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实用标准文案
计数原理、排列组合题型与方法

☆基本思路：大的方向分类，类中可能有步或类
例1：架子上有不同的2个红球，不同的3个白球，不同的4个黑球.若从中取2个不同色的球，则取法种数为________.
解：先分类、再分步，共有取法2×3＋2×4＋3×4＝26种.故填26.

☆基本思路：大的方向分步，步中可能有类或步
例1：如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )
A．11种 B．20种
C．21种 D．12种
解：分两步，第一部分接通，则可能有一个接通或者两个都接通，有3种可能；第二部分接通，则可能恰有一个接通或恰有两个接通或者都接通，有7种可能。从而总共有种方式。

☆基本思路：排除法间接求解
例1：()电路如图所示，在A，B间有四个开关，若发现A，B之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有(　　)
A.3种 B.8种
C.13种 D.16种
解：各个开关打开或闭合有2种情形，故四个开关共有24种可能，其中能使电路通的情形有：1，4都闭合且2和3中至少有一个闭合，共有3种可能，故开关打开或闭合的不同情形共有24－3＝13(种).故选C.

☆剔除重复元素
例1：()从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是(　　)
A.9 B.10 C.18 D.20
解：lga－lgb＝lg，而＝，＝，故所求为A－2＝18个，故选C.

☆投信问题
例1：将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有(　　)
A.53种 B.35种 C.3种 D.15种
解：第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法.所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种.故选B.
例2：有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；
(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．
解　(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36＝729(种)．
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．
(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．

☆数字排列问题
例1：用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数.
(1)可组成多少个不同的四位数？
(2)可组成多少个不同的四位偶数？
解：(1)直接法：AA＝300； 间接法：A－A＝300.
(2)由题意知四位数的个位上必须是偶数，同时暗含了千位不能是0，因此该四位数的个位和千位是“特殊位置”，应优先处理；另一方面，0既是偶数，又不能排在千位，属“特殊元素”，应重点对待.
解法一：(直接法)0在个位的四位偶数有A个；0不在个位时，先从2，4中选一个放在个位，再从余下的四个数(不包括0)中选一个放在千位，应有AAA个.
综上所述，共有A＋AAA＝156(个).
解法二：(间接法)从这六个数字中任取四个数字组成最后一位是偶数的排法，有AA个，其中千位是0的有AA个，故适合题意的数有AA－AA＝156(个).

点拨：
本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意题中隐含条件0不能在首位.

例2：用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有________
个(用数字作答)．
解析　数字2，3至少都出现一次，包括以下情况：
“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C＝4(个)四位数．
“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C＝6(个)四位数．
“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数．

例3：()如果正整数M的各位数字均不为4，且各位数字之和为6，则称M为“幸运数”，则三位正整数中的“幸运数”共有____________个.
解：不含4，且和为6的三个自然数可能为(1，2，3)，(1，5，0)，(2，2，2)，(3，3，0)，(6，0，0).因此三位正整数中的“幸运数”有A＋2A＋1＋A＋1＝14(个).故填14.

☆错位排列
例1：将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格中，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种．
解析　编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．于是由分类加法计数原理，得共有3＋3＋3＝9(种)不同的填法．
例2：()用6个字母A，B，C，a，b，c编拟某种信号程序(大小写有区别).把这6个字母全部排到如图所示的表格中，每个字母必须使用且只使用一次，不同的排列方式表示不同的信号，如果恰有一对字母(同一个字母的大小写)排到同一列的上下格位置，那么称此信号为“微错号”，则不同的“微错号”总个数为(　　)

A.432 B.288 C.96 D.48
解：根据题意，分3步进行：①先确定排到同一列的上下格位置的一对字母，有C＝3种情况，将其放进表格中，有C＝3种情况，考虑这一对字母的顺序，有A＝2种不同顺序；②再分析第二对字母，其不能排到同一列的上下格位置，假设①选定的一对大小写字母为A和a，则分析B与b：B有4种情况，b的可选位置有2个；③最后一对字母放入最后两个位置，有A＝2种放法.则共有3×3×2×4×2×2＝288个“微错号”.故选B.

☆选派分配问题
例1：2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( )
A．36种 B．12种 C．18种 D．48种
解：根据题意分2种情况讨论，①若小张或小赵入选，则有选法C21C21A33=24；
②若小张、小赵都入选，则有选法A22A32=12，共有选法12+24=36种，故选A．
例2：2015年开春之际，六中食堂的伙食在百升老师的带领下进行了全面升级．某日5名同学去食堂就餐，有米饭，花卷，包子和面条四种主食．每种主食均至少有一名同学选择且每人只能选择其中一种．花卷数量不足仅够一人食用，甲同学因肠胃不好不能吃米饭，则不同的食物搭配方案种数为（　　）
　 A． 96 B． 120 C． 132 D． 240
解：分类讨论：甲选花卷，则有2人选同一种主食，方法为=18，剩下2人选其余主食，方法为=2，共有方法18×2=36种；
甲不选花卷，其余4人中1人选花卷，方法为4种，甲包子或面条，方法为2种，其余3人，若有1人选甲选的主食，剩下2人选其余主食，方法为3=6；若没有人选甲选的主食，方法为=6，共有4×2×（6+6）=96种，
故共有36+96=132种，故选：C．

☆分堆与分配问题
例1：现有6本不同的书：
(1)甲、乙、丙三人每人两本，有多少种不同的分配方法？
(2)分成三堆，每堆2本，有多少种分堆方法？
(3)分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？
(4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本，有多少种不同的分配方法？
(5)甲、乙、丙三人中，一人分4本，另两人每人分1本，有多少种不同的分配方法？
解：(1)在6本书中，先取2本给甲，再从剩下的4本书中取2本给乙，最后两本给丙，共有CCC＝90(种)分配方法；
(2)6本书平均分成3堆，用上述分法重了A倍，故共有＝15(种)分堆方法；
(3)从6本书中，先取1本作为一堆，再在剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，共有CCC＝60(种)分堆方法；
(4)在(3)的分堆中，甲、乙、丙三人任取一堆，共有CCCA＝360(种)分配方法.
(5)先分堆、再分配，共有·A＝90(种)分配方法.

点拨：
平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列.分堆到位相当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：.对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配.②被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”).③分堆时要注意是否均匀.如6分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1)为部分均匀分组.

例2：4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球，共有多少种放法？
(2)恰有2个盒不放球，共有多少种放法？
解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有多少种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后进行全排列，共有C··A＝144(种)放法.
(2)确定2个空盒有C种方法.4个球放进2个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类为有序不均匀分组，有CCA种放法；第二类为有序均匀分组，有·A种放法，故共有C＝84(种).

☆相邻捆绑，不邻插空
例1：3名女生和5名男生排成一排
(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？
(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？
(3)如果女生不站两端，有多少种排法？
(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？
(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？
解　(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A种排法，因此共有A·A＝4 320(种)不同排法．
(2)(插空法)先排5个男生，有A种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同排法．
(3)法一(位置分析法)　因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同排法．
法二(元素分析法)　从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置无限制，有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同排法．
(4)8名学生的所有排列共A种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中，∴符合要求的排法种数为A＝20 160(种)．
(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．
法一(特殊元素法)　甲在最右边时，其他的可全排，有A种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A种，其余人全排列，共有A·A·A种．
由分类加法计数原理，共有A＋A·A·A＝30 960(种)．
法二(特殊位置法)　先排最左边，除去甲外，有A种，余下7个位置全排，有A种，但应剔除乙在最右边时的排法A·A种，因此共有A·A－A·A＝30 960(种)．
法三(间接法)　8个人全排，共A种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A种，乙在最右边时，有A种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种．因此共有A－2A＋A＝30 960(种)．
规律方法　(1)对于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．
(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．

例2：有5盆菊花，其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花不同的摆放种数是( )
A．12 B．24 C．36 D．48
解：由题意，第一步将黄1与黄2绑定，两者的站法有2种，第二步将此两菊花看作一个整体，与除白1，白2之外的一菊花看作两个元素做一个全排列有A22种站法，此时隔开了三个空，第三步将白1，白2两菊花插入三个空，排法种数为A32，则不同的排法种数为2×A22×A32=2×2×6=24．故选B．

例3：编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有(　　)
A．60种 B．8种 C．20种 D．10种
解：四盏不亮灯有5个空位，再安排3亮灯，总有种方案。

例4：某班元旦晚会已经排好4个节目的顺序，先临时要增加2个节目进来，要求不打乱原来节目的顺序，则晚会节目的安排方案有______种。
解：原来4个节目有5个空位，先安排第一个节目，有5种方案；这时有6个空位，再安排第二个节目，有6种方案，所以总共有30种方案。

☆最短路走法问题
例1：A , B两地街道如图所示，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有 种（用数字作答）．
解：3右2上，共5步，从中选3步来右走余下则上走，走法有种。

☆无区别元素分配的隔板法
例1. 求方程X+Y+Z=10的正整数解的个数。
解：将10个球排成一排，球与球之间形成9个空隙，将两个隔板插入这些空隙中（每空至多插一块隔板），规定由隔板分成的左、中、右三部分的球数分别为x、y、z之值（如下图）。则隔法与解的个数之间建立了一一对立关系，故解的个数为C92=36（个）。
○ ○ ○∣○ ○ ○∣○ ○ ○ ○
例2：求方程X+Y+Z=10的非负整数解的个数。
解：注意到x、y、z可以为零，故上题解法中的限定“每空至多插一块隔板”就不成立了，怎么办呢？只要添加三个球，给x、y、z各一个球。这样原问题就转化为求X+Y+Z=13的正整数解的个数了，故解的个数为C122=66（个）。
例3：将20个相同的小球放入编号分别为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子中的球数不少于它的编号数，求放法总数。
解法1：先在编号1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，剩下14个球，有1种方法；再把剩下的球分成4组，每组至少1个，由例1知方法有C133=286（种）。
解法2：第一步先在编号1，2，3，4的四个盒子内分别放1，2，3，4个球，剩下10个球，有1种方法；第二步把剩下的10个相同的球放入编号为1，2，3，4的盒子里，由例2知方法有C133=286（种）。

☆涂色问题
例1：有一个圆被两相交弦分成四块，现用5种不同的颜料给这四块涂色，要求相邻的两块颜色不同，每块只涂一种颜色，共有多少种涂色方法？
解：如图，分别用A，B，C，D记这四个部分，A与C，B与D不相邻，因此，它们可以同色，也可以不同色.首先分两类，即A，C涂相同颜色和A，C涂不同颜色：

类型一，分三步：第一步，给A，C涂相同的颜色，有5种涂法；第二步，给B涂色有4种涂法；第三步，给D涂色，由于D与B可以涂相同的颜色，所以有4种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×4＝80种不同的涂法.
类型二，分四步：第一步，给A涂色，有5种涂法；第二步，给C涂色，有4种涂法；第三步，给B涂色有3种涂法；第四步，给D涂色有3种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180种不同的涂法.
综上，由分类计数原理可知，共有80＋180＝260种不同的涂法.

点拨：
本题也可以在分四步的基础上再分类来完成：A有5种涂法，B有4种涂法，若C与A相同，则D有4种涂法，若C与A不同，则C有3种涂法，且D有3种涂法，故有5×4×(4＋3×3)＝260种涂法.涂色问题多以平面、空间为背景，涂色对象以平面区域居多，也有以点或线为对象的涂色问题.此类问题往往需要多次分类、分步(也有用穷举法解决的题目)，常用分类依据有：①所涂颜色种类(如本题，可依用4种、3种、2种色来分类)；②可涂同色的区域(或点、线等)是否涂同色.
例2：给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有多少种？
解法一：如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步.当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法.

(1)当边3与边1同色时有1种染法，则边4有2种染法，边5有1种染法，此时染法总数为3×2×1×2×1＝12(种).
(2)当边3与边1不同色时，边3有1种染法，①当边4与边1同色时，边4有1种染法，边5有2种染法；②当边4与边1不同色时，边4有1种染法，边5有1种染法.则此时共有染法3×2×1×(1×2＋1×1)＝18(种).
综合(1)、(2)，由分类加法计数原理，可得染法的种数为30种.
解法二：通过分析可知，每种色至少要染1次，至多只能染2次，即有一色染1次，剩余两种颜色各染2次.染五条边总体分两步.第一步选一色染1次有CC种染法，第二步另两色各染2次有2种染法，由分步乘法计数原理知，一共有2CC＝30种染法.

☆几何中的计数问题
例1：从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有　　种．
解：使用间接法，首先分析从6个面中选取3个面，共C63种不同的取法，而其中有2个面相邻，即8个角上3个相邻平面，选法有8种，则选法共有C63﹣8=12种，故答案为：12．
例2：
如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P到四个顶点的距离组成的集合记为M，如果集合M中有且只有2个元素，那么符合条件的点P有（ ）

A．4个 B.6个 C. 10个 D.14个
解：分以下两种情况讨论：（1）点P到其中两个点的的距离相等，到另外两个点的距离分别相等，且这两个距离相等，此时点P位于正四面体各棱的中点，符合条件的有6个点；（2）点P到其中三个点的的距离相等，到另外一个点的距离与它到其它三个点的距离不相等，此时点P在正四面体各侧面的中心，符合条件的有4个点；综上，满足题意的点共计10个，故答案选C.
例3：正方体8个顶点中取出4个，可组成（ ）个四面体
　　A.70 B.64 C.61 D.58
解：所求问题的方法数=任意选四点的组合数-共面四点的方法数，共C(8，4)-12=70-12=58个。

☆创新问题
例1：()用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是(　　)
A.(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5 B.(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5
C.(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5) D.(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)
解：分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋Cc＋Cc2＋Cc3＋Cc4＋Cc5)＝(1＋c)5种不同的取法，所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.
例2：如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为(　　)
A．240 B．204 C．729 D．920
解析　若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6个．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．

习题荟萃
1、(2014·北京卷)把5件不同产品摆成一排．若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
解析　记5件产品为A、B、C、D、E，A、B相邻视为一个元素，先与D、E排列，有AA种方法；再将C插入，仅有3个空位可选，共有AAC＝2×6×3＝36(种)不同的摆法．
答案　36
2、(2014·重庆卷)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，则同类节目不相邻的排法种数是 (　　)
A．72 B．120 C．144 D．168
解析　先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A·A＝144种，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A·A·A＝24种，于是符合题意的排法共有144－24＝120种．
答案　B
3、(2015·杭州调研)四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有________种．
解析　分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C种；而后，对三组学生全排三所学校，即进行全排列，有A种．依分步乘法计数原理，共有N＝CA＝36(种)．
4、在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为(　　)
A．10 B．11 C．12 D．15
解析　与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：
第一类：与信息0110有两个对应位置上的数字相同有C＝6(个)；
第二类：与信息0110有一个对应位置上的数字相同有C＝4(个)；
第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C＝1(个)；
故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)．
答案　B
5、
将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学等三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法数为( )种．
A．240 B．180 C．150 D．540
解：当5名学生分成2，2，1或3，1，1两种形式，
当5名学生分成2，2，1时，共有C52C32A33=90种结果，
当5名学生分成3，1，1时，共有C53A33=60种结果，
∴根据分类计数原理知共有90+60=150 故选：C

6、小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，不同的摆法有（　　）
　 A． 4种 B． 5种 C． 6种 D． 9种
解：记反面为1，正面为2；则正反依次相对有12121212，21212121两种；有两枚反面相对有21121212，21211212，21212112；共5种摆法，故选B
7、我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼﹣15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( )
A．12 B．18 C．24 D．48
解：把甲、乙看作1个元素和戊全排列，调整甲、乙，共有种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位种，有种方法，由分步计算原理可得总的方法种数为：=24
故选C
8、某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（　 　）
Ａ．60 Ｂ．90 Ｃ．120 Ｄ．180
解：把新转来的4名学生平均分两组，每组2人，分法有种，把这两组人安排到6个班中的某2个中去，有种方法，故不同的安排种数为，故选答案Ｂ．
9、如图，A、B、C、D为四个村庄，要修筑三条公路，将这四个村庄连起来，则不同的修筑方法共有(　　)
A．8种 B．12种
C．16种 D．20种

10、平面内有4个红点，6个蓝点，其中只有一个红点和两个蓝点共线，其余任意三点不共线，过这十个点中的任意两点所确定的直线中，至少过一红点的直线的条数是（ ）C
A．27 B．28 C．29 D．30

11、已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝颜色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法共有（ ）
A．48种 B．72种 C．78种 D．84种
解析：由题意知先使五个人的全排列，共有A55种结果．去掉相同颜色衣服的人相邻的情况，穿蓝色相邻和穿黄色相邻两种情况∴穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法是A55﹣A22A22A33﹣2A22A22A32=48，故选A．
12、两个三口之家，共4个大人，2个小孩，约定星期日乘“奥迪”、“捷达”两辆轿车结伴郊游，每辆车最多只能乘坐4人，其中两个小孩不能独坐一辆车，则不同的乘车方法种数是（　　）
　 A． 40 B． 48 C． 60 D． 68
解：只需选出乘坐奥迪车的人员，剩余的可乘坐捷达．
若奥迪车上没有小孩，则有=10种；
若有一个小孩，则有（++）=28种；
若有两个小孩，则有+=10种．
故不同的乘车方法种数为10+28+10=48种．
故选：B．
13、现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（　　）
　 A． 232 B． 252 C． 472 D． 484
解：由题意，不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张，有种取法，两种红色卡片，共有种取法，
故所求的取法共有﹣﹣=560﹣16﹣72=472
故选C．
14、如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂
一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为 ( )C

A．24种 B．48种 C．72种 D．96种
15、给四面体的六条棱分别涂上红，黄，蓝，绿四种颜色中的一种，使得有公共顶点的棱所涂的颜色互不相同，则不同的涂色方法共有( )　
A． 96 B．144 C. 240 D. 360
解析：先从红，黄，蓝，绿四种颜色中选一种，有种，排列种数有,故不同的涂色方法共有，故选A.
16、某人根据自己爱好，希望从中选2个不同字母，从中选3 个不同数字编拟车牌号，要求前3位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母和数字2不能相邻，那么满足要求的车牌号有
（A）198个 （B）180个 （C）216个 （D）234个
解析：不选2时，有种，
选2，不选Z时，有种，
选2，选Z时，2在数字的中间，有种，当2在数字的第三位时，种，
根据分类计数原理，共有72+72+36+18=198，故选：A
17、将红、黑、蓝、黄个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法的种数为（ 　）
A． B． C． D．
解：将4个小球放入3个不同的盒子，
先在4个小球中任取2个作为1组，再将其与其他2个小球对应3个盒子，
共有C42A33=36种情况，
若红球和蓝球放到同一个盒子，则黑、黄球放进其余的盒子里，有A33=6种情况，
则红球和蓝球不放到同一个盒子的放法种数为36－6=30种；故选C．
18、如图所示方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1、2、3中的任何一个, 允许重复．若填入A方格的数字大于方格的数字，则不同的填法共有_______种（用数字作答）．

解：若A方格填3，则排法有种，若A方格填2，则排法有种，所以不同的填法有27种．
19、把13个相同的球全部放入编号为1、2、3的三个盒内，要求盒内的球数不小于盒号数，则不同的放入方法种数为（ ） A
A．36   B.  45   C. 66   D.78
20、
用直线和直线将区域分成若干块。现在用5种不同的颜色给这若干块染色，每块只染一种颜色，且任意两块不同色，若共有120种不同的染色方法，则实数的取值范围是；
21、在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为(　　)
A．10 B．11 C．12 D．15
解析　与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：
第一类：与信息0110有两个对应位置上的数字相同有C＝6(个)；
第二类：与信息0110有一个对应位置上的数字相同有C＝4(个)；
第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C＝1(个)；
故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)．
22、(2014·重庆卷)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，则同类节目不相邻的排法种数是 (　　)
A．72 B．120 C．144 D．168
解析　先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A·A＝144种，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A·A·A＝24种，于是符合题意的排法共有144－24＝120种．
23、()如图所示的几何体是由一个正三棱锥P­ABC与一个正三棱柱ABC­A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不染色)，要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有(　　)

A.6种 B.12种 C.18种 D.24种
解：先涂三棱锥P­ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC­A1B1C1的三个侧面，当棱锥颜色确定后，棱柱对应有2种情形，即共有3×2×1×2＝12种不同的染色方案.故选B.

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