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专题03 组合
教学目标 1、理解组合、组合数概念，掌握组合数公式及组合数运算性质； 2、掌握组合数应用的常用模型及解法；
教学重难点 1、重点：组合数公式及运算性质，组合数常用模型及解法； 2、难点：组合数方程与不等式、几何中的组合数计算；
知识点01 组合有关概念
1.组合的定义
一般地，从n个不同元素中，任取m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素为_ _，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
2.对组合概念的理解
(1)组合的特点：组合要求n个元素是不同的，取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m次不放回地取出．
(2)组合的特性：元素的无序性．取出的m个元素不讲究顺序，即元素没有位置的要求．
(3)根据组合的定义，只要两个组合的元素完全相同，不论元素的顺序如何，都是相同的组合；如果两个组合的元素不完全相同，那么这两个组合就是不同的组合．
【即学即练】
1．（2025高二下·全国·专题练习）下列问题不是组合问题的是（　　）
A．从甲、乙、丙、丁四位老师中选取两位去参加学习交流会，有多少种选法？
B．平面上有2026个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？
C．集合{a1，a2，a3，…，an}含有三个元素的子集有多少个？
D．从高三（19）班的54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？
2．从a,b,c三个不同元素中任取2个元素的组合分别为： .
知识点02 组合数公式
1.组合数定义
从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有 ，叫作从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的 ，记作 .
2.组合数公式
⑴C＝ ，这里m，n∈N＋，并且m≤n.
因为，所以上面的组合数公式还可以写成=
(2)规定：＝ .
【知识剖析】
1.同“排列”与“排列数”是两个不同的概念一样，“组合”与“组合数”也是两个不同的概念．例如，从3个不同的元素a，b，c中取出2个元素的所有组合为ab，ac，bc，其中每一种都叫做一个组合，即组合不是数，而是完成一件事的一种方法，而该问题的组合数为3，是一个数字．
2．我们可以从集合的角度理解组合数的概念.
从n个不同元素中取出m个元素并成一组是一个组合，任取m个元素组成的组合的全体构成一个集合.例如,从3个不同元素a,b,c中任取2个的所有组合构成的集合为A={ab,ac,bc},所谓组合数就是求这个集合的元素的个数，从集合中可以清楚地了解组合之间的互异性.
3．符号是一个整体，n，m均为正整数，且m≤n.
【即学即练】
1.(24-25高二下·广东江门·期末)计算的值是( )
A．41 B．61 C．62 D．82
2．（24-25高二下·广东清远·阶段练习）计算（ ）
A．252 B．126 C．84 D．63
知识点03 组合数性质
1．性质1：＝ .
注意：（1）该性质反应了组合数的对称性，其组合意义是：从n个不同元素中取出m个元素后，就剩下n-m个元素，因此，n个不同元素中取出m个元素的方法，与从n个不同元素中取出n-m个元素的方法是一一对应的，因此是一样多的，就是说从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，都对应着从n个不同元素中取出n-m个元素的唯一的一个组合，反过来也是一样，因此 ；
（2）当时，通常不直接计算，而计算，这样有利于简化运算；
（3）为了使这个公式在m=n时也成立，规定=1，只是一个规定，并无实际意义.
2．性质2：＝ ．
注意:（1）本性质也可以由组合的定义与分类计数原理直接得出，在确定从n+1个不同元素中取出m个元素的方法时，对于某一元素，只存在取与不取两种可能，如果取这一元素，则需要从剩下的n个元素中再取出m-1个元素，所以共有种，如果不取这一元素，则需要从剩下的n个元素中取出m个元素，所以共有种，由分类加法计数原理，得：；
（2）注意公式的结构形式：左端下标为n+1，右端下标都是n，上标左端与右端的一个一样，右端的另一个比它们少1；
（3）要注意性质的正用、逆用、变形使用，正用是将一个组合数拆成两个，是“一分为二”，逆用则是“合二为一”，变形为：，它的使用为某些项前后抵消提供了方便，要注意在解题中的灵活应用.
【即学即练】
1．（24-25高二下·广西来宾·阶段练习）已知，则（ ）
A．7 B．21 C．35 D．42
2．（24-25高二下·广东深圳·期中）若，则（ ）
A．28 B．56 C．112 D．120
知识点04 解组合应用题的基本思路和方法
解决组合应用题的基本思路是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而得到实际问题的解.
(1)建立组合模型的第一步是分析该实际问题有无顺序，无顺序才是组合问题.
(2)解组合应用题的基本方法仍然是“直接法”与“间接法”.
(3)在具体计算组合数时，要注意灵活选择组合数的两个公式以及性质的运用.
