6.3 组合与组合数
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：组合概念......................................................................2
考点二：组合数.........................................................................2
考点三：排列与组合的区别.......................................................... 2
考点四：组合数的性质................................................................ 2
模块二：题型分类.........................................................................2
题型一：组合概念的理解............................................................. 2
题型二：组合数与方程的计算....................................................... 4
题型三：组合数的性质及应用....................................................... 6
题型四：组合数解不等式与证明.................................................... 8
题型五：有限制条件的组合问题...................................................10
题型六：实际问题中的组合计数问题.............................................12
题型七：代数中的组合计数问题...................................................14
题型八：几何组合计数问题........................................................ 15
题型九：分组分配问题.............................................................. 18
题型十：x+y+z=n 的整数解的个数.............................................. 25
题型十：其它组合计数问题........................................................ 26
题型十一：组合的综合问题........................................................ 27
模块三：综合巩固....................................................................... 30
6.3 组合与组合数
模块一：基础知识
考点一：组合概念
一般地，从�个不同元素中取出�(�≤�)个元素并成一组，叫做从�个不同元素中取出m 个元素的一个组
合.
考点二：组合数
从�个不同元素中取出�(�≤�)个元素的所有组合的个数，叫做从�个不同元
素中取出�个元素的组合数．用符号��
�表示．其中
��
�= ��
�
��
�= �−1
�−2 ⋯(�−�+ 1)
�!
=
�!
�! �−�! ( �≤�)
考点三：排列与组合的区别
1.排列是讲“顺序”，而组合不讲“顺序”．
2.从�个元素中取出�个元素的排列(排列数��
�)，可以理解为分为两步：
第一步，从�个元素中取出�个元素组合，得到组合数��
�；
第二步，再对�个元素进行排列，得到排列数��
�，根据分步乘法计数原理得到��
�= ��
���
�⇒��
�=
���
��
�．
考点四：组合数的性质
1.规定:��0 = 1．
2.��
�= ��
�−�．
3.��+1
�
= ��
�+ ���−1．
4.���
�= ���−1
�−1．
模块二：题型分类
题型一：组合概念的理解
1.下列四个问题属于组合问题的是（
）
A．从4 名志愿者中选出2 人分别参加导游和翻译的工作
B．从1、2 、3、4 这4 个数字中选取3个不同的数字排成一个三位数
C．从全班同学中选出3 名同学参加学校运动会开幕式
D．从全班同学中选出2 名同学分别担任班长、副班长
【答案】C
【分析】根据组合的定义逐项判断可得出合适的选项.
【详解】对于A 选项，从4 名志愿者中选出2 人分别参加导游和翻译的工作，
将2 人选出后，还要安排导游或翻译的工作，与顺序有关，这个问题为排列问题；
对于B 选项，从1、2 、3、4 这4 个数字中选取3个不同的数字排成一个三位数，
选出三个数字之后，还要将这三个数安排至个位、十位、百位这三个数位，
与顺序有关，这个问题为排列问题；
对于C 选项，从全班同学中选出3名同学参加学校运动会开幕式，只需将三名同学选出，
与顺序无关，这个问题为组合问题；
对于D 选项，从全班同学中选出2 名同学分别担任班长、副班长，
将2 人选出后，还要安排至班长、副班长两个职务，与顺序有关，这个问题为排列问题.
故选：C.
2.下列问题中不是组合问题的是（
）
A．10 个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次
B．平面上有9 个不同点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条直线
C．集合
1
2
3
,
,
,
,
n
a a a
a
的含有三个元素的子集有多少个
D．从高二（6）班的50 名学生中选出2 名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法
【答案】D
【分析】根据组合的性质逐一判断即可.
【详解】因为两人握手没有顺序之分，所以选项A 问题是组合问题；
因为两点组成直线没有顺序之分，所以选项B 问题是组合问题；
因为集合元素具有无序性，所以选项C 问题是组合问题；
因为这2 名学生参加的节目有顺序之分，所以选项D 问题不是组合问题，
故选：D
3.（多选）下列是组合问题的是（
）
A．平面上有5 个点，其中任意三个点不共线，这5 个点最多可确定多少条直线？
B．10 支球队以单循环进行比赛（每两队比赛一次），共进行多少场次？
C．从10 个人中选出3 个为代表去开会，有多少种选法？
D．从10 个人中选出3 个为不同学科的课代表，有多少种选法？
【答案】ABC
【详解】A 是组合问题，因为两点确定一条直线，与点的顺序无关；
B 是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别；
C 是组合问题，因为三个代表之间没有顺序的区别；
D 是排列问题，因为三个人中，担任哪一科的课代表是有顺序区别的．
故选:ABC．
4.判断下列问题是组合问题还是排列问题．
(1)若集合
, , ,
A
a b c d
，则集合A 的含有3 个元素的子集有多少个？
(2)某铁路线上有4 个车站，则这条铁路线上需准备多少种车票？
(3)从7 本不同的书中取出5 本给某同学；
(4)三个人去做5 种不同的工作，每人做1 种，有多少种分工方法？
(5)把3 本相同的书分给5 个学生，每人最多得一本，有多少种分配方法？
【答案】(1)组合问题
(2)排列问题
(3)组合问题
(4)排列问题
(5)组合问题
【详解】（1）因为集合A 的任一个含3 个元素的子集与元素顺序都无关，所以它是组合问题．
（2）因为车票与起点、终点顺序有关，例如“甲→乙”与“乙→甲”的车票不同，所以它是排列问题．
（3）因为从7 本不同的书中取出5 本给某同学，取出的5 本书并不考虑书的顺序，所以它是组合问题．
（4）因为从5 种不同的工作中选出3 种，按一定顺序分给三个人去做，所以它是排列问题．
（5）因为3 本书是相同的，把这3 本书无论分给哪三个人都不需要考虑顺序，所以它是组合问题．
5.以下四个问题，属于组合问题的是（
）
A．从3 个不同的小球中，取出2 个排成一列
B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌
C．在电视节目中，主持人从100 位幸运观众中选出2 名幸运之星
D．从13 位司机中任选出两位开同一辆车往返甲、乙两地
【答案】C
【分析】根据组合的定义即可得到答案.
【详解】只有从100 位幸运观众中选出2 名幸运之星，与顺序无关，是组合问题，而A,B,D 均与顺序有关.
故选：C.
题型二：组合数与方程的计算
1.计算
5
2
7
5
2
+
C
A 的值是（
）
A．62
B．102
C．152
D．540
【答案】A
【分析】利用组合和排列数公式计算
【详解】
5
2
7
5
7
6
2
2
5
4
62
2
C
A =
+
´
+
=
故选：A
2.计算：
2
3
4
5
6
7
8
5
6
7
8
9
10
11
C
C
C
C
C
C +C
．
【答案】490
【分析】根据组合数的性质
1
1
C
C
C
m
m
m
n
n
n
化简即可求值.
【详解】
2
3
4
5
6
7
8
2
3
4
5
6
7
8
8
5
6
7
8
9
10
11
6
6
7
8
9
10
11
12
C
C
C
C
C
C +C
C
C
C
C
C
C +C
5
C
5
,
故原式
4
12
12 11 10 9
=C
5=
5=490
4 3 2 1
，
故答案为：490
3.已知
3
6
34
34
C
C
x
x
，则x=（
）
A．3 或10
B．3
C．17
D．3 或17
【答案】A
【分析】根据组合数的性质求解即可
【详解】因为
3
6
34
34
C
C
x
x
，故
3
6
x
x
或
3
6
34
x
x
，
即
3
x
或
10
x
故选：A
4.（1）计算：①
4
3
3
10
7
3
C
C
A
＝
；
②
38
3
3
21
C
C
n
n
n
n
＝
．
【答案】
0
466
【分析】利用组合数和排列数的公式可得答案；根据组合数的特征求出n ，再利用组合数公式可得答案.
【详解】①
4
3
3
4
3
10
7
3
10
7
10 9 8 7
A
A
7
6 5
210
210
0.
C
3
C
2
C
4
1
②由
3
38
3
21
n
n
n
n
得19
21
2
2
n
，因为n 为整数，所以
10
n
.
所以原式
28
30
2
1
30
31
30
31
30 29
C +C
C +C
31
466
2
.
5.求值：
（1）
3
2
8
5
3
2
C
C
；
（2）
38
3
3
21
n
n
n
n
C
C
.
【答案】（1）148；（2）466.
【分析】（1）利用组合数的定义式，直接求解；
（2）根据组合数有意义，列不等式组，求出n＝10，再利用组合数的定义式和性质，直接求解.
【详解】（1）
3
2
8
5
3
2
C
C
＝3× 8 7 6
3 2 1
－2× 5 4
2 1
＝148；
（2）∵
38
3
3
21
,
n
n
n
n
∴9.5≤n≤10.5.∵n∈N*，∴n＝10，
∴
38
3
28
30
2
1
3
21
30
31
30
31
30
29
31
466
2 1
n
n
n
n
C
C
C
C
C
C
.
题型三：组合数的性质及应用
1.若
3
9
9
C
Cx
，则x 的值为（
）
A．3
B．6
C．9
D．3 或6
【答案】D
【详解】因为
3
9
9
C
Cx
，所以
3
x
或3
9
x
，解得
3
x
或
9
x
.经检验符合题意
故选：D
2.
2
3
4
5
6
6
6
7
8
9
C
C
C
C
C
（
）
A．84
B．120
C．126
D．210
【答案】D
【详解】因为
1
1
C
C
C
m
m
m
n
n
n
，
所以
2
3
4
5
6
3
4
5
6
4
5
6
5
6
6
6
6
7
8
9
7
7
8
9
8
8
9
9
9
10
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
210
．
故选：D
3.（多选）若
2
1
1
8
7
7
C
C
C
x
x
x
，则正整数x 的值是（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】AC
【详解】因为
1
7
7
8
C
C
C
x
x
x
，所以
2
1
8
8
C
C
x
x
，即2
1
x
x
或2
1
8
x
x
，
解得
1
x 或3，经检验均满足要求.
故选：AC
4.若
2
6
2
20
20
C
C
n
n
（
N
n
），则n
.
【答案】4
【详解】由题意可知
2
6
20
2
n
n
，解得
4
n
，
或2
6
2
n
n
，解得n 4 ，舍去，
综上：
4
n
.
故答案为：4
5.若
6
6
7
1
C
C
C
n
n
n
，则n 的值为（
）
A．10
B．11
C．12
D．13
【答案】C
【详解】若
6
6
7
1
C
C
C
n
n
n
，则
6
6
7
7
1
1
C
C
C
C
n
n
n
n
，
所以
1
6
7
13
n
,解得
12
n
.
故选:C.
6.（多选）若
2
2
5
21
21
C
C
m
m
，则m 的值可以是（
）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】BC
【详解】因为
2
2
5
21
21
C
C
m
m
，所以
2
2
5
m
m
或
2
2
5
21
m
m
，解得
7
m
或8.
故选：BC
7.若
10
9
C
C
n
n
，则
21
Cn 的值为
.
【答案】210
【详解】
10
9
C
C
n
n
，
!
!
10!
10 !
9!
9 !
n
n
n
n
，即10
9
n
，
19
n
，
21
21 20
C
2
n
=210，
故答案为：210.
8.若
2
22
22
C
C
m
m
，则
2
2
2
2
2
3
4
C
C
C
C m
的值为（
）
A．45
B．55
C．120
D．165
【答案】D
【分析】利用组合数的性质求出m 的值，再利用组合数的性质可求得
2
2
2
2
2
3
4
C
C
C
C m
的值.
【详解】因为
2
22
22
C
C
m
m
，则
2
22
m
m
，解得
10
m
，
故
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
4
10
0
3
3
3
1
4
3
4
0
4
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
L
L
L
3
2
2
3
2
3
5
6
10
10
10
11
C
C
C
C
C
C
165
.
故选：D.
9.已知
4
4
5
*
1
C
C
C
N
n
n
n n
，则n （
）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】C
【分析】根据组合数性质有
4
5
5
1
C
C
C
n
n
n
，再由
4
5
1
1
C
C
n
n
即可得解.
【详解】由组合数性质知，
4
5
5
1
C
C
C
n
n
n
，
因为
4
4
5
1
C
C
C
n
n
n
，所以
4
5
1
1
C
C
n
n
，
所以4
5
1
n
，得
8
n .
故选：C.
10.关于x 的方程
2
3
4
11
11
C
C
x
x
的解为（
）
A．
3
x
B．
4
x
C．
3
x
且
4
x
D．
3
x
或
4
x
【答案】D
【分析】根据题意结合组合数的定义与性质运算求解.
【详解】因为
2
3
4
11
11
C
C
x
x
，则2
3
4
x
x
=
-
或2
3
4
11
x
x
，解得
4
x
或
3
x
，
若
4
x
，可得
8
11
8
11
C
C
，符合题意；
若
3
x
，可得
5
11
6
11
C
C
，符合题意；
综上所述：
3
x
或
4
x
.
故选：D.
题型四：组合数解不等式与证明
1.不等式
3
2
10
10
C
C
n
n
的解为
．
【答案】
3,4,5,6,7
【详解】依题意
0
3
10
0
2
10
n
n
，所以3
12
n
且
*
N
n
，
由
3
2
10
10
C
C
n
n
得
10!
10!
3 !
13
!
2 !
12
!
n
n
n
n
，
1
1
,
2
13
,3
7.5
13
2 n
n
n
n
n
，
所以不等式的解为
3,4,5,6,7 .
故答案为：
3,4,5,6,7
2.若
1
8
8
C
3C
m
m
，求m.
【答案】7 或8
【详解】依题意，得0
1
8
m
且0
8
m
，所以1
8
m
，
由
1
8
8
C
3C
m
m
，可得
8!
3 8!
1 ! 9
!
! 8
!
m
m
m
m
，即
1
3
9
m
m
，解得27
8
4
m
，
又因为
N
m
，所以
7
m
或
8
m
.
3.（1）解关于x 的不等式
2
8
8
A
6A
x
x
．
（2）求等式
5
3
1
3
3
3
C
C
19
C
5
n
n
n
中的n 值．
【答案】（1）
8
x
；（2）
9
n
.
【详解】（1）由
2
8
8
A
6A
x
x
，得3
8,
x
x
N ，8
7
(8
1)
6
8
7
(8
3)
x
x
L
L
，
于是(8
2)(8
1)
6
x
x
，整理得
2
19
84
0
x
x
，解得7
12
x
，
所以
8
x
.
（2）原方程变形为
5
1
3
3
C
19
1
C
5
n
n
，即
5
3
1
3
14
C
C
5
n
n
，显然
6,
n
n
N ，
因此(
1)(
2)(
3)(
4)(
5)
14 (
3)(
4)(
5)
5!
5
3!
n
n
n
n
n
n
n
n
，
化简整理，得
2
3
54
0
n
n
，而
6
n
，解得
9
n
，
所以
9
n
.
4.（1）解不等式
2
6
6
A
4A
x
x
．
（2）若
2
2
2
2
3
4
5
C
C
C
C
55
n
，求正整数n．
【答案】（1）
6 ；（2）
7
n
.
【详解】（1）由
2
6
6
A
4A
x
x
，可得
0
6
0
2
6
x
x
x
N
，可得2
6,
x
x
N.
可得
6!
6!
4
6
!
8
!
x
x
，
所以
4
1
8
7
x
x
，即
2
15
52
0
x
x
，
因为
2
2
15 2
52
0
，
23
15 3
52
0
，
2
4
15 4
52
0
，
25
15 5
52
0
，
2
6
15 6
52
0
，
所以
6
x
；
（2）
2
2
2
2
3
4
5
C
C
C
Cn
2
2
2
2
3
3
3
4
5
C
C
C
C
C
1
n
2
2
2
4
4
5
3
C
1
C
C
Cn
2
5
5
3
2
C
C
C
1
n
3
1
5
C
1
5
n
，
故
3
3
8
1
5
C
C
6
n
，解得
7
n
.
5.证明：
1
1
C
C
m
m
n
n
m
n
【答案】证明见解析
【分析】根据组合数公式证明即可.
【详解】证明：
1
1
1 !
1 !
!
C
C
!
!
1 !
!
1 !
!
m
m
n
n
n
n
n
n
m
m
n
n
m
n
m
m
n
m
m
n
m
.
6.证明：C
C
C
C
k
m k
m
k
n
n k
n
m
．
【答案】证明见解析
【分析】直接利用组合数公式计算即可得证.
【详解】证明：因为
!
!
!
C
C
!
!
!
!
!
!
!
k
m k
n
n k
n
k
n
n
k
n
k
m
k
n
m
k
m
k
n
m
，
!
!
!
C
C
!
!
!
!
!
!
!
m
k
n
m
n
m
n
m n
m
k
m
k
k
n
m
m
k
，
所以C
C
C
C
k
m k
m
k
n
n k
n
m
．
7.证明：
1
C
C
m
m
n
n
n
n
m
.
【答案】证明见解析
【分析】根据组合数的运算公式和运算性质，准确化简，即可求解.
【详解】根据组合数的运算性质得：右边
1
(
1)!
!
C
!(
1
)!
!(
)!
m
n
n
n
n
n
n
m
n
m m n
m
m n
m
，
又因为左边
!
C
!(
)!
m
n
n
m n
m
，
所以
1
C
C
m
m
n
n
n
n
m
.
题型五：有限制条件的组合问题
1.甲乙两位同学从6 种课外读物中各自选读3 种，则这两人选读的课外读物中恰有1 种相同的选法共有
（
）
A．30 种
B．60 种
C．180 种
D．240 种
【答案】C
【详解】甲乙两位同学从6 种课外读物中各自选读3 种，
则这两人选读的课外读物中恰有1 种相同的选法共有
1
2
2
6
5
3
C C C
6 10 3
180
种.
故选：C
2.中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱､问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲､乙等5 名
航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（
）
A．60
B．66
C．72
D．80
【答案】C
【详解】5 名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有
1
1
2
5
3
4
C C C
90
种安排方法，
若甲乙在同一实验舱的种数有
1
1
1
3
3
2
C C C
18
种，
故甲乙不在同一实验舱的种数有90 18
72
种.
故选：C.
3.用2 个0，2 个1 和1 个2 组成一个五位数，则这样的五位数有（
）
A．8 个
B．12 个
C．18 个
D．24 个
【答案】C
【详解】当首位为2 时，这样的五位数有
4
4
2
2
2
2
A
6
A A
个；
当首位为1 时，这样的五位数有
4
4
2
2
A
12
A
个.
综上，这样的五位数共有6 12
18
个.
故选：C.
4.2020 年底以来，我国多次在重要场合和政策文件中提及碳中和，碳中和指的是二氧化碳排放量和吸收景
可以正负抵消，实现二氧化碳“零排放”.二氧化碳的分子是由一个碳原子和两个氧原子构成的，其结构式为
O
C
O
.已知氧有16O、17O、18O 三种天然同位素，碳有12C、13C 、14C 三种天然同位素，则由上述同位
素可构成的不同二氧化碳分子共有
个.
【答案】18
【详解】分以下两种情况讨论：
若两个氧原子相同，此时二氧化碳分子共有3 3
9
种；
若两个氧原子不同，此时二氧化碳分子共有
2
3
C
3
9
种.
由分类加法计数原理可知，由上述同位素可构成的不同二氧化碳分子共有9
9
18
种.
故答案为：18
5.某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物、信息学五个学科竞赛课程，现有甲、乙、丙、
丁四位同学要报名竞赛课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的竞赛课程，则恰有两位
同学选择数学竞赛课程的报名方法数为
．
【答案】96
【详解】由题知先安排甲、乙、丙、丁四位同学的2 名选择数学竞赛课程，
则有：
2
4
C
6
种情况，
剩下2 名同学在选择物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程时有：
①2 名同学选择1 个学科竞赛则有：
1
4
C
4
种情况，
②2 名同学各选择1 个学科竞赛则有
1
1
3
4
C C
12
种情况，
所以恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为：
6
12
4
96
种情况，
故答案为：96.
6.从1，2，3，4，5，6 中选取4 个数字，组成各个数位上的数字既不全相同，也不两两互异的四位数，记
四位数中各个数位上的数字从左往右依次为a，b，c，d，且要求a
b
c
d
，则满足条件的四位数的个
数为
.
【答案】105
【详解】由题意可知，只用2 个不同的数字时，有
2
6
15
C
（种）选法，
按照位数要求，每种数字组合组成的符合要求的四位数有3 个，比如数字1 和2，可以构成的四位数有1222，
1122，1112，所以共有15 3
45
（个）符合要求的四位数.
只用3 个不同的数字时，有
3
6
C
20
（种）选法，
按照位数要求，每种数字组合组成的符合要求的四位数有3 个，比如数字1，2，3，可以构成的四位数有
1123，1223，1233，所以共有20 3
60
（个）符合要求的四位数.
故符合要求的四位数总共有45
60
105
（个）.
故答案为：105
题型六：实际问题中的组合计数问题
1.某龙舟队有9 名队员，其中3 人只会划左舷，4 人只会划右舷，2 人既会划左舷又会划右舷．现要选派划
左舷的3 人、右舷的3 人共6 人去参加比赛，则不同的选派方法共有
【答案】92
【分析】结合已知条件，通过讨论既会划左舷又会划右舷的2 人中去参加比赛的人数，并结合组合和乘法
原理即可求解.
【详解】不妨设既会划左舷又会划右舷的2 人为A 、B ，
①若A 和B 两人均不去参加比赛，则选派方法有
3
3
3
4
C C 种；
②若A 和B 两人只去一人参加比赛，
(i)若只会划左舷的去两人，则选派方法为
1
2
3
2
3
4
C C C 种；
(ii)若只会划右舷的去两人，则选派方法为
1
3
2
2
3
4
C C C 种；
③若A 和B 两人均去参加比赛，
(i)若只会划左舷的去1 人，则A 和B 两人均去划左舷，则选派方法为
1
3
3
4
C C 种；
(ii)若只会划左舷的去2 人，则A 和B 两人中有一人去划左舷，另一人去划右舷，
则选派方法为
2
1
2
3
2
4
C C C 种；
(iii)若只会划左舷的去3 人，则A 和B 两人均去划右舷，则选派方法为
3
1
3
4
C C 种，
综上所述，不同的选派方法共有
3
3
1
2
3
1
3
2
1
3
2
1
2
3
1
3
4
2
3
4
2
3
4
3
4
3
2
4
3
4
C C
C C C
C C C
C C
C C C
C C
92
种.
故答案为：92.
2.如图为某地街道路线图，甲从街道的A 处出发，先到达B 处与乙会和，再一起去到C 处，则可以选择的
最短路径条数为（
）
A．20
B．18
C．12
D．9
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合组合应用问题求解即得.
【详解】计算最短路径条数需要两步，从A 到B 的最短路径条数为
1
3
C ，从B 到C 的最短路径条数为
2
4
C ，
所以可以选择的最短路径条数为
1
2
3
4
C C
18
.
故选：B
3.某同学寒假期间想到咸阳市的9 个旅游景点乾陵、茂陵、汉阳陵、袁家村、郑国渠、昭陵、旬邑马栏革
命旧址、长武亭口活动旧址、泾阳安吴青训班中的3 个景点进行旅游，其中旬邑马栏革命旧址、长武亭口
活动旧址、泾阳安吴青训班三个景点为红色旅游景点，则他所去的景点中至少包含一个红色旅游景点的概
率是（
）
A．5
7
B．5
21
C．16
21
D．2
7
【答案】C
【分析】利用组合应用问题结合古典概型求出概率.
【详解】该同学所有的旅游方案有
3
9
C =84，至少包含一个红色旅游景点的方案有
1
2
2
1
3
0
3
6
3
6
3
6
C C
C C +C C =64
，
故他所去的景点中至少包含一个红色旅游景点的概率64
16
84
21
.
故选：C
4.有7 种不同的颜色给下图中的4 个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不能相同，
若最多使用3 种颜色，则不同的涂色方法种数为（
）
A．462
B．630
C．672
D．882
【答案】C
【分析】根据题意，按使用颜色的数目分两种情况讨论，由加法原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分两种情况讨论：
若用两种颜色涂色，有
2
7
C
2
42
种涂色方法；
若用三种颜色涂色，有
3
7
C
3 2
2
1
630
种涂色方法；
所以有42
630
672
种不同的涂色方法.
故选：C.
题型七：代数中的组合计数问题
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
2
5
C
10
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
2
5
C
10
种情况；
若奇数取7，有
2
5
C
10
种情况；
若奇数取5，有
2
5
C
1
9
种情况；
若奇数取3，有
2
5
C
2
8
种情况；
若奇数取1，有
2
5
C
4
6
种情况；
综上，三个数的和为不小于9 的奇数，不同的取法有10 10 10
9
8
6
53
种.
故选：B.
2.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
3
9
2C
168
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
2
9
C
36
个，
根据分类加法计数原理，所以共有168
36
204
个.
故选：B
3.在0 ，1，2 ，3，4 ，5，6这7 个数中任取4 个数，将其组成无重复数字的四位数，则能被5整除，且比
4351大的数共有（
）
A．54个
B．62 个
C．74 个
D．82 个
【答案】C
【分析】由题意，可分千位数为4 ，百位数为3 ；千位数为4 ，百位数为5；千位数为4 ，百位数为6；千
位数为5；千位数为6五种情况分析，结合排列数与组合数的公式，即可求解．
【详解】若这个数的千位数为4 ，百位数为3，则这个数可以是4360 ，4365 ，共2 个，
若这个数的千位数为4 ，百位数为5，则这个数的个位只能是0 ，
满足条件的数共有
1
4
C
4
个，
若这个数的千位数为4 ，百位数为6，则满足条件的数共有
1
1
2
4
C C
8
个，
若这个数的千位数为5，这个数的个位只能是0 ，则满足条件的数共有
2
5
A
20
个，
若这个数的千位数为6，则满足条件的数共有
1
2
2
5
C A
40
个，
根据分类计数原理，可得满足条件的数共有2
4
8
20
40
74
个．
故选：C．
题型八：几何组合计数问题
1.如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，
则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（
）
A．18
B．24
C．30
D．32
【答案】C
【详解】从E 到F 共有
2
5
C
10
条最短路径，从F 到G 共有
2
3
C
3
条路径，
故小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为10 3
30
.
故选：C
2.四面体的顶点和各棱的中点共10 个点．在这10 点中取4 个不共面的点，则不同的取法种数为（
）
A．141
B．144
C．150
D．155
【答案】A
【分析】求出从10 个点中任取4 个点的取法，减去不合题意的结果可得答案．
【详解】从10 个点中任取4 个点有
4
10
C 种取法，其中4 点共面的情况有三类．
第一类，取出的4 个点位于四面体的同一个面上，有
4
6
4C 种；
第二类，取任一条棱上的3 个点及该棱所对棱的中点，这4 点共面，有6 种；
第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），
它的4 顶点共面，有3 种．
以上三类情况不合要求应减掉，∴不同的取法共有
4
4
10
6
C
4C
6
3
141
种．
故选：A．
3.有两条平行直线a 和b，在直线a 上取4 个点，在直线b 上取5 个点，以这些点为顶点作三角形，这样
的三角形共有（
）
A．70 个
B．80 个
C．82 个
D．84 个
【答案】A
【分析】分从直线a 上任取一个点直线b 上任取两个点，和从直线a 上任取两个点直线b 上任取一个点，
两种情况讨论即可.
【详解】第1 类：从直线a 上任取一个点，从直线b 上任取两个点，共有
1
2
4
5
C C 种方法；
第2 类：从直线a 上任取两个点，从直线b 上任取一个点，共有
2
1
4
5
C C 种方法，
故满足条件的三角形共有
1
2
2
1
4
5
4
5
C C
C C
70
个．
故选：A.
4.圆周上有8 个等分点，任意选这8 个点中的4 个点构成一个四边形，则四边形为梯形的概率是（
）
A．10
35
B．12
35
C．14
35
D．16
35
【答案】B
【分析】求出构成的四边形个数，再求出构成的梯形个数，利用古典概率公式计算作答.
【详解】依题意，从8 个点中任取4 个点构成有
4
8
C
70
个四边形，构成梯形就只有以下两种情况：
以某相邻两个点（如点A，B）构成的线段为边的梯形有2 个，共有2 8
16
个，
以某间隔一个点的两点（如点A，C）构成的线段为边的梯形有1 个，共有1 8
8
个，
于是构成的四边形中梯形有16
8
24
个，
所以四边形为梯形的概率是24
12
70
35
.
故选：B
5.（多选）在某城市中，
,
A B 两地之间有如图所示的道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从A 地
出发到B 地，则下列结论正确的是（
）
A．不同的路径共有31 条
B．不同的路径共有41 条
C．若甲途经C 地，则不同的路径共有18 条
D．若甲途经C 地，且不经过D 地，则不同的路径共有8 条
【答案】AC
【详解】由图可知，从A 地出发到B 地的最短路径共包含7 步，其中3 步向上，4 步向右，
且前3 步中至少有1 步向上，则不同的路径共有
1
2
2
1
3
3
4
3
4
3
C C
C C
C
31
条，故A 正确、B 错误；
若甲途经C 地，则不同的路径共有
1
2
3
4
C C
18
条，故C 正确；
若甲途经C 地，且不经过D 地，则不同的路径共有
1
1
3
3
C C
9
，故D 错误；
故选：AC.
6.某数学兴趣小组用纸板制作正方体教具，现给图中的正方体展开图的六个区域涂色，有红、橙、黄、绿
四种颜色可选，要求制作出的正方体相邻面所涂颜色均不同，共有
种不同的涂色方法.
【答案】96
【详解】如图，还原回正方体后，D 、B 为正方体前后两个对面，A 、E 为左右两个对面，F 、C 为上下
两个对面，
先涂A 有4 种涂法，
当C 与F 同色，再涂C 有3 种涂法，
若D 与B 同色，则有2 种涂法，最后涂E 有2 种涂法，
若D 与B 不同色，则有
2
2
A 种涂法，最后涂E 有1种涂法，
则有
2
2
4
3
2
2
A
1
72
种涂法；
当C 与F 不同色，则涂C 有3 种涂法，涂F 有2 种涂法，此时D 与B 必同色且只有一种涂法，E 也只有1种
涂法，
则有4 3 2 1 1
24
，
综上可得一共有72
24
96
种涂法.
故答案为：96
题型九：分组分配问题
【基础原理】
类型一：
．．．．平均分组先乘后除
．．．．．．．．
平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以(n 为均分的组数)避免重复计数。
说明：若将m 个元素分组，其中有r 组元素个数相同，则不同种分组方法有
r
r
c
m
c
m
b
a
m
a
m
P
C
C
C
1、将4 人平均分成两组，有多少种不同的分法？
分析：如果象例1 一样，则有C
2
4=6 种。但事实上，将ABCD 四人平均分成两组，只有AB-CD、AC-BD、AD-BC
三种。为什么呢？我们不难发现，从4 人中选2 人时，选AB 或CD 是两种不同的选法，但在分组时，AB-CD
应是同一组，即每种分法都重复了2 次。故正确的分组种数为
2
2
4
2
2
2
3
C C
A
种。
2、六本不同的书，分为三组，求在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)每组两本（均分三堆）
(2)一组一本，一组二本，一组三本
(3)一组四本，另外两组各一本
分析：（1）
2
2
2
6
4
2
3
3
C C C =15
A
(2) C
1
6C
2
5C
3
3=60
(3)
4
1
1
6
2
1
2
2
C C C =15
A
类型二：非平均分组只用乘法
．．．．．．．．．．．．．(．分步为每个小组按数量取物）
．．．．．．．．．．．．．
说明：若将m 个元素分组，其中每组元素个数都不相同，则不同种分组方法有
a
b
m c
m
m a
m c
C C
C
1、将6 人分成1 人、2 人、3 人三组，有多少种不同的分法？
解：由乘法原理不难得到不同的分法有C
1
6C
2
5C
3
3=60 种。
说明：这种分组将元素分成个数互不相等的组，可以直接由乘法原理求出适合条件的不同种分法。
类型三
．．．：．定向分配
．．．．（．小组要分给指定的对象
．．．．．．．．．．）．------
．．．．．．用分步乘法
．．．．．(．分步为每个对象按数量取物
．．．．．．．．．．．．）
．
1、六本不同的书，分给甲、乙、丙三人，求在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)
甲两本、乙两本、丙两本.
(2)
甲一本、乙两本、丙三本.
(3)
甲四本、乙一本、丙一本.
分析：（１）法一：先平均分组：
2
2
2
6
4
2
3
3
C C C =15
A
；再分给三人：
3
3
A ；共
2
2
2
6
4
2
3
3
C C C
A
3
3
A =90
此法较繁，故采用法二：先为甲选两本：
2
6
C ,再为乙选两本：
2
4
C ，最后为丙选两本：
2
2
C ；
共
2
6
C
2
4
C
2
2
C =90
（2）先为甲选1 本：
1
6
C ,再为乙选两本：
2
5
C ，最后为丙选两本：
3
3
C ；
共
1
6
C
2
5
C
3
3
C =60
（３）先为甲选1 本：
4
6
C ,再为乙选两本：
1
2
C ，再为丙选两本：
1
1
C ；共
4
6
C
1
2
C
1
1
C =30
类型四：不定向分配（小组可分给任一对象）
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．-----
．．．．．先分组，再排列
．．．．．．．
解不定向分配题的一般原则：先分组后排列。
1、六本不同的书，分给甲、乙、丙三人，求在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)
每人两本（平均分给甲乙丙三人）
(2) 一人一本、一人两本、一人三本
(3) 一人四本、一人一本、一人一本
分析：此组题属于分配中的不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题。由于分配给三人且未指明具体
的分配对象，那么同一组书给不同的人是不同的分法，所以是排列问题。实际上可看作“分为三组，再将
这三组分给甲、乙、丙三人”，
因此只要将分组方法数再乘以Ａ３３＝６，即
（１）先分组（平均分组）：
2
2
2
6
4
2
3
3
C C C
A
；再分配给三人（排列）：
3
3
A ；总方法为：
2
2
2
3
6
4
2
3
3
3
C C C A =90
A
（２）先分组（非平均分组）：C
1
6C
2
5C
3
3，再分配给三人（排列）
3
3
A ，总方法为：C
1
6C
2
5C
3
3
3
3
A =360(种)
（３）先分组（含非平均分组和平均分组）：
4
1
1
6
2
1
2
2
C C C
A
，再分配给三人（排列）
3
3
A ，总方法为：
4
1
1
6
2
1
2
2
C C C
A
3
3
A =90
(种)。
2、6 本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种分法？
分析：六本书和甲、乙、丙三人都有“归宿”，即书要分完，人不能空手。因此，考虑先分组，后排列。
先分组，六本书怎么分为三组呢？有三类分法(1)每组两本(2)分别为一本、二本、三本(3)两组各一本，
另一组四本。所以根据加法原理，分组法是15+60 +15 =90(种)。再考虑排列，即再乘以
3
3
A 。所以一共有
90×6=540 种不同的分法。
3、四个不同的小球放入编号为1，2，3，4 的四个盒子中，恰有一个空盒的放法有多少种？
分析：恰有一个空盒，则另外三个盒子中小球数分别为1，1，2。实际上可转化为先将四个不同的小球分
为三组，两组各1 个，另一组2 个，分组方法有
1
1
1
4
3
2
2
2
C C C
A
(种)，然后将这三组(即三个不同元素)分配给
四个小盒(不同对象)中的3 个的排列问题，即共有
1
1
1
3
4
3
2
4
2
2
C C C A
A
=144(种)。
【基础练习】
1.3 名医生和6名护士被分配到3 所学校为学生体检，每校分配1名医生和2 名护士，不同的分配方法共有
（
）
A．90 种
B．180种
C．270 种
D．540种
【解析】
分两个步骤：先分配医生有
3
3
6
A
种方法，再分配护士有
4
2
2
3
6
4
2
3
3
3
90
C C C
A
A
，由分步计数原理可得：
4
2
2
3
3
6
4
2
3
3
3
3
6 90
540
C C C
A
A
A
，
应选答案：D．
2．4 名大学生被分配到3 所学校实习，每所学校至少分配一名大学生，则不同的分配方案有（
）
A．12
B．24
C．36
D．72
【解析】
将4 人分为2 人、1人、1人的三组，共有：
2
1
4
2
2
2
6
C C
A
种分法，
将三组安排到3 所学校共有
3
3
6
A
种分法，
由分步乘法计数原理可得：不同的分配方案有6 6
36
种.
故选：C .
3.将甲、乙等8 名同学分配到3 个体育场馆进行冬奥会的志愿服务，每个场馆不能少于2 人，则不同的安
排方法有（
）
A．2720
B．3160
C．3000
D．2940
【答案】D
【分析】根据题意可知：共有两种分配方式，一种是4 : 2 : 2 ，一种是3:3: 2，结合分堆法运算求解.
【详解】共有两种分配方式，一种是4 : 2 : 2 ，一种是3:3: 2，
故不同的安排方法有
4
2
2
3
3
2
3
8
4
2
8
5
2
3
C C C
C C C
+
A =2940
2!
2!
.
故选：D.
4.某班拟选派包括甲、乙在内的六名同学参加四场同一时间举行的比赛，每场比赛至少一名同学参加，且
甲、乙两名同学必须参加同一场比赛，则不同的参赛方案种数为（
）
A．180
B．240
C．360
D．480
【答案】B
【分析】首先将人数分为1，1，1，3 或1，1，2，2 的两种情况，按照分组分配的方法，列式求解.
【详解】6 名同学分配到四场比赛，1 场比赛至少分配1 名同学，则分配到四场比赛的人数为1，1，1，3
或1，1，2，2，
因为甲、乙两名同学必须参加同一场比赛，若甲、乙一组3 个人，则从剩余的4 人中，选1 人和甲乙一组，
共有参赛种数
1
4
4
4
C A ，
若人数为1，1，2，2，则甲乙一组，剩余的4 人分为3 组，则共有参赛种数
2
4
4
4
C A ，、
所以共有参赛种数
1
4
2
4
4
4
4
4
C A
C A
240
.
故选：B
5.将5 本不同的书（2 本文学书、2 本科学书和1 本体育书）分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1 本书，
每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为（
）
A．78
B．92
C．100
D．122
【答案】C
【分析】分体育书分给甲和乙两种情况求解.
【详解】若将体育书分给甲，当剩余4 本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有
2
2
3
1
2
2
4
2
4
1
2
2
2
2
C
C
C
C A
A
14
A
种，
当剩余4 本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有
2
3
4
3
C
A
36
种.
综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是14
36
50
.
同理，将体育书分给乙，不同的分配方法数也是50.
故不同的分配方法数是50
50
100
.
故选：C
6.
6 位同学报名参加2022 年杭州亚运会4 个不同的项目（记为
, , ,
A B C D ）的志愿者活动，每位同学恰报
1 个项目.
(1)6 位同学站成一排拍照，如果甲乙两位同学必须相邻，丙丁两位同学不相邻，求不同的排队方式有多少
种？
(2)若每个项目至少需要一名志愿者，求一共有多少种不同报名方式？
(3)若每个项目只招一名志愿者，且同学甲不参加项目A ，同学乙不参加项目D ，求一共有多少种不同录用
方式？
【答案】(1)144
(2)1560
(3)252
【详解】（1）根据题意先把甲乙看成整体，与除了甲、乙、丙、丁之外的两人进行排列，再把丙丁插空
进行排列，
所以共有
2
3
2
2
3
4
A
A
A
144
.
（2）先分为4 组，则按人数可分为1，1，1，3 和1，1，2，2 两种分组方式，共有
1
1
1
1
1
2
2
6
5
4
6
5
4
3
2
2
3
2
2
3
3
2
C
C
C
C
C
C
C
C
A
A
A
种；
再分到4 个项目，即可得共有
1
1
1
1
1
2
2
4
6
5
4
6
5
4
4
3
2
2
3
2
2
3
3
2
C
C
C
C
C
C
C
C
A
1560
A
A
A
；
（3）先考虑全部，则共有
4
6
A 种排列方式，
其中甲参加项目A 共有
3
5
A 种，同学乙参加项目D 共有
3
5
A 种；
甲参加项目A 同时乙参加项目D 共有
2
4
A 种，
根据题意减去不满足题意的情况共有
4
3
2
6
5
4
A
2A
A
252
种.
7．某公司将5 名员工分配至3 个不同的部门，每个部门至少分配一名员工，其中甲、乙两名员工必须分
配在同一个部门的不同分配方法数为（
）
A．24
B．30
C．36
D．42
【解析】解：如果5 人分成1,1,3 三组，则分配方法有：��
���
���
�种，
如果5 人分成1,2,2 三组，则分配方法有：��
���
���
�种，
由加法原理可得：不同分配方法数为��
���
���
�+ ��
���
���
�= ��
种.
本题选择C 选项.
8.将四个小球放入编号为1、2、3、4 的四个盒子中，根据下列条件求不同放法的种数．
(1)四个小球不同，每个盒子各放一个；
(2)四个小球相同，每个盒子各放一个；
(3)四个小球不同，四个盒子恰有一个空着；
(4)四个小球相同，四个盒子恰有一个空着．
【答案】(1)24
(2)1
(3)144
(4)12
（4）先将小球分组，再选出空盒，选出放入2 个小球的盒子，从而得到答案.
【详解】（1）四个小球不同，每个盒子各放一个，属于全排列问题，则不同的放法有
4
4
A
24
种；
（2）四个小球相同，每个盒子各放一个，每个小球放入任何一个盒子，都为同1 种情况，故不同的放法
有1 种；
（3）四个小球不同，四个盒子恰有一个空着，则有一个盒子放入了2 个小球，
先将四个不同的小球分为3 组，有
1
1
2
4
3
2
2
2
C C C
6
A
种情况，选出一个空盒，有
1
4
C
4
种情况，
再将分好的3 组小球，与对应的3 个盒子进行全排列，共有
3
3
A
6
种选择，
综上：四个小球不同，四个盒子恰有一个空着，选择方法有6
4 6
144
种；
（4）四个小球相同，四个盒子恰有一个空着，则有一个盒子放入了2 个小球，
先将四个不同的小球分为3 组，则只有1 种分法，即2，1，1，
选出一个空盒，有
1
4
C
4
种情况，
将分好的3 组小球，放入3 个盒子中，选出放入2 个小球的盒子，有
1
3
C
3
种情况，
综上：四个小球相同，四个盒子恰有一个空着，一共有4 3
12
种选择.
9.2023 年12 月6 日上午，2023 世界5G 大会在郑州国际会展中心拉开帷幕．世界5G 大会是全球5G 领域
国际性盛会，也是首次在豫举办．本次大会以“5G 变革共绘未来”为主题，以持续推动5G 不断演进创新为
目标．现场邀请全球有影响力的科学家、企业家、国际组织负责人等参会，并进行高层次、高水平交流研
讨．为确保大会顺利进行，面向社会招聘优秀志愿者，参与大会各项服务保障工作．现从包含甲、乙的6
人中选派4 人参与“签到组”、“服务组”、“物料组”、“机动组”四个不同的岗位工作，每人去一个组，其中甲、
乙至少有一人参加且甲不去“签到组”的选派方法共有
种．（用数字作答）
【答案】276
【详解】根据题意可知6 人中选派4 人参与选派方式共有
4
6
A
360
种，
其中甲、乙都不参与的选派方式共有
4
4
A
24
种，
其中甲、乙至少有一人参加且甲去“签到组”的选派方式共有
3
3
5
3
C A
60
种，
所以甲、乙至少有一人参加且甲不去“签到组”的选派方法共有
4
4
3
6
4
5
A
A
A
360
60
24
276
种.
故答案为：276
10.某医疗小组有4 名男性，2 名女性共6 名医护人员，医护人员甲是其中一名．
(1)若从中任选2 人参加A，B 两项救护活动，每人只能参加其中一项活动，每项活动都要有人参加，求医
护人员甲不参加A 项救护活动的选法种数；
(2)这6 名医护人员将去3 个不同的地方参与医疗支援，每人只能去一地，每地有2 人前往，若2 名女性不
能去往同一个地方，求不同的分配方案种数．
【答案】(1)25
(2)72
【详解】（1）分两类：①甲参加B 项救护活动，再从其余5 人中选一人参加A，选法数为
1
5
C
5
，
②甲不参加救护活动，则从其余5 人中任选两人参加救护活动，选法数为
2
5
A
20
，
所以共有选法种数为20+5=25；
（2）分三步：第一步先安排两名女性医护人员有：
2
3
A ，
第二步：安排两名女医护人员同去的男医护人员有：
2
4
A ，
第三步：剩余两名男性医护人员去另外一地有：
2
2
C
，
所以共有不同的分配方案数为：
2
2
2
3
4
2
A A C
72
．
11.（1）将5 个不同的小球放入3 个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?
（2）将5 个不同的小球放入3 个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?
（3）将5 个相同的小球放入3 个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?
（4）将5 个相同的小球放入3 个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?
（注：要写出算式，结果用数字表示）
【答案】（1）150；（2）243；（3）6；（4）21.
【分析】（1）先将5 个不同的小球分为三组，确定每组小球的数量，然后将三组小球放
【详解】解：（1）将5 个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为2 、2 、1或3 、1、1，
然后再将这三组小球放入三个盒子中，
因此，不同的放法种数为
2
2
3
3
5
3
5
3
2
2
C C
C
A
15 10
6
150
A
种；
（2）每个小球有3 种方法，由分步乘法计数原理可知，
将5 个不同的小球放入3 个不同的盒子中，盒子可空，不同的放法种数为
53
243
种；
（3）将5 个相同的小球放入3 个不同的盒子中，没有空盒子，
只需在5 个相同的小球中间所形成的4 个空位中插入2 块板即可，
所以，不同的放法种数为
2
4
C
6
种；
（4）将5 个相同的小球放入3 个不同的盒子中，盒子可空，
等价于将8 个相同的小球放入3 个不同的盒子中，每个盒子不空，
只需在8 个相同的小球中间所形成的7 个空位中插入2 块板即可，
所以，不同的放法种数为
2
7
C
21
种.
题型十：x+y+z=n 的整数解的个数
1.若方程
1
2
3
4
8
x
x
x
x
，其中
2 2
x ，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
1
2
3
4
8
x
x
x
x
，其中
2 2
x ，
则
1
3
4
6
x
x
x
，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
1
x ；第二组小球数目为
3x ；第三组小球数目为
4x ，
共有
2
5
C
10
种方法，故方程的正整数解的个数为10，
故选：A.
2.已知
*
N
x
，
*
N
y
，
*
N
z
，则关于x ，y ，z 的方程
10
x
y
z
共有（
）组不同的解.
A．
2
9
C
B．
3
9
C
C．
2
10
C
D．
3
10
C
【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
10
x
y
z
的一组解，
由隔板法可知，共有
2
9
C 种不同的分法，
即方程共有
2
9
C 组不同的解.
故选：A
3.方程
18
x
y
z
的非负整数解有（
）
A．
17
2 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
18
x
y
z
，
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, ,
x y z 的数值，
则有
2
1
2
19
19
20
190
C
C
C
.
方程
18
x
y
z
的非负整数解有190 组.
故选：C
题型十一：其它组合计数问题
1.如图，一圆形信号灯分成
, , ,
A B C D 四块灯带区域，现有3 种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里
选择1 种颜色，且相邻的2 块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（
）
A．18
B．24
C．30
D．42
【答案】A
【分析】根据涂色问题，按照使用颜色种数进行分类，再结合分步计数原理，即可得总的方法数.
【详解】若用3 种不同的颜色灯带，故有两块区域涂色相同，要么
,
A C ，要么
,
B D 相同，有2 种方案，则
不同的信号数为
3
3
2A
12
；
若只用2 种不同的颜色灯带，则
,
A C 颜色相同，,
B D 颜色相同，只有1 种方案，则不同的信号数为
2
2
3
2
C A
6
；
则不同的信号总数为12
6
18
.
故选：A．
2.过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天
员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击
五项.若这五项测试每天进行一项，连续5 天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐
力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（
）
A．24 种
B．36 种
C．48 种
D．60 种
【答案】B
【分析】根据特殊元素“失重飞行”进行位置分类方法计算，结合排列组合等计数方法，即可求得总的测试
的安排方案种数.
【详解】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有
3
3
A
6
种
安排方法，
此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；
②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有
1
2
C 种选择，超重耐力在第四、第五天有
1
2
C 种选择，剩下两种
测试全排列
2
2
A ，则有
1
1
2
2
2
2
C C A
8
种安排方法，
此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；
③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有
1
2
C 种选择，超重耐力在第一、第五天有
1
2
C 种选择，剩下两种
测试全排列
2
2
A ，则有
1
1
2
2
2
2
C C A
8
种安排方法；
故选拔测试的安排方案有6 2
8 2
8
36
种.
故选：B.
3.某学校为落实“双减政策，在每天放学后开设拓展课程供学生自愿选择，开学第一周的安排如下表.小明
同学要在这一周内选择编程、书法、足球三门课，不同的选课方案共有（
）
周一
周二
周三
周四
周五
演讲、绘画、舞蹈、
足球
编程、绘画、舞蹈、
足球
编程、书法、舞蹈、
足球
书法、演讲、舞蹈、
足球
书法、演讲、舞蹈、
足球
注：每位同学每天最多选一门课，每门课一周内最多选一次.
A．15 种
B．10 种
C．8 种
D．5 种
【答案】A
【分析】利用分类分步计算方法，首先考虑编程选在周二或周三，再确定书法的时间，最后确定足球的时
间，即可得到总的选课方案.
【详解】若周二选编程，则选课方案有
1
1
3
3
C C
9
（种）；若周三选编程，则选课方案有
1
1
2
3
C C
6
（种）.综
上，不同的选课方案共有9
6
15
（种）.
故选:A.
题型十二：组合的综合问题
1.（1）求值：
2
2
2
2
3
10
C
C
C
．
（2）己知
3
2
2
*
17
17
C
C
N
x
x
x
，求x．
【答案】（1）165；（2）
2
x
或
3
x
【分析】（1）利用组合数性质
1
1
C
C
C
m
m
m
n
n
n
，即可求出结果.
（2）利用组合数性质C =C
m
n m
n
n
，即可求出结果.
【详解】（1）因为
2
2
2
3
2
2
2
3
2
2
3
2
3
2
3
2
3
10
3
3
4
10
4
4
10
5
10
10
10
11
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
165
，
（2）由
3
2
2
17
17
C
C
x
x
，得到3
2
2
x
x
或3
2
2
17
x
x
，解得
2
x
或
3
x
，
经验证，符合题意，所以
2
x
或
3
x
.
2.某学校有男运动员4 名，女运动员6 名共10 名运动员，其中男、女队长各一名，选拔4 名运动员参加全
市中学生运动会．
(1)共有多少种选法；
(2)若要求至少有1 名队长参加，有多少种方法．
【答案】(1)210
(2)140
【分析】（1）由组合的定义即可求解；
（2）1：有2 名队长，可以分选一名队长及分二名队长求解；法2：也可以从反面求解.
【详解】（1）解：从10 名运动员中选4 名参赛共有
4
10
C
210
种选法．
（2）法1：由题意知，10 名运动员中男、女队长各1 名，共2 名队长．
若选中1 名队长，则有
1
3
2
8
C C
112
种选派方法；
若选中2 名队长，则有
2
2
2
8
C C
28
种选派方法；
∴队长中至少有1 人参加，有112
28
140
种方法．
法2：由题意，男运动员4 名，女运动员6 名，其中男、女队长各1 名．选派4 人，
若没有队长，则有
4
8
C
70
种选派方法，
若随机选择，则有
4
10
C
210
种选派方法，
∴队长中至少有1 人参加，有
4
4
10
8
C
C
210
70
140
种方法．
3.某班级在迎新春活动中进行抽卡活动，不透明的卡箱中共有“福”“迎”“春”卡各两张，“龙”卡三张．每个学
生从卡箱中随机抽取4张卡片，其中抽到“龙”卡获得2分，抽到其他卡均获得1分，若抽中“福”“龙”“迎”“春”4
张卡片，则额外获得2 分．
(1)求学生甲抽到“福”“龙”“迎”“春”4 张卡片的不同的抽法种数；
(2)求学生乙最终获得7 分的不同的抽法种数．
【答案】(1) 24
(2)30
【分析】（1）根据组合数的知识求得正确答案.
（2）根据7 分的组合情况进行分类讨论，由此求得正确答案.
【详解】（1）学生甲抽到“福”“龙”“迎”“春”4 张卡片的不同的抽法种数为
1
1
1
1
2
2
2
3
C C C C
24
种.
（2）学生乙最终获得7 分，有两种情况：
①，抽到3张“龙”卡以及其它任意1张卡，方法数有
3
1
3
6
C C
6
种.
②，抽到抽中“福”“龙”“迎”“春” 4 张卡片，方法数有
1
1
1
1
2
2
2
3
C C C C
24
种.
所以学生乙最终获得7 分的不同的抽法种数为6
24
30
种.
4.从包含甲、乙2 人的8 人中选4 人参加4×100 米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结
果用数字作答）
(1)甲、乙2 人都被选中且必须跑中间两棒；
(2)甲、乙2 人只有1 人被选中且不能跑中间两棒；
(3)甲、乙2 人都被选中且必须跑相邻两棒；
(4)甲、乙2 人都被选中且不能相邻两棒；
(5)甲、乙2 人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒.
【答案】(1)60
(2)480
(3)180
(4)180
(5)210
【分析】（1）有特殊要求的元素（或位置）优先考虑（2）有特殊要求的元素（或位置）优先考虑（3）元
素相邻用捆绑法（4）元素不相邻用插空法（5）按甲跑第四棒和甲不跑第四棒分类
【详解】（1）先安排甲、乙2 人位置，再从出甲、乙之外的6 人中选2 人安排他们的位置，则方法数为
2
2
2
6
A A
60
（2）先从甲、乙2 人中选一人安排其位置，再从出甲、乙之外的6 人中选3 人安排他们的位置，则方法
数为
1
1
3
2
2
6
C C A
480
（3）先把甲、乙2 人看作一个元素，再从除甲、乙之外的6 人中选2 人和甲和乙这个整体来排序，则方
法数为
2
2
3
2
6
3
A C A
180
（4）从除甲、乙之外的6 人中选2 人排序，再让甲和乙来插空，则方法数为
2
2
6
3
A A
180
（5）第一步，从除甲、乙之外的6 人中选2 人
第二步，分甲跑第四棒和甲不跑第四棒
则方法数为
2
3
2
1
1
2
6
2
2
3
C
A
C C A
210
模块三：综合巩固
1.
2
5
7
7
A
C
（
）
A．63
B．10
C．21
D．0
【答案】C
【分析】根据排列数公式及组合数公式计算可得.
【详解】由题意得
2
5
2
2
7
7
7
7
6 7
A
C
A
C
6 7
21
2
，故C 正确.
故选：C.
2.第33 届夏季奥运会预计2024 年7 月26 日至8 月11 日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2 个竞赛项
目和3 个表演项目．现有三个场地A，B，C 分别承担这5 个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一
个项目，则不同的安排方法有（）
A．150 种
B．300 种
C．720 种
D．1008 种
【答案】A
【分析】分3,1,1和2,2,1两种情况，结合排列组合知识进行求解.
【详解】若三个场地分别承担3,1,1个项目，则有
3
1
1
3
5
2
1
3
2
2
C C C
A
60
A
种安排，
若三个场地分别承担2,2,1个项目，则有
2
2
1
3
5
3
1
3
2
2
C C C
A
90
A
种安排，
综上，不同的安排方法有60
90
150
种.
故选：A
3.《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一部数学专著，该书记述了我国古代14 种算法，分别是：积算（即
算筹）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､龟算､珠算､和计
数.某学习小组有甲､乙､丙3 人，该小组要收集九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､珠算6 种算法相关
资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数为（
）
A．240
B．300
C．420
D．540
【答案】D
【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解.
【详解】将6 种算法分成3 组，有1，1，4 一组，有1，2，3 一组，以及2，2，2 一组，
然后将这3 组分配给甲乙丙三个人，
所以不同的分配方案有
4
1
1
2
2
2
3
1
2
3
3
3
6
2
1
6
4
2
3
6
5
3
3
3
2
3
2
3
C C C
C C C
A
C C C A
A
90
360
90
540
A
A
，
故选：D
4.为了支援与促进边疆少数民族地区教育事业发展，某市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新
疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两
位女教师分派到同一个地方的方法种数为（
）
A．18
B．150
C．36
D．54
【答案】C
【详解】五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，
分派方案可按人数分为3，1，1 或2，2，1 两种情况，
根据题意两位女教师分派到同一个地方，分派方案可分为两种情况：
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：
2
3
3
3
C ×A
18
种方法；
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：
1
3
3
3
C ×A
18
种方法；
故共有：36 种分派方法，
故选：C ．
5.“雍容华贵冠群芳，百卉争妍独占王．”牡丹花在很早之前就遍布世界各地，具有极高的观赏价值．某花
房拟在一侧种植红、紫、白、蓝、黄、黑6 色牡丹，种植时，黑牡丹与紫牡丹分别种在两端，白牡丹和蓝
牡丹相邻．若白牡丹与黑牡丹不相邻，则不同的种植方法共有（
）
A．24 种
B．20 种
C．12 种
D．22 种
【答案】B
【详解】求不同的种植方法需要两步，第一步：将黑牡丹与紫牡丹分别种在两端，共
2
2
A
2
（种）方法；
第二步：将相邻的白牡丹和蓝牡丹看作一个整体，与红牡丹、黄牡丹一起排在黑牡丹与紫牡丹中间，
共
2
3
2
3
A A
12
（种）方法，其中，白牡丹与黑牡丹不相邻的排法有12
2
10
（种），
所以不同的种植方法共有2 10
20
（种）．
另解：求不同的种植方法需要3 步，第一步：将黑牡丹与紫牡丹分别种在两端，共
2
2
A
2
（种）方法；
第二步：在黑牡丹和紫牡丹中间种植红牡丹和黄牡丹，共
2
2
A
2
（种）方法；
第三步：将相邻的白牡丹和蓝牡丹看作一个整体，在红牡丹和黄牡丹的前、中、后三个空位种植，且白牡
丹与黑牡丹不相邻，共
2
1
2
3
A C
1
5
（种）方法，
所以不同的种植方法共有2 2 5
20
（种）．
故选：B
6.科技博览会需从5 个女生（分别记为A ，B ，C ，D ，E ）中选2 人参加志愿者服务，已知这5 个人被
选中的机会相等，则A 被选中的概率为（
）
A．0.25
B．0.4
C．0.5
D．0.75
【答案】B
【分析】由组合数以及条件概率即可求解.
【详解】由题意若A 被选中，则只需从其余四个人中再选一个人即可，所以A 被选中的概率为
1
1
1
4
2
5
C C
0.4
C
p
.
故选：B.
7.盒子中有红球3 个，黄球4 个，任取3 个球，则抽到2 个红球的概率是（
）
A．
2
1
3
4
3
7
C
C
C
B．
2
1
3
4
3
7
A
A
A
C．
2
1
4
3
3
7
C
C
C
D．
2
1
4
3
3
7
A
A
A
【答案】A
【分析】由古典概型概率公式可得.
【详解】盒子中有红球3 个，黄球4 个，从盒子中任取3 个球，共有
3
7
C 种取法，
3 球中抽到2 个红球，则有1个黄球，故取法有
2
1
3
4
C
C
种，
由古典概型的概率公式得所求事件的概率为
2
1
3
4
3
7
C
C
C
.
故选：A.
8.《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图排列结构是
一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白点为阳数，黑点为阴数.若从
这10 个数中任取3 个数，已知3 个数中至多有1 个阴数，则取出的3 个数之和是5 的倍数的概率是（
）
A．1
5
B．1
4
C．1
3
D．1
2
【答案】A
【分析】先求出10 个数中任取3 个数，至多有1 个阴数的总基本事件个数，再列举出取出的3 个数之和
是5 的倍数的基本事件，利用古典概型概率公式即可求解.
【详解】如图，白点为阳数，黑点为阴数，阳数为1,3,5,7,9 ，阴数为2,4,6,8,10
若从这10 个数中任取3 个数且3 个数中至多有1 个阴数，
基本事件总数为
3
1
2
5
5
5
C
C C
60
n
，
取出的3 个数之和是5 的倍数，基本事件包括
2,1,7 , 2,3,5 , 4,1,5 , 4,7,9 , 6,1,3 , 6,5,9 , 8,3,9 , 8,5,7 , 10,1,9 , 10,3,7 ，
1,5,9 , 3,5,7 共有12 个，
取出的3 个数之和是5 的倍数的概率是
12
1
60
5
P
.
故选：A.
9.(多选)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、
“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（
）
A．某学生从中选2 门课程学习，共有15 种选法
B．课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有240 种排法
C．课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，共有144 种排法
D．课程“礼”不排在第一周，也不排在最后一周，共有480 种排法
【答案】ACD
【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有
2
6
15
C
种，A 正确；
对于B，先排“礼”、“御”、“书”、“数”，再用插空法排“乐”“射”，不同排法共有
4
2
4
5
480
A A
种，B 错误；
对于C，“御”“书”“数”排在相邻的三周，可将“御”“书”“数”视为一个元素，不同排法共有
3
4
3
4
A A
144
种，C
正确；
对于D，从中间四周中任取一周排“礼”，再排其它五门体验课程共有
5
5
4A
480
种，D 正确.
故选：ACD.
10.(多选)下列人员的坐法种数为24 的是（
）
A．4 把椅子排成一排，4 人随机就座
B．6 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻
C．4 人均不坐在写着自己名字的座位上
D．4 把椅子排成一排，甲、乙、丙、丁四人中甲、乙必须相邻
【答案】AB
【详解】A 项中，4 把椅子排成一排，4 人随机就座的坐法种数为
4
4
A
24
，故A 正确；
B 项中，利用“插空法”，先排3 个空位，形成4 个空隙供3 人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数
为
3
4
A
4 3 2
24
，故B 正确；
C 项中，第一个人有3 种选择，然后第一个人坐的座位名字对应的人也有3 种选择，剩余两人只有1 种选
择，所以共有9 种坐法，故C 错误；
D 项中，4 把椅子排成一排，甲、乙、丙、丁四人中甲、乙必须相邻的坐法种数为
2
3
2
3
A A
12
，故D 错误.
故选：AB.
11.“第二课堂”是哈九中多样化课程的典型代表，旨在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足
同学们不同兴趣爱好，美育中心精心准备了大家非常喜爱的中华文化传承系列的第二课堂活动课：陶艺，
拓印，扎染，创意陶盆，壁挂，剪纸六个项目供同学们选学，每位同学选择1 个项目.则甲、乙、丙、丁这
4 名学生至少有3 名学生所选的课全不相同的方法共有（
）
A．135 种
B．720 种
C．1080 种
D．1800 种
【答案】C
【详解】恰有2 名学生选课相同，
第一步，先将选课相同的2 名学生选出，有
2
4
C
6
种可能；
第二步，从6 个项目中选出3 个排好，有
3
6
A
120
.
根据分步计数原理可得，方法有6 120
720
；
4 名学生所选的课全不相同的方法有
4
6
A
360
.
根据分类加法计数原理可得，甲、乙、丙、丁这4 名学生至少有3 名学生所选的课全不相同的方法共有
720
360
1080
.
故选：C.
12.某学校实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、政六科中选
择三科作为选考科目.已知某生的高考志愿为某大学环境科学专业，按照该大学上一年高考招生选考科目要
求理、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，每门课每天至少一节），已知该生某天最后两节
为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则该生该
天课表有（
）.
A．444 种
B．1776 种
C．1440 种
D．1560 种
【答案】B
【详解】理、化、生、史、地、政六选三，且理、化必选，
所以只需在生、史、地、政中四选一，有
1
4
C
4
（种）.
对语文、外语排课进行分类，第1 类：语文、外语有一科在下午第一节，则另一科可以安排在上午四节课
中的任意一节，剩下的四科可全排列，有
1
1
4
2
4
4
192
C C A
（种）；
第2 类：语文、外语都不在下午第一节，则下午第一节可在除语、数、外三科的另三科中选择，有
1
3
3
C
（种），
语文和外语可都安排在上午，即上午第一、三节，上午第一、四节，上午第二、四节3 种，
也可一科在上午任一节，一科在下午第二节，有
1
4
C
4
（种），
其他三科可以全排列，有
1
2
3
3
2
3
3
4
252
C
A A
（种）.
综上，共有
4
192
252
1776
（种）.
故选：B
13.(多选)小许购买了一套五行文昌塔摆件（如图），准备一字排开摆放在桌面上，下列结论正确的有（
）
A．不同的摆放方法共有120 种
B．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36 种
C．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72 种
D．若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36 种
【答案】ACD
【详解】由题可知，不同的摆放方法共有
5
5
A
120
种，A 正确；
若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有
3
2
3
4
A A
72
种，C 正确，B 不正确；
若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有
3
3
2
2
3
3
2
2
2A
A A C
36
种，D 正确．
故选：ACD
14.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，
多次为祖国赢得荣誉．现有6 支救援队（含甲、乙）前往A，B，C 三个受灾点执行救援任务，若每支救援
队只能去其中一个受灾点，且每个受灾点至少安排1 支救援队，其中A 受灾点至少需要2 支救援队，且甲、
乙2 支救援队不能去同一个受灾点，则不同的安排方法种数是
．
【答案】266
【详解】若将6 支救援队分成1，1，4 三组，再分到A，B，C 三个受灾点，
共有
1
1
4
2
6
5
4
2
2
2
C C C
A
30
A
种不同的安排方法，
其中甲、乙去同一个地方的有
2
2
4
2
C
A
12
种，
所以有N1＝30－12＝18 种不同的安排方法；
若将6 支救援队分成1，2，3 三组，再分到A，B，C 三个受灾点，
共有
1
2
3
1
2
6
5
3
2
2
C C C C A
240
种不同的安排方法，
其中甲、乙去同一个地方的有
1
1
1
1
2
4
4
3
2
2
C +C C
C A
64
种，
所以有N2＝240 一64＝176 种不同的安排方法；
若将6 支救援队分成2，2，2 三组，再分到A，B，C 三个受灾点，
共有
1
2
2
3
6
4
2
3
3
3
C C C
A
90
A
种不同的安排方法，
其中甲、乙去同一个地方的有
2
2
3
4
2
3
2
2
C C
A
18
A
种，
所以有N3＝90－18＝72 种不同的安排方法．
故共有N＝N1＋N2＋N3＝266 种不同的安排方法．
故答案为：266.
15.某班准备利用班会的时间举行一场小型的文娱活动，准备表演3 个歌唱类节目和2 个语言类节目，现
要排出一个节目单，若前2 个节目中必须要有语言类节目，则不同的排法有
种．
【答案】84
【详解】若前2 个节目都是语言类节目，此时后3 个为歌唱类节目，有
2
3
2
3
A A
12
种情况；
若前2 个节目中恰有1 个是语言类，有1 个是歌唱类，则有
1
1
2
2
3
2
C C A
12
种情况，
剩余的3 个节目进行全排列，则有
3
3
A
6
种情况，则共有12 6
72
种情况．
综上，有12
72
84
种不同的排法，
故答案为：84
16.某迷宫隧道猫爬架如图所示，B ，C 为一个长方体的两个顶点，A ，B 是边长为3 米的大正方形的两个
顶点，且大正方形由完全相同的9 小正方形拼成.若小猫从A 点沿着图中的线段爬到B 点，再从B 点沿着长
方体的棱爬到C 点，则小猫从A 点爬到C 点可以选择的最短路径共有
条.
【答案】120
【详解】小猫要从A 点爬到C 点，需要先从A 点爬到B 点，需要走3 横3 竖，则可选的路径共有
3
6
C
20
条，
再从B 点爬到C 点的路径共6 条，用分步乘法计数原理可得小猫可以选择的最短路径有20×6=120 条.
故答案为：120.
17.现有10 个运动员名额，作如下分配方案.
(1)平均分成5 个组，每组2 人，有多少种分配方案？
(2)分成7 个组，每组最少1 人，有多少种分配方案？
【答案】(1)945
(2)84
【详解】（1）根据平均分配规律，则平均分配5 个组共有
2
2
2
2
2
10
8
6
4
2
5
5
C C C C C
945
A
种方案.
（2）10 名运动员排成一排，中间形成9 个空隙，选6 个位置插入隔板，
则分成7 组，故分配方案共有
6
9
C
84
种.
18.将4 个编号分别为1，2，3，4 的小球放入4 个编号分别为1，2，3，4 的盒子中．
（1）有多少种放法？
（2）每盒至多一球，有多少种放法？
（3）恰好有一个空盒，有多少种放法？
（4）每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？
（5）把4 个不同的小球换成4 个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
【答案】（1）256；（2）24；（3）144；（4）8；（5）12.
【详解】（1）根据题意，每个小球有4 种放法，则4 个小球有44＝256 种放法，
（2）根据题意，每盒至多一球，即每个盒子都只能放1 个球，有
4
4
A ＝24 种放法，
（3）根据题意，分2 步进行分析：在4 个球中任选2 个，
放入1 个盒子中，有
2
4
C
1
4
C ＝24 种放法，
在剩下的3 个盒子中，任选2 个，
放入剩下2 个两个小球，有
2
3
A ＝6 种放法，则有6×24＝144 种放法；
（4）根据题意，分2 步进行分析：在4 个小球中任选1 个，
放入编号相同的盒子中，有
1
4
C ＝4 种放法，
剩下3 个小球放入编号不同的盒子中，
有2 种放法，则有4×2＝8 种不同的放法，
（5）根据题意，在4 个盒子中选出1 个，放入2 个小球，有4 种选法，
在剩下的3 个盒子中，任选2 个，分别放入1 个小球，有
2
3
C ＝3 中选法，
则有4×3＝12 种不同的放法．
19.（1）已知
3
2
6
6
C
C
1
m
m
m
，计算：
1
2
3
6
6
7
8
C
C
C
C
m
m
m
m
；
（2）解方程：
7
2
3
4
3C
5A
x
x
x
．
【答案】（1）126；（2）
11
x
．
【分析】（1）根据给定条件，利用组合数的性质求出m 并计算得解.
（2）利用组合计算公式、排列数公式求解即得.
【详解】（1）因为
3
2
6
6
C
C
1
m
m
m
，则
3
2
6
m
m
，解得
2
m
，经验证符合题意，
所以
1
2
3
1
2
3
6
6
7
8
7
7
8
C
C
C
C
C
C
C
m
m
m
m
m
m
m
2
3
8
8
C
C
m
m
3
9
Cm
5
9
C
126
.
（2）由
7
2
3
4
3C
5A
x
x
x
，得
(
3)(
4)(
5)(
6)
3
5(
4)(
5)
4!
x
x
x
x
x
x
，
即
3
6
40
x
x
，而由
7
2
3
4
3C
5A
x
x
x
，知
7,
N
x
x
，解得
11
x
，
所以原方程的解为
11
x
.
20.安排6 名教师
,
,
,
,
,
A B C D E F 到甲､乙､丙三个场馆做志愿者.
(1)有14 个相同的口罩全部发给这6 名教师，每名教师至少发两个口罩，共有多少种不同的发放方法？
(2)六名教师站一排照相，求
,
A B 不相邻，且C 在D 的左边（可以不相邻）的概率？
【答案】(1) 21
(2) 1
3
【分析】（1）分两步完成，第一步，每人先发一个口罩，第二步，将剩余的8 个口罩发给6 人，每人一个，
利用相同元素隔板法即可解决问题；
（2）利用排列知识，求出当
,
A B 不相邻，且C 在D 的左边时的排法数及六名教师站一排时的排法数，再
利用古典概率公式即可求出结果.
【详解】（1）因口罩全部相同，且每名教师至少发两个口罩，
分两步完成：第一步，每人先发一个口罩，只有1 种发法，
第二步，将剩余的8 个口罩发给6 人，每人一个，共有
5
7
7 6
C
21
2
种不同的发放方法，所以共有21种
不同的发放方法.
（2）当
,
A B 不相邻，且C 在D 的左边时，有
4
2
4
5
2
2
A
A
240
A
种排法，
又六名教师站一排时，有
6
6
A
720
种排法，
记“
,
A B 不相邻，且C 在D 的左边（可以不相邻）”为事件E ，
所以
240
1
( )
720
3
P E
.
