专题04 组合六大常考题型（高效培优专项训练）数学人教A版高二选择性必修第三册

专题04 组合六大常考题型 题型一：杨辉三角的计算 题型二：组合数的证明 题型三：组合数的性质及应用 题型四：代数中组合计数问题 题型五：分组分配问题 题型六：x+y+z=n问题 题型一：杨辉三角的计算 1．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．第6行的第7个数､第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 【答案】D 【分析】根据杨辉三角每一行的数字与组合数的对应关系，结合组合数的运算性质，依次判断选项. 【详解】对于A，因“杨辉三角”的第10行中第5个数是，又，故A错误； 对于B，因“杨辉三角”的第2023行中第1011个数和第1012个数分别为和， 因，故，故B错误； 对于C，因， ……… 则，故C错误； 对于D，因，而，故D正确. 故选：D 2．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（   ） 第0行                  1 第1行                1  1 第2行              1  2  1 第3行            1  3  3  1 第4行          1  4  6  4  1 第5行        1  5  10  10  5  1 第6行      1  6  15  20  15  6  1 第7行     1  7  21  35  35  21  7  1 第8行    1  8  28  56  70  56  28  8  1           …… A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则 D．第34行中第15个数与第16个数之比为 【答案】D 【分析】A选项，分别得到第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数，第9行的第8个数，得到A正确；B选项，第2023行中第1012个数为，第1013个数为，结合组合知识得到B正确；C选项，先得到，得到；D选项，第15个数与第16个数之比为. 【详解】A选项，第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28， 它们之和等于36，第9行的第8个数是，A正确； B选项，第2023行是二项式的展开式的系数， 故第2023行中第1012个数为，第1013个数为，又，B正确； C选项，“杨辉三角”第n行是二项式的展开式的系数，所以， ，C正确； D选项，第34行是二项式的展开式的系数， 所以第15个数与第16个数之比为，D错误． 故选：D． 3．（多选）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论正确的是（    ）．    A． B．第2024行的第1012个和第1013个数字最大 C．第6行、第7行、第8行的第7个数字之和等于第9行的第7个数字 D．第34行从左到右第14个数与第15个数之比为2∶3 【答案】AD 【分析】利用组合数运算公式计算可判断A；若n是偶数，则第个数字最大，即可判断B；根据规律确定数字，即可判断C；根据规律确定第34行第14个数字与第15个数字即可判断D. 【详解】对于A，，，故A正确； 对于B，由图可知，第n行有个数字，若n是奇数，则第个和第个数字最大，且这两个数字一样大；若n是偶数，则第个数字最大，故第2024行的第1013个数字最大，故B错误； 对于C，第6行、第7行、第8行的第7个数字分别为1，7，28，其和为36，第9行第7个数字是84，故C错误； 对于D，依题意，第34行第14个数字是，第34行第15个数字是， 所以，故D正确． 故选：AD. 4．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表．数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．下列结论不正确的是（   ） A． B．第2025行的第1013个数和第1014个数相等 C．在杨辉三角中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D．记杨辉三角中第行的第个数为，则 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用组合数的性质判断AB；利用二项式定理推理判断CD. 【详解】对于A， ， A正确； 对于B，第2025行的第1013个数和第1014个数分别为，而，B正确； 对于C，第行所有数字的平方和， 第行的中间一项的数字是展开式中项的系数， 而， 又展开式中项的系数为， 因此，C正确； 对于D，因为，所以，D不正确. 故选：D 5．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．以下关于杨辉三角的说法正确的是（    ） A．第6行从左到右第4个数是20 B．第2022行的第1011个数最大 C．210在杨辉三角中共出现了6次 D．记第行的第个数为，则 【答案】ACD 【分析】选项A：根据题目所给的杨辉三角，得出每一行每一个数的表示，将第6行第4个数代入即可；选项B：根据组合数的性质，即可找到第2022行中的最大数；选项C：列举出值为210的组合数即可；选项D：使用二项式定理进行转化即可. 【详解】选项A：由题目所给的杨辉三角可知，从第1行起，第行的第个数可表示为，故第6行从左到右第4个数是，故选项A正确； 选项B：第2022行的第个数可表示为，由组合数的性质可知，最大，因此，，故第2022行的第1012个数最大，选项B错误； 选项C：210在杨辉三角中出现的情况有（第10行的第5个数），（第10行的第7个数），（第210行的第2个数），（第210行的第210个数），（第21行的第3个数），（第21行的第20个数），共6次，故选项C正确； 选项D：第行的第个数，因此，令，则，即，故选项D正确. 故选：ACD. 6．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，用代表第行，第个数，，例如，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A． B．在第行中，最大 C． D． 【答案】C 【分析】根据定义计算判断A，根据组合数的性质计算判断B，C，D. 【详解】对于选项A，，故A错误； 对于选项B，第100行中第50个数是，又，故B错误； 对于选项C，第2025行中第1013个数和第1014个数分别为和， 因，故，故C正确； 对于选项D，因为 ， 则，故D错误； 故选：C. 7．盒子内有20个大小相同的球，其中有15个蓝球，5个红球，现从中取出3个球，则（    ） A．取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 B．取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 C．取出的3个球中至少有2个蓝球的取法有种 D．取出的3个球中至少有1个红球的取法有种 【答案】ACD 【分析】根据组合数的计算方式，分类和分步求出各选项提出条件的不同取法数目. 【详解】取出的3个球中恰好一个蓝球，则还有2个红球，不同取法有，所以A正确，B错误. 取出的3个球中至少有2个蓝球，则分为两种情况，第一种2个蓝球加1个红球， 第二种3个蓝球，则不同取法有，所以C正确. 取出的3个球中至少有1个红球，则在所有取法中减去没有红球的取法即可， 不同取法有，所以D正确. 故选：ACD. 8．如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第 行中从左至右第8与第9个数的比为. 【答案】31 【分析】根据第行中从左至右第8个数与第9个数的比为，可以列出关于的等式，进而可解得正整数的值. 【详解】第行从左到右第8个数为，第9个数为， 依题意得，即，解得. 故答案为：31. 题型二：组合数的证明 9．求证： 【答案】证明见解析 【分析】列出和中的系数，由两式相等可得结论. 【详解】一方面，中的系数为； 另一方面，中的系数为， . 10．利用倒序相加法证明： ． 【答案】证明见解析 【分析】由倒序相加法结合即可证明. 【详解】证明：记 ， 又 ， 上式两边相加，并注意到 ， 得：， 所以． 11．求证： ． 【答案】证明见解析 【分析】因为，分别求出左右边展开式中的系数，即可证明. 【详解】证明：∵ ． 比较项的系数，右边展开式中的的系数显然是 ， 左边 ， 由多项式的乘法知的系数是： ， 由两边的系数相等，可得： ． 12．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： ． 13．求证： 【答案】证明见解析 【分析】证法一：根据并记，，构造方程组即可得结论‘ 证法二：由组合数的计算公式直接可得，再结合二项式系数性质计算化简可得结论. 【详解】证法一： 若记，， 则由典例11知道， 所以 又有 ⑥和⑦相加，即得 ，这就是要证明的恒等式． 证法二： 根据组合数的计算公式直接可得 于是 ； 由此即得 14．利用二项式定理证明： ． 【答案】证明见解析 【分析】由多项式恒等，即对应项系数相等即可证． 【详解】由于， 其中含有 项的系数为 ． 而 ， 其中含有 项的系数为 ． 同时 ，故 15．设，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】由两个连续自然数与的积，联想到可化为，进一步运用，反复运用基本的组合恒等式即可化简． 【详解】证明： 故原式成立． 16．求证： 【答案】证明见解析 【分析】根据题意，结合组合数的运算公式，准确化简，即可求解. 【详解】证明：由组合数的运算性质，可得： . 题型三：组合数的性质及应用 17．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述错误的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C．记第行的第个数为，则 D．第20行中第8个数与第9个数之比为 【答案】ABC 【分析】根据题意，归纳可得：第行的第个数为，由组合数的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案． 【详解】根据题意，由“杨辉三角”可得，第行的第个数为， 对于A，根据， 则，故A错误； 对于B，第2023行中从左往右第1013个数为，第1014个数为，两者不相等，故B错误； 对于C，记第行的第个数为，则， 则，故C错误； 对于D，第20行中第8个数为，第9个数为， 则两个数的比为，故D正确. 故选：ABC. 18．（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）． 19．如图所示的“杨辉三角”中，第3行到第10行的各行的第4个数的和为（   ） A．124 B．185 C．220 D．330 【答案】D 【分析】由题意可知问题转化为 根据组合数性质计算即可. 【详解】根据题意可知：这些数分别为 ， 则由 逐步应用得： ， 所以这些数和为 330. 故选：D. 20．计算： ． 【答案】7 【分析】利用组合数的性质化简计算即可. 【详解】 ， ，， ，． 故答案为：7. 21．（   ） A．15 B．30 C．35 D．42 【答案】B 【分析】根据组合数的性质和阶乘的意义计算即得. 【详解】. 故选: B. 22．若，则的值为（    ） A．2 B．8 C．2或8 D．2或4 【答案】A 【分析】利用组合数的性质求出的值. 【详解】由组合数的性质可得，解得， 又，所以或， 解得（舍去）或. 故选：A. 23．（    ） A．315 B．330 C．345 D．360 【答案】A 【分析】根据组合数的性质即可求解. 【详解】． 故选：A 24．若，则（    ） A．2 B．4 C．2或4 D．2或3 【答案】D 【分析】根据组合数公式的性质求解即可. 【详解】因为，所以或，解得或. 故选：D. 题型四：代数中组合计数问题 25．下列叙述正确的是（   ） A．甲、乙、丙等5人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有36种排法 B．用数字0，1，2，3这四个数可以组成没有重复数字的四位数共有18个 C．4个人分别从3个景点中选择一处游览，有81种不同选法 D．正十二边形的对角线的条数是54 【答案】BCD 【分析】应用间接法求不同排法数判断A；先排千位，再排其它三位判断B；应用分步计数原理判断C；根据对角线定义及分步计数原理求对角线条数判断D. 【详解】A：将5人作全排列有种，先求甲丙相邻的情况，将甲和丙捆绑，再和其他三人全排列，有， 若甲与丙不相邻，则共有种，错； B：从1、2、3中选一个放在千位有种，再把余下的3个数作全排种，共有种，对； C：由题意，每个人都有3种选择，故共有种，对； D：对于任意一个顶点都有9条对角线，但会重复计算一次，故共有条，对. 故选：BCD 26．数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其它领域中，其它进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若干进制数，其中，则对应的二进制数为.以下说法正确的是（） A．十进制数2025用二进制表示为 B．满足中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275 C．将对应的二进制数中1的个数记为，则 D．将对应的二进制数中0的个数记为，令，则 【答案】BCD 【分析】根据十进制与二进制的转化方法即可判断A，利用组合分析出所有情况即可判断B；分别计算等式左右两侧即可判断；利用二项展开式公式即可判断D. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，其中中有且只有2个1，有种可能； 所以所有二进制数对应的十进制数的和中，出现次，均出现次， 所以对应的十进制数的和为，故B正确； 对于C：， 则，， 故,， 故，故，故C正确； 对于D：共个数中所有的数转换为二进制后， 总位数都为2026，且最高位都为1；而除最高位之外的剩余2025位中，每一位都是0或者1； 设其中的数，转换为二进制后有个； 在这个数中，转换为二进制后有个0的数共有个， 故，故D正确， 故选：BCD. 27．从2，3，，8中任意取三个不同的数字，组成无重复数字的三位数，要求个位数最大，百位数最小，则这样的三位数的个数为（    ） A．35 B．42 C．105 D．210 【答案】A 【分析】利用排列与组合的相关知识即可得解. 【详解】由于取出三个数字后大小次序已确定， 只需把最小的数字放在百位，最大的数字放在个位，剩下的数字放在十位， 因此满足条件的三位数的个数为. 故选：A. 28．个位数大于十位数的两位数共有（    ）个 A．36 B．40 C．42 D．56 【答案】A 【分析】根据个位数大于十位数得到两位数个位数不能为0，然后从1-9中选两个数字即可. 【详解】个位数大于十位数的两位数个位数显然不能为0，故只需在1-9九个数字中选两个，大的在个位，小的在十位即可，故共有种可能. 故选：A 29．在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（　　） A．120 B．204 C．168 D．216 【答案】B 【分析】根据三个数字中是否有“0”分两类，利用分类加法计数原理求解. 【详解】分两类，第一类不含数字“0”，从1到9的自然数中任意取出3个，都可以得到严格递增或严格递减顺序排列的三位数，共有个； 第二类含有数字“0”，从1到9的自然数中任意取出2个，三个数只能排出严格递减顺序的三位数，共有个， 根据分类加法计数原理，所以共有个. 故选：B 30．从七个组合数，，，，，，中任取三个组合数，则（    ） A．三个组合数中含有最大的组合数的取法有种 B．三个组合数中含有最小的组合数的取法有种 C．三个组合数中同时含有最大与最小的组合数的取法有种 D．三个组合数中有相等的组合数的取法有种 【答案】ABD 【分析】根据直接法结合组合数的运算判断AD，根据间接法结合组合数的运算判断B，根据加法原理和组合运算判断C. 【详解】七个组合数，，，，，，即，，，，，，， 最大的组合数为，最小的组合数为， 相等的组合数有，，， 对于A，从七个组合中任取三个组合数，含有最大的组合数的取法有种结果，正确； 对于B，从七个组合中任取三个组合数，含有最小的组合数的取法有种结果，正确； 对于C，从七个组合中任取三个组合数，同时含有最大与最小的组合数的取法有种结果， 错误； 对于D，从七个组合中任取三个组合数含有相等的组合数的取法有种结果，正确. 故选：ABD. 31．从1到10的连续10个整数中随机抽取3个，已知这3个数之和为奇数，则这3个数之积为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可知抽取的3个数必为3个奇数或2个偶数1个奇数，使这3个数之积为偶数，则必为2个偶数1个奇数，即可得答案. 【详解】解：由题意可知要使这3个数之和为奇数，则这3个数必为3个奇数或2个偶数1个奇数， 所以总的抽取法共有种， 要使这3个数之积为偶数，则必为2个偶数1个奇数，共有种， 所以所求概率为：. 故选：B. 32．从不超过2018的正整数中任取3个数使得不包含两个连续的数，则这样的取法种数是（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 【答案】A 【分析】利用插空法即得或根据组合数可求取法总数. 【详解】法一：问题等价于在2015个正整数形成的2016个空挡中插入3个数，共有取法种数为； 法二：相当于从不超过2016的正整数中任意选3个数x，y，z，将最大的数加2，第二大的数加1，取法种数为． 故选：A. 题型五：分组分配问题 33．现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、礼仪、司机三项工作可以安排，以下说法正确的是（    ） A．每人安排一项工作的不同方法数为 B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C．若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不用的安排方法为 D．每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 【答案】CD 【分析】根据分步乘法计数原理判断A，根据分组分配问题判断B；根据分类加法计数原理判断C，根据分步乘法计数原理及排除法判断D. 【详解】对于A，由乘法原理可得每人安排一项工作的不同方法数为，故A错误； 对于B，每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加， 则每项工作的人生分别为或， 故不同的安排方法， 而，故B错误； 对于C，若多面手丙做翻译，则不同的安排方法为， 若多面手丙不做翻译，则不同的安排方法为， 故不同的安排方法为，故C正确； 对于D，每人安排一项工作做翻译或司机，共有， 如果只参加翻译或司机，共有2种安排，故不同的安排方法数为，故D正确. 故选：CD. 34．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. 35．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 36．（1）某校要组建一个16人的足球队，这16人由高一年级10个班的学生组成，每个班至少1人，名额分配方案共有多少种？ （2）将7个红球、6个白球（球只有颜色的区别）放入5个不同的盒子，要求每个盒子里至少有红球、白球各1个，则有多少种不同的放法？ 【答案】（1）5005；（2）75 【分析】（1）采用隔板法即可求解； （2）采用分步乘法即可求解. 【详解】（1）可考虑用构造模型法来解题．如图6.2－3所示，将16个小球排成一列， 从每两个相邻的小球形成的15个间隙中选取9个插入隔板，将16个小球分成10份， 因此名额分配方案和隔板插入数相等，共有（种）放法， 即共有5005种名额分配方案． （2）由题意可知，题目所要求的放法即为求两种球分别放入5个盒子且盒子非空的放法． 构造隔板模型，分两步放球，第1步，放红球，共有种放法； 第2步，放白球，共有种放法，因此共有（种）放法． 37．下列说法正确的是（    ） A．4个不同的小球，放入个不同的盒中，共有种不同的放法 B．4个不同的小球，放入个不同的盒中，不能有空盒，共有种不同的放法 C．6个相同的小球，放入个不同的盒中，不能有空盒，共有种不同的放法 D．6个相同的小球，放入个不同的盒中，共有种不同的放法 【答案】ACD 【分析】对于A，由分步乘法原理验算即可；对于B，先分组再排列即可验算；对于C，由分类加法原理验算即可；对于D，由隔板法即可验算. 【详解】对于A，共有种不同的放法，故A正确； 对于B，先确定两个小球在同一个盒子，有种排法，再进行排列，有种排法，共有种不同的放法，故B不正确； 对于C，共有共种分组方式，共有种不同的放法，故C正确； 对于D，相当于找到方程的非负整数解的数目，令， 则问题相当于找到方程的正整数解的数目， 相当于在9个球中间产生的8个空格插入两个隔板，故所求为，故D正确. 故选：ACD. 38．为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲、乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法种数为 . 【答案】260 【分析】先将丙安排在一所学校，再分甲、丙在同一所学校，或甲、丙不在同一所学校，或乙与丙在同一所学校，或乙与丙不在同一所学校分类计算即可. 【详解】先将丙安排在一所学校，有种分法； 若甲、丙在同一所学校，那么乙就有种选法， 剩下3名教师可能分别有3、2、1人在最后一所学校（记为校）， 分别对应有1（3人均在校）、（2人在校，另1人随便排）、 （1人在校，另2人分在同一所学校或不在同一所学校）， 共种排法； 若甲、丙不在同一所学校，则甲有种选法， 若乙与丙在同一所学校，则剩下3名教师按上面方法有19种排法； 若乙与丙不在同一所学校，则有剩下3人可分别分为1，2、3组， 分别有、、种排法，故共有： 种排法. 故答案为：260 39．安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（    ） A．240种 B．120种 C．600种 D．360种 【答案】A 【分析】按照排列组合中部分均匀分组方法，分布计算求出结果. 【详解】根据题意，将5项工作分成4组，有一组两项工作，其他三组每组一项工作，再全排列把工作分配给四个人，则有种不同的安排方式. 故选：A． 40．含甲、乙的5名同学分成两组参加志愿服务活动，则甲、乙不同组的分配方案有（   ） A．6种 B．8种 C．12种 D．16种 【答案】B 【分析】先分析分组情况，再分别计算不同分组下甲、乙不同组的方案数，最后相加得到结果. 【详解】名同学分成两组，有和分组以及和分组这两种情况. 若甲在人组，乙在人组，这是种情况； 若甲在人组，乙在人组，这又是种情况. 所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种. 若甲在人组，乙在人组，那么从剩下人中选人与甲一组，根据组合数公式，则种情况； 若甲在人组，乙在人组，同样从剩下人中选人与乙一组，也有种情况. 所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种. 根据分类加法计数原理，将两种分组情况的方案数相加，可得甲、乙不同组的分配方案共有种. 故选：B. 题型六：x+y+z=n问题 41．已知，且，，，则方程的解的组数为 . 【答案】15 【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 42．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. 43．（1）求方程的非负整数解的组数； （2）某火车站共设有4个安检入口，每个入口每次只能进入1位乘客，求一个4人小组进站的不同方案种数. 【答案】（1）56；（2）840种 【分析】（1）设（，2，3，4），问题转化为程的正整数解的组数，利用隔板法进行求解； （2）转化为方程的非负整数解的组，利用隔板法，结合排列知识进行求解. 【详解】（1）设（，2，3，4），则方程的非负整数解的组数等于方程的正整数解的组数， 利用隔板法得方程的正整数解的组数是， ∴方程的非负整数解的组数是56. （2）设4名乘客中分别有，，，个人在第1个、第2个、第3个、第4个安检口通过， 则，即问题转化为求方程的非负整数解的组数， 共有种情况，每一种进站情况的4个位置由4个人去站有种方法， 由分步乘法计数原理得不同的进站方案有种， ∴一个4人小组进站的不同方案种数是840种. 44．若方程，其中，则方程的正整数解的个数为（    ） A．10 B．15 C．20 D．30 【答案】A 【分析】将方程正整数解问题转化为排列组合问题，采用挡板法求出结果. 【详解】因为方程，其中， 则，将其转化为有6个完全相同的小球，排成一列， 利用挡板法将其分成3组，第一组小球数目为；第二组小球数目为；第三组小球数目为， 共有种方法，故方程的正整数解的个数为10， 故选：A. 45．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 46．若方程：，则方程的正整数解的个数为 . 【答案】35 【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】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. 故答案为：35. 47．已知关于的三元一次方程，且，则该方程有 组正整数解. 【答案】 【分析】该问题等价于将个相同小球分成三组而每组至少有一个小球的分法总数，利用隔板法即可求解． 【详解】方程，且的正整数解的组数等价于 将个相同小球分成三组而每组至少有一个小球的分法总数 则所求的正整数解的组数有 故答案为：． 48．已知不定方程，求： (1)不定方程正整数解的组数； (2)不定方程自然数解的组数. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将12看作12个1，再利用隔板法解答； （2）令，均为正整数，则不定方程的自然数解的组数即为不定方程的正整数解的组数，再利用隔板法解答. 【详解】（1）12相当于12个1，将12个1用3块板子隔开即可 可得不定方程正整数解的组数有种； （2）由得， 令，均为正整数， 则， 则不定方程的自然数解的组数即为不定方程的正整数解的组数 16相当于16个1，将16个1用3块板子隔开即可 可得不定方程正整数解的组数有种； 即不定方程的自然数解的组数为. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 组合六大常考题型 题型一：杨辉三角的计算 题型二：组合数的证明 题型三：组合数的性质及应用 题型四：代数中组合计数问题 题型五：分组分配问题 题型六：x+y+z=n问题 题型一：杨辉三角的计算 1．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．第6行的第7个数､第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 2．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（   ） 第0行                  1 第1行                1  1 第2行              1  2  1 第3行            1  3  3  1 第4行          1  4  6  4  1 第5行        1  5  10  10  5  1 第6行      1  6  15  20  15  6  1 第7行     1  7  21  35  35  21  7  1 第8行    1  8  28  56  70  56  28  8  1           …… A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则 D．第34行中第15个数与第16个数之比为 3．（多选）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论正确的是（    ）．    A． B．第2024行的第1012个和第1013个数字最大 C．第6行、第7行、第8行的第7个数字之和等于第9行的第7个数字 D．第34行从左到右第14个数与第15个数之比为2∶3 4．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表．数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．下列结论不正确的是（   ） A． B．第2025行的第1013个数和第1014个数相等 C．在杨辉三角中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D．记杨辉三角中第行的第个数为，则 5．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．以下关于杨辉三角的说法正确的是（    ） A．第6行从左到右第4个数是20 B．第2022行的第1011个数最大 C．210在杨辉三角中共出现了6次 D．记第行的第个数为，则 6．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，用代表第行，第个数，，例如，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A． B．在第行中，最大 C． D． 7．盒子内有20个大小相同的球，其中有15个蓝球，5个红球，现从中取出3个球，则（    ） A．取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 B．取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 C．取出的3个球中至少有2个蓝球的取法有种 D．取出的3个球中至少有1个红球的取法有种 8．如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第 行中从左至右第8与第9个数的比为. 题型二：组合数的证明 9．求证： 10．利用倒序相加法证明： ． 11．求证： ． 12．求证： ． 13．求证： 14．利用二项式定理证明： ． 15．设，求证：． 16．求证： 题型三：组合数的性质及应用 17．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述错误的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C．记第行的第个数为，则 D．第20行中第8个数与第9个数之比为 18．（1）求满足的正整数的值． （2）计算：． 19．如图所示的“杨辉三角”中，第3行到第10行的各行的第4个数的和为（   ） A．124 B．185 C．220 D．330 20．计算： ． 21．（   ） A．15 B．30 C．35 D．42 22．若，则的值为（    ） A．2 B．8 C．2或8 D．2或4 23．（    ） A．315 B．330 C．345 D．360 24．若，则（    ） A．2 B．4 C．2或4 D．2或3 题型四：代数中组合计数问题 25．下列叙述正确的是（   ） A．甲、乙、丙等5人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有36种排法 B．用数字0，1，2，3这四个数可以组成没有重复数字的四位数共有18个 C．4个人分别从3个景点中选择一处游览，有81种不同选法 D．正十二边形的对角线的条数是54 26．数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其它领域中，其它进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若干进制数，其中，则对应的二进制数为.以下说法正确的是（） A．十进制数2025用二进制表示为 B．满足中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275 C．将对应的二进制数中1的个数记为，则 D．将对应的二进制数中0的个数记为，令，则 27．从2，3，，8中任意取三个不同的数字，组成无重复数字的三位数，要求个位数最大，百位数最小，则这样的三位数的个数为（    ） A．35 B．42 C．105 D．210 28．个位数大于十位数的两位数共有（    ）个 A．36 B．40 C．42 D．56 29．在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（　　） A．120 B．204 C．168 D．216 30．从七个组合数，，，，，，中任取三个组合数，则（    ） A．三个组合数中含有最大的组合数的取法有种 B．三个组合数中含有最小的组合数的取法有种 C．三个组合数中同时含有最大与最小的组合数的取法有种 D．三个组合数中有相等的组合数的取法有种 31．从1到10的连续10个整数中随机抽取3个，已知这3个数之和为奇数，则这3个数之积为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 32．从不超过2018的正整数中任取3个数使得不包含两个连续的数，则这样的取法种数是（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 题型五：分组分配问题 33．现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、礼仪、司机三项工作可以安排，以下说法正确的是（    ） A．每人安排一项工作的不同方法数为 B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C．若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不用的安排方法为 D．每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 34．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 35．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 36．（1）某校要组建一个16人的足球队，这16人由高一年级10个班的学生组成，每个班至少1人，名额分配方案共有多少种？ （2）将7个红球、6个白球（球只有颜色的区别）放入5个不同的盒子，要求每个盒子里至少有红球、白球各1个，则有多少种不同的放法？ 37．下列说法正确的是（    ） A．4个不同的小球，放入个不同的盒中，共有种不同的放法 B．4个不同的小球，放入个不同的盒中，不能有空盒，共有种不同的放法 C．6个相同的小球，放入个不同的盒中，不能有空盒，共有种不同的放法 D．6个相同的小球，放入个不同的盒中，共有种不同的放法 38．为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲、乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法种数为 . 39．安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（    ） A．240种 B．120种 C．600种 D．360种 40．含甲、乙的5名同学分成两组参加志愿服务活动，则甲、乙不同组的分配方案有（   ） A．6种 B．8种 C．12种 D．16种 题型六：x+y+z=n问题 41．已知，且，，，则方程的解的组数为 . 42．方程的正整数解的个数为（    ） A．56 B．35 C．70 D．66 43．（1）求方程的非负整数解的组数； （2）某火车站共设有4个安检入口，每个入口每次只能进入1位乘客，求一个4人小组进站的不同方案种数. 44．若方程，其中，则方程的正整数解的个数为（    ） A．10 B．15 C．20 D．30 45．已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A． B． C． D． 46．若方程：，则方程的正整数解的个数为 . 47．已知关于的三元一次方程，且，则该方程有 组正整数解. 48．已知不定方程，求： (1)不定方程正整数解的组数； (2)不定方程自然数解的组数. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $