专题02 组合与组合数（8大题型专项训练）数学苏教版选择性必修第二册

专题02 组合与组合数（原卷版） 目录 A题型建模・专项突破 题型一、组合数的计算与证明 1 题型二、组合数方程和不等式（重点） 2 题型三、组合数的性质及应用 2 题型四、实际问题中的组合计数问题 3 题型五、代数中的组合计数问题（重点） 4 题型六、几何组合计数问题 4 题型七、分组分配问题（重点） 5 题型八、隔板法 6 B综合攻坚·能力跃升 6 题型一、组合数的计算与证明 1．计算 ______ 2．计算； 3．（多选）下列各式正确的是（    ） A． B． C． D． 4．（多选）已知，且，则下列等式一定正确的是（    ） A． B． C． D． 5．（1）求证：； （2）若m、n、r均为正整数，试证明：． 题型二、组合数方程和不等式 6．若，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 7．不等式的解集为__________． 8．解方程式：. 9．已知，求的值． 10．求关于的不等式的解集． 11．解下列方程. (1)若，求. (2) (3). 题型三、组合数的性质及应用 12．若，则（    ） A．2或6 B．2或3 C．3 D．6 13．（   ） A．100 B．110 C．120 D．130 14．（多选）等于（   ） A． B． C． D． 15．设为正整数，若，则_____． 16．化简：． 题型四、实际问题中的组合计数问题 17．从10双相同的鞋子中随机抽取4只鞋，恰好可以作为2双的概率为__________． 18．甲､乙､丙等7名同学参加演讲比赛，决出特等奖1名､一等奖1名､二等奖2名､三等奖3名.比赛结束后，甲说：“我和乙均获三等奖，”乙说：“我获三等奖，”丙说：“我和乙至少有1人获三等奖，”已知这3人中仅有1人说谎，则这7人获奖情况的种数为（    ） A．60 B．90 C．120 D．180 19．小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，则从起点到终点共有______种不同的走法. 20．某校高一年级甲、乙、丙三位同学从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术共七门学科中选择三门作为高考选考科目，若其中任何两人恰有一门选考科目相同，则共有_______（用数字作答）种不同的选科方法． 21．新高考改革后，在取消文理分科后，全国大多数地区实行“”模式，即语、数、外三科为国家统考，所有考生必选，然后从物理、历史2科中任选1科，再从化学、生物、政治和地理中任选2科参加高考．选科前大家普遍认为，传统的“大文大理”（即“物化生”“政史地”组合）还依然是主流，那么选考的组合方式一共有多少种可能的情况？其中选物理不选历史和选历史不选物理的情况又分别有多少种？ 22．某国际会议中心有A、B、C、D、E等5种不同功能的会议室，且每种功能的会议室又有大、中、小和特小等4种型号，总共20个会议室.现在有一个国际学术会议需要选择3种不同功能的6个会议室，并且每种功能的会议室选2个型号.试问会议中心的工作人员有多少种安排会议室的方法？ 题型五、代数中的组合计数问题 23．从不大于30的素数中随机选取两个素数，则被选取的两个素数之和为30的概率是（   ） A． B． C． D． 24．已知集合，从的非空子集中随机选一个集合，设事件表示“抽到的集合中所有元素之和为偶数”，则__________. 25．像87125这样各个数位上的数字依次先减少再增加的数称为“凹数”，现用0~9这10个数字，每个数字只用一次，组成的十位数，能组成______个凹数. 26．已知集合，从集合的非空子集中任取两个集合，，则它们的交集为空集的概率为______. 27．将分别写有2，0，2，6的四张卡片，按一定次序排成一行组成一个四位数（首位不为0），则组成的不同四位数的个数有______．（用数字作答） 28．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） 题型六、几何组合计数问题 29．已知直线，异面，上有，，，四个点，上有，，三个点，这七个点中任意两点可连成直线，其中异面直线有（    ）对 A．37 B．54 C．66 D．67 30．在由连接正方体 的任意两个顶点形成的所有直线中，任意选取两条直线，则这两条直线垂直的概率是________． 31．以正五棱柱的顶点为顶点的三棱锥的个数为__________. 32．从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的________倍． 33．平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线． (1)经过这9个点，可确定多少条直线？ (2)以这9个点为顶点，可以确定多少个三角形？ (3)以这9个点为顶点，可以确定多少个四边形？ 题型七、分组分配问题 34．某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（   ） A．180 B．240 C．320 D．360 35．某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（    ） A．6种 B．12种 C．14种 D．28种 36．十二生肖鼠牛虎兔龙蛇马羊猴鸡狗猪，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应着一种生肖现有十二生肖的吉祥物各个，从中选出含牛的吉祥物在内的个吉祥物分给甲乙丙个人，每人至少分得个吉祥物，则不同的分法种数为__________． 37．为保障某村举办的活动秩序，村委会需从报名的10名大学生（含甲､乙､丙3人）中选出6人组成志愿者团队，并分配到安检､引导､后勤三个岗位，每个岗位至少1人.已知大学生甲､乙､丙因熟悉流程必须参与且分别安排在三个岗位上，则所有不同的分配方案种数为（    ） A．960 B．1260 C．2180 D．5670 38．来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手，每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人，且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则，该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种. 39．把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组，到4辆公共汽车里售票，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同的情况． (1)有几种不同的分配方法？ (2)每小组必须是一位男售票员和一位女售票员，有几种不同的分配方法？ (3)如果每组的售票员性别相同，有几种不同的分配方法？ 题型八、隔板法 40．方程的正整数解共有（   ） A．组 B．组 C．组 D．组 41．20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 42．某平台账号开放给甲、乙、丙三人使用的时间合计为30分钟，同一时间只能供一人使用．为了优化该平台的使用效果，要求这三人均要使用该平台，且三人使用的时间累加刚好为30分钟，每人的使用时间不间断，每人的使用时间均为1分钟的正整倍数，则不同的安排方法种数为（   ） A．3654 B．4060 C．406 D．435 43．有10个评优指标分到3个不同的班级.若每班至少分配到1个指标，则指标个数的不同分配方法共有__________种. 1．（2026·安徽滁州·一模）从1，2，3，4，5，6这6个数中随机选取3个不同的数，则这3个数的中位数为4的概率为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·云南红河·模拟预测）森林植被是主要由树木组成的植物群落，常见的典型类型包括：常绿阔叶林（以云南西双版纳为代表）、落叶阔叶林（以华北地区为代表）和针叶林（以大兴安岭为代表）．某地理研究团队计划派5个研究小组对这三种典型森林植被的3个代表地区进行考察，要求每个研究小组只分配到一个地区，每个地区至少分配1个研究小组，则不同的分配方案共有（    ） A．300种 B．240种 C．150种 D．120种 3．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）从装有3个黑球和3个白球（球的大小、质地完全相同）的不透明袋子中随机取出2个球，已知三个白球的编号分别为1，2，3，三个黑球的编号分别为4，5，6，则取出的2个球的编号之和为奇数且至少有一个为黑球的概率为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·26高三上·湖北·期末）袋中有9个除了颜色外完全相同的小球，其中有3个白球，2个红球，4个黄球.从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都取到时停止，记停止时取出的球的个数为，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·广东茂名·一模）从1至13的整数中任取3个不同的数，则能被2整除的概率为（    ） A． B． C． D． 6．（2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让.现有印有“温、良、恭、俭、让”5个字的书签各2张，10张书签的颜色和图案互不相同.从10张书签中抽取4张分给4位同学，每人一张书签，恰有2位同学分到的书签上汉字相同的分配方案有（   ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 7．（2026·河北承德·一模）将标号为1，1，2，2，3，4的6张不同卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张标号不同的卡片，则不同的放法共有________种． 8．（2026·新疆·模拟预测）截至到2025年8月中旬，2025年暑期档电影总票房突破100亿元.其中战争历史片《南京照相馆》与《东极岛》，国产动画片《浪浪山小妖怪》与《罗小黑战记II》，国产古装片《长安的荔枝》，类型片《戏台》与《捕风追影》七部电影更是在票房与口碑上收获满满.小明将这七部电影的宣传海报（各1份）分别赠予2名男生和5名女生，每人1份，其中电影《戏台》的宣传海报赠予女生甲，2名男生收到的电影海报不属于同一电影题材，则不同的赠予方案总数为______. 9．（2026·河北·模拟预测）如图，某城市A，B两地间有整齐的道路网，每两条线的交点处为一个路口，小林要从出发到处，若每次只能向右或向上走一个路口，P，Q两处实行交通管制，不准通行，则从到的走法共有____________种．（用数字作答） 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 组合与组合数（解析版） 目录 A题型建模・专项突破 题型一、组合数的计算与证明 1 题型二、组合数方程和不等式（重点） 2 题型三、组合数的性质及应用 4 题型四、实际问题中的组合计数问题 6 题型五、代数中的组合计数问题（重点） 8 题型六、几何组合计数问题 10 题型七、分组分配问题（重点） 13 题型八、隔板法 16 B综合攻坚·能力跃升 17 题型一、组合数的计算与证明 1．计算 ______ 【答案】 【详解】． 2．计算； 【答案】0 【详解】原式. 3．（多选）下列各式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】对A选项，，A正确； 对B选项，左边=，B错误； 对C选项，方法一：，方法二：，C正确； 对D选项，，故D错误. 故选：AC. 4．（多选）已知，且，则下列等式一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】对于选项A：由，得，故A正确； 对于选项B：由，得，则，故B正确； 对于选项C：例如，则，即，故C错误； 对于选项D：因为， 所以，故D正确； 故选：ABD． 5．（1）求证：； （2）若m、n、r均为正整数，试证明：． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【分析】 【详解】（1）左式， 右式， ∴． （2）构造数学模型证明：表示从个不同元素中每次取r个元素的取法种数． 将个不同元素分为两组，其中A组n个元素，B组m个元素， 从个不同元素中每次取r个元素，可分类完成， 依次为：A组取0个，B组取r个，有种取法； A组取1个，B组取个，有种取法； ……； A组取r个，B组取0个，有取法． 由加法原理知共有种取法． ∴． 题型二、组合数方程和不等式 6．若，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【详解】由得：， 故选：C 7．不等式的解集为__________． 【答案】 【详解】不等式化为：，整理得，解得，而， 所以，原不等式的解集为. 故答案为： 8．解方程式：. 【答案】 【详解】由原方程及组合数性质可得，或，解得或. 而当时，，不符合组合数定义，故舍去. 因此. 9．已知，求的值． 【答案】91 【详解】由已知得， 所以， 两边同乘以，可得， 整理得， 解得或． 要求的值，故， 所以， 于是． 10．求关于的不等式的解集． 【答案】 【详解】不等式， 即不等式， 即，解得， 又因且， 所以关于的不等式的解集为. 11．解下列方程. (1)若，求. (2) (3). 【答案】(1) (2) (3). 【详解】（1）由题意得， 则， 则同除得， 同乘得到， 则，又，故解得. （2）因为，所以， 又因为，所以，解得. （3）由题意得， 即，因为，所以， 得到，则， 化简可得，解得或， 又，即，所以解得. 题型三、组合数的性质及应用 12．若，则（    ） A．2或6 B．2或3 C．3 D．6 【答案】A 【详解】由题意可得或， 解得或. 经检验均满足题意. 故选：A. 13．（   ） A．100 B．110 C．120 D．130 【答案】B 【详解】 . 故选：B. 14．（多选）等于（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】由组合数的性质得：. 故选：BD 15．设为正整数，若，则_____． 【答案】或 【详解】因为，则或， 解得或，又，得到，经检验，或均合题意， 所以或. 16．化简：． 【答案】 【详解】由公式得， 原式 ． 题型四、实际问题中的组合计数问题 17．从10双相同的鞋子中随机抽取4只鞋，恰好可以作为2双的概率为__________． 【答案】 【详解】10双鞋子共20只，从20只中随机抽取4只，不考虑顺序，总抽法为 ， 因为是10双相同的鞋子，故恰好凑成2双，即从10双左脚的鞋中选择两双，从10双右脚的鞋中选择两双， 符合条件的抽法为， 根据古典概型可知恰好可以作为2双的概率. 18．甲､乙､丙等7名同学参加演讲比赛，决出特等奖1名､一等奖1名､二等奖2名､三等奖3名.比赛结束后，甲说：“我和乙均获三等奖，”乙说：“我获三等奖，”丙说：“我和乙至少有1人获三等奖，”已知这3人中仅有1人说谎，则这7人获奖情况的种数为（    ） A．60 B．90 C．120 D．180 【答案】C 【详解】若乙不是三等奖，则甲乙都说谎，不合题意， 所以乙是三等奖，乙丙说真话，甲说谎，即甲不是三等奖， 三等奖3名，含乙不含甲，剩余2个名额在除甲乙外的5人中选，有种选法， 二等奖2名，在未被选入三等奖的4人中选取，有种选法， 最后两人先选特等奖再选一等奖种选法， 所以这7人获奖情况的种数为. 19．小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，则从起点到终点共有______种不同的走法. 【答案】29 【详解】设：列从左到右为，行从下到上为， 起点()，简记为，终点()，简记为 如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格， 则小明必经过和， 当小明经过到达时，按以下步骤： 从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法， 下面又分两类情形到达， 第1类是从到，只有2种走法，然后再向右走到， 而从到，这三步中有一步向上，两步向右，故有种走法， 所以第1类从到的走法有种； 第2类是从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法， 然后从到，只能全向右走，只有1种走法， 所以第2类从到的走法有种； 所以小明经过到达的走法有种； 当小明经过到达时，按以下步骤： 从到，只能全向右走，只有1种走法， 再从到，只能全向上走，也是只有1种走法， 最后从到，只有2种走法， 所以小明经过到达的走法有种； 故小明从起点到终点不同的走法共有种. 20．某校高一年级甲、乙、丙三位同学从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术共七门学科中选择三门作为高考选考科目，若其中任何两人恰有一门选考科目相同，则共有_______（用数字作答）种不同的选科方法． 【答案】5670 【详解】第一步：甲从7门学科中选3门，共 种选法； 第二步：因为乙和甲恰有1门相同，因此从甲的3门中选1门，再从甲没选的4门中选2门，共 种选法； 第三步：最后选丙的3门选科，要分两类计数， 设甲乙共同选的科目为，甲除外的两门为，乙除外的两门为，这5个科目互不相同，还剩余2个科目， 情况1：丙也选了公共科目 ，此时丙不能再与甲、乙有其他重复科目，只能从剩余2门科目中选，共 种选法； 情况2：丙不选公共科目 ，则丙需要和甲共1门（从中选）、和乙共1门（从中选），第三门从剩余2个科目中选，共 种选法； 因此丙共有 种选法； 根据分步计数乘法原理可得：总方法数为 . 21．新高考改革后，在取消文理分科后，全国大多数地区实行“”模式，即语、数、外三科为国家统考，所有考生必选，然后从物理、历史2科中任选1科，再从化学、生物、政治和地理中任选2科参加高考．选科前大家普遍认为，传统的“大文大理”（即“物化生”“政史地”组合）还依然是主流，那么选考的组合方式一共有多少种可能的情况？其中选物理不选历史和选历史不选物理的情况又分别有多少种？ 【答案】选考的组合方式12种，选物理不选历史6种，选历史不选物理6种 【详解】分成两步： 第一步：从物理、历史2科中任选1科，共有种， 第二步：再从化学、生物、政治和地理中任选2科,共有种， 因此选考的组合方式一共有种可能的情况； 其中选物理不选历史的共有种情况，选历史不选物理的共有种情况. 22．某国际会议中心有A、B、C、D、E等5种不同功能的会议室，且每种功能的会议室又有大、中、小和特小等4种型号，总共20个会议室.现在有一个国际学术会议需要选择3种不同功能的6个会议室，并且每种功能的会议室选2个型号.试问会议中心的工作人员有多少种安排会议室的方法？ 【答案】 【详解】从5种不同的会议室选三种有种方法，再从每种会议室里分别选出两个型号的会议室有种方法， 所以有种不同的安排方法. 题型五、代数中的组合计数问题 23．从不大于30的素数中随机选取两个素数，则被选取的两个素数之和为30的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】不大于30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个. 从中随机选取两个素数有种情况， 其中被选取的两个素数之和为30的有，，共3种情况， 故所求概率为. 故选：A 24．已知集合，从的非空子集中随机选一个集合，设事件表示“抽到的集合中所有元素之和为偶数”，则__________. 【答案】 【详解】集合的非空子集有个，元素和为偶数的子集个数为个， 所以. 25．像87125这样各个数位上的数字依次先减少再增加的数称为“凹数”，现用0~9这10个数字，每个数字只用一次，组成的十位数，能组成______个凹数. 【答案】510 【详解】方法一：由题设在凹数的谷底，且左右两侧的数均比零大， 先选择0左侧元素，余下元素放在右侧， 故共有个数； 方法二：1~9每个数字可能在0的左侧或0的右侧两种可能， 去掉全部在0的左侧和全部在0的右侧两种情况，共个数. 26．已知集合，从集合的非空子集中任取两个集合，，则它们的交集为空集的概率为______. 【答案】 【详解】由，解得，所以，共有个非空子集， 当中有一个元素时，是剩下三个元素的非空子集，则有种情况， 当中有两个元素时，是剩下两个元素的非空子集，则有种情况， 当中有三个元素时，是剩下一个元素的非空子集，则有种情况. 以上分类讨论得到的有序集对共有种. 由于题目是任取两个集合，不区分顺序，故复合条件的无序集对共有种. 所以任取两个集合，交集为空集的概率为. 故答案为： 27．将分别写有2，0，2，6的四张卡片，按一定次序排成一行组成一个四位数（首位不为0），则组成的不同四位数的个数有______．（用数字作答） 【答案】9 【详解】依题意，排数字0有种方法；排数字2有种方法；排数字6有1种方法， 所以组成的不同四位数的个数是. 故答案为：9 28．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 【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 题型六、几何组合计数问题 29．已知直线，异面，上有，，，四个点，上有，，三个点，这七个点中任意两点可连成直线，其中异面直线有（    ）对 A．37 B．54 C．66 D．67 【答案】A 【详解】从上，，，取一个点和上，，取一个点， 确定的直线数有条，再加上直线，，则共可得条不同的直线， 则共有对直线， 其中直线与新的条直线都共面，直线与新的条直线也都共面，共24对， 新的条直线中，若直线过点，则形成直线，共有对共面， 直线上有4个点，故共有对共面， 新的条直线中，若直线过点，则形成4条直线， 其中两两共面，有对， 直线上有3个点，故共有对共面， 故异面直线有对. 故选：A 30．在由连接正方体 的任意两个顶点形成的所有直线中，任意选取两条直线，则这两条直线垂直的概率是________． 【答案】 【详解】任意两个顶点形成条直线，所有任意两条直线共有对， 12条侧棱中，对每一条侧棱有12条直线与其垂直， 12条面对角线中，对每一条面对角线有8条直线与其垂直， 4条体对角线中，对每一条体对角线有6条直线与其垂直， 所以，这两条直线垂直的概率是． 故答案为：． 31．以正五棱柱的顶点为顶点的三棱锥的个数为__________. 【答案】180 【详解】正五棱柱共计10个顶点，可组成的4点组有个， 这些4点组中有四点共面的情形，共面的4点不能构成三棱锥. （1）5条侧棱中任选2条，4个顶点共面，共有个， （2）上底5个顶点中每4个顶点共面，有个， （3）下底5个顶点中每4个顶点共面，有个， （4）对于，由于与平行，故四点共面， 同理，对于上底的5条边，下底的另外4条边，均存在这样的一个四点共面， 共有个， 故所求为. 故答案为：180. 32．从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的________倍． 【答案】2 【详解】在八边形中，以为顶点的等腰三角形有3个， 分别为， 故为等腰三角形的情况数共个， 故为等腰三角形的概率为， 从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点， 不是直角三角形的情况，如下图中的等边三角形，这样的等边三角形共8个， 分别为，，，，，，，， 所以为直角三角形的概率为， 由于， 故为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的2倍. 故答案为：2 33．平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线． (1)经过这9个点，可确定多少条直线？ (2)以这9个点为顶点，可以确定多少个三角形？ (3)以这9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】 【详解】（1）解：法一：（直接法），共线的4点记为． 第一类：确定1条直线； 第二类：以外的5个点可确定条直线； 第三类：从中任取1点，其余5点中任取1点可确定条直线． 根据分类加法计数原理，共有不同直线（条）． 法二：（间接法）： 可确定直线（条）． （2）解：法一：（直接法），共线的4点记为． 第一类：从中取2个点，可得个三角形； 第二类：从中取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． 法二：（间接法）： 可确定三角形（个）． （3）解：法一：（直接法），共线的4点记为． 分三类：第一类，从5个不共线点中取4个点，有个； 第二类，从5个不共线点中取3个点和4个共线点中取1个点，有个； 第三类，从5个不共线点中取2个点和4个共线点中取2个点，有个。 故共有四边形（个）。 法二：（间接法）： 可确定四边形（个）． 题型七、分组分配问题 34．某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（   ） A．180 B．240 C．320 D．360 【答案】B 【详解】符合要求的选派方法可分为两步完成， 第一步，将名同学分成人数分别为的四组，该步有种完成方法， 第二步，将组同学分派到4个场次，此步有种完成方法， 由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为 35．某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（    ） A．6种 B．12种 C．14种 D．28种 【答案】C 【详解】4名同学按分配到两个社区，有种方法；按分配到两个社区，有种方法， 所以不同的分配方案有（种）. 36．十二生肖鼠牛虎兔龙蛇马羊猴鸡狗猪，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应着一种生肖现有十二生肖的吉祥物各个，从中选出含牛的吉祥物在内的个吉祥物分给甲乙丙个人，每人至少分得个吉祥物，则不同的分法种数为__________． 【答案】 【详解】根据题意，分三步进行， 第一步：从个吉祥物中选出含牛吉祥物在内的个吉祥物，有种选法； 第二步：将个吉祥物分成三组，若分为，，的三组，有种分组方法， 若分为，，的三组，有种分组方法，则共有种分组方法 第三步：将分好的三组分配给甲、乙、丙人，有种情况， 则共有种分法． 37．为保障某村举办的活动秩序，村委会需从报名的10名大学生（含甲､乙､丙3人）中选出6人组成志愿者团队，并分配到安检､引导､后勤三个岗位，每个岗位至少1人.已知大学生甲､乙､丙因熟悉流程必须参与且分别安排在三个岗位上，则所有不同的分配方案种数为（    ） A．960 B．1260 C．2180 D．5670 【答案】D 【详解】根据题意，甲、乙、丙必须参与且分别安排在三个不同的岗位， 因此先将甲、乙、丙分配到三个岗位，有 种分配方式. 再从剩余7人中选出3人，有 种选法，这3人可任意分配到三个岗位，每人有3种选择， 共种分配方式,故总方案数为 38．来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手，每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人，且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则，该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种. 【答案】1122 【详解】为方便叙述，将“方案设计”、“模型构建”、“编程实现”、“成果展示”四个环节依次记为环节一、环节二、环节三、环节四， 由规则②④可知，环节一至少有2个人，环节一、环节二和环节四至少共有4个人，因此环节三最多有3个人. （1）当环节三有3个人时， 则有可能是3个女生，或者2个女生和1个男生，或者1个女生和2个男生， 则安排好环节三有种方案， 剩余4个人，环节一必然有2个人，环节二和环节四各有1个人， 则安排好环节一、环节二和环节四有种方案. 所以安排好四个环节共有种方案. （2）当环节三有2个人时，则有可能是2个女生，或者1个女生和1个男生， 则安排好环节三有种方案， 剩余5个人， 当环节一有2个人时，环节四有2个人，环节二有1个人，此时有种方案； 当环节一有3个人时，环节四有1个人，环节二有1个人，此时有种方案. 所以安排好四个环节共有种方案. 综上，满足条件的安排方案共有种. 39．把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组，到4辆公共汽车里售票，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同的情况． (1)有几种不同的分配方法？ (2)每小组必须是一位男售票员和一位女售票员，有几种不同的分配方法？ (3)如果每组的售票员性别相同，有几种不同的分配方法？ 【答案】(1)2520 (2)576 (3)216 【分析】 【详解】（1）男女合在一起共有8人，每个车上2人，可以分四个步骤完成， 先安排2人上第一辆车，共有种， 再安排第二辆车共有种， 再安排第三辆车共有种， 最后安排第四辆车共有种， 这样不同的分配方法有（种）． （2）要求男女各1人，因此先把男售票员安排上车，共有种不同方法； 再把女售票员安排上车，也有种方法. 由分步乘法计数原理，男女各1人的不同分配方法为（种）． （3）男女分别分组，4位男售票员平均分成两组，共有种不同分法， 4位女售票员平均分成两组，也有种不同分法， 这样分组方法就有（种）. 对于其中每一种分法又有种上车方法，因而不同的分配方法有216（种）． 题型八、隔板法 40．方程的正整数解共有（   ） A．组 B．组 C．组 D．组 【答案】C 【详解】原题等价于下面这个问题： 将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，有多少种不同的分法? 由隔板法可得，方程的正整数解共有组． 故选：C 41．20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 【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 42．某平台账号开放给甲、乙、丙三人使用的时间合计为30分钟，同一时间只能供一人使用．为了优化该平台的使用效果，要求这三人均要使用该平台，且三人使用的时间累加刚好为30分钟，每人的使用时间不间断，每人的使用时间均为1分钟的正整倍数，则不同的安排方法种数为（   ） A．3654 B．4060 C．406 D．435 【答案】C 【详解】将30分钟按每分钟分配给3个人，相当于排成一列的30个小球分配给3个人，需在29个间隙中插入2块隔板， 所以不同的安排方法种数为. 故选：C 43．有10个评优指标分到3个不同的班级.若每班至少分配到1个指标，则指标个数的不同分配方法共有__________种. 【答案】36 【详解】因为个评优指标没有差别，把他们排成一排．相邻名额之间形成个空隙． 在个空档中选个位置插个隔板，把评优指标分成份，对应地分给3个班级，每一种隔板方法对应一种分法，则有有种分法． 故答案为：36. 1．（2026·安徽滁州·一模）从1，2，3，4，5，6这6个数中随机选取3个不同的数，则这3个数的中位数为4的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】总样本点个数为：； 若3个数的中位数为4，则必须满足： 一定选中数字4，剩余2个数中，恰好1个比4小、1个比4大， 比4小的数有1，2，3共3个，比4大的数有5，6共2个， 因此符合条件的样本点个数为： ； 根据古典概型公式，得：所求概率为：. 2．（2026·云南红河·模拟预测）森林植被是主要由树木组成的植物群落，常见的典型类型包括：常绿阔叶林（以云南西双版纳为代表）、落叶阔叶林（以华北地区为代表）和针叶林（以大兴安岭为代表）．某地理研究团队计划派5个研究小组对这三种典型森林植被的3个代表地区进行考察，要求每个研究小组只分配到一个地区，每个地区至少分配1个研究小组，则不同的分配方案共有（    ） A．300种 B．240种 C．150种 D．120种 【答案】C 【详解】5个小组分配到3个地区，每个地区至少有1个小组，可分为两种情况： ①各地区小组数分别为1，1，3： 先将5个小组分为三组，再分配到3个地区，方法数为种； ②各地区小组数分别为2，2，1： 先将5个小组分为三组，再分配到3个地区，方法数为种； 因此所求方案共有种方法． 3．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）从装有3个黑球和3个白球（球的大小、质地完全相同）的不透明袋子中随机取出2个球，已知三个白球的编号分别为1，2，3，三个黑球的编号分别为4，5，6，则取出的2个球的编号之和为奇数且至少有一个为黑球的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，任意取的2个球共有种， 取出的2个球的编号之和为奇数， 则取出的2个球的编号必须为一个奇数一个偶数，且至少有一个为黑球， 所以，一个白球（奇数）一个黑球（偶数）有种， 一个白球（偶数）一个黑球（奇数）有种， 两个黑球（一奇一偶）共有种，故概率为． 故选：C． 4．（2025·26高三上·湖北·期末）袋中有9个除了颜色外完全相同的小球，其中有3个白球，2个红球，4个黄球.从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都取到时停止，记停止时取出的球的个数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】前4次只取到红球和黄球（两种颜色都有），第5次取到白球，； 前4次只取到白球和黄球（两种颜色都有），第5次取到红球，； 前4次只取到白球和红球（两种颜色都有），第5次取到黄球，. 所以. 故选：C. 5．（2026·广东茂名·一模）从1至13的整数中任取3个不同的数，则能被2整除的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为1至13的整数中有6个偶数，7个奇数， 若能被2整除，则只需能被2整除，的取值异于即可， 当都为奇数时，的取法有种； 当都为偶数时，的取法有种， 所以能被2整除的概率为. 故选：B. 6．（2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让.现有印有“温、良、恭、俭、让”5个字的书签各2张，10张书签的颜色和图案互不相同.从10张书签中抽取4张分给4位同学，每人一张书签，恰有2位同学分到的书签上汉字相同的分配方案有（   ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 【答案】D 【详解】第一步，先从10张书签中选出4张，由题可知选到的4张书签中有两张汉字相同，其余两张各不相同， 共有种不同的选法； 第二步，将抽到的4张书签分给4位同学有种不同的分法， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方案共有：种. 故选：D. 7．（2026·河北承德·一模）将标号为1，1，2，2，3，4的6张不同卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张标号不同的卡片，则不同的放法共有________种． 【答案】60 【详解】由题知将标号为1，1，2，2，3，4的6张不同卡片放入3个不同的信封中， 将这6张不同的卡片，标号分别为， 将6张卡片均匀分成三组，然后放到三个不同的信封中，总的放法种数为． 不满足题目要求的情况如下：①其中有2个信封中的卡片标号相同， 则卡片的分组为，，，共1种，此时放法种数为. ②有1个信封中的卡片标号相同，则卡片的分组为，，； ，，；，，； ，，，共4种，此时放法种数为． 所以若每个信封放2张标号不同的卡片，则不同的放法种数为． 8．（2026·新疆·模拟预测）截至到2025年8月中旬，2025年暑期档电影总票房突破100亿元.其中战争历史片《南京照相馆》与《东极岛》，国产动画片《浪浪山小妖怪》与《罗小黑战记II》，国产古装片《长安的荔枝》，类型片《戏台》与《捕风追影》七部电影更是在票房与口碑上收获满满.小明将这七部电影的宣传海报（各1份）分别赠予2名男生和5名女生，每人1份，其中电影《戏台》的宣传海报赠予女生甲，2名男生收到的电影海报不属于同一电影题材，则不同的赠予方案总数为______. 【答案】624 【详解】当2名男生收到的电影海报分别为战争历史片和国产动画片，则有种情况， 又电影《戏台》的宣传海报赠予女生甲，故剩余的4个人与4张宣传海报进行全排列， 有种情况，故此时共有种情况； 当2名男生收到的电影海报分别为战争历史片和国产古装片，则有种情况， 同理可得此时共有种情况； 当2名男生收到的电影海报分别为战争历史片和类型片，则有种情况， 同理可得此时共有种情况； 当2名男生收到的电影海报分别为国产动画片和国产古装片，则有种情况， 同理可得此时共有种情况； 当2名男生收到的电影海报分别为国产动画片和类型片，则有种情况， 同理可得此时共有种情况； 当2名男生收到的电影海报分别为国产古装片和类型片，则有种情况， 同理可得此时共有种情况； 综上，共有种情况. 故答案为：624 9．（2026·河北·模拟预测）如图，某城市A，B两地间有整齐的道路网，每两条线的交点处为一个路口，小林要从出发到处，若每次只能向右或向上走一个路口，P，Q两处实行交通管制，不准通行，则从到的走法共有____________种．（用数字作答） 【答案】24 【详解】由题意可知，从出发到处，需要向上4次，向右4次，所以不同的情况有种， 从出发到处，需要向上3次，向右1次，从出发到处，需要向上1次，向右3次， 则从出发经过到处，共有不同情况种， 从出发到处，需要向上1次，向右2次，从出发到处，需要向上3次，向右2次， 则从出发经过到处，共有不同情况种， 则从出发不经过到达处，共有不同情况种. 故答案为：24. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $