3.1.3 组合与组合数（题型专练）数学人教B版2019选择性必修第二册

3.1.3 组合与组合数 题型一 排列问题与组合问题的判断 1．（2025高二·全国·专题练习）给出下列问题： ①若集合求集合A的含有3个元素的子集的个数； ②求从甲、乙、丙三名同学中选两名同学参加两项不同的活动的选法种数； ③求从7本不同的书中选出5本给某一个同学的选法种数； ④求四个城市之间需要准备的飞机票的种数； ⑤把3本相同的书分给5个学生，求每人最多得1本的分法种数． 其中是组合问题的为（    ） A．①⑤ B．①② C．①③⑤ D．①③ 2．（2025高二·全国·专题练习）从集合中任取两个元素，有以下五个问题： ①相加可得多少个不同的和？ ②相除可得多少个不同的商？ ③作为椭圆方程中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程？ ④作为双曲线方程中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程？ ⑤作为对数中的a，b，可得到多少个不同的对数？其中属于排列问题的是（    ）． A．①②③④⑤ B．②④⑤ C．②③⑤ D．②④ 3．（24-25高二·全国·课堂例题）从2，3，5，7，11，13，17，19这8个数中任取2个，则下列问题属于组合问题的是（   ） A．相加可以得到多少个不同的和 B．相乘可以得到多少个不同的积 C．相减可以得到多少个不同的差 D．相除可以得到多少个不同的商 4．（多选）（24-25高二上·全国·课后作业）下列问题中是组合问题的是（   ） A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次 B．平面上有2024个不同点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条直线 C．集合的含有三个元素的子集有多少个 D．从高二（6）班的50名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法 题型二 组合数及其计算 1．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期末）从3名男生和2名女生中选2人参加演讲比赛，不同选法的种数为（    ） A．5 B．6 C．9 D．10 2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）一个口袋内装有大小相同的5个白球和2个黑球，从中取3个球，则不同的取法种数是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·江苏南通·阶段练习）集合A中有m个元素，集合B中有n个元素，从两个集合中各取1个元素，不同方法的种数是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·广东中山·阶段练习）计算： (1)； (2)； (3)； (4). 题型三 组合数公式的证明问题 1.（多选）（25-26高二上·全国·单元测试）已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（24-25高二下·河北承德·期末）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 题型四 组合数的性质及其应用 1．（24-25高二下·江苏南通·阶段练习）若，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．（24-25高二下·江苏苏州·期末）若，则的值为 ． 3．（24-25高二下·全国·课后作业）（1）求满足的正整数的值． （2）计算：． 题型五 组合数方程、不等式 1．（24-25高二下·上海宝山·期中）若 为正整数，则不等式 的解集是 2．（2025高二·全国·专题练习）解关于x的方程： (1)； (2)． 题型六 简单的组合应用问题 1．（24-25高二下·广东汕头·期末）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（   ） A．70 B．66 C．62 D．58 2.（24-25高二下·江苏南京·期中）如图，有两堆同样的盒子，一堆3个，一堆7个，现需要将这些盒子搬走，每次只能从其中一堆搬走最上面的一个盒子，共有 种不同的搬法．（用数字作答） 3．（24-25高二下·上海·期末）从3名男生和2名女生中选出3人去比赛,则至少有1名女生的选法共 种． 4．（24-25高二下·江苏无锡·阶段练习）某班计划从4位男生和4位女生中选出3人参加辩论赛，并且至少1位女生入选，则不同的选法的种数为 . 题型七 古典概率计算问题 1．（24-25高二下·青海西宁·期末）某不透明的袋子中装有质地、大小相同的黑球5个，红球3个，从中随机取出两个球，则两个球同色的概率是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·重庆·期中）在素数研究中，华裔数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪生素数是指相差为2的素数对，例如3和5，5和7等.从不超过20的素数中随机抽取2个，则这2个数是孪生素数的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·安徽亳州·期末）已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，则取到的正品数为2的概率为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·重庆九龙坡·期末）从集合中随机取出4个不同的数，并将其从大到小依次排列，第二个数是6的概率为（   ） A． B． C． D． 题型一 代数中的组合问题 1．（24-25高二下·山东菏泽·期末）用1，2，3组成三位数，数字最多用次，其中，则满足条件的三位数个数是（   ） A．15个 B．18个 C．19个 D．27个 2．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 3．（24-25高二下·江苏南京·期中）20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 题型二 几何中的组合问题 1．（24-25高二下·贵州安顺·期末）正十二边形的对角线的条数是（   ） A．66 B．54 C．48 D．24 2．（24-25高二下·四川乐山·期末）以走网格为例，从格点走到格点，只能向右或向上走，且在对角线的右下方（不能越过对角线）的路径的条数，就是卡特兰数，记为.则（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·广西河池·阶段练习）从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·山东济南·期末）由若干根相同的木棍组成如图所示的长方体框架，一只蚂蚁从点P出发，沿木棍爬行到点Q的最短路径有（   ）    A．15种 B．30种 C．48种 D．60种 题型三 分组分配问题 1．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（    ） A．1080 B．1560 C．2640 D．3960 2．（24-25高二下·福建福州·期末）某学术协会收到5篇论文，需要分配给3名专家进行评审，每名专家至少评审1篇，每篇论文由1名专家独立评审，则不同的分配方式共有（ ） A．60种 B．90种 C．120种 D．150种 3．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期末）某医院派6名医生到3个社区进行义诊，每个社区至少一名医生，其中甲乙两人必须在一起，则不同的方案有（   ）种 A．150 B．180 C．360 D．540 题型四 其它排列与组合综合问题 1．（24-25高二下·河北承德·期末）某班选派6名同学到学校的这3个活动场地做志愿者工作，每个场地至少去1名同学，每名同学只能去1个场地，且3个场地去的同学人数互不相同，则不同的选派方法种数为（    ） A．90 B．360 C．450 D．990 2．（24-25高二下·重庆·期末）从甲乙丙丁戊五人中挑选四人参加接力赛，乙若参加必须是甲的下一棒，则一共有多少种不同的安排方式（    ） A．42 B．45 C．48 D．51 3．（24-25高二下·江苏南京·期中）甲乙丙等人站在一排，且甲不在两端，乙和丙中间恰好有两人，则不同排法共有（    ） A．24种 B．16种 C．12种 D．8种 4．（2025高二·全国·专题练习）从0，2，4，6，8和1，3，5，7，9两组数中各取两个数，能组成无重复数字的四位偶数 个.（用数字作答） 1．（24-25高二下·天津滨海新·期中）“ ”是“” 的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（24-25高二下·重庆沙坪坝·期末）有一个开盲盒游戏，共有6个外观完全相同的盲盒，每个盲盒中分别装有1个玩偶，共有款玩偶1个，款玩偶2个，款玩偶3个，游戏参与者随机打开盲盒；一次只能开一个，则装有款玩偶的盲盒最先被全部打开的概率为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·广东·阶段练习）现提供5种不同的颜色给图中①②③④⑤这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同1种颜色，每个区域只涂1种颜色，则不同的涂色方案共有（   ）    A．360种 B．420种 C．120种 D．480种 4．（24-25高二下·山西·期中）已知平面平面，平面内有共5个点，其中有且仅有三点共线，平面内有共4个点，任意三点不共线，则以这9个点为顶点的三棱锥最多有（    ） A．80个 B．86个 C．116个 D．136个 5．（24-25高二下·海南三亚·阶段练习）某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（   ） A．12种 B．24种 C．36种 D．30种 6．（24-25高二下·江西景德镇·期中）总共有13个大小颜色重量外观等都一样的小球，如图所示①、②、③号三个足够大的杯子，其中①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球，问总共有（    ）种放小球方法 A．120 B．84 C．45 D．36 7．（22-23高二下·山西忻州·阶段练习）如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（    ） A．18 B．24 C．30 D．42 8．（22-23高二下·河北石家庄·期中）某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面（有公共棱的两个面）所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（   ） A．600种 B．1080种 C．1200种 D．1560种 9．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为（    ） A．58 B．71 C．85 D．96 10．（22-23高二下·黑龙江佳木斯·阶段练习）若方程，其中，则方程的自然数解的个数为 . 11．（2025高二·全国·专题练习）方程共有 组正整数解，共有 组非负整数解． 12．（24-25高二下·山东济南·期末）（1）证明：，其中，； （2）化简：，其中． 13．（24-25高二下·广东云浮·期末）已知甲袋子装有编号分别为1，2，3的三个红球和编号分别为1，2，3的三个白球（小球除编号、颜色外完全相同）． (1)从甲袋中一次性摸出两个小球，记事件A为“摸到的两个小球颜色相同”，事件B为“摸到的两个小球的编号之和大于4”，判断A，B是否相互独立，并说明理由． (2)现从甲袋中不放回地摸球，直到摸出所有白球，则停止摸球． （ⅰ）若每次摸出一个小球，求恰好摸四次就停止摸球的概率； （ⅱ）若每次摸出两个小球，求恰好摸两次就停止摸球的概率． 14．（24-25高二下·山西·期末）用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复数字的数？ (1)四位数； (2)四位偶数； (3)大于4000的四位奇数. 15．（24-25高二下·江苏·阶段练习）学校食堂为学生配餐，现准备了6种不同的荤菜和种不同的素菜. (1)当时，若每份学生餐有1荤3素，则共有多少种不同的配餐供学生选择？ (2)若每位学生可以任选2荤2素，要保证至少有200种以上的不同选择，求的最小值. 16．（25-26高二上·全国·单元测试）在6名内科医生和4名外科医生中，内科主任和外科主任各有1名，现要从这10人中挑选5人组成医疗小组送医下乡，依下列条件各有多少种选派方法？ (1)至少有1名主任参加； (2)既有主任，又有外科医生． 17．（2025高二·全国·专题练习）用0，1，2，3，4，5这6个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数？ (1)四位数是奇数； (2)四位数大于3125． 18．（23-24高二下·广东江门·阶段练习）请回答下列问题： (1)现有6份不同的礼物，平均分给甲乙丙3人，有多少种分法？ (2)由0，1，2，3，4，5这6个数字组成没有重复数字的四位偶数有多少个？ (3)某旅行社有导游8人，其中3人只会英语，4人只会日语，1人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？ 19．（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）安排6名教师到甲､乙､丙三个场馆做志愿者. (1)有14个相同的口罩全部发给这6名教师，每名教师至少发两个口罩，共有多少种不同的发放方法？ (2)六名教师站一排照相，求不相邻，且在的左边（可以不相邻）的概率？ 20．（2023高二·江苏·专题练习）将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中. (1)有多少种放法？ (2)每盒至多一球，有多少种放法？ (3)恰好有一个空盒，有多少种放法？ (4)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？ 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.1.3 组合与组合数 题型一 排列问题与组合问题的判断 1．（2025高二·全国·专题练习）给出下列问题： ①若集合求集合A的含有3个元素的子集的个数； ②求从甲、乙、丙三名同学中选两名同学参加两项不同的活动的选法种数； ③求从7本不同的书中选出5本给某一个同学的选法种数； ④求四个城市之间需要准备的飞机票的种数； ⑤把3本相同的书分给5个学生，求每人最多得1本的分法种数． 其中是组合问题的为（    ） A．①⑤ B．①② C．①③⑤ D．①③ 【答案】C 【分析】根据组合的定义分别判断即可. 【详解】对于①，集合的元素与顺序无关，故①是组合问题； 对于②，从甲、乙、丙三名同学中选两名同学参加两项不同的活动与顺序有关，故②是排列问题； 对于③，从7本不同的书中选出5本给某一个同学，与顺序无关，故③是组合问题； 对于④，因为飞机有起始站与终点站，故四个城市之间需要准备的飞机票的种数与顺序有关，故④是排列问题； 对于⑤，因为书是相同的，所以问题就等价于从5人中选出3人，故⑤是组合问题． 故选：C． 2．（2025高二·全国·专题练习）从集合中任取两个元素，有以下五个问题： ①相加可得多少个不同的和？ ②相除可得多少个不同的商？ ③作为椭圆方程中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程？ ④作为双曲线方程中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程？ ⑤作为对数中的a，b，可得到多少个不同的对数？其中属于排列问题的是（    ）． A．①②③④⑤ B．②④⑤ C．②③⑤ D．②④ 【答案】B 【分析】根据排列的定义，是否与顺序相关是确定一个问题是否为排列问题的关键，据此逐项判断即可． 【详解】对于①，两数的和与顺序无关，故①是组合问题； 对于②，两数的商与顺序有关，故②是排列问题； 对于③，因为椭圆的焦点在x轴上，故与取的两数顺序无关，故③是组合问题； 对于④，取得两数与顺序有关，故④是排列问题； 对于⑤，取得两数与顺序有关，故⑤是排列问题； 所以，②④⑤与两数的顺序有关，为排列问题. 故选：B. 3．（24-25高二·全国·课堂例题）从2，3，5，7，11，13，17，19这8个数中任取2个，则下列问题属于组合问题的是（   ） A．相加可以得到多少个不同的和 B．相乘可以得到多少个不同的积 C．相减可以得到多少个不同的差 D．相除可以得到多少个不同的商 【答案】B 【分析】根据组合的定义，CD与顺序有关，A存在等，不合要求，B选项，满足组合的定义. 【详解】因为减法与除法不满足交换律，取出的两个数与顺序有关， 所以C，D中问题不是组合问题． 因为加法与乘法满足交换律，取出的两个数与顺序无关， 但是由于，等， 所以相加问题不是组合问题，只有相乘问题是组合问题． 故选：B． 4．（多选）（24-25高二上·全国·课后作业）下列问题中是组合问题的是（   ） A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次 B．平面上有2024个不同点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条直线 C．集合的含有三个元素的子集有多少个 D．从高二（6）班的50名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法 【答案】ABC 【分析】选项A、B、C中都与顺序无关，利用组合问题的定义判断即可. 【详解】因为两人握手没有顺序之分，所以选项A问题是组合问题； 因为两点组成直线没有顺序之分，所以选项B问题是组合问题； 因为集合元素具有无序性，所以选项C问题是组合问题； 因为这2名学生参加的节目有顺序之分，所以选项D问题不是组合问题. 故选：ABC, 题型二 组合数及其计算 1．．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期末）从3名男生和2名女生中选2人参加演讲比赛，不同选法的种数为（    ） A．5 B．6 C．9 D．10 【答案】D 【分析】由题结合组合知识可得答案. 【详解】由题可得不同选法数位． 故选：D 2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）一个口袋内装有大小相同的5个白球和2个黑球，从中取3个球，则不同的取法种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意由组合数公式计算可得. 【详解】根据题意，一个口袋内装有大小相同的个白球和个黑球，共个球， 从中取个球，则有种取法． 故选：D． 3．（24-25高二下·江苏南通·阶段练习）集合A中有m个元素，集合B中有n个元素，从两个集合中各取1个元素，不同方法的种数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由组合的概念和分步乘法计数原理可得结果. 【详解】从集合A中取1个元素有种方法，从集合B中取1个元素有种方法， 所以从两个集合中各取1个元素有种方法. 故选：B. 4．（24-25高二下·广东中山·阶段练习）计算： (1)； (2)； (3)； (4). 【答案】(1)210 (2)1 (3)210 (4)120 【分析】（1）（3）根据排列数的计算公式求解即可； （2）（4）根据组合数的计算公式求解即可； 【详解】（1）. （2）. （3）. （4）. 题型三 组合数公式的证明问题 1.