【即学即练】
1.(24-25高二下·江苏南通·阶段练习)集合A中有m个元素，集合B中有n个元素，从两个集合中各取1个元素，不同方法的种数是( )
A． B． C． D．
2．（24-25高二下·广西南宁·期中）学校要求学生从物理、历史、化学、生物、政治、地理这6科中选3科参加考试，规定先从物理和历史中任选1科，然后从其他4科中任选2科，不同的选法种数为（ ）
A．12 B．20 C．24 D．120
题型01 组合的概念
【典例】判断下列问题是组合问题还是排列问题：
(1)10人聚会，见面后每两人之间要握手相互问候，共需握手多少次？
(2)10名同学分成人数相同的两个学习小组，共有多少种分法？
(3)从1，2，3，…，9九个数字中任取3个，然后把这三个数字相加得到一个和，这样的和共有多少个？
(4)从a，b，c，d四名学生中选2名，去完成同一件工作，有多少种不同的选法？
区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．
【变式1-1】（多选）（24-25高二下·内蒙古赤峰·期中）下列是组合问题的是（ ）
A．10人相互通一次电话，共通多少次电话？
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个不同学科的课代表，有多少种选法？
【变式1-2】（24-25高二上·上海·课后作业）（1）写出从，，，，五个元素中任取两个不同元素的所有组合；
（2）写出从，，，，五个元素中任取两个不同元素的所有排列．
题型02 组合数的计算
【典例2-1】(多选)(24-25高二下·广东广州·期中)已知m，且，则下列结论正确的是( )
A． B．若，则 C． D．
【典例2-2】 (24-25高二下·广西南宁·期中)计算 ．(用数字作答)
进行组合数的相关计算时，注意以下几点：
(1)像排列数公式一样，公式＝一般用于计算，而公式＝及一般用于证明、解方程(不等式)等．
(2)要注意公式的逆向运用．
【变式2-1】(23-24高二下·江苏镇江·期末)化简结果为( )
A． B． C． D．
【变式2-2】(23-24高二下·山东·期中)已知，，，则( )
A． B． C． D．
【变式2-3】(多选)(2025高二·全国·专题练习)(多选题)下列关于排列数、组合数的计算中，正确的是( )．
A． B．
C． D．是一个常数
题型03 组合数方程和不等式
【典例3-1】(24-25高二下·江苏南通·阶段练习)若，则( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【典例3-2】（25-26高三上·北京·阶段练习）满足条件的正整数的个数是（ ）
A．10 B．9
C．4 D．3
对于含有组合数的方程或不等式的问题，只需根据组合数公式的连乘形式或阶乘形式，把问题转化为不含组合数的方程或不等式问题．但在求出结果后应注意验证能不能使组合数有意义，既要保证组合数中下标n大于或等于该组合数的上标m，又要保证n，m均为正整数．
【变式3-1】（24-25高二下·山东临沂·期中）若，则（　　）
A．4 B．6 C．7 D．8
【变式3-2】(23-24高二上·福建宁德·期末)若，则的值为( )
A． B． C． D．
【变式3-3】(24-25高二下·上海宝山·期中)若 为正整数，则不等式 的解集是
题型04 无限制条件的组合问题
【典例】现有10名学生，男生6人，女生4人．
(1)要选2名男生去参加乒乓球赛，有多少种不同选法？
(2)要选男、女生各2人参赛，有多少种不同选法？
(3)要选2人去参赛，有多少种不同选法？
解简单的组合应用题时，要先判断它是不是组合问题，取出的元素只是组成一组，与顺序无关则是组合问题；取出的元素排成一列，与顺序有关则是排列问题．只有当该问题能构成组合模型时，才能运用组合数公式求出其种数．在解题时还应注意两个计数原理的运用，在分类和分步时，注意有无重复或遗漏．
【变式4-1】（24-25高三下·广西·期中）某货架放有7包不同的薯片，6瓶不同的饮料，从这些货品中任取2包薯片和1瓶饮料，不同的取法有（ ）
A．19种 B．20种 C．126种 D．294种
【变式4-2】（25-26高三上·河南·开学考试）某实践团有个男生、个女生，从中任选人发起问卷调研，那么恰好有个女生被选中的方法有 种.
题型05 代数中的组合问题
【典例5-1】(24-25高二下·云南昆明·阶段练习)对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”，那么四位数的“渐降数”的个数为( )
A． B． C． D．
【典例5-2】(多选)(24-25高二下·山东济宁·期中)下列说法正确的是( )
A．用1～9这9个自然数组成的四位数的个数是
B．用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数的个数是
C．用1～9这9个自然数组成的千位数字小于百位数字，百位数字小于十位数字，十位数字小于个位数字的四位数的个数是
D．用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数中，包含1和3，且1和3不相邻的四位数的个数是
对于代数中的组合问题，要注意特殊元素（如0）及特殊位置（如0不能排首位），一般先选取数字（组合）再排序（排列），同时注意其他限制条件.
