6.2.3 组合 6.2.4 组合数（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三册（人教A版）

6.2.3　组合　6.2.4　组合数 基础过关练 题组一　对组合的概念的理解 1.(多选题)(2025山西大同第七中学月考)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.从全班同学中选出3名同学参加大学生运动会开幕式 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.(2025福建泉州德化第二中学月考)给出下列问题: ①有10个车站,任意两车站都有班次,共需要准备多少种车票? ②有10个车站,任意两车站都有班次,各班次票价不同,但任意两车站间来回票价相同,则共有多少种不同的票价? ③平面内有10个点,共可作出多少条不同的有向线段? ④有10个同学,假期约定每两人通电话一次,共需通话多少次? ⑤从10名同学中选出2名分别参加数学和物理竞赛,有多少种选派方法? 以上属于组合问题的是　　　　.(填序号)  题组二　组合数公式及其性质的应用 3.(2025安徽定远中学月考)已知,则=(　　) A.7　　　　B.21　　　　C.35　　　　D.42 4.(多选题)(2025安徽部分学校联考)下列结论正确的是(　　) A.3×4×5= C.若,则x=3　　　　D.=64 5.(2025山东德州五校联考)若,则+…+的值为(　　) A.45　　　　B.55　　　　C.120　　　　D.165 6.(易错题)不等式的解集为　.  题组三　简单的有限制条件的组合问题 7.(2025河北张家口一模)从集合{1,2,3,…,8,9}中随机取出4个不同的数,并将其从大到小依次排列,则第二个数是7的概率为(　　) A. 8.(2025河北邯郸联考)两名运动员参加一场七局四胜制的斯诺克短赛制比赛,比赛结束时所有可能比赛结果的种数为(　　) A.80　　　　B.70　　　　C.40　　　　D.35 9.(多选题)(2025浙江宁波九校联考)从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演,其中7个人唱歌,8个人跳舞,共有多少种选择方式?下列各式表述正确的为(　　) A. 10.(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 11.(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 12.(教材习题改编)从7名男生和5名女生中选出5人,分别求符合下列条件的选法数. (1)A,B必须被选出; (2)至少有2名女生被选出; (3)让选出的5人分别担任体育委员、文娱委员等5种不同职务,但体育委员由男生担任,文娱委员由女生担任. 题组四　分组与分配问题 13.(2025湖南衡阳第四中学期末)将甲、乙等6位身高各不相同的同学平均分为两组,甲、乙在这六位同学中身高(从高到低)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 14.(多选题)(2025河南郑州十校期中联考)现有带有编号1,2,3,4,5的五个球及4个不同的盒子,则下列表述正确的有(　　) A.全部放入4个不同的盒子里,共有45种放法 B.全部放入2个不同的盒子里,每个盒子至少放一个,共有种放法 C.将其中的4个球放入4个盒子里的一个(另一个球不放入),共有种放法 D.全部放入4个不同的盒子里,没有空盒,共有种放法 15.(2025浙江湖州检测)把5个相同的小球分给3个小朋友,使每个小朋友都能分到小球的分法有(　　) A.4种　　　　B.6种　　　　C.21种　　　　D.35种 16.(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”的三个吉祥物,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　　　　.  17.(易错题)(2025山东德州第一中学月考)马拉松组委会决定派小王、小李等8名志愿者到甲、乙两个路口做引导员,需要分为两组,每位志愿者去一个路口,每个路口至少有两位引导员,若小王和小李不能在同一组,则不同的安排方案种数为　　　　.  18.(创新题)(2025山东部分学校月考)设集合A={1,0,1},B={(x1,x2,x3,x4,x5,x6)|xi∈A,i=1,2,3,4,5,6},那么集合B中满足1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|+|x6|≤3的元素的个数为　　　　.  题组五　与几何有关的组合问题 19.(多选题)(2025山东大联考)平面内有两组平行线,一组有10条,另一组有7条,且这两组平行线相交,则(　　) A.这两组平行线有70个交点 B.这两组平行线可以构成140条射线 C.这两组平行线可以构成525条线段 D.这两组平行线可以构成945个平行四边形 20.(2025山西部分学校期中)已知平面α∥平面β,平面α内有A,B,C,D,E共5个点,其中有且仅有A,B,C三点共线,平面β内有F,G,H,J共4个点,任意三点不共线,则以这9个点中的4个为顶点的三棱锥最多有　　　　个.  21.(教材习题改编)某圆上有2n(n≥2)个点,且这些点等分圆周,从这2n个点中任取3个,可构成直角三角形的概率为,连接这2n个点可构成正多边形,则此正多边形的边数为　　　　. 能力提升练 题组一　组合数两个性质的应用 1.(2025山东泰安新泰中学月考)+…+=　　　　.  2.(2025海南中学月考)数列{an}满足a1=1,an+1=an(n∈N*),记bn=(n∈N*),则b1+b2+…+b99=　　　　.  3.(创新题)(2025湖北部分学校联考)设N为正整数,在平面直角坐标系xOy中,若y2=1(0≤m≤N,0≤n≤N,且m,n∈Z)恰好能表示出12个不同的椭圆,则N的值为　　　　.  题组二　组合的应用 4.(2025湖北武汉部分重点中学期中联考)如图,湖面上有4个相邻的小岛A,B,C,D,现要建3座桥梁,将这4个小岛连通起来,则建设方案有(　　) A.12种　　　　B.16种　　　　C.20种　　　　D.24种 5.(2024吉林延边二中期中)某国际旅行社有11名对外翻译人员,其中有5人只会英语,4人只会法语,2人既会英语又会法语,现从这11人中选出4人当英语翻译,4人当法语翻译,则不同的选法种数为(　　) A.225　　　　B.185　　　　C.145　　　　D.110 6.(多选题)(2025福建部分优质高中联考)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A1,A2,A3,A4是道路网中位于一条对角线上的4个交会处.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,则下列说法正确的有(　　) A.甲从M到达N处的走法种数为20 B.甲从M必须经过A3到达N处的走法种数为9 C.甲、乙两人能在A3处相遇的走法种数为36 D.甲、乙两人能相遇的走法种数为162 7.(2025湖南九校联盟联考)从1,2,3,…,20中任意选取四元数组(a1,a2,a3,a4),满足ai+1-ai≥i+3(i=1,2,3),则这样的四元数组(a1,a2,a3,a4)的个数为　　　　.(用数字作答)  8.(2025湖北武汉中学月考)为激励高三学子的学习热情,数学老师开发了一款小游戏程序,同学们表现优秀时可参与一次.游戏规则如下: 第一步,在图①所示的棋盘内,学生点击摇奖,程序会随机放上7枚黑棋; 第二步,学生自行选择空格放上2枚白棋; 最终,每当有4枚棋子在同一行、列或对角线上时,称为连成一条线.若未连成线,则获安慰奖;连成一、二、三条线,分别获三、二、一等奖,图②就是一种获一等奖的情况. 现在小明和小红都可参与一次游戏.小明点击摇奖后,出现了图③的情况,若他随机地放上白棋,则他获二等奖的方法数有　　　　种;已知小红放上白棋时总能保证奖励最大化,则在“点击摇奖后,7枚黑棋中恰有4枚在第一列”的条件下,她获一等奖的方法有　　　　种.  　　 9.(创新题·新考法)(2025广东广州期中)(1)对于n元一次方程x1+x2+…+xn=k,试求其正整数解的个数; (2)求n元一次方程组的非负整数解的个数; 注:与可视为二元一次方程的两组不同解. 题组三　排列与组合的综合应用 10.(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.现有三男三女六位学生需要安检,则每个检测点通过的男生和女生人数相等的可能情况有(　　) A.66种　　　　B.93种　　　　C.195种　　　　D.273种 11.(易错题)(2025山西大同二中检测)某考试考场的规格为每场30名考生,分为6排5列,依照如图所示的方式进行座位号的编排.为了确保考试的公平性,考生的试题卷分为A卷和B卷,座位号为奇数的考生使用A卷,座位号为偶数的考生使用B卷.已知甲、乙、丙三名考生在同一考场参加高考,且三人使用的试卷类型相同,三名考生中任意两人不得安排在同一行或同一列,则甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有(　　) 第五列 第四列 第三列 第二列 第一列 25 24 13 12 01 第一排 26 23 14 11 02 第二排 27 22 15 10 03 第三排 28 21 16 09 04 第四排 29 20 17 08 05 第五排 30 19 18 07 06 第六排 A.2 016种　　　　B.1 008种 C.1 440种　　　　D.720种 12.(2025广东中山第一中学检测)已知一袋中有标有号码1,2,3,4的卡片各一张,每次从中取出一张,记下号码后放回,当四种号码的卡片全部取出时即停止,则恰好取6次卡片时停止的概率为　　　　.  13.(2024河北邢台名校联盟月考)如图,某心形花坛中有A,B,C,D,E 5个区域,每个区域只种植一种颜色的花. (1)要把5种不同颜色的花种植到这5个区域中,每种颜色的花都必须种植,共有多少种不同的种植方案? (2)要把4种不同颜色的花种植到这5个区域中,每种颜色的花都必须种植,共有多少种不同的种植方案? (3)要把红、黄、蓝、白4种不同颜色的花种植到这5个区域中,每种颜色的花都必须种植,要求相同颜色的花不能相邻种植,且有2个相邻的区域种植红、黄2种不同颜色的花,共有多少种不同的种植方案? 答案与分层梯度式解析 6.2.3　组合　6.2.4　组合数 基础过关练 1.AC 3.B 4.AD 5.D 7.D 8.B 9.ABC 10.D 11.B 13.B 14.ACD 15.B 19.ACD 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个不同的数字后,还需对3个数字进行排序,故是排列问题. 对于C,只需选出3名同学即可,无排序要求,故是组合问题. 对于D,选出3名同学后还要安排其职务,即需排序,故是排列问题. 2.答案　②④ 解析　①车票有顺序,如A→B和B→A; ②票价没有顺序; ③有向线段有顺序; ④两人通电话一次没有顺序; ⑤选出的2名同学还要参加不同的竞赛,即有顺序. 故属于组合问题的是②④. 3.B　因为,所以x=3x-4或x+3x-4=16,解得x=2或x=5, 所以=21. 4.AD　对于A,3×4×5=,故A正确; 对于B,=15,故≠,故B错误; 对于C,由,得x=2x-2或x+2x-2=10,解得x=2或x=4,故C错误; 对于D,+7=64,故D正确. 5.D　因为,所以m+m+2=22,解得m=10, 故+…++…++…++…+=…==165. 6.答案　{5,6,7,8,9,10,11} 解析　由题得x≥5,x∈N*,原不等式为- , 整理得x2-11x-12<0,解得-1<x<12, ∴原不等式的解集为{5,6,7,8,9,10,11}. 易错警示 　　组合数的计算问题,要注意中隐含的3个条件:①m,n∈N*;②m≤n;③的运算结果为正整数.在解与组合数有关的方程或不等式时,应先求出未知数的取值范围,再利用组合数公式化简,最后得出问题的解.注意性质的应用. 7.D　任取4个不同的数,且从大到小排列可得所有的情况有=126种,第二个数是7的情况有=30种,故所求概率为. 8.B　因为采用7局4胜制,先赢4局者获胜,所以可能比赛4局,5局,6局,7局. 若比赛4局,则有2种结果;若比赛5局,则有2=8种结果;若比赛6局,则有2=20种结果;若比赛7局,则有2=40种结果.所以所有可能比赛结果种数为2+8+20+40=70. 9.ABC　从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演,其中7个人唱歌,8个人跳舞, 先从40个能歌善舞的人中选择15个人有种选择,再从这15个人中选择7个人唱歌有种选择,剩下的8人跳舞,共有种选择方式,故A正确; 先从40个能歌善舞的人中选择7个人唱歌有种选择,再从剩下的33个人中选择8个人跳舞有种选择,共有种选择方式,故B正确; 先从40个能歌善舞的人中选择8个人跳舞有种选择,再从剩下的32个人中选择7个人唱歌有种选择,共有种选择方式,故C正确; 不能满足从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演,其中7个人唱歌,8个人跳舞,故D错误. 10.D　分两种情况: ①所选取的3个项目中恰有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, 由分步乘法计数原理知,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. 由分类加法计数原理知,至少选中2个相同项目的情况有840+56=896种. 11.B　8个格子涂红、蓝两种颜色,不能有相邻的格子都染红色,包含以下几种情况: ①8个格子都涂蓝色,有1种情况; ②8个格子中有7个格子涂蓝色有=8种情况; ③8个格子中有6个格子涂蓝色,2个格子涂红色,红色不相邻,由插空法可知有=21种情况; ④8个格子中有5个格子涂蓝色,3个格子涂红色,红色不相邻,由插空法可知有=20种情况; ⑤8个格子中有4个格子涂蓝色,4个格子涂红色,红色不相邻,由插空法可知有=5种情况. 所以满足要求的染色方法共有1+8+21+20+5=55种. 12.解析　(1)因为A,B必须被选出,所以再从除A,B以外的10人中任选3人即可,故选法数为=120. (2)从12人中任选5人的选法数为,选出的5人中没有女生的选法数为,选出的5人中有1名女生的选法数为,所以至少有2名女生被选出的选法数为=792-21-175=596. (3)先选出一名男生担任体育委员,再选出一名女生担任文娱委员,最后在剩余的10人中任选3人安排职务即可,故选法数为=25 200. 13.B　将这6人按身高从高到低依次标号为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,则只有124,356一种方式; 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种方式. 而平均分组共有=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中至少有一位与乙一组,5,6中至少有一位与甲一组,若1,2均不与乙一组,且5,6均不与甲一组,即356一组,124一组,只有一种情况,除甲、乙外的4人均分两组,分别和甲、乙同一组,共有·=6种方式,所以所求分组方式共有6-1=5种. 14.ACD　对于A,每个小球都有4种选择,所以共有45种放法,故A正确. 对于B,第一步选2个盒子,有种选法,第二步将5个球分为两组,若两组球个数分别为1,4,有种分法;若两组球个数分别为2,3,有种分法,第三步将两组球分给两个盒子,有种分法,所以共有=180种放法,故B不正确. 对于C,第一步选4个球,有种选法,第二步选一个盒子,有种选法,所以共有种放法,故C正确. 对于D,第一步将5个球分成2,1,1,1的四组,共有种分法,第二步分给4个盒子,有种分法,所以共有种放法,故D正确. 方法技巧 　　遇到分配问题,切记一定要先分组,再分配,这样比较容易理解. 15.B　利用隔板法,5个小球间产生4个空隙,在这4个空隙中插入2个隔板,将5个小球分成3组,依次给3个小朋友,所以有=6种分法. 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. 16.答案　50 解析　(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; 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. (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; 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. 综上,不同的安装方案共有6+24+8+12=50种. 17.答案　124 解析　若小王在甲路口,小李在乙路口,则剩余6个人分到两个路口, 两个路口为1+5人分布,有=12种方案, 两个路口为2+4人分布,有=30种方案, 两个路口为3+3人分布,有=20种方案, 此时共有12+30+20=62种方案. 同理,若小李在甲路口,小王在乙路口,也有62种方案. 所以共有62+62=124种不同的安排方案. 易错剖析 　　①平均分组时,一定要除以组数的全排列;②两个路口不同,要注意顺序. 18.答案　232 解析　若|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|+|x6|=1, 则xi(i=1,2,3,4,5,6)中有5个为0,1个为1或-1, 共有=12种; 若|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|+|x6|=2, 则xi(i=1,2,3,4,5,6)中有4个为0,2个为1或-1, 共有=60种; 若|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|+|x6|=3, 则xi(i=1,2,3,4,5,6)中有3个为0,3个为1或-1, 共有=160种. 综上所述,集合B中满足1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|+|x6|≤3的元素的个数为12+60+160=232. 19.ACD　对于A,两组平行线相交有=70个交点,A正确;对于B,一个交点可以引出4条射线,故可以构成4×70=280条射线,B错误;对于C,10条平行线中的每一条有条线段,7条平行线中的每一条有条线段,故可以构成10=525条线段,C正确;对于D,10条平行线中的每2条平行线与7条平行线中的每2条平行线可以构成一个平行四边形,故可以构成=945个平行四边形,D正确. 20.答案　116 解析　分三类情况讨论: ①从平面α内取不共线的3个点,平面β内取1个点,共有(=36种情况; ②从平面α内取2个点,平面β内取2个点,共有=60种情况; ③从平面α内取1个点,平面β内取3个点,共有=20种情况. 综上所述,以这9个点中的4个为顶点的三棱锥最多有36+60+20=116个. 21.答案　12 解析　从2n个点中任取3个,共有种取法,3个点要构成直角三角形,则有2个点为圆的直径的端点,然后从剩下的(2n-2)个点中任取一个即可.因为这2n个点等分圆周,所以这2n个点对应有=n条直径,则可构成直角三角形的情形有n种,所以可构成直角三角形的概率为,解得n=6,所以2n=12,所以此正多边形的边数为12. 能力提升练 4.B 5.B 6.AB 10.B 11.A 1.答案　124 解析　由题意得解得n=6, 所以原式=+…++…+=124. 2.答案　1 650 解析　由an+1=an,得an=×…××…×, 又a1=1满足上式,所以an=, 所以a1+a2+…+an=+…++…+, 则bn=,故b1+b2+…+b99=×(1+2+…+99)==1 650. 3.答案　6或7 解析　由知,当N为偶数时,均有+1个不同的取值,由y2=1表示椭圆知,≠,(关键点) 故方程可表示的不同的椭圆的个数为·,则·=12,解得N=6(负值舍去). 当N为奇数时,均有个不同的取值,故方程可表示的不同的椭圆的个数为·,则·=12,解得N=7(负值舍去). 综上所述,N=6或N=7. 4.B　由题意知,要将4个相邻的小岛A,B,C,D连接起来,共有=6个位置可以建设桥梁,从这6个位置中选3个建设桥梁,共有=20种选法,但选出的3个位置可能仅连接A,B,C或A,B,D或A,C,D或B,C,D三个小岛,有4种情况,故要建3座桥梁,将这4个小岛连接起来,共有20-4=16种不同的方案. 5.B　分三类:①既会英语又会法语的2人均未入选,有=5种选法.②既会英语又会法语的2人中有1人入选,分这个人当英语翻译和法语翻译两种情况,有=60种选法.③既会英语又会法语的2人均入选,分三种情况:2人都当英语翻译;2人都当法语翻译;一人当英语翻译,一人当法语翻译,有=120种选法.故共有5+60+120=185种不同的选法. 6.AB　对于A,甲从M到达N处只需向上、向右各走3步,共走6步,走法种数为=20,故A正确; 对于B,甲从M到A3需要走3步,其中向上1步,向右2步,有种走法,从A3到N处需要走3步,其中向上2步,向右1步,有种走法,故走法种数为=9,故B正确; 对于C,甲经过A3的走法有9种,同理乙经过A3的走法有9种,则两人能在A3处相遇的走法种数为9×9=81,故C错误; 对于D,若甲、乙两人相遇,则相遇点为A1,A2,A3,A4中的一个,在A1,A4处相遇各有1种走法,在A2,A3处相遇各有81种走法,故甲、乙两人能相遇的走法种数为1+1+81+81=164,故D错误. 7.答案　70 解析　由题意得a2-a1≥4,a3-a2≥5,a4-a3≥6, 将a1连同右边的3个空位捆绑,a2连同右边的4个空位捆绑,a3连同右边的5个空位捆绑,分别看作一个元素,还剩20-4-5-6=5个元素, 所以四元数组(a1,a2,a3,a4)的个数相当于从8个元素中选取4个, 故这样的四元数组的个数为=70. 8.答案　4;54 解析　对于小明,在题图③的情况下,再放2枚白棋形成两条线的不同情况有4种. 对于小红,9枚棋子形成三条线的形状(简称“三线”)必然由一行、一列、一对角线构成,(关键点) 由于第一列已经确定,因此当第一或四行连上时,对角线有1种情况;当第二或三行连上时,对角线有2种情况,因此“三线”共有2×1+2×2=6种情况. 因为小红总能保证奖励最大化,所以只需随机出来的形状恰好是“三线”去掉2枚棋子(下称为“准三线”)即可,故从第一列之外的5枚棋子中去掉2枚形成的“准三线”共有6=60种, 但有一些“准三线”可以由多个“三线”得到: 第一列和某一对角线形成的“准三线”,可以由3个不同的“三线”得到,如图, 则重复计算的“准三线”有2×2=4种; 第一列和第二或三行形成的“准三线”,可以由2个不同的“三线”得到,如图, 则重复计算的“准三线”有2×1=2种. 因此,“准三线”实际上只有60-4-2=54种. 9.解析　(1)取k个相同的球排成一排,这k个球两两之间共有(k-1)个空隙,用(n-1)块相同的隔板插入这(k-1)个空隙,每个空隙最多插一块隔板,则插入隔板的方法数为, 这(n-1)块相同的隔板将k个球分成n组,从左到右各组的球数依次记为x1,x2,…,xn,则x1,x2,…,xn为正整数,且x1+x2+…+xn=k, 故n元一次方程x1+x2+…+xn=k的正整数解的个数为. (2)令xi=yi-1(i=1,2,…,m), 则y1,y2,…,ym是方程y1+y2+…+ym=p+1+m的正整数解, 由(1)知,方程y1+y2+…+ym=p+1+m的正整数解的个数为, 即方程x1+x2+…+xm=p+1的非负整数解的个数为, 同理可得,方程xm+1+xm+2+…+xn=q+1的非负整数解的个数为, 故n元一次方程组的非负整数解的个数为. 10.B　①每个检测点均为一男一女通过,共有=36种不同的结果; ②三个检测点中,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,共有=54种不同的结果; ③六人均在同一个检测点通过,共有=3种不同的结果. 故每个检测点通过的男生和女生人数相等的情况有36+54+3=93种. 11.A　先考虑甲、乙、丙三人使用A卷,则这三个人的座位号都为奇数,分以下几种情况: ①若这三人都在奇数列,则第一个人需在第一列选一个奇数号的座位,有3种选择,第二个人在第三列选一个奇数号的座位,且与第一个人不能在同一排,有2种选择,最后一人只能在第五列选择一个奇数号的座位,且该人不能与前两人在同一排,只有1种选择,因此,不同的排法有3×2×1×=36种; ②三人中只有两人在奇数列,首先在第一、三、五列中选两列,有种选择, 其次,第一个人在其中一个奇数列中选择一个奇数号的位置,有3种选择, 第二个人在另一个奇数列中选择一个奇数号的位置,且与第一个人不在同一排,有2种选择, 第三个人在两个偶数列中选择一个奇数号的位置,有6种选择, 因此,不同的排法有=648种; ③三人中只有一人在奇数列,第一个人在第一、三、五列中随便选择一个奇数号的位置,有9种选择,第二个人在第二列中选择一个奇数号的位置,有3种选择,例如第二个人选择11号座位,因为第三个人不能与第二个人同排或同列,所以第三个人只有2种选择,即19号和21号两个位置可供选择,因此,不同的排法有9×3×2×=324种. 所以当三个人都考A卷时,不同的排法种数为36+648+324=1 008. 由对称性可知,当三人都考B卷时,不同的排法种数也为1 008. 综上,甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有1 008×2=2 016种. 12.答案　 解析　每次从中取出一张,记下号码后放回,进行6次,一共有46种不同的取法. 恰好取6次卡片时停止,说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码,则前5次3种号码出现的次数分别为3,1,1或2,2,1, 3种号码分别出现3,1,1次且取6次时停止的取法有×1=240种, 3种号码分别出现2,2,1次且取6次时停止的取法有×1=360种, 由分类加法计数原理知,恰好取6次卡片时停止共有240+360=600种取法, 所以恰好取6次卡片时停止的概率P=. 13.解析　(1)由全排列可得,共有=120种不同的种植方案. (2)先从5个区域中选出2个区域种植一种相同颜色的花,共有=40种方案; 再将剩余的3种颜色的花种植到剩下的3个区域中,共有=6种方案. 所以共有40×6=240种不同的种植方案. (3)要把4种不同颜色的花分别种植到这5个区域中,则必然有2个区域种植相同颜色的花. 第一类,E区域种植红色的花(有种种植方案),A,B,C,D 4个区域中有2个区域种植其他相同颜色的花,则相同颜色的花必然种植在A,D或B,C区域(有2×种种植方案),共有=12种方案; 第二类,E区域种植黄色的花,同理可得,共有=12种方案; 第三类,E区域种植蓝色的花(有种种植方案),若有2个区域种植白色的花,则没有两个相邻的区域种植红、黄2种不同颜色的花,所以不可能有2个区域种植白色的花,因此2个区域种植的都是红色或都是黄色的花(有2×种种植方案),共有=8种方案; 第四类,E区域种植白色的花,同理可得,共有=8种方案. 综上,共有12×2+8×2=40种不同的种植方案. 28 学科网（北京）股份有限公司 $