专题3.3 组合与组合数六大题型（高效培优讲义）数学人教B版2019选择性必修第二册

专题3.3 组合与组合数 教学目标 1.理解组合与组合数的概念，正确认识排列与组合的区别与联系。 2.会推导组合数公式，并组合数公式进行计算 。 3.能解决有限制的组合问题，掌握常见的类型与解题策略。 4.能解决简单的排列、组合的综合问题。 教学重难点 1.重点 （1）组合与组合数的概念，正确区分排列与组合的区别与联系； （2）能解决简单的排列与组合的计算以及排列与组合的综合问题； 2.难点 （1）有限制的组合问题； （2）分组分配问题与涂色问题。 知识点01 组合数公式的推导： 从4个不同元素中取出3个元素的组合数是多少呢？ 启发：由于排列是先组合再排列，而从4个不同元素中取出3个元素的排列数可以求得，故我们可以考察一下和的关系，如下： 组 合 排列 由此可知,每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同元素中取出3个元素的排列数，可以分如下两步：① 考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有个；② 对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有种方法．由分步计数原理得：＝，所以，． 知识点02 组合数公式的推广： 一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步： ① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数； ② 求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝． 知识点03 组合数公式： 或 规定: . 知识点04 定位、定元的排列问题： 一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑： （1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素； （2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置； （3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数． 知识点05 相邻问题： 解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种． 知识点06 不相邻问题： 6、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种． 题型01 组合数的化简及简单计算 【典例1】．（24-25高二下·重庆·期中）若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】排列数方程和不等式、排列数的计算、组合数的计算、组合数方程和不等式 【分析】根据排列数和组合数公式可得出关于的等式，结合可求得的值，进而可得出的值. 【详解】由题意可知，由可得， 整理可得，即， 因为，解得，故. 故选：C. 【变式1】．已知，则的值是（    ） A．9 B．7 C．9或 D．8 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】组合数方程和不等式 【分析】根据组合数的计算公式得到结果. 【详解】由可得，即，即， 所以，化简可得，解得（负值舍去）． 故选：A 【变式2】．（24-25高二下·广东惠州·期中）（多选题）下列结论正确的是（ ） A．若，则正整数的值是 B． C． D． 【答案】BC 【难度】0.85 【知识点】组合数的性质及应用、排列数的计算、组合数的计算、组合数方程和不等式 【分析】对于A，根据组合数性质即可求解；对于B，根据排列数的计算性质即可求解；对于C，根据组合数的性质即可求解；对于D，根据组合数的性质即可求解. 【详解】对于A，因为， 所以或， 即或，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，由组合数公式可知，故C正确； 对于D，，， ， ，故D错误． 故选：BC． 【变式4】．（23-24高二上·江西新余·期末）已知，则（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】组合数的性质及应用、组合数方程和不等式 【分析】根据组合数性质有，再由即可得解. 【详解】由组合数性质知，， 因为，所以， 所以，得. 故选：C. 题型02 代数中的组合问题 【典例2】．（2025·四川绵阳·模拟预测）将3个2和2个1随机排成一行，则2个1不相邻的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】计算古典概型问题的概率、代数中的组合计数问题 【分析】法一：先求出事件总数，再利用插空法找到符合题意的事件个数，根据古典概型的概率公式即可求出概率. 方法二：列出所有可能的结果，找到2个1不相邻的基本事件个数，根据古典概型的概率公式即可求出概率. 【详解】方法一： 由题意，事件总数有种， 将2个1放入3个2排好后形成的4个空隙中，有种， ， 故选：A. 方法二： 由题意，将3个1和2个2随机排成一行，可以是： ， 共10种排法， 其中2个2不相邻的排列方法为： ， 共6种方法， 故2个2不相邻的概率为， 故选：A. 【变式1】．从2，3，5，7，11这5个素数中，随机选取两个不同的数，其积为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】计算古典概型问题的概率、代数中的组合计数问题 【分析】由题意，求出基本事件的总数和满足积为偶数的基本事件个数，利用古典概率即可求解. 【详解】从2，3，5，7，11这5个素数中，随机选取两个不同的数，共有种选法， 其积为偶数，即两个数中有一个为2，共有4种选法， 所以概率为. 