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计数原理、排列与组合
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五年高考
考点1 两个计数原理
考点2 排列与组合
目 录
三年模拟
基础强化练
能力拔高练
创新风向练
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高考新风向·创新考法 思维引导 回归本质
(2024新课标Ⅱ,14,5分,难)在下图的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 .
112
24
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创新点 本题以4×4方格为背景进行命制,考查科学分步的逻辑思维能力,以及对实际
问题进行表征分析和提炼数量关系的数学建模素养,需要用分步乘法计数原理将一个
复杂问题的解决过程分解为若干“步骤”,先分析每个步骤,再组合为一个完整的过程,
常用的排列组合的方法对本题不适用,学习过程中要注意掌握原理的本质.
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解析
第一列有4种选择,第二列有3种选择,第3列有2种选择,第4列有1种选择,∴共有4×3×2×1
=24种选法.
由题图知,每一列中最下面的数最大,现将前三行中每一个数与该列最大数的差的绝对
值算出来,如表.
要想选中的4个数之和最大,差的绝对值就要最小,故选中的4个数从上到下分别为21,3
3,43和15,和为112,故最大值为112.
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五年高考
考点1 两个计数原理
1.(2023新课标Ⅱ,3,5分,易)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层
随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部
和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有 ( )
A. · 种 B. · 种
C. · 种 D. · 种
D
解析
根据分层随机抽样方法,初中部和高中部分别抽取40名和20名学生,根据分步乘
法计数原理,得不同的抽样结果共有 · 种.故选D.
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2.(2023全国乙理,7,5分,中)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( )
种 种
种 种
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 =120(种).故选C.
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3.(2023新课标Ⅰ,13,5分,易)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).64
解析
选修2门课,体育类和艺术类各选1门,共有 · =16种选课方案;
选修3门课,分为选2门体育类、1门艺术类和选2门艺术类、1门体育类两种情况,共有
· + · =48种选课方案.因此不同的选课方案共有16+48=64种.
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考点2 排列与组合
1.(2022新高考Ⅱ,5,5分,易)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( )
种 种 种 种
B
解析
丙和丁相邻共有 · 种站法,甲站在两端且丙和丁相邻共有 · · 种站法,所以甲
不站在两端且丙和丁相邻共有 · - · · =24种站法,故选B.
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2.(2020新高考Ⅰ,3,5分,易)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 ( )
种 种 种 种
C
解析
因为每名同学只去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,
所以甲场馆从6人中挑一人有 =6种结果;
乙场馆从余下的5人中挑2人有 =10种结果;
余下的3人去丙场馆.
故共有6×10=60种安排方法.故选C.
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3.(2023全国甲理,9,5分,中)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、
星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同
安排方式共有( )
种 种 种 种
B
解析
先从5人中选出1人两天都参加,有 种选择,然后从其余4人中选2人分别安排在
,
有 种方式,所以恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有 =60种,故选B.
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4.(2021全国乙理,6,5分,中)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球
和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,
则不同的分配方案共有 ( )
种 种 种 种
C
解析
先将5人分为4组,其中一组有2人,另外三组各1人,共有 =10种分法,然后将4个项目全
排列,共有 =24种排法,根据分步乘法计数原理得到不同的分配方案共有 · =240
种,故选C.
示 本题容将5人分为4组,共有分法 · · =60种的错误结果.
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5.(2020课标Ⅱ理,14,5分,易)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1
个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法共有 种.36
解析
从4名同学中先安排2名同学为一组,有 =6种选法,剩余2名同学各自一组,将3组同学
分配到3个小区,有 =6种分法,根据分步乘法计数原理,可得不同的安排方法有6×6=36
种.
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6.(2024上海,10,5分,中)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数,且元素中任意
两者之积皆为偶数,则集合中元素个数的最大值为 .329
解析
由题意知集合中元素至多只有1个奇数,其余均是偶数.
先讨论三位数中的偶数个数,
①当个位为0时,百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列,则这样的偶数有
=72个;
②当个位不为0时,个位有 个数字可选,百位有 个数字可选,十位有 个数字可选,根
据分步乘法计数原理知这样的偶数共有 =256个,
最后加上单独的1个奇数,所以集合中元素个数的最大值为72+256+1=329.
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三年模拟
1.(2025届江苏南京六校联合调研,3)甲、乙、丙、丁去听同时举行的3个讲座,每人可
自由选择听其中一个讲座,则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为 ( )
A
解析
甲、乙两人听同一个讲座,方法数有3种,
丙、丁两人听不同的其他讲座,方法数有2种,
所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为3×2=6.故选A.
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2.(2025届浙江名校联考,5)将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧,要求每一侧种植3
棵,且每一侧中间的景观树都要比两边的高,则不同的种植方法共有 ( )
种 种 种 种
C
解析
一侧的种植方法有 =20×2=40种,
另一侧的种植方法有 =2种,
由分步乘法计数原理得不同的种植方法共有40×2=80种,
故选C.
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3.(2025届广东深圳中学调研,2)某高校要求学生除了学习第二语言英语,还要求同时进
修第三语言和第四语言,其中第三语言可从A类语言:日语,韩语,越南语,柬埔寨语中任
选一个,第四语言可从E类语言:法语,德语,俄语,西班牙语,意大利语中任选一个,则学生
可选取的语言组合数为 ( )
A
解析
第三语言可从A类语言4个中任选一个,有4种方法,
第四语言可从E类语言5个中任选一个,有5种方法,
所以学生可选取的语言组合数有4×5=20种.故选A.
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4.(2025届四川成都名校联考,7)某高中运动会设有8个项目,甲、乙两名学生每人随机
选取3个项目,则至少选中2个相同项目的报名情况有( )
种 种 种 种
D
解析
由题意可知,可以分两种情况:
第一种情况:所选取3个项目恰有2个相同,
第一步,从8个项目中选取2个,共有 =28种,
第二步,甲在剩下的6个项目中选取1个,共有 =6种,
第三步,乙在剩下5个项目中选取1个,共有 =5种,
由分步乘法计算原理可知,共有28×6×5=840种;
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第二种情况:所选取的3个项目完全相同,
则有 =56种,
故由分类加法计数原理可知,符合要求的报名情况有840+56=896种.故选D.
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5.(2025届山西大同调研,5)五一小长假期间,某旅游公司为助力大同旅游事业的发展,计
划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟、古城华严寺、北岳恒山三个景
区承担义务讲解任务,要求每个景区都要有银牌导游前往,则不同的分配方法种数为
( )
350 440
C
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解析
将2名金牌导游分配到3个景区,有3×3=9种分配方法,
每个景区都要有银牌导游,则将银牌导游分成三组,各组人数分别为1,1,3或1,2,2.当银牌
导游分成三组的人数为1,1,3时,此时共有 × ×9=540种分配方法;
当银牌导游分成三组的人数为1,2,2时,此时共有 × ×9=810种分配方法.所以不
同的分配方法有540+810=1 350种.故选C.
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6.(2025届四川眉山仁寿一中月考,5)下列命题不正确的是 ( )
A.正十二边形的对角线的条数是54
B.身高各不相同的六位同学,其中三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站,共有120
种站法
C.有5个元素的集合的子集共有32个
名同学被邀请参加晚会(至少一人参加),其中甲和乙两位同学要么都去,要么都不
去,共有32种情况
D
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解析
对于A,正十二边形的对角线的条数为 -12=66-12=54,故A正确;
对于B,身高各不相同的六位同学,其中三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站,共有
=20×6=120种站法,故B正确;
对于C,有5个元素的集合的子集共有25=32个,故C正确;
对于D,甲、乙共有2种情况,而其余4位同学共有24=16种,
故共有2×16-1=31种情况,故D错误.故选D.
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7.(多选)(2025届广东六校第二次联考,9)现安排甲、乙、丙、丁、戊这5名同学参加志
愿者服务活动,有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排,且每人只安排一个工作,
则下列说法正确的是 ( )
A.不同安排方案的种数为54
B.若每项工作至少有1人参加,则不同安排方案的种数为
C.若司机工作不安排,其余三项工作至少有1人参加,则不同安排方案的种数为( +
)
D.若每项工作至少有1人参加,甲不能从事司机工作,则不同安排方案的种数为 +
BD
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解析
对于A,若每人都安排一项工作,每人有4种安排方法,则不同安排方案的种数为45,故A错
误;
对于B,先将5人分为4组,再将分好的4组全排列,安排4项工作,不同安排方案的种数为
,故B正确;
对于C,先将5人分为3组,有 种分组方法,
将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作,有 种情况,
则不同安排方案的种数是 ,故C错误;
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对于D,第一类,先从乙,丙,丁,戊中选出1人从事司机工作,再将剩下的4人分成三组,安排
翻译、导游、礼仪三项工作,则不同安排方案的种数为 ,
第二类,先从乙,丙,丁,戊中选出2人从事司机工作,
再将剩下的3人安排翻译、导游、礼仪三项工作,
则不同安排方案的种数为 .所以不同安排方案的种数是 + ,故D正确.故
选BD.
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8.(2025届江苏无锡玉祁高中月考,14)随着杭州亚运会的举办,吉祥物“琮琮”“莲
莲”“宸宸”火遍全国.现有甲、乙、丙3位运动员要与“琮琮”“莲莲”“宸宸”站
成一排拍照留念,则这3个吉祥物互不相邻的排队方法数为 .(用数字作答)144
解析
甲、乙、丙3位运动员站成一排,有 种不同的排法,
在3位运动员形成的4个空隙中选3个,插入3个吉祥物,共有 =144种排法.
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1.(2024安徽池州期中,5)我国数学家(约3世纪初)在为《经》作注时验证勾
股定理的示意图如图,现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种
颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为 ( )
D
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解析
如图,设5个区域依次为A、B、C、D、E,
涂满5块区域使用颜色的种数可以是3、4、5.
①若用三种颜色,则A,C与B,D均颜色相同,则有 =60种;
②若用四种颜色,则A,C与B,D只有一组颜色相同,则有 =240种;
③若用五种颜色,则有 =120种,
所以不同的涂色方案有60+240+120=420种.故选D.
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2.(2025届广东深圳中学开学考,5)三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练(不能传给
自己),由丙开始传,经过5次传递后,球又被传回给丙,则不同的传球方式共有 ( )
种 种 种 种
B
解析
设在第n(n≥2)次传球后有an种情况球在丙手中,即经过n次传球后球又被传回给丙,
在前n次传球中,每次传球都有2种可能,故在前n次传球中共有2n种传球方法,故在第n次
传球后,球不在丙手中的情况有(2n-an)种,即球在甲或乙手中,只有在这些情况时,在第(n
+1)次传球后,球才会被传回给丙,
即an+1=2n-an,由题意可得a2=2,则a3=22-a2=2,a4=23-a3=6,a5=24-a4=16-6=10,故选B.
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3.(2025届江西上饶检测,7)将1,2,3,4,5,6,7这七个数随机地排成一个数列,记第i项为ai(i=
1,2,…,7),若a1<a2<a3,a3>a4>a5,a5<a6<a7,则这样的数列共有 ( )
个 个 个 个
B
解析
若a5=1,则这样的数列有 =45个;
若a5=2,则这样的数列有 =20个;
若a5=3,则这样的数列有 =6个,
所以满足条件的数列共有45+20+6=71个,故选B.
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4.(2025届河南南阳二中月考,7)用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色,要
求相邻两个圆所涂颜色不能相同,且红色至少要涂两个圆,则不同的涂色方案种数为
( )
B
解析
先涂第一个圆,有6种情况,再涂第二个圆有5种情况,涂第三个圆有5种情况,涂第四个圆
有5种情况,涂第五个圆有5种情况,利用分步乘法计数原理可知,一共有6×5×5×5×5=3 7
50种涂色方案;
若没有红色,
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先涂第一个圆,有5种情况,再涂第二个圆有4种情况,涂第三个圆有4种情况,涂第四个圆
有4种情况,涂第五个圆有4种情况,一共有5×4×4×4×4=1 280种;
若红色涂一个圆,
当第一个圆涂红色时,再涂第二个圆有5种情况,涂第三个圆有4种情况,涂第四个圆有4
种情况,涂第五个圆有4种情况,一共有5×4×4×4=320种;
当第二个圆涂红色时,再涂第一个圆有5种情况,涂第三个圆有5种情况,涂第四个圆有4
种情况,涂第五个圆有4种情况,一共有5×5×4×4=400种;
当第三个圆涂红色时,再涂第二个圆有5种情况,涂第四个圆有5种情况,涂第一个圆有4
种情况,涂第五个圆有4种情况,一共有5×5×4×4=400种;
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当第四个圆涂红色时,再涂第三个圆有5种情况,涂第五个圆有5种情况,涂第二个圆有4
种情况,涂第一个圆有4种情况,一共有5×5×4×4=400种;
当第五个圆涂红色时,再涂第四个圆有5种情况,涂第三个圆有4种情况,涂第二个圆有4
种情况,涂第一个圆有4种情况,一共有5×4×4×4=320种.
所以红色至少涂两个圆的方案有3 750-1 280-320-400-400-400-320=630种.故选B.
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5.(2025届浙江杭州十四中月考,7)现有三对双胞胎共6人排成一排,则有且只有一对双
胞胎相邻的排法种数是 ( )
C
解析
将6人进行编号,分别为A,B,C,D,E,F,其中A,B为一对双胞胎,C,D为一对双胞胎,E,F为一
对双胞胎,
从左到右站位,分别为1,2,3,4,5,6,
先从三对双胞胎中选择一对令两人相邻,且两人可排列,故有 种选择,再依次进
行求解,若这对双胞胎分别站在1,2号位,此时3号位可以从剩余的4人中进行选择,
那么4号位可以从剩余的双胞胎中选择1人,5,6号位将固定排剩余2人,此时共有
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=48种选择,
若这对双胞胎分别站在2,3号位,则1号位有4种选择,4号位可以从剩余的一对双胞胎中
选择1人,
5,6号位将固定排剩余2人,此时共有 =48种选择,
若这对双胞胎分别站在3,4号位,则2号位有4种选择,1号位可以从剩余的一对双胞胎中
选择1人,
5,6号位可将剩余2人进行全排列,此时共有 =96种选择,
若这对双胞胎分别站在4,5号位或5,6号位,可利用同样方法得到分别有 =48种
选择.
综上,共有48×4+96=288种排法.故选C.
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6.(2025届广东九校9月模拟,4)为了协调城乡教育资源的平衡,政府决定派甲、乙、丙
等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教(每所学校至少安排一名教师).受
某些因素影响,甲、乙教师不被安排在同一所学校,丙教师不去往希望中学,则不同的分
配方法有 ( )
种 种 种 种
B
解析
先将丙安排在一所学校,有 种排法.
①若甲、丙在同一所学校,那么乙就有 种排法,
剩下3名教师可能分别有3、2、1人在最后一所学校(记为X校),分别对应有1(3人均在X
校)、 (2人在X校,另1人随便排)、 (1人在X校,另2人排在同一所学校或不在
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同一所学校)种排法,
共有1+ + =19种排法.
②若甲、丙不在同一所学校,则甲有 种排法,
若乙与丙在同一所学校,则剩下3名教师按上面方法有19种排法;
若乙与丙不在同一所学校,则三所学校均已有一名教师,剩下3人可分别分为1、2、3组,
分别有 、 、
种排法,故共有 ·[ ·19+ ·(19+ + + )]=260种排法.故选
B.
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1.(创新考法)(2025届重庆开学考,14)有一个4行4列的表格,在每一个格中分别填入数字
0或1,使得4行中所填数字之和恰好是1,2,3,4各一个,4列中所填数字之和恰好也是1,2,3,
4各一个(如图为其中一种填法),则符合要求的不同填法共有 种.
0 0 0 1
0 0 1 1
0 1 1 1
1 1 1 1
576
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解析
显然在符合要求的填法中,应该填入6个数字0和10个数字1,
按照下面的顺序填入这6个数字0.
①先找到一行并填入3个数字0,选出这样1行共有4种选法,
而从该行的4格中选出3个填入数字0,有 =4种填法.
因此这一步共有4×4=16种不同的填法.
②选出一列填入3个数字0,以题图为例,可知这一列必为已填入了一个数字0的列,
否则就没有一列的数字之和为4,从而选出这一列共有3种选法.
而该列中已经填入了一个数字0,所以填入另外两个数字0有 =3种填法.
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这一步共有3×3=9种不同的填法.
③当完成前面两步后,最后一个数字0所在行与列都应有两个0,只有4个位置可以选择.
最后剩下所有的格都填1,有1种填法.
因此,符合要求的不同填法共有16×9×4×1=576种.
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2.(创新情境)(2025届湖南雅礼中学月考,14)小军和小方两人先后在装有若干黑球的黑
盒子与装有若干白球的白盒子(黑球数少于白球数)轮流取球,规定每次取球可以从某
一盒子中取出任意多颗(至少取1颗),或者在两个盒子中取出相同颗数的球(至少各取1
颗),最后不能按规则取的人输.已知两盒中共有11个球,且两人掷硬币后决定由小军先
手取球.小方看了眼黑盒中的球,对小军说:“你输了!”若已知小方有必胜策略,则黑盒
中球数为 .4
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解析
设黑球数为m,白球数为n,由m+n=11,m<n,则(m,n)可能有以下几种情况:
①(1,10),小军可先手在白盒子中取8颗球,此时两盒球数为(1,2),
则小方必不可能全部取完,小方后手取球后可能为(0,2),(0,1),(1,1),(1,0),此时无论何
种
情况小军都可全部取完,故小军有必定获胜的策略,不符合题意;
②(2,9),小军可先手在白盒子中取8颗球,此时两盒球数为(2,1),同①进行分析可知,小军
有必定获胜的策略,不符合题意;
③(3,8),小军可先手在白盒子中取3颗球,此时两盒球数为(3,5),
小方取球后,若两盒中球数一样或有一盒取空,则小军可全部取完,小军必胜;
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若两盒中球数不一样,且均不为0,则一定是以下三种情况之一:
1)两盒球数为(3,4);
2)有一盒中只有一个球,另一盒中多于两个球;
3)有一盒中有两个球,另一盒中多于两个球;
无论为哪种情况,小军都可将其取为(1,2)或(2,1),知此时小军必胜,不符合题意;
④(4,7),若小军只从白盒中取球,
则取球后两盒球数为(4,1),(4,2),(4,3)时,由③的推理过程知,小方必胜,符合题意.
取球后两盒球数为(4,6)时,小方可将球数转为(3,5),小方必胜;
取球后两盒球数为(4,5)时,小方可将球数转为(1,2),小方必胜;
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若小军从黑盒中取出了球,则黑盒中球数≤3,白盒中球数-黑盒中球数≥3,从而由③推
理过程知小方必胜.
若小军同时从两盒中取球,小方也能将球数转为(3,5),(2,1),(1,2),小方必胜.
⑤(5,6),小军可将球数转为(1,2),小军必胜,不符合题意.
综上可知,黑盒中球数为4.
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3.(多想少算)(2025届湖南长沙长郡中学第一次调研,14)清代数学家明安图所著《割圆
密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”(以比利时数学家欧仁·查理·卡特兰的
名字命名).有如下问题:在n×n的格子中,从左下角出发走到右上角,每一步只能往上或
往右走一格,且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方(不能穿过,但可以
到达该连线),则共有多少种不同的走法?此问题的结果即卡特兰数 - .如图,现有3×
4的格子,每一步只能往上或往右走一格,则从左下角A走到右上角B共有 种
不同的走法;若要求从左下角A走到右上角B的过程中只能在直线AC的右下方,但可以
到达直线AC,则有 种不同的走法.
35
14
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解析
从左下角A走到右上角B共需要7步,其中3步向上,4步向右,
故只需确定哪3步向上走即可,共有 =35种不同的走法.
将格子增加一行,若要求从左下角A走到右上角D的过程中只能在直线AC的右下方(不
能穿过,但可以到达该连线),
则由卡特兰数可知共有 - =14种不同的走法,
又到达右上角D必须最后经过B,所以满足题目条件的走法种数也是14.
