第06讲 组合（知识清单+8题型讲解举三反三+强化训练）讲义-【满分全攻略备考系列】2025-2026学年（苏教版选择性必修二）数学高二重难点讲义与测试

第06讲 组合 知识清单 知识点01：组合与组合数公式 知识点02：有限制条件的组合问题 知识点03：分组分配问题 题型讲解 （举三反三） 题型1：组合数的计算 题型2：组合数方程和不等式 题型3：组合数的性质及应用 题型4：实际问题中的组合计数问题 题型5：代数中的组合计数问题 题型6：几何组合计数问题 题型7：分组分配问题 题型8：x+y+z=n的整数解的个数 强化训练 一、单选题（8） 二、多选题（3） 三、填空题（3） 四、解答题（5） 知识点01组合与组合数公式 组合 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 组合数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C 公式：C＝＝＝；C＝1；C＝C；C＋C＝C. 知识点02有限制条件的组合问题 有限制条件的组合问题的解法 组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取． (2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．　　 知识点03分组分配问题 分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象． [方法技巧]　　分组分配问题的三种类型及求解策略 类型 求解策略 整体均分 解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数 部分均分 解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数 不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数 题型1：组合数的计算 【例1-1】（24-25高二下·江苏淮安·期末）下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【例1-2】（24-25高二下·江苏泰州·期中）计算 .（用数字作答） 【例1-3】（24-25高二下·江苏·月考）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. 【变式1-1】（24-25高二下·江苏泰州·期末）可以表示为（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）设集合，若I的非空子集满足，我们称有序集合对为I的“互斥集合对”，则集合I的“互斥集合对”的个数为 .（用数字作答） 【变式1-3】求值（用数字表示） (1) (2) (3) 题型2：组合数方程和不等式 【例2-1】（24-25高二下·江苏连云港·期中）已知，则（    ） A． B．或 C． D．或 【例2-2】（24-25高二下·江苏盐城·月考）若，则 . 【例2-3】求解下列方程和不等式. (1)（）； (2)（）. 【变式2-1】若，则（    ） A．30 B．20 C．12 D．6 【变式2-2】已知，则 ． 【变式2-3】（1）解方程： （2）解不等式； 题型3：组合数的性质及应用 【例3-1】（24-25高二下·江苏南通·月考）若，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【例3-2】（24-25高二下·江苏南京·期中）方程的解为 . 【例3-3】（24-25高二下·江苏连云港·期中）已知（，且）. (1)当时，求的值； (2)若，求的值. 【变式3-1】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（24-25高二下·江苏苏州·期末）若，则的值为 ． 【变式3-3】（24-25高二下·江苏南通·月考）（1）解方程：； （2）计算：； （3）计算. 题型4：实际问题中的组合计数问题 【例4-1】（24-25高二下·江苏南京·期中）从1，2，3，，10这10个数中任取5个不同的数，，，，，则存在，，，使得的取法种数为（    ） A．176 B．225 C．246 D．252 【例4-2】（24-25高二下·江苏无锡·月考）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 . 【例4-3】（24-25高二下·江苏无锡·期中）现有10名学生，其中女生4名，男生6名． (1)从中选2名代表，必须有女生的不同选法有多少种？ (2)从中选出男、女各2名的不同选法有多少种？ (3)从中选4人，若男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内，有多少种选法？ 【变式4-1】（24-25高二下·江苏·期末）如图，在一个的区域内（每个交叉点可视为一个通信节点位置），有16个潜在的通信节点位置，为了建立一个稳定的通信网络，需要选择3个节点，且这3个节点不能在同一条直线上（否则会存在信号干扰或覆盖缺陷），则不同的节点选择方案数量为（   ） A．576 B．528 C．520 D．516 【变式4-2】（24-25高二下·江苏连云港·月考）将两个2，两个3，一个4排成一行，则不同的排法种数为 ．（用数字作答） 【变式4-3】（24-25高二下·江苏连云港·期中）某校招募社团干事，涵盖文学社、器乐社和科技社3个社团.已知有5人报名，每人只报1个社团. (1)求不同的报名情况种数； (2)若恰有1个社团无人报名，求不同的报名情况种数. 题型5： 代数中的组合计数问题 【例5-1】（24-25高二下·江苏徐州·月考）用，，，，，，这七个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（   ） A．105个 B．42个 C．146个 D．52个 【例5-2】（24-25高二下·江苏南通·期中）一个口袋内装有7只不同的白球和1只黑球，从口袋内取出3只球，其中必有1只黑球，则不同的取法共有 种． 【例5-3】已知集合. (1)从中取出个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？ (2)从集合中取出个元素，从集合中取出个元素，可以组成多少个无重复数字且比大的正整数？ 【变式5-1】从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字中任意取出三个不同的数，若这三个数的和为不小于9的奇数，则不同的取法有（    ）种. A．54 B．53 C．47 D．46 【变式5-2】定义非空集合A的真子集的真子集为A的“孙集”，则集合的“孙集”的个数为 . 【变式5-3】“渐升数”是指除最高数位上的数字外，其余每一个数字均比其左边的数字大的正整数（如13456和35678都是五位“渐升数”）. （1）求五位“渐升数”的个数； （2）如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，求第120个五位“渐升数”. 题型6： 几何组合计数问题 【例6-1】正八边形的对角线的条数是（    ） A．16 B．20 C．28 D．40 【例6-2】以三棱柱的顶点为顶点的四棱锥的个数是 ． 【例6-3】（24-25高二下·江苏淮安·月考）平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线． (1)这9个点，可确定多少条不同的直线？ (2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形？ (3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形？ 【变式6-1】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． 【变式6-2】在如图所示的三角形边上的9个点中任取3个，可构成三角形的个数是 . 【变式6-3】（1）以正方体的顶点为顶点的三棱锥有多少个？ （2）以正方体的顶点为顶点的四棱锥有多少个？ （3）以正方体的顶点为顶点的棱锥有多少个？ 题型7：分组分配问题 【例7-1】（24-25高二下·江苏·月考）将5本不同的书分给3个同学，每人至少一本，则不同的分法共有（    ）种. A．54 B．60 C．120 D．150 【例7-2】（24-25高二下·江苏扬州·期中）将甲乙丙丁戊五个同学分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有 种不同分配方法． 【例7-3】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）有6名同学报名参加数学、物理、化学三科兴趣小组，每人选择一个小组.（数字作答） (1)求一共有多少种不同的报名方法； (2)若三科均要有人报名，求一共有多少种不同的报名方法； (3)若甲乙两人都不报化学学科，且每个学科都要有人报名，求一共有多少种不同的报名方法. 【变式7-1】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）某市组织6名获奖者到当地四个不同的会场与学生进行交流，要求每个会场至少派一名获奖者，每名获奖者只去一个会场，则不同的派出方法有（   ） A．4320种 B．2640种 C．1560种 D．110种 【变式7-2】（24-25高二下·江苏扬州·月考）2025年第三届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕，某校足球社的5名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村、口寨村、忠诚村3个村赛进行调研，每个村各有一组来调研，每个组至多2名学生，则不同的安排方法种数为 【变式7-3】（1）已知某中学召开会议，要求数学组的6名老师中至少有1人参加会议，问共有多少种不同的安排方法？（请用数字作答） （2）已知某中学需要选派6名老师去甲、乙、丙三所学校支教，每名老师只能去一所学校.若甲校安排1名老师，乙校安排2名老师，丙校安排3名老师，问共有多少种不同的安排方法？（请用数字作答） 题型8：x+y+z=n的整数解的个数 【例8-1】（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 【例8-2】已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A． B． C． D． 【例8-3】关于的方程（其中，且）的解共有 组．（用数字作答） 【变式8-1】学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（    ）种分配方案. A． B． C． D． 【变式8-2】方程的非负整数解有（    ） A．组 B．136组 C．190组 D．68组 【变式8-3】六元一次方程的正整数解有 组． 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏连云港·期中）（   ） A．120 B．360 C．720 D．840 2．（24-25高二下·江苏盐城·期中）计算的值是（    ） A．41 B．61 C．62 D．82 3．（24-25高二下·江苏南通·月考）书架共四层，将3本不同的书放入书架，书架恰有一层空着，则不同的放法有（   ） A．24种 B．15种 C．12种 D．6种 4．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个样本容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人．已知该校高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果共有（    ）种． A． B． C． D． 5．（24-25高二下·江苏南通·月考）将4个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有一个空盒的放法种数为（    ） A．30 B．36 C．42 D．60 6．（24-25高二下·江苏南通·月考）某市为了实施教育振兴计划，依托本市一些优质教育资源，每年都对本市所有在高校就读的定向师范生实施教育教学技能培训，以提高定向师范生的毕业质量.现有5名即将毕业的定向师范生拟分配到3所学校进行跟岗培训，每名师范生只能跟岗1所学校，每所学校至少分配1名师范生，则不同的跟岗分配方案共有（ ） A．90种 B．150种 C．300种 D．360种 7．（24-25高二下·江苏南通·期末）将4本不同的书分给3名学生，每人至少一本，则不同的分配方法数为（   ） A．24 B．36 C．64 D．72 8．（24-25高二下·江苏无锡·期中）对一排7个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求不能有相邻的格子都染红色，则满足要求的染色的方法共有（    ） A．35种 B．34种 C．33种 D．32种 二、多选题 9．（24-25高二下·江苏苏州·月考）下列数中，与不相等的是（   ） A． B． C． D． 10．（24-25高二下·江苏苏州·月考）一个口袋内装有大小相同的5个白球和2个黑球，下列说法正确的是（    ） A．从中取3个球，则不同的取法种数是； B．从中取2个球，则颜色不同的取法种数是10； C．从中取3个球，则颜色不同的取法种数是； D．从中取3个球，则颜色相同的种数是． 11．（24-25高二下·江苏徐州·期中）现有4个编号为的不同的球和4个编号为的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（    ） A．共有24种不同的放法 B．恰有一个盒子不放球，共有144种放法 C．每个盒子内只放一个球，恰有1个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有8种 D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有12种 三、填空题 12．（24-25高二下·江苏无锡·月考）已知，则 ． 13．（23-24高二下·江苏南京·月考）“渐升数”是指每一位数字都比左边数字大的正整数（如1347），那么四位“渐升数”有 个，比5789小的四位“渐升数”有 个.（用数字作答） 14．（24-25高二下·江苏连云港·月考）某市为了更好的保障社区居民的日常生活，选派6名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有 ． 四、解答题 15．（24-25高二下·江苏盐城·期中）有8只不同的试验产品，其中有3只不合格品、5只合格品.现每次取1只测试，直到3只不合格品全部测出为止. (1)求最后1只不合格品正好在第3次测试时被发现的不同情形有多少种？ (2)求最后1只不合格品正好在第4次测试时被发现的不同情形有多少种？ 16．（24-25高二下·江苏苏州·月考）（1）解不等式：． （2）求证：． 17．某校书法社共有社团成员12人，其中男社团成员7人，女社团成员5人，现从中选举产生1名社长和2名副社长. (1)若至多有1名男社团成员当选，求不同的当选方法总数； (2)若至少有1名男社团成员当选，求不同的当选方法总数； (3)若既要有男社团成员当选，又要有女社团成员当选，求不同的当选方法总数. 注：最后结果请以具体数字做答. 18．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）高二某班准备从7名班委中（其中男生4人，女生3人）选择4人参加活动. (1)共有多少种不同选法？（结果用数字作答） (2)若要求至少有两名女生，共有多少种不同选法？（结果用数字作答） (3)若7名班委中班长和副班长两人不能同时参加该活动，则不同的选择方法有多少种？（结果用数字作答） 19．图是一个 11阶的杨辉三角： (1)求第22行中从左到右的第3 个数； (2)在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为1：3：5?若存在，试求出这三个数：若不存在，请说明理由. (3)杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关.如：从第3行开始，除了1以外，其它每一个数是它肩上的二个数之和；请尝试证明：当，，， 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第06讲 组合 知识清单 知识点01：组合与组合数公式 知识点02：有限制条件的组合问题 知识点03：分组分配问题 题型讲解 （举三反三） 题型1：组合数的计算 题型2：组合数方程和不等式 题型3：组合数的性质及应用 题型4：实际问题中的组合计数问题 题型5：代数中的组合计数问题 题型6：几何组合计数问题 题型7：分组分配问题 题型8：x+y+z=n的整数解的个数 强化训练 一、单选题（8） 二、多选题（3） 三、填空题（3） 四、解答题（5） 知识点01组合与组合数公式 组合 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 组合数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C 公式：C＝＝＝；C＝1；C＝C；C＋C＝C. 知识点02有限制条件的组合问题 有限制条件的组合问题的解法 组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取． (2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．　　 知识点03分组分配问题 分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象． [方法技巧]　　分组分配问题的三种类型及求解策略 类型 求解策略 整体均分 解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数 部分均分 解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数 不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数 题型1：组合数的计算 【例1-1】（24-25高二下·江苏淮安·期末）下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据排列数计算公式判断AB，根据组合数计算公式判断CD. 【详解】对于A，因为，所以，错误； 对于B，因为，所以，错误； 对于C，因为， 所以，错误； 对于D，因为，所以，正确. 故选：D 【例1-2】（24-25高二下·江苏泰州·期中）计算 .（用数字作答） 【答案】 【分析】利用排列数和组合数的定义计算可得结果. 【详解】. 故答案为：. 【例1-3】（24-25高二下·江苏·月考）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． 【变式1-1】（24-25高二下·江苏泰州·期末）可以表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据排列数与组合数的公式计算，可得答案. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：D. 【变式1-2】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）设集合，若I的非空子集满足，我们称有序集合对为I的“互斥集合对”，则集合I的“互斥集合对”的个数为 .（用数字作答） 【答案】602 【分析】通过讨论中元素个数，对应的为的补集的非空子集.即可求解. 【详解】若中只有一个元素，有种选择，此时对应的为的补集中个元素的非空子集有个，故有， 若中只有2个元素，有种选择，此时对应的为的补集中4个元素的非空子集有个，故有， 若中只有3个元素，有种选择，此时对应的为的补集中3个元素的非空子集有个，故有， 若中只有4个元素，有种选择，此时对应的为的补集中2个元素的非空子集有个，故有， 若中只有5个元素，有种选择，此时对应的为的补集中1个元素的非空子集有个，故有， 所以共有， 故答案为：602 【变式1-3】求值（用数字表示） (1) (2) (3) 【答案】(1)64 (2)15 (3)或 【分析】（1）根据排列数公式计算可得； （2）根据组合数公式计算可得； （3）首先确定的值，再由排列、组合数公式计算可得. 【详解】（1） ； （2）； （3）依题意可得，又，解得或， 当时，； 当时，. 题型2：组合数方程和不等式 【例2-1】（24-25高二下·江苏连云港·期中）已知，则（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】C 【分析】利用组合数公式求解. 【详解】因为， 解得或， 又，，所以． 故选：C． 【例2-2】（24-25高二下·江苏盐城·月考）若，则 . 【答案】或 【分析】由组合数的性质即可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为，则或，且，解得或. 故答案为：或. 【例2-3】求解下列方程和不等式. (1)（）； (2)（）. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据排列数公式求解； （2）根据组合数公式求解. 【详解】（1）由，得， 化简得，解得，① 又，所以，② 由①②及得. （2）由题意，， ，即， 化简得，解得（舍去）或. 故方程的解为. 【变式2-1】若，则（    ） A．30 B．20 C．12 D．6 【答案】B 【分析】先由组合的运算公式计算出的值，再代入中，由排列公式即可得解. 【详解】因为，则， 所以，解得（负值舍去）， 所以 故选：B. 【变式2-2】已知，则 ． 【答案】 【分析】根据组合性质即可求解. 【详解】根据题意， 则解之得， 又或者， 解之（舍）或. 故答案为： 【变式2-3】（1）解方程： （2）解不等式； 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）利用组合数的性质及计算公式解方程作答. （2）利用排列数公式化简不等式，再求解不等式作答. 【详解】（1）由组合数性质及，得， 而，则， 因此，即，解得， 所以原方程的解为. （2）由，得且，解得， 又，化简得，解得，因此， 所以不等式的解为. 题型3：组合数的性质及应用 【例3-1】（24-25高二下·江苏南通·月考）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 【例3-2】（24-25高二下·江苏南京·期中）方程的解为 . 【答案】6 【分析】利用组合数的性质列式求解. 【详解】根据题意，或，且， 解得. 故答案为：6. 【例3-3】（24-25高二下·江苏连云港·期中）已知（，且）. (1)当时，求的值； (2)若，求的值. 【答案】(1)42； (2). 【分析】（1）代入直接计算即可求解； （2）将和用组合数表达式展开，运用组合数的性质化简，可得，解方程即可. 【详解】（1）当时，. （2）因为，所以， 即，所以， 所以，解得. 【变式3-1】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由组合数的运算性质即可求解. 【详解】， 故选：B 【变式3-2】（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：． 【变式3-3】（24-25高二下·江苏南通·月考）（1）解方程：； （2）计算：； （3）计算. 【答案】（1）； （2）； （3）； 【分析】由排列数公式与组合数公式及组合数的性质逐个求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 又因为，所以，故. （2）. （3） . 题型4：实际问题中的组合计数问题 【例4-1】（24-25高二下·江苏南京·期中）从1，2，3，，10这10个数中任取5个不同的数，，，，，则存在，，，使得的取法种数为（    ） A．176 B．225 C．246 D．252 【答案】C 【分析】由题知，从10个数中任取5个的组合数为：，又5个数均不相邻的有，用总数减去不相邻的即可. 【详解】总情况数：从10个数中任取5个的组合数为：， 不相邻组合数：要求5个数均不相邻，相当于在10个数中插入至少1个间隔， 此时问题等价于从个位置中选5个数，组合数为：， 符合条件的组合数：总情况数减去不相邻的组合数：． 故选：C． 【例4-2】（24-25高二下·江苏无锡·月考）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. 【例4-3】（24-25高二下·江苏无锡·期中）现有10名学生，其中女生4名，男生6名． (1)从中选2名代表，必须有女生的不同选法有多少种？ (2)从中选出男、女各2名的不同选法有多少种？ (3)从中选4人，若男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内，有多少种选法？ 【答案】(1)30种； (2)90种； (3)140种. 【分析】（1）（2）（3）应用分步分类计数原理，及组合数和间接法求不同选法数. 【详解】（1）由题设，2名代表都是女生或2人有一个人时女生，则必须有女生的不同选法有种； （2）由题设，选出男、女各2名的不同选法有种； （3）从10人中任选4人有种，若甲乙都没被选中有种， 所以选4人甲与乙至少有1人在内有种. 【变式4-1】（24-25高二下·江苏·期末）如图，在一个的区域内（每个交叉点可视为一个通信节点位置），有16个潜在的通信节点位置，为了建立一个稳定的通信网络，需要选择3个节点，且这3个节点不能在同一条直线上（否则会存在信号干扰或覆盖缺陷），则不同的节点选择方案数量为（   ） A．576 B．528 C．520 D．516 【答案】D 【分析】根据先从16个点取3个去掉共线情况结合组合数公式计算求解. 【详解】在一个的区域内有16个潜在的通信节点位置，需要选择3个节点，共有种情况； 4点共线有10种情况，3点共线有4种情况， 所以满足条件的点有. 故选：D. 【变式4-2】（24-25高二下·江苏连云港·月考）将两个2，两个3，一个4排成一行，则不同的排法种数为 ．（用数字作答） 【答案】30 【分析】先给两个2找两个位置，再给两个3找两个位置，最后剩的一个位置排4即可. 【详解】由题意将两个2，两个3，一个4排成一行，可分两步进行； 第一步选2个空给两个1有种选法， 第二步选剩下的3个空给两个3有种选法， 最后剩一个空排4即可， 根据分步乘法计数原理有种排法， 故答案为：30 【变式4-3】（24-25高二下·江苏连云港·期中）某校招募社团干事，涵盖文学社、器乐社和科技社3个社团.已知有5人报名，每人只报1个社团. (1)求不同的报名情况种数； (2)若恰有1个社团无人报名，求不同的报名情况种数. 【答案】(1)243种. (2)90种. 【分析】（1）根据分步乘法计数原理运算求解； （2）法1：利用间接法，在5个人报名两个社团的前提下排除5个人报其中同一社团的情况；法2：分“1，4”型和“2，3”型两种情况运算求解. 【详解】（1）5人报名3个社团，每人只报1个社团，则每人都有3种不同报名方法， 所以不同的报名情况共有种. （2）法1：5个人报名两个社团的情况有种， 5个人报其中同一社团的情况有种， 所以恰有1个社团无人报名的不同情况共有种. 法2：因为“1，4”型有种， “2，3”型有种， 所以恰有1个社团无人报名的不同报名情况共有90种. 题型5： 代数中的组合计数问题 【例5-1】（24-25高二下·江苏徐州·月考）用，，，，，，这七个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（   ） A．105个 B．42个 C．146个 D．52个 【答案】A 【分析】对个位数字分四种情况讨论，按照分类加法计数原理及组合数公式计算可得. 【详解】若个位数字为，则有个； 若个位数字为，则有个； 若个位数字为，则有个； 若个位数字为，则有个； 综上可得一共有个. 故选：A 【例5-2】（24-25高二下·江苏南通·期中）一个口袋内装有7只不同的白球和1只黑球，从口袋内取出3只球，其中必有1只黑球，则不同的取法共有 种． 【答案】21 【分析】根据计数原理和组合及组合数概念计算即可. 【详解】由题从口袋内取出3只球必有1只黑球取法共有种. 故答案为：21. 【例5-3】已知集合. (1)从中取出个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？ (2)从集合中取出个元素，从集合中取出个元素，可以组成多少个无重复数字且比大的正整数？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求得以及，然后根据排列数的知识求得正确答案. （2）根据取出的元素是否包含进行分类讨论，结合排列、组合的知识求得正确答案. 【详解】（1）由，得， 所以，所以，所以， 从中取出个不同的元素组成三位数， 可以组成个三位数. （2）由（1）得，而， 若从集合中取元素，则不能作千位上的数字， 有个满足题意的正整数； 若不从集合中取元素，则有个满足题意的自然数. 所以，满足题意的自然数的个数共有. 【变式5-1】从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字中任意取出三个不同的数，若这三个数的和为不小于9的奇数，则不同的取法有（    ）种. A．54 B．53 C．47 D．46 【答案】B 【分析】将10个数分为2组，一组为奇数：1､3､5､7､9，一组为偶数：0、2､4､6､8，然后分2种情况讨论：①取出的3个数全部为奇数，②取出的3个数有1个奇数，2个偶数，再由加法原理计算可得答案. 【详解】根据题意，将10个数分为2组， 一组为奇数：1､3､5､7､9，一组为偶数0、2､4､6､8， 若取出的3个数和为奇数，分2种情况讨论： ①取出的3个数全部为奇数，有种情况，都符合题意， ②取出的3个数有1个奇数，2个偶数， 若奇数取9，有种情况； 若奇数取7，有种情况； 若奇数取5，有种情况； 若奇数取3，有种情况； 若奇数取1，有种情况； 综上，三个数的和为不小于9的奇数，不同的取法有种. 故选：B. 【变式5-2】定义非空集合A的真子集的真子集为A的“孙集”，则集合的“孙集”的个数为 . 【答案】26 【分析】根据非空集合A的真子集的元素至少比A中元素少一个，可得A的“孙集”的元素个数可以是，利用组合数计算，即得解 【详解】非空集合A的真子集的元素至少比A中元素少一个； 非空集合A的真子集的真子集(A的“孙集”) 的元素至少比A的真子集的元素少一个； 集合有5个元素，故A的“孙集”的元素个数可以是 则集合的“孙集”的个数为： 故答案为：26 【变式5-3】“渐升数”是指除最高数位上的数字外，其余每一个数字均比其左边的数字大的正整数（如13456和35678都是五位“渐升数”）. （1）求五位“渐升数”的个数； （2）如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，求第120个五位“渐升数”. 【答案】（1）个；（2）36789. 【分析】（1）根据题意，“渐升数”中不能有0，则在其他9个数字中任取5个，每种取法对应1个“渐升数”即可求解； （2）分别计算1、2、3在最高数位的五位“渐升数”个数，求和可得第120个五位“渐升数”是最高数位为3的最大的五位“渐升数”. 【详解】解：（1）根据题意，“渐升数”中不能有0， 则在其他9个数字中任取5个，每种取法对应1个“渐升数”，则五位“渐升数”共有（个）. （2）对于所有的五位“渐升数”，1在最高数位的有（个）， 2在最高数位的有（个）， 3在最高数位的有（个）. 因为， 所以第120个五位“渐升数”是最高数位为3的最大的五位“渐升数”，为36789. 题型6： 几何组合计数问题 【例6-1】正八边形的对角线的条数是（    ） A．16 B．20 C．28 D．40 【答案】B 【分析】正八边形中，任取2个顶点可以得到一条线段，利用组合数计算可得得到线段的数目，再排除其中正八边形的8条边即可得对角线条数． 【详解】正八边形中，任取2个顶点可以得到一条线段，则可以得到条线段，其中包括了正八边形的8条边，则正八边形对角线的条数为条. 故选：B． 【例6-2】以三棱柱的顶点为顶点的四棱锥的个数是 ． 【答案】6 【分析】根据题意结合组合数运算求解. 【详解】由题意可得：四棱锥的顶点为三棱柱的顶点，底面为三棱柱的侧面且与该顶点不共面， 所以四棱锥的个数是. 故答案为：6. 【例6-3】（24-25高二下·江苏淮安·月考）平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线． (1)这9个点，可确定多少条不同的直线？ (2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形？ (3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形？ 【答案】(1)31 (2)80 (3)105 【分析】（1）方法一：采用直接法，分三类讨论；方法二：采用间接法，算出所有取点情况，再排除不符合题意的情况； （2）方法一：采用直接法，分三类讨论；方法二：采用间接法，算出所有取点情况，再排除不符合题意的情况； （3）方法一：采用直接法，分三类讨论；方法二：采用间接法，算出所有取点情况，再排除不符合题意的情况； 【详解】（1）方法一（直接法）共线的4点记为A，B，C，D. 第一类：A，B，C，D确定1条直线 第二类：A，B，C，D以外的5个点可确定条直线； 第三类：从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定条直线． 根据分类计数原理，共有不同直线（条）． 方法二（间接法）9个点取2个点共有种， 4个共线点取2个共有种，以上均表示同一条直线， 则可确定多少条不同的直线为（条）． （2）方法一（直接法）第一类：从A，B，C，D中取2个点，可得个三角形； 第二类：从A，B，C，D中取1个点，可得个三角形； 第三类：从其余5个点中任取3点，可得个三角形． 共有（个）三角形 方法二（间接法）9个点取3个点共有种， 其中不能构成三角形的则是在4个共线点取3个共有种， 可确定三角形（个）． （3）方法一（直接法）分三类：从其余不共线的5个点中任取4个，3个，2个点共得（个）四边形． 方法二（间接法）9个点取4个点共有种， 其中不构成四边形的分为两类：第一类：4个点共线则有种， 第二类其中3点来自于共线的4点，第4点来自于其余的5个点，则共有种， 可确定四边形（个）． 【变式6-1】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. 【变式6-2】在如图所示的三角形边上的9个点中任取3个，可构成三角形的个数是 . 【答案】69 【分析】先求出从9个点中任取3个的全部组合数为，然后减去三角形三个边上三点共线的组合数，即可得出答案. 【详解】从9个点中任取3个的全部组合数为， 三角形三个边上三点共线的组合数为， 所以能构成三角形的个数为. 故答案为：. 【变式6-3】（1）以正方体的顶点为顶点的三棱锥有多少个？ （2）以正方体的顶点为顶点的四棱锥有多少个？ （3）以正方体的顶点为顶点的棱锥有多少个？ 【答案】（1）58；（2）48；（3）106． 【分析】（1）正方体顶点任取个点，共有种选法， 排除四点共面的情况得到答案. （2）四点共面的共有6个面和6个对角面共12种，每一种情况，剩余4个点对应4个四棱锥，得到答案. （3）正方体的顶点为顶点的棱锥只有三棱锥和四棱锥，相加得到答案. 【详解】（1）正方体顶点任取个点，共有种选法，其中四点共面的共有6个面和6个对角面共12种，故三棱锥共有个. （2）四点共面的共有6个面和6个对角面共12种，每一种情况，剩余4个点对应4个四棱锥，故共有个. （3）正方体的顶点为顶点的棱锥只有三棱锥和四棱锥，共有个 题型7：分组分配问题 【例7-1】（24-25高二下·江苏·月考）将5本不同的书分给3个同学，每人至少一本，则不同的分法共有（    ）种. A．54 B．60 C．120 D．150 【答案】D 【分析】根据题意将5本不同的书分给3个同学，则不同的分法有和，利用分类加法计数原理即可求解. 【详解】由题意有：将5本不同的书分给3个同学，则不同的分法有和， 所以按分则有，按分则有， 根据分类加法计数原理有， 故选：D. 【例7-2】（24-25高二下·江苏扬州·期中）将甲乙丙丁戊五个同学分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有 种不同分配方法． 【答案】 【分析】把5人按或分组，再把每一种分组方法安排到三个城市即可得解. 【详解】分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，则先把5人按分组，有种分组方法， 按分组，有种分组方法，因此不同分组方法数为， 再把每一种分组安排到三个城市，有种方法， 所以不同分配方法种数是. 故答案为：. 【例7-3】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）有6名同学报名参加数学、物理、化学三科兴趣小组，每人选择一个小组.（数字作答） (1)求一共有多少种不同的报名方法； (2)若三科均要有人报名，求一共有多少种不同的报名方法； (3)若甲乙两人都不报化学学科，且每个学科都要有人报名，求一共有多少种不同的报名方法. 【答案】(1) (2)540 (3)230 【分析】（1）根据分步乘法原理直接求解即可. （2）分三种情况讨论，利用分组分配问题求解即可. （3）分4种情况，利用分组分配问题求解即可. 【详解】（1）因为每个人都有三种选择，所以一共有种； （2）因为三科均要有人报名，可分为以下三种情况： ①其中一科有4人，另外2科各1人，共有：种， ②其中一科1人，一科2人，一科3人，共有：种， ③三科均2人，共有：种， 所以一共有：90+360+90=540种. （3）因为甲乙两人都不报化学学科， 所以按照另外4个人报化学学科的人数可分为以下4种情况： ①有1人报化学：种， ②有2人报化学：种, ③有3人报化学：种， ④有4人报化学：种， 所以一共有：120+84+24+2=230种. 【变式7-1】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）某市组织6名获奖者到当地四个不同的会场与学生进行交流，要求每个会场至少派一名获奖者，每名获奖者只去一个会场，则不同的派出方法有（   ） A．4320种 B．2640种 C．1560种 D．110种 【答案】C 【分析】各会场的获奖者人数可能是或，先分组，再分配，部分平均分组需除以组数（平均的组）的全排列. 【详解】依题意各会场的获奖者人数可能是或， 若为，则有种不同的派出方法； 若为，则有种不同的派出方法； 综上可得一共有种不同的派出方法. 故选：C 【变式7-2】（24-25高二下·江苏扬州·月考）2025年第三届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕，某校足球社的5名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村、口寨村、忠诚村3个村赛进行调研，每个村各有一组来调研，每个组至多2名学生，则不同的安排方法种数为 【答案】90 【分析】根据部分平均分组分配方法，求出不同的安排方法种数. 【详解】5人分三组，每个组至多2人，则分组情况为：2人，2人，1人. 那么按照部分平均分组分配不同情况共有种. 故答案为：90. 【变式7-3】（1）已知某中学召开会议，要求数学组的6名老师中至少有1人参加会议，问共有多少种不同的安排方法？（请用数字作答） （2）已知某中学需要选派6名老师去甲、乙、丙三所学校支教，每名老师只能去一所学校.若甲校安排1名老师，乙校安排2名老师，丙校安排3名老师，问共有多少种不同的安排方法？（请用数字作答） 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）用排除法，6人参加或不参加会议的所有情形减去都不参加会议的1种情形即可得； （2）第一步选一人去甲校，第二步在剩下的5人中选2人去乙校，最后还有3人去丙校，按分步乘法原理计数可得． 【详解】（1）每人有参加或不参加会议两种状态，6人有种情形，其中都不参加会议的情形只有1种，因此所求方法数为； （2）按分步乘法原理计数，第一步选一人去甲校，第二步在剩下的5人中选2人去乙校，最后还有3人去丙校，总的方法数为． 题型8：x+y+z=n的整数解的个数 【例8-1】（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 【例8-2】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 【例8-3】关于的方程（其中，且）的解共有 组．（用数字作答） 【答案】 【分析】可化为，即将10分解成为10个1之和，将这些1分为三组，每一组至少一个1，利用隔板法求得分组方法数，即为方程的解的组数. 【详解】由，且，故， 则等价于， 即可将分为个之和，将这些分为三组，每一组至少一个， 即在个中间插入两个隔板，共有种. 故答案为：. 【变式8-1】学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（    ）种分配方案. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球，结合隔板法可得结果. 【详解】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球， 由隔板法可知，不同的分配方案种数为. 故选：C. 【变式8-2】方程的非负整数解有（    ） A．组 B．136组 C．190组 D．68组 【答案】C 【分析】根据题意，将问题转化，利用插空法分析即可得出答案. 【详解】根据题意，对于方程， 将“18”看成18个“1”， 18个“1”共有19个空， 从19个空中选两个空进行隔板，或从19个空中选1个空插2个隔板， 即可以将18个“1”分为三组，每组对应“1”的数目依次为的数值， 则有. 方程的非负整数解有190组. 故选：C 【变式8-3】六元一次方程的正整数解有 组． 【答案】126 【分析】利用隔板法可求正整数解的组数. 【详解】的正整数解的组数为， 故答案为：. 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏连云港·期中）（   ） A．120 B．360 C．720 D．840 【答案】A 【分析】根据组合数公式直接运算即可. 【详解】因为. 故选：A. 2．（24-25高二下·江苏盐城·期中）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】. 故选：B. 3．（24-25高二下·江苏南通·月考）书架共四层，将3本不同的书放入书架，书架恰有一层空着，则不同的放法有（   ） A．24种 B．15种 C．12种 D．6种 【答案】A 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一步，从四层书架中选一层空着，有种方法； 第二步，将3本不同的书放入剩下的3层书架中，每层一本，有种方法； 则不同的放法总数有种. 故选：A. 4．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个样本容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人．已知该校高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果共有（    ）种． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先根据高二抽取的人数和高二学生总数求出抽样比，然后求出高一和高三的学生总数，最后根据组合数求出不同的抽样结果. 【详解】用分层抽样抽取样本量为45的样本，高一年级抽20人，高三年级抽10人， 那么高二年级抽人. 因为该校高二年级共有学生300人，所以抽样比为. 所以高一年级学生共有人，高三年级学生共有人. 所以不同的抽样结果有. 故选：A. 5．（24-25高二下·江苏南通·月考）将4个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有一个空盒的放法种数为（    ） A．30 B．36 C．42 D．60 【答案】C 【分析】按照分步乘法与分类加法原理，先分盒子再分球计算可得. 【详解】先选一个空盒子，有种， 再将四个球分组，第一组分为一、三个球，有种；第二组分为两两一组，有种； 然后放入盒子中，共有种. 故选：C. 6．（24-25高二下·江苏南通·月考）某市为了实施教育振兴计划，依托本市一些优质教育资源，每年都对本市所有在高校就读的定向师范生实施教育教学技能培训，以提高定向师范生的毕业质量.现有5名即将毕业的定向师范生拟分配到3所学校进行跟岗培训，每名师范生只能跟岗1所学校，每所学校至少分配1名师范生，则不同的跟岗分配方案共有（ ） A．90种 B．150种 C．300种 D．360种 【答案】B 【分析】分类讨论人数的配比，结合捆绑法和部分平均分组法运算求解. 【详解】若3所学校分配1名师范生的人数为时，先取3人看成一个整体，再进行排列， 所以不同的跟岗分配方案有种； 若3所学校分配1名师范生的人数为时，注意到有2个学校均分配2名师范生， 所以不同的跟岗分配方案有种； 综上所述：不同的跟岗分配方案共有种. 故选：B 7．（24-25高二下·江苏南通·期末）将4本不同的书分给3名学生，每人至少一本，则不同的分配方法数为（   ） A．24 B．36 C．64 D．72 【答案】B 【分析】根据题意先分组后分配，利用排列组合数计算即可. 【详解】由题意，4本不同的书可以分成2,1,1三组，有种分组方法，再分给3名学生，有种分配方法， 所以，不同的分配方法数为. 故选：B. 8．（24-25高二下·江苏无锡·期中）对一排7个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求不能有相邻的格子都染红色，则满足要求的染色的方法共有（    ） A．35种 B．34种 C．33种 D．32种 【答案】B 【分析】利用插空法求解每种情况符合的情况数，再利用分类加法计数原理相加求解即可. 【详解】因为不能有相邻的格子都染红色，所以我们对红色格子的个数进行分类讨论， 当染个红色格子时，共有种满足要求的染色的方法， 当染个红色格子时，共有种满足要求的染色的方法， 当染个红色格子时，我们采用插空法，先将个蓝色格子排列好，产生了个空， 共有种满足要求的染色的方法， 当染个红色格子时，我们采用插空法，先将个蓝色格子排列好，产生了个空， 共有种满足要求的染色的方法， 当染个红色格子时，我们采用插空法，先将个蓝色格子排列好，产生了个空， 共有种满足要求的染色的方法， 当有个或个以上的红色格子时，红色格子一定会相邻，不符合题意，故排除， 综上，由分类加法计数原理得共有种方法满足，故B正确. 故选：B 二、多选题 9．（24-25高二下·江苏苏州·月考）下列数中，与不相等的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】根据排列数和组合数的运算分别计算，即可得到答案. 【详解】， A选项，，与不相等； B选项，，， 所以， 与不相等； C选项，； D选项，. 故选：AB. 10．（24-25高二下·江苏苏州·月考）一个口袋内装有大小相同的5个白球和2个黑球，下列说法正确的是（    ） A．从中取3个球，则不同的取法种数是； B．从中取2个球，则颜色不同的取法种数是10； C．从中取3个球，则颜色不同的取法种数是； D．从中取3个球，则颜色相同的种数是． 【答案】ABD 【分析】依题意由组合数公式及分步乘法原理计算可得. 【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，A选项正确； 从中取2个球，则颜色不同的取法种数是，B选项正确； 从中取3个球，则颜色不同的取法种数是，C选项错误； 从中取3个球，则颜色相同的种数是，D选项正确. 故选：ABD． 11．（24-25高二下·江苏徐州·期中）现有4个编号为的不同的球和4个编号为的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（    ） A．共有24种不同的放法 B．恰有一个盒子不放球，共有144种放法 C．每个盒子内只放一个球，恰有1个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有8种 D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有12种 【答案】BCD 【分析】按照分步乘法计数原理判断A，先分组，再分配，即可判断B，先选定盒子的编号与球的编号相同，再排其他球，即可判断C，先确定空盒子，再确定放个球的盒子，即可判断D. 【详解】对于A，每个球都有种放法，共有种放法，故A错误； 对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球， 则个盒子的球数分别为、、，所以种放法，故B正确； 对于C，每个盒子内只放一个球，恰有个盒子的编号与球的编号相同， 不同的放法有种，故C正确； 对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，则有个盒子放个球， 另外两个盒子各放个球，所以有种放法，故D正确， 故选：BCD. 三、填空题 12．（24-25高二下·江苏无锡·月考）已知，则 ． 【答案】或 【分析】由组合数的基本性质，可得答案. 【详解】由题意可得或，解得或. 故答案为：或. 13．（23-24高二下·江苏南京·月考）“渐升数”是指每一位数字都比左边数字大的正整数（如1347），那么四位“渐升数”有 个，比5789小的四位“渐升数”有 个.（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意，利用“渐升数”的定义，集合组合数公式，分类讨论，即可求解. 【详解】根据题意，“渐升数”中不能有0，则在其他的9个数字中任取4个数， 则每种取法对应一个“渐升数”，所以四位“渐升数”有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为，百位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个， 综上可得，比5789小的四位“渐升数”有个. 故答案为：；. 14．（24-25高二下·江苏连云港·月考）某市为了更好的保障社区居民的日常生活，选派6名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有 ． 【答案】540 【分析】本题为不定向分配问题，按照1:1:4的比例、2:2:2的比例、1:2:3的比例，这三种分配方式即可， 【详解】每人只能去一个地方，每地至少派一人，则有三种分配方案： ①按照1:1:4的比例，共种， ②按照2:2:2的比例，共种， ③按照1:2:3的比例，共种， 共540种. 故答案为：540. 四、解答题 15．（24-25高二下·江苏盐城·期中）有8只不同的试验产品，其中有3只不合格品、5只合格品.现每次取1只测试，直到3只不合格品全部测出为止. (1)求最后1只不合格品正好在第3次测试时被发现的不同情形有多少种？ (2)求最后1只不合格品正好在第4次测试时被发现的不同情形有多少种？ 【答案】(1)6种； (2)90种. 【分析】（1）由题意3次都取到不合格产品，应用排列数求不同情形数； （2）由题意前3次取得2个不合格产品，1个合格产品，应用排列组合数求不同情形数； 【详解】（1）最后1只不合格品正好在第3次测试时被发现，即3次都取到不合格产品，所以不同情形有种； （2）最后1只不合格品正好在第4次测试时被发现，即前3次取得2个不合格产品，1个合格产品，所以不同情形有种. 16．（24-25高二下·江苏苏州·月考）（1）解不等式：． （2）求证：． 【答案】；证明见解析 【分析】（1）根据排列数公式化简不等式，解不等式即可求解； （2）根据组合数公式证明即可. 【详解】（1）因为，所以，， 由，得：， 化简得：，令，解得，， 所以不等式的解集为， 又因为，所以或， 所以不等式：的解集为. （2）根据组合数性质有：， 所以左边右边，等式得证. 17．某校书法社共有社团成员12人，其中男社团成员7人，女社团成员5人，现从中选举产生1名社长和2名副社长. (1)若至多有1名男社团成员当选，求不同的当选方法总数； (2)若至少有1名男社团成员当选，求不同的当选方法总数； (3)若既要有男社团成员当选，又要有女社团成员当选，求不同的当选方法总数. 注：最后结果请以具体数字做答. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分有1名男社团成员当选和没有男社团成员当选两种情况讨论即可得解； （2）分1名男社团成员当选，2名男社团成员当选，3名男社团成员当选三种情况讨论即可； （3）分1名男社团成员当选，2名男社团成员当选两种情况讨论即可得解. 【详解】（1）若有1名男社团成员当选，则不同的当选方法有种， 若没有男社团成员当选，则不同的当选方法有种， 所以至多有1名男社团成员当选，不同的当选方法总数为； （2）若有1名男社团成员当选，则不同的当选方法有种， 若有2名男社团成员当选，则不同的当选方法有种， 若有3名男社团成员当选，则不同的当选方法有种， 所以至少有1名男社团成员当选，不同的当选方法总数为种； （3）由（2）可知，不同的当选方法总数为. 18．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）高二某班准备从7名班委中（其中男生4人，女生3人）选择4人参加活动. (1)共有多少种不同选法？（结果用数字作答） (2)若要求至少有两名女生，共有多少种不同选法？（结果用数字作答） (3)若7名班委中班长和副班长两人不能同时参加该活动，则不同的选择方法有多少种？（结果用数字作答） 【答案】(1)35 (2)22 (3)25 【分析】（1）由组合数计算，可得答案； （2）由女生人数，分为选或个女生，利用分类加法原理，可得答案； （3）由正难则反的思想，利用总的情况数减去两人同时参加的情况数，可得答案. 【详解】（1）（种） （2）（种） （3）（种） 19．图是一个 11阶的杨辉三角： (1)求第22行中从左到右的第3 个数； (2)在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为1：3：5?若存在，试求出这三个数：若不存在，请说明理由. (3)杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关.如：从第3行开始，除了1以外，其它每一个数是它肩上的二个数之和；请尝试证明：当，，， 【答案】(1)231 (2)7，21，35 (3)证明见解析 【分析】（1）直接利用二项式定理求解. （2）可设第行的第，，三个相邻的数之比为，列出方程，求出，的值，再求出这三个数. （3）先总结表达结论，结合，可得，再利用该结论证明原结论. 【详解】（1）第22行中从左到右的第3个数为：. （2）设第行的第，，三个相邻的数之比为，则 . 所以这3个数是：，，，即7，21，35. （3）当时，结论显然成立； 当时，，. 由题意：. 所以， 因此 【点睛】关键点点睛：本体的关键点时利用组合数的计算公式和组合数的性质进行计算.首先根据组合数公式得到，再结合组合数性质得到，再对目标式子进行化简整理. 1 学科网（北京）股份有限公司 $