故选：A. 【变式2】．（24-25高二下·吉林长春·阶段练习）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如360、253等都是“凸数”．用0，1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则在组成的三位数中“凸数”的个数为 ．（用数字作答） 【答案】30 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、数字排列问题、代数中的组合计数问题 【分析】分三位数不含0或含0两种情况，应用排列组合数求三位数中“凸数”的个数. 【详解】若三位数不含0，则从其它5个数任选3个数，最大数放中间，另2个数任排有种， 若三位数含0，则从其它5个数任选2个数，最大数放中间，另1个数有1种排法有种， 所以，共有种. 故答案为：30 【变式3】．（24-25高二下·江苏·期末）已知，，且．则满足条件的集合共有 个． 【答案】410 【难度】0.4 【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、代数中的组合计数问题 【分析】由题意，除以3的余数相同，按照，除以3的余数相同，，被3除余1，，被3除余2分类讨论，结合组合数的运算求解即可. 【详解】因为，所以能被3整除，所以，除以3的余数相同， 中的元素能被3整除的整数有，被3除余1的整数有， 被3除余2的整数有， 当，都被3整除时，则从被3整除的5个数中选取3个， 或，可从被3整除的5个数中选取2个，从其余11个数中选择， 所以的个数为， 当，被3除余1时，则从被3除余1的6个数中选取3个， 或，可从被3除余1的6个数中选取2个，从其余10个数中选择， 所以的个数为， 当，被3除余2时，则从被3除余2的5个数中选取3个， 或，可从被3除余2的5个数中选取2个，从其余11个数中选择， 所以的个数为， 所以满足条件的集合共有个． 故答案为：410 题型03 几何中的组合问题 【典例3】．（2025·安徽·模拟预测）在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】几何组合计数问题 【分析】根据棱锥的结构特征，应用组合数及列举法确定所有选取方法数、共面情况的选取方法数，即可得. 【详解】如下图，共有个点任选个有种， 每个侧面的个点都共面，任选个有种，共个面，则有种共面情况， 如、、分别构成一个平面，有种， 如、、、、、分别构成一个平面，有种， 综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取个不共面的点，不同的取法共有种. 故选：D. 【变式1】．（24-25高二下·河南南阳·期中）观察下图，并阅读图形下面的文字，像这样10条直线相交，交点的个数最多是（   ） A．40个 B．45个 C．50个 D．55个 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】几何组合计数问题 【分析】根据观察有n条直线交点最多有个，即可得. 【详解】由题设，对于n条直线交点最多有个，则10条直线交点的个数最多是个. 故选：B 【变式2】．（23-24高二下·四川眉山·期末）一个直四棱柱的底面为梯形，这个四棱柱的每两个顶点相连形成多条直线，这些直线最多能组成（    ）对异面直线 A．174 B．180 C．210 D．368 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】棱锥的结构特征和分类、几何组合计数问题、异面直线的概念及辨析、棱柱的结构特征和分类 【分析】分析底面是梯形的直四棱柱中，任取4个顶点能构成四面体的最多个数，再利用一个四面体有3对异面直线，列式计算即得. 【详解】每对异面直线，需4个顶点并且这4个顶点不共面，而不共面的4个点顺次连接构造一个四面体， 一个四面体的3组相对棱都是异面直线，底面是梯形的直四棱柱有8个顶点， 从8个顶点中任取4个有种方法，其中6个表面四边形4个顶点共面， 对角面都是平面四边形，4个顶点共面， 因此从底面是梯形的直四棱柱的8个顶点中任取4个顶点，构成四面体的个数最多有， 所以最多能组成异面直线对数是. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题求出异面直线对数的关键是求出最多的四面体个数. 【变式3】．（24-25高二下·广东广州·期末）以平行六面体的顶点为顶点的四面体的个数为（    ） A．70 B．64 C．58 D．24 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】棱锥的结构特征和分类、几何组合计数问题 【分析】利用平行六面体的性质，结合构成四面体的4个顶点不共面，先求8个顶点任选4个顶点的总数，再去掉4个顶点共面的情况，即为所求平行六面体的顶点为顶点的四面体的个数. 【详解】由题意知：要使平行六面体的顶点为顶点构成四面体，则4个顶点不共面， 1、8个顶点任选4个，有种， 2、8个顶点任选4个，共面的有12种， ∴以平行六面体的顶点为顶点的四面体有个. 故选：C 题型04 分组分配问题 【典例4】．（24-25高二下·福建泉州·期末）为了提高人们的环保意识，让所有人都能为保护环境出一份力，学校安排A，B，C，D 4名学生去甲、乙、丙三个社区宣讲，每个学生去且只去一个社区，每个社区至少有1名学生，其中学生A不能去甲社区，则不同安排方式的总数是（   ） A．20 B．24 C．32 D．36 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题 【分析】由题意可知将4人分为1，1，2三组共计种分法，分好的组去三个社区，总共种分法；假设A必须去甲社区，则有两种分法:①三人去乙、丙两个社区或②三人去甲、乙、丙社区；所以总的安排方式为：. 【详解】A，B，C，D 4名学生去甲、乙、丙三个社区，每个社区至少有1名学生 可将4人分为1，1，2三组，共有种分法. 总分法为 令学生A必须去甲社区，则有两种分法:三人去乙、丙两个社区或三人去甲、乙、丙社区,则共有： 学生A不能去甲社区的不同安排方式为： 故选:B. 【变式1】．（24-25高三下·山西大同·期末）在全国人口普查过程中，甲、乙、丙、丁四位普查员要去A、B、C三个小区进行数据采集，若甲普查员不能去A小区，且每个小区至少去一名普查员，每人只能去一个小区．则不同的安排方法共有（   ） A．24种 B．36种 C．6种 D．12种 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的计数问题、元素（位置）有限制的排列问题、分组分配问题 【分析】分类讨论A小区安排的人数，应用分步分类及排列组合数求不同的安排方法数即可. 【详解】①A小区安排一人，有种， ②A小区安排两人，有种， 所以共24种． 故选：A 【变式2】．（25-26高三上·上海·阶段练习）某校安排甲，乙，丙，丁共4位教师分别去高一，高二，高三三个年级任教，其中每个年级至少安排一位教师，若甲，乙不去高三年级但能去其他两个年级，丙，丁都能去三个年级，则不同的安排方案的种数为 ．（用数字作答） 【答案】14 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【分析】根据去高三年级的情况分类讨论即可. 【详解】若高三年级去一个人，只能从丙，丁中选1个，剩余3人选2人去1个学校，将这两人看成1人，则2人分到2个学校的方法是,所以不同的分配方案有：； 若高三年级去2个人：只能是丙，丁，所以不同的分配方案有：. 所以共有种. 故答案为：14 【变式3】．（25-26高三上·广东·阶段练习）为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有 种分法.（用数字作答） 【答案】21 【难度】0.65 【知识点】排列组合综合、分组分配问题 【分析】考虑2个相同礼盒是否分给同一人两种情况，结合分步计数原理求解即可. 【详解】第一种情况，当2个相同礼盒分给同一人时： 第一步，分配2个相同礼盒， 即将这2个相同礼盒分给三个同学中的一个，共种分配方法； 第二步，分配剩下的2个不同礼盒， 即将剩下的2个不同礼盒，分给剩下的2个同学，共有种， 所以一共有种分法； 第二种情况，当2个相同礼盒不分给同一人时： 记4个礼盒分别为， 当或在一起时，共有种分配方法； 当在一起时，即将分给三个人中任何一个，剩下的2个人，每人分一个，共有种分配方法； 综上，共有种分配方法. 故答案为： 题型05 x+y+z=n的整数问题 【典例5】．方程的非负整数解的个数为 . 【答案】81 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、x+y+z=n的整数解的个数 【详解】设，，，由此，又，，可得：，，则可判断可能的解有：（2，0，5），（1，6，0），（4，3，0），（7，0，0）， ①当，可求得：，而，看成2个相同白球，用隔板法隔成3区域（可有空区），有个解； ②当，可求得：，，而，有个解， 因此该情况共有个解； ③当，可求得，，而，有种情况， 因此该情况共有个解； ④当，可求得：，而，有个解． 综上，方程非负整数解个数为：81． 【变式1】．（2024·湖北·二模）已知，且，，，则方程的解的组数为 . 【答案】15 【难度】0.85 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】问题等价于将7个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少放入1个小球的方法个数，利用隔板法求解即可. 【详解】由题意，原问题等价于将7个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少放入1个小球的方法个数，在7个相同的小球之间形成的6个空中，任选2个放入两个隔板，共有种方法， 即方程的解的组数为15. 故答案为：15 【变式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 【难度】0.65 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数、组合数的计算 【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 【变式3】．（24-25高二下·湖北·期中）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 【难度】0.65 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【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. 题型06 其它排列与组合的综合问题 【典例6】．埃及金字塔之谜是人类史上最大的谜，它的神奇远远超过了人类的想象.在埃及金字塔内有一组神秘的数字142857，因为，…，所以这组数字又叫“走马灯数”.该组数字还有如下发现：，…，若从这组神秘数字中任选3个数字构成一个三位数x，剩下的三个数字构成另一个三位数y，，将所有可能的三位数x按从小到大依次排序，则第12个三位数x为（    ） A．214 B．215 C．248 D．284 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】其他组合计数模型 【分析】观察，将数字分成三组，每组取一个数字可构成符合条件的，由此分析求解即可. 【详解】∵1,4,7,2,8,5,这六个数中，1+8=9，2+7=9，4+5=9，共3组 要使六个数字中任意取出3个数字构成一个三位数，剩下的三个数字构成另一个三位数，且， 所以从小到大排列为：， 故第12个三位数x为248. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于将这6个数分为1+8=9，2+7=9，4+5=9，共3组，进而利用列举法求解. 【变式1】．（24-25高二上·重庆沙坪坝·期中）将4个相同的白球、5个相同的黑球放入4个不同盒子中的3个中，使得有1个空盒且其他3个盒子中球的颜色齐全的不同放法共有 种．用数字作答 【答案】72 【难度】0.65 【知识点】其他组合计数模型 【分析】根据分步乘法计数原理，先选盒子、再取白球，最后取黑球，利用组合数将每一步对应的方法数求出然后相乘即可得到不同的放法数. 【详解】解：首先从4个盒子中选取3个，共有种取法； 假定选取了前三个盒子，则第四个为空，不予考虑． 由于前三个盒子中的球必须同时包含黑白两色，所以每个盒子中至少有一个白球，一个黑球． 这样白球还剩一个可以自由支配，它可以放在三个盒子中任意一个，共种放法， 黑球还剩两个可以自由支配，这两个球可以分别放入三个盒子中的任意一个， 这里有两种情况：①两个球放入同一个盒子，有3种放法．②两个球放入不同的两个盒子，有3种放法． 综上，黑球共6种放法． 所以总共有种不同的放法． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是分析个黑球和个白球如何分配到三个盒子中（不均分的情况）且每个盒子中两种球都有，采用分步的思想是最合理的，分别考虑两种球的放法数. 一、单选题 1．（24-25高二上·福建宁德·期末）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】组合数的性质及应用、组合数方程和不等式 【分析】利用组合数的性质求出的值，再利用组合数的性质可求得的值. 【详解】因为，则，解得， 故 . 故选：D. 2．（2024·山东临沂·一模）将1到30这30个正整数分成甲､乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】代数中的组合计数问题、计算几个数的中位数 【分析】分析可得甲组的中位数为或，分别求出甲组的中位数为、时的分组方法，即可得解. 【详解】因为甲组、乙组均为个数，则其中位数为从小到大排列的第个数， 即小于中位数的有个数，大于中位数的也有个数， 依题意可得甲组的中位数为或， 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时从中选个数放到甲组，剩下的个数放到乙组， 再从中选个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法； 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时从中选个数放到甲组，剩下的个数放到乙组， 再从中选个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法； 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时甲组中小于的数有个、乙组中小于 的数有个， 从而得到小的数一共只有个，显然不符合题意，故舍去， 同理可得，甲组的中位数不能大于； 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时甲组中小于的数有个、乙组中小于 的数有个， 从而得到小的数一共只有个，显然不符合题意，故舍去， 同理可得，甲组的中位数不能小于； 综上可得不同的分组方法数是种. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是得到甲组的中位数为或再分类分别计算可得. 3．（23-24高二上·江西·阶段练习）北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们组成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某一时期的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线，过这七个点中任意两个点作直线，所得直线的条数为（    ）    A．4 B．13 C．15 D．16 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理、几何组合计数问题 【分析】解法一：间接方法，从总的条数中去掉不合要求的条数即可； 解法二：直接方法，分3种情况进行求解，再相加即可. 【详解】解法一：用间接方法，过这七个点中任意两个点作直线，一共有条， 其中从共线的，，，的四点任选两点，一共有条， 所得直线的条数为； 解法二：用直接方法，①过点，，，的直线只有1条； ②过，，中的任意两点作直线，可作3条； ③从，，，任取一点，从，，中任取1点作直线，可作直线条数为， 综上，所得直线的条数为. 故选：D. 4．（2025·江西南昌·模拟预测）四面体的顶点和各棱的中点共10个点．在这10点中取4个不共面的点，则不同的取法种数为（    ） A．141 B．144 C．150 D．155 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】几何组合计数问题 【分析】求出从10个点中任取4个点的取法，减去不合题意的结果可得答案． 【详解】从10个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类． 第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面上，有种； 第二类，取任一条棱上的3个点及该棱所对棱的中点，这4点共面，有6种； 第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱）， 它的4顶点共面，有3种． 以上三类情况不合要求应减掉，∴不同的取法共有种． 故选：A． 6．已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【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 7．（24-25高三上·云南临沧·开学考试）为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数为（   ） A．48 B．50 C．52 D．54 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、分组分配问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】对选修数独、几何画板的人数进行分类讨论，结合分类、分步计数原理求解即可. 【详解】若数独只有1人报名，从乙和丙中选1人，有种情况， 若选修几何画板只有1人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选1人，有种情况， 最后将剩余3人分为两组，再分配给另外两门课程，此时不同的选择情况种数为种； 若选修几何画板有2人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选2人，有种情况， 剩余2人选修剩余2门课程，此时不同的选择情况种数为种； 根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理，数独只有1人报名的选择情况种数为： 种； 若数独有2人报名（乙和丙），有1种情况， 若选修几何画板只有1人，从剩余3人中除甲以外的2人中任选1人，有种情况， 剩余2人报名剩余2门课程，此时不同的选择方法种数为种， 根据分步乘法计数原理，数独有2人报名的选择情况种数为：种. 综上，根据分步加法计数原理，甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数为种. 故选：C. 8．（24-25高二下·湖北·期末）某校将开展三项不同的社会实践活动，现招募了5名学生志愿者参与.要求每个活动项目至少安排1名志愿者，至多安排2名志愿者.已知学生甲和乙是好朋友，须一起参与同一个活动项目，那么不同的人员分配方案共有（    ）种? A．18 B．24 C．30 D．36 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】分组分配问题 【分析】先分组，再排列即可求解. 【详解】. 故选：. 9．（24-25高二下·重庆·期中）如图，在某城市中，M，N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4个交汇处.今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M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N，M处为止，则甲、乙两人相遇的概率为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】其他组合计数模型、计算古典概型问题的概率 【分析】计算出甲、乙两人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式运算求解即可. 【详解】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； 同理，乙从N到达M处的方法有种； 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种； 若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有1步向右走，后三步只有2步向右走， 乙到处，前三步有1步向下走，后三步只有2步向下走， 所以，两人在处相遇的走法种数为种； 若甲、乙两人在处相遇，由对称性可得，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种； 故甲、乙两人相遇的概率. 故选：B. 10．（2023·山东潍坊·一模）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 【难度】0.65 【知识点】其他组合计数模型、元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题 【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. 二、多选题 11．（24-25高二下·广东江门·阶段练习）下列结论正确的是（    ） A． B．（，为正整数且） C． D．满足方程的值可能为或或或 【答案】BC 【难度】0.65 【知识点】组合数的性质及应用、排列数的计算、组合数的计算、组合数方程和不等式 【分析】根据组合数公式判断A、C，根据排列数公式判断B，由组合数的性质得到方程，求出，再检验，即可判断D. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：因为， ， 所以（，为正整数且），故B正确； 对于C：，， 所以，故C正确； 对于D：因为， 所以或， 解得或或或， 当时符合题意； 当时，不符合题意，故舍去； 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意，故舍去； 综上可得或，故D错误. 故选：BC 三、填空题 12．（2025·江西·二模）为吸引顾客，某大型超市开业期间租了含甲、乙在内的五个迎宾机器人，现将这五个机器人分别分配到一、二、三楼担任迎宾工作，若要求每个楼层至少分配一个机器人，一个机器人只能去一个楼层，且机器人甲、乙不在同一个楼层，则不同的分配方法种数为 .(用数字作答) 【答案】114 【难度】0.65 【知识点】代数中的组合计数问题、分组分配问题 【分析】可以采取间接方法，在所有分配方法中减去不符合要求的分配方法，即为满足条件的分配方法数. 【详解】所有可能的分配方法数为：若一个楼层分配三个机器人，其余两个楼层分配一个， 则总数为种， 若一个楼层分配一个机器人，其它两个楼层每层分配两个机器人， 则分配方法的总数为种，两者相加可得所有分配方法总数为种. 甲、乙在同一个楼层的分配方法可计算如下： 先从三个楼层中选一个楼层安排机器人甲、乙，有种分法， 若剩下三个机器人分配到其余两个楼层， 可以先在三个机器人中选择两个一组，再在两个楼层中选择一层楼分配这两个机器人， 有种分法， 若剩下的三个机器人分配到三个楼层，有种分法， 故甲、乙在同一个楼层的不同的分配方法种数为种， 所以甲、乙不在同一个楼层的不同分配方法数为种. 故答案为：. 13．已知集合，则A中的元素的个数为 . 【答案】 【难度】0.4 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】问题等价于将102个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人，每人至少分1个，利用隔板法计算即可. 【详解】 ， 可转化为将102个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人， 每人至少分1个，利用隔板法可得分配的方案数为， 所以中的元素的个数为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：问题等价于将102个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人，每人至少分1个，利用隔板法计算即可. 14．（25-26高二上·全国·期末）基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键，其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了《九章算术》《古今数学思想》《数学原理》《世界数学通史》《算术研究》五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为 ． 【答案】150 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题 【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解. 【详解】先将五门课程分成，，和，，这两种情况，再安排到三个学年中， 则共有种选修方式． 故答案为；150. 15．（24-25高二下·河北邯郸·期末）已知小张、小王等6名同学需要到甲、乙、丙、丁4个单位去实习，要求每名同学只去一个单位实习，每个单位都有学生参加实习，则在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为 . 【答案】 【难度】0.65 【知识点】计算古典概型问题的概率、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、分组分配问题 【分析】先根据计数原理求得小张去丁单位实习的情况的总数及其中小王不去丁单位实习的情况的总数，再由古典概型概率的计算方法即可得结果. 【详解】根据题意，小张去丁单位实习的情况共有三种： 一人去丁单位实习有种， 两人去丁单位实习有种， 三人去丁单位实习有种， 所以小张去丁单位实习的情况共390种， 在上述小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的情况共有三种： 一人去丁单位实习有种， 两人去丁单位实习有种， 三人去丁单位实习有种，共计330种， 所以在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为. 故答案为：. 16．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）如图是某城区的街道平面网格，它由24个全等的小正方形构成，每个小正方形的边界都是能通行的街道道路，而小正方形的内部都有楼房建筑（不能跨越通行）．小张家居住在街道网格的M处，她的工作单位在街道网格的N处，每天早上她从家出发，沿着街道道路去单位上班，若她要选择最短路径前往，则小张上班一共有 种走法；若小张某天早上从家出发前往单位上班，途中要先到达街道P处吃早餐，吃完早餐再前往单位，则她一共有 种最短路径的走法． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】其他组合计数模型、实际问题中的组合计数问题 【分析】小张从处出发选择最短路径前往处，需要向右走条街道和向上走条街道，共走条街道．因此只需从条街道里面选择条街道向右走和条街道向上走即可；同理先求出从处出发选择最短路径前往处的种数，再求从处出发选择最短路径前往处的种数，根据分布乘法计数原理求解即可. 【详解】小张从处出发选择最短路径前往处，需要向右走条街道和向上走条街道，共走条街道． 所以从处出发选择最短路径到达处一共有种走法； 同理，从处到达处有种走法，从处到达处有种走法， 所以根据分步乘法计数原理，小张每天早上上班途经街道处的最短路径走法有种． 故答案为：210，90 17．设集合A是由所有满足下面条件的有序实数组构成的：每一个元素等于0、1、中之一，其中，2，3，4，5.那么集合A中满足条件“”的元素个数为 . 【答案】130 【难度】0.65 【知识点】其他组合计数模型 【分析】从条件入手，由于只能取0或1，因此5个数值的有2个0，3个0，或4个0，讨论这三种情况，即可求解. 【详解】因为，，集合中元素满足条件， 由于只能取0或1，因此5个数值中有2个0，3个0或4个0的三种情况， ①中有2个取值为0，另外3个从中取，共有方法数：， ②中有3个取值为0，另外2个从中取，共有方法数：， ③中有4个取值为0，另外1个从中取，共有方法数：， 所以总共方法数为， 即集合中满足条件的元素个数有个. 故答案为：130 2 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题3.3 组合与组合数 教学目标 1.理解组合与组合数的概念，正确认识排列与组合的区别与联系。 2.会推导组合数公式，并组合数公式进行计算 。 3.能解决有限制的组合问题，掌握常见的类型与解题策略。 4.能解决简单的排列、组合的综合问题。 教学重难点 1.重点 （1）组合与组合数的概念，正确区分排列与组合的区别与联系； （2）能解决简单的排列与组合的计算以及排列与组合的综合问题； 2.难点 （1）有限制的组合问题； （2）分组分配问题与涂色问题。 知识点01 组合数公式的推导： 从4个不同元素中取出3个元素的组合数是多少呢？ 启发：由于排列是先 再 ，而从4个不同元素中取出3个元素的排列数 可以求得，故我们可以考察一下和的关系，如下： 组 合 排列 由此可知,每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同元素中取出3个元素的排列数，可以分如下两步：① 考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有个；② 对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有种方法．由分步计数原理得：＝，所以，． 知识点02 组合数公式的推广： 一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步： ① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数； ② 求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝． 知识点03 组合数公式： 或 规定: . 知识点04 定位、定元的排列问题： 一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑： （1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素； （2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置； （3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数． 知识点05 相邻问题： 解决相邻问题的方法是“ ”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种． 知识点06 不相邻问题： 6、解决不相邻问题的方法为“ ”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种． 题型01 组合数的化简及简单计算 【典例1】．（24-25高二下·重庆·期中）若，则（   ） A． B． C． D． 【变式1】．已知，则的值是（    ） A．9 B．7 C．9或 D．8 【变式2】．（24-25高二下·广东惠州·期中）（多选题）下列结论正确的是（ ） A．若，则正整数的值是 B． C． D． 【变式4】．（23-24高二上·江西新余·期末）已知，则（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 题型02 代数中的组合问题 【典例2】．（2025·四川绵阳·模拟预测）将3个2和2个1随机排成一行，则2个1不相邻的概率为（   ） A． B． C． D． 【变式1】．从2，3，5，7，11这5个素数中，随机选取两个不同的数，其积为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式2】．（24-25高二下·吉林长春·阶段练习）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如360、253等都是“凸数”．用0，1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则在组成的三位数中“凸数”的个数为 ．（用数字作答） 【变式3】．（24-25高二下·江苏·期末）已知，，且．则满足条件的集合共有 个． 题型03 几何中的组合问题 【典例3】．（2025·安徽·模拟预测）在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式1】．（24-25高二下·河南南阳·期中）观察下图，并阅读图形下面的文字，像这样10条直线相交，交点的个数最多是（   ） A．40个 B．45个 C．50个 D．55个 【变式2】．（23-24高二下·四川眉山·期末）一个直四棱柱的底面为梯形，这个四棱柱的每两个顶点相连形成多条直线，这些直线最多能组成（    ）对异面直线 A．174 B．180 C．210 D．368 【变式3】．（24-25高二下·广东广州·期末）以平行六面体的顶点为顶点的四面体的个数为（    ） A．70 B．64 C．58 D．24 题型04 分组分配问题 【典例4】．（24-25高二下·福建泉州·期末）为了提高人们的环保意识，让所有人都能为保护环境出一份力，学校安排A，B，C，D 4名学生去甲、乙、丙三个社区宣讲，每个学生去且只去一个社区，每个社区至少有1名学生，其中学生A不能去甲社区，则不同安排方式的总数是（   ） A．20 B．24 C．32 D．36 【变式1】．（24-25高三下·山西大同·期末）在全国人口普查过程中，甲、乙、丙、丁四位普查员要去A、B、C三个小区进行数据采集，若甲普查员不能去A小区，且每个小区至少去一名普查员，每人只能去一个小区．则不同的安排方法共有（   ） A．24种 B．36种 C．6种 D．12种 【变式2】．（25-26高三上·上海·阶段练习）某校安排甲，乙，丙，丁共4位教师分别去高一，高二，高三三个年级任教，其中每个年级至少安排一位教师，若甲，乙不去高三年级但能去其他两个年级，丙，丁都能去三个年级，则不同的安排方案的种数为 ．（用数字作答） 【变式3】．（25-26高三上·广东·阶段练习）为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有 种分法.（用数字作答） 题型05 x+y+z=n的整数问题 【典例5】．方程的非负整数解的个数为 . 【变式1】．（2024·湖北·二模）已知，且，，，则方程的解的组数为 . 【变式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 【变式3】．（24-25高二下·湖北·期中）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 题型06 其它排列与组合的综合问题 【典例6】．埃及金字塔之谜是人类史上最大的谜，它的神奇远远超过了人类的想象.在埃及金字塔内有一组神秘的数字142857，因为，…，所以这组数字又叫“走马灯数”.该组数字还有如下发现：，…，若从这组神秘数字中任选3个数字构成一个三位数x，剩下的三个数字构成另一个三位数y，，将所有可能的三位数x按从小到大依次排序，则第12个三位数x为（    ） A．214 B．215 C．248 D．284 【变式1】．（24-25高二上·重庆沙坪坝·期中）将4个相同的白球、5个相同的黑球放入4个不同盒子中的3个中，使得有1个空盒且其他3个盒子中球的颜色齐全的不同放法共有 种．用数字作答 一、单选题 1．（24-25高二上·福建宁德·期末）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东临沂·一模）将1到30这30个正整数分成甲､乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·江西·阶段练习）北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们组成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某一时期的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线，过这七个点中任意两个点作直线，所得直线的条数为（    ）    A．4 B．13 C．15 D．16 4．（2025·江西南昌·模拟预测）四面体的顶点和各棱的中点共10个点．在这10点中取4个不共面的点，则不同的取法种数为（    ） A．141 B．144 C．150 D．155 6．已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A． B． C． D． 7．（24-25高三上·云南临沧·开学考试）为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数为（   ） A．48 B．50 C．52 D．54 8．（24-25高二下·湖北·期末）某校将开展三项不同的社会实践活动，现招募了5名学生志愿者参与.要求每个活动项目至少安排1名志愿者，至多安排2名志愿者.已知学生甲和乙是好朋友，须一起参与同一个活动项目，那么不同的人员分配方案共有（    ）种? A．18 B．24 C．30 D．36 9．（24-25高二下·重庆·期中）如图，在某城市中，M，N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4个交汇处.今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M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N，M处为止，则甲、乙两人相遇的概率为（   ）    A． B． C． D． 10．（2023·山东潍坊·一模）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 二、多选题 11．（24-25高二下·广东江门·阶段练习）下列结论正确的是（    ） A． B．（，为正整数且） C． D．满足方程的值可能为或或或 三、填空题 12．（2025·江西·二模）为吸引顾客，某大型超市开业期间租了含甲、乙在内的五个迎宾机器人，现将这五个机器人分别分配到一、二、三楼担任迎宾工作，若要求每个楼层至少分配一个机器人，一个机器人只能去一个楼层，且机器人甲、乙不在同一个楼层，则不同的分配方法种数为 .(用数字作答) 13．已知集合，则A中的元素的个数为 . 14．（25-26高二上·全国·期末）基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键，其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了《九章算术》《古今数学思想》《数学原理》《世界数学通史》《算术研究》五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为 ． 15．（24-25高二下·河北邯郸·期末）已知小张、小王等6名同学需要到甲、乙、丙、丁4个单位去实习，要求每名同学只去一个单位实习，每个单位都有学生参加实习，则在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为 . 16．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）如图是某城区的街道平面网格，它由24个全等的小正方形构成，每个小正方形的边界都是能通行的街道道路，而小正方形的内部都有楼房建筑（不能跨越通行）．小张家居住在街道网格的M处，她的工作单位在街道网格的N处，每天早上她从家出发，沿着街道道路去单位上班，若她要选择最短路径前往，则小张上班一共有 种走法；若小张某天早上从家出发前往单位上班，途中要先到达街道P处吃早餐，吃完早餐再前往单位，则她一共有 种最短路径的走法． 17．设集合A是由所有满足下面条件的有序实数组构成的：每一个元素等于0、1、中之一，其中，2，3，4，5.那么集合A中满足条件“”的元素个数为 . 2 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $