第十章計數原理、概率及其分布第51講計數原理鏈教材夯基固本激活思維1.(人A選必三P5練習T1(1))一項工作可以用2種方法完成，有5人只會用第1種方法完成，另有4人只會用第2種方法完成，從中選出1人來完成這項工作，不同選法的種數是_9_．【解析】因為一項工作可以用2種方法完成，有5人只會用第1種方法完成，另有4人只會用第2種方法完成，所以從中選出1人來完成這項工作，不同選法的種數是5＋4＝9.2.(人A選必三P5練習T1(2))從A村去B村的道路有3條，從B村去C村的道路有2條，從A村經B村去C村，不同路線的條數是_6_．【解析】因為從A村去B村的道路有3條，從B村去C村的道路有2條，所以從A村經B村去C村，不同路線的條數是3×2＝6.3.(人A選必三P25練習T3(2))有政治、歷史、地理、物理、化學、生物這6門學科的學業水平考試成績，現要從中選3門成績．如果物理和化學恰有1門被選，那么共有_12_種不同的選法．【解析】如果物理和化學恰有1門被選，那么共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＝12(種)不同的選法．4.(人A選必三P11練習T1)乘積(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展開后共有_45_項．【解析】根據多項式的乘法法則，(a1＋a2＋a3)·(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展開后每一項均是從(a1＋a2＋a3)，(b1＋b2＋b3)，(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)中各取1項相乘得到，所以展開后的項數為3×3×5＝45.5.(人A選必三P26習題T9)學校要安排一場文藝晚會的11個節目的演出順序．除第1個節目和最后1個節目已確定外，4個音樂節目要求排在第2，5，7，10的位置，3個舞蹈節目要求排在第3，6，9的位置，2個曲藝節目要求排在第4，8的位置，有_288_種不同的排法．【解析】第一步排音樂節目，有Aeq\o\al(4,4)種排法；第二步排舞蹈節目，有Aeq\o\al(3,3)種排法；第三步排曲藝節目，有Aeq\o\al(2,2)種排法．所以共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝288(種)排法．聚焦知識1.兩個計數原理的區別與聯系分類加法計數原理分步乘法計數原理相同點用來計算完成一件事的方法種數不同點分類、相加分步、相乘每類方案中的每一種方法都能獨立完成這件事每步依次完成才算完成這件事情(每步中的每一種方法不能獨立完成這件事)注意點類類獨立，不重不漏步步相依，缺一不可2.排列與組合的概念名稱定義排列從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素按照_一定的順序_排成一列組合作為一組3.排列數與組合數(1)排列數：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有_不同排列_的個數，用符號_Aeq\o\al(m,n)_表示．(2)組合數：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有_不同組合_的個數，用符號_Ceq\o\al(m,n)_表示．4.排列數、組合數的公式及性質公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝_n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)_＝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).特別地，Ceq\o\al(0,n)＝1性質(1)0！＝_1_；Aeq\o\al(n,n)＝_n！_．(2)Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)；Ceq\o\al(m,n＋1)＝_Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m-1,n)_．(3)kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k-1,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)研題型素養養成舉題說法兩個計數原理的應用例1(1)(2024·揭陽二模)智慧農機是指配備先進的信息技術傳感器、自動化和機器學習等技術，對農業機械進行數字化和智能化改造的農業裝備，例如：自動育秧機和自動插秧機．正值春耕備耕時節，某智慧農場計劃新購2臺自動育秧機和3臺自動插秧機，現有6臺不同的自動育秧機和5臺不同的自動插秧機可供選擇，則共有_150_種不同的選擇方案．【解析】第一步從6臺不同的自動育秧機中選2臺，第二步從5臺不同的自動插秧機中選3臺，由分步乘法計數原理可得選擇方案數為Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(3,5)＝150.(2)如果一條直線與一個平面平行，那么稱該直線與該平面構成一個“平行線面組”．在一個長方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“平行線面組”的個數是_48_．【解析】長方體的6個表面構成的“平行線面組”的個數為6×6＝36，另外，含4個頂點的6個對角面構成的“平行線面組”的個數為6×2＝12，故符合條件的“平行線面組”的個數是36＋12＝48.思路：(1)弄清完成一件事是做什么；(2)確定是先分類后分步，還是先分步后分類；(3)弄清分步、分類的標準是什么；(4)利用兩個計數原理求解．變式1(1)用5種不同的顏色給圖中A，B，C，D四個區域涂色，規定每個區域只涂1種顏色，且相鄰區域顏色不同，則不同的涂色方法種數為(C)(變式1(1))A.120B.160C.180D.240【解析】根據題意，規定一個區域只涂1種顏色，相鄰的區域顏色不同，可分步進行，區域A有5種涂法，B有4種涂法，D有3種涂法，C有3種涂法，所以共有5×4×3×3＝180(種)不同的涂色方法．(2)(2024·石家莊二模)各位數字之和為4的三位正整數的個數為_10_．【解析】因為4＝1＋1＋2或4＝2＋2＋0或4＝4＋0＋0或4＝1＋3＋0，所以各位數字之和為4的三位正整數有400，220，202，112，121，211，130，103，310，301，共10個．排列與組合視角1相鄰、相間問題例2-1(1)(2024·岳陽三模)把5個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、乙安排在不相鄰的兩天，乙、丙安排在相鄰的兩天，則不同的安排方法種數為(D)A.96 B.60C.48 D.36【解析】依題意，設這五個人分別為甲、乙、丙、丁、戊．第一步，將乙、丙看成一個整體，考慮2人之間的順序，有Aeq\o\al(2,2)＝2(種)情況；第二步，將這個整體與丁、戊全排列，有Aeq\o\al(3,3)＝6(種)安排方法；第三步，排好后產生4個空位，因甲、乙不相鄰，則只能從3個空中任選1個安排甲，有Aeq\o\al(1,3)＝3(種)安排方法．故由分步乘法計數原理，得不同的安排方法種數為2×6×3＝36.(2)(2024·金華義烏三模)在義烏，婺劇深受民眾喜愛．某次婺劇表演結束后，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鄰且老旦不排在最右邊的不同排法種數是(C)A.36 B.48C.60 D.72【解析】首先按照小生和老生不相鄰的要求共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝72(種)排法，其中老旦排在最右邊，左側4個位置，先排花旦、正旦有Aeq\o\al(2,2)種排法，由此所生成的3個空中將小生、老生插入有Aeq\o\al(2,3)種排法，所以有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝12(種)排法，所以滿足題意的不同排法種數是72－12＝60.相鄰、相間問題的解題策略：(1)相鄰問題的模型為將n個不同元素排成一排，其中k個元素排在相鄰位置上，求不同排法的種數．解決此問題的方法是：先將這k個元素“捆綁在一起”，視為一個整體，當作一個元素同其他元素一起進行排列，共有Aeq\o\al(n－k+1,n－k＋1)種排法，然后再將“捆綁”在一起的元素“內部”進行排列，共有Aeq\o\al(k,k)種排法，根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有Aeq\o\al(n－k+1,n－k＋1)·Aeq\o\al(k,k)種．(2)對于不相鄰的排列問題，我們往往先安排無約束條件的元素，再讓不相鄰的其余元素插空排列，即先排m＋n個元素中無約束條件的n個元素，然后將有約束條件的m個元素插入n＋1個空位中，則共有Aeq\o\al(n,n)·Aeq\o\al(m,n＋1)種排法．變式2-1(2025·濟南期初)由0，1，2，3，4，5組成沒有重復數字的六位數，其中任意兩個偶數都不相鄰，則滿足條件的六位數的個數為(B)A.60 B.108C.132 D.144視角2分組分配問題例2-2(1)(2024·河南濟、洛、平、許四模)為加強校企合作，促進大學畢業生就業，某企業欲從本市科技大學的農學院、外國語學院、管理學院這三個學院招錄6名大學生，每個學院至少招錄1名，則不同的名額分配方案種數為(A)A.10 B.20C.216 D.729【解析】人員名額分配有2∶2∶2，1∶2∶3和4∶1∶1三種情況，若2∶2∶2，只有1種可能；若1∶2∶3，有Aeq\o\al(3,3)＝6(種)可能；若4∶1∶1，有Ceq\o\al(1,3)＝3(種)可能．綜上所述，不同的名額分配方案有1＋6＋3＝10(種).(2)(2024·杭州二模)將5名志愿者分配到三個社區協助開展活動，每個志愿者去一個社區，每個社區至少1名志愿者，則不同的分配方法種數是(C)A.300 B.240C.150 D.50【解析】先將5名志愿者分成3組，若這三組的人員構成為1，1，3，則共有Ceq\o\al(3,5)種分組方案，若這三組的人員構成為1，2，2，則共有eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))種分組方案，再將這3組志愿者隨機分配到三個社區，共有Aeq\o\al(3,3)種分配方案，故共有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(3,5)＋\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))))·Aeq\o\al(3,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(10×3,2)))×6＝150(種)分配方法．對于不同元素的分配問題，可以按需分配(即定人又定數可直接取)，也可按先分組后分配的方式處理，分組時應注意整體均勻分組與部分均勻分組的區別．(1)整體均勻分組：解題時要注意分組后，不管它們的順序如何，都是一種情況，所以分組后一定要除以Aeq\o\al(n,n)(n為均分的組數)，避免重復計數．(2)部分均勻分組：解題時注意重復的次數是均勻分組的階乘數，即若有m組元素個數相等，則分組時應除以m！，一個分組中有幾個這樣的均勻分組就要除以幾個這樣的全排列數．(3)不均勻分組：解答本類題，只需先分組，后排列，注意分組中元素的個數都不相等，所以不需要除以全排列數．變式2-2(2024·保定二模)6名同學想平均分成兩組進行半場籃球比賽，有同學提出用“剪刀、石頭、布”游戲決定分組．當大家同時展示各自選擇的手勢(剪刀、石頭或布)時，如果恰好只有3個人手勢一樣，或有3個人手勢為上述手勢中的同一種，另外3個人手勢為剩余兩種手勢中的同一種，那么同手勢的3個人為一組，其他人為另一組，則下列結論正確的是(D)A.在進行該游戲前將6人平均分成兩組，共有20種分組方案B.一次游戲共有63種手勢結果C.一次游戲分不出組的概率為eq\f(160,35)D.兩次游戲才分出組的概率為eq\f(14420,310)【解析】對于A，一共有eq\f(Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3),Aeq\o\al(2,2))＝10(種)分組方案，A錯誤．對于B，每人有3種選擇，所以一次游戲共有36種手勢結果，B錯誤．對于CD，要分出組，有兩類情況，第一類情況：首先確定3個人出一樣的手勢，再確定另外2個人出其他兩種手勢中的一種，最后1個人出剩下的手勢，所以能分出組的手勢結果有(Ceq\o\al(3,6)×3)×(Ceq\o\al(2,3)×2)＝360(種).第二類情況：當其中3個人出同一種手勢，另外3個人出剩余兩種手勢中的同一種時，能分出組的手勢結果有eq\f(Ceq\o\al(3,6),2！)×Aeq\o\al(2,3)＝60(種)，所以一次游戲就分出組的概率為eq\f(360＋60,36)＝eq\f(140,35)，所以一次游戲分不出組的概率為1－eq\f(140,35)＝eq\f(103,35)，C錯誤．兩次游戲才分出組的概率為eq\f(103,35)×eq\f(140,35)＝eq\f(14420,310)，D正確．視角3定序問題例2-3在一次學校組織的研究性學習成果報告會上，有A，B，C，D，E，F共6項成果要匯報，如果B成果不能最先匯報，而A，C，D按先后順序匯報(不一定相鄰)，那么不同的匯報安排種數為(A)A.100 B.120C.300 D.600【解析】不考慮限制條件共有Aeq\o\al(6,6)種，B最先匯報共有Aeq\o\al(5,5)種，則B不能最先匯報，且A，C，D按先后順序匯報(不一定相鄰)有eq\f(Aeq\o\al(6,6)－Aeq\o\al(5,5),Aeq\o\al(3,3))＝100(種)安排方法．對于定序問題，可先不考慮順序限制，排列后，再除以定序元素的全排列，對于某些順序一定的元素(m個)的排列問題，可先把這些元素與其他元素一起(共n個)進行排列，然后用總排列數Aeq\o\al(n,n)除以m個順序一定的元素之間的全排列數Aeq\o\al(m,m)，即得到不同排法種數為eq\f(Aeq\o\al(n,n),Aeq\o\al(m,m))＝Aeq\o\al(n－m,n).變式2-3將甲、乙、丙等六位同學排成一排，且甲、乙在丙的兩側，則不同的排法種數為(D)A.480 B.360C.120 D.240【解析】將甲、乙、丙等六位同學進行全排列可得共有Aeq\o\al(6,6)＝720(種)排法，甲、乙、丙的排列有Aeq\o\al(3,3)＝6(種)排法．因為甲、乙在丙的兩側，所以可能為甲、丙、乙或乙、丙、甲，所以不同的排法種數為2×eq\f(Aeq\o\al(6,6),Aeq\o\al(3,3))＝2×eq\f(720,6)＝240.隔板法例3(2024·湖北聯考)已知x，y，z∈N*，且x≥1，y≥2，z≥3，則方程x＋y＋z＝10的解的組數為_15_.【解析】由題意，原問題等價于求將7個相同的小球放入3個不同的盒子(每個盒子中分別已經有0個、1個、2個小球)，每個盒子中至少放入1個小球的放法個數．在7個相同的小球之間形成的6個空中，任選2個放入兩個隔板，共有Ceq\o\al(2,6)＝15(種)放法，即方程x＋y＋z＝10的解的組數為15.對于相同元素的分配問題，可以利用分類加法計數原理分類討論，還可以利用“隔板法”．把n個相同的小球放到m(m＜n)個不同盒子中，不同放法的種數的求解方法是：(1)若每個盒子至少放一球，則只需在n個小球產生的n－1個間隙中放置m－1塊隔板分隔成m份即可，共有Ceq\o\al(m-1,n－1)種不同放法．此類型問題等價于“將n個相同元素分成m(m≤n)組，每組至少一個”的分組問題，可把n個元素排成一排，從n－1個空中選m－1個空，各插一個隔板，有Ceq\o\al(m-1,n－1)種分法．(2)若允許某些盒子不放球，則相當于在n＋m－1個位置中選放m－1塊隔板，共有Ceq\o\al(m-1,n＋m－1)種不同放法．變式3某學校購買了10個相同的籃球分配給高三年級6個班，要求每個班至少分配一個籃球，則不同的分配方法種數為(A)A.126 B.84C.72 D.48【解析】將10個籃球排成一排，形成11個空，在中間的9個空中插入5個隔板將籃球分成6組，所以不同的分配方法有Ceq\o\al(5,9)＝126(種).隨堂內化1.(2025·德州期初)為積極落實“雙減”政策，豐富學生的課外活動，某校開設了舞蹈、攝影等5門課程，分別安排在周一到周五，每天一節，舞蹈和攝影課安排在相鄰兩天的方案種數為(A)A.48 B.36C.24 D.12【解析】舞蹈和攝影課進行捆綁，有Aeq\o\al(2,2)種情況，將舞蹈和攝影課看為一個整體，和剩余的3門課程進行全排列，有Aeq\o\al(4,4)種情況，故共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝48(種)方案．2.(2023·全國乙卷理)甲、乙兩位同學從6種課外讀物中各自選讀2種，則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有(C)A.30種 B.60種C.120種 D.240種【解析】首先確定相同的讀物，共有Ceq\o\al(1,6)種情況，然后兩人各自的另外一種讀物相當于在剩余的5種讀物里選出兩種進行排列，共有Aeq\o\al(2,5)種，根據分步乘法計數原理，可得共有Ceq\o\al(1,6)Aeq\o\al(2,5)＝120(種)選法．3.(2024·廈門四檢)某校5名同學到A，B，C三家公司實習，每名同學只能去1家公司，每家公司至多接收2名同學．若同學甲去A公司，則不同的安排方法共有(B)A.18種 B.30種C.42種 D.60種【解析】若只有同學甲去A公司，則共有eq\f(Ceq\o\al(2,4),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(2,2)＝6(種)安排方法；若除同學甲外還有一名同學去A公司，則共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝12×2＝24(種)安排方法．故共有6＋24＝30(種)安排方法．4.用四種顏色給圖中的6個區域涂色，每個區域涂一種顏色，相鄰區域不同色，若四種顏色全用上，則不同的涂法種數為(B)(第4題)A.72 B.96C.108 D.144【解析】設四種顏色為1，2，3，4，①先涂區域B，有4種填涂方法，不妨設涂顏色1；②再涂區域C，有3種填涂方法，不妨設涂顏色2；③再涂區域E，有2種填涂方法，不妨設涂顏色3；④若區域A填涂顏色2，則區域D，F填涂顏色1，4或4，3，若區域A填涂顏色4，則區域D，F填涂顏色1，3或4，3，共4種不同的填涂方法．綜合①②③④，由分步乘法計數原理可得，共有4×3×2×4＝96(種)不同的填涂方法．練案?趁熱打鐵，事半功倍．請老師布置同學們及時完成《配套精練》．練案?1.補不足、提能力，老師可增加訓練《抓分題·高考夯基固本天天練》(提高版)對應內容，成書可向當地發行咨詢購買．2.為提高高考答卷速度及綜合應考能力，老師可適時安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天練》(提高版)，成書可向當地發行咨詢購買．配套精練A組夯基精練一、單項選擇題1.(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，則甲不站在兩端，且丙和丁相鄰的不同的排列方式有(B)A.12種 B.24種C.36種 D.48種【解析】先利用捆綁法排乙、丙、丁、戊四人，再用插空法選甲的位置，則不同的排列方式有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2)＝24(種).2.(2023·全國甲卷理)有五名志愿者參加社區服務，共服務星期六、星期天兩天，每天從中任選兩人參加服務，則恰有1人連續參加兩天服務的選擇種數為(B)A.120 B.60C.40 D.30【解析】不妨記五名志愿者為a，b，c，d，e，假設a連續參加了兩天社區服務，再從剩余的4人中抽取2人各參加星期六與星期天的社區服務，共有Aeq\o\al(2,4)＝12(種)方法．同理，b，c，d，e連續參加了兩天社區服務，也各有12種方法，所以恰有1人連續參加了兩天社區服務的選擇種數為5×12＝60.3.(2024·武漢2月調研)將3個相同的紅球和3個相同的黑球裝入三個不同的袋中，每袋均裝2個球，則不同的裝法種數為(A)A.7 B.8C.9 D.10【解析】將3個紅球分成3組，每組球的數量最多2個最少0個，則有(0，1，2)，(1，1，1)兩種組合形式，當紅球分組形式為(0，1，2)時，將紅球放入三個不同的袋中有Aeq\o\al(3,3)＝6(種)放法，此時三個不同的袋中依次補充上黑球，使每個袋子中球的總個數為2個即可．當紅球分組形式為(1，1，1)時，將紅球放入三個不同的袋中有1種放法，此時三個不同的袋中依次補充上黑球，使每個袋子中球的總個數為2個即可．綜上所述，將3個相同的紅球和3個相同的黑球裝入三個不同的袋中，每袋均裝2個球，不同的裝法種數為7.4.如圖，現要用5種不同的顏色對某市的4個區縣地圖進行著色，要求有公共邊的兩個地區不能用同一種顏色，則不同的著色方法共有(B)(第4題)A.120種B.180種C.221種D.300種【解析】當Ⅰ，Ⅳ同色時，則Ⅰ有5種涂色方法，Ⅱ有4種涂色方法，Ⅲ有3種涂色方法，此時共有5×4×3×1＝60(種)涂色方法；當Ⅰ，Ⅳ不同色時，則Ⅰ有5種涂色方法，Ⅳ有4種涂色方法，Ⅱ有3種涂色方法，Ⅲ有2種涂色方法，此時共有5×4×3×2＝120(種)涂色方法．綜上，共有60＋120＝180(種)不同的著色方法．5.(2024·河南濟、洛、平、許三模)有5名志愿者去定點幫扶3位困難老人，若要求每名志愿者都要幫扶且只幫扶一位老人，每位老人至多安排2名志愿者幫扶，則不同的安排方法共有(C)A.180種 B.150種C.90種 D.60種【解析】由題意得，先將5名志愿者分成3組，只有2，2，1一種情況，有eq\f(Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,2))＝15(種)分組方法，再將3組志愿者分配給3位老人，則共有15Aeq\o\al(3,3)＝90(種)安排方法．6.小明同學去文具店購買文具，現有四種不同樣式的筆記本可供選擇(可以有筆記本不被選擇)，單價均為一元一本，小明只有8元錢且要求全部花完，則不同的選購方法共有(B)A.70種 B.165種C.280種 D.1860種【解析】問題等價轉化為將8個完全相同的小球放入4個盒子里，允許有空盒．進一步轉化為將12個完全相同的小球放入4個盒子里，每個盒子里至少有1個球．由隔板法可知，不同的選購方法有Ceq\o\al(3,11)＝165(種).7.(2025·大同期初)某商場舉辦購物抽獎活動，其中將抽到的各位數字之和為8的四位數稱為“幸運數”(如2024是“幸運數”)，并獲得一定的獎品，則首位數字為2的“幸運數”共有(B)A.32個 B.28個C.27個 D.24個【解析】依題意，首位數字為2的“幸運數”中其他三位數字的組合有以下七類：①“0，0，6”組合，有Ceq\o\al(1,3)種；②“0，1，5”組合，有Aeq\o\al(3,3)種；③“0，2，4”組合，有Aeq\o\al(3,3)種；④“0，3，3”組合，有Ceq\o\al(1,3)種；⑤“1，1，4”組合，有Ceq\o\al(1,3)種；⑥“1，2，3”組合，有Aeq\o\al(3,3)種；⑦“2，2，2”組合，有1種．由分類加法計數原理，得首位數字為2的“幸運數”共有3Ceq\o\al(1,3)＋3Aeq\o\al(3,3)＋1＝9＋18＋1＝28(個).8.(2024·嘉興二模)6名學生在游樂場游玩A，B，C三個項目，每個人都只游玩一個項目，每個項目都有人游玩，若A項目必須有偶數人游玩，則不同的游玩方式有(C)A.180種 B.210種C.240種 D.360種【解析】若A項目有2人游玩，則有Ceq\o\al(2,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,2)＋\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))Aeq\o\al(2,2)))＝15×(8＋6)＝210種游玩方式；若A項目有4人游玩，則有Ceq\o\al(4,6)Aeq\o\al(2,2)＝15×2＝30(種)游玩方式，所以共有240種游玩方式．二、多項選擇題9.(2024·鎮江期初)小明、小華、小紅、小蘭四位同學分別到鎮江的南山、焦山、北固山參觀旅游，要求每位同學只去一個地方，每個地方至少安排一位同學參觀，則下列說法正確的是(ABC)A.若安排兩位同學去焦山，則有12種安排方法B.若安排小紅和小蘭去同一個地方參觀，則有6種安排方法C.若小華不去南山參觀，則有24種安排方法D.共有18種安排方法【解析】對于A，安排兩位同學去焦山，則有Ceq\o\al(2,4)×Aeq\o\al(2,2)＝6×2＝12(種)安排方法，故A正確．對于B，安排小紅和小蘭去同一個地方參觀，則有Aeq\o\al(3,3)＝6(種)安排方法，故B正確．對于C，小華不去南山參觀，若小華是1個人，則有Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(2,3)×Aeq\o\al(2,2)＝2×3×2＝12(種)安排方法；若小華和另一人一起，則有Ceq\o\al(1,3)×Ceq\o\al(1,2)×Aeq\o\al(2,2)＝12(種)安排方法，所以共有24種安排方法，故C正確．對于D，每位同學只去一個地方，每個地方至少安排一位同學參觀，則有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝6×6＝36(種)安排方法，故D錯誤．10.現有4個小球和4個小盒子，下面的說法正確的是(BCD)A.將4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子中，共有24種放法B.將4個相同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子中，恰有兩個空盒的放法共有18種C.將4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子中，恰有一個空盒的放法共有144種D.將編號為1，2，3，4的小球放入編號為1，2，3，4的盒子中，沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號全不相同的放法共有9種【解析】若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子中，共有44＝256(種)放法，故A錯誤；若4個相同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子中，且恰有兩個空盒，則一個盒子放3個小球，另一個盒子放1個小球或兩個盒子均放2個小球，共有Ceq\o\al(2,4)(Aeq\o\al(2,2)＋1)＝18(種)放法，故B正確；若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子中，且恰有一個空盒，則兩個盒子中各放1個小球，另一個盒子中放2個小球，共有Ceq\o\al(1,4)·eq\f(Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(2,2))＝144(種)放法，故C正確；編號為1，2，3，4的小球放入編號為1，2，3，4的盒子中，沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號全不相同，若(2，1，4，3)代表編號為1，2，3，4的盒子放入的小球編號分別為2，1，4，3，則所有符合要求的情況為(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種放法，故D正確．三、填空題11.(2023·新高考Ⅰ卷)某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有_64_種．(用數字作答)【解析】若從8門課中選修2門，則不同的選課方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＝16(種).若從8門課中選修3門，①體育類選修1門，則不同的選課方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)＝24(種)；②體育類選修2門，則不同的選課方案共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)＝24(種).綜上，不同的選課方案共有16＋24＋24＝64(種).12.7名同學坐圓桌吃飯，其中甲、乙相鄰，則不同的排法種數為_240_．(只考慮左右人選，不考慮具體方位)【解析】將甲、乙看成一個整體，相當于6名同學坐圓桌吃飯，有eq\f(1,6)Aeq\o\al(6,6)種排法，甲、乙兩人可交換位置，故排法共有eq\f(1,6)Aeq\o\al(6,6)Aeq\o\al(2,2)＝240(種).13.(2024·邢臺一模)4名男生和2名女生隨機站成一排，每名男生至少與另一名男生相鄰，則不同的排法種數為_288_．【解析】4名男生先排，共有Aeq\o\al(4,4)＝24(種)排法，2名女生再排，共有2種排法，再將2名女生插空到男生中，若兩名女生一起，可排在最左邊、中間、最右邊，共有3種排法；若兩名女生分開排，則有Ceq\o\al(2,3)＝3(種)排法．所以一共有24×2×(3＋3)＝288(種)排法．14.(2024·張家口一模)有5位大學生要分配到A，B，C三個單位實習，每位學生只能到一個單位實習，每個單位至少要接收一位學生實習，已知這5位學生中的甲同學分配在A單位實習，則這5位學生實習的不同分配方案有_50_種．(用數字作答)【解析】根據特殊元素“甲同學”分類討論，當A單位只有甲時，其余四人分配到B，C，不同分配方案有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝14(種)；當A單位不只有甲時，其余四人分配到A