（多选）（25-26高二上·全国·单元测试）已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据排列数，组合数的计算公式逐项判断即可. 【详解】对A：因为．故A正确； 对B：根据组合数公式得， ， 所以．故B正确； 对C：， 而， 显然此时，．故C错误； 对D：， 而，所以．故D正确. 故选：ABD 2．（多选）（24-25高二下·河北承德·期末）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】AB选项，利用排列和组合的性质得到BC正确；C选项，可举出反例；D选项，利用组合数公式得到. 【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：ABD 题型四 组合数的性质及其应用 1．（24-25高二下·江苏南通·阶段练习）若，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】利用组合数的性质建立方程，求解参数即可. 【详解】因为，所以或， 当时，解得，经检验，符合题意， 当时，解得，经检验，符合题意， 综上，得到，故B正确. 故选：B 2．（24-25高二下·江苏苏州·期末）若，则的值为 ． 【答案】34 【分析】先由组合数的性质求解，再由组合数的性质化简求解即可. 【详解】因为，所以或（舍去），解得， 所以 ． 故答案为：． 3．（24-25高二下·全国·课后作业）（1）求满足的正整数的值． （2）计算：． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）根据排列数的定义列不等式求解即可； （2）根据组合数的性质计算即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以，所以， 所以或．又因为，所以． （2） ． 题型五 组合数方程、不等式 1．（24-25高二下·上海宝山·期中）若 为正整数，则不等式 的解集是 【答案】 【分析】利用组合数公式，结合一元二次不等式求解即得. 【详解】 化为，即.解得，因为，则.故原不等式的解集为. 故答案为：. 2．（2025高二·全国·专题练习）解关于x的方程： (1)； (2)． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用排列数公式求解即可； （2）利用组合数公式求解即可． 【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． 题型六 简单的组合应用问题 1．（24-25高二下·广东汕头·期末）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（   ） A．70 B．66 C．62 D．58 【答案】D 【分析】应用组合数求从8个顶点任选4个的情况数，再排除4点共面的情况数，即可得. 【详解】由正方体共有8个顶点，从中任选4个顶点有个，其中有12种情况4点共面（6个侧面，6个对角面）， 所以以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是个. 故选：D 2.（24-25高二下·江苏南京·期中）如图，有两堆同样的盒子，一堆3个，一堆7个，现需要将这些盒子搬走，每次只能从其中一堆搬走最上面的一个盒子，共有 种不同的搬法．（用数字作答） 【答案】120 【分析】根据题意10次搬盒子任选其中3次搬第一堆的3个盒子，应用组合数求不同的搬法数. 【详解】由题设，共需搬10次，选择其中3次搬走第一堆的3个盒子，故有， 故答案为：120 3．（24-25高二下·上海·期末）从3名男生和2名女生中选出3人去比赛,则至少有1名女生的选法共 种． 【答案】9 【分析】分别求出从5名学生中选3名学生的选法总数，及所选出的3名学生中没有女生的选法总数，二者相减，可得到答案. 【详解】从3名男生和2名女生中选出3人，共有种选法， 若所选出的3名代表中没有女生，则有种选法， 所以所选出的3名代表中至少有1名女生的选法共有种. 故答案为：9 4．（24-25高二下·江苏无锡·阶段练习）某班计划从4位男生和4位女生中选出3人参加辩论赛，并且至少1位女生入选，则不同的选法的种数为 . 【答案】52 【分析】用总的选法种数减去1位女生都不入选的选法种数，即可得至少1位女生入选的选法种数. 【详解】从4位男生和4位女生中选出3人参加辩论赛，总的选法种数为种， 1位女生都不入选，即4位男生中3位男生入选的选法种数为种， 因此至少1位女生入选的选法种数为种. 故答案为：52. 题型七 古典概率计算问题 1．（24-25高二下·青海西宁·期末）某不透明的袋子中装有质地、大小相同的黑球5个，红球3个，从中随机取出两个球，则两个球同色的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用古典概型结合组合数运算化简求解. 【详解】两个球同色的概率是. 故选：A. 2．（24-25高三上·重庆·期中）在素数研究中，华裔数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪生素数是指相差为2的素数对，例如3和5，5和7等.从不超过20的素数中随机抽取2个，则这2个数是孪生素数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出基本事件总数，再求出符合题意的基本事件数，利用古典概型公式即可求出答案. 【详解】不超过20的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，共8个， 从中随机抽取2个，有种情况， 其中孪生素数有，，，共4种情况， 则这2个奇数是孪生素数的概率为. 故选：A. 3．（24-25高二下·安徽亳州·期末）已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，则取到的正品数为2的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据古典概型概率公式结合组合数计算即可. 【详解】取到的正品数为2的概率为. 故选：D 4．（24-25高二下·重庆九龙坡·期末）从集合中随机取出4个不同的数，并将其从大到小依次排列，第二个数是6的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题随机取出4个不同的数共有，第二个数是6，则4个数中第二大的是6，在7，8，9中选一个，1，2，3，4，5中选2个数，再求概率即可. 【详解】由题知随机取出4个不同的数共有种， 第二个数是6，则4个数中第二大的是6，所以有， 所以概率为. 故选：C. 题型一 代数中的组合问题 1．（24-25高二下·山东菏泽·期末）用1，2，3组成三位数，数字最多用次，其中，则满足条件的三位数个数是（   ） A．