高三一轮试题数学第52练计数原理

第十章计数原理、概率及其分布第52讲计数原理链教材夯基固本激活思维1．(人A选必三P5练习T1(1))一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是____．2．(人A选必三P5练习T1(2))从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从A村经B村去C村，不同路线的条数是____．3．(人A选必三P25练习T3(2))有政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门学科的学业水平考试成绩，现要从中选3门成绩．如果物理和化学恰有1门被选，那么共有____种不同的选法．4．(人A选必三P11练习T1)乘积(a1＋a2＋a3)·(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后共有____项．5．(人A选必三P26习题T9)学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序．除第1个节目和最后1个节目已确定外，4个音乐节目要求排在第2，5，7，10的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，有___种不同的排法．聚焦知识1．两个计数原理的区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，缺一不可2．排列与组合的概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素按照____排成一列组合作为一组3．排列数与组合数(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有____的个数，用符号____表示．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有____的个数，用符号____表示．4．排列数、组合数的公式及性质公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝____＝eq\f(n！,(n－m)！)(n，m∈N*，且m≤n)．(2)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),Aeq\o\al(m,m))＝eq\f(n(n－1)(n－2)…(n－m＋1),m！)＝eq\f(n！,m！(n－m)！)(n，m∈N*，且m≤n)．特别地，Ceq\o\al(0,n)＝1性质(1)0！＝____；Aeq\o\al(n,n)＝____．(2)Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)；Ceq\o\al(m,n＋1)＝____．(3)kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k1,n－1)．(4)Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m,n－1)＋…＋Ceq\o\al(m,m)＝Ceq\o\al(m+1,n＋1)研题型能力养成举题说法两个计数原理的应用例1(1)(2024·揭阳二模)智慧农机是指配备先进的信息技术传感器、自动化和机器学习等技术，对农业机械进行数字化和智能化改造的农业装备，例如：自动育秧机和自动插秧机．正值春耕备耕时节，某智慧农场计划新购2台自动育秧机和3台自动插秧机，现有6台不同的自动育秧机和5台不同的自动插秧机可供选择，则共有____种不同的选择方案．(2)如果一条直线与一个平面平行，那么称该直线与该平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是___．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．变式1(1)用5种不同的颜色给图中A，B，C，D四个区域涂色，规定每个区域只涂1种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A．120 B．160C．180 D．240(2)(2024·石家庄二模)各位数字之和为4的三位正整数的个数为____．排列与组合视角1相邻、相间问题例2－1(1)(2024·岳阳三模)把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲、乙安排在不相邻的两天，乙、丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法种数为()A．96 B．60C．48 D．36(2)(2024·金华义乌三模)在义乌，婺剧深受民众喜爱．某次婺剧表演结束后，老生、小生、花旦、正旦、老旦各一人排成一排合影留念，其中小生和老生不相邻且老旦不排在最右边的不同排法种数是()A．36 B．48C．60 D．72相邻、相间问题的解题策略：(1)相邻问题的模型为将n个不同元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同排法的种数．解决此问题的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，视为一个整体，当作一个元素同其他元素一起进行排列，共有Aeq\o\al(n－k+1,n－k＋1)种排法，然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有Aeq\o\al(k,k)种排法，根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有Aeq\o\al(n－k+1,n－k＋1)·Aeq\o\al(k,k)种．(2)对于不相邻的排列问题，我们往往先安排无约束条件的元素，再让不相邻的其余元素插空排列，即先排m＋n个元素中无约束条件的n个元素，然后将有约束条件的m个元素插入n＋1个空位中，则共有Aeq\o\al(n,n)·Aeq\o\al(m,n＋1)种排法．变式2－1(2025·济南期初)由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为()A．60 B．108C．132 D．144视角2分组分配问题例2－2(1)(2024·河南济、洛、平、许四模)为加强校企合作，促进大学毕业生就业，某企业欲从本市科技大学的农学院、外国语学院、管理学院这三个学院招录6名大学生，每个学院至少招录1名，则不同的名额分配方案种数为()A．10 B．20C．216 D．729(2)(2024·杭州二模)将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，则不同的分配方法数是()A．300 B．240C．150 D．50对于不同元素的分配问题，可以按需分配(即定人又定数可直接取)，也可按先分组后分配的方式处理，分组时应注意整体均匀分组与部分均匀分组的区别．