2026年高二数学寒假自学课（人教B版）专题08 排列组合11大题型（解析版）

专题08排列组合11大题型内容导航串讲知识：思维导图串讲知识点，有的放矢重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺举一反三：核心考点能举一反三，能力提升复习提升：真题感知+提升专练，全面突破知识点1：排列的定义及排列数1.排列的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素,并按照一定的顺序排成一列,叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列.2.排列数:从个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的排列数,用符号表示.3排列数公式:,并且.从形式上看排列数等于从开始的个连续自然数相乘.全排列:特别地,个不同的元素全部取出的一个排列,叫做个元素的一个全排列.的阶乘:正整数1到的连乘积,叫做的阶乘,用!表示.规定:,知识点2：组合的定义及组合数组合的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素作为一组,叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合.组合数：从个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的组合数,用符号表示.组合数公式：,这里,并且.规定.组合数的性质:（1）;（2）知识点3：排列数的应用1.没有限制条件的排列问题：对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制,分清元素和位置即可.2.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.3.相邻问题：采用捆绑法；不相邻问题：采用插空法4.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.5.有限制条件的组合问题：①直接法：“特殊元素优先选取”的原则；②间接法：先不考虑限制条件计算选法种数,然后排除不满足条件的选法6.平均分组问题：一般先分堆，再除以.7.不平均分组问题：先分堆，其中有组个数一样，再除以8.相同元素的“分配”问题：“隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中，【题型01两个计数原理的应用】1．甲、乙、丙去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则听讲座的种数为（

）A．7 B．12 C．81 D．64【答案】D【详解】甲、乙、丙去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，即每人去听一个讲座共有种选择，则三人各选一个讲座种数为．故选：D．2．如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【详解】元件不通，设备从a到b的电路工作不正常，共有种，元件正常，当且仅当元件都不通，设备从a到b的电路工作不正常，只有1种，所以.故选：B3．在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（

）A．14 B．19 C．90 D．200【答案】B【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为.故选：B.4．用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（

）A．48 B．36 C．24 D．18【答案】D【详解】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2种情况，首位数字有3种情况，十位数字有3种情况，所以三位奇数的个数为种情况.故选：D.5．2025的正因数的个数为个.（用数字作答）【答案】15【详解】因为，则根据正因数个数定理，2025的正因数个数为个.故答案为：15.6．如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有种．【答案】【详解】解：参观路线分步完成：第一步，选择三个“环形”路线中的一个流览，有3种选法；而在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针2类方法完成；第二步，选择余下的两个“环形”路线中的一个游览，有2种方法，同理，在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针两类方法完成；第三步，游览最后一个“环形”路线，也可以按顺时针或按逆时针两类方法完成，根据分步乘法计数原理可知不同的参观路线共有种.故答案为：【题型02排列数、组合数的化简与证明】7．计算（

）A．252 B．126 C．84 D．63【答案】B【详解】．故选：B．8．（多选）下列选项正确的有（

）A． B．C． D．【答案】ACD【详解】因为，所以A正确；因为，所以B不正确；因为，所以C正确；由组合数的性质可得，故D正确.故选：ACD.9．（多选）已知，且，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【详解】A选项，由组合数性质得，A正确；B选项，由组合数计算公式得，B正确；C选项，不妨设，则，显然，C错误；D选项，，D正确.故选：ABD10．计算：．【答案】48【详解】由题意可得：.故答案为：48.11．（1）证明：，其中，；（2）化简：，其中．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】【详解】（1）证明：由组合数的计算公式，可得，又由，所以；（2）解：设，则，两式相加，可得，所以，即.12．（1）计算:;（2）.【答案】（1）2；（2）0【分析】【详解】解:（1），【题型03排列组、组合数的方程及不等式】13．不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为，所以，所以，所以，又，，所以，所以不等式的解集为，故选：D.14．已知，则【答案】或【详解】由组合数的性质，得或，解得或．经检验和均满足且，故的值为4或7.故答案为：4或715．已知组合数，则关于的不等式的解集为．【答案】【详解】不等式，即不等式，解得，又因且为正整数，所以原不等式的解集为．故答案为：.16．解关于x的方程：(1)；(2)．【答案】(1)(2)．【分析】【详解】（1）由排列数公式，可得，化简得，解得或或或．又因为x要满足，且，所以原方程的解为．（2）由条件，结合组合数的性质，可得或，则或（舍去）又因为，可得，即，把代入上式，解得．17．解下列方程.(1)若，求.(2)(3).【答案】(1)(2)(3).【详解】（1）由题意得，则，则同除得，同乘得到，则，又，故解得.（2）因为，所以，又因为，所以，解得.（3）由题意得，即，因为，所以，得到，则，化简可得，解得或，又，即，所以解得.【题型04相邻问题和不相邻问题】18．某学校组织学生体检，高二年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队的不同安排方案共有（

）A．240种 B．120种 C．188种 D．156种【答案】B【详解】甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有（种），将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有（种）情况，此时有（种）安排方案；甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有（种），将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有（种）情况，此时有（种）安排方案；甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有（种），将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有（种）情况，此时有（种）安排方案由分类加法计数原理可知共有（种）方案．故选：B．19．某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（

）A．24种 B．36种 C．72种 D．144种【答案】D【详解】第一步，将甲班的2人捆绑，连同丙班的2人作全排列，有种站法；第二步，将乙班的2人插入前后4个空档，有种站法.根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种.故选：D.20．某市为弘扬科学精神，激励青少年投身科技事业，特别策划了一场“致敬科技先锋”的主题活动.活动期间，需将A，B，C，D，E五位功勋人物的画像自左至右排成一行展示，且要求A与B的画像不相邻，E的画像只能排在两端，则满足条件的排法种数为（

）A．16 B．20 C．24 D．26【答案】C【详解】因为A与B的画像不相邻，所以先排再插空排有种排法，又因为E的画像只能排在两端，则满足条件的排法种数为种排法.故选：C.21．7个人站成一排照相，其中甲乙两人须相邻，甲丙两人不能相邻，则共有种不同安排方式.【答案】1200【详解】甲乙两人相邻的情况：将甲乙捆绑，再与其他5人作全排列，所以共有种情况，其中甲乙、甲丙都相邻的情况：乙丙在甲的两侧并作捆绑，再与其他4人作全排列，所以共有种情况，所以甲乙两人须相邻，甲丙两人不能相邻共有种.故答案为：22．某校8名学生（高一1人，高二3人，高三4人）在数学竞赛中获奖．8人站成一排合影留念，同年级的同学不相邻的站法有种．【答案】2016【详解】先将4名高三学生全排列，若高一、高二学生不相邻，站法有，若高一学生与高二学生相邻，站法有，共有种站法．故答案为：2016【题型05定序问题】23．在一次交流活动中，有4名男同学（包含甲）和3名女同学共7名同学排成一行，则男同学甲的右侧（可不相邻）没有其他男同学的排法种数为（

）A．468 B．540 C．720 D．1260【答案】D【详解】要使排列符合题意，甲在4名男同学的排列中位于最右边，则排列的方法数为1260.故选：D.24．6名同学相约去游乐场游玩，进场时按顺序验票，则甲、乙、丙按顺序进场的不同情况有种;进场后他们选定了3个游玩项目，每人都只玩1个项目，且每个项目都有人玩，则A项目恰有2个人游玩的不同分配方法有种.(请用数字作答)【答案】120210【分析】【详解】甲、乙、丙按顺序进场的不同情况有=120种，A项目恰有2人游玩的组合有(+)=210种.故答案为：；.25．甲乙丙丁等二十人排队，并从左至右依次编号1～20．甲乙丙丁所对应的编号为a，b，c，d．则满足c＞b＞a＞d的概率为．【答案】【详解】二十人排队共有种排列方法，因为甲乙丙丁排列顺序唯一确定，则满足条件的情况数为，所以满足条件的概率为，故答案为：.26．自然对数也称为欧拉数，它是数学上最重要的常数之一，的近似值约为，若用欧拉数的其中位数字设置一个位数的密码，则不同的密码有（

）个A． B． C． D．【答案】C【详解】六个数的全排列共有个，因为出现次，出现次，所以不同的密码有个.故选：C.27．将3面红旗、4面蓝旗、2面黄旗依次悬挂在旗杆上，问：可以组成多少种不同的标志？【答案】1260【详解】将3面红旗、4面蓝旗、2面黄旗全排列共有种排法，由于每个颜色的旗都一样，所以相同颜色的旗不需要排序，所求的标志数目为种．【题型06多面手问题】28．某出版社的名工人中，有人只会排版，人只会印刷，还有人既会排版又会印刷，现从人中选人排版，人印刷，有（

）种不同的选法.A． B． C． D．【答案】A【详解】设只会印刷的人中被选中人数为，则的可能取值有、、，①当时，从只会印刷的人中选人，有种情况，再安排既会排版又会印刷的人印刷，有种情况，最后从只会排版的人中选人，有种情况，则共有种情况；②当时，先从只会印刷的人中选人，有种情况，再从既会排版又会印刷的人中选人印刷，有种情况，最后从剩余会排版的人中选人，有种情况，则共有种情况；③当时，先从只会印刷的人中选人，有种情况，再从会排版的人中选人，有种情况，则共有种情况；综上所述，共有种情况；故选：A.29．“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（

）A．15种 B．18种 C．19种 D．36种【答案】C【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人；则不同的选派方法有以下三种：（1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有种，（2）从中选择1人划左桨，则从中选1人划左桨，再从剩下的3人中选2人划右桨，共有种；（3）从中选择0人划左桨，则中的两人划右桨，从中选2人划左桨，共有所以，不同的选派方法共有19种.故选：C30．已知某射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有种．（用数字作答）．【答案】【详解】若从只会韩语中选3人，则种，若从只会韩语中选2人，则种，故不同的选人方案共有种．故答案为：31．有名演员，其中人会唱歌，人会跳舞，现要表演一个人唱歌人伴舞的节目，则不同的选派方法共有种（写出具体数字结果）．【答案】【详解】由题意可知：名演员中，既会唱歌又会跳舞的演员有：人，则有人仅会唱歌，人仅会跳舞；①仅会唱歌的人中有人表演唱歌节目，则选派方法有种；②仅会唱歌的人中有人表演唱歌节目，则选派方法有种；③仅会唱歌的人中无人表演唱歌节目，则选派方法有种；由分类加法计数原理可知：不同的选派方法有种.故答案为：.32．某旅行社有导游人，其中有人会英语，有人会日语。现在需要选名英语导游和名日语导游，完成一项导游任务，则不同的选择方法为.【答案】【详解】由题意，有导游人，其中有人会英语，有人会日语，∴有人只会英语，人只会日语，人两种语言都会，若1个会双语的导游都不选，则有种选择方法，若恰好选1个会双语的导游，则有种选择方法，若恰好选2个会双浯的导游，则有种选择方法,故不同的选择方法有种.故答案为：.【题型07涂色问题】33．如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（

）A．24种 B．48种 C．72种 D．84种【答案】B【详解】由题意可知，使用了3种颜色则只有和颜色相同，或只有和颜色相同，则涂色方法共有种.故选：B34．如图，一个环形的花坛被分成了编号为A、B、C、D的四个区域，现有4种不同的种子，要求同一区域种植同一种种子，且相邻区域种植的种子不同，则共有（

）种不同的种植方法．A．36 B．60 C．84 D．120【答案】C【详解】设k种种子排成环形的n个区域种植不同的方法数为，若先考虑排成一行的区域种植且相邻区域种植不同种子，则方法数应为，①若区域1和区域n种植不同种子时，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时满足条件：②若区域1和区域n种植相同种子时，把区域1和区域n粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需从种方法中被减掉．所以，依题意，易得，则，即．故选：C.35．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（

）

A．72 B．96 C．120 D．144【答案】C【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4，（1）四种颜色都用：先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1，再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2，再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3，若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3，若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3，共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法.（2）四种颜色只用其中的三种颜色：即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法.综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法.故选：C36．重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）：“中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题可知中间格只有一种放法；十字格有四个位置，种适合放入，所以有一种放两个位置，共有种放法；四角格有四个位置，种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，有种放法，或每种都放两个位置，有种放法，故四角格共有种放法；所以不同放法共有种.故选：C.37．（多选）将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（

）ABECDA．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法【答案】AB【详解】对于A，每块区域任意涂上一种颜色，即每块区域都有4种选择，则有种不同涂法，A正确；对于B，若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则B和D同色，A和E同色，则共有种不同涂法，故B正确；对于C，因4种不同颜色全部用上，B，D同色，相邻区域不同色，故可以先涂B，D区域，有种涂法，因三个区域都与B，D相邻，故只需将余下的3种颜色在上全排，有种涂法，则共有种涂法，故C错误；对于D，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，因B，D不同色（D只有一种颜色可选），此时ABCD四块区域所用颜色各不相同，涂E只能与A同色，此时共有24种涂法，故D错误．故选：AB.38．用四种不同颜色给图中的4个区域涂色，如果每一个区域涂一种颜色，相邻两区域不能涂同一种颜色，共有种不同的涂色方法.【答案】84【详解】先涂A有4种情况，下一步涂B有3种情况，再涂D，分D与B同色或不同色两种情况分类，当D与B同色，C有3种情况，当D与B不同色，C有2种情况，所以涂色方法有种情况.故答案为：84.【题型08分组分配问题】39．兰大附中计划开展“学长经验分享会”，要将6名优秀毕业生分配到高一、高二、高三3个年级进行经验宣讲，要求每个年级至少有1名，至多有3名，则不同的分配方案共有（

）A．360种 B．450种 C．540种 D．900种【答案】B【详解】6名毕业生分配到3个年级，每个年级至少有1名，至多有3名，可分为两类：①各年级人数分别为1，2，3：先将6人分为三组（1人，2人，3人），再分配到3个年级，方法数为种；②各年级人数均为2：先将6人平均分为三组，再分配到3个年级，方法数为种，所以所求方案共有种方法．故选：B40．从5名学生中选择4人对A，B两种不同算法的加密文件进行破译，每人选择一种文件，每个文件2人破译，则不同的人员安排共有（）A．40种 B．48种 C．30种 D．72种【答案】C【详解】从5名学生中选择4人，共有种，将4人分成两组，共有种，再将2组进行全排列，对应A，B两种文件，共有种，则不同的人员安排共有种．故选：C41．甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（

）种分配方案A．90 B．120 C．150 D．240【答案】B【详解】第一步，从六名学生中选名，分配给甲指导，有种不同的方法，第二步，将剩余名学生分成两组，分配给乙、丙指导，有种不同的方法，根据分步乘法计数原理，不同的分配方案共有种.故选：B.42．现安排5名师范生到某高中（三年制）学校实习，每个年级至少安排1名，每名师范生都安排了实习，且只安排到一个年级实习，则所有的安排种数为（

）A．138 B．240 C．300 D．150【答案】D【详解】由题意，5名师范生可以分成或三组，分别分配给一个年级，故有种安排方法.故选：D43．某校园诗歌朗诵大赛共有5名同学进入决赛，决赛要求这5名同学均从《琵琶行》《蜀道难》《离骚》中选择1篇进行参赛，且这3篇诗歌中每篇均有同学选择，则这5名同学诗歌篇目的选择情况共有（

）A．150种 B．240种 C．180种 D．120种【答案】A【详解】5名同学分配到3篇诗歌（每篇至少1人），人数分配只能是“2,2,1”或“3,1,1”两种组合，若人数分配为“2,2,1”，则有种不同选择情况；若人数分配为“3,1,1”，则有种不同选择情况；综上，共有种不同选择情况.故选：A44．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.年月日分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.年，中国空间站将正式进入运营阶段假设空间站要安排甲、乙等名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有

(用数字作答)【答案】450【详解】由题知，名航天员安排三舱，三舱中每个舱至少一人至多三人，可分两种情况考虑：第一种，分人数为的三组，共有种；第二种，三舱人数都为2，共有种；所以不同的安排方法共有种．故答案为：450【题型09隔板法】45．方程的正整数解的个数为（

）A．15 B．35 C．40 D．20【答案】D【详解】原问题相当于将7个相同的小球装入4个不同的盒子里，每个盒子中至少有1个小球，可采用隔板法，将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空位上插入3个隔板，故共有种方法.故选：D46．某学校利用周末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共6个班，其中（1）班有2个志愿者队长，本次志愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则共有（

）种分配方法.A．90 B．60 C．126 D．120【答案】C【详解】若每个班至少3人参加，由于（1）班有2个志愿者队长，故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，有种分配方法.故选：C.47．把个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子最多放个小球，则不同方法有种（用数字作答）.【答案】【详解】先考虑个相同的小球放入个不同的盒子的情形，那么其中有空盒，可考虑在每个盒子中各加一个球，问题转化为将个相同的小球放入个不同的盒子，每个盒子中至少有个球，由隔板法可知，不同的方法种数为种；接下来考虑把个相同的小球放在同一个盒子的情形，有种情况.由间接法可知，不同的方法种数为种.故答案为：.48．展开式共项.【答案】286【详解】可以看作10个相同的小盒子，每个盒子里都4个不同的数，展开式的每一项都是从10个盒子里取一个数，然后相乘构成的，若选一个数，能构成不同的项种，若选2个数，先选2个数有种选法，然后把10个盒子分给这2个数，利用隔板法可得分法为种，故能构成不同的项种，若选3个数，同理可知能构成不同的项种，若选4个数，可构成不同的项种，由分类加法计数原理可得，共有种，故答案为：28649．将8个相同的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子，每个盒子都不空的方法数为，恰有一个空盒子的方法数为．【答案】35175【详解】先把8个相同的小球排成一行，然后在8个小球之间的7个空隙中任选4个空隙各插入一块隔板，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，故每个盒子都不空的方法数共有种；若恰有一个空盒子，先选出一个空盒子，有种选法，并在8个小球之间的7个空隙中任选3个空隙各插入一块隔板，有种插法，故由分步乘法计数原理恰有一个空盒子的方法数共有种.故答案为：35；175.50．（1）求方程的正整数解的个数；（2）求方程的正整数解的个数.【答案】（1）21；（2）34【分析】【详解】（1）方法一：当时，，则一共有6种；当时，，则一共有5种；当时，，则一共有4种；当时，，则一共有3种；当时，，则一共有2种；当时，，则一共有1种.所以方程的正整数解的个数有种方法二：利用挡板法可得正整数解的个数为；（2）当时，方程转化为，由（1）知一共有21种；当时，方程转化为，则一共有10种；当时，方程转化为，则一共有3种；当时，不合题意；综上所述，方程的正整数解的个数为.【题型10数字排列问题】51．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是，为纪念祖冲之在圆周率上的成就，把称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某数学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的位数字进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到大于的不同数字有（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】C【详解】由于这7位数字中有2个相同的数字1，故进行随机排列，可以得到的不同情况有，而只有小数点后前两位为11或12时，排列后得到的数字不大于3.14，故小于3.14的不同情况有，故得到的数字大于3.14的不同情况有；故选：C．52．一个密码有9位，由4个自然数、3个“”、1个“”和1个“”组成，其中与不相邻，和不相邻，数字可随意排列，且数字之积为6，这样的密码有（

）.A．10200个 B．13600个 C．40800个 D．81600个【答案】B【详解】根据题意，这4个自然数为“2，3，1，1”或“6，1，1，1”，简记为“2311”和“6111”．（1）对“2311”分两类：①把“”视为一个整体，则“2311”与“”一起排列，有（种）；②按“数字”的顺序排列，先排“2311”，再插入，最后插入“”，有（种）.（2）对“6111”分两类：①把“”视为一个整体，则“6111”与“”一起排列，有（种）；②按“数字”的顺序排列，先排“6111”，再插入，最后插入“”，有（种）.综上，由加法原理得，（个）．故这样的密码有13600个，故选：B．53．从0，1，2，…，9这10个数字中选出3个不同的数字组成三位数，其中小于329的共有个.【答案】167【详解】当百位数小于3时，共有个；当百位数为3，十位数小于2时，此时共有个；当百位数为3，十位数为2时，共有个.综上所述，共有个.故答案为：16754．初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是任意正整数都可以表示为不超过4个自然数的平方和，例如．设，其中均为自然数，则满足条件的有序自然数数组的个数为．【答案】60【详解】由题意知均为不超过6的自然数，下面分情况讨论：①当最大数为6时，，此时共有种情况；，此时共有种情况；②当最大数为5时，，此时共有种情况；③当最大数为4时，，此时共有种情况；综上，满足条件的有序自然数数组的个数为，故答案为：6055．某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向量表示．若某位置编码可以写成（a，b，c，d，e，f）的形式，其中，则在仅考虑前3个位置的情况下，恰好取2个不同值的编码共有个．【答案】18【详解】先从这3个数中选2个，有种选法；再分配2个数到3个位置，必有2个位置的数是相同的，选择出现1次的数：从选中的2个数中选1个，有种选法，选择出现1次的数的位置：有种选择；共有种编码.故答案为：1856．用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有个.（用数字作答）【答案】60【详解】若四位数中没有2，共有个，若四位数中有1个2，共有个，若四位数中有2个2，共有个，因此共有60个.故答案为：60【题型11排列组合其他综合问题】57．设有编号为1，2，3，4的四个球和编号为1，2，3，4的四个盒子，现将这四个球放入这四个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的种数为．【答案】8【详解】先确定恰好编号相同的那个球和盒子，从个球中选个，有种选法，假设选中号球放入号盒子，此时剩下号球和号盒子，要求这个球的编号与盒子编号均不相同，即求个元素的错位排列数，个元素的错位排列（记为）有种情况：和.因此，总投放方法种数为.故答案为：58．某单位安排甲、乙、丙、丁4人在国庆7天假期值班，要求每天只有1人值班，甲连续值班3天，乙连续值班2天，丙、丁各值班1天，则不同的值班安排方法种数为（

）A．28 B．24 C．20 D．16【答案】B【详解】记国庆7天假期的编号依次为1，2，⋯，7，则甲、乙值班安排方法的情况及相应值班安排方法种数如下表：甲乙不同的值班安排方法种数1，2，34，55，66，72，3，45，66，73，4，51，26，74，5，61，22，35，6，71，22，33，4根据分类加法计数原理可知共有（种）不同的值班安排方法.故选：B．59．学校的食堂菜品丰富，让人垂涎欲滴.新年伊始，学校为学生们准备了免费汤圆，但为了避免浪费，每人每次至少取1颗，最多取3颗，最多取5次.已知小张一共取了10颗汤圆，那么他取汤圆的方式有种.【答案】61【详解】由题意知，小张只能取4次或5次.取4次的情况，可有组合3,3,3,1和组合3,3,2,2，组合3,3,3,1:共4个位置，其中选1个位置放1个，剩余位置放3个，排列数；组合3,3,2,2：共4个位置，选2个位置放3个，剩余位置放2个，排列数；取4次时共种.取5次的情况，可有组合3,3,2,1,1、组合3,2,2,2,1和组合2,2,2,2,2，组合3,3,2,1,1：共5个位置，其中选2个位置放3个，剩余3个位置选1个放2个，剩余位置放1个，排列数；组合3,2,2,2,1：共5个位置，其中选1个位置放3个，剩余4个位置选3个放2个，剩余位置放1个，排列数；组合2,2,2,2,2：共5个位置，每个位置放2个，排列数为1；取5次时共种.综上，共种.故答案为：61.60．将3名男生和3名女生排成一排，若从左边第一个学生开始依次往右数，无论数到几人，男生人数都大于或等于女生人数，则有种不同的排法．（结果用数值表示）【答案】【详解】由题可知，从左边开始第一个学生为男生有种安排方法：①若第二位为男生：第三位为男生时的方法数为种，第三位为女生时第四位为男生时有种，第四位为女生时种，综上，第二位为男生的方法总数为；②若第二位为女生：第三位必为男生，则第四位为男生时有种，第四位为女生时种，综上，第二位为女生的方法总数为；根据分类分步计数原理可得总方法数为种不同的排法．故答案为：.61．已知集合.若九位数满足，且，，，如212323212，则称这个九位数为“九曲正弦数”，则共有个“九曲正弦数”.【答案】【详解】因，，，则这5个数至少取集合中3个不同的数字，至多取5个不同的数字，且为最大的数，为最小的数，①取3个数：，分别自动选取最大的数和最小的数（以下均采取相同的做法，不再赘述），则取剩下的数，共有种；②取4个数：共有种；③取5个数：则从剩下的3个中各自匹配一个数，共有种；故共有个“九曲正弦数”.故答案为：一、单选题1．某人计划去四川南江旅游，打算从光雾山、米仓山、十八月潭、元顶山、诺水河这5个景点中选3个景点去游玩，则不同的选择方法种数为（

）A．60 B．20 C．12 D．10【答案】D【详解】从5个景点中选3个景点去游玩，是组合问题，不同的选择方法种数为.故选：D.2．如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为（

）A．11 B．13 C．15 D．17【答案】B【详解】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有共2种情况，若脱落2个，则有共6种情况，若脱落3个，则有共4种情况，若脱落4个，则有共1种情况，由分类加法计数原理，情况种数共有种．故选：B．3．已知，则（

）A．7 B．21 C．35 D．42【答案】B【详解】由，得或，且，解得或，当时，，当时，.故选：B．4．有学员甲、乙、丙、丁、戊参加某培训，现要分配到三个不同的项目组：项目A需1人，项目B和C各需要2人.分配方案数为，甲和乙被分配到同一项目的概率为，则的值分别为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】第一步：先从5人中选1人分配到项目A，第二步：从剩下4人中选2人分配到项目B，第三步：从剩下2人中选2人分配到项目C，所以分配方案数为；其中甲、乙2人分在同一组，则甲乙只能分配到项目B或项目C，第一种情况，甲、乙在项目B，则从剩下3人中选1人到项目A，剩下2人到项目C，有种方案；第二种情况，甲、乙在项目C，则从剩下3人中选1人到项目A，剩下2人到项目B，有种方案；所以甲、乙2人分在同一组共有种分配方案，设事件“甲和乙被分配到同一项目组”，所以，即.故选：B．5．第二十七届哈尔滨冰雪大世界主塔名为“冰灯启梦”．景观以雪花托举的“山”字为意象，是对冰雪童话世界的诗意呼应，更是借山之坚韧与巍峨，隐喻生态与发展共生共荣的永恒力量．冰雪大世界现招募志愿者，从哈三中的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙3人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有（

）A．102种 B．105种 C．210种 D．288种【答案】C【详解】先从8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，共有种.其中甲乙丙3人有一人负责语言服务工作，有种，故符合条件的选法共有种.故选：C.6．给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是（

）

A．192 B．168 C．224 D．208【答案】A【详解】第一步，给，，三块区域涂色，有种涂色方法；第二步，给区域涂色，有种涂色方法；第三步，给区域涂色，有种涂色方法；第四步，给区域涂色，有种涂色方法，综上，不同的涂色方法种数是，故A正确.故选：A.二、多选题7．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（

）A．若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法B．若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法C．若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法D．若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法【答案】ACD【详解】学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有种不同的选法，A正确；课程“乐”排在“书”前面，可得课程共有种排法，B错误；课程“射”“御”排在不相邻两个月，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，C正确；课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，利用分类加法计数原理，当“数”在第六个月时共有种；当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种，故课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，课程共有种排法，D正确．故选：ACD8．2025年重庆市“心之向往，渝跑渝爱”主题马拉松赛事设置了全程马拉松、半程马拉松、健康跑和亲子跑四个项目．在渝大学生踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和健康跑、亲子跑四个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是（

）A．若全程马拉松项目必须安排2人，其余三