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6.2.3~6.2.4组合与组合数
1.通过实例理解组合的概念，并会应用组合知识解决简单的实际问题；
2.能利用组合数公式解决组合数的方程及不等式问题；
3.能解决有限制条件的组合问题
一、组合
①组合的定义：一般地，从n个不同元素中取出个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
②组合数、组合数公式：从n个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示.
，其中，且
规定：
③排列与组合的关系
相同点 两者都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
不同点 排列问题中元素有序，组合问题中元素无序 （关键是看选出的元素是否与顺序有关,若有关系,则是排列问题，若无关系，则是组合问题）
④组合数的性质
性质1：；性质2：.
二、组合问题
问题 方法
平均分组问题 一般先分堆，再除以.
不平均分组问题 先分堆，其中有组个数一样，再除以
相同元素的“分配”问题 “隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中，
考点01组合数的化简及证明
1．计算（　　）
A．34 B．35 C．36 D．37
【答案】A
【分析】
直接由组合数公式计算即可.
【详解】由题意.
故选：A.
2．（多选）下列等式中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】计算出排列数和组合数后判断.
【详解】，，，A正确；
，B错；
，，C正确；
，，D正确．
故选：ACD．
3．（1）计算：①＝ ；
②＝ ．
【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，再利用组合数公式可得答案.
【详解】①
②由得，因为为整数，所以.
所以原式.
4．设n为正整数，求值：
(1)；
(2)．
【答案】(1)4或7或11
(2)124
【分析】（1）根据题意列出不等式求出值，再分别计算即可.
（2）根据给定组合式结合组合数的定义列出不等式求得n值，再利用组合数的性质计算即得.
【详解】（1）由题意知 ，，
又取2，3，4.
当时，值为4；当时，值为7；当时，值为11.
（2）依题意，，即，解得，
所以，原式.
5．证明：
【答案】证明见解析
【分析】根据组合数公式证明即可.
【详解】证明：.
6．求证：
(1)，
(2)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用组合数计算公式变形，计算推理作答；
（2）利用组合数计算公式变形，计算推理作答.
【详解】（1）因为，
所以成立；
（2）因为，
，
所以成立.
考点02组合数方程及不等式
7．若，则 .
【答案】1或2023
【分析】由组合知识进行求解.
【详解】由于，故或，其他值不合要求.
故答案为：1或2023
8．不等式的解为 ．
【答案】
【分析】根据组合数的计算公式化简已知不等式，从而求得不等式的解.
【详解】依题意，所以且，
由得，
，
所以不等式的解为.
故答案为：
9．（1）若，则x= .
（2）不等式的解集为 .
【答案】 5
【分析】（1）根据排列数公式即可求解；
（2）根据组合数的运算公式及性质化简不等式求其解集即可.
【详解】（1）且，
，化简得，
解得（不合题意，舍去），；
（2）∵，∴，即，解得.
∵，∴.∴的取值集合为.
故答案为：5；.
10．（1）已知，计算：；
（2）解方程：．
【答案】（1）126；（2）．
【分析】（1）根据给定条件，利用组合数的性质求出并计算得解.
（2）利用组合计算公式、排列数公式求解即得.
【详解】（1）因为，则，解得，经验证符合题意，
所以
.
（2）由，得，
即，而由，知，解得，
所以原方程的解为.
11．已知，求n.
【答案】6
【分析】利用组合数性质以及组合数公式和排列数公式，将化简并展开，解方程即可求得答案.
【详解】由得，
即，即，
解得，或，由知，
故.
12．解方程：.
【答案】
【分析】根据组合数的定义化简方程求其解，再检验所得结果.
【详解】原方程可化为，
即，
解得或.
又且，
所以.
考点03组合数的性质及应用
13．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【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.
14．若，则的值为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
【分析】根据即可求解.
【详解】若，则，
所以,解得.
故选:C.
15．（多选）若，则的值可以是（ ）
A．10 B．12 C．14 D．15
【答案】AC
【分析】
由组合数性质求解即可.
【详解】由组合数性质知，或，所以，或，
都满足且．
故选：AC．
16．（多选）若，则m的值可以是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】AB
【分析】利用组合数的性质即可求解.
【详解】∵，
∴或，
∴m＝4或3．
故选：AB．
17．若，则 ．
【答案】
【分析】根据组合数的性质和排列数公式计算.
【详解】因为，
所以，
整理得，
故或（舍去）．
故答案为：
考点04组合的辨析
18．将本不同的书平均分给甲、乙两名同学，则不同的分法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】直接从本不同的书抽本书给甲同学，剩余本书给乙同学，结合组合计数原理可得结果.
【详解】将本不同的书平均分给甲、乙两名同学，只需从本不同的书抽本书给甲同学，剩余本书给乙同学，
所以，不同的分法种数为种.
故选：A.
19．（多选）下列问题中是组合问题的有（ ）.
A．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
B．从7本不同的书中取出5本给某同学
C．3个人去做5种不同的工作，每人做一种，有多少种分工方法
D．把3本相同的书分给5个学生，每人最多得一本，有多少种分配方法
【答案】BD
【分析】根据排列和组合的定义进行判断即可.
【详解】A．车票与起点、终点顺序有关，例如“甲→乙”与“乙→甲”的车票不同，故它是排列问题.
B．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，故它是组合问题.
C．因为一种分工方法就是从5种不同工作中取出3种，按一定顺序分给3人去干，故它是排列问题.
D．因为3本书是相同的，把3本书无论分给哪3个人都不需要考虑顺序，故它是组合问题.
故选：BD
20．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．如果某重卦中恰有2个阴爻，则该重卦可以有 种．
【答案】15
【分析】根据题意，只需从下到上排列的6个爻组选2个爻组为阴爻即可.
【详解】根据题意，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，假设有6个位置，在其中任选2个，安排两个“阴爻”，
有种情况，即该重卦可以有15种情况.
故答案为：15．
21．由0到9这10个自然数组成的三位数中，各位数字按严格递增（如“267”）顺序排列的数的个数是 .
【答案】
【分析】先不考虑0的情况，从这9个数字中选出3个数字，再考虑有0的情况，进而可得结果．
【详解】先不考虑0的情况，
则从这9个数字中按题中条件选出3个数字，共种情形，
再考虑有0时，不可能组成严格递增的数，
综上各位数字按严格递增（如“267”）顺序排列的数的个数是个.
故答案为：.
22．判断下列问题是组合问题还是排列问题．
(1)若集合，则集合的含有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
【分析】根据题目需不需要考虑顺序来判断是组合问题还是排列问题
【详解】（1）因为集合的任一个含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．
考点05有限制的组合问题
23．用0，1，2，3，4，5这六个数字组成的无重复数字的四位偶数共有（ ）个
A．150个 B．156个 C．144个 D．300个
【答案】B
【分析】当末位是数字0时，可以组成个数字；当末位不是0时，共有种结果，根据计数原理得到结果.
【详解】本题需要分两类来解，
当末位是数字0时，可以组成个四位偶数，
当末位不是0时，末位可以是2、4，有两种选法，
首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，共有种结果，
根据分类计数原理知共有种结果.
故选：B.
24．（多选）美术馆计划从6幅油画，4幅国画中，选出4幅展出，若某两幅画至少有一副参展，则不同的参展方案有多少种？（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】采用间接法或分类研究.
【详解】对于A，从对立面考虑，这两幅画一幅也没参展有种情况，
则至少一幅参展方案为，A正确；
对于B，若两幅中只有一幅参展，有种情况；
若两幅都参展，有种情况，
则共有方案 种，B正确；
对于C，将该两幅画分别记为甲、乙，若甲参展，则不需要考虑乙的参展情况，有种，
若甲不参展，则乙必须参展，需要在剩余8幅画中再选3幅，有种，
故满足题意的方案有种，C正确；
对于D，表示两幅画都参展或都不参展，D错误；
故选：ABC.
25．（多选）某中学从4名男生和3名女生中推荐4个参加社会公益活动，若选出的4人中既有男生又有女生，则（ ）
A．若选1男3女，有4种选法 B．若选2男2女，有18种选法
C．若选3男1女，有12种选法 D．共有36种不同的选法
【答案】ABC
【分析】根据组合数的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，若选1男3女，选法数有种选法，A选项正确.
B选项，若选2男2女，选法数有种选法，B选项正确.
C选项，若选3男1女，选法数有种选法，C选项正确.
D选项，总的选法数有种，D选项错误.
故选：ABC
26．一个口袋中有大小相同且编有不同的号码的8个白球和5个彩球．
(1)若一次取2个球，至少有一个白球的取法有多少种；
(2)若一次取出颜色不全相同的3个球，有多少种取法．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据“两个都是白球”或“一个白球一个彩球”求得正确答案.
（2）根据“两个白球一个彩球”或“一个白球两个彩球” 求得正确答案.
【详解】（1）若一次取2个球，至少有一个白球有两种可能：“两个都是白球”或“一个白球一个彩球”，
故不同的取法有种．
（2）若一次取3个球，取出颜色不全相同有两种可能：“两个白球一个彩球”或“一个白球两个彩球”，
故不同的取法有种．
27．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.（所得结果用数值表示）
(1)A，B必须被选出；
(2)至少有3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.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）从以外的人中，任选个人，由此求得选法数.
（2）先计算出从人任选人的方法数，然后减去至多有名女生被选出的方法数，由此求得选法数.
（3）先选出一名男生担任体育委员、然后选出一名女生担任文娱委员、再在剩余的人中任选人进行安排，由此求得选法数.
【详解】（1）由于，必须被选出，再从以外的人中，任选个人，故选法数有种.
（2）从人任选人的方法数有，选出的人中没有女生的方法数有，
选出的人中有名女生的方法数有,选出的人中有名女生的方法数有.
所以至少有2名女生被选出的选法数为.
（3）先选出一名男生担任体育委员、然后选出一名女生担任文娱委员、再在剩余的人中任选人安排职务，故选法数为.
考点06与几何图形有关的组合问题
28．以正方体的个顶点中的某个为顶点可组成一个三棱锥，在所有这些三棱锥中任取一个，则该三棱锥各个面都不为直角三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】找出各面都不是直角三角形的三棱锥，并求出全部三棱锥的个数，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】如下图所示：
三棱锥各面都是等边三角形，这样的三棱锥还有三棱锥，共个，
从正方体的个顶点中的某个为顶点可组成一个三棱锥，
从个顶点中任取三点不共线，若取个点，若这四点共面，则四点所在的面是正方体的侧面或底面，
或者是正方体的对角面，如面，对角面的个数为个，
所以，从正方体的个顶点中的某个为顶点可组成一个三棱锥，
不同的三棱锥的个数为，
因此，在所有这些三棱锥中任取一个，则该三棱锥各个面都不为直角三角形的概率为.
故选：B.
29．已知平面平行于平面，在内有4个点（任意3个点不共线），在内有6个点（任意3个点不共线）
（1）过这10个点中的3个点作一平面，最多可作多少个不同的平面？
（2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？
【答案】（1）98个；（2）194个.
【分析】（1）根据题意分三类进行计算，即①内1个点，内2个点；②内2个点，内1个点；③，本身；
（2）根据题意分三类进行计算，即①内1个点，内3个点；②内2个点，内2个点；③内3个点，内1个点.
【详解】（1）分三类讨论：
①内1个点，内2个点确定的平面，最多有个；
②内2个点，内1个点确定的平面，最多有个；
③，本身，有2个．
故所作的平面最多有（个）．
（2）分三类讨论：
①内1个点，内3个点确定的三棱锥，最多有个；
②内2个点，内2个点确定的三棱锥，最多有个；
③内3个点，内1个点确定的三棱锥，最多有个．
故最多可作出的三棱锥有（个）．
30．如图，平行直线a，b上分别有4个和5个不同的点，

(1)任取这9个点中的两个连一条直线，则一共可以连多少条不同的直线？
(2)任取这9个点中的三个首尾相连，则一共可以组成多少个不同的三角形？
【答案】(1)22
(2)70
【分析】（1）分两类：在同一直线上的两点和不同直线上的两点，再利用组合和分类计数原理即可求出结果；
（2）分两类：线上任取一点，在直线上任取两点和直线上任取两点，在直线上任取一点，再利用组合和分类计数原理即可求出结果.
【详解】（1）当任取的两点同在直线或直线上时，共能确定2条不同直线，
当任取的两点，一点在直线上，一点在直线上时，共能确定不同直线条，
因此共能确定不同直线条.
（2）在直线上任取一点，在直线上任取两点，则能组成个不同的三角形，
在直线上任取两点，在直线上任取一点，则能组成个不同的三角形，
因此一共可以组成个不同的三角形.
31．任意画一条直线，在直线上任取n个分点．
（1）从这n个分点中任取2个点形成一条线段，可得到多少条线段？
（2）从这n个分点中任取2个点形成一个向量，可得到多少个向量？
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）组合问题；（2）排列问题.
【详解】（1）因为线段与端点的顺序无关，所以从这个分点中任取2个点可形成的线段共条；
（2）因为向量与端点的顺序有关，所以从这个分点中任取2个点可形成的向量共个.
32．圆上有12个不同的点.
(1)过每两点画一条弦，一共可以画多少条不同的弦？
(2)过每三点画一个圆内接三角形，一共可以画多少个圆内接三角形？
【答案】(1)66
(2)120
【分析】（1）从12个不同的点任选2点可画出66条不同的弦;
（2）从圆上12个不同的点任选3点可画出220个圆内接三角形
【详解】（1）从12个不同的点任选2点可画一条弦，
共画出(条)不同的弦;
（2）不共线的三点确定一个三角形，
从圆上12个不同的点任选3点可画一个三角形,
共画出(个)圆内接三角形.
考点07（不）平均分组问题
33．有5名志愿者去定点帮扶3位困难老人，若要求每名志愿者都要帮扶且只帮扶一位老人，每位老人至多安排2名志愿者帮扶，则不同的安排方法共有（ ）
A．180种 B．150种 C．90种 D．60种
【答案】C
【分析】
根据题意，结合排列组合的知识，先分组再分配，即可得到结果.
【详解】由题意得，先将5名志愿者分成3组，只有一种情况，
即种分组方法，
再将3组志愿者分配给3为位老人，则共有种安排方法.
故选：C
34．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，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往，，等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去，两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（ ）
A．72 B．84 C．100 D．120
【答案】C
【分析】若甲去点则剩余4人，可只去、两个点，也可分为3组去，，3个点，按照分组分配的方法计算可得，同理求出甲去点的安排方法，再由分类加法计数原理计算可得.
【详解】若甲去点，则剩余4人，可只去、两个点，也可分为3组去，，3个点.
当剩余4人只去、两个点时，人员分配为或，
此时的分配方法有；
当剩余4人分为3组去，，3个点时，
先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有，
综上可得，甲去点，不同的安排方法数是.
同理，甲去点，不同的安排方法数也是，
所以，不同的安排方法数是.
故选：C.
35．为了深化教育改革，坚持“五育并举”融合育人．某学校准备组建书法、音乐、美术、体育4个不同的社团．现将甲、乙、丙、丁、戊5名同学分配到这4个社团进行培训，每名同学只能分配到1个社团，每个社团至少分配1名同学，且甲乙两名同学不能在同一个社团培训，则不同的分配方案共有（ ）
A．192种 B．216种 C．240种 D．432种
【答案】B
【分析】
根据题意，先计算出所有的分配方案数，然后去掉甲乙两名同学在同一个社团的方案数，即可得到结果.
【详解】由题意可得，将5名同学分配到这4个社团进行培训每名同学只能分配到1个社团，
每个社团至少分配1名同学，则不同的分配方案共有种，
当甲乙两名同学在同一个社团培训，则不同的分配方案有种，
综上可得，不同的分配方案共有种.
故选：B
36．近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是（ ）
A．240 B．420 C．540 D．900
【答案】C
【分析】
根据题意，分为三个景点安排的人数之比为或或，结合排列、组合数的计算公式，即可求解.
【详解】
若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；
若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；
若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法，
故不同的安排方法种数是．
故选：C．
37．将5名大学生安排到3个不同的公司实习，要求每个公司至少有一名大学生，则不同的安排方式共有 种．
【答案】
【分析】
先利用部分平均分组法将5名大学生分好组，再进行分配即可得解.
【详解】依题意，5名大学生有两类分组方法，即1，1，3和1，2，2两种分法，
若分成1人，1人，3人，则共有分组方法；
若分成1人，2人，2人，则共有分组方法；
将分好的三组安排到三个公司中共有种排法，
所以所有的安排方法共有种方法．
故答案为：.
38．教育扶贫是我国重点扶贫项目，为了缩小教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5名教师到A B C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法数有 种（用数字作答）.
【答案】150
【分析】按照分类分步计数原理可先将5人分成3组，再将3组人员分配到3个学校去，即可计算出结果.
【详解】由题意可知，先将5人分成三组有2类分法，
第一类：各组人数分别为1，1，3，共有种分法；
第二类：各组人数分别为1，2，2，共有种分法，
再将三组人员分配到A B C三个乡村学校去，共有种，
所以不同的选派方法共有种.
故答案为：150
考点08隔板法
39．将8个外观相同的苹果分给甲、乙、丙三人，每人至少分到1个苹果，共有不同的分法（ ）
A．15种 B．18种 C．21种 D．24种
【答案】C
【分析】利用隔板法求解即可.
【详解】8个苹果间会产生7个空隙，任选2个空隙将苹果分开，即分成三份，共有种分法．
故选：C.
40．现有15个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一、二班每班至少3个名额，三、四、五班每班至少2个名额，则名额分配方式共有（　　）
A．15种 B．35种 C．70种 D．125种
【答案】B
【分析】利用隔板法求解.
【详解】根据题意，先将15个名额分配给一班、二班每班2个，三、四、五班每班1个，还剩下8个名额，将剩下的8个名额进行分组，每组至少一人，
利用“隔板法”求解，8个有7个间隔，要分成组，7个间隔选4个即可，则有种分配方法.
故选：.
41．个相同的篮球，分给甲、乙、丙三位同学（每人至少分得一个），不同分法的总数为 ．
【答案】
【分析】
在个相同的篮球中间形成的个空位中插入两块板，结合隔板法可得出结果.
【详解】问题等价于：在个相同的篮球中间形成的个空位中插入两块板，
所以，不同的分法种数为种.
故答案为：.
42．将8个大小和形状完全相同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，使每个盒子中球的个数不大于其编号，则不同的放法有 种．
【答案】9
【分析】先将每个盒子中放入球，球的个数等于其编号，共放入了10个球，然后再拿出2个即可.
【详解】先将每个盒子中放入球，球的个数等于其编号，共放入了10个球，再拿出2个，
若从同一个盒子中取出2个球，则有种，
若从其中两个盒子中各取一个球，则有，
所以由分类加法原理可得共有种．
故答案为：9
43．将10个小球分别装入3个不同的盒子中且每个盒子非空（即每个盒子至少装1个小球）．问：有多少种不同的装法？
【答案】36
【分析】利用隔板法进行求解.
【详解】将10个小球排成一排，在两两之间的9个间隙中任取两个划上竖线，
这样就将10个小球分成了3组，如图所示．
将每组小球按顺序装入3个盒子中，则划竖线的方法数就等于题中所求的装法数，
共有种装法．
44．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？
(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；
(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
(4)6个不同的小球放入4个不同的盒子，恰有1个空盒．
【答案】(1)4096
(2)1560
(3)10
(4)2160
【分析】（1）根据分步乘法计数原理可得答案；
（2）先把6个小球分为4组，每组个数为或，再放入不同的4个盒子中，即可求得答案.
（3）采用隔板法可求得答案.
（4）将6个不同的小球分为3组，球的个数为或或，结合平均分组以及不平均分组知识，即可求得答案.
【详解】（1）由题意，6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个小球都有4种可能的放法，
故有种不同的方法；
（2）6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
先把6个小球分为4组，每组个数为或，再放入不同的4个盒子中，
共有种不同的方法.
（3）6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，
即将6个相同的小球分为4份即可，可采用隔板法，即将6个小球排成一排，
在中间形成的5个空中选3个插入隔板，即可将6个相同的小球分成4份，
故有种方法.
（4）6个不同的小球放入4个不同的盒子，恰有1个空盒,
将6个不同的小球分为3组，球的个数为或或，
然后从4个不同的盒子中选3个放入这3组球，
则有种不同的方法.
基础过关练
1．某校安排高一年级（1）～（4）班共4个班去A，B，C三个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高（1）班被安排到A基地的排法总数为（ ）
A．9 B．12 C．18 D．24
【答案】B
【分析】
分A基地只安排一个班与两个班两种情况讨论，分别计算可得.
【详解】依题意，若A基地只安排一个班，则有种安排方法；
若A基地安排两个班，则有种安排方法；
综上可得高（1）班被安排到A基地的排法总数为种.
故选：B
2．（ ）
A．65 B．160 C．165 D．210
【答案】C
【分析】根据排列数、组合数的公式计算可得.
【详解】.
故选：.
3．从编号为1，2，3，…，10，11的11个球中，取出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取法总数为（ ）
A．236 B．328
C．462 D．2640
【答案】A
【分析】首先对奇数球的个数分类，再结合组合数公式，即可求解.
【详解】以取出的编号为奇数的球的个数进行分类.
第一类，取出的5个球的编号中只有1个奇数，有(种)取法；
第二类，取出的5个球的编号中有3个奇数，有(种)取法；
第三类，取出的5个球的编号全是奇数，有(种)取法.
根据分类计数原理，共有30＋200＋6＝236(种)取法.
故选：A
4．某旅游团计划去北京旅游，因时间原因，要从北京的9个景点中选出4个作为主要景点，并从余下景点中选出3个作为备选景点，若，不能作为主要景点，不能作为备选景点，则不同的选法种数为（ ）
A．290 B．260 C．200 D．160
【答案】B
【分析】根据是否被选为主要景点分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案.
【详解】若入选主要景点，有种选法，
若没入选主要景点，有种选法，
所以故不同的选法种数为260．
故选：B．
5．（多选）下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．
【答案】AD
【分析】根据排列数与组合数的计算公式以及性质即可逐一求解.
【详解】对于A，，故A正确，
对于B，，故，故B错误，
对于C，则或，解得 或，故C错误，
对于D，,故D正确，
故选：AD
6．（多选）现分配甲、乙、丙三名临床医学检验专家到四家医院进行核酸检测指导，每名专家只能选择一家医院，且允许多人选择同一家医院，则（ ）
A．所有可能的安排方法有64种
B．若三名专家选择两所医院，每所医院至少去一人，则不同的安排方法有6种
C．若三名专家选择三所医院，每所医院去一人，则不同的安排方法有24种
D．若三名专家选择三所医院，每所医院去一人，但是甲不去A医院，则不同的安排方法有18种
【答案】ACD
【分析】A选项，根据分步计数原理计算出答案；B选项，先从4所医院选择2所，再安排三名专家，利用分步计数原理计算出答案；C选项，先从4所医院选择3所，再进行全排列得到C正确；D选项，再C选项的基础上，计算出每所医院去一人，甲去A医院的安排方法，从而计算出答案.
【详解】A选项，甲、乙、丙三人均有4种选择，故所有可能的安排方法有种，A正确；
B选项，先从4所医院选择2所，有种选择，
再将三名专家分到两所医院，有种选择，
则不同的安排方法有种，B错误；
C选项，先从4所医院选择3所，有种选择，
再将三名专家和三所医院进行全排列，有种选择，
则不同的安排方法有种，C正确；
D选项，由C选项可知，三名专家选择三所医院，每所医院去一人，共24种选择，
若甲去A医院，从所医院中选两所，和剩余两名专家进行全排列，共有种选择，
故不同的安排方法有种，D正确.
故选：ACD
7．如图，奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结，五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率是 .
【答案】
【分析】根据排列组合计算个数，即可利用古典概型的概率公式求解．
【详解】从8个点中任取3个点，共有种情况，
这三个点恰好位于同一个奥林匹克环上有种，
则所求的概率．
故答案为：
8．某道路亮起一排13盏路灯，为节约用电且不影响照明，现需要熄灭其中的3盏.若两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的2盏，那么所有不同熄灯方法的种数是 .（用数字作答）.
【答案】84
【分析】
要使两端路灯不熄灭，且不能熄灭其中相邻的2盏，可以在亮着的10盏灯中间的9个空隙中进行插空即可.
【详解】
两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的2盏，相当于在10盏亮光灯的9个空隙中安置熄灭的灯，那么所有不同熄灯方法的种数是.
故答案：84.
9．已知为正整数，且，则 .
【答案】5
【分析】
根据题意，结合排列数和组合数的公式，准确计算，即可求解.
【详解】
由，根据排列数和组合数的公式，可得，解得.
故答案为：.
10．某班共有团员14人，其中男团员8人，女团员6人，并且男、女团员各有一名组长，现从中选6人参加学校的团员座谈会．（用数字做答）
(1)若至少有1名组长当选，求不同的选法总数；
(2)若至多有3名女团员当选，求不同的选法总数；
(3)若既要有组长当选，又要有女团员当选，求不同的选法总数．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）方法一、分类讨论组长的人数，利用分类计数原理和分步计数原理计算即可；方法二、利用排除法，先选人参加座谈会，再把不选组长的情况去掉即可；
（2）分类讨论女团员当选的人数情况，利用分类计数原理和分步计数原理计算即可；
（3）分类讨论女组长当选情况，利用分类计数原理和分步计数原理计算即可.
【详解】（1）方法一：至少有一名组长含有两种情况：
有一名组长和两名组长，故共有种．
方法二：至少有一名组长可以采用排除法，有种．
（2）至多有3名女团员含有四种情况：有3名女团员，有2名女团员，有1名女团员，
没有女团员，故共有种．
（3）既要有组长当选，又要有女团员当选含两类情况：
第一类：女组长当选，有种；
第二类：女组长不当选，男组长当选，从剩余7名男团员，5名女团员中选5人，
其中至少选择1名女团员，有种．
故共有种．
11．空间12个点，其中5个点共面，此外无任何4个点共面，这12个点可确定多少个不同的平面？
【答案】211
【分析】分4种情况进行求解，相加得到答案.
【详解】这个问题可分四类加以考虑：
①5个共面点确定1个平面；
②5个共面点中任何2个点和其余7个点中任意一点确定个平面；
③5个共面点中任一点和其余7个点中任意2个点确定个平面；
④7个点中任何3个点确定个平面．
∴总共确定平面的个数为（个）．
12．从1、2、3、4、5这五个数字中任取两个不同的奇数和两个不同的偶数．
(1)一共有多少种不同的选法？
(2)可以组成多少个没有重复数字的四位奇数？
【答案】(1)3
(2)72
【分析】（1）由题可知选择两个奇数有3种选择，选两个偶数仅有一种选择，利用分步乘法计数原理即可求出结果；
（2）首先确定个位数上的数字有3种选法，其余位上的数字从剩余数字中选取并进行全排列，按照分步乘法计数原理计算即可.
【详解】（1）根据题意可知，
第一步，从1、3、5三个奇数中任取2个，共有种，
第二步，从2、4两个偶数中任取2个，共有种，
所以一共有种不同的选法；
（2）若要组成奇数，则个位数一定是奇数，分两步进行：
第一步，从1、3、5三个奇数中任取1个作为个位数，共有种；
第二步，在剩余的4个数字中任取3个进行全排列作为四位数的前3位，共有种，
所以可以组成个没有重复数字的四位奇数.
能力提升练
1．如图为某地街道路线图，甲从街道的处出发，先到达处与乙会和，再一起去到处，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，从到的最短路径条数为，从到的最短路径条数为，
所以可以选择的最短路径条数为.
故选：B
2．已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A．16 B．24 C．32 D．48
【答案】B
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个；
综上所述：共有个.
故选：B.
【点睛】方法点睛：两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
（2）对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
3．由未来科学大奖联合中国科技馆共同主办的“同上一堂科学课”——科学点燃青春：未来科学大奖获奖者对话青少年活动于2023年9月8日在全国各地以线上线下结合的方式举行．现有某市组织5名获奖者到当地三个不同的会场与学生进行对话活动，要求每个会场至少派一名获奖者，每名获奖者只去一个会场，则不同的派出方法有（ ）
A．60种 B．120种 C．150种 D．240种
【答案】C
【分析】根据给定条件，获奖者按去到三个不同会场分类，利用分组分配列式计算即得.
【详解】依题意，5名获奖者按去到三个不同会场，有种方法，
5名获奖者按去到三个不同会场，有种方法，
所以不同的派出方法有（种）.
故选：C
4．（多选）现有带有编号的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（ ）
A．全部投入4个不同的盒子里，允许有空盒，共有种放法
B．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D．全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法
【答案】ABC
【分析】
根据分步乘法原理以及分组分配问题的解法，一一求解各选项中的球的放法，即可判断出答案.
【详解】对于A，五个球全部投入4个不同的盒子里，允许有空盒，
每个球都有4种投法，故共有种放法，A正确；
对于B，五个球全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，
则有2个球投入一个盒中，此时共有种不同的放法，B正确；
对于C，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），
先选出4个球，再选出一个盒子，共有种放法，C正确；
对于D，全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，
先选出2个盒子，由种选法，再将5个球分成2组，若2组球个数比为，
则有种分法，若2组球个数比为，则有种分法，再将2组球放入2个盒子，
故此时共有种放法，D错误，
故选：ABC
5．已知，则的值可以是 ．（填写一个即可）
【答案】中的任意一个数
【分析】令，由，采用倒序相加的方法，结合组合数的性质可求得，由此可构造不等式求得的取值范围，由此确定结果.
【详解】令，
则，又，
两式相加得：
，
，，
，解得：，的值可以是中的任意一个数.
故答案为：中的任意一个数.
【点睛】关键点点睛：本题考查组合数性质的应用，解题关键是能够根据，采取倒序相加的方式化简得到.
6．若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则我们称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”，那么“叔同数”的个数共有 ．（用数字作答）
【答案】36
【分析】先写出三位数各位数的和为的所有情况，再求出每种情况的“叔同数”的个数，最后相加即可求解.
【详解】由题意可知，“叔同数”中各个数位上的数字有8,0,0；7,1,0；6,2,0；6,1,1；5,3,0；5,2,1；4,4,0；4,3,1；4,2,2；3,3,2情况，
其中8,0,0三个数字组成的三位数只有1个；
7,1,0三个数字组成的三位数只有个；
6,2,0三个数字组成的三位数只有个；
6,1,1三个数字组成的三位数只有3个；
5,3,0三个数字组成的三位数只有个；
5,2,1三个数字组成的三位数只有个；
4,4,0三个数字组成的三位数只有2个；
4,3,1三个数字组成的三位数只有个；
4,2,2三个数字组成的三位数只有3个；
3,3,2三个数字组成的三位数只有3个；
则共有个，
故答案为：36.
7．已知10件不同的产品中有4件次品，现对这10件产品一一进行测试，直至找到所有次品.
(1)若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第8次测试时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？
(2)若至多测试6次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
【答案】(1)86400
(2)8520
【分析】（1）需测试8次，按顺序可看作为8个位置，然后利用分步乘法原理求解：第一步，第一个位置放置正品，第二步，选2个次品放在第二和第八个位置，第三步在第三到第7个位置中选2个位置放置剩余的两个次品，其他3个位置放3个正品，再计算可得；
（2）由分类加法原理计算：分三类：恰好4次，恰好5次，恰好6次找到所有次品或测6次全是正品．
【详解】（1）需测试8次，按顺序可看作为8个位置，
第一步，第一个位置放置正品，第二步，选2个次品放在第二和第八个位置，第三步在第三到第7个位置中选2个位置放置剩余的两个次品，其他3个位置放3个正品，由乘法原理方法数为：；
（2）至多6次可分为恰好4次，恰好5次，恰好6次找到所有次品，
恰好4次，即前4次测试都是次品，方法数为；
恰好4次，即第5次是次品，前4次中有3次是次品，方法数为；
恰好6次，即第6次是次品，前5次中有3次是次品或前6次都是正品，方法数为
所以总的测试情况数为：．
8．7名师生站成一排照相留念，其中老师1名，男同学4名，女同学2名．
(1)若两位女生相邻，但都不与老师相邻的站法有多少种？
(2)若排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边的站法有多少种？
(3)现有16个相同的口罩全部发给这6名学生，每名同学至少发2个口罩，则不同的发放方法有多少种？
【答案】(1)960
(2)3720
(3)126
【分析】（1）相邻问题捆绑处理，不相邻问题插空处理即可；
（2）特殊元素优先安排即可；
（3）相同元素分配问题插板处理即可.
【详解】（1）先把除两位女生和老师这3人外的4人排好，有种排法，
由于两名女生相邻，故再把两名女生排好，有种排法，
最后把排好的女生这个整体与老师分别插入原先排好的4人之间及两端的5个空隙中，有种排法．
故排法共有（种）．
（2）法一：甲在最右边时，其他的可全排，有种方法；
甲不在最右边时，可从余下的5个位置任选一个，有种，而乙可排在除去最右边的位置后剩下的5个中任选一个有种，其余人全排列，只有种不同排法，
共有 （种）．
法二：7名学生全排列，只有种方法，
其中甲在最左边时，有种方法，乙在最右边时，有种方法，
其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有种方法，
共有（种）．
（3）法一：16个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的10个口罩排成一排有9个间隙，插入5块板子分成6份，每一种分法所得6份给到6个人即可，所以不同的发放方法种．
法二：先分发给每位学生2个口罩，再将剩下4只相同的口罩分给6位同学，有五类分法：
1.四只口罩分给1人，有种分法；
2.四只口罩分成2，1，1三份分给3人，有 种分法；
3.四只口罩分成2，2两份分给2人，有种分法；
4.四只口罩分成3，1两份分给2人，有种分法；
5.四只口罩分成1，1，1，1四份分给4人，有种分法；
则共有种分法．6.2.3~6.2.4组合与组合数
1.通过实例理解组合的概念，并会应用组合知识解决简单的实际问题；
2.能利用组合数公式解决组合数的方程及不等式问题；
3.能解决有限制条件的组合问题
一、组合
①组合的定义：一般地，从n个不同元素中取出个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
②组合数、组合数公式：从n个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示.
，其中，且
规定：
③排列与组合的关系
相同点 两者都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
不同点 排列问题中元素有序，组合问题中元素无序 （关键是看选出的元素是否与顺序有关,若有关系,则是排列问题，若无关系，则是组合问题）
④组合数的性质
性质1：；性质2：.
二、组合问题
问题 方法
平均分组问题 一般先分堆，再除以.
不平均分组问题 先分堆，其中有组个数一样，再除以
相同元素的“分配”问题 “隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中，
考点01组合数的化简及证明
1．计算（　　）
A．34 B．35 C．36 D．37
2．（多选）下列等式中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（1）计算：①＝ ；
②＝ ．
4．设n为正整数，求值：
(1)；
(2)．
5．证明：
6．求证：
(1)，
(2)．
考点02组合数方程及不等式
7．若，则 .
8．不等式的解为 ．
9．（1）若，则x= .
（2）不等式的解集为 .
10．（1）已知，计算：；
（2）解方程：．
11．已知，求n.
12．解方程：.
考点03组合数的性质及应用
13．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
14．若，则的值为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
15．（多选）若，则的值可以是（ ）
A．10 B．12 C．14 D．15
16．（多选）若，则m的值可以是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
17．若，则 ．
考点04组合的辨析
18．将本不同的书平均分给甲、乙两名同学，则不同的分法种数为（ ）
A． B． C． D．
19．（多选）下列问题中是组合问题的有（ ）.
A．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
B．从7本不同的书中取出5本给某同学
C．3个人去做5种不同的工作，每人做一种，有多少种分工方法
D．把3本相同的书分给5个学生，每人最多得一本，有多少种分配方法
20．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．如果某重卦中恰有2个阴爻，则该重卦可以有 种．
21．由0到9这10个自然数组成的三位数中，各位数字按严格递增（如“267”）顺序排列的数的个数是 .
22．判断下列问题是组合问题还是排列问题．
(1)若集合，则集合的含有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？
考点05有限制的组合问题
23．用0，1，2，3，4，5这六个数字组成的无重复数字的四位偶数共有（ ）个
A．150个 B．156个 C．144个 D．300个
24．（多选）美术馆计划从6幅油画，4幅国画中，选出4幅展出，若某两幅画至少有一副参展，则不同的参展方案有多少种？（ ）
A． B．
C． D．
25．（多选）某中学从4名男生和3名女生中推荐4个参加社会公益活动，若选出的4人中既有男生又有女生，则（ ）
A．若选1男3女，有4种选法 B．若选2男2女，有18种选法
C．若选3男1女，有12种选法 D．共有36种不同的选法
26．一个口袋中有大小相同且编有不同的号码的8个白球和5个彩球．
(1)若一次取2个球，至少有一个白球的取法有多少种；
(2)若一次取出颜色不全相同的3个球，有多少种取法．
27．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.（所得结果用数值表示）
(1)A，B必须被选出；
(2)至少有3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.
考点06与几何图形有关的组合问题
28．以正方体的个顶点中的某个为顶点可组成一个三棱锥，在所有这些三棱锥中任取一个，则该三棱锥各个面都不为直角三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．
29．已知平面平行于平面，在内有4个点（任意3个点不共线），在内有6个点（任意3个点不共线）
（1）过这10个点中的3个点作一平面，最多可作多少个不同的平面？
（2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？
30．如图，平行直线a，b上分别有4个和5个不同的点，

(1)任取这9个点中的两个连一条直线，则一共可以连多少条不同的直线？
(2)任取这9个点中的三个首尾相连，则一共可以组成多少个不同的三角形？
31．任意画一条直线，在直线上任取n个分点．
（1）从这n个分点中任取2个点形成一条线段，可得到多少条线段？
（2）从这n个分点中任取2个点形成一个向量，可得到多少个向量？
32．圆上有12个不同的点.
(1)过每两点画一条弦，一共可以画多少条不同的弦？
(2)过每三点画一个圆内接三角形，一共可以画多少个圆内接三角形？
考点07（不）平均分组问题
33．有5名志愿者去定点帮扶3位困难老人，若要求每名志愿者都要帮扶且只帮扶一位老人，每位老人至多安排2名志愿者帮扶，则不同的安排方法共有（ ）
A．180种 B．150种 C．90种 D．60种
34．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，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往，，等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去，两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（ ）
A．72 B．84 C．100 D．120
35．为了深化教育改革，坚持“五育并举”融合育人．某学校准备组建书法、音乐、美术、体育4个不同的社团．现将甲、乙、丙、丁、戊5名同学分配到这4个社团进行培训，每名同学只能分配到1个社团，每个社团至少分配1名同学，且甲乙两名同学不能在同一个社团培训，则不同的分配方案共有（ ）
A．192种 B．216种 C．240种 D．432种
36．近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是（ ）
A．240 B．420 C．540 D．900
37．将5名大学生安排到3个不同的公司实习，要求每个公司至少有一名大学生，则不同的安排方式共有 种．
38．教育扶贫是我国重点扶贫项目，为了缩小教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5名教师到A B C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法数有 种（用数字作答）.
考点08隔板法
39．将8个外观相同的苹果分给甲、乙、丙三人，每人至少分到1个苹果，共有不同的分法（ ）
A．15种 B．18种 C．21种 D．24种
40．现有15个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一、二班每班至少3个名额，三、四、五班每班至少2个名额，则名额分配方式共有（　　）
A．15种 B．35种 C．70种 D．125种
41．个相同的篮球，分给甲、乙、丙三位同学（每人至少分得一个），不同分法的总数为 ．
42．将8个大小和形状完全相同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，使每个盒子中球的个数不大于其编号，则不同的放法有 种．
43．将10个小球分别装入3个不同的盒子中且每个盒子非空（即每个盒子至少装1个小球）．问：有多少种不同的装法？
44．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？
(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；
(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
(4)6个不同的小球放入4个不同的盒子，恰有1个空盒．
基础过关练
1．某校安排高一年级（1）～（4）班共4个班去A，B，C三个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高（1）班被安排到A基地的排法总数为（ ）
A．9 B．12 C．18 D．24
2．（ ）
A．65 B．160 C．165 D．210
3．从编号为1，2，3，…，10，11的11个球中，取出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取法总数为（ ）
A．236 B．328
C．462 D．2640
4．某旅游团计划去北京旅游，因时间原因，要从北京的9个景点中选出4个作为主要景点，并从余下景点中选出3个作为备选景点，若，不能作为主要景点，不能作为备选景点，则不同的选法种数为（ ）
A．290 B．260 C．200 D．160
5．（多选）下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．
6．（多选）现分配甲、乙、丙三名临床医学检验专家到四家医院进行核酸检测指导，每名专家只能选择一家医院，且允许多人选择同一家医院，则（ ）
A．所有可能的安排方法有64种
B．若三名专家选择两所医院，每所医院至少去一人，则不同的安排方法有6种
C．若三名专家选择三所医院，每所医院去一人，则不同的安排方法有24种
D．若三名专家选择三所医院，每所医院去一人，但是甲不去A医院，则不同的安排方法有18种
7．如图，奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结，五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率是 .
8．某道路亮起一排13盏路灯，为节约用电且不影响照明，现需要熄灭其中的3盏.若两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的2盏，那么所有不同熄灯方法的种数是 .（用数字作答）.
9．已知为正整数，且，则 .
10．某班共有团员14人，其中男团员8人，女团员6人，并且男、女团员各有一名组长，现从中选6人参加学校的团员座谈会．（用数字做答）
(1)若至少有1名组长当选，求不同的选法总数；
(2)若至多有3名女团员当选，求不同的选法总数；
(3)若既要有组长当选，又要有女团员当选，求不同的选法总数．
11．空间12个点，其中5个点共面，此外无任何4个点共面，这12个点可确定多少个不同的平面？
12．从1、2、3、4、5这五个数字中任取两个不同的奇数和两个不同的偶数．
(1)一共有多少种不同的选法？
(2)可以组成多少个没有重复数字的四位奇数？
能力提升练
1．如图为某地街道路线图，甲从街道的处出发，先到达处与乙会和，再一起去到处，则可以选择的最短路径条数为（ ）

A．20 B．18 C．12 D．9
2．已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A．16 B．24 C．32 D．48
3．由未来科学大奖联合中国科技馆共同主办的“同上一堂科学课”——科学点燃青春：未来科学大奖获奖者对话青少年活动于2023年9月8日在全国各地以线上线下结合的方式举行．现有某市组织5名获奖者到当地三个不同的会场与学生进行对话活动，要求每个会场至少派一名获奖者，每名获奖者只去一个会场，则不同的派出方法有（ ）
A．60种 B．120种 C．150种 D．240种
4．（多选）现有带有编号的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（ ）
A．全部投入4个不同的盒子里，允许有空盒，共有种放法
B．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D．全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法
5．已知，则的值可以是 ．（填写一个即可）
6．若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则我们称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”，那么“叔同数”的个数共有 ．（用数字作答）
7．已知10件不同的产品中有4件次品，现对这10件产品一一进行测试，直至找到所有次品.
(1)若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第8次测试时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？
(2)若至多测试6次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
8．7名师生站成一排照相留念，其中老师1名，男同学4名，女同学2名．
(1)若两位女生相邻，但都不与老师相邻的站法有多少种？
(2)若排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边的站法有多少种？
(3)现有16个相同的口罩全部发给这6名学生，每名同学至少发2个口罩，则不同的发放方法有多少种？

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