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专题3.3 组合与组合数
教学目标
1.理解组合与组合数的概念，正确认识排列与组合的区别与联系。
2.会推导组合数公式，并组合数公式进行计算 。
3.能解决有限制的组合问题，掌握常见的类型与解题策略。
4.能解决简单的排列、组合的综合问题。
教学重难点
1.重点
（1）组合与组合数的概念，正确区分排列与组合的区别与联系；
（2）能解决简单的排列与组合的计算以及排列与组合的综合问题；
2.难点
（1）有限制的组合问题；
（2）分组分配问题与涂色问题。
知识点01 组合数公式的推导：
从4 个不同元素, , ,
a b c d 中取出3 个元素的组合数
3
4
C 是多少呢？
启发：由于排列是先组合再排列，而从4 个不同元素中取出3 个元素的排列数
3
4
A 可以求得，故我们可以考
察一下
3
4
C 和
3
4
A 的关系，如下：
组 合 排列
dcb
cdb
bdc
dbc
cbd
bcd
bcd
dca
cda
adc
dac
cad
acd
acd
dba
bda
adb
dab
bad
abd
abd
cba
bca
acb
cab
bac
abc
abc
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
由此可知,每一个组合都对应着6 个不同的排列，因此，求从4 个不同元素中取出3 个元素的排列数
3
4
A ，可以分如下两步：① 考虑从4 个不同元素中取出3 个元素的组合，共有
3
4
C 个；② 对每一个组合的
3 个不同元素进行全排列，各有
3
3
A 种方法．由分步计数原理得：
3
4
A ＝
3
4
C
3
3
A ，所以，
3
3
3
4
3
4
A
A
C
．
知识点02 组合数公式的推广：
一般地，求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数
m
n
A ，可以分如下两步：
① 先求从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数
m
n
C
；
② 求每一个组合中m 个元素全排列数
m
m
A ，根据分步计数原理得：
m
n
A ＝
m
n
C
m
m
A
．
知识点03 组合数公式：
(
1)(
2)
(
1)
!
m
m
n
n
m
m
A
n n
n
n
m
C
A
m
或
)!
(!
!
m
n
m
n
C m
n
)
,
,
(
n
m
N
m
n
且
奎屯
王新敞
新疆
规定:
0 1
n
C
.
知识点04 定位、定元的排列问题：
一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．
这一类问题通常以三种途径考虑：
（1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元
素；
（2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位
置；
（3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．
知识点05 相邻问题：
解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n 个不同元素排成一排，其中某k 个元素排在相邻位
置上，求不同排法种数的方法是：先将这k 个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他
元素一起排列，共有
种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有
种排法．
根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有
种．
知识点06 不相邻问题：
6、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将
个不同元素排成一排，其中某
个元素互不相
邻（
），求不同排法种数的方法是：先将（
）个元素排成一排，共有
种排法；然后
把
个元素插入
个空隙中，共有
种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有
·
种．
题型01 组合数的化简及简单计算
【典例1】．（24-25 高二下·重庆·期中）若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】排列数方程和不等式、排列数的计算、组合数的计算、组合数方程和不等式
【分析】根据排列数和组合数公式可得出关于
的等式，结合
可求得
的值，进而可得出
的
值.
【详解】由题意可知
，由
可得
，
整理可得
，即
，
因为
，解得
，故
.
故选：C.
【变式1】．已知
，则
的值是（ ）
A．9
B．7
C．9 或
D．8
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】组合数方程和不等式
【分析】根据组合数的计算公式得到结果.
【详解】由
可得
，即
，即
，
所以
，化简可得
，解得
（负
值舍去）．
故选：A
【变式2】．（24-25 高二下·广东惠州·期中）（多选题）下列结论正确的是（ ）
A．若
，则正整数
的值是
B．
C．
D．
【答案】BC
【难度】0.85
【知识点】组合数的性质及应用、排列数的计算、组合数的计算、组合数方程和不等式
【分析】对于A，根据组合数性质即可求解；对于B，根据排列数的计算性质即可求解；对于C，根据组合
数的性质即可求解；对于D，根据组合数的性质即可求解.
【详解】对于A，因为
，
所以
或
，
即
或
，故A 错误；
对于B，
，故B 正确；
对于C，由组合数公式可知
，故C 正确；
对于D，
，
，
，
，故D 错误．
故选：BC．
【变式4】．（23-24 高二上·江西新余·期末）已知
，则
（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】组合数的性质及应用、组合数方程和不等式
【分析】根据组合数性质有
，再由
即可得解.
【详解】由组合数性质知，
，
因为
，所以
，
所以
，得
.
故选：C.
题型02 代数中的组合问题
【典例2】．（2025·四川绵阳·模拟预测）将3 个2 和2 个1 随机排成一行，则2 个1 不相邻的概率为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】计算古典概型问题的概率、代数中的组合计数问题
【分析】法一：先求出事件总数，再利用插空法找到符合题意的事件个数，根据古典概型的概率公式即可
求出概率.
方法二：列出所有可能的结果，找到2 个1 不相邻的基本事件个数，根据古典概型的概率公式即可求出概
率.
【详解】方法一：
由题意，事件总数有
种，
将2 个1 放入3 个2 排好后形成的4 个空隙中，有
种，
，
故选：A.
方法二：
由题意，将3 个1 和2 个2 随机排成一行，可以是：
，
共10 种排法，
其中2 个2 不相邻的排列方法为：
，
共6 种方法，
故2 个2 不相邻的概率为
，
故选：A.
【变式1】．从2，3，5，7，11 这5 个素数中，随机选取两个不同的数，其积为偶数的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】计算古典概型问题的概率、代数中的组合计数问题
【分析】由题意，求出基本事件的总数和满足积为偶数的基本事件个数，利用古典概率即可求解.
【详解】从2，3，5，7，11 这5 个素数中，随机选取两个不同的数，共有
种选法，
其积为偶数，即两个数中有一个为2，共有4 种选法，
所以概率为
.
故选：A.
【变式2】．（24-25 高二下·吉林长春·阶段练习）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
【难度】0.65
【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、数字排列问题、代数中的组合计数问题
【分析】分三位数不含0 或含0 两种情况，应用排列组合数求三位数中“凸数”的个数.
【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
【变式3】．（24-25 高二下·江苏·期末）已知
，
，且
．则满足条件的集合
共有 个．
【答案】410
【难度】0.4
【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、代数中的组合计数问题
【分析】由题意
，
除以3 的余数相同，按照
，
除以3 的余数相同，
，
被3 除余1，
，
被
3 除余2 分类讨论，结合组合数的运算求解即可.
【详解】因为
，所以
能被3 整除，所以
，
除以3 的余数相同，
中的元素能被3 整除的整数有
，被3 除余1 的整数有
，
被3 除余2 的整数有
，
当
，
都被3 整除时，则
从被3 整除的5 个数中选取3 个，
或
，
可从被3 整除的5 个数中选取2 个，
从其余11 个数中选择，
所以
的个数为
，
当
，
被3 除余1 时，则
从被3 除余1 的6 个数中选取3 个，
或
，
可从被3 除余1 的6 个数中选取2 个，
从其余10 个数中选择，
所以
的个数为
，
当
，
被3 除余2 时，则
从被3 除余2 的5 个数中选取3 个，
或
，
可从被3 除余2 的5 个数中选取2 个，
从其余11 个数中选择，
所以
的个数为
，
所以满足条件的集合
共有
个．
故答案为：410
题型03 几何中的组合问题
【典例3】．（2025·安徽·模拟预测）在三棱锥的顶点和各棱中点中取
个不共面的点，不同的取法共有
（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】几何组合计数问题
【分析】根据棱锥的结构特征，应用组合数及列举法确定所有选取方法数、共面情况的选取方法数，即可
得.
【详解】如下图，共有
个点任选
个有
种，
每个侧面的
个点都共面，任选
个有
种，共
个面，则有
种共面情况，
如
、
、
分别构成一个平面，有种，
如
、
、
、
、
、
分别构成一个平面，有
种，
综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取
个不共面的点，不同的取法共有
种.
故选：D.
【变式1】．（24-25 高二下·河南南阳·期中）观察下图，并阅读图形下面的文字，像这样10 条直线相交，
交点的个数最多是（ ）
A．40 个
B．45 个
C．50 个
D．55 个
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】几何组合计数问题
【分析】根据观察有n 条直线交点最多有
个，即可得.
【详解】由题设，对于n 条直线交点最多有
个，则10 条直线交点的个数最多是
个.
故选：B
【变式2】．（23-24 高二下·四川眉山·期末）一个直四棱柱的底面为梯形，这个四棱柱的每两个顶点相连
形成多条直线，这些直线最多能组成（ ）对异面直线
A．174
B．180
C．210
D．368
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】棱锥的结构特征和分类、几何组合计数问题、异面直线的概念及辨析、棱柱的结构特征和分类
【分析】分析底面是梯形的直四棱柱中，任取4 个顶点能构成四面体的最多个数，再利用一个四面体有3
对异面直线，列式计算即得.
【详解】每对异面直线，需4 个顶点并且这4 个顶点不共面，而不共面的4 个点顺次连接构造一个四面体，
一个四面体的3 组相对棱都是异面直线，底面是梯形的直四棱柱有8 个顶点，
从8 个顶点中任取4 个有
种方法，其中6 个表面四边形4 个顶点共面，
对角面
都是平面四边形，4 个顶点共面，
因此从底面是梯形的直四棱柱的8 个顶点中任取4 个顶点，构成四面体的个数最多有
，
所以最多能组成异面直线对数是
.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题求出异面直线对数的关键是求出最多的四面体个数.
【变式3】．（24-25 高二下·广东广州·期末）以平行六面体的顶点为顶点的四面体的个数为（ ）
A．70
B．64
C．58
D．24
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】棱锥的结构特征和分类、几何组合计数问题
【分析】利用平行六面体的性质，结合构成四面体的4 个顶点不共面，先求8 个顶点任选4 个顶点的总数，
再去掉4 个顶点共面的情况，即为所求平行六面体的顶点为顶点的四面体的个数.
【详解】由题意知：要使平行六面体的顶点为顶点构成四面体，则4 个顶点不共面，
1、8 个顶点任选4 个，有
种，
2、8 个顶点任选4 个，共面的有12 种，
∴以平行六面体的顶点为顶点的四面体有
个.
故选：C
题型04 分组分配问题
【典例4】．（24-25 高二下·福建泉州·期末）为了提高人们的环保意识，让所有人都能为保护环境出一份
力，学校安排A，B，C，D 4 名学生去甲、乙、丙三个社区宣讲，每个学生去且只去一个社区，每个社区
至少有1 名学生，其中学生A 不能去甲社区，则不同安排方式的总数是（ ）
A．20
B．24
C．32
D．36
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题
【分析】由题意可知将4 人分为1，1，2 三组共计
种分法，分好的组去三个社区，总共
种分
法；假设A 必须去甲社区，则有两种分法:①三人去乙、丙两个社区
或②三人去甲、乙、丙社区
；
所以总的安排方式为：
.
【详解】
A，B，C，D 4 名学生去甲、乙、丙三个社区，每个社区至少有1 名学生
可将4 人分为1，1，2 三组，共有
种分法.
总分法为
令学生A 必须去甲社区，则有两种分法:三人去乙、丙两个社区
或三人去甲、乙、丙社区
,则共有：
学生A 不能去甲社区的不同安排方式为：
故选:B.
【变式1】．（24-25 高三下·山西大同·期末）在全国人口普查过程中，甲、乙、丙、丁四位普查员要去
A、B、C 三个小区进行数据采集，若甲普查员不能去A 小区，且每个小区至少去一名普查员，每人只能去
一个小区．则不同的安排方法共有（ ）
A．24 种
B．36 种
C．6 种
D．12 种
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】实际问题中的计数问题、元素（位置）有限制的排列问题、分组分配问题
【分析】分类讨论A 小区安排的人数，应用分步分类及排列组合数求不同的安排方法数即可.
【详解】①A 小区安排一人，有
种，
②A 小区安排两人，有
种，
所以共24 种．
故选：A
【变式2】．（25-26 高三上·上海·阶段练习）某校安排甲，乙，丙，丁共4 位教师分别去高一，高二，高
三三个年级任教，其中每个年级至少安排一位教师，若甲，乙不去高三年级但能去其他两个年级，丙，丁
都能去三个年级，则不同的安排方案的种数为 ．（用数字作答）
【答案】14
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题
【分析】根据去高三年级的情况分类讨论即可.
【详解】若高三年级去一个人，只能从丙，丁中选1 个，剩余3 人选2 人去1 个学校，将这两人看成1 人，
则2 人分到2 个学校的方法是
,所以不同的分配方案有：
；
若高三年级去2 个人：只能是丙，丁，所以不同的分配方案有：
.
所以共有
种.
故答案为：14
【变式3】．（25-26 高三上·广东·阶段练习）为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4 个价钱相同
的礼盒全部分给这3 名同学，若购买的4 个礼盒仅有2 个相同，按一人2 个礼盒，另两人各1 个礼盒进行
分配，共有 种分法.（用数字作答）
【答案】21
【难度】0.65
【知识点】排列组合综合、分组分配问题
【分析】考虑2 个相同礼盒是否分给同一人两种情况，结合分步计数原理求解即可.
【详解】第一种情况，当2 个相同礼盒分给同一人时：
第一步，分配2 个相同礼盒，
即将这2 个相同礼盒分给三个同学中的一个，共
种分配方法；
第二步，分配剩下的2 个不同礼盒，
即将剩下的2 个不同礼盒，分给剩下的2 个同学，共有
种，
所以一共有
种分法；
第二种情况，当2 个相同礼盒不分给同一人时：
记4 个礼盒分别为
，
当
或
在一起时，共有
种分配方法；
当
在一起时，即将
分给三个人中任何一个，剩下的2 个人，每人分一个
，共有
种分配方法；
综上，共有
种分配方法.
故答案为：
题型05 x+y+z=n 的整数问题
【典例5】．方程
的非负整数解的个数为 .
【答案】81
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、x+y+z=n 的整数解的个数
【详解】设
，
，
，由此
，又
，
，可得：
，
，则可判断
可能的解有：（2，0，5），（1，6，0），（4，3，0），
（7，0，0），
①当
，可求得：
，而
，看成2 个相同白球，用隔板法隔
成3 区域（可有空区），有
个解；
②当
，可求得：
，
，而
，有
个解，
因此该情况共有
个解；
③当
，可求得
，
，而
，有
种情况，
因此该情况共有
个解；
④当
，可求得：
，而
，有
个解．
综上，方程非负整数解个数为：81．
【变式1】．（2024·湖北·二模）已知
，且
，
，
，则方程
的解的组
数为 .
【答案】15
【难度】0.85
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数
【分析】问题等价于将7 个相同的小球放入3 个不同的盒子，每个盒子中至少放入1 个小球的方法个数，
利用隔板法求解即可.
【详解】由题意，原问题等价于将7 个相同的小球放入3 个不同的盒子，每个盒子中至少放入1 个小球的
方法个数，在7 个相同的小球之间形成的6 个空中，任选2 个放入两个隔板，共有
种方法，
即方程
的解的组数为15.
故答案为：15
【变式2】．（24-25 高二下·青海西宁·期末）已知方程
，若x，y，z 均为正整数，则称
为该方程的正整数解.则方程
共有（ ）个正整数解.
A．171
B．190
C．342
D．380
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数、组合数的计算
【分析】先将题目问题进行转化；再利用隔板法进行求解.
【详解】因为x，y，z 均为正整数，
所以方程
正整数解的个数问题可以转化为：将
个相同的物品分成组，每组至少一个，有
多少种不同的分法.
利用隔板法可得：不同的分法有
种.
故选：A
【变式3】．（24-25 高二下·湖北·期中）已知
元一次方程
（
，
，
，
）的正整数解的个数为
，则方程
满足
（
）的整数解的个数为
（ ）
A．35
B．56
C．84
D．120
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数
【分析】令
，得到
，结合条件即可求解.
【详解】由
得，
，
令
，
.
则原问题等价于方程
的正整数解的个数，
由题意知符合条件的个数为
，
故选：B.
题型06 其它排列与组合的综合问题
【典例6】．埃及金字塔之谜是人类史上最大的谜，它的神奇远远超过了人类的想象.在埃及金字塔内有一
组神秘的数字142857，因为
，…，所以这组数
字又叫“走马灯数”.该组数字还有如下发现：
，…，若从这
组神秘数字中任选3 个数字构成一个三位数x，剩下的三个数字构成另一个三位数y，
，将所有
可能的三位数x 按从小到大依次排序，则第12 个三位数x 为（ ）
A．214
B．215
C．248
D．284
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】其他组合计数模型
【分析】观察，将数字分成三组，每组取一个数字可构成符合条件的
，由此分析求解即可.
【详解】∵1,4,7,2,8,5,这六个数中，1+8=9，2+7=9，4+5=9，共3 组
要使六个数字中任意取出3 个数字构成一个三位数
，剩下的三个数字构成另一个三位数
，且
，
所以
从小到大排列为：
，
故第12 个三位数x 为248.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于将这6 个数分为1+8=9，2+7=9，4+5=9，共3 组，进而利用列
举法求解.
【变式1】．（24-25 高二上·重庆沙坪坝·期中）将4 个相同的白球、5 个相同的黑球放入4 个不同盒子中
的3 个中，使得有1 个空盒且其他3 个盒子中球的颜色齐全的不同放法共有 种．用数字作答
【答案】72
【难度】0.65
【知识点】其他组合计数模型
【分析】根据分步乘法计数原理，先选盒子、再取白球，最后取黑球，利用组合数将每一步对应的方法数
求出然后相乘即可得到不同的放法数.
【详解】解：首先从4 个盒子中选取3 个，共有
种取法；
假定选取了前三个盒子，则第四个为空，不予考虑．
由于前三个盒子中的球必须同时包含黑白两色，所以每个盒子中至少有一个白球，一个黑球．
这样白球还剩一个可以自由支配，它可以放在三个盒子中任意一个，共
种放法，
黑球还剩两个可以自由支配，这两个球可以分别放入三个盒子中的任意一个，
这里有两种情况：①两个球放入同一个盒子，有3 种放法．②两个球放入不同的两个盒子，有3 种放法．
综上，黑球共6 种放法．
所以总共有
种不同的放法．
故答案为：
．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是分析个黑球和
个白球如何分配到三个盒子中（不均分的情
况）且每个盒子中两种球都有，采用分步的思想是最合理的，分别考虑两种球的放法数.
一、单选题
1．（24-25 高二上·福建宁德·期末）若
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】组合数的性质及应用、组合数方程和不等式
【分析】利用组合数的性质求出
的值，再利用组合数的性质可求得
的值.
【详解】因为
，则
，解得
，
故
.
故选：D.
2．（2024·山东临沂·一模）将1 到30 这30 个正整数分成甲乙两组，每组各
､
15 个数，使得甲组的中位数
比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【难度】0.4
【知识点】代数中的组合计数问题、计算几个数的中位数
【分析】分析可得甲组的中位数为
或
，分别求出甲组的中位数为
、
时的分组方法，即可得解.
【详解】因为甲组、乙组均为
个数，则其中位数为从小到大排列的第个数，
即小于中位数的有
个数，大于中位数的也有
个数，
依题意可得甲组的中位数为
或
，
若甲组的中位数为
，则乙组的中位数为
，此时从
中选
个数放到甲组，剩下的
个数放到乙组，
再从
中选
个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有
种分组方法；
若甲组的中位数为
，则乙组的中位数为
，此时从
中选
个数放到甲组，剩下的
个数放到乙组，
再从
中选
个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有
种分组方法；
若甲组的中位数为
，则乙组的中位数为
，此时甲组中小于
的数有
个、乙组中小于
的数有
个，
从而得到小
的数一共只有
个，显然不符合题意，故舍去，
同理可得，甲组的中位数不能大于
；
若甲组的中位数为
，则乙组的中位数为
，此时甲组中小于
的数有
个、乙组中小于
的数有
个，
从而得到小
的数一共只有
个，显然不符合题意，故舍去，
同理可得，甲组的中位数不能小于
；
综上可得不同的分组方法数是
种.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键是得到甲组的中位数为
或
再分类分别计算可得.
3．（23-24 高二上·江西·阶段练习）北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记
载，它们组成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人藉以判
断季节的依据之一.如图，用点
，
，
，
，
，
，
表示某一时期的北斗七星，其中
，
，
，
看作共线，其他任何三点均不共线，过这七个点中任意两个点作直线，所得直线的条数为（ ）
A．4
B．13
C．15
D．16
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理、几何组合计数问题
【分析】解法一：间接方法，从总的条数中去掉不合要求的条数即可；
解法二：直接方法，分3 种情况进行求解，再相加即可.
【详解】解法一：用间接方法，过这七个点中任意两个点作直线，一共有
条，
其中从共线的
，
，
，
的四点任选两点，一共有
条，
所得直线的条数为
；
解法二：用直接方法，①过点
，
，
，
的直线只有1 条；
②过
，
，
中的任意两点作直线，可作3 条；
③从
，
，
，
任取一点，从
，
，
中任取1 点作直线，可作直线条数为
，
综上，所得直线的条数为
.
故选：D.
4．（2025·江西南昌·模拟预测）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
【难度】0.85
【知识点】几何组合计数问题
【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
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
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
种．
故选：A．
6．已知
，
，
，则关于
，
，
的方程
共有（ ）组不同的解.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数
【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
7．（24-25 高三上·云南临沧·开学考试）为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的
数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只
能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人
或两人选修的情况的种数为（ ）
A．48
B．50
C．52
D．54
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、分组分配问题、实际问题中的组合计数问
题
【分析】对选修数独、几何画板的人数进行分类讨论，结合分类、分步计数原理求解即可.
【详解】若数独只有1 人报名，从乙和丙中选1 人，有
种情况，
若选修几何画板只有1 人，从剩余4 人中除甲以外的3 人中任选1 人，有
种情况，
最后将剩余3 人分为两组，再分配给另外两门课程，此时不同的选择情况种数为
种；
若选修几何画板有2 人，从剩余4 人中除甲以外的3 人中任选2 人，有
种情况，
剩余2 人选修剩余2 门课程，此时不同的选择情况种数为
种；
根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理，数独只有1 人报名的选择情况种数为：
种；
若数独有2 人报名（乙和丙），有1 种情况，
若选修几何画板只有1 人，从剩余3 人中除甲以外的2 人中任选1 人，有
种情况，
剩余2 人报名剩余2 门课程，此时不同的选择方法种数为
种，
根据分步乘法计数原理，数独有2 人报名的选择情况种数为：
种.
综上，根据分步加法计数原理，甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数
为
种.
故选：C.
8．（24-25 高二下·湖北·期末）某校将开展三项不同的社会实践活动，现招募了5 名学生志愿者参与.要求
每个活动项目至少安排1 名志愿者，至多安排2 名志愿者.已知学生甲和乙是好朋友，须一起参与同一个活
动项目，那么不同的人员分配方案共有（ ）种?
A．18
B．24
C．30
D．36
【答案】A
【难度】0.94
【知识点】分组分配问题
【分析】先分组，再排列即可求解.
【详解】
.
故选：
.
9．（24-25 高二下·重庆·期中）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
，
，
，
是道路网中位于一条对角线上的4 个交汇处.今在道路网M，N 处的甲、乙两人分别要到N，M 处，
他们分别随机地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，则甲、乙两
人相遇的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】其他组合计数模型、计算古典概型问题的概率
【分析】计算出甲、乙两人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式运算求解即可.
【详解】甲从M 到达N 处，需要走6 步，其中有3 步向上走，3 步向右走，则甲从M 到达N 处的方法有
种；
同理，乙从N 到达M 处的方法有
种；
甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在
、
、
、
处相遇，
若甲、乙两人在
处相遇，甲经过
处，则甲的前三步必须向上走，乙经过
处，则乙的前三步必须向左
走，两人在
处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在
处相遇，甲到
处，前三步有1 步向右走，后三步只有2 步向右走，
乙到
处，前三步有1 步向下走，后三步只有2 步向下走，
所以，两人在
处相遇的走法种数为
种；
若甲、乙两人在
处相遇，由对称性可得，走法种数为
种；
若甲、乙两人在
处相遇，甲经过
处，则甲的前三步必须向右走，乙经过
处，则乙的前三步必须向
下走，两人在
处相遇的走法种数为种；
故甲、乙两人相遇的概率
.
故选：B.
10．（2023·山东潍坊·一模）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
【难度】0.65
【知识点】其他组合计数模型、元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题
【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
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
种选择，超重耐力在第四、第五天有
种选择，剩下两种
测试全排列
，则有
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
种选择，超重耐力在第一、第五天有
种选择，剩下两种
测试全排列
，则有
种安排方法；
故选拔测试的安排方案有
种.
故选：B.
二、多选题
11．（24-25 高二下·广东江门·阶段练习）下列结论正确的是（ ）
A．
B．
（
，
为正整数且
）
C．
D．满足方程
的
值可能为
或
或
或
【答案】BC
【难度】0.65
【知识点】组合数的性质及应用、排列数的计算、组合数的计算、组合数方程和不等式
【分析】根据组合数公式判断A、C，根据排列数公式判断B，由组合数的性质得到方程，求出
，再检验，
即可判断D.
【详解】对于A：
，故A 错误；
对于B：因为
，
，
所以
（
，
为正整数且
），故B 正确；
对于C：
，
，
所以
，故C 正确；
对于D：因为
，
所以
或
，
解得
或
或
或
，
当
时
符合题意；
当
时
，不符合题意，故舍去；
当
时
，
，符合题意；
当
时
，
，不符合题意，故舍去；
综上可得
或
，故D 错误.
故选：BC
三、填空题
12．（2025·江西·二模）为吸引顾客，某大型超市开业期间租了含甲、乙在内的五个迎宾机器人，现将这
五个机器人分别分配到一、二、三楼担任迎宾工作，若要求每个楼层至少分配一个机器人，一个机器人只
能去一个楼层，且机器人甲、乙不在同一个楼层，则不同的分配方法种数为 .(用数字作答)
【答案】114
【难度】0.65
【知识点】代数中的组合计数问题、分组分配问题
【分析】可以采取间接方法，在所有分配方法中减去不符合要求的分配方法，即为满足条件的分配方法数.
【详解】所有可能的分配方法数为：若一个楼层分配三个机器人，其余两个楼层分配一个，
则总数为
种，
若一个楼层分配一个机器人，其它两个楼层每层分配两个机器人，
则分配方法的总数为
种，两者相加可得所有分配方法总数为
种.
甲、乙在同一个楼层的分配方法可计算如下：
先从三个楼层中选一个楼层安排机器人甲、乙，有
种分法，
若剩下三个机器人分配到其余两个楼层，
可以先在三个机器人中选择两个一组，再在两个楼层中选择一层楼分配这两个机器人，
有
种分法，
若剩下的三个机器人分配到三个楼层，有
种分法，
故甲、乙在同一个楼层的不同的分配方法种数为
种，
所以甲、乙不在同一个楼层的不同分配方法数为
种.
故答案为：
.
13．已知集合
，则A 中的元素的个数为 .
【答案】
【难度】0.4
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数
【分析】问题等价于将102 个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3 个人，每人至少分1 个，利用
隔板法计算即可.
【详解】
，
可转化为将102 个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3 个人，
每人至少分1 个，利用隔板法可得分配的方案数为
，
所以
中的元素的个数为
.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：问题等价于将102 个大小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3 个人，每人至少
分1 个，利用隔板法计算即可.
14．（25-26 高二上·全国·期末）基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略
领先的关键，其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了《九章算
术》《古今数学思想》《数学原理》《世界数学通史》《算术研究》五门选修课程，要求数学系每位同学
每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，
则每位同学的不同选修方式种数为 ．
【答案】150
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题
【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解.
【详解】先将五门课程分成，，和
，
，这两种情况，再安排到三个学年中，
则共有
种选修方式．
故答案为；150.
15．（24-25 高二下·河北邯郸·期末）已知小张、小王等6 名同学需要到甲、乙、丙、丁4 个单位去实习，
要求每名同学只去一个单位实习，每个单位都有学生参加实习，则在小张去丁单位实习的前提下，小王不
去丁单位实习的概率为 .
【答案】
【难度】0.65
【知识点】计算古典概型问题的概率、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、分组分配问题
【分析】先根据计数原理求得小张去丁单位实习的情况的总数及其中小王不去丁单位实习的情况的总数，
再由古典概型概率的计算方法即可得结果.
【详解】根据题意，小张去丁单位实习的情况共有三种：
一人去丁单位实习有
种，
两人去丁单位实习有
种，
三人去丁单位实习有
种，
所以小张去丁单位实习的情况共390 种，
在上述小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的情况共有三种：
一人去丁单位实习有
种，
两人去丁单位实习有
种，
三人去丁单位实习有
种，共计330 种，
所以在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为
.
故答案为：
.
16．（24-25 高三上·云南昆明·阶段练习）如图是某城区的街道平面网格，它由24 个全等的小正方形构成，
每个小正方形的边界都是能通行的街道道路，而小正方形的内部都有楼房建筑（不能跨越通行）．小张家
居住在街道网格的M 处，她的工作单位在街道网格的N 处，每天早上她从家出发，沿着街道道路去单位上
班，若她要选择最短路径前往，则小张上班一共有 种走法；若小张某天早上从家出发前往单位上班，
途中要先到达街道P 处吃早餐，吃完早餐再前往单位，则她一共有 种最短路径的走法．
【答案】
【难度】0.65
【知识点】其他组合计数模型、实际问题中的组合计数问题
【分析】小张从
处出发选择最短路径前往
处，需要向右走条街道和向上走条街道，共走
条街道．
因此只需从
条街道里面选择条街道向右走和条街道向上走即可；同理先求出从
处出发选择最短路
径前往
处的种数，再求从
处出发选择最短路径前往
处的种数，根据分布乘法计数原理求解即可.
【详解】小张从
处出发选择最短路径前往
处，需要向右走条街道和向上走条街道，共走
条街道．
所以从
处出发选择最短路径到达
处一共有
种走法；
同理，从
处到达
处有
种走法，从
处到达
处有
种走法，
所以根据分步乘法计数原理，小张每天早上上班途经街道
处的最短路径走法有
种．
故答案为：210，90
17．设集合A 是由所有满足下面条件的有序实数组
构成的：每一个元素
等于0、1、
中
之一，其中
，2，3，4，5.那么集合A 中满足条件“
”的元素个数为 .
【答案】130
【难度】0.65
【知识点】其他组合计数模型
【分析】从条件入手，由于
只能取0 或1，因此5 个数值的有2 个0，3 个0，或4 个0，讨论这三种情
况，即可求解.
【详解】因为
，
，集合
中元素满足条件
，
由于
只能取0 或1，因此5 个数值中有2 个0，3 个0 或4 个0 的三种情况，
①
中有2 个取值为0，另外3 个从
中取，共有方法数：
，
②
中有3 个取值为0，另外2 个从
中取，共有方法数：
，
③
中有4 个取值为0，另外1 个从
中取，共有方法数：
，
所以总共方法数为
，
即集合
中满足条件
的元素个数有
个.
故答案为：130
