3.1.3 第3课时 组合数的应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版）

第三章　排列、组合与二项式定理 3.1　排列与组合 3.1.3　组合与组合数 第3课时　组合数的应用 课程标准：通过实例，理解组合的概念与组合数公式的应用． 教学重点：1.掌握几种有限制条件的组合问题的处理方法.2.能应用组合数公式及性质解决简单的实际问题． 教学难点：应用组合数公式解决分组、分配问题． 核心素养：通过应用组合数公式及性质解决实际问题培养数学建模素养和逻辑推理素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点　　求解组合应用题的四个步骤 (1)判断：判断实际问题是否是组合问题． (2)方法：选择利用直接法还是间接法解题． (3)计算：利用组合数公式结合两个基本计数原理计算． (4)结论：根据计算结果写出方案个数． 核心概念掌握 5 1．(有限制条件的组合问题)一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中任取2个球，则这两个球同色的不同取法有________种． 2．(分组、分配问题)将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法． 3．(排列、组合的综合应用)10名同学进行队列训练，站成前排3人后排7人，现体育教师要从后排7人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数为________． 21 360 420 核心概念掌握 6 核心素养形成 题型一　有限制条件的组合问题 例1　有男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？ (1)男运动员3名，女运动员2名； (2)队长中至少有1人参加； (3)至少有1名女运动员； (4)既要有队长，又要有女运动员． 核心素养形成 8 核心素养形成 9 核心素养形成 10 【感悟提升】　解答有限制条件的组合问题的方法 (1)直接法：依据“特殊对象优先安排”的原则，即优先安排特殊对象，再安排其他对象． (2)排除法：遵循“正难则反”的原则，也就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大时，从反面问题入手，特别是涉及“至多”“至少”等组合问题时更是如此． 核心素养形成 11 【跟踪训练】　 1．(1)甲、乙等5名大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一所单位的方案有________种． 36 核心素养形成 12 (2)有11名外语翻译人员，其中5名是英语译员，4名是日语译员，另外2名英、日语都精通，从中找出8人，使他们可以组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，4人翻译日语，这两个小组能同时工作，问这样的8人名单共可开出几张？ 核心素养形成 13 核心素养形成 14 题型二　分组、分配问题 角度1　不同对象分组、分配问题 例2　6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？ (1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； (2)分为三份，每份两本； (3)分为三份，两份一本，一份四本； (4)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本； (5)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； (6)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】　“分组”与“分配”问题的解法 (1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种： ①完全均匀分组，每组的对象个数均相等，最后必须除以组数的阶乘； ②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象． (2)分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配． 核心素养形成 18 【跟踪训练】　 2．按下列要求把12人分成3个小组，各有多少种不同的分法？ (1)各组人数分别为2，4，6； (2)各组人数分别为3，3，6； (3)平均分成3个小组； (4)平均分成3个小组，进入3个不同车间． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 角度2　相同对象分配问题 例3　6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子，求下列放法的种数． (1)每个盒子都不空；(2)恰有一个空盒子；(3)恰有两个空盒子． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 【感悟提升】　相同对象分配问题的处理策略 核心素养形成 23 【跟踪训练】　 3．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)每盒至多一球，有多少种放法？ (2)每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？ (3)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？ (4)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？ 核心素养形成 24 核心素养形成 25 题型三　排列、组合的综合应用 例4　有5名男生和3名女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数． (1)有女生但人数必须少于男生； (2)某女生一定担任语文科代表； (3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表； (4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表． 核心素养形成 26 核心素养形成 27 【感悟提升】　解决排列、组合综合问题要遵循的两个原则 (1)按事情发生的过程进行分步． (2)按对象的性质进行分类．解决时通常从三个途径考虑： ①以对象为主考虑，即先满足特殊对象的要求，再考虑其他对象； ②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置； ③先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数． 核心素养形成 28 【跟踪训练】　 4．有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．若取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？ 核心素养形成 29 随堂水平达标 1.将四名教师分配到三个班级去参加活动，要求每班至少一名的分配方法有(　　) A．72种 B．48种 C．36种 D．24种 随堂水平达标 31 2．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，则其和为奇数的不同取法共有(　　) A．60种 B．66种 C．80种 D．88种 随堂水平达标 32 3．如图是由6个正方形拼成的矩形图案，从图中的12个顶点中任取3个顶点作为一组．其中可以构成三角形的组数为(　　) A．208 B．204 C．200 D．196 随堂水平达标 33 4．某学校组织了6个志愿服务小组，分配到4个大门进行行李搬运志愿服务，若每个大门至少分配1个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在1个大门进行服务，则不同的分配方法种数为________． 1560 随堂水平达标 34 5．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，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，则共有________种不同的取法． 472 随堂水平达标 35 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 有限制条件的组合问题 有限制条件的组合问题 分组、分配问题 有限制条件的组合问题 有限制条件的组合问题 分组、分配问题 分组、分配问题 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 有限制条件的组合问题 有限制条件的组合问题 与数字排列有关的组合问题 排列组合的综合应用 排列组合在坐标系中的应用 排列组合的综合应用 排列组合在几何中的 应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 一、选择题 1．6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(　　) A．120种 B．90种 C．60种 D．30种 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 2．现有4所学校，每所学校出2名教师参加教师技能大赛，现有4名教师获奖，获奖教师中恰有2名教师来自同一所学校的情况有(　　) A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 3．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(　　) A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 5．某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学来自同一年级的乘车方式共有(　　) A．24种 B．18种 C．48种 D．36种 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 二、填空题 6．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4人，每人2张，不同的获奖情况有________种． 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 7．将并排的有不同编号的5个房间安排给5个人临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________． 900 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 8．有3件商品的编号分别为i(i＝1，2，3)，它们的售价(单位：元)S(i)∈{5，7，8，10，11，20}，且满足S(1)≤S(2)≤S(3)，则这3件商品售价的所有可能情况有________种． 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 三、解答题 9．从5本不同的故事书和4本不同的数学书中选出4本，送给4位同学，每人1本，问： (1)如果故事书和数学书各选2本，共有多少种不同的送法？ (2)如果故事书甲和数学书乙必须送出，共有多少种不同的送法？ (3)如果选出的4本书中至少有3本故事书，共有多少种不同的送法？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 10．从1到9这九个数字中取三个偶数、四个奇数，问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？ (3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ (4)(1)中任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 11．(多选)现有包括小王、小李在内的5名大四学生准备实习，每名学生从甲、乙、丙3家公司中任选一家公司，则下列结论正确的是(　　) A．共有243种不同的选择方案 B．若小王、小李都不去甲公司实习，则共有110种不同的选择方案 C．若小王、小李去不同的公司实习，则共有162种不同的选择方案 D．若只有1名学生去甲公司实习，乙、丙两公司均有2名学生实习，则共有36种不同的选择方案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 12．一个质点从平面直角坐标系的原点出发，每秒末必须等可能向右、向左、向上或向下跳一个单位长度，则此质点在第10秒末到达点P(4，2)的跳法共有________种． 9450 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 13．一组学生共有7人． (1)如果从中选出3人参加一项活动，共有多少种选法？ (2)如果从中选出男生2人，女生2人参加三项不同的活动，每人参加一项且每项活动都有人参加的选法有648种，则该组学生中男、女生各有多少人？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 14．已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β内有6个点． (1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同的平面？ (2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？ (3)(2)中的三棱锥中最多可以有多少个体积不同的？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 　　　　　　　　　　　　　 R 解　(1)第一步，选3名男运动员，有Ceq \o\al(3,6)种选法；第二步，选2名女运动员，有Ceq \o\al(2,4)种选法，故共有Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(2,4)＝120种选派方法． (2)解法一(直接法)：可分类求解： “只有男队长”的选法种数为Ceq \o\al(4,8)； “只有女队长”的选法种数为Ceq \o\al(4,8)； “男、女队长都入选”的选法种数为Ceq \o\al(3,8)， 所以共有2Ceq \o\al(4,8)＋Ceq \o\al(3,8)＝196种选派方法． 解法二(排除法)：从10人中任选5人有Ceq \o\al(5,10)种选法， 其中不选队长的方法有Ceq \o\al(5,8)种，所以“队长中至少有1人参加”的选派方法有Ceq \o\al(5,10)－Ceq \o\al(5,8)＝196种． (3)解法一(直接法)：“至少有1名女运动员”包括以下几种情况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男． 由分类加法计数原理知，共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(4,6)＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(4,4)Ceq \o\al(1,6)＝246种选派方法． 解法二(排除法)：不考虑条件，从10人中任选5人，有Ceq \o\al(5,10)种选法，其中全是男运动员的选法有Ceq \o\al(5,6)种，故“至少有1名女运动员”的选派方法有Ceq \o\al(5,10)－Ceq \o\al(5,6)＝246种． (4)当有女队长时，其他人选法任意，共有Ceq \o\al(4,9)种选法；不选女队长时，必选男队长，共有Ceq \o\al(4,8)种选法，其中不含女运动员的选法有Ceq \o\al(4,5)种，故不选女队长时共有Ceq \o\al(4,8)－Ceq \o\al(4,5)种选法．所以既要有队长，又要有女运动员的选派方法共有Ceq \o\al(4,9)＋Ceq \o\al(4,8)－Ceq \o\al(4,5)＝191种． 解析：由题意可知，甲、乙分到同一所单位的方案中3所单位的人数有3，1，1和2，2，1两种可能．①在3，1，1方案中，包含甲、乙在内的3人到一所单位，另外两人各到一所单位，有Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝18种方案；②在2，2，1方案中，甲、乙去一所单位，其余3人中的1人去一所单位，剩余2人去另一所单位，有Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝18种方案．综上，所有的分配方案共有18＋18＝36种． 解：解法一：按“英、日语都精通的人”的参与情况，可分为三类： 第一类，“英、日语都精通”的人不参加，有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,4)种； 第二类，“英、日语都精通”的人有1人参加，该人可参加英语翻译，也可参加日语翻译， 有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(3,4)种； 第三类，“英、日语都精通”的人均参加，有Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(3,4)Aeq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(2,4)种． 由分类加法计数原理可得，共有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(3,4)Aeq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(2,4)＝185种． 故这样的8人名单可开出185张． 解法二：按“英、日语都精通”的人参加英语翻译的人数，可分为三类： 第一类，“英、日语都精通”的人不参加英语翻译，有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,6)种； 第二类，“英、日语都精通”的人恰有1人参加英语翻译，有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(4,5)种； 第三类，“英、日语都精通”的人全部参加英语翻译，有Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(4,4)种． 由分类加法计数原理可得，共有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,6)＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(4,4)＝185种． 故这样的8人名单可开出185张． 解　(1)先从6本书中选2本给甲，有Ceq \o\al(2,6)种选法；再从其余的4本中选2本给乙，有Ceq \o\al(2,4)种选法；最后把余下的2本书给丙，有Ceq \o\al(2,2)种选法，所以分给甲、乙、丙三人，每人两本，共有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝90种不同的分法． (2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)种分法，这个过程可以分两步完成：第一步，分为三份，每份两本，设有x种分法；第二步，将这三份分给甲、乙、丙三人有Aeq \o\al(3,3)种分法．根据分步乘法计数原理可得Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝xAeq \o\al(3,3)， 所以x＝2,6)eq \f(CCeq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2),Aeq \o\al(3,3)) ＝15. 因此分为三份，每份两本，共有15种不同的分法． (3)这是“部分均匀分组”问题，共有1,6)eq \f(CCeq \o\al(1,5)Ceq \o\al(4,4),Aeq \o\al(2,2)) ＝15种不同的分法． (4)这是“不均匀分组”问题，共有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)＝60种不同的分法． (5)在(4)的基础上再进行全排列，所以共有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)Aeq \o\al(3,3)＝360种不同的分法． (6)可以分为三类情况：①“2，2，2型”，即(1)中的分配情况，有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝90种分法；②“1，2，3型”，即(5)中的分配情况，有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)Aeq \o\al(3,3)＝360种分法；③“1，1，4型”，有Ceq \o\al(4,6)Aeq \o\al(3,3)＝90种分法．所以共有90＋360＋90＝540种不同的分法． 解：(1)Ceq \o\al(2,12)Ceq \o\al(4,10)Ceq \o\al(6,6)＝13860种． (2)3,12)eq \f(CCeq \o\al(3,9)Ceq \o\al(6,6),Aeq \o\al(2,2)) ＝9240种． (3)4,12)eq \f(CCeq \o\al(4,8)Ceq \o\al(4,4),Aeq \o\al(3,3)) ＝5775种． (4)分两步：第一步，平均分成3个小组；第二步，让3个小组分别进入3个不同车间，故有4,12)eq \f(CCeq \o\al(4,8)Ceq \o\al(4,4),Aeq \o\al(3,3)) ·Aeq \o\al(3,3)＝Ceq \o\al(4,12)Ceq \o\al(4,8)Ceq \o\al(4,4)＝34650种不同的分法． 解　(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有Ceq \o\al(3,5)＝10种放法． (2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|○|○○○|○○|，有Ceq \o\al(2,5)种插法；然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|○|○○○||○○|，有Ceq \o\al(1,4)种插法，故共有Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(1,4)＝40种放法． (3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板，有Ceq \o\al(1,5)种插法，如|○○|○○○○|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒． ①这两块隔板与前面的三块隔板形成不相邻的两个空盒子，如||○○||○○○○|，有Ceq \o\al(2,3)种插法； ②将两块隔板与前面三块隔板之一并放，如|○○|||○○○○|，有Ceq \o\al(1,3)种插法． 故共有Ceq \o\al(1,5)(Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(1,3))＝30种放法． (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作在排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同对象的分配问题． (2)将n个相同的小球放入m个不同的盒子(n≥m)，每个盒子都不空，有Ceq \o\al(m－1,n－1)种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块隔板． 解：(1)这是全排列问题，共有Aeq \o\al(4,4)＝24种放法． (2)一个球的编号与盒子编号相同的选法有Ceq \o\al(1,4)种，当一个球的编号与一个盒子的编号相同时，用列举法可知其余3个球的投放方法有2种，故共有Ceq \o\al(1,4)×2＝8种放法． (3)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．因为球是相同的，即没有顺序，所以属于组合问题，故共有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,3)＝12种放法． (4)(隔板法)先在编号为1，2，3，4的4个盒子中分别放入0，1，2，3个球，再把剩下的14个球分成四组，即在○○○○○○○○○○○○○○这14个球中间的13个空中放入三块隔板，共有Ceq \o\al(3,13)＝286种放法． 解　(1)先取后排，先取可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,3)种，后排有Aeq \o\al(5,5)种，共有(Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,3))Aeq \o\al(5,5)＝5400种选法． (2)除去该女生后，先取后排，有Ceq \o\al(4,7)Aeq \o\al(4,4)＝840种选法． (3)先取后排，但先安排该男生，有Ceq \o\al(4,7)Ceq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＝3360种选法． (4)先安排该男生担任科代表，但不担任数学科代表有Ceq \o\al(1,3)种，再从除去该男生、该女生的6人中选3人有Ceq \o\al(3,6)种，其中3人全排列有Aeq \o\al(3,3)种，共有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(3,6)Aeq \o\al(3,3)＝360种选法． 解：分三类： 第一类，当取出的4张卡片分别标有数字1，2，3，4时，不同的排法有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(4,4)种； 第二类，当取出的4张卡片分别标有数字1，1，4，4时，不同的排法有Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)种； 第三类，当取出的4张卡片分别标有数字2，2，3，3时，不同的排法有Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)种． 故满足题意的所有不同的排法共有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(4,4)＋2Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝432种． 解析：先将四名教师分为“1，1，2”三组，再分配到三个班级，共有Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝36种分配方法． 解析：其和为奇数应分两种情况：①1个是奇数，3个是偶数；②3个是奇数，1个是偶数，故不同取法共有Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,4)＝60种．故选A. 解析：任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3类：一是从1条横线上的4个点中选3个，其组数为3Ceq \o\al(3,4)；二是选1条竖线上的3个点，其组数为4Ceq \o\al(3,3)；三是选对角线上的3个点，其组数为4Ceq \o\al(3,3)，所以可以构成三角形的组数为Ceq \o\al(3,12)－3Ceq \o\al(3,4)－8Ceq \o\al(3,3)＝200.故选C. 解析：6个志愿服务小组分成4组有两种方案：“2＋2＋1＋1”和“3＋1＋1＋1”，共有2,6)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Aeq \o\al(2,2)) ＋Ceq \o\al(3,6)种方法，4组分配到4个大门有Aeq \o\al(4,4)种方法，根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为2,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CCeq \o\al(2,4),Aeq \o\al(2,2))＋Ceq \o\al(3,6))) ·Aeq \o\al(4,4)＝1560. 解析：若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)＝64种，若2张同色，则有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,4)＝144种；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)＝192种，剩余2张同色，则有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)＝72种．所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法． 解析：首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数为Ceq \o\al(1,6)；然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数为Ceq \o\al(2,5)；最后剩下的3名同学去丙场馆．故不同的安排方法共有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)＝60种．故选C. 解析：从4所学校中选择1所，其有2名教师获奖，有Ceq \o\al(1,4)种选法；再从余下的3所学校中选择2所，每所选1名教师获奖，有Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)种选法，故所求的情况有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)＝48种．故选B. 解析：分两种情况：①选2本画册，2本集邮册赠送给4位朋友，因为2本画册，2本集邮册是相同的，所以只需考虑对4位朋友平均分2组，再排列(一组送画册，一组送集邮册)，共有2,4)eq \f(CCeq \o\al(2,2),Aeq \o\al(2,2)) ·Aeq \o\al(2,2)＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册赠送给4位朋友，只需考虑从4位朋友中选出1位送画册，其余的送集邮册，共有Ceq \o\al(1,4)＝4种方法．所以不同的赠送方法共有6＋4＝10种．故选B. 4．(多选)某批产品中有一等品100个，二等品80个，三等品30个，从中任取10个进行检验，下列说法正确的是(　　) A．共有Ceq \o\al(10,210)种抽取结果 B．全部抽到一等品的结果有Ceq \o\al(10,100)种 C．恰好抽到5个二等品的结果有Ceq \o\al(5,80)Ceq \o\al(5,205)种 D．至少抽到1个一等品的结果有Ceq \o\al(10,210)－Ceq \o\al(10,110)种 解析：对于A，这批产品一共有100＋80＋30＝210个，从中任取10个检验，则共有Ceq \o\al(10,210)种抽取结果，故A正确；对于B，这批产品中有一等品100个，取出10个一等品，共有Ceq \o\al(10,100)种抽取结果，故B正确；对于C，恰好抽到5个二等品，则剩下的5个产品从一等品和三等品中抽取，根据分步乘法计数原理，一共有Ceq \o\al(5,80)Ceq \o\al(5,130)种抽取结果，故C错误；对于D，至少抽到1个一等品的结果数等于所有的抽取结果数减去没有抽到一等品的结果数，即Ceq \o\al(10,210)－Ceq \o\al(10,110)，故D正确．故选ABD. 解析：第一类：大一的孪生姐妹在甲车上，甲车上剩下2名同学要来自不同的年级，从剩下的三个年级中选两个年级，有Ceq \o\al(2,3)种选法，然后从选出的两个年级中再分别选1名同学，有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)种选法，剩下的4名同学乘坐乙车，则有Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)＝12种乘车方式；第二类：大一的孪生姐妹不在甲车上，则从剩下的三个年级中选同一个年级的2名同学在甲车上，有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,2)种选法，然后再从剩下的两个年级中分别选1名同学，有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)种选法，则有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)＝12种乘车方式．因此共有12＋12＝24种不同的乘车方式．故选A. 解析：只需看3张有奖奖券的分配情况就可以，有两类：①4人中每人至多1张有奖，共有Aeq \o\al(3,4)＝24种获奖情况；②4人中，有1人2张有奖，还有1人1张有奖，其余的2人无奖，共有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,4)＝36种获奖情况．综上所述，共有24＋36＝60种不同的获奖情况． 解析：先将5人分成三组(1，1，3或2，2，1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个空房间插入前面住了人的3个房间形成的空中即可，故安排方式共有1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CCeq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,3),Aeq \o\al(2,2))＋\f(Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,1),Aeq \o\al(2,2)))) ·Aeq \o\al(3,3)Ceq \o\al(2,4)＝900种． 解析：分四类讨论：第一类，当S(1)＝S(2)＝S(3)时，有6种情况；第二类，当S(1)＝S(2)<S(3)时，有Ceq \o\al(2,6)＝15种情况；第三类，当S(1)<S(2)＝S(3)时，有Ceq \o\al(2,6)＝15种情况；第四类，当S(1)<S(2)<S(3)时，有Ceq \o\al(3,6)＝20种情况．综上，这3件商品售价的所有可能情况有6＋15＋15＋20＝56种． 解：(1)先从5本不同的故事书和4本不同的数学书中各选2本，再送给4位同学，共有Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(4,4)＝1440种不同的送法． (2)故事书甲和数学书乙必须送出，从其余7本中选2本，再送给4位同学，共有Ceq \o\al(2,7)Aeq \o\al(4,4)＝504种不同的送法． (3)选出的4本书中至少有3本故事书，包括3本故事书1本数学书，4本故事书，共有Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＋Aeq \o\al(4,5)＝1080种不同的送法． 解：(1)分步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有Ceq \o\al(3,4)种取法；第二步，在5个奇数中取4个，有Ceq \o\al(4,5)种取法；第三步，3个偶数、4个奇数进行排列，有Aeq \o\al(7,7)种排法．所以符合题意的七位数有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(7,7)＝100800个． (2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(3,3)＝14400个． (3)(1)中的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(2,2)＝5760个． (4)(1)中的七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空中，共有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(3,5)＝28800个． 解析：对于A，每名学生都有3种选择方案，故共有35＝243种不同的选择方案，故A正确；对于B，小王、小李都有2种选择方案，剩下的3名学生均有3种选择方案，故共有22×33＝108种不同的选择方案，故B错误；对于C，小王、小李共有Aeq \o\al(2,3)＝6种选择方案，剩下的3名学生均有3种选择方案，故共有6×33＝162种不同的选择方案，故C正确；对于D，只有1名学生去甲公司实习，有Ceq \o\al(1,5)种选择方案，乙、丙两公司均有2名学生实习，有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)种选择方案，故共有Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝30种不同的选择方案，故D错误．故选AC. 解析：质点第10秒末到达点P(4，2)，共跳了10次，可分三类情况讨论：第一类，向右跳4次，向上跳4次，向下跳2次，有Ceq \o\al(4,10)Ceq \o\al(4,6)Ceq \o\al(2,2)＝3150种跳法；第二类，向右跳5次，向左跳1次，向上跳3次，向下跳1次，有Ceq \o\al(5,10)Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,1)＝5040种跳法；第三类，向右跳6次，向左跳2次，向上跳2次，有Ceq \o\al(6,10)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝1260种跳法．根据分类加法计数原理，此质点在第10秒末到达点P(4，2)的跳法共有3150＋5040＋1260＝9450种． 解：(1)所有的不同选法种数，就是从7名学生中选出3人的组合数， 所以选法种数为Ceq \o\al(3,7)＝35. (2)设男生有x人，则女生有(7－x)人， 从这7人中选出2名男生、2名女生的方法有Ceq \o\al(2,x)Ceq \o\al(2,7－x)种， 每人参加一项且每项活动都有人参加的方法有Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)种，根据分步乘法计数原理，得Ceq \o\al(2,x)Ceq \o\al(2,7－x)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝648， 所以x(x－1)(7－x)(6－x)＝72， 又x∈N＋且2≤x≤5， 解得x＝3或x＝4， 所以该组学生中男生有3人，女生有4人或男生有4人，女生有3人． 解：(1)所作的平面有三类： 第一类，α内1点，β内2点确定的平面最多有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,6)个； 第二类，α内2点，β内1点确定的平面最多有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,6)个； 第三类，α，β本身，有2个． 故最多可作Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,6)＋2＝98个不同的平面． (2)所作的三棱锥有三类： 第一类，α内1点，β内3点确定的三棱锥最多有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,6)个； 第二类，α内2点，β内2点确定的三棱锥最多有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,6)个； 第三类，α内3点，β内1点确定的三棱锥最多有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,6)个． ∴最多可作Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,6)＝194个三棱锥． (3)∵在等高的情况下，相应的底面积相等，三棱锥的体积才能相等， ∴最多可以有Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)＝114个体积不同的三棱锥． $