(1)整体均匀分组：解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以Aeq\o\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数．(2)部分均匀分组：解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．(3)不均匀分组：解答本类题，只需先分组，后排列，注意分组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．变式2－2(2024·承德、衡水二模)将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一个人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为()A．78 B．92C．100 D．122视角3定序问题例2－3在一次学校组织的研究性学习成果报告会上，有A，B，C，D，E，F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A，C，D按先后顺序汇报(不一定相邻)，那么不同的汇报安排种数为()A．100 B．120C．300 D．600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，对于某些顺序一定的元素(m个)的排列问题，可先把这些元素与其他元素一起(共n个)进行排列，然后用总排列数Aeq\o\al(n,n)除以m个顺序一定的元素之间的全排列数Aeq\o\al(m,m)，即得到不同排法种数为eq\f(Aeq\o\al(n,n),Aeq\o\al(m,m))＝Aeq\o\al(n－m,n)．变式2－3将甲、乙、丙等六位同学排成一排，且甲、乙在丙的两侧，则不同的排法种数为()A．480 B．360C．120 D．240隔板法例3(2024·湖北联考)已知x，y，z∈N*，且x≥1，y≥2，z≥3，则方程x＋y＋z＝10的解的组数为____．对于相同元素的分配问题，可以利用分类加法计数原理分类讨论，还可以利用“隔板法”．把n个相同的小球放到m(m＜n)个不同盒子中，不同放法的种数的求解方法是：(1)若每个盒子至少放一球，则只需在n个小球产生的n－1个间隙中放置m－1块隔板分隔成m份即可，共有Ceq\o\al(m1,n－1)种不同放法．此类型问题等价于“将n个相同元素分成m(m≤n)组，每组至少一个”的分组问题，可把n个元素排成一排，从n－1个空中选m－1个空，各插一个隔板，有Ceq\o\al(m1,n－1)种分法．(2)若允许某些盒子不放球，则相当于在n＋m－1个位置中选放m－1块隔板，共有Ceq\o\al(m1,n＋m－1)种不同放法．变式3某学校购买了10个相同的篮球分配给高三年级6个班，要求每个班至少分配一个篮球，则不同的分配方法种数为()A．126 B．84C．72 D．48随堂内化1．(2025·德州期初)为积极落实“双减”政策，丰富学生的课外活动，某校开设了舞蹈、摄影等5门课程，分别安排在周一到周五，每天一节，舞蹈和摄影课安排在相邻两天的方案种数为()A．48 B．36C．24 D．122．(2023·全国乙卷理)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3．(2024·厦门四检)某校5名同学到A，B，C三家公司实习，每名同学只能去1家公司，每家公司至多接收2名同学．若同学甲去A公司，则不同的安排方法共有()A．18种 B．30种C．42种 D．60种4．用四种颜色给图中的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，若四种颜色全用上，则不同的涂法种数为()A．72 B．96C．108 D．144配套热练A组夯基精练一、单项选择题1．(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，则甲不站在两端，且丙和丁相邻的不同的排列方式有()A．12种 B．24种C．36种 D．48种2．(2023·全国甲卷理)有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为()A．120 B．60C．40 D．303．(2024·武汉2月调研)将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，则不同的装法种数为()A．7 B．8C．9 D．104．如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A．120种 B．180种C．221种 D．300种5．(2024·河南济、洛、平、许三模)有5名志愿者去定点帮扶3位困难老人，若要求每名志愿者都要帮扶且只帮扶一位老人，每位老人至多安排2名志愿者帮扶，则不同的安排方法共有()A．180种 B．150种C．90种 D．60种6．小明同学去文具店购买文具，现有四种不同样式的笔记本可供选择(可以有笔记本不被选择)，单价均为一元一本，小明只有8元钱且要求全部花完，则不同的选购方法共有()A．70种 B．165种C．280种 D．1860种7．(2025·大同期初)某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”(如2024是“幸运数”)，并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有()A．32个 B．28个C．27个 D．24个二、多项选择题8．(2024·镇江期初)小明、小华、小红、小兰四位同学分别到镇江的南山、焦山、北固山参观旅游，要求每位同学只去一个地方，每个地方至少安排一位同学参观，则下列说法正确的是()A．若安排两位同学去焦山，则有12种安排方法B．若安排小红和小兰去同一个地方参观，则有6种安排方法C．若小华不去南山参观，则有24种安排方法D．共有18种安排方法9．现有4个小球和4个小盒子，下面的说法正确的是()A．将4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有24种放法B．将4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，恰有两个空盒的放法共有18种C．将4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，恰有一个空盒的放法共有144种D．将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种三、填空题10．(2023·新高考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)11.7名同学坐圆桌吃饭，其中甲、乙相邻，则不同的排法种数为___．(只考虑左右人选，不考虑具体方位)12．(2024·邢台一模)4名男生和2名女生随机站成一排，每名男生至少与另一名男生相邻，则不同的排法种数为____．13．(2024·张家口一模)有5位大学生要分配到A，B，C三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这5位学生中的甲同学分配在A单位实习，则这5位学生实习的不同分配方案有____种．(用数字作答)14．(2024·永州三模)在2024年龙舟公开赛期间，一位热情好客的永州市民准备将9份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，若每人至少分得一份，且甲、乙两人分得的份数不相同，则不同的分法有____种．B组滚动小练15．(2024·安庆池州铜陵期初联考)(多选)已知x＝1为函数f(x)＝x2－3x－logax的极值点，则(参考数据：ln2≈0.6931)()A．f(x)在(0，1)上单调递减 B．f(x)的极小值为－2C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))＞f(1) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜f(1)16．(2024·惠州一调)设等差数列{an}的公差为d，且d＝2a1，a5＝9．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－eq\f(2n＋3,2n)，求{bn}的前n项和Sn．第十章计数原理、概率及其分布第52讲计数原理激活思维1.9【解析】因为一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，所以从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是5＋4＝9.2.6【解析】因为从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，所以从A村经B村去C村，不同路线的条数是3×2＝6.3.12【解析】如果物理和化学恰有1门被选，那么共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝12(种)不同的选法．4.45【解析】根据多项式的乘法法则，(a1＋a2＋a3)·(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后每一项均是从(a1＋a2＋a3)，(b1＋b2＋b3)，(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)中各取1项相乘得到，所以展开后的项数为3×3×5＝45.5.288【解析】第一步排音乐节目，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种排法；第二步排舞蹈节目，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种排法；第三步排曲艺节目，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种排法．所以共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝288(种)排法．聚焦知识2.一定的顺序3.(1)不同排列Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))(2)不同组合Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))4.n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)1n！Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))举题说法例1(1)150【解析】第一步从6台不同的自动育秧机中选2台，第二步从5台不同的自动插秧机中选3台，由分步乘法计数原理可得选择方案数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝150.(2)48【解析】长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另外，含4个顶点的6个对角面构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.变式1(1)C【解析】根据题意，规定一个区域只涂1种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B有4种涂法，D有3种涂法，C有3种涂法，所以共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．(2)10【解析】因为4＝1＋1＋2或4＝2＋2＋0或4＝4＋0＋0或4＝1＋3＋0，所以各位数字之和为4的三位正整数有400，220，202，112，121，211，130，103，310，301，共10个．例21(1)D【解析】依题意，设这五个人分别为甲、乙、丙、丁、戊．第一步，将乙、丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2(种)情况；第二步，将这个整体与丁、戊全排列，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6(种)安排方法；第三步，排好后产生4个空位，因甲、乙不相邻，则只能从3个空中任选1个安排甲，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝3(种)安排方法．故由分步乘法计数原理，得不同的安排方法种数为2×6×3＝36.(2)C【解析】首先按照小生和老生不相邻的要求共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝72(种)排法，其中老旦排在最右边，左侧4个位置，先排花旦、正旦有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种排法，由此所生成的3个空中将小生、老生插入有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))种排法，所以有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝12(种)排法，所以满足题意的不同排法种数是72－12＝60.变式21B【解析】先排3个奇数，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6(种)排法，排完奇数后形成4个空，插入余下3个偶数，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝24(种)排法，其中0放在首位的情况有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝6(种)，故满足条件的六位数的个数为6×(24－6)＝108.例22(1)A【解析】人员名额分配有2∶2∶2，1∶2∶3和4∶1∶1三种情况，若2∶2∶2，只有1种可能；若1∶2∶3，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6(种)可能；若4∶1∶1，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝3(种)可能．综上所述，不同的名额分配方案有1＋6＋3＝10(种).(2)C【解析】先将5名志愿者分成3组，若这三组的人员构成为1，1，3，则共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种分组方案，若这三组的人员构成为1，2，2，则共有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))种分组方案，再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种分配方案，故共有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＋\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(10×3,2)))×6＝150(种)分配方法．变式22C【解析】若将体育书分给甲，当剩余4本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝14(种)；当剩余4本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝36(种).综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是14＋36＝50.同理，将体育书分给乙，不同的分配方法数也是50，故不同的分配方法数是50＋50＝100.例23A【解析】不考虑限制条件共有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))种，B最先汇报共有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))种，则B不能最先汇报，且A，C，D按先后顺序汇报(不一定相邻)有eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))＝100(种)安排种数．变式23D【解析】将甲、乙、丙等六位同学进行全排列可得共有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＝720(种)排法，甲、乙、丙的排列有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6(种)排法．因为甲、乙在丙的两侧，所以可能为甲、丙、乙或乙、丙、甲，所以不同的排法种数为2×eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))＝2×eq\f(720,6)＝240.例315【解析】由题意，原问题等价于求将7个相同的小球放入3个不同的盒子(每个盒子中分别已经有0个、1个、2个小球)，每个盒子中至少放入1个小球的放法个数．在7个相同的小球之间形成的6个空中，任选2个放入两个隔板，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝15(种)放法，即方程x＋y＋z＝10的解的组数为15.变式3A【解析】将10个篮球排成一排，形成11个空，在中间的9个空中插入5个隔板将篮球分成6组，所以不同的分配方法有Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9))＝126(种).随堂内化1.A【解析】舞蹈和摄影课进行捆绑，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种情况，将舞蹈和摄影课看为一个整体，和剩余的3门课程进行全排列，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种情况，故共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝48(种)方案．2.C【解析】首先确定相同的读物，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里选出两种进行排列，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种，根据分步乘法计数原理，可得共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝120(种)选法．3.B【解析】若只有同学甲去A公司，则共有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝6(种)安排方法；若除同学甲外还有一名同学去A公司，则共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝12×2＝24(种)安排方法．故共有6＋24＝30(种)安排方法．4.B【解析】设四种颜色为1，2，3，4，①先涂区域B，有4种填涂方法，不妨设涂颜色1；②再涂区域C，有3种填涂方法，不妨设涂颜色2；③再涂区域E，有2种填涂方法，不妨设涂颜色3；④若区域A填涂颜色2，则区域D，F填涂颜色1，4或4，3，若区域A填涂颜色4，则区域D，F填涂颜色1，3或4，3，共4种不同的填涂方法．综合①②③④，由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×4＝96(种)不同的填涂方法．配套精炼1.B【解析】先利用捆绑法排乙、丙、丁、戊四人，再用插空法选甲的位置，则不同的排列方式有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＝24(种).2.B【解析】不妨记五名志愿者为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Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝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为5×12＝60.3.A【解析】将3个红球分成3组，每组球的数量最多2个最少0个，则有(0，1，2)，(1，1，1)两种组合形式，当红球分组形式为(0，1，2)时，将红球放入三个不同的袋中有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6(种)放法，此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为2个即可．当红球分组形式为(1，1，1)时，将红球放入三个不同的袋中有1种放法，此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为2个即可．综上所述，将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，不同的装法种数为7.4.B【解析】当Ⅰ，Ⅳ同色时，则Ⅰ有5种涂色方法，Ⅱ有4种涂色方法，Ⅲ有3种涂色方法，此时共有5×4×3×1＝60(种)涂色方法；当Ⅰ，Ⅳ不同色时，则Ⅰ有5种涂色方法，Ⅳ有4种涂色方法，Ⅱ有3种涂色方法，Ⅲ有2种涂色方法，此时共有5×4×3×2＝120(种)涂色方法．综上，共有60＋120＝180(种)不同的着色方法．5.C【解析】由题意得，先将5名志愿者分成3组，只有2，2，1一种情况，有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝15(种)分组方法，再将3组志愿者分配给3位老人，则共有15Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝90(种)安排方法．6.B【解析】问题等价转化为将8个完全相同的小球放入4个盒子里，允许有空盒．进一步转化为将12个完全相同的小球放入4个盒子里，每个盒子里至少有1个球．由隔板法可知，不同的选购方法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(11))＝165(种).7.B【解析】依题意，首位数字为2的“幸运数”中其他三位数字的组合有以下七类：①“0，0，6”组合，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种；②“0，1，5”组合，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种；③“0，2，4”组合，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种；④“0，3，3”组合，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种；⑤“1，1，4”组合，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种；⑥“1，2，3”组合，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种；⑦“2，2，2”组合，有1种．由分类加法计数原理，得首位数字为2的“幸运数”共有3Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＋3Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＋1＝9＋18＋1＝28(个).8.ABC【解析】对于A，安排两位同学去焦山，则有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝6×2＝12(种)安排方法，故A正确．对于B，安排小红和小兰去同一个地方参观，则有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6(种)安排方法，故B正确．对于C，小华不去南山参观，若小华是1个人，则有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2×3×2＝12(种)安排方法；若小华和另一人一起，则有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝12(种)安排方法，所以共有24种安排方法，故C正确．对于D，每位同学只去一个地方，每个地方至少安排一位同学参观，则有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6×6＝36(种)安排方法，故D错误．9.BCD【解析】若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256(种)放法，故A错误；若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))(Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋1)＝18(种)放法，故B正确；若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝144(种)放法，故C正确；编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若(2，1，4，3)代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，则所有符合要求的情况为(2，1，4，3)，(4，1，2，3)，(3，1，4，2)，(2，4，1，3)，(3，4，1，2)，(4，3，1，2)，(2，3，4，1)，(3，4，2，1)，(4，3，2，1)，共9种放法，故D正确．10.64【解析】若从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝16(种).若从8门课中选修3门，①体育类选修1门，则不同的选课方案共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝24(种)；②体育类选修2门，则不同的选课方案共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝24(种).综上，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64(种).11.240【解析】将甲、乙看成一个整体，相当于6名同学坐圆桌吃饭，有eq\f(1,6)Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))种排法，甲、乙两人可交换位置，故排法共有eq\f(1,6)Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝240(种).12.288【解析】4名男生先排，共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝24(种)排法，2名女生再排，共有2种排法，再将2名女生插空到男生中，若两名女生一起，可排在最左边、中间、最右边，共有3种排法；若两名女生分开排，则有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝3(种)排法．所以一共有24×2×(3＋3)＝288(种)排法．13.50【解析】根据特殊元素“甲同学”分类讨论，当A单位只有甲时，其余四人分配到B，C，不同分配方案有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝14(种)；当A单位不只有甲时，