2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（湘教版）-1 第一节　两个计数原理、排列与组合

第一节两个计数原理、排列与组合【课程标准】1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.通过实例，理解排列、组合的概念.3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.1.两个计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理(1)如果完成一件事有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，每种方法都能独立完成这件事，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.(2)我们把分类加法计数原理简称为分类计数原理，或加法原理.(1)如果完成一件事需要分成n个步骤，第一步有m1种不同的方法，第二步有m2种不同的方法，…，第n步有mn种不同的方法，每个步骤都完成才算做完这件事，那么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.(2)我们把分步乘法计数原理简称为分步计数原理，或乘法原理.2.排列与组合(1)概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素按照一定的顺序排成一列组合不论次序地构成一组排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，所有不同排列的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号An组合数从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，所有不同组合的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Cn(2)排列数、组合数的公式及性质公式①Anm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=n!(n-m)!(n，m∈②Cnm=A=n!m!(n-m)!(n，m∈特别地Cn0性质①0!=1；Ann=n②Cnm=Cnn【常用结论】(1)排列数、组合数常用公式①Anm=②Anm=n③(n+1)!-n!=n·n!.④kCnk=n⑤Cnm+Cn-1m+…+(2)解决排列、组合问题的十种技巧①特殊元素优先安排.②合理分类与准确分步.学生用书⬇第277页③排列、组合混合问题要先选后排.④相邻问题捆绑处理.⑤不相邻问题插空处理.⑥定序问题倍缩法处理.⑦分排问题直排处理.⑧“小集团”排列问题先整体后局部.⑨构造模型.⑩正难则反，等价转化.【自主检测】1.(多选)下列说法正确的是()A．所有元素完全相同的两个排列为相同排列B．在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事C．在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的D．kCnk=答案：BCD2.如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路.从甲地到丁地的不同路线共有()A．12条 B．15条 C．18条 D．72条答案：C解析：若路线为甲乙丁则有3×2=6(条)，若路线为甲丙丁则有3×4=12(条)，故共有6+12=18(条).故选C．3.(1)计算：A52+(2)若C112x-1=C11答案：(1)15(2)1或4解析：(1)A52+A101A(2)因为C112x-1=C11x，所以2x-1=x或2x-1+x=11，解得x=1或x=4.经检验，x=4.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有种.

答案：4554解析：五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性.考点一两个计数原理自主练透1.某公交车上有6位乘客，沿途有4个车站，乘客下车的可能方式有 ()A．64种 B．46种 C．24种 D．360种答案：B解析：由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能方式有4×4×4×4×4×4=46(种).故选B．2.(2025·山东泰安模拟)用0，1，2，3，4可以组成没有重复数字的四位偶数的个数为()A．36 B．48 C．60 D．72答案：C解析：当个位数为0时，有A43=24(个)，当个位数为2或4时，有2A31A32=36(个)，所以无重复数字的四位偶数有24+36=603.(2025·河北石家庄模拟)用红、黄、蓝3种颜色给6个相连的圆涂色，如图，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为()A．24 B．30 C．36 D．42答案：B解析：分2类(先涂前3个圆，再涂后3个圆)：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有A33C21C21=24(种)涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有C31C21=6(种)涂法4.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是.

11213140122233421322334315243444答案：24112解析：第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1=24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15=112.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路1.弄清完成一件事是做什么.2.确定是先分类后分步，还是先分步后分类.3.弄清分步、分类的标准是什么.4.利用两个计数原理求解.考点二排列问题师生共研有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法种数.(1)选5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)全体排成一排，女生必须站在一起；(4)全体排成一排，男生互不相邻；(5)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边.解：(1)从7人中选5人排列，有A75=7×6×5×4×3=2520(种)(2)分两步完成，先选3人站前排，有A73种方法，余下4人站后排，有A44种方法，共有A73A44=(3)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A44种方法，再将女生全排列，有A44种方法，共有A44A(4)(插空法)先排女生，有A44种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A53种方法，共有A44A53(5)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有A66种排列方法，共有5×A66=3600(法二：(特殊位置优先法)左右两边位置可安排另6人中的两人，有A62种排法，其他人有A55种排法，共有A62A55学生用书⬇第278页求解排列问题的四种常用方法对点练1.(1)(2025·广西柳州模拟)现从4名男志愿者和3名女志愿者中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，若被选派的人中至少有一名男志愿者，则不同的选派方法共有种(用数字作答).

(2)(2023·全国甲卷)有5名志愿者参加社区服务，共服务周六、周日两天，每天从中任选2人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为()A．120 B．60 C．40 D．30(3)(2024·九省适应性测试)甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有()A．20种 B．16种 C．12种 D．8种答案：(1)36(2)B(3)B解析：(1)从男、女志愿者7人中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，共有A72种结果，要求被选派的人中至少有一名男志愿者，则选的都是女志愿者不合题意，选的都是女志愿者有A32种结果，所以满足条件的选派方法共有A72-A32=42(2)不妨记5名志愿者为a，b，c，d，e，假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人中抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A42=12种方法，同理：b，c，d，e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有5×12=60(种).故选(3)因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间2人占据首四位或尾四位，①当乙丙及中间2人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，排乙丙有A22种方法，排甲有A21种方法，剩余两个位置两人全排列有A22种排法，所以有A22×A21×A22=8种方法；②当乙丙及中间2人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，排乙丙有A22种方法，排甲有A21种方法，剩余两个位置两人全排列有A22种排法，所以有A22×A21考点三组合问题师生共研(1)(多选)从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有()A．如果4人全部为男生，那么有30种不同的选法B．如果4人中男生、女生各有2人，那么有30种不同的选法C．如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法D．如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有140种不同的选法(2)(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有种(用数字作答).

答案：(1)CD(2)64解析：(1)如果4人全部为男生，选法有C64=15(种)，故A错误；如果4人中男生、女生各有2人，男生的选法有C62=15(种)，女生的选法有C42=6(种)，则4人中男生、女生各有2人的选法有15×6=90(种)，故B错误；如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，在剩下的8人中再选2人即可，有C82=28(种)不同的选法，故C正确；在10人中任选4人，有C104=210(种)，甲、乙都不在其中的选法有C84=70(种)，故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内的选法有210-70=140(2)根据题意，分2种情况讨论.①当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有C41C41=16种；②当从8门课中选修3门，若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有C41C42=24种；若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有C42C41=24种两类组合问题的解题方法对点练2.(1)(2020·新高考Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有()A．120种 B．90种 C．60种 D．30种(2)(多选)在新高考方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门.学生根据高校的要求，结合自身兴趣特长，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是()A．若任意选科，选法种数为CB．若化学必选，选法种数为CC．若政治和地理至少选一门，选法种数为CD．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法种数为C21答案：(1)C(2)BD解析：(1)第1步，抽1名志愿者安排到甲场馆，有C61种安排方法；第2步，从剩下的5名志愿者中抽取2名安排到乙场馆，有C52种安排方法；第3步，将剩下的3名志愿者安排到丙场馆.由分步乘法计数原理得，不同的安排方法共有C61C52(2)若任意选科，选法种数为C21C42，故A错误；若化学必选，选法种数为C21C31，故B正确；若政治和地理至少选一门，选法种数为C21(C21C21+1)，故C错误；学生用书⬇第279页考点四排列与组合的综合问题多维探究角度1相邻、相间问题(1)(2022·新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有()A．12种 B．24种 C．36种 D．48种(2)高中数学新教材有必修一、二，选择性必修一、二、三，共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法种数是()A．72 B．144 C．48 D．36答案：(1)B(2)A解析：(1)先将丙和丁捆在一起有A22种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A33种排列方式，最后将甲插入中间两空，有C21种排列方式，所以不同的排列方式共有A22A(2)法一：先将选择性必修一、二、三这3本书排成一排，有A33=6种排列方法，再将必修一、必修二这2本书插入两端或两个空隙中，有A42=12种排列方法，由分步乘法计数原理得，把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法种数是6×12=72(种)法二：5本书放在书架上排成一排的排列方法共有A55种，其中必修一、必修二相邻的排列方法有A22A44种，所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法种数为A55-A2角度2定序问题有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列(不一定相邻)，不同的排法共有种.

答案：840解析：7名学生的排列共有A77种，其中女生的排列共有A33种，按照从左到右，女生从矮到高的排列只是其中的一种，故有A77A33角度3分组、分配问题(1)中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断地反映着和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观，谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓，汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术，我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为 ()A．60 B．90 C．120 D．150(2)中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排6名航天员开展实验，其中每个舱安排2人.若甲、乙两人不被安排在同一个舱内做实验，则不同的安排方案共有()A．20种 B．36种 C．72种 D．84种答案：(1)D(2)C解析：(1)满足条件的分法可分为两类，第一类，一人三张，另两人各一张，符合条件的分法有C53A33种，即60种；第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的分法有C52C32A22A(2)将6名航天员每个舱安排2人开展实验的所有安排方法数为C62C42C22，其中甲、乙两人被安排在同一个舱内做实验的安排方法数为C22·C42C22A22·A33求解排列、组合应用问题的常用方法捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对于不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中定序问题对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列对点练3.(1)(多选)已知A，B，C，D，E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有()A．若A，B不相邻，共有72种排法B．若A不站在最左边，B不站在最右边，有72种排法C．若A在B右边有60种排法D．若A，B两人站在一起有48种排法(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，同类节目不相邻的排法种数是()A．72 B．120 C．144 D．168(3)将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六及星期日3天参加社区公益活动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有种(用数字作答).

答案：(1)ACD(2)B(3)1680解析：(1)对于A，若A，B不相邻，共有A33A42=72(种)排法，故A正确；对于B，若A不站在最左边，B不站在最右边，利用间接法有A55-2A44+A33=78(种)排法，故B错误；对于C，若A在B右边有A55A22=60(种)排法，故C正确；对于D，若A，B两人站在一起有(2)先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品，小品，相声”、“小品，相声，小品”和“相声，小品，小品”.对于第一种情况，形式为“□小品歌舞小品□相声□”，有A22C31A32=36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法；对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品□相声□小品□”，有A22A43=48(种)安排方法，故共有36+(3)先选出3人，有C93种选法，再从剩下的6人中选出3人，有C63种选法，最后剩下的3人为一组，有C33种选法.由分步乘法计数原理以及每A33中只能算一种不同的分组方法，可知不同的安排方案共有C93[真题再现](2023·全国乙卷)甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有()A．30种 B．60种 C．120种 D．240种答案：C解析：甲、乙两位同学选读课外读物可以分为两个步骤：先从6种课外读物中选择一本作为甲、乙两人共同的选择，再从剩下的5本中选择互不相同的两本，所以符合题意的选法共有C61C51C41=[教材呈现](湘教版选择性必修一P193例4)6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法：(1)分给甲、乙、丙三人，每人2本；(2)分为三份，每份2本.点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是考查计数原理和组合的相关知识，问题背景也非常相似.课时测评79两个计数原理、排列与组合对应学生(时间：60分钟满分：100分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!)(每小题5分，共60分)1.小黑点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络相连.连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量.现在从结点A向结点B传递信息，信息可分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为()A．9 B．21 C．12 D．8答案：D解析：由图形可以看出，从A→B，可以分成两种情况、A→D→B或A→C→B，这两类方法中各自包含的单位时间内通过的信息量分别是5，3，根据分类加法计数原理可知，传递的最大信息量为5+3=8.故选D．2.北京大兴国际机场是一座跨地域、超大型的国际航空综合交通枢纽，目前建有4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示.若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上4条跑道中不同的2条跑道同时起飞，则不同的安排方法种数为()A．16 B．12 C．9 D．8答案：B解析：有A42=12(种)不同的安排方法.故选3.(2025·广东广州模拟)如图，在两行三列的网格中放入标有数字1，2，3，4，5，6的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有()A．96种 B．64种 C．32种 D．16种答案：B解析：根据题意，分3步进行，第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有2A22=4种排法；第二步，排第一步中剩余的一组数，共有A41A21=8种排法；第三步，排数字5和6，共有A22=2种排法；由分步乘法计数原理知，共有不同的排法种数为4×4.(2024·山东聊城二模)班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有()A．36种 B．48种 C．54种 D．60种答案：C解析：第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有C31=3种结果，然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有C42=6种结果，余下的两个学科给剩下的两个人，有A22=2种结果，所以不同的安排方案共有3×6×2=36种，第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，先选两人出来，有C32=3种结果，再将四门不同学科分成两组，有C42A22=3种结果，将学科分给学生，有A22=2种结果，所以不同的安排方案共有3×3×25.(2024·安徽黄山模拟)为纪念我国伟大数学家祖冲之在圆周率上的贡献，国际上把3.1415926称为“祖率”，某教师为了增加学生对“祖率”的印象，以“祖率”为背景设计如下练习：让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到小于3.14的不同数有()A．480个 B．120个 C．240个 D．720个答案：C解析：由题意先排十分位必为1，一种方法，再排百分位可以为1或2，两种方法，最后排其余后面的数位，余下的五个数字全排列即可，即不同种数有1×2×A55=240.故选6.数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“数学方法论”，“几何原本”，“什么是数学”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有()A．150种 B．210种C．300种 D．360种答案：B解析：由题意可分两类：第一类，两年选完，共有C53A32=60(种)，第二类，三年选完，共有C53+C52C32A22A37.(多选)现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和4个编号为1，2，3，4的不同的盒子，把球全部放入盒子内.则下列说法正确的是()A．恰有1个盒子不放球，共有72种放法B．每个盒子内只放一个球，且球的编号和盒子的编号不同的放法有9种C．有2个盒子内不放球，另外两个盒子内各放2个球的放法有36种D．恰有2个盒子不放球，共有84种放法答案：BCD解析：对于A，恰有1个盒子不放球，先选1个空盒子，再选一个盒子放两个球，则C41C42A33=144≠72，故A不正确；对于B，编号为1的球有C31种放法，把与编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号盒子或者其他两个盒子，共有1+C21=3(种)，即3×3=9(种)，故B正确；对于C，首先选出两个空盒子，再取两个球放剩下的两个盒子中的一个，共有C42C42=36(种)，故C正确；对于D，恰有2个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将4个球分为3，1或2，2两种情况放入盒子，共有C428.(多选)(2025·广东佛山联考)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2023年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是()A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为AC．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(C53C2D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是C31答案：AD解析：根据题意，依次分析选项：对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种安排方法，故A正确；对于B，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，有C52A44种安排方法，故B错误；对于C，分2步分析：需要先将5人分为3组，有C53+C52C32A22种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有A33种情况，则有C53+C52C32A22A33种安排方法，故C错误；对于D，分2种情况讨论9.甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数为()A．90 B．120 C．210 D．216答案：C解析：由题意得可分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一级台阶上，共有C63A33=120(种)站法；第二类，有2人站在同一级台阶上，剩余1人独自站在一级台阶上，共有C32C62A22=90(种)站法10.(2024·福建龙岩模拟)从集合M={1，2，3，4，5，6，7，8，9}中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到个不同的对数值.

答案：53解析：①当取的两个数中有一个是1时，则1只能作真数，此时loga1=0，a=2或3或4或5或6或7或8或9；②所取的两个数不含有1时，即从2，3，4，5，6，7，8，9中任取两个，分别作为底数与真数，有A82=56(个)对数，但是其中log23=log49，log32=log94，log24=log39，log42=log93.综上可知，共可以得到56+1-4=53(个)11.(2025·江西省重点中学盟校第一次联考)在数学中，有一个被称为自然常数(又叫欧拉数)的常数e≈2.71828.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有个.

答案：36解析：如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，两个2捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个8插入其中的2个空位中，注意到两个2，两个8均为相同元素，那么小明可以设置的不同密码共有A33·C4212.将6名同学分成两个学习小组，每组至少两人，则不同的分组方法共有种.

答案：25解析：由题知，6人分为两组共有两种分法：①一组2人，一组4人，这种分法数为C64C22=15种；②两组均为3人，这种分法数为C63C332!=10种(每小题6分，共24分)13.4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7.将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为()A．288 B．336 C．368 D．412答案：B解析：当四位数不出现1时，排法有C21×C21×A44=96(种)；当四位数出现一个1时，排法有2×C21×C21×A44=192(种)；当四位数出现两个1时，排法有C21×C21×A4214.(2024·山东临沂一模)将1到30这30个正整数分成甲、乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是()A．2C1372 B．C．2C146C147 答案：B解析：因为甲组、乙组均为15个数，则其中位数为从小到大排列的第8个数，即小于中位数的有7个数，大于中位数的也有7个数，依题意可得甲组的中位数为14或15，若甲组的中位数为14，则乙组的中位数为16，此时从1~13中选7个数放到乙组，剩下的6个数放到甲组，再从17~30中选7个数放到甲组，其余数均放到乙组，此时有C137C147种分组方法；若甲组的中位数为15，则乙组的中位数为17，此时从1~14中选7个数放到甲组，剩下的7个数放到乙组，再从18~30中选7个数放到乙组，其余数均放到甲组，此时有C147C137种分组方法；若甲组的中位数为16，则乙组的中位数为18，此时甲组中小于16的数有7个、乙组中小于18的数有7个，从而得到小于16的数一共只有7+7=14个<15个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能大于15；若甲组的中位数为13，则乙组的中位数为15，此时甲组中小于13的数有7个、乙组中小于15的数有7个，从而得到小于15的数一共只有7+7+1=15个>14个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能小于14；15.(多选)某人设计一项单人游戏，规则如下：如图所示，先将一棋子放在正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i=1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去.某人抛掷n次骰子后棋子恰好又回到点A处，则()A．若n=2时，则共有3种不同走法B．若n=2时，则共有5种不同走法C．若n=3时，则共有25种不同走法D．若n=3时，则共有27种不同走法答案：BD解析：由题意知正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8.当n=2时，两次骰子的点数之和是8，共有(2，6)，(3，5)，(4，4)3种组合，抛掷骰子是有序的，所以共5种结果，所以当n=2时，共有5种不同走法，故A错误，B正确；若n=