重难点03 组合与组合数及其拓展方法运用（9种题型）高二数学人教B版选择性必修第二册

重难点03 组合与组合数及其拓展方法运用 题型01 组合数简单计算问题 1. 记组合数公式，均为正整数），明确题干中n（总体元素数）、k（选取元素数），利用简化计算。 2. 代入n、k值，通过阶乘性质约分（如），分步计算分子分母后相除，或直接用组合数性质简化，得最终结果。 1．计算（    ） A．252 B．126 C．84 D．63 【答案】B 【分析】根据排列数和组合数运算法则计算即可 【详解】． 故选：B． 2．（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由组合数性质得，进一步根据组合数与排列数的关系即可得解. 【详解】. 故选：A. 3．（ ） A．960 B．480 C．160 D．80 【答案】B 【分析】直接计算得到答案. 【详解】. 故选：B 4．关于排列组合数，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】运用排列组合数公式展开化简，结合选项辨析即可. 【详解】，，故A正确； ，故B正确； ，而，故C错误，D正确； 故选：C. 5．计算的值是（ ） A．41 B．61 C．62 D．82 【答案】B 【分析】利用排列数和组合数公式计算即可． 【详解】， ，, 因此. 故选：B. 6．计算（   ） A．6 B．35 C．41 D．45 【答案】C 【分析】根据组合数及排列数计算求解. 【详解】，，， 故选：C． 7．（   ） A．20 B．30 C．40 D．50 【答案】D 【分析】根据题意，利用排列数与组合数的计算公式，即可求解. 【详解】由排列数与组合数的计算公式，可得. 故选：D. 8．（   ） A．25 B．35 C．70 D．1050 【答案】C 【分析】运用组合公式进行计算 【详解】，故C正确. 故选：C. 题型02 组合数解不等式与方程问题 1. 用组合数公式替换表达式，结合等性质化简，转化为普通代数方程/不等式，标注n≥k≥0且为整数的约束。 2. 解代数式得初步解，再根据组合数定义（如n、k为整数且n≥k）剔除无效解，最终确定符合条件的正整数解或解集。 9．若，则的值为（    ） A．12 B．5 C．12或5 D．3或5 【答案】B 【分析】根据组合数的性质列出方程求解即可. 【详解】由组合数的性质可得，解得， 又， 所以或， 解得（舍去）或. 故选：B 10．已知，则（   ） A．2 B．5 C．2或5 D．2或6 【答案】C 【分析】根据组合数的性质可得或，解方程即可. 【详解】由， 可得或， 解得或5. 故选：C. 11．已知，若，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．1或3 【答案】C 【分析】根据排列组合公式列方程求参数. 【详解】由题意知，且，解得． 故选：C 12．已知x、y满足组合数方程，则xy的最大值是（    ） A．64 B．128 C．256 D． 【答案】B 【分析】由组合数公式的性质得，或，从而根据二次函数的性质以及基本不等式即可求解． 【详解】解：，满足组合数方程， ，或， ，， 或，即． 综上，当时，取最大值128． 故选：B 13．设表示不超过的最大整数（如，）．对于给定的，定义，，则当时，函数的值域是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】试题分析：当时，，当无限接近时，，所以，当时，，当无限接近时，，所以，故函数的值域是. 考点：函数值域． 14．已知，则（   ） A．2 B．6 C．2或5 D．2或6 【答案】D 【分析】由，利用组合公式,列方程进行求解. 【详解】由，可得或，解得或. 故选：D. 15．已知，则x=（　　） A．3或10 B．3 C．17 D．3或17 【答案】A 【分析】根据组合数的性质求解即可 【详解】因为，故或， 即或 故选：A 16．使不等式（n为正整数）成立的的取值不可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据组合数公式可得出关于的不等式，结合可求得的取值范围，即可得解. 【详解】在中，为正整数，，在中，为正整数，， 因为，则有，即，解得， 因此有，为正整数，所以的取值可以是或或． 故选：D． 题型03 组合数与证明的计算问题 1. 确定证明等式/不等式两端的组合数表达式，用公式转化为阶乘形式，标注n≥k≥0整数的前提，可借助等性质简化。 2. 对一端或两端同步化简，利用阶乘性质（如）约分、展开，通过代数变形推导至两端相等，或结合组合数定义论证不等式成立。 17．规定，其中，m是正整数，且，这是组合数（n，m是正整数，且）的一种推广． (1)求的值； (2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由； (3)①已知，，求证：； ②已知组合数是正整数，证明：当，m是正整数时，． 【答案】(1)3060 (2)答案见解析 (3)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据组合数的推广公式计算即得； （2）对于①，只需举反例即可排除；对于②，可根据组合数的推广公式推理计算证明； （3）对于①，利用组合数的推广公式化简计算即可证明；对于②，将问题分成，和三种情况，分别计算推理即可证明. 【详解】（1） ． （2）性质①不能推广，例如当时有意义，但无意义； 性质②能推广，它的推广形式是：，，m是正整数． 证明：当时，有， 当时， ． （3）①因， 而， 所以． ②当时，组合数； 当时，； 当时，由可知， 所以 ， 因为时，，所以，即时，． 综上，当，m是正整数时，． 18．（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. 19．求证： ． 【答案】证明见解析 【分析】设集合，从集合中的个不同元素中任取个元素的组合数可分为三类： 都不取的， 都取的和 只取其中一个的，相加结合组合数的定义即可证明. 【详解】证明：设集合 ． 从集合中的个不同元素中任取个元素的组合数为 ． 满足条件的组合数分成三类： 一类为 都不取的，有 ； 一类为 都取的，有 ； 一类为 只取其中一个的，有 ． 由加法原理知： ． 20．（1）求证：； （2）若m、n、r均为正整数，试证明：． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【分析】（1）根据题意，由组合数的计算公式代入计算，即可证明； （2）根据题意，由组合数的意义，构造组合数学模型，利用组合数及分类加法原理即可证明； 【详解】（1）左式， 右式 ， ∴． （2）构造数学模型证明：表示从个不同元素中每次取r个元素的取法种数． 将个不同元素分为两组，其中A组n个元素，B组m个元素， 从个不同元素中每次取r个元素，可分类完成， 依次为：A组取0个，B组取r个，有种取法； A组取1个，B组取个，有种取法； ……； A组取r个，B组取0个，有取法． 由加法原理知共有种取法． ∴． 21．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】由恒等式，得到，即，结合累乘法，即可得证. 【详解】证明：设左边，则由恒等式， 得 ， 所以， 整理得， 因为 ，所以. 22．已知，． (1)证明： ； (2)证明： ． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由组合数公式计算即可； （2）由组合数公式计算即可. 【详解】（1）因为， ， 所以； （2）因为， ， 所以． 23．证明下列各等式． (1)＝ ； (2). 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）直接利用组合数的阶乘公式对右边化简即可得到证明； （2）利用组合数的性质公式和，对右边化简即可得到证明. 【详解】（1）由，知右边 所以，左边右边，故原式成立． （2）由组合数的性质，知左边 所以，左边右边，故原式成立． 24．（1）求证：； （2）求证：； （3）若m、n、r均为正整数，试证明：． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【分析】（1）直接根据组合数的计算公式计算得到证明. （2）直接根据组合数的计算公式计算得到证明. （3）构造数学模型证明：表示从个不同元素中每次取r个元素的取法种数，右式表示从两组中各取一部分，利用加法原理得到证明. 【详解】（1）左式， 右式 ，所以． （2）因为，， 所以左边 右边． （3）构造数学模型证明：表示从个不同元素中每次取r个元素的取法种数． 将个不同元素分为两组，其中A组n个元素，B组m个元素， 从个不同元素中每次取r个元素，可分类完成， 依次为：A组取0个，B组取r个，有种取法；A组取1个，B组取个，有种取法；……；A组取r个，B组取0个，有取法． 由加法原理知共有种取法． 所以． 题型04 有限制条件的组合问题 1. 明确约束类型（如“必选某元素”“不选某元素”“至少选k个”），按约束拆分问题为互斥类别（如含必选元素/不含某元素），确保不重不漏。 2. 必选元素先固定再选剩余，不选元素剔除后计算，“至少/至多”类用直接分类或间接排除法，算每类组合数后求和，得总组合数。 25．将2个同样的红球、2个同样的黑球和2个同样的白球放入下列6个格子中，要求同样颜色的球不相邻，则可能的放球方法共有（    ）种. A．30 B．20 C．35 D．40 【答案】A 【分析】先确定黑球和红球的摆放方式，再结合组合数的性质求解放球方法，最后再求和即可. 【详解】若使同样颜色的球不相邻，则先放黑球和红球， 若黑球和红球的摆放位置是红红黑黑， 则白球只能放在两个红球和两个黑球中间，共1种放法， 若黑球和红球的摆放位置是黑黑红红， 则白球只能放在两个红球和两个黑球中间，共1种放法， 若黑球和红球的摆放位置是红黑红黑， 则会出现5个空，而再放两个白球，则有种放法， 若黑球和红球的摆放位置是黑红黑红， 则会出现5个空，而再放两个白球，则有种放法， 若黑球和红球的摆放位置是红黑黑红，则在黑黑之间必须放1个白球， 则剩下的白球可以在4个位置中选1个，有种放法， 若黑球和红球的摆放位置是黑红红黑，则在红红之间必须放1个白球， 则剩下的白球可以在4个位置中选1个，有种放法， 综上，共有种不同的放法，故A正确. 故选：A. 26．书架上某一排有7本不同的书，从中选3本，若这3本书不相邻，则共有（   ）种选法． A．9种 B．10种 C．20种 D．11种 【答案】B 【分析】转化为向4本书中插入3本书使它们不相邻，利用插空法进行求解. 【详解】等价于向4本书中插入3本书使它们不相邻，即共有5个空，选3个空， 利用插空法，可得选法有. 故选：B． 27．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（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【答案】C 【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案. 【详解】首先确定相同得读物，共有种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种， 根据分步乘法公式则共有种， 故选：C. 28．中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱､问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲､乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（    ） A．60 B．66 C．72 D．80 【答案】C 【分析】根据分步计数原理结合部分平均分组以及结合间接法运算求解. 【详解】5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有种安排方法， 若甲乙在同一实验舱的种数有种， 故甲乙不在同一实验舱的种数有种. 故选：C. 29．某单位在5月1日——5月5日这5天假期期间，实行每日一人值班制度，以确保各项工作的日常运转与应急事务的及时处理.现计划从4名员工中每天派1名员工值班，则每位员工至少值一天班的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用古典概型的概率计算公式求概率. 【详解】每天安排一名员工值班，都有4种安排方案，根据分步乘法计数原理，5天假期的安排方案共有：种. 若每位员工至少值一天班，则必定有1人值了2天班，可从4人中选1人，从5天中选2天进行安排，安排方案为：；剩余3天，3人每人1天，安排方案为.结合分步乘法计数原理，每位员工至少值一天班的安排方法有：. 所以每位员工至少值一天班的概率是：. 故选：A 30．即将退休的王老师有8本不同的专业书籍要分给甲、乙、丙三位年轻教师，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得1本，则不同分法的种数为（   ） A．648 B．720 C．1736 D．1848 【答案】C 【分析】利用间接法，先给甲分2本，再排除乙分得6本丙没分到以及丙分得6本乙没分到的所有情况，结合组合数即可得结果. 【详解】从反面考虑，所求即为先给甲分2本，其余6本分给乙、丙的所有情况， 再减去乙分得6本丙没分到以及丙分得6本乙没分到的所有情况， 故有种． 故选：C. 31．一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？ A．5 B．25 C．55 D．75 【答案】D 【详解】由题意知：小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，共有以下四种情形： 一、小蜜蜂在5次飞行中，有4次向正方向飞行，1次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况； 二、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行一个单位，1次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，1次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有种情况； 三、小蜜蜂在5次飞行中，有1次向正方向飞行每次飞行一个单位，2次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况； 四、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行一个单位，共有种情况； 故而共有种情况， 故选：D． 32．6名研究人员在3个无菌研究舱同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ） A．360种 B．180种 C．720种 D．450种 【答案】D 【分析】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案，共有（种）不同的安排方案. 【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案； 方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案. 所以共有（种）不同的安排方案. 故选：D. 题型05 代数中的组合计数问题 1. 剖析代数情境（如多项式项数、方程解），提取核心元素（如变量、系数）与约束（如非负整数解、项的次数），转化为组合模型（如选元素分组）。 2. 适配模型选方法（如隔板法解方程解、组合数算项数），含约束时分类或间接排除，计算每类组合数后求和，得计数结果。 33．每个正整数都可以唯一表示成以下形式：，其中且为该正整数的“长度”，例如，．若正整数的“长度”为1，则这样的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得，设，而，进而结合组合知识求解即可. 【详解】由题意，，设，而， 则从这11个整数中任取3个不同的数，按照从小到大的顺序安排给， 故满足条件的个数为. 故选：C. 34．从1，2，3，…，20中选取四元数组，满足 ，则这样的四元数组的个数是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】通过假设，分析得到满足的的个数，从而确定出四元数组的个数. 【详解】因为，记， 因为，所以，记， 因为，所以，记， 因为，所以，记， 因为，记， 所以， 所以四元数组的个数，即为满足条件的的个数， 又因为且， 所以的个数为：（看成个排成一列，会形成个空位，插入个隔板隔开，形成个数）， 则四元数组的个数为， 故选：C. 【点睛】本题考查排列组合的综合应用，其中涉及到数字排列的变换以及隔板法的运用，对学生的分析与转化能力要求较高，难度较难. 35．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 【答案】C 【分析】解法一：利用正难则反的思想，先假设，若不存在，使得，可得，进而结合组合学知识求解即可； 解法二：利用转化的思想，将问题转化为所取的4个数中至少有2个是连续正整数，进而分类讨论求解即可. 【详解】排列与组合 解法一（正难则反）：存在，，使得表示所取的4个数中总有相邻的数， 直接求解较复杂，考虑正难则反的方法． 假设，若不存在，使得， 则，所以符合条件的取法种数为． 解法二（转化法）：若存在，，使得， 则所取的4个数中至少有2个是连续正整数， 若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行， 要求只有2个红球相邻，先把6个白球排成一行，再用插空法排红球， 排法种数为． 同理可得若只有3个是连续正整数，排法种数为． 若4个都是连续正整数，排法种数为7． 若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续正整数， 但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为． 所以符合条件的取法种数为. 故选：C． 【点睛】方法点睛：求解排列与组合问题的常用方法 36．从1，2，……，10中取三个不同的数，按从小到大的顺序排列，组成的数列是等差数列的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设取出的3个不同的数分别为a、b、c，结合等差数列的性质分析可知故a、c同为奇数或同为偶数，且a与c确定后，b随之而定，利用古典概型的概率公式求解可得答案. 【详解】设取出的3个不同的数分别为a、b、c， 不同的取法共有种， 若这3个数构成等差数列，则有. 故a、c同为奇数或同为偶数，且a与c确定后，b随之而定. 从而所求概率为. 故选：D． 37．大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数每个比1大的正整数要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数不为素数能唯一地写成其中是素数，是正整数，，，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ） A．6 B．13 C．19 D．60 【答案】B 【分析】根据题意，得出从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，分三种情况，结合排列数和组合数的公式，即可求解. 【详解】根据自然数的标准分解式可得， 故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况： ①选取3个2，可以组成1个三位数； ②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数； ③选取2，3，5，可以组成个不同的三位数， 所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数． 故选：B. 38．设集合，那么集合中满足的元素的个数为（    ） A．232 B．144 C．184 D．252 【答案】A 【分析】分的值为、、进行讨论，结合组合数的性质计算即可得. 【详解】若， 则中有个为，个为或， 此时共有种； 若， 则中有个为，个为或， 此时共有种； 若， 则中有个为，个为或， 此时共有种； 即共有种不同排列， 即集合中满足的元素的个数为. 故选：A. 39．“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200的偶数个数是（    ） A．87 B．129 C．132 D．138 【答案】A 【分析】按千位数分别是5，7，8进行分类讨论即可. 【详解】若千位数字是5，则百位数字不能是1，故共有（个）； （①一个四位数为偶数，则其个位上的数字一定是偶数；②组成的四位数要大于5200，则其千位上的数字是5，7或8） 若千位数字是7，则共有（个）； 若千位数字是8，则共有（个）． 故符合条件的四位数共有（个）． 故选：A 40．若非空集合A、B满足以下两个条件：①，；②A的元素个数不是A的元素，B的元素个数不是B的元素．则有序集合对（A，B）的个数为（    ） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】B 【分析】讨论集合中的元素个数，从而确定集合中的元素，再结合组合数公式，即可求解. 【详解】若集合中只有1个元素，则集合中只有4个元素，则，， 此时只有； 若集合中只有2个元素，则集合中只有3个元素，则，， 此时有； 若集合中只有3个元素，则集合中只有2个元素，则，， 此时有； 若集合中只有4个元素，则集合中只有1个元素，则，， 此时有， 有序集合对的个数为:. 故选：B 题型06 分组分配问题 1. 明确元素是否相同、分组是否均匀（如4人分2组为2+2或1+3）、分配对象是否有区别（如分给甲乙丙vs分3组），标注核心约束避免混淆。 2. 先按类型分组（均匀分组除重复数），再将分组结果分配给对象（有区别用排列），或直接分步分配，用组合数与乘法原理计算，汇总得总方法数。 41．某市选派9名医生到3个乡镇义诊，其中有5名主治医师，4名实习医生，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师，则不同的分配方法种数为（   ） A．720 B．1480 C．1080 D．1440 【答案】D 【分析】依题意，先考虑主治医师的两种分配方案，在每种方案中（注意平均分组），再考虑对应的实习医生的分配人数，最后将三个组合分配到3个乡镇即可. 【详解】由题意，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师， 则主治医师的分配方案有2种，即“”或“”. 当主治医师按照“”分配时，主治医师的分法种数为， 再将4名实习医生按照“”与之配成对应的三组，分法种数为， 最后将分好的三组分配到3个乡镇，分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为； 当主治医师按照“”分配时，主治医师的分法种数为， 再将4名实习医生按照“”与之配成对应的三组，分法种数为， 最后将分好的三组分配到3个乡镇，分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为. 根据分类加法计数原理，不同的分配方法种数为. 故选：D. 42．在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】可以把问题看做10个绳头平均分成5组，按平均分组问题求总的基本事件，再求恰好能围成一个圆的基本事件数，结合古典概型计算. 【详解】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种. 其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种. 所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：. 故选：D 【点睛】方法点睛：（1）10个绳头打结，按要求，每次打结都减少2个绳头，所以可以把问题看成平均分组来解决. （2）恰好围成一个圆时，先选1根绳子，不能两端打结，只能从其余的8个绳头选1个打结，完成后，这段绳子不能两端打结，再从其余的6个绳头选1个…，最后这段绳子两端打结. 43．教育部为发展贫困地区教育，在全国部分大学培养教育专业公费师范生，毕业后分配到相应的地区任教．现将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，则（    ） A．甲学校没有女大学生的概率为 B．甲学校至少有两名女大学生的概率为 C．每所学校都有男大学生的概率为 D．乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为 【答案】C 【分析】计算出将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教共有的分法种数，再结合每个选项里的具体要求求出符合其要求的分法种数，根据古典概型的概率公式，即可求得相应概率，可判断A，B，C，利用对立事件计算可判断D. 【详解】将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教， 共有 中分法； 对于A，甲学校没有女大学生，从5名男大学生选3人分到甲学校， 再将剩余的6人平均分到乙、丙学校，共有种分法， 故甲学校没有女大学生的概率为，A错误； 对于B，甲学校至少有两名女大学生的情况包括恰有两女大学生和恰有三女大学生， 共有种分法， 故甲学校至少有两名女大学生的概率为，B错误； 对于C，每所学校都有男大学生，则男生的分配情况为将男生分为3组：人数为或， 当男生人数为时，将4名女生平均分为2组，分到男生人数为1人的两组，再分到3所学校， 此时共有种分法； 当男生人数为时，将4名女生按人数分为3组， 人数的2组分到男生人数为的两组，2名女生的一组分到男生1人的那一组，再分到3所学校， 此时共有种分法； 故每所学校都有男大学生的分法有种， 则每所学校都有男大学生的概率为，C正确； 对于D，乙学校分配2名女大学生，1名男大学生共有种分法， 乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校没有女大学生的分法有种， 故乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为，D错误， 故选：C 44．某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为 A．4680 B．4770 C．5040 D．5200 【答案】C 【详解】若有人参加“演讲团”，则从 人选人参加该社团，其余 人去剩下 个社团，人数安排有 种情况： 和 ，故人参加“演讲团”的不同参加方法数为 ，若无人参加“演讲团”，则 人参加剩下 个社团，人数安排安排有 种情况： 和 ，故无人参加“演讲团”的不同参加方法数为 ，故满足条件的方法数为 ，故选C. 【方法点睛】本题主要考查分组分配问题及排列组合的综合应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率. 45．已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（    ） A．150 B．240 C．390 D．1440 【答案】C 【分析】分析可得可以将5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中，分别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果. 【详解】因为或 所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中 （1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法： 各放1个，2个，2个的方法有种. 各放3个，1个，1个的方法有种. （2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有 种. 综上，总的放球方法数为种. 故选：C 【点睛】易错点睛：本题考查排列组合的部分均匀分组，解题时一定要注意不要重复，有n组均匀，最后一点要除以，考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，属于中档题. 46．已知4位学生被分配到A、B、C三地学习，每地至少分配一位学生且每位学生只能去一个地方学习，则不同的分配方式有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【答案】D 【分析】根据题意先将4位学生分成三组，再分配到A、B、C三地学习，根据分步乘法计数原理即可求解． 【详解】根据题意，先从4人中选2人组成一组，有种方法， 然后将3组学生分配到A、B、C三地学习，有种方法， 由分步计数原理知共有种不同的分配方法， 故选：D． 47．甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．150 D．240 【答案】B 【分析】先选名学生分配给甲，再将剩余人分成两组分配给乙、丙，由分步乘法计数原理可得. 【详解】第一步，从六名学生中选名，分配给甲指导，有种不同的方法， 第二步，将剩余名学生分成两组，分配给乙、丙指导，有种不同的方法， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方案共有种. 故选：B. 48．某户外探险俱乐部组织10名成员（6名男性，4名女性）前往某无人岛进行野外生存挑战．为了便于管理和保障安全，需将这10人平均分成两组（不区分两组的顺序），且4名女性不能在同一组，则不同的分组方法共有（    ） A．60种 B．120种 C．180种 D．720种 【答案】B 【分析】由题意可知分两种情况：一种是2名女性和3名男性一组，剩下5人一组，另一种情况是1名女性和4名男性一组，剩下5人一组，然后由分类加法原理可求得结果. 【详解】由题意可知分两种情况：一种是2名女性和3名男性一组，剩下5人一组，则有种方法 另一种情况是1名女性和4名男性一组，剩下5人一组，则种方法， 由分类加法原理可知共有种不同的分组方法. 故选：B. 题型07 多元方程不等式整数解个数问题 1. 明确变量取值范围（正整数/非负整数等），通过换元消去常数项（如），转化为组合计数模型。 2. 无额外约束用隔板法（如解）；有范围限制用分类法或间接排除法，计算各类解数后求和，得总整数解个数。 49．方程的正整数解共有（   ） A．50组 B．58组 C．60组 D．66组 【答案】B 【分析】将系数相同的变量合并换元，即设， 讨论和时的取值，利用隔板法求出解的组数，最后由分类加法计数原理即可得出答案. 【详解】对于方程， 设，则， 当时，，因为为偶数，则也为偶数，所以可以为， 时，只有一种解，此时， 由隔板法可知，将8个单位长度分成3个整数部分，一共有种分法， 所以共有组解，同理可得其他的组数， 所以当时，可得解的组数为； 当时，，因为为偶数，则为奇数，所以可以为， 利用隔板法可得解的组数为， 当时，因为，所以此时，不合题意， 综上，方程的正整数解共有组． 故选：B. 50．不等式，其中是正整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】问题转化成不等式的正整数解的组数，即求方程的正整数解，应用隔板法和组合数的性质求结论. 【详解】由，且是正整数， 将问题转化成不等式的正整数解的组数. 求方程的正整数解， 可先将看作个“”，将这个“”排成一排，在其中间形成的个空位中选择个空位放入隔板，则隔板隔开形成组“”，每组“”的和分别对应的值， 因此，方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， ， 方程的正整数解的组数为， 所以原不等式的非负整数解的组数为 . 故选：B. 51．已知元一次方程（，，，）的正整数解的个数为，则方程满足（）的整数解的个数为（    ） A．35 B．56 C．84 D．120 【答案】B 【分析】令，得到，结合条件即可求解. 【详解】由得，， 令，. 则原问题等价于方程的正整数解的个数， 由题意知符合条件的个数为， 故选：B. 52．不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A．1360 B．2380 C．2510 D．760 【答案】B 【分析】设，，，，问题转化成不等式的正整数解的组数，即求方程的正整数解，应用隔板法求解的组数. 【详解】设，，，， 由，且是非负整数， 将问题转化成不等式的正整数解的组数. 求方程的正整数解， 可先将看作个“1”，将这个“1”排成一排， 在其中间形成的个空位中选择3个空位放入隔板， 则隔板隔开形成4组“1”，每组“1”的和分别对应的值， 因此，方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， ， 方程的正整数解的组数为， 所以原不等式的非负整数解的组数为 . 故选：B 【点睛】方法点睛：将个相同元素分成组，可用“隔板法”计数，将个元素排成一排，它们之间有个空位，要把它们分成组，只需在这个空位中插入个隔板，故方法总数为.“隔板法”常用来解决名额分配问题、不定方程的正整数解的组数问题等. 53．满足不等式的有序整数组的数目为（    ） A．228 B．229 C．230 D．231 【答案】D 【分析】根据隔板法可求方程不同的整数解的个数. 【详解】先考虑的有序整数解的个数，由绝对值的和为3、4或5，可得个数为. 若有一个为零，则有序整数解的个数为， 若有两个为零，则有序整数解的个数为， 若全为零，则有序整数解的个数为个， 故共有不同组数231. 故选：D. 54．已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】问题转化为10个相同小球放入三个不同盒子中，每个盒子都有小球，利用隔板法求解. 【详解】问题可转化为，10个相同的小球放到三个不同的盒子里，每个盒子不能空着，每个盒子中小球的数目就是方程的一组解， 由隔板法可知，共有种不同的分法， 即方程共有组不同的解. 故选：A 55．方程的非负整数解个数为（    ）． A．220 B．120 C．84 D．24 【答案】A 【分析】将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成部分，利用隔板法即可得解. 【详解】依题意，可知为非负整数， 因为， 所以， 从而将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成部分，每部分至少一个球， 一共有12个间隔，利用4个隔板插入即可，故共有种. 故选：A 56．方程的正整数解的个数为（    ） A．56 B．35 C．70 D．66 【答案】B 【分析】将问题转化为将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法求解即可． 【详解】原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球， 采用隔板法，将8个小球排成一排，在其中的7个空位上插入3个隔板即可， 故共有种． 故选：B. 题型08 实际问题中的计数问题 1. 剖析实际场景（如选课、分配），提取元素（人/物）、关系（有序/无序、相邻/约束），转化为排列、组合或分组等计数模型，明确核心约束。 2. 适配模型选方法（排列数/组合数、捆绑/插空），分步或分类计算，剔除重复遗漏项，结合实际意义验证，最终得计数结果。 57．甲、乙两人玩扑克牌游戏，他们拿出了张牌（且），其中“红心”花色的牌共有4张．将牌洗匀后合为一堆，两人依次从牌堆最上方拿一张牌（甲先拿牌），直到拿完所有牌为止．记事件为“甲、乙二人手中各有两张‘红心’花色的牌”，事件为“甲、乙二人其中一人手中只有一张‘红心’花色的牌”，则（    ） A．对任意满足题意的，都有 B．对任意满足题意的，都有 C．对任意满足题意的，都有 D．，的大小关系与有关 【答案】D 【分析】将张牌视作个位置，当牌洗匀后，每张牌位于每个位置的可能性是相等的，结合题意可得，，进而得到，进而判断各选项即可. 【详解】将张牌视作个位置，当牌洗匀后，每张牌位于每个位置的可能性是相等的， 而“红心”花色的牌有4张，需占用4个位置， 因此，， 则， 因此当时，； 当时，； 当时，． 故选：D． 58．如图，甲从到，乙从到，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路总计对数为（    ） A．1860对 B．1750对 C．1850对 D．1760对 【答案】B 【分析】分两步计算：首先计算总的路径的对数，共有不同路径对；再计算有相交路径的对数，设与的交点为，甲从到再到，乙从到再到，可以理解为过点后，甲乙交换线路分别到达目的地，这样就等价于甲从到，乙从到的路径对数，共有对，故不相交的路径对数为解得. 【详解】首先计算总的路径的对数： 甲从到，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从到共有种走法， 乙从到，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从到共有种走法， 根据分步乘法计数原理可知，共有不同路径对. 再计算有相交路径的对数：设与的交点为，甲从到再到，乙从到再到， 可以理解为过点后，甲乙交换线路分别到达目的地，这样就等价于甲从到，乙从到的路径对数： 甲从到，需要向右走6步，向上走4步，共需10步，所以从到共有种走法， 乙从到，需要向右走2步，向上走4步，共需6步，所以从到共有种走法， 所以相交路径共有对， 因此不同的孤立路一共有对． 故选：B． 59．平面直角坐标系上将横、纵坐标都为整数的点记为格点，点从格点出发，每次运动到另一格点时，沿水平或竖直方向移动一个单位，则点经过6次移动回到格点的移动路径总数为（    ） A．81 B．200 C．400 D．480 【答案】C 【分析】依题意可按照分类加法计数原理将问题分成四类，再利用组合数计算即可. 【详解】根据题意可知点从格点出发，可沿上、下、左、右四个方向移动； 若点经过6次移动回到格点可分为以下四种情况： 第一种：在六步移动过程中选择3步向上，另外3步向下，共有种； 第二种：选择3步向左，另外3步向右，共有种； 第三种：选择2步向上，另外2步向下，1步向左，1步向右，共有种； 第四种：选择1步向上，另外1步向下，2步向左，2步向右，共有种； 因此共有种. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于可将回到出发点的问题转化为在六步移动过程中，向左右、上下的相反方向的移动步数相等，再利用组合计数问题计算可得结果. 60．在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用排列组合及古典概型的概率的知识计算即可. 【详解】由题意得，从这个点中任选2个，共有种选法， 在坐标系同一部分的点的横坐标、纵坐标、竖坐标的正负均相同， 所以八个部分中的点的个数分别为，，，，2，2，2，1， 故所求的概率为． 故选：B. 61．如图，在某城市中，､两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的个交汇处．今在道路网､处的甲､乙两人分别要到､处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达､处为止．则下列说法正确的是（    ） A．甲从到达处的方法有种 B．甲从必须经过到达处的方法有种 C．甲､乙两人在处相遇的概率为 D．甲､乙两人相遇的概率为 【答案】C 【分析】分析甲从到达处以及甲从必须经过到达处的走法，结合组合知识，可判断A，B；计算出甲､乙两人在处相遇的走法种数，根据古典概型的概率公式即可判断C；分类考虑甲､乙两人相遇的地点，计算出相应的走法数，根据古典概型的概率公式即可判断D. 【详解】A选项，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走， 则甲从M到达N处的方法有种，A选项错误； B选项，甲经过到达N处，可分为两步：第一步，甲从M经过需要走3步， 其中1步向右走，2步向上走，方法数为种； 第二步，甲从到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为种， 故甲经过到达N的方法数为种，B选项错误； C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种， ∴甲､乙两人在处相遇的方法数为种， 故甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确； D选项，甲､乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇， 若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走， 乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为1种； 若甲､乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为81种； 若甲､乙两人在处相遇，甲到处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走， 乙到处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走， ∴两人在处相遇的走法种数为种； 若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处， 则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为1种； 故甲､乙两人相遇的概率，D选项错误， 故选：C． 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从到的路线转变为六步，其中每一条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向右的步数，由此得到的组合数可表示对应路线的方法数． 62．某校以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果栽培”“蔬菜种植”“3D打印”这六门劳动课中的两门.则甲、乙、丙这3名学生至少有2名学生所选劳动课全不相同的方法种数共有（    ） A．2080 B．2520 C．3375 D．3870 【答案】B 【分析】分别计算两人全不相同，一人与另外两人全不相同，三人全不相同的种类数，可得所求结果. 【详解】设甲，乙两人全不相同为事件，甲，丙两人全不相同为事件，乙，丙两人全不相同为事件 则，，的种类数都为， ，，的种类数都为， 的种类数为， 所以至少有两人全不相同的方法数为， 故选：B. 63．现有天平及重量为，，，的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（    ）种. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，结合排列组合以及分类加法原理，可得答案. 【详解】依题可知10只能在左边，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，有以下4种情况： 情况①：第一步先排10，10只能在左边，接下来重量为1,2,4的砝码顺序随意有种，左右边随意，则种，共有种； 情况②：第一步先排4，4只能在左边，10可以在第2,3,4步中任选一步放，有种，重量为1,2的砝码顺序随意左右边随意，共有种； 情况③：第一步先排2，2只能在左边， 若第二步放10，则重量为去1,4的砝码顺序随意左右边随意，有中， 若第二步放4，则10可以在第3,4步汇总任选一步放，砝码1左右边随意放，有种， 若第二步放1，有2种放法，接下第3步有2种情形： （）若第三步放10，那第四步放4可以在左右都行，有2种， （）若第三步放4，那4只能放左边，第四步放10只能放左边，有1种， 共有种； 情况④：第一步先排1，1只能在左边，接下来第二步： 若第二步放10，则重量为2,4的砝码顺序随意左右边随意放，有种， 若第二步放4，则10可以在第3,4步中任选一步放，砝码2左右边随意放，有种， 若第二步放2，2只能在左边，接下来第三步有2种情形： （）若第三步放10，那第四步放4可以在左右边都行，有2种， （）若第三步放4，那4只能在左边，第四步放10只能放左边，有1种， 共有种， 综上有种. 故选：A. 64．武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（    ） A．19840种 B．16000种 C．31360种 D．9920种 【答案】D 【分析】先确定从5天中选3天排太极拳的排法情况，再分五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，三种情况讨论，从而可得出答案. 【详解】先从5天中选3天排太极拳，有种， 然后再从所选的3天中选一节排太极拳有种， 所以太极拳有种排法， 若五天中有天既有太极拳又有形意拳， 则哪一天重复有种， 再从另外不重复的2天中每天选1天排形意拳，有种， 再从剩下的4节课中选2节排长拳，有种，则另外2节排兵器， 所以有种， 若五天中有天既有太极拳又有形意拳， 则哪两天重复有种， 再从另外不重复的2天中排形意拳，有种， 再从剩下的4节课中抽2节课排长拳，有种，则另外2节排兵器， 但排在同一天不合适，所以有种， 所以共有种， 若五天中有天既有太极拳又有形意拳， 则剩下的4节课中选2节排长拳，有种，再去掉排同一天的种， 所以有种， 综上所述：共有 种. 故选：D. 题型09 其它组合计数问题 1. 明确组合类型（如环形组合、重复元素组合）及核心约束（如环形无首尾、部分元素相同），区分与典型组合的差异，避免方法套用错误。 2. 环形组合用，重复元素用对应公式；含混合约束先处理特殊，分步或分类计算后汇总，结合场景验证结果合理性。 65．上古时代神话传说中，伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案，与自己的观察，画出了“八卦”，而龙马身上的图案就叫作“河图”（如图1），河图把一到十这十个数字分成五组，其口诀为：一六共宗，为水居北；二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中，现从这十个数中随机抽取六个数，则能成为三组的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据古典概型结合组合数运算求解. 【详解】从一到十这十个数中随机抽取六个数，基本事件总数， 能成为三组的基本事件个数， 则能成为三组的概率． 故选：C． 66．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 67．过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．60种 【答案】B 【分析】根据特殊元素“失重飞行”进行位置分类方法计算，结合排列组合等计数方法，即可求得总的测试的安排方案种数. 【详解】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有种安排方法， 此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同； ②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法， 此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同； ③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法； 故选拔测试的安排方案有种. 故选：B. 68．某学校为落实“双减政策，在每天放学后开设拓展课程供学生自愿选择，开学第一周的安排如下表.小明同学要在这一周内选择编程、书法、足球三门课，不同的选课方案共有（    ） 周一 周二 周三 周四 周五 演讲、绘画、舞蹈、足球 编程、绘画、舞蹈、足球 编程、书法、舞蹈、足球 书法、演讲、舞蹈、足球 书法、演讲、舞蹈、足球 注：每位同学每天最多选一门课，每门课一周内最多选一次. A．15种 B．10种 C．8种 D．5种 【答案】A 【分析】利用分类分步计算方法，首先考虑编程选在周二或周三，再确定书法的时间，最后确定足球的时间，即可得到总的选课方案. 【详解】若周二选编程，则选课方案有（种）；若周三选编程，则选课方案有（种）.综上，不同的选课方案共有（种）. 故选:A. 69．把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法（    ） A．10种 B．种 C．种 D．60种 【答案】A 【分析】采用隔板法，在个空中插入块板，根据组合数公式计算可得； 【详解】解：依题意，采用隔板法，在个空中插入块板，则不同的放法共有种； 故选：A 70．用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】将涂色方法分为两类，即用三种颜色涂和用两种颜色涂，分别计算出两种情况下涂色方案的种数，根据分类加法计数原理即可求得结果. 【详解】将六个方格标注为，如下图所示， ①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色， 当同色时，六个方格的涂色方法有种； 当同色时，六个方格的涂色方法有种； 当同色时，六个方格的涂色方法有种； ②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种； 综上所述：不同的填涂方法有种. 故选：D. 71．精准扶贫点用2400元的资金为贫困户购买良种羊羔，共有肉用山羊、毛用绵羊、产奶山羊三种羊羔，价格均为每只300元，若要求每种羊羔至少买1只，则所有可能的购买方案总数为 A．12 B．14 C．21 D．18 【答案】C 【分析】由于每只羊羔的价格均为300元，则共有8个购买羊羔的指标，即将问题转化为各种羊的购买指标分别是多少的问题，转化为隔板法处理. 【详解】由于每只羊羔的价格均为300元，则共有8个购买羊羔的指标， 可以看成8个无差别的小球，三种不同的羊羔可以看成三个编号1，2，3的盒子， 则问题转化为把8个无差别的小球装入3个不同的盒子中，每个盒子至少装一个小球. 用隔板法，8个小球共有7个空，插2个隔板，共有种不同的购买方案， 故选：C. 【点睛】本题考查隔板法解决名额分配问题，在解决名额分配时，常用隔板法处理，本题的关键是将问题转化为隔板模型，属于中档题. 72．某景区原来在一段栈道上安排了10名安全员，后由于人员紧张，需撤掉3人，但出于安全考虑，首尾两个不能撤，撤掉的3人中任意两个不能相邻，则不同的撤法的种数为 A．120 B．56 C．35 D．20 【答案】D 【分析】由题意，只需撤掉中间8人中的3人，且任意两个人不能相邻，由插空的思想可得有种撤法. 【详解】由题意，首尾两个不能撤，只需撤掉中间8人中的3人，且任意两个人不能相邻， 故有种， 故选D 【点睛】本题考查排列组合的简单应用，属于基础题. 2 / 39 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点03 组合与组合数及其拓展方法运用 题型01 组合数简单计算问题 1. 记组合数公式，均为正整数），明确题干中n（总体元素数）、k（选取元素数），利用简化计算。 2. 代入n、k值，通过阶乘性质约分（如），分步计算分子分母后相除，或直接用组合数性质简化，得最终结果。 1．计算（    ） A．252 B．126 C．84 D．63 2．（    ） A． B． C． D． 3．（ ） A．960 B．480 C．160 D．80 4．关于排列组合数，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 5．计算的值是（ ） A．41 B．61 C．62 D．82 6．计算（   ） A．6 B．35 C．41 D．45 7．（   ） A．20 B．30 C．40 D．50 8．（   ） A．25 B．35 C．70 D．1050 题型02 组合数解不等式与方程问题 1. 用组合数公式替换表达式，结合等性质化简，转化为普通代数方程/不等式，标注n≥k≥0且为整数的约束。 2. 解代数式得初步解，再根据组合数定义（如n、k为整数且n≥k）剔除无效解，最终确定符合条件的正整数解或解集。 9．若，则的值为（    ） A．12 B．5 C．12或5 D．3或5 10．已知，则（   ） A．2 B．5 C．2或5 D．2或6 11．已知，若，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．1或3 12．已知x、y满足组合数方程，则xy的最大值是（    ） A．64 B．128 C．256 D． 13．设表示不超过的最大整数（如，）．对于给定的，定义，，则当时，函数的值域是（ ） A． B． C． D． 14．已知，则（   ） A．2 B．6 C．2或5 D．2或6 15．已知，则x=（　　） A．3或10 B．3 C．17 D．3或17 16．使不等式（n为正整数）成立的的取值不可能是（    ） A． B． C． D． 题型03 组合数与证明的计算问题 1. 确定证明等式/不等式两端的组合数表达式，用公式转化为阶乘形式，标注n≥k≥0整数的前提，可借助等性质简化。 2. 对一端或两端同步化简，利用阶乘性质（如）约分、展开，通过代数变形推导至两端相等，或结合组合数定义论证不等式成立。 17．规定，其中，m是正整数，且，这是组合数（n，m是正整数，且）的一种推广． (1)求的值； (2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由； (3)①已知，，求证：； ②已知组合数是正整数，证明：当，m是正整数时，． 18．（1）证明：，其中，； （2）化简：，其中． 19．求证： ． 20．（1）求证：； （2）若m、n、r均为正整数，试证明：． 21．求证：． 22．已知，． (1)证明： ； (2)证明： ． 23．证明下列各等式． (1)＝ ； (2). 24．（1）求证：； （2）求证：； （3）若m、n、r均为正整数，试证明：． 题型04 有限制条件的组合问题 1. 明确约束类型（如“必选某元素”“不选某元素”“至少选k个”），按约束拆分问题为互斥类别（如含必选元素/不含某元素），确保不重不漏。 2. 必选元素先固定再选剩余，不选元素剔除后计算，“至少/至多”类用直接分类或间接排除法，算每类组合数后求和，得总组合数。 25．将2个同样的红球、2个同样的黑球和2个同样的白球放入下列6个格子中，要求同样颜色的球不相邻，则可能的放球方法共有（    ）种. A．30 B．20 C．35 D．40 26．书架上某一排有7本不同的书，从中选3本，若这3本书不相邻，则共有（   ）种选法． A．9种 B．10种 C．20种 D．11种 27．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（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 28．中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱､问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲､乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（    ） A．60 B．66 C．72 D．80 29．某单位在5月1日——5月5日这5天假期期间，实行每日一人值班制度，以确保各项工作的日常运转与应急事务的及时处理.现计划从4名员工中每天派1名员工值班，则每位员工至少值一天班的概率是（   ） A． B． C． D． 30．即将退休的王老师有8本不同的专业书籍要分给甲、乙、丙三位年轻教师，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得1本，则不同分法的种数为（   ） A．648 B．720 C．1736 D．1848 31．一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？ A．5 B．25 C．55 D．75 32．6名研究人员在3个无菌研究舱同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ） A．360种 B．180种 C．720种 D．450种 题型05 代数中的组合计数问题 1. 剖析代数情境（如多项式项数、方程解），提取核心元素（如变量、系数）与约束（如非负整数解、项的次数），转化为组合模型（如选元素分组）。 2. 适配模型选方法（如隔板法解方程解、组合数算项数），含约束时分类或间接排除，计算每类组合数后求和，得计数结果。 33．每个正整数都可以唯一表示成以下形式：，其中且为该正整数的“长度”，例如，．若正整数的“长度”为1，则这样的个数为（    ） A． B． C． D． 34．从1，2，3，…，20中选取四元数组，满足 ，则这样的四元数组的个数是 A． B． C． D． 35．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 36．从1，2，……，10中取三个不同的数，按从小到大的顺序排列，组成的数列是等差数列的概率为（    ） A． B． C． D． 37．大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数每个比1大的正整数要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数不为素数能唯一地写成其中是素数，是正整数，，，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ） A．6 B．13 C．19 D．60 38．设集合，那么集合中满足的元素的个数为（    ） A．232 B．144 C．184 D．252 39．“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200的偶数个数是（    ） A．87 B．129 C．132 D．138 40．若非空集合A、B满足以下两个条件：①，；②A的元素个数不是A的元素，B的元素个数不是B的元素．则有序集合对（A，B）的个数为（    ） A．4 B．8 C．16 D．32 题型06 分组分配问题 1. 明确元素是否相同、分组是否均匀（如4人分2组为2+2或1+3）、分配对象是否有区别（如分给甲乙丙vs分3组），标注核心约束避免混淆。 2. 先按类型分组（均匀分组除重复数），再将分组结果分配给对象（有区别用排列），或直接分步分配，用组合数与乘法原理计算，汇总得总方法数。 41．某市选派9名医生到3个乡镇义诊，其中有5名主治医师，4名实习医生，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师，则不同的分配方法种数为（   ） A．720 B．1480 C．1080 D．1440 42．在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（   ） A． B． C． D． 43．教育部为发展贫困地区教育，在全国部分大学培养教育专业公费师范生，毕业后分配到相应的地区任教．现将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，则（    ） A．甲学校没有女大学生的概率为 B．甲学校至少有两名女大学生的概率为 C．每所学校都有男大学生的概率为 D．乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为 44．某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为 A．4680 B．4770 C．5040 D．5200 45．已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（    ） A．150 B．240 C．390 D．1440 46．已知4位学生被分配到A、B、C三地学习，每地至少分配一位学生且每位学生只能去一个地方学习，则不同的分配方式有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 47．甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．150 D．240 48．某户外探险俱乐部组织10名成员（6名男性，4名女性）前往某无人岛进行野外生存挑战．为了便于管理和保障安全，需将这10人平均分成两组（不区分两组的顺序），且4名女性不能在同一组，则不同的分组方法共有（    ） A．60种 B．120种 C．180种 D．720种 题型07 多元方程不等式整数解个数问题 1. 明确变量取值范围（正整数/非负整数等），通过换元消去常数项（如），转化为组合计数模型。 2. 无额外约束用隔板法（如解）；有范围限制用分类法或间接排除法，计算各类解数后求和，得总整数解个数。 49．方程的正整数解共有（   ） A．50组 B．58组 C．60组 D．66组 50．不等式，其中是正整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A． B． C． D． 51．已知元一次方程（，，，）的正整数解的个数为，则方程满足（）的整数解的个数为（    ） A．35 B．56 C．84 D．120 52．不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A．1360 B．2380 C．2510 D．760 53．满足不等式的有序整数组的数目为（    ） A．228 B．229 C．230 D．231 54．已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A． B． C． D． 55．方程的非负整数解个数为（    ）． A．220 B．120 C．84 D．24 56．方程的正整数解的个数为（    ） A．56 B．35 C．70 D．66 题型08 实际问题中的计数问题 1. 剖析实际场景（如选课、分配），提取元素（人/物）、关系（有序/无序、相邻/约束），转化为排列、组合或分组等计数模型，明确核心约束。 2. 适配模型选方法（排列数/组合数、捆绑/插空），分步或分类计算，剔除重复遗漏项，结合实际意义验证，最终得计数结果。 57．甲、乙两人玩扑克牌游戏，他们拿出了张牌（且），其中“红心”花色的牌共有4张．将牌洗匀后合为一堆，两人依次从牌堆最上方拿一张牌（甲先拿牌），直到拿完所有牌为止．记事件为“甲、乙二人手中各有两张‘红心’花色的牌”，事件为“甲、乙二人其中一人手中只有一张‘红心’花色的牌”，则（    ） A．对任意满足题意的，都有 B．对任意满足题意的，都有 C．对任意满足题意的，都有 D．，的大小关系与有关 58．如图，甲从到，乙从到，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路总计对数为（    ） A．1860对 B．1750对 C．1850对 D．1760对 59．平面直角坐标系上将横、纵坐标都为整数的点记为格点，点从格点出发，每次运动到另一格点时，沿水平或竖直方向移动一个单位，则点经过6次移动回到格点的移动路径总数为（    ） A．81 B．200 C．400 D．480 60．在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（   ） A． B． C． D． 61．如图，在某城市中，､两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的个交汇处．今在道路网､处的甲､乙两人分别要到､处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达､处为止．则下列说法正确的是（    ） A．甲从到达处的方法有种 B．甲从必须经过到达处的方法有种 C．甲､乙两人在处相遇的概率为 D．甲､乙两人相遇的概率为 62．某校以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果栽培”“蔬菜种植”“3D打印”这六门劳动课中的两门.则甲、乙、丙这3名学生至少有2名学生所选劳动课全不相同的方法种数共有（    ） A．2080 B．2520 C．3375 D．3870 63．现有天平及重量为，，，的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（    ）种. A． B． C． D． 64．武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（    ） A．19840种 B．16000种 C．31360种 D．9920种 题型09 其它组合计数问题 1. 明确组合类型（如环形组合、重复元素组合）及核心约束（如环形无首尾、部分元素相同），区分与典型组合的差异，避免方法套用错误。 2. 环形组合用，重复元素用对应公式；含混合约束先处理特殊，分步或分类计算后汇总，结合场景验证结果合理性。 65．上古时代神话传说中，伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案，与自己的观察，画出了“八卦”，而龙马身上的图案就叫作“河图”（如图1），河图把一到十这十个数字分成五组，其口诀为：一六共宗，为水居北；二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中，现从这十个数中随机抽取六个数，则能成为三组的概率是（    ） A． B． C． D． 66．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 67．过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．60种 68．某学校为落实“双减政策，在每天放学后开设拓展课程供学生自愿选择，开学第一周的安排如下表.小明同学要在这一周内选择编程、书法、足球三门课，不同的选课方案共有（    ） 周一 周二 周三 周四 周五 演讲、绘画、舞蹈、足球 编程、绘画、舞蹈、足球 编程、书法、舞蹈、足球 书法、演讲、舞蹈、足球 书法、演讲、舞蹈、足球 注：每位同学每天最多选一门课，每门课一周内最多选一次. A．15种 B．10种 C．8种 D．5种 69．把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法（    ） A．10种 B．种 C．种 D．60种 70．用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 71．精准扶贫点用2400元的资金为贫困户购买良种羊羔，共有肉用山羊、毛用绵羊、产奶山羊三种羊羔，价格均为每只300元，若要求每种羊羔至少买1只，则所有可能的购买方案总数为 A．12 B．14 C．21 D．18 72．某景区原来在一段栈道上安排了10名安全员，后由于人员紧张，需撤掉3人，但出于安全考虑，首尾两个不能撤，撤掉的3人中任意两个不能相邻，则不同的撤法的种数为 A．120 B．56 C．35 D．20 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $