2026年高考数学终极冲刺：专题 排列组合（抢分专练）（解析版）

4/4专题排列组合题型考情分析考向预测1.排列数与组合数2024年新高考卷2：14题考查了全排列问题2024年全国甲卷：4题考查了有限制条件的排列问题2023年新高考卷Ⅰ：13题考察查加法计数原理和组合计数2023年新高考卷Ⅰ：3题考察查组合计数2023年全国甲卷：9题考查了排列数的计算2023年全国乙卷：7排列组合综合问题2022年新高考卷Ⅰ：5题考察查实际问题中排列组合计数1.有限制条件的排列是高频热点近5年多次考查“有限制条件的排列问题”，题目常通过“相邻/不相邻”“特殊元素优先”“位置限制”等经典模型设置，侧重逻辑推理和分类讨论思想的应用。2,.组合问题则多与实际场景结合（如分配问题、选组问题），强调对“无序性”本质的理解。2.人坐座位模型1：相邻捆绑与不相邻插空3.人坐座位模型2：染色（平面、空间）4.分配问题：球不同，盒不同5.分配问题：球同，盒不同6.书架插书模型7.代替元法：最短路径8.代替元法：空车位停车等9.数列思想：上楼梯等10.环排问题：直排策略题型1排列组合数排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同排列的个数从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同组合的个数公式＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝＝性质＝n！，0！＝1＝1，，正确理解组合数的性质(1)：从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的方法数.(2)：从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况：①不含特殊元素A有种方法；②含特殊元素A有种方法.【例1】组合数恒等于（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由.【变式1-1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）（多选）若，为正整数且，则（

）A． B．C． D．【答案】BD【详解】对A：，又，故A错误；对B：，故B正确；对C：，，即，故C错误；对D：，，即，故D正确.故选：BD.题型2人坐座位模型1：相邻捆绑与不相邻插空个不同元素排列成一排,其中某个元素排在相邻位置上,有多少种不同排法?先将这个元素“捆绑在一起”,看成一个整体,当作一个元素同其他元素一起排列,共有种排法;再将“捆绑”在一起的元素进行内部排列,共有种方法.由分步乘法计数原理得符合条件的排列共有种将个不同元素排成一排,其中个元素互不相邻(),有多少种排法?先把个元素排成一排,共有种排法,然后把个元素插入个空隙中,共有种排法.由分步乘法计数原理得符合条件的排列共有种【例2】（2025·浙江台州·一模）甲､乙､丙､丁､戊､己共6人站成一排，若甲､乙两人相邻，而乙､丙两人不相邻，则不同的排法种数共有.（用数字作答）【答案】192【分析】先计算甲乙相邻的总排列数，然后计算甲乙相邻且乙丙也相邻的排列数，两者相减即是结果.【详解】先将甲、乙两人看成一个整体，则这个整体内部有A2此时相当于有5个元素进行排列，所以甲乙相邻的总排列数为2×A若甲乙相邻且乙丙也相邻，则三人必须以（甲，乙，丙）或（丙，乙，甲）的顺序站在一起.将这三个人视为一个整体，其内部有2种排法，再将此整体与其余3人进行全排列，故甲乙相邻且乙丙也相邻的排法有2×A所以甲乙相邻，而乙丙不相邻的排法种数有240−48=192.故答案为：192.【变式2-1】（25-26高三上·江西景德镇·期末）某中学《十年弦歌育桃李•党恩师泽启新程》文艺演出于2025年12月31日在学校演艺大厅开幕，开幕式文艺表演共由6个节目组成，若考虑整体效果，要求：节目《新年!你好》､《觉醒年代》､《精武门》必须相邻，则开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有（

）A．144种 B．156种 C．188种 D．240种【答案】A【分析】利用捆绑法结合排列数的性质求解即可.【详解】先将节目《新年!你好》､《觉醒年代》､《精武门》捆绑在一起，有A33=6则共有A3故选：A【变式2-2】（多选）2名男生，3名女生，这5个人站成一排，下列选项正确的是（

）A．男、女各站在一起，共有24种排法B．男生不能排在一起，共有54种排法C．男生必须排在一起，共有48种排法D．男生互不相邻，且女生也互不相邻，共有12种排法【答案】ACD【详解】在A选项中，利用捆绑法：把男生捆绑为1个整体，女生捆绑为1个整体，则总排法=，A正确，在B选项中，男生不相邻，用插空法：先排3名女生，再把男生插到女生的空隙中：则总排法=，B错误，在C选项中，仅要求男生相邻，用捆绑法：把2名男生捆绑为1个整体，和3名女生共4个元素全排列，再算男生内部排列：则总排法=，C正确，在D选项中，2男3女要满足男女都不相邻，仅能排列为女-男-女-男-女结构，则总排法=，D正确.题型3人坐座位模型2：染色（平面、空间）染色问题，要从“颜色用了几种”，“地图有没有公用区域”方向考虑：1.用了几种颜色。如果颜色没有全部用完，就要有选色的步骤2.尽量先从公共相邻区域开始。所以要观察“地图”是否可以“拓扑”转化比如，以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构【例3】一个长方形，被分为、、、、五个区域，现对其进行涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域涂色不相同，则不同的涂色方法有种．【解析】根据题意，对于三个区域，两两相邻，有种涂色方法，对于区域，只与相邻，有3种涂色方法，对于区域，与、相邻，有2种涂色方法，则有种涂色方法．故答案为：144．【变式3-1】对如下编号为1，2，3，4的格子涂色，有红，黑，白，灰四种颜色可供选择，要求相邻格子不同色，则在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据分步计数原理可计算出1号格子涂灰色的方案总数，再计算1号格子和4号格子同时涂灰色的方案数，即可算出其概率.【详解】由题意可知，整个事件需要分四步，按照格子标号依次涂色即可；若在1号格子涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，同时3号格子也有3种选色方案，4号格子还剩2种选色方案，即1号格子涂灰色的方案总数为种；若1号格子和4号格子同时涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，3号格子还有2种选色方案，即1号和4号格子同时涂灰色的方案总数为种；所以，在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是.故选：A.【变式3-2】现要对三棱柱的6个顶点进行涂色，有4种颜色可供选择，要求同一条棱的两个顶点颜色不一样，则不同的涂色方案有（

）A．264种 B．216种 C．192种 D．144种【答案】A【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及分步乘法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得.【详解】依题意，求不同涂色方案问题，有用4种颜色和用3种颜色两类办法，用4种颜色，先涂点有种方法，再在中选一点涂第4色，另两点有3种涂色方法，因此不同涂色方法数为；用3种颜色，先涂点有种方法，再涂有2种方法，因此不同涂色方法数为，所以不同的涂色方案有（种）.故选：A题型4分配问题：球不同，盒不同基本规律球不同，盒子不同（主要的）方法技巧：无限制，指数幂形式，，有限制“先分组再排列”分类讨论球不同、盒不同核心用分步乘法计数原理，逐个球安排。无限制时，n个不同球放入m个不同盒，共种放法。有限制则分步处理：每球独立选盒，注意“每盒至少1球”先分组再分配，均匀分组需除序消重；特殊盒优先放指定球，再排剩余球。关键抓住“球有序、盒有序”，分步不重复、不遗漏即可。【例4】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【解析】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.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：，第2个盒子有：，第3个盒子有：，第一类放法种数为，不同的放法种数有.【变式4-1】（2026·四川泸州·模拟预测）现将1个红球、1个黄球、1个绿球及3个白球（白球之间没有区别）放入3个不同的盒子中，每个盒子放入2个球，则不同的放法种数为（

）A．15 B．90 C．24 D．36【答案】C【解析】把6个小球按2个球一组分成3组，有两类分法：每个盒子放入一个白球，有1种方法；有2个白球放入一个盒子，剩下1个白球与1个有色球组合，有种方法，再将分成的3组放入3个盒子有种方法，所以不同的放法种数为.【变式4-2】（2026·福建二模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答）【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况有与,当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在与两种分配情况,此时,;当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在与两种分配情况,此时,;.题型5分配问题：球同，盒不同基础模型：个相同元素分给个不同对象，每个对象至少1个元素，方法数为.变形模型：若允许对象为空，先给每个对象补1个元素转化为“至少1个”的基础模型，方法数为.技巧要点：确保元素相同、对象不同，转化为隔板模型时需验证边界条件（如“至少1个”或“允许为空”）.【例5】（25-26高二上·辽宁·期末）将5个完全相同的小球全部放入编号为1，2，3，4的4个小盒，恰好有1个空盒的不同放法有种.【答案】24【分析】先从4个盒子中选出3个用于放置小球，再将5个完全相同的小球放入这3个选出的盒子中，且每个盒子至少放1个，再利用插板法或分类讨论法计算放法总数.【详解】解法一：先从4个盒子中选出3个，共有C4将5个完全相同的小球全部放入3个盒且无空盒，需要两个“隔板”，所以分配方案共有C4所以总方法数为C4解法二：先从4个盒子中选出3个，共有C4将5个完全相同的小球全部放入3个盒且无空盒，共有2种情况，①从3个盒中选1个放3个球，剩余两个盒各放1个，共有C3②从3个盒中选1个放1个球，剩余两个盒各放2个，共有C3所以总方法数为C4故答案为：24【变式5-1】15个相同的小球放入编号为1，2，3的盒子内，盒子内的小球数不小于编号数，则不同的放法有种.【答案】55【详解】由于小球是相同的，故先用6个小球按编号数“填满”各盒子（符合最低要求），再把9个小球放入3个盒子内即可．可用2块挡板与9个球一起排列（即为两类元素的排列问题），可得．故符合题意的不同放法有55种.故答案为：55.【变式5-2】方程共有组正整数解，共有组非负整数解．【答案】455969【详解】可将16理解为16个1相加．而x，y，z，w相当于四个盒子，每个盒子里装入若干个1．则每个盒子里若干个1的和构成其中一组正整数解．对于第一空，用隔板法，将16个1排成一排，形成15个空隙，在空隙中插入3个隔板，将16个1截为4部分，每一部分的和对应原四元方程的正整数解，则有组正整数解．对于第二空，正整数解与非负整数解的区别在于非负整数解可以是0，相当于允许盒子为空，而隔板法适用于盒子非空的情况，所以考虑进行化归．由，得，则这四个盒子非空即可，此时使用隔板法，可得原方程共有组非负整数解．故答案为：455，969题型6书架插书模型书架插书法：（1）书架上原有书的顺序不变；（2）新书要一本一本插；也可以把有顺序得“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总座位”中选（百分比法）“书架插书”模型书架插书法：、书架上原有书的顺序不变；（2）、新书要一本一本插；（3）、也可以把有顺序的“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总座位”中选（百分比法）【例6】书架上某一层有5本不同的书，新买了3本不同的书插进去，要保持原来5本书的顺序不变，则不同的插法种数为（

）.A．60 B．120 C．336 D．504【答案】C【解析】依据分步计数原理即可求得不同的插法种数.将新买的3本书逐一插进去：第1本书插入5本书形成的6个空隙中的1个，有6种插法；第2本书插入6本书形成的7个空隙中的1个，有7种插法；最后1本书插入7本书形成的8个空隙中的1个，有8种插法.由分步乘法计数原理，知不同的插法种数为6×7×8=336.故选：C【变式6-1】（2024·云南·二模）某学校组织学生到敬老院慰问演出，原先准备的节目单上共有5个节目(3个歌唱节目和2个舞蹈节目).根据实际需要，决定将原先准备的节目单上的5个节目的相对顺序保持不变，再在节目单上插入2个朗诵节目，并且朗诵节目在节目单上既不排第一，也不排最后，则不同的插入方法一共有（

）A．18种 B．20种 C．30种 D．34种【答案】B【分析】本题根据排列组合的基本原理，相邻问题采用“捆绑法”，不相邻问题采用“插空法”.由题意，原5个节目安排好以后，中间产生四个空档，然后对新插入的两个朗诵节目分为相邻和不相邻两种情况插入即可得出结果.【详解】由题意得：（1）新插入的两个朗诵节目相邻时：有种方法，（2）新插入的两个朗诵节目不相邻时：有种方法，综上得：共有种方法.故选：B.【变式6-2】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（即按先后顺序，但大小写可以交换位置，如或都可以），这样的情况有__________种．（用数字作答）【答案】160【解析】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.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；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，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有；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++)=160题型7代替元法：最短路径代替元法核心是等价转化，将复杂元素替换为简单模型，把陌生问题化为常规排列组合。遇到相同元素、重复限制时，用“虚拟元”替代重复部分，消序去重；多类元素混杂时，统一转化为选位模型，简化分类讨论。最短路径问题本质是组合选位，横向、纵向步数固定，只需确定行走顺序。总步数中选取横向（或纵向）的步数位置，用组合数直接计算，无需穷举。解题关键是先算总步数与两类步数差，再用组合公式求解，避免重复或遗漏。【例7】2025年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加志愿者活动.小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法正确的个数是（

）

A．小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条B．小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条C．若图中H处修路不通，则小明到老年公寓选择的最短路径条数为15条D．若小明要去图中H处取参加活动的必需物资，则小明到老年公寓选择的最短路径条数为25条【答案】BC【详解】由图可知，要使小华、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移动，对于A，小华到老年公寓需要向上1格，向右2格，即共走3步，其中1步向上，所以最短路径的条数为条，所以A错误，对于B，小明到老年公寓需要向上3格，向右4格，即共走7步，其中3步向上，最短路径的条数为条，所以B正确，对于C，若图中H处修路不通，则小明第一步只能向上，则需要再向上2格，向右4格，即共走6步，其中2步向上，最短路径的条数为条，小明到老年公寓选择的最短路径条数为15条，所以C正确，对于D，小明要去图中H处取参加活动的必需物资，先去H则小明到老年公寓需要再向上3格，向右3格，即共走6步，其中3步向上，最短路径的条数为条，所以D错误；故选：BC.【变式7-1】（多选）如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（

）A．甲从M到达N处的走法种数为20B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9C．甲、乙能在处相遇的走法种数为36D．甲、乙能相遇的走法种数为164【答案】ABD【详解】A选项：需要走6格，其中向上3格，向右3格，所以甲从M到达N处的走法种数为，故A正确；B选项：甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法，从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法，根据分步乘法计数原理得：甲从M必须经过到达N处的走法种数为9，故B正确；C选项：由图可知，甲走到处需要3步，且乙走到处需要3步，又因为，甲经过的走法种数为9，乙经过的走法种数为9，所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误；D选项：甲，乙两人沿着最短路径行走，可能在，，，处相遇，若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，所以两人在处相遇的走法有1种；若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法；若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格，所以两人在处相遇的走法有1种.根据分类加法计数原理得：甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确.故选：ABD.【变式7-2】（山东省泰安市2024-2025学年高三下学期二轮检测）在平面直角坐标系中，定义Ax1,y1,BA．dB．若C为平面内任意一点，则dC．当地政府拟沿满足dP,A+dP,BD．外卖员从A点送餐到B点，在保证路程与dA,B相等的前提下，左转次数X的期望为【答案】ABD【详解】由定义知，dA,B平面内任意一点CxC≥xC−设A0,0,B3,2,Px,y因为去掉绝对值x,y分别有3段取值，共可得到3×3=9个方程，最多对应9条线段，但当0<x<3,0<y<2时，方程为x+y+3−x+2−y=9，无解，其余分类中得到的方程含有x或y，且方程对应的线段相异，故总的线段条数为9−1=8，P点轨迹图形为八边形，如图所示，故C错误；由题意，左转次数X可能为0,1,2，总的走法有C5其中PX=0=110，EX故选：ABD题型8代替元法：空车位停车等空座位型，1.单独空座位，可以看成相同元素无排列，字母化法处理。2.如果2个或者3个或者更多空座位相连型，与单独空座位则属于不同元素3.空座位，属于相同元素，则符合“直选不排”原理【例8】一条长椅上有6个座位，3个人坐．要求3个空位中恰有2个空位相邻，则坐法的种数为（

）A．36 B．48 C．72 D．96【答案】C【解析】分两个相邻空位包括最左端或最右端时和不含最左端或最右端时，两种情况求出坐法后相加即可.先考虑相邻的2个空位，当两个相邻空位包括最左端或最右端时，有2种情况，与空位相邻的座位需要安排一个人，有3种选择，剩余的3个座位，安排2个人，有种选择，则有种选择，当两个相邻空位不含最左端或最右端时，此时有3种情况，与空位相邻的左右座位需要安排两个人，有种选择，最后一个人有2种选择，则有种选择，综上：坐法的种数共有个.故选：C【变式8-1】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．48 B．54 C．72 D．84【答案】C【解析】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．解：根据题意，分2步进行分析：①先将3名乘客全排列，有种情况，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种；故选：．【变式8-2】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】【解析】直接数字化法，标记为123456与AAA排列，只选不排。为题型9数列思想：上楼梯等“上台阶”模型，也可以如“走路口”模型一样，转化为“数字化法”，一步n级台阶，可以记为数字n，一步一阶设为数字1，一步两阶设为数字2，一步n阶，记为数字n，则把吗、阶台阶，变为数字“和”形式。然后总台阶可以借助“不定方程”计算。【例9】有一道楼梯共10阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，小王同学7步登完楼梯的概率为___________.【答案】【解析】由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，分别求出每种的基本事件数，再利用古典概型的概率公式计算可得；由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，①步：即步两阶，有种；②步：即步两阶与步一阶，有种；③步：即步两阶与步一阶，有种；④步：即步两阶与步一阶，有种；⑤步：即步两阶与步一阶，有种；⑥步：即步一阶，有种；综上可得一共有种情况，满足7步登完楼梯的有种；故7步登完楼梯的概率为故答案为：【变式9-1】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：，，.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．377 B．610 C．987 D．1597【答案】C【解析】分析出，，，，进而得到递推关系，满足斐波那契数列，列举即可得到结果.由题意若只有一个台阶，则有种上楼方法；若有两个台阶，则有种上楼方法；若有三个台阶，则有种上楼方法；若有四个台阶，则有种上楼方法；以此类推：若要到达第n个台阶，前一步可能在第n-1个台阶上再跨一台阶上去，也可能是在第n-2个台阶上跨两个台阶上去，∴满足，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.【变式9-2】某人要经过一段有14级台阶的楼梯，他每次迈步时都是一步迈两级或三级台阶，那么他的走法有种．【答案】21【详解】考虑迈三级台阶的次数：迈0次三级台阶，即每次迈2级台阶，走7次，只有1种走法；迈1次三级台阶，还有11级，无法被2整除，不可能；迈2次三级台阶，还有8级，再迈4次2级台阶，一共要迈6次，所以有种走法；迈3次三级台阶，还有5级，无法被2整除，不可能；迈4次三级台阶，还有2级，再迈1次2级台阶，一共要迈5次，所以有种走法；迈5次三级台阶，已经超过14级台阶了，不可能，根据分类加法计数原理，不同的走法共有种.故答案为：21.题型10环排问题：直排策略在圆排列数中：（1）个元素围成一圈其圆排列数为（2）在个元素中，每次取出个不同的元素进行圆排列，圆排列数为．（3）当从个相异的元素中，每次取出颗串成一个圆环，因其正反相对的两个圆排列在串成一个圆环时完全相同，故圆环数为．对于较复杂的问题，可适当采用分步揷人、捆绑及利用种数公式处理【例10】现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】8个人围成一圈,有种.其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由.所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为.【变式10-1】5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有______种（填数字）．【答案】86400【分析】分三步，先将5个女孩圆排列，再把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组，最后把这5组放入已成圆排列的5个间隔即可得解.【详解】因为任意2个女孩中间至少站1个男孩，则有且仅有2个男孩站在一起，先把5个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有(种)，把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组有种分法，最后把5组男孩放入5个女孩构成圆排列的5个间隔中有种方法，而站在一起的两个男孩有顺序性，有2种站法，所以，由分步乘法计数原理得，不同的排法共有(种).故答案为：86400【变式10-2】A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（

）A．60种 B．48种 C．30种 D．24种【答案】B【分析】B、C二人必须坐相邻的两把椅子，有4种情况，B、C可以交换，有种情况，其余三人坐剩余的三把椅子，有种情况，利用乘法计数原理可得结论.【详解】首先，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，考虑B、C两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，根据排列数的计算公式，得到，，接下来，考虑其余三人的情况，其余位置可以互换，可得种，最后根据分步计数原理，得到种，故选B.1．（2026·黑龙江一模）黑龙江省实验中学科技节活动，将4位学生志愿者分配到创客中心、校园电视台、体育馆三个地点参加志愿活动，若每个地点至少需要1名学生，每位志愿者仅去一个地点，则不同的分配方法种数为（

）A．81 B．72 C．36 D．12【答案】C【分析】利用排列数与组合数定义计算即可得.【详解】先从四人中选出两人当成一组，共种分法，再将三组人进行分配，共种，故共有种分配方法.2．（2026·四川泸州一模）要安排4名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（

）A．12 B．14 C．16 D．20【答案】B【分析】分别讨论一个村1名，另一村3名志愿者和一个村2名，另一个村2名志愿者，两种情况，根据分组分配的处理方法，分析计算，即可求得答案.【详解】若一个村1名，另一村3名志愿者，则有种选法；若一个村2名，另一个村2名志愿者，则有种选法，所以不同的安排方法共有8+6=14种.故选：B3．（2026·安徽淮南一模）2025年12月11日淮南市科技馆正式开馆，淮南市某中学有甲、乙、丙、丁等7位学生约好2026年1月1日去科技馆志愿服务．现将7位学生随机分为3组，每组至少一人，则甲乙同组且丙丁同组的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意知不同的分组方法有5,1,1；4,2,1；3,2,2；3,3,1四种，利用不平均分组问题计算方法数，以及计算出符合题意的情况数，即可求得概率.【详解】由题意，不同的分组方法有5,1,1；4,2,1；3,2,2；3,3,1四种，当分组为5,1,1时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种；当分组为4,2,1时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种；当分组为3,2,2时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种；当分组为3,3,1时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种；甲乙同组且丙丁同组的概率为.故选：A.4．（2026·四川成都一模）某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，那么加工顺序共有（

）A．96种 B．72种 C．48种 D．36种【答案】C【分析】先排相邻的2道工序，再把它与其它3道工序作全排列，即可得.【详解】由题意，把相邻的2道工序做排列，再把它与其它3道工序作全排，所以加工顺序有种.故选：C5．（2026·广东汕头一模）一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（

）A．7或 B．5或 C．3或 D．1或【答案】D【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最高的位置.【详解】设质点向正方向移动的次数为（），则向负方向移动的次数为，质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：，每次移动向正、负方向的概率均为，因此“7次移动中恰好有次向正方向”的概率服从二项分布，概率公式为：，其中为组合数，为常数，因此，概率的大小由组合数决定，“最可能的位置”对应最大时的，时时时时时时时时综上，组合数在和时取得最大值，当时，代入得：，当时，代入得：，质点最可能移动到的位置坐标为或.6．（2026·安徽安庆一模）将1，1，2，2，3，3六张数字牌按顺序进行排列，其中相同的数字牌不相邻的排法总数为（

）A．12 B．30 C．60 D．90【答案】B【分析】先利用总排列数公式（考虑重复元素）计算所有可能的排列，及“两个1相邻”和“两个2相邻”和“两个3相邻”的排列数，和“两个1，两个2，两个3都相邻”的排列数，再利用容斥原理从而得出满足“相同数字不相邻”的排列数.【详解】总排列数：，两个1相邻的排列数：，两个2相邻的排列数：，两个3相邻的排列数：，两个1相邻且两个2相邻的排列数：，两个1相邻且两个3相邻的排列数：，两个2相邻且两个3相邻的排列数：，两个1，两个2，两个3都相邻的排列数：，由容斥原理得：两个1相连或两个2相连或两个3相邻的排列数为：.所以相同的数字牌不相邻的排法总数为.二、填空题7．（2025·福建厦门二模）在五一小长假期间，要从5人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有__________种.【答案】80【分析】根据值班人数为2和3两种情况，结合排列组合即可求解.【详解】根据题意可知，值班的人数为2人或者3个人，若人数为2，则需要一个人值班首尾两天，一个人值中间的那一天，故,若人数为3，则每人值一天班，故,故总的方法有，故答案为：808．（2026·福建一模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答）【答案】【分析】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，由于甲、乙两人不能被安排到资源组，针对甲、乙两人在同一组与不同组进行分类计算，结合要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多排除一些情况，再使用排列组合公式进行计算.【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况有与,当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在与两种分配情况,此时,;当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在与两种分配情况,此时,;.9．（2026·山东淄博月考）西部某县委将7位大学生志愿者（4男3女）分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有___________种.【答案】104【分析】分两种情况讨论，再由加法计数原理计算.【详解】分组的方案有3、4和2、5两类：第一类有种；第二类有种；所以共有种不同的方案.故答案为：10410．（2025·浙江一模）对7个相邻的格进行染色，每个格均可从红、绿、黄三种颜色中选一种，则没有相邻红格的概率为__________.【答案】【分析】通过讨论红格个数，由古典概型概率公式求解即可，【详解】0个红格，共种；1个红格，共种；2个红格，共种；3个红格，共种；4个红格，共种，所以；故答案为：11．（2025·福建漳州模拟）在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为______.（结果用数字表示）【答案】15【分析】从整点到整点，记为上步，从整点到整点，记为下步，结合题意分析易得整点到整点的T步一共有6个，且上步有4个，下步有2个，进而结合组合知识求解即可.【详解】由题意，从整点到整点，记为上步，从整点到整点，记为下步，不管上步还是下步，在一个T步上横坐标都增加1，而上步纵坐标增加1，下步纵坐标减少1，因此整点到整点的T步一共有6个，且上步有4个，下步有2个，因此整点到整点的T路的条数为.故答案为：15.12．甲、乙、丙人站到共有级的台阶上，若每级台阶最多站人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________.（用数字作答）【答案】【分析】对每个台阶上所站的人数进行分类讨论，结合分类加法计数原理可得结果.【详解】当每个台阶上各站人时有种，当两个人站在同一个台阶上时，有种，综上所述，共有种不同的站法.故答案为：.13．（2026·四川巴中一模）一个火车站有8股道，如果每股道只能停放1列火车，现要停放4列不同的火车，每两列火车不能停在相邻股道，则不同的停放方法共有_____种.【答案】120【分析】利用插空法进行计算即可.【详解】总共有8股股道，要停放4列火车，那么剩下的空股道有股.这4股空股道排好后，会形成个可以插入火车的“空隙”（包括两端）.首先，从5个空隙中选4个，有种选法，然后，将4列不同的火车在这4个位置上进行全排列，有种排法.总的方法数是选位置的方法数乘以排列的方法数，即：种.故答案为：120.14．（2026·浙江杭州二模）一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______.【答案】82【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解．【详解】解：①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色，①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样，则（1）①②③④四边同色，此时共有种；（2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种，（3）当①②③④每两个同色时，此时共有种，综上，共有种．15．（2026·