15个 B．18个 C．19个 D．27个 【答案】C 【分析】分三个不同数字各出现一次，一个数字出现两次，一个数字出现三次，三种情况讨论即可. 【详解】当三个不同数字各出现一次时，有个； 当一个数字出现两次，其他两个数字各出现一次时，则重复出现的数字只能是， 则有个； 当一个数字出现三次，则仅有数字符合条件，则有个； 综上所述，满足条件的三位数共有个. 故选：C 2．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 【答案】A 【分析】先将题目问题进行转化；再利用隔板法进行求解. 【详解】因为x，y，z均为正整数， 所以方程正整数解的个数问题可以转化为：将个相同的物品分成组，每组至少一个，有多少种不同的分法. 利用隔板法可得：不同的分法有种. 故选：A 3．（24-25高二下·江苏南京·期中）20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 【答案】A 【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数. 【详解】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球， 将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可， 共有（种）方法． 故选：A 题型二 几何中的组合问题 1．（24-25高二下·贵州安顺·期末）正十二边形的对角线的条数是（   ） A．66 B．54 C．48 D．24 【答案】B 【分析】应用组合数计算求解. 【详解】正十二边形的对角线的条数是. 故选：B. 2．（24-25高二下·四川乐山·期末）以走网格为例，从格点走到格点，只能向右或向上走，且在对角线的右下方（不能越过对角线）的路径的条数，就是卡特兰数，记为.则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，向右的步数始终不少于向上的步数，即走法总数为“所有走法”减去“过线的走法”，易发现“过线的走法”即对应从到的走法，运算得解. 【详解】如图，由题，只能向右或向上走，且在对角线的右下方（不能越过对角线）， 即向右的步数始终不少于向上的步数， 所以走法总数为“所有走法”减去“过线的走法”， 由图易发现“过线的走法”，必先碰到直线， 将碰直线后的路径关于对称，可得均过点， 所以每一种“过线的走法”即对应着从到的走法，共有种， 所以走法总数为. 故选：C. 3．（24-25高二下·广西河池·阶段练习）从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出选出的三个点能构成三角形的选法种数，并求出等边三角形的个数，结合间接法可得结果. 【详解】在正六边形中，为其中心，如下图所示： 从这七个点中任选三个点，共有种，其中三点共线的情形有种， 所以，能构成的三角形的个数为个， 其中，构成的等边三角形分别为、、、、、 、、，共个， 所以，构成的三角形不是等边三角形的个数是个. 故选：A. 4．（24-25高二下·山东济南·期末）由若干根相同的木棍组成如图所示的长方体框架，一只蚂蚁从点P出发，沿木棍爬行到点Q的最短路径有（   ）    A．15种 B．30种 C．48种 D．60种 【答案】D 【分析】根据题意，要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，利用组合数的计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，一只蚂蚁从点出发，沿木棍爬行到点， 要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，共计6步， 则爬行的路径共有：不同的路径. 故选：D. 题型三 分组分配问题 1．．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（    ） A．1080 B．1560 C．2640 D．3960 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理和部分平均分组计数方法计算即得. 【详解】依题意，可分为两类情况：第一类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法； 第二类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法. 故由分类加法计数原理，共有种不同分法. 故选：B. 2．（24-25高二下·福建福州·期末）某学术协会收到5篇论文，需要分配给3名专家进行评审，每名专家至少评审1篇，每篇论文由1名专家独立评审，则不同的分配方式共有（ ） A．60种 B．90种 C．120种 D．150种 【答案】D 【分析】先将论文分成3组，再分配给专家. 【详解】先将5篇论文分成3组且每组至少一篇，只有两种分组方法：和 若5篇论文分成三份.总共有种方法，再将这三份论文分配给三名专家，因此总计种方法； 若5篇论文分成三份.总共有种方法，再将这三份论文分配给三名专家，因此总计种方法. 因此总计种分配方式. 故选：D 3．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期末）某医院派6名医生到3个社区进行义诊，每个社区至少一名医生，其中甲乙两人必须在一起，则不同的方案有（   ）种 A．150 B．180 C．360 D．540 【答案】A 【分析】视甲乙为一个整体，问题相当于将5名医生到3个社区，再按分组分配列式求解. 【详解】甲乙必须在一起，可把甲乙视为一个整体，问题相当于将5名医生到3个社区， 按分配时，共有种方案；按分配时，共有种方案， 所以共有种不同的分配方案. 故选：A 题型四 其它排列与组合综合问题 1．（24-25高二下·河北承德·期末）某班选派6名同学到学校的这3个活动场地做志愿者工作，每个场地至少去1名同学，每名同学只能去1个场地，且3个场地去的同学人数互不相同，则不同的选派方法种数为（    ） A．90 B．360 C．450 D．990 【答案】B 【分析】先分三组，再进行全排列即可求解. 【详解】先分组有种方式，然后对这三组进行全排列有种方式， 由分步乘法计数原理可知，所求为. 故选：B. 2．（24-25高二下·重庆·期末）从甲乙丙丁戊五人中挑选四人参加接力赛，乙若参加必须是甲的下一棒，则一共有多少种不同的安排方式（    ） A．42 B．45 C．48 D．51 【答案】A 【分析】由分类加法原理即可求解. 【详解】第一种情况：乙不参加，共种情况， 第二种情况：乙参加，甲必然参加，共种情况，总计42种情况. 故选：A. 3．（24-25高二下·江苏南京·期中）甲乙丙等人站在一排，且甲不在两端，乙和丙中间恰好有两人，则不同排法共有（    ） A．24种 B．16种 C．12种 D．8种 【答案】B 【分析】由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】因为甲一定在乙丙之间，否则将在两端，先排乙丙有种排法， 其次选一人在乙丙中间有种排法， 然后乙丙中间排序有种排法， 最后另一人选在排头排尾有种排法， 共种排法. 故选：B. 4．（2025高二·全国·专题练习）从0，2，4，6，8和1，3，5，7，9两组数中各取两个数，能组成无重复数字的四位偶数 个.（用数字作答） 【答案】1120 【分析】分情况①所取的数字含有0，②所取的数字不含0进行讨论，利用分步乘法计数原理计算即可. 【详解】由于0不能放在首位，因此根据所取的数字中是否含0分成两类情况讨论. ①所取的数字含有0，那么从余下的四个偶数中取一个，有种；从五个奇数中取两个，有种.若0在个位，则有种； 若0不在个位，则个位是另一个偶数，0在中间的位置选择一个，两个奇数全排列， 有种.因此，共有种. ②所取的数字不含0，那么从余下的四个偶数中取两个，有种；从五个奇数中取两个，有种个位数字从两个偶数中选择一个，有种； 余下的三个数字全排列.因此共有种. 由分类加法计数原理可知共有个符合条件的偶数. 故答案为：1120 1．（24-25高二下·天津滨海新·期中）“ ”是“” 的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据组合数的性质计算出，再由充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由，可得或，解得或， 所以由“ ”推得出“”，故充分性成立； 由“”推不出“ ”，故必要性不成立； 所以“ ”是“” 的充分不必要条件. 故选：A 2．（24-25高二下·重庆沙坪坝·期末）有一个开盲盒游戏，共有6个外观完全相同的盲盒，每个盲盒中分别装有1个玩偶，共有款玩偶1个，款玩偶2个，款玩偶3个，游戏参与者随机打开盲盒；一次只能开一个，则装有款玩偶的盲盒最先被全部打开的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件知装有款玩偶的盲盒最先被全部打开包含：从6个外观完全相同的盲盒中任取个，取到的全是款玩偶；从6个外观完全相同的盲盒中任取个，前次有次取到款玩偶，一次取到款玩偶，第四次取到款玩偶，再利用古典概率公式、互斥事件的概率公式及排列组合，即可求解. 【详解】记事件：从6个外观完全相同的盲盒中任取个，取到的全是款玩偶， 记事件：从6个外观完全相同的盲盒中任取个，前次有次取到款玩偶，一次取到款玩偶，第四次取到款玩偶， 记事件：装有款玩偶的盲盒最先被全部打开， 易知，， 则， 故选：B. 3．（24-25高二下·广东·阶段练习）现提供5种不同的颜色给图中①②③④⑤这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同1种颜色，每个区域只涂1种颜色，则不同的涂色方案共有（   ）    A．360种 B．420种 C．120种 D．480种 【答案】B 【分析】根据题意，分只用3种颜色涂色，只用4种颜色涂色和只用5种颜色涂色，三种情况分类讨论，结合排列数和组合数的计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，可得按使用的颜色数分类： 若只用3种颜色涂色，则①③同色且②④同色，不同的涂色方案有种； 若只用4种颜色涂色，则①③同色或②④同色，不同的涂色方案有种； 若用5种颜色涂色，则不同的涂色方案有种， 故不同的涂色方案共有种． 故选：B. 4．（24-25高二下·山西·期中）已知平面平面，平面内有共5个点，其中有且仅有三点共线，平面内有共4个点，任意三点不共线，则以这9个点为顶点的三棱锥最多有（    ） A．80个 B．86个 C．116个 D．136个 【答案】C 【分析】由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论：从平面内取3个点不共线，平面内取1个点，从平面内取2个点，平面内取2个点，从平面内取1个点，平面内取3个点，结合数的计算公式和分类计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论： 从平面内取3个点不共线，平面内取1个点共有种情况； 从平面内取2个点，平面内取2个点共有种情况； 从平面内取1个点，平面内取3个点共有种情况， 所以从这9个点为顶点的三棱锥最多有个三棱锥. 故选：C. 5．（24-25高二下·海南三亚·阶段练习）某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（   ） A．12种 B．24种 C．36种 D．30种 【答案】B 【分析】根据排列组合的知识以及分组分配的方法求解. 【详解】因为甲､乙到同一所学校，所以将甲、乙“捆绑”看成一个元素， 因此原问题转化为要将四个元素：甲乙、丙、丁、戊分配到三所学校，每所学校至少1个元素， 若A学校只安排一个元素，该元素不为丙，则有种分配方法； 若A学校只安排两个元素，则需从甲乙、丁、戊中选两个元素， 则有种分配方法； 所以不同的安排方式有种； 故选：B. 6．（24-25高二下·江西景德镇·期中）总共有13个大小颜色重量外观等都一样的小球，如图所示①、②、③号三个足够大的杯子，其中①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球，问总共有（    ）种放小球方法 A．120 B．84 C．45 D．36 【答案】D 【分析】将其转化为隔板法解决即可. 【详解】已知①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球. 我们先在②号杯子中放个小球，在③号杯子中放个小球， 这样就满足了每个杯子的最少放置要求.此时总共放了个小球， 还剩下个小球. 将问题转化为标准隔板法问题： 现在要把这10个相同的小球放入①、②、③号三个杯子中，且每个杯子至少放个小球. 这就相当于在10个小球形成的个间隔中插入个隔板， 将其分成组，每组对应一个杯子. 根据隔板法公式，所以方法数为. 根据组合数公式，可得（种）. 故选：D. 7．（22-23高二下·山西忻州·阶段练习）如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（    ） A．18 B．24 C．30 D．42 【答案】A 【分析】根据涂色问题，按照使用颜色种数进行分类，再结合分步计数原理，即可得总的方法数. 【详解】若用3种不同的颜色灯带，故有两块区域涂色相同，要么，要么相同，有2种方案，则不同的信号数为； 若只用2种不同的颜色灯带，则颜色相同，颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为； 则不同的信号总数为. 故选：A． 8．（22-23高二下·河北石家庄·期中）某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面（有公共棱的两个面）所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（   ） A．600种 B．1080种 C．1200种 D．1560种 【答案】D 【分析】分三类：用5种、4种、3种颜色涂在5个面上，再由分步计数及排列组合数求不同的涂色方案. 【详解】若用5种颜色，从6种颜色任选5种再作全排，即种； 若用4种颜色，从6种颜色任选4种有种， 再任选一种颜色涂在其中一组对面上有种，其它3种颜色作全排有， 所以，共有种； 若用3种颜色，从6种颜色任选3种有种， 再任选两种颜色涂在两组对面上种，余下的一种颜色涂在底面有1种， 所以，共有种； 综上，不同的涂色方案有种. 故选：D 9．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为（    ） A．58 B．71 C．85 D．96 【答案】B 【分析】根据题意，都比大，所以可能取或，分，和三类进行讨论. 【详解】根据题意，都比大，所以可能取或， 当时，有种选法，剩余数字中最大， 有种选法，最后剩下一个就是，共有种， 当时，，有种选法，剩余数字中最大， 而，有种选法，共有种， 当时，，，有种选法， 剩余数字，只有1种，共有种， 则满足要求的排列的个数为种. 故选：B 10．（22-23高二下·黑龙江佳木斯·阶段练习）若方程，其中，则方程的自然数解的个数为 . 【答案】28 【分析】依据隔板法去求解即可. 【详解】已知方程，且， 则，其中均为自然数. 将其转化为， 其中为正整数. 运用隔板法将其转化为有9个1排成一列，利用2个隔板法将其分成3组， 第一组1的数目为，第二组1的数目为，第三组1的数目为，则. 2个隔板的放置方法共有种， 故方程的正整数解的个数为28. 即方程的自然数解的个数为28. 故答案为：28. 11．（2025高二·全国·专题练习）方程共有 组正整数解，共有 组非负整数解． 【答案】 455 969 【分析】第一空：将方程正整数解的组数，看成相同元素分组问题，采用隔板法，第二空，通过转化为将方程正整数解的组数，采用隔板法求解即可. 【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 12．（24-25高二下·山东济南·期末）（1）证明：，其中，； （2）化简：，其中． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【分析】（1）根据题意，利用组合数的公式，进行化简，即可得证； （2）根据题意，结合倒序相加法，以及组合数的运行性质，即可求解. 【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. 13．（24-25高二下·广东云浮·期末）已知甲袋子装有编号分别为1，2，3的三个红球和编号分别为1，2，3的三个白球（小球除编号、颜色外完全相同）． (1)从甲袋中一次性摸出两个小球，记事件A为“摸到的两个小球颜色相同”，事件B为“摸到的两个小球的编号之和大于4”，判断A，B是否相互独立，并说明理由． (2)现从甲袋中不放回地摸球，直到摸出所有白球，则停止摸球． （ⅰ）若每次摸出一个小球，求恰好摸四次就停止摸球的概率； （ⅱ）若每次摸出两个小球，求恰好摸两次就停止摸球的概率． 【答案】(1)A，B相互独立，理由见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）先根据计数原理和组合数的概念得出从甲袋中一次性摸出两个小球，，事件A，事件B及事件AB包含的种类；再根据古典概型的概率公式得出，，；最后判断是否满足即可判断. （2）（ⅰ）先求出每次摸出一个小球，摸四次包含的不同摸法及恰好摸四次就停止摸球包含的不同摸法；再根据古典概型的概率公式即可求解． （ⅱ）先求出每次摸出两个小球，摸两次的不同摸法及恰好摸两次就停止摸球包含的不同摸法；再根据古典概型的概率公式即可求解． 【详解】（1）从甲袋中一次性摸出两个小球，不同的组合有种； 摸到的两个小球颜色相同有两种情况：两个红球或两个白球.其中从三个红球中摸出两个红球，不同的组合有种；从三个白球中摸出两个白球，不同的组合有种；故事件A包含的组合有种. 摸到的两个小球的编号之和大于4有两种情况：编号2,3组合或编号3,3组合，其中编号2,3组合的不同组合有种；编号3,3组合的不同组合有种；故事件B包含的组合有种. 摸到的两个小球颜色相同且编号之和大于4有两种不同的组合方式：编号2,3红球组合和编号2,3白色组合. 所以根据古典概型的概率公式可得： ，， . 因为， 所以A，B相互独立． （2）（ⅰ）若每次摸出一个小球，摸四次包含的不同摸法有种； 恰好摸四次就停止摸球指的是前三次中有一次摸到红球，两次摸到白球，第四次摸到白球，包含的不同摸法有种； 所以由古典概型的概率公式可得： 若每次摸出一个小球，求恰好摸四次就停止摸球的概率为． （ⅱ）若每次摸出两个小球，摸两次的不同摸法有种； 恰好摸两次就停止摸球包含两种情况：第一次摸到一红球一白球，第二次摸到两个白球或第一次摸到两个白球，第二次摸到一红球一白球，不同的摸法有种； 所以若每次摸出两个小球，求恰好摸两次就停止摸球的概率为． 14．（24-25高二下·山西·期末）用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复数字的数？ (1)四位数； (2)四位偶数； (3)大于4000的四位奇数. 【答案】(1)300 (2)156 (3)60 【分析】根据题意，利用排列数和组合数的计算公式，即可求解. 【详解】（1）解：由题意，可得可以组成无重复数字的四位数的个数为. （2）解：由题意，可得可以组成无重复数字的四位偶数的个数为. （3）解：由题意，可得可以组成无重复数字的四位奇数的个数为. 15．（24-25高二下·江苏·阶段练习）学校食堂为学生配餐，现准备了6种不同的荤菜和种不同的素菜. (1)当时，若每份学生餐有1荤3素，则共有多少种不同的配餐供学生选择？ (2)若每位学生可以任选2荤2素，要保证至少有200种以上的不同选择，求的最小值. 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可求出不同的选择方法种数； （2）利用组合计数原理可得出每位学生的不同选择方法种数，结合题意可得出关于的不等式，由此可求得正整数的最小值． 【详解】（1）当时，学校共有6种不同的荤菜和4种不同的素菜， 若每份学生餐有1荤3素，由分步乘法计数原理可知，不同的选择方法为（种）． （2）6种不同的荤菜和种不同的素菜，任取2荤2素，不同的选择方法为（种）． 由题意，得，整理可得，解得或（舍去）， 因为，，，所以，所以的最小值为6． 16．（25-26高二上·全国·单元测试）在6名内科医生和4名外科医生中，内科主任和外科主任各有1名，现要从这10人中挑选5人组成医疗小组送医下乡，依下列条件各有多少种选派方法？ (1)至少有1名主任参加； (2)既有主任，又有外科医生． 【答案】(1)196 (2)191 【分析】（1）可以用直接法和间接法求解. （2）根据外科主任是否当选分类讨论. 【详解】（1）方法—  分两类： 一是选1名主任有种方法； 二是选2名主任有种方法． 故至少有1名主任参加的选派方法共有（种）． 方法二  从10人中挑选5人组成医疗小组送医下乡，共有种选法， 没有主任参加的选法有种， 所以至少有1名主任参加的选派方法有（种）． （2）若选外科主任，则其余可任意选，共有种选法； 若不选外科主任，则必选内科主任，且剩余四人不能全选内科医生，有种选法（也可用直接法：）． 故既有主任，又有外科医生的选派方法种数为． 17．（2025高二·全国·专题练习）用0，1，2，3，4，5这6个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数？ (1)四位数是奇数； (2)四位数大于3125． 【答案】(1)144 (2)162 【分析】（1）结合排列数和组合数的应用，利用分步乘法原理求解即可； （2）结合排列数和组合数的应用，利用分类加法原理求解即可. 【详解】（1）第一步，从1．3．5这3个奇数中选择1个放在个位，有种； 第二步，从余下的除0外的4个数中选择1个放在千位上，有种； 第三步，从剩下的4个数中选择2个放在百位和土位，有种． 由分步乘法计数原理可得，共有个满足条件的四位数． （2）第一类，在千位和百位不变的情况下，十位可以是4或者5，共有6个； 第二类，在千位不变的情况下，需要百位大于1，则从2，4，5这3个数中任选1个，有种， 再从剩下的4个数中任选2个放在十位和个位，有种，故共有个； 第三类，千位是4或5，有种，再从余下的5个数中选出3个放在百位、十位和个位上，有种，则共有个． 由分类加法计数原理可得，满足条件的四位数有个． 18．（23-24高二下·广东江门·阶段练习）请回答下列问题： (1)现有6份不同的礼物，平均分给甲乙丙3人，有多少种分法？ (2)由0，1，2，3，4，5这6个数字组成没有重复数字的四位偶数有多少个？ (3)某旅行社有导游8人，其中3人只会英语，4人只会日语，1人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】1）将6份不同的礼物平均分为三组，再分给三位学生，可得答案; （2）先考虑个位上的数字是不是0，因此分为两类情况考虑，可得答案； （3）分两类情况考虑：会双语的导游不选和选一个会双语的导游，求出每种情况的选择方法，可得答案. 【详解】（1）由题意不同的方法种； （2）若个位是0，则有种， 若个位不是0，先从2､4中选一个放个位， 再从刚选的数字和0之外的4个中选1个放在首位， 中间两位从剩余4个中选2个排上即可，共有种， 所以没有重复数字的四位偶数共个； （3）分类计数： 若不选会双语的导游，则有种， 若选会双语的导游，则有种， 故不同的选择方法有种. 19．（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）安排6名教师到甲､乙､丙三个场馆做志愿者. (1)有14个相同的口罩全部发给这6名教师，每名教师至少发两个口罩，共有多少种不同的发放方法？ (2)六名教师站一排照相，求不相邻，且在的左边（可以不相邻）的概率？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分两步完成，第一步，每人先发一个口罩，第二步，将剩余的8个口罩发给6人，每人一个，利用相同元素隔板法即可解决问题； （2）利用排列知识，求出当不相邻，且在的左边时的排法数及六名教师站一排时的排法数，再利用古典概率公式即可求出结果. 【详解】（1）因口罩全部相同，且每名教师至少发两个口罩， 分两步完成：第一步，每人先发一个口罩，只有1种发法， 第二步，将剩余的8个口罩发给6人，每人一个，共有种不同的发放方法，所以共有种不同的发放方法. （2）当不相邻，且在的左边时，有种排法， 又六名教师站一排时，有种排法， 记“不相邻，且在的左边（可以不相邻）”为事件， 所以. 20．（2023高二·江苏·专题练习）将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中. (1)有多少种放法？ (2)每盒至多一球，有多少种放法？ (3)恰好有一个空盒，有多少种放法？ (4)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？ 【答案】(1)256(种) (2)24(种) (3)144(种) (4)12(种) 【分析】（1）由分步乘法计数原理求解即可； （2）根据排列的定义求解即可； （3）（方法1）先将4个小球分为三组，再将三组小球投入四个盒子中的三个盒子，结合排列组合知识求解；（方法2）利用捆绑法结合排列组合知识求解； （4）（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个结合组合知识求解；（方法2）根据隔板法求解. 【详解】（1）每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法. （2）这是全排列问题，共有(种)放法. （3）（方法1）先将4个小球分为三组，有种方法，再将三组小球投入四个盒子中的三个 盒子，有种投放方法，故共有(种)放法. （方法2）先取4个球中的两个“捆”在一起，有种选法， 把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有种投放方法， 所以共有(种)放法. （4）（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球， 余下两个盒子各放一个.由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题， 故共有(种)放法. （方法2）恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法， 第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，有种方法， 由分步计数原理得，共有(种)放法. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $