7.3 组合（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

第7章　计数原理 7.3　组合 基础过关练 题组一　对组合的概念的理解 1.(多选题)(2024山西大同浑源第七中学月考)下列问题属于组合问题的是(　　) A.从4名志愿者中选出2人参加志愿服务工作 B.从0,1,2,3,4这5个数字中选取3个不同的数字,组成一个三位数 C.10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)的比赛场数 D.从全班同学中选出3名同学分别担任班长、副班长和学习委员 2.(多选题)下列问题是组合问题的有(　　) A.设集合A={a,b,c,d,e},则集合A的含有3个元素的子集有多少个 B.某铁路线上有5个车站,则这条线上共需准备多少种票价 C.3人去干5种不同的工作,每人干一种,有多少种分工方法 D.把3本相同的书分给5个学生,每人最多分得1本,有多少种分配方法 题组二　组合数公式及其性质的应用 3.(2025江苏扬州树人高级中学期中)=(　　) A.6　　　B. 4.(2025江苏常州北郊高级中学期末)若,则n的值为(　　) A.3或8　　　B.3 C.8　　　D.3或4 5.(2025江苏常州溧阳期末)+…+=(　　) A.55　　　B.120　　　C.165　　　D.220 6.不等式的解集为　　　　　　　.  7.(2025江苏扬州高邮调研)已知,则=　　　　.(用数字作答)  8.(1)已知求x,n的值; (2)证明:··. 题组三　简单的有限制条件的组合问题 9.(2025江苏盐城五校联盟月考)对于一个自然数,如果从左往右每一位上的数字依次增大,那么称该自然数是“渐升数”,则四位数中的“渐升数”共有(　　) A.126个　　　B.91个　　　C.84个　　　D.125个 10.(2025江苏泰州兴化四校联考)兴化千垛景区以“垛田”特色地貌享誉全球,勤劳智慧的兴化人民在湖荡沼泽地带开挖网状深沟或小河的泥土,一方一方使其堆积如垛,成了可以耕作的垛田,形成了具有世界自然文化遗产价值的兴化垛田奇观.现一名游客从P处沿河道划船到Q处,则使得路程最短的不同走法种数为(　　) A.21　　　B.35　　　C.70　　　D.210 11.(2025四川成都开学考试)某高中运动会设有8个项目,甲、乙两名学生每人随机选取3个项目,则至少选中2个相同项目的情况有(　　) A.420种　　　B.840种　　　C.476种　　　D.896种 12.(2025江苏泰州调研)对一排8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,则满足要求的染色方法共有(　　) A.89种　　　B.55种　　　C.54种　　　D.34种 13.(2024广东清远期中)“赛龙舟”是端午节的习俗之一,也是端午节最重要的节日民俗活动之一,某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛,参加训练的8名队员中有3人只会划左桨,3人只会划右桨,2人既会划左桨又会划右桨.现要选派6人去参加比赛,3人划左桨、3人划右桨,则不同的选派方法共有(　　) A.26种　　　B.31种　　　C.36种　　　D.37种 14.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? 题组四　分组与分配问题 15.(2025江苏扬州高邮中学月考)将7本不同的杂志分成3组,每组至少2本,则不同的分组方法数为(　　) A.70　　　B.84　　　C.105　　　D.210 16.(2025江苏泰州姜堰调研)2025年央视春晚的四个分会场分别为重庆、武汉、无锡和拉萨,现有11个志愿者名额分配给这四个分会场,其中一个分会场分到5个名额,在余下的三个分会场中,每个会场至少分到一个名额,则不同的名额分配的方法种数为(　　) A.210　　　B.35　　　C.40　　　D.120 17.(2025江苏无锡天一中学期末)某运动会期间,将甲、乙等5名志愿者安排到A,B,C三个场地参加志愿服务,每名志愿者只能安排去一个场地,每个场地至少安排1名志愿者,且甲、乙两名志愿者不被安排到同一个场地,则不同的安排方法种数为(　　) A.72　　　B.96　　　C.114　　　D.124 18.(2025江苏宿迁期中)将6封不同的信放入编号为1,2,3,4的4个邮筒,则恰有2个空邮筒的不同的放法共有(　　) A.372种　　　B.380种　　　 C.492种　　　D.496种 19.(2025湖南衡阳第四中学期末)将甲、乙等6名身高各不相同的同学平均分成两组,甲、乙按身高(从高到低)在这六名同学中分别排在第4、3位,则分成的两组中甲不是所在组最矮的且乙不是所在组最高的分组方式共有(　　) A.4种　　　B.5种　　　C.6种　　　D.8种 20.(2025江苏常州西夏墅高级中学调研)某大学5名师范生到甲、乙、丙三所高中实习,每名同学只能到1所学校,每所学校至多接收2名同学.若同学A确定到甲学校,则不同的安排方法共有　　　　种.  能力提升练 题组一　组合的应用 1.(2024江苏淮安淮阴中学月考)现有一个6行5列的矩形阵,要求甲、乙、丙三人不在同一行也不在同一列,则不同的站法有(　　) A.1 200种　　　B.7 200种　　　 C.3 600种　　　D.900种 2.(2025江苏调研)已知一个正五棱锥,其顶点与各侧棱中点合计11个点.从这11个点中任取4个点,这四个点不共面的概率为　　　　.  3.(2025广东广州第十六中学期末)如图,某机器人从A点出发,每次可以向右或向上沿着线走一个单位(小正方形的边长为一个单位),要走到B点,不同的走法共有　　　　种.  题组二　排列与组合的综合应用 4.(2025山东日照联考)高考入场安检时,某学校在校门口并排设立三个检测点,进入考场的学生只需要在任意一个检测点安检即可进入.现有三男三女六名学生需要安检,则每个检测点通过的男生和女生人数相等的情况有(　　) A.66种　　　B.93种　　　 C.195种　　　D.273种 5.(2024江苏扬州大学附属中学调研)阳春三月,草长莺飞;丝绦拂堤,尽飘香玉.三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春.在沿行一条小溪时,为了安全起见,他们排队前进,三位妈妈互不相邻照顾孩子;3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面,为了防止2名男宝打闹,2人不相邻,且不排最前面也不排最后面,则不同的排法种数为(　　) A.144　　　B.216　　　 C.288　　　D.432 6.(易错题)(2024湖北武汉期中)2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”,出自白居易的“江南忆,最忆是杭州”,名为“琮琮”“莲莲”“宸宸”,是一组承载深厚文化底蕴的机器人.为了宣传杭州亚运会,某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场,每名志愿者只安装一个吉祥物,且每个吉祥物至少有一名志愿者安装,若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”,则不同的安装方案种数为(　　) A.50　　　B.36　　　 C.26　　　D.14 7.(2025江苏泰州中学质量检测)将1,2,3,4,5,6,7,8填入如图所示的方格中,每个方格填写1个数字,则仅有两列数字之和为9的填法有(　　) A.576种　　　B.1 152种 C.2 304种　　　D.4 608种 8.(2025安徽阜阳临泉第二中学期中)如图,将一个矩形划分为A,B,C,D,E,F六个区域,现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色,要求边界有重合部分的区域(顶点与边重合或顶点与顶点重合不算)染上不同的颜色,并且每一种颜色都要使用到,则共有　　　　种不同的染色方案.  答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.AC 2.ABD 3.A 4.B 5.C 9.A 10.B 11.D 12.B 13.D 15.C 16.C 17.C 18.A 19.B 1.AC　对于A,只需选出2人即可,无排序要求,故是组合问题. 对于B,选出3个不同数字后,还需对3个数字进行排序,故是排列问题. 对于C,每两队比赛一次,无排序要求,故是组合问题. 对于D,从全班选出3人后还要安排其职务,即需排序,故是排列问题. 方法总结 　　区分某一个问题是排列问题还是组合问题,关键是看选出的元素是否与顺序有关.若交换某两个元素的位置对结果产生影响,则是排列问题;若交换任意两个元素的位置对结果没有影响,则是组合问题. 2.ABD　A选项,取出的元素与顺序无关,故是组合问题. B选项,甲站到乙站的车票与乙站到甲站的车票是不同的,但票价与顺序无关,甲站到乙站与乙站到甲站是同一种票价,故是组合问题. C选项,从5种不同的工作中选出3种,并按一定顺序分给3个人去干, 故是排列问题. D选项,因为3本书是相同的,所以无论把3本书分给哪三个人,都不需要考虑顺序,故是组合问题. 3.A　=6. 4.B　因为,所以3n+6=4n-2或3n+6+4n-2=25,解得n=8或n=3. 当n=8时,4n-2=30>25,不符合组合数的定义,故舍去,所以n=3. 易错警示 　　组合数的计算问题要注意中隐含了3个条件:①m,n∈N*;②m≤n;③的运算结果为正整数.求解后要注意检验是否满足这些条件. 5.C　+…++…++…++…+=…==165. 6.答案　{5,6,7,8,9,10,11} 解析　将原不等式化简得- , 整理得x2-11x-12<0,解得-1<x<12, 又易知x≥5,x∈N*,∴5≤x<12,x∈N*. ∴原不等式的解集为{5,6,7,8,9,10,11}. 7.答案　495 解析　因为=495. 8.解析　(1)由可得x=2x(舍去)或x+2x=n, 所以x=, 所以, 即, 化简,得11, 即11(n+3)=6(2n+3),解得n=15,所以x=5. (2)证明:, 所以. 9.A　从1,2,3,…,9中任取4个数,其顺序是确定的,所以四位数中的“渐升数”共有=126个. 10.B　由题图可知,从P处到Q处的最短路程是向右运动4次、向下运动3次,共运动7次, 则使路程最短的不同走法种数为=35. 11.D　分两种情况: ①所选取的3个项目恰有2个相同, 第一步,在8个项目中选取2个,有=28种选法, 第二步,甲在剩下的6个项目中选取1个,有=6种选法, 第三步,乙在剩下的5个项目中选取1个,有=5种选法, 由分步计数原理可知,有28×6×5=840种选法; ②所选取的3个项目完全相同,有=56种选法. 由分类计数原理知,至少选中2个相同项目的情况有840+56=896种. 方法总结 　　含有“至多”“至少”的组合问题有两种解决方法:一是直接法,按某一类元素被抽取的个数进行分类;二是间接法,先计算方法总数,再减去不满足条件的方法数. 12.B　若8个格子都染蓝色,则有1种染色方法; 若8个格子中有7个格子染蓝色,则有=8种染色方法; 若8个格子中有6个格子染蓝色,2个格子染红色,因为不能有相邻的格子都染红色,即红色格子不相邻,所以可以看成将2个红色格子插到6个蓝色格子形成的7个空中,则有=21种染色方法; 同理,若8个格子中有5个格子染蓝色,3个格子染红色,则有=20种染色方法; 若8个格子中有4个格子染蓝色,4个格子染红色,则有=5种染色方法. 综上,满足要求的染色方法共有1+8+21+20+5=55种. 13.D　记既会划左桨又会划右桨的2人分别为A,B,分三种情况讨论: ①从只会划左桨的3人中选3人划左桨,从剩下的人中选3人划右桨,则有=10种选派方法; ②从只会划左桨的3人中选2人划左桨,从A,B中选1人划左桨,再从剩下的会划右桨的4个人中选3人划右桨,则有=24种选派方法; ③从只会划左桨的3人中选1人划左桨,A,B划左桨,会划右桨的3人划右桨,则有=3种选派方法. 综上,共有10+24+3=37种不同的选派方法. 14.解析　把共线的4点分别记为A,B,C,D. (1)解法一(直接法):可分为三类: 第一类:A,B,C,D确定1条直线; 第二类:除A,B,C,D外的5个点可确定条直线; 第三类:从A,B,C,D中任取1个点,从除A,B,C,D外的5个点中任取1个点,可确定条直线. 根据分类计数原理可得不同的直线共有1+=1+10+20=31条. 解法二(间接法):从9个点中任取2个点,共有+1=31条. (2)解法一(直接法):①从A,B,C,D中任取2个点,从除A,B,C,D外的5个点中任取1个点,可确定个三角形; ②从A,B,C,D中任取1个点,从除A,B,C,D外的5个点中任取2个点,可确定个三角形; ③从除A,B,C,D外的5个点中任取3个点,可确定个三角形. 故可确定=80个三角形. 解法二(间接法):从9个点中任取3个点,共有=80个三角形. (3)解法一(直接法):从除A,B,C,D外的5个点中任取4个、3个、2个点,分别对应从A,B,C,D中取0个、1个、2个点,故可确定=105个四边形. 解法二(间接法):从9个点中任取4个点,共有种取法,其中不构成四边形的可分为两类: 第一类:4个点共线,有种取法; 第二类:从共线的4个点中任取3个点,从除A,B,C,D外的5个点中任取1个点,共有种取法. 故可确定=105个四边形. 15.C　由题意得,将7本不同的杂志按照“2,2,3”分组,则不同的分组方法数为=105. 16.C　依题意,将5个名额分配到其中一个分会场,有种方法, 所以名额分配的不同方法种数为=40. 方法总结 　　解决相同元素分配问题常用隔板法,用隔板将相同元素分成若干份,不同的分法对应不同的分配数量.将n个元素分配给m(1<m<n,m,n∈N*)个不同的对象,相当于在(n-1)个空中插入(m-1)个隔板,共有种情况. 17.C　将5名志愿者按照“1,2,2”分组,且甲、乙两名志愿者不被安排到同一个场地, 则不同的安排方法有=72种. 将5名志愿者按照“1,1,3”分组,且甲、乙两名志愿者不被安排到同一个场地,则不同的安排方法有=42种. 故不同的安排方法种数为72+42=114. 18.A　首先从4个邮筒中选出2个邮筒,有种选法, 再将6封不同的信件按1,5或2,4或3,3分组,有种分法, 最后将两组分配到两个邮筒,有种分法. 按照分步计数原理可知,恰有2个空邮筒的不同的放法共有=372种. 19.B　将身高从高到低的6人依次标号为1,2,3,4,5,6. 解法一(间接法):当“甲是所在组最矮的”或“乙是所在组最高的”至少有一个成立时, 若甲、乙不在同一组,则1,2,4一组,3,5,6一组,一种分组方式; 若甲、乙在同一组,则剩下四人任取一人与甲、乙同组均可,有=4种分组方式, 所以当“甲是所在组最矮的”或“乙是所在组最高的”至少有一个成立时,共有1+4=5种分组方式. 又平均分组共有=10种方式, 所以所求分组方式共有10-5=5种. 解法二(直接法):易知甲、乙不可能在同一组,那么1,2中至少有一人与乙一组,5,6中至少有一人与甲一组,若1,2均不与乙一组,且5,6均不与甲一组,则3,5,6一组,1,2,4一组,一种分组方式,除甲、乙外的4人均分成两组并安排到甲、乙所在组,共有=6种方式,所以所求分组方式共有6-1=5种. 20.答案　30 解析　若只有同学A去甲学校,则其余4名师范生按照“2,2”分组,所以不同的安排方法有=6种. 若除同学A外还有一名同学去甲学校,则其余3名师范生按照“2,1”分组,所以不同的安排方法有=24种. 故不同的安排方法共有6+24=30种. 能力提升练 1.B 4.B 5.C 6.A 7.D 1.B　第一步,从6行中任选3行,共有种方法, 第二步,从所选的三行的15个位置中选一个位置排甲,共有15种方法, 第三步,从余下可选的8个位置中选一个位置排乙,共有8种方法, 第四步,从余下可选的3个位置中选一个位置排丙,共有3种方法, 由分步计数原理可得,甲、乙、丙三人不在同一行也不在同一列的不同的站法有×15×8×3=7 200种. 2.答案　 解析　从11个点中取4个点的取法有=330种, 取出的4个点共面的情况有四种: ①四个点都在正五棱锥的某一个面上,有6=30种取法; ②四个点在两条侧棱上且不在侧面内,有=25种取法; ③四个点均为各侧棱的中点,有=5种取法; ④其中两点所在直线与另两点所在直线平行(如图中G,O所在直线GO与A',D'所在直线A'D'平行),且这四个点不在正五棱锥的某一个面上,有10种取法. 因此取得的4个点不共面的不同取法共有330-30-25-5-10=260种,所以取得的四个点不共面的概率为. 3.答案　401 解析　如图. 当路线经过点C时,从A到C有1种走法,从C到B有种走法; 当路线经过点D时,从A到D有种走法,从D到B有()种走法; 当路线经过点E时,从A到E有种走法,从E到B有种走法; 当路线经过点F时,从A到F有种走法,从F到B有种走法; 当路线经过点G时,从A到G有种走法,从G到B有1种走法. 所以不同的走法共有1×=28+180+150+36+7=401种. 4.B　若每个检测点均为一男一女通过,则共有=36种不同的结果; 若三个检测点中,一个检测点通过0人,一个检测点通过一男一女,一个检测点通过两男两女,则共有=54种不同的结果; 若六人均在同一个检测点通过,则共有=3种不同的结果. 故每个检测点通过的男生与女生人数相等的情况有36+54+3=93种. 5.C　第一步:先将3名妈妈全排列,共有种排法; 第二步:将3名女宝“捆绑”在一起,共有种排法; 第三步:将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素,在第一步形成的2个空中选择1个插入,有种排法; 第四步:将2名男宝中的一人插入第三步后相邻的两个妈妈中间,然后将另一名男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的1个,共有种排法. 所以不同的排法种数为=288. 6.A　(1)按照2,2,1分3组安装, ①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”,则共有=6种安装方案; ②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”,则共有=24种安装方案. (2)按照3,1,1分3组安装, ①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”,则共有=8种安装方案; ②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”,则共有=12种安装方案. 综上,共有6+24+8+12=50种安装方案. 7.D　易知1+8=2+7=3+6=4+5=9,从中任取2组,有种取法.在4列方格中任选2列,填入这2组数字,有种填法, 余下的4个数字填入方格中,有种填法,其中满足同列数字之和为9的有种填法, 所以仅有两列数字之和为9的填法有)=6×12×2×2×(24-2×2×2)=4 608种. 8.答案　192 解析　解法一:①A,C同色,B,D同色,则F有2种染色方案,E有1种染色方案,故有×2×1=24种染色方案; ②A,C同色,B,D不同色,则F有1种染色方案,E有1种染色方案,故有×1×1=24种染色方案; ③A,C不同色,B,D同色,若F,A同色,则E有1种染色方案(4种颜色都要使用到);若F,A不同色,则F,E只有1种染色方案,故有×2=48种染色方案; ④A,C不同色,B,D不同色,若A,D同色,则有×2=48种染色方案;若A,D不同色,则有×2=48种染色方案. 综上,共有24+24+48+48+48=192种染色方案. 解法二:①B,C,D,F各不同色, 若B,E同色,则A有3种染色方案,故共有×1×3=72种染色方案; 若B,E不同色,则E有1种染色方案,A有2种染色方案,故共有×1×2=48种染色方案; ②B,D同色,若C,E同色,则F有2种染色方案,A有1种染色方案,故有×2×1=24种染色方案;若C,E不同色,则F有1种染色方案,A有2种染色方案,故有×1×2=48种染色方案. 综上,共有72+48+24+48=192种染色方案. 21 学科网（北京）股份有限公司 $