x3x0x2+1x1)=216种方法；

③当4既不同于尸又不同于G时，A有1种方法，

(1)若8与尸相同，则C必须与A相同，同时。有2种方法；

(2)若2不同于R则2有1种方法，

(I)若＜^与尸相同则C有1种方法同时。有2种方法；

(II)若C与P不同则必与A相同，C有1种方法，同时。有2种方法;

故此时共有：4x3x2xlx[lxlx2+lx(lx2+lx2)]=144种方法；

综上共有240+216+144=600种方法.

故选：C.

【题型三】人坐座位模型3：染色(空间)：

【典例分析】

如图所示的几何体由三棱锥尸-ABC与三棱柱ABC-A用G组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表

面涂色（底面不涂色），要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有（）

A.6种B.9种

C.12种D.36种

【答案】C

【解析】三棱锥尸-ABC三个侧面的颜色各不相同，先进行染色，然后再给三棱柱ABC-A耳£的侧面染色，

保证组合体中相邻的侧面颜色不同即可.

【详解】

先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，有C；C；C；=6种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有C；C；C；=2种情况，

共有6x2=12种不同的涂法.

故选：C.

【提分秘籍】

基本规律

空间几何体，可以“拍扁”，转化为平面图形

【变式演练】

1.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可

供使用，则不同的染色方法种数是（）

A.420B.210C.70D.35

【答案】A

【解析】【分析】

将不同的染色方案分为：AC相同和AC不同两种情况，相加得到答案.

【详解】

按照S4BCD的顺序：

当AC相同时：染色方案为5x4x3x1x3=180

当AC不同时：染色方案为5x4x3x2x2=240

不同的染色方案为：420种

故答案为A

2.在如图所示的H^一面体ABCDEFGffl■中，用3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

【解析】【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,2点涂色为颜色C3,C点涂色为颜色CC,

由AC的颜色可知。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。尸的颜色可知/需要涂颜色CC,

由G1的颜色可知H需要涂颜色CB,

据此可知，当AABC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AABC的三个顶点涂色的方法有=6种，

故给题中的几何体染色的不同的染色方案种数为6.

3.用五种不同颜色给三棱台ABC-团的六个顶点染色，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.

【解析】【详解】

分析：分两步来进行，先涂AB,C,再涂。耳尸，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A,Z?,C,再涂O,E,尸.

第一类：若5种颜色都用上，先涂A,民C,方法有用种，再涂DE尸中的两个点，方法有可种，最后剩余

的一个点只有2种涂法，故此时方法共有耳•&•2=720种；

第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有C；种；

先涂A,B,C,方法有种，再涂2EF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C；•H•3•3=1O8O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A,民C,方法有种，再涂。方法有2种，故此时方法共有C；-A；x2=120种；

综上可得，不同涂色方案共有720+1080+120=1920种，

故答案是1920.

点睛：该题考查的是有关排列组合的综合题，在解题的过程中，涉及到的知识点有分步计数乘法原理和分

类计数加法原理，要认真分析题的条件，列式求得结果.

【题型四】书架插书模型

【典例分析】

有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相

对顺序不变，则不同调整方法的种数是（）

A.168B.260C.840D.560

【答案】C

【分析】先从后排8人中抽2人，把抽出的2人插入前排保证前排入顺序不变可用倍缩法，再由分步乘法

计数原理即可求解.

【详解】

解：从后排8人中抽2人有C；种方法；

A6

将抽出的2人调整到前排，前排4人的相对顺序不变有/■种，

由分步乘法计数原理可得：共有C；•"=28x6x5=840种，

A4

故选：C.

【提分秘籍】

基本规律

（1）书架上原有书的顺序不变；（2）新书要一本一本插;

【变式演练】

1.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A（“）,3S）,C（c）,O（d）

先后顺序，但大小写可以交换位置，如AoBc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2C：C：=8；

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4玛四，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有2C；C；；

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+4C：C；+2C：C；）=160

2..在一张节目表上原有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，再添加进去三个节目，求共有多少

种安排方法

【答案】504.

【分析】由题意知添加的三个节目且保持这些节目的相对顺序不变，有三类办法排进去，三个节目连排，

三个节目互不相邻，有且仅有两个节目连排，根据分类计数原理得到结果.

【详解】

解：添加的三个节目有三类办法排进去

①三个节目连排，有C%!/种方法；

②三个节目互不相邻，有A/种方法；

72

而有且仅有两个节目连排，有C?C/QA2种方法.

根据分类计数原理共有C咒433+AL+CJ/C77c6幺22=504种，

答：共有504种安排方法.

3.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.共禺=504种情况.

故选：C

【题型五】球放盒子模型1:球不同，盒子也不同

【典例分析】

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H,则不同的放球方法种数为()

A.150B.240C.390D.1440

［答案］C

【彳析】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2+4+5=11或1+2+3+5=11

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个的方法有当仁•禺=W^x3x2xl=90种.

各放3个，1个，1个的方法有*Q•团=W与x3x2xl=60种.

段2x1

(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

C"C'C'C,1*10x3x2x1,、\

53Ji.禺=---------x4x3x2xl=240种.

H43x2x1

综上，总的放球方法数为90+60+240=390种.

故选：C

【提分秘籍】

基本规律

球不同，盒子不同(主要的)

方法技巧：无限制，指数幕形式，盒子球，有限制“先分组再排列”分类讨论

【变式演练】

1.将5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少1个球，至多2个球，则不同的放法种数有()

A.30种B.90种C.180种D.270种

【答案】B

【分析】对三个盒子进行编号1,2,3,则每个盒子装球的情况可分为三类：1,2,2；2,1,2；2,2,1；

且每一类的放法种数相同.

【详解】先考虑第一类，即3个盒子放球的个数为：1,2,2,则

第1个盒子有：《=5,

第2个盒子有：C：=6,

第3个盒子有：C；=l,

二第一类放法种数为5x6x1=30,

不同的放法种数有N=3义30=90.

2.将编号分别为1,2,3,4,5的5个小球分别放入3个不同的盒子中，每个盒子都不空，则每个盒子中所

放小球的编号奇偶性均不相同的概率为

D-五

【答案】C

【分析】先判断奇偶性不同则只能是2,2,1,再计算概率

【详解】由题知，要求每个盒子都不空，则3个盒子中放入小球的个数可分别为3,1,1或2,2,1,

若要求每个盒子中小球编号的奇偶性不同则只能是2,2,1,

且放入同一盒子中的两个小球必须是编号为一奇一偶，

C；&用6

故所求概率为P=“3=25

以出+二❷段

故答案选C

3.将A,B,C,。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.15B.30C.20D.42

［答案］B

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A,C时，有耳=6种不同的放法

当放入一个盒子的是A,D时，有用=6种不同的放法

当放入一个盒子的是比C时，有国=6种不同的放法

当放入一个盒子的是瓦。时，有国=6种不同的放法

当放入一个盒子的是CD时，有禺=6种不同的放法

则共有6x5=30种不同的放法

故选：B

【题型六】球放盒子模型2：球相同，盒子不同

【典例分析】

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i个盒子中至少有i个球（i=l,2,...,10）,则

不同放法的总数是

A-C；；40B.C：940C.C；；49D.Cjg49

【答案】D

【详解】先在第i个盒里放入i个球，i=l,2,…,10,即第1个盒里放1个球，第2个盒里放2个球，…，这

时共放了1+2+...+10=55个球,还余下1995-55=1940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C^49种放法.选D.

【提分秘籍】

基本规律

球相同，盒子不同

方法技巧：挡板法

【变式演练】

1.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.22B.25C.20D.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C；=20种，

所以每个盒子都有球的放法种数为20.

故选：C.

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.C；B.dC.C；A：D.C^Cf

【答案】A

【分析】设四个盒子中装的小球个数分别为b,c,d,则a+b+c+d=20,要求①②号盒每盒至少3

个球，③④号盒每盒至少4个球，令=2,x-b-2,y=c-3,z-d-3,贝Uw,x,y,z都大于或

等于1,且w+x+y+z=10,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。，b,c,d,则a+b+c+d=20,要求①②号盒每盒至少3

个球，③④号盒每盒至少4个球，令w=a—2,x=b—2,y=c-3,z=d—3,则w,x,y,z都大于或

等于1,且坟+x+y+z=10,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C；

种方法，故选择A

【点睛】

在排列组合中，对于将不可分辨的球装入到可以分辨的盒子中，每盒至少一个，求方法数的问题，常用隔

板法.实际运用隔板法解题时，在确定球数、如何插隔板等问题上形成了一些技巧.

3.将7个相同的小球放入A,B,C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=15种不同的方法.

故选：D.

【题型七】相同元素排列模型1：数字化法

【典例分析】

如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓才加志愿者活动，则

小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为

A.24B.18C.12D.9

[I打丁

gjII-I-I

【答案】B

解答：向右走，记为数字1,向上走，记为数字2.

E到F:向右两个，向上两个，相当于1,1,2,2四个数字排列：C；

同理F到G,相当于2,1,1排列仅故答案：B

【提分秘籍】

基本规律

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”，可以和挡板法配合使用

【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.5B.25C.55D.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C；=5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C：C：C；=20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C；C；C；=30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C：A；=20种情况；

故而共有5+20+30+20=75种情况，

故选：D.

2.跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么人从格子外

跳到第8个格彳的方法种数为

宋小I"“小I，"

A.8种B.13种C.21种D.34种

【答案】C

【详解】

解：设跳到第n格的方法有五,

则达到第n格的方法有两类，

①是向上跳一格到达第n格，方法数为az,

②向上跳2格到达第n格，方法数是此2,

则an=an-l+an-2,

有数列的递推关系得到数列的前8项分别是1,1,2,3,5,8,13,21

.•・跳到第8格的方法数是21,

故选C.

3.如图所示，甲、乙两人同时出发，甲从点A到8,乙从点C到。，且每人每次都只能向上或向右走一格.

则甲、乙的行走路线没有公共点的概率为（）.

A.Ac13

B-7cD.——

7-卷21

【答案】C

【分析】

先求出甲从点A到B,乙从点C到。总的路径的对数，再计算甲从点A到8,乙从点C到。的相交路径的

对数，其等于甲从点A到。，乙从点C到B相交路径的对数，进而可得甲、乙的行走路线没有公共点的路径

的对数，再由古典概率公式即可求解.

【详解】

首先考虑甲从点A到B,乙从点C到。总的路径的对数，

甲从点A到8,需要向上走4步，向右走4步，共8步，所以甲从点A到8有C；C：种方法；

乙从点C到D,需要向上走4步，向右走4步，共8步，所以乙从点C到。有C；C：种方法；

由分步乘法计数原理可知：甲从点A到3,乙从点C到。，有C；C：C；C；=4900种方法；

下面计算甲从点A到B,乙从点C到D的相交路径的对数，

证明：甲从点A到3,乙从点C到。相交路径的对数等于甲从点A到。，乙从点C到3相交路径的对数，

事实上，对于甲从点A到8,乙从点C到。的每一组相交路径，他们至少有一个交点，如图1,设从左到右，

从下到上的第一个交点为点尸，如图2,实线路径表示甲从A到8的路径，虚线路径表示乙从点C到。的路

径，将尸点以后的实线路径改为虚线，虚线路径改为实线，就得到一组甲从点A到。，乙从点C到3相关

路径，如图3,

反之，对于甲从点A到。，乙从点C到8的任意一组相交路径，也都可以用同样的方法将之变换成甲从A到

B,乙从点C到。的一组相交路径，即这两者之间的相交路径是一一对应的，又因为甲从点A到乙从

点C到B的任意一组路径都是相交路径，所以甲从点A到。，乙从点C到8共有=3150种方法；

所以甲、乙的行走路线没有公共点的有4900-3150=1750种方法；

甲、乙的行走路线没有公共点的概率为震=2，

490014

【题型八】相同元素排列模型2：空车位停车等

【典例分析】

1.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.240B.360C.480D.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4xA：种停放方法;

当2,3,4号为空时,有3xA：种停放方法;

当3,4,5号为空时,有3x4：种停放方法;

当4,5,6号为空时,有3x4：种停放方法;

当5,6,7号为空时,有3x4：种停放方法;

当6,7,8号为空时,有4x4；种停放方法;

所以不同的停放方法的种数为4禺+3A：+3禺+3禺+3号+4/=20国=20x24=480种.

故选：C.

极简洁解法:四辆车标记为ABCD,四个空车位，三个组合一起，标记为3,剩余一个标记为1,则变

成数字1,3与四个字母排列，且数字不相邻，插空法即可可=480

2.马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的9盏路灯，为节约用电，可以把其

中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关掉两端的路灯，满足条件的关灯办法有

种

答案：直接数字化法，标记为123456与AAA排列，只选不排。为C；

【提分秘籍】

基本规律

这类题，就是简单的数字化法，大多可以及简洁的解决问题，参考本专题【典例分析】解法二思维

【变式演练】

1.某公共汽车站有6个候车位排成一排，甲、乙、丙三个乘客在该汽车站等候228路公交车的到来，由于市

内堵车，228路公交车一直没到站，三人决定在座位上候车，且每人只能坐一个位置，则恰好有2个连续空

座位的候车方式的种数是

A.48B.54C.72D.84

【答案】c

根据题意，分2步进行分析：①先将3名乘客全排列，②3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选

1个，安排2个连续空座位，再在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，由分步计数原理计算可得

答案.

【详解】解：根据题意，分2步进行分析：

①先将3名乘客全排列，有国=6种情况，

②3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选1个，安排2个连续空座位，有4种情况，

在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，有3种情况，

则恰好有2个连续空座位的候车方式有6x4x3=72种；

故选：C.

2.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C：+C：&+C：=20种，由分步乘法计数原理得不同的停放方式共有

2x20=40种.

3.地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库.当停车完毕后，恰有两

个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有种.

【答案】336

根据题意从反面考虑，恰有两个连续空车位的排法，再算出恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时的

排法，两数作差即可求解.

【详解】从反面考虑，恰有两个连续空车位时有尺•8=480(种)情况；

恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时有空・&•£=144(种)情况，

故所求情况有480-144=336(种)

故答案为：336

【题型九】相同元素排列模型3：上楼梯等

【典例分析】

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

【详解】解法1：分类法：

第一类：没有一步两级，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=9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c；=28种可能走

法；

依此类推，共有.C；+C:=89,故选(C).

解法2：递推法：

设走同级有种走法，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”一1级有a』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g=a-i-a-.-:，又易得勺=L%=2,由递推可得可0=89,故选(C).

【提分秘籍】

基本规律

依旧可以归结为数字化法

也可以归结为“斐波那契数列”

【变式演练】

1.斐波那契数列，又称黄金分割数列.因数学家列昂纳多・斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子

数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34在数学上，斐波那契数列以如下被

递推的方法定义："1)=1，42)=1，=-2乂〃N2,〃eN*).这种递推方法适合研究生活

中很多问题.比如：一六八中学食堂一楼到二楼有15个台阶，某同学一步可以跨一个或者两个台阶，则他到

二楼就餐有()种上楼方法.

A.377B.610C.987D.1597

【答案】C

【分析】分析出"1)=1,"2)=1,*3)=3,f(4)=5,进而得到递推关系

+乂”22,满足斐波那契数列，列举即可得到结果.

【详解】由题意若只有一个台阶，则有/(1)=1种上楼方法；

若有两个台阶，则有/(2)=2种上楼方法；

若有三个台阶，则有了(3)=3种上楼方法；

若有四个台阶，则有“4)=5种上楼方法；

以此类推：

若要到达第〃个台阶，前一步可能在第止1个台阶上再跨一台阶上去，也可能是在第个2个台阶上跨两个台

阶上去，

，满足〃")=〃〃-1)+“〃-2乂”22,〃€"*),符合斐波那契数列的规律，由此规律列举出前15项：

1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987

有15个台阶，则他到二楼就餐有987种上楼方法.

故选：C.

2.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步走完，则从一楼到二楼共有

走法.

A.12B.8C.70D.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.

fx+y=8[x=4.

【详解】解：设一步一级无步，一步两级y步，贝I/,故走完楼梯的方法有C；=70种.

[x+2y—12[y=4

故答案为C.

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.6B.8C.10D.12

2010年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题

【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4+3+3=10种可能的不同过程.

【题型十】多事件限制重叠型

【典例分析】

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.-D

170以-4

【答案】C

【详解】

根据题意，分2种情况讨论，若甲乙其中一人参加，有C；C；A；=480种情况，若甲乙两人都参加，则丙不

能参加，有C；C；A：=144种情况，其中甲乙相邻的有C；C；W&=72种情况，则甲、乙两人都发言顺序不

144-723

相邻的概率为尸=，故选C.

480+144-26

【提分秘籍】

基本规律

可以直接法，可以间接法

【变式演练】

1.某同学计划用他姓名的首字母T,X,身份证的后4位数字（4位数字都不同）以及3个符号名厂,。设置一

个六位的密码.若「X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（