【变式5-1】(24-25高二下·江苏徐州·阶段练习)用，，，，，，这七个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有( )
A．105个 B．42个 C．146个 D．52个
【变式5-2】(24-25高二下·陕西安康·期末)从八个连续整数中任取三个数，若取出的三个数中任意两个数之差不为1，则这样的取法总数为 ．
【变式5-3】(多选)(23-24高二下·广东深圳·阶段练习)用数字组成无重复数字的四位数，则( )
A．可组成个四位数
B．可组成个是的倍数的四位数
C．可组成各位数字之和为偶数的四位数有个
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第个数为
题型06 几何中的组合问题
【典例6-1】(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
【典例6-2】(24-25高二下·山西·期中)已知平面平面，平面内有共5个点，其中有且仅有三点共线，平面内有共4个点，任意三点不共线，则以这9个点为顶点的三棱锥最多有( )
A．80个 B．86个 C．116个 D．136个
解答几何型组合问题的的组合问题基本一样，只要把图形中隐含条件视为限制条件即可，计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需分类或分步计算符合题意的组合数.
【变式6-1】(多选)(23-24高二下·广东江门·期末)在正方体中，下列说法正确的是( )
A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段 B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个 D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个
【变式6-2】(多选)(2024·重庆·模拟预测)如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)( )
A．可以围成20个不同的正方形 B．可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)
C．可以围成516个不同的三角形 D．可以围成16个不同的等边三角形
【变式6-3】(24-25高二下·安徽六安·期中)以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是 ；
题型07　“至多”与“至少”问题
【典例7】(1)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片最多一张，不同取法的种数为(　　)
A．232 B．252 C．472 D．484
(2)现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查，至少有1件是次品的抽法有________种．
“至多”“至少”问题的常用解题方法有两种：(1)直接分类法，注意分类要细、要全；(2)间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．
【变式7-1】（24-25高二下·广东清远·阶段练习）某医院有内科医生10名，外科医生6名，现选派5名参加某医疗队.
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？
(2)甲 乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲 乙2人至少有1人参加，有多少种选法？
(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？
【变式7-2】（24-25高二下·新疆喀什·期末）某课题组有研究人员7人（男4，女3），选4人参加学术会议，求下列情况的选法有多少种不同的选法.
(1)至少2女生；
(2)至少2男生
(3)至多1女生.
题型08 相同元素的分配问题——隔板法
【典例8-1】（2025·高二·江苏苏州·期中）学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（ ）种分配方案．
A．135 B．10 C．75 D．120
【典例8-2】（2025高二·全国·专题练习）（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？
（2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？
（3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？
对于相同元素的分组分配问题我们采用隔板法处理．
将m个相同元素分配给n个人，，每人至少1个．
按以下思路求出不同分配方法的种数：先将m个元素排成一列，中间有个空，然后把个隔板放入个空中即可把所有元素分为n组，再依次把n组元素给到n个人即可，于是总的分法有种，这种处理问题的方法我们称为隔板法．
将m个相同元素分配给n个人，，可以有人分不到．
此时我们可以采用化归的思路处理．先借过来n个元素，给每个人分一个，于是问题就转化为将个相同元素分配给n个人，每人至少1个，分完之后每个人再扣除一个即可，于是总的分法有种．
【变式8-1】（2025·高二·山西大同·期中）袋中有十个完全相同的乒乓球，四个小朋友去取球，每个小朋友至少取一个球，所有的球都被取完，最后四个小朋友手中乒乓球个数的情况一共有（ ）
A．84种 B．504种 C．729种 D．39种
【变式8-2】（2025·高二·新疆和田·阶段练习）7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【答案】D
【解析】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.
故选：D.
【变式8-3】(24-25高二下·江苏南京·期中)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
【典例8-3】(2025高三·全国·专题练习)从3个箱子(每个箱子里的球足够多)里选8个小球，每个箱子至少选2个小球，不同的选法有 种.
题型09 不同元素的分组分配问题
【典例9】 将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？
(1)-堆一本，一堆两本，一堆三本；
(2)甲得一本，乙得两本，丙得三本；
(3)-人得一本，一人得二本，一人得三本；
(4)平均分给甲、乙、丙三人；
(5)平均分成三堆．
不同元素分组、分配问题的求解策略
整体均分组 分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数
部分均分组 若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数
不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等
不同元素的分配 利用分步乘法计数原理，先分组，后分配
有限制条件的分配 采用分类讨论法求解
【变式9-1】(25-26高三上·重庆·阶段练习)某班 5 名学生负责校内 3 个不同地段的卫生工作. 每名学生都要参与且只负责某个地段的卫生工作，每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有( )
A．300 种 B．90 种 C．240 种 D．150 种
【变式9-2】(多选)(2025高三·全国·专题练习)现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论不正确的有( )
A．没有空盒子的方法共有16种
B．有空盒子的方法共有256种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种
【变式9-3】(多选)(24-25高二下·江苏南京·期中)下列说法正确的是( )
A．4个不同的小球，放入个不同的盒中，共有种不同的放法
B．4个不同的小球，放入个不同的盒中，不能有空盒，共有种不同的放法
C．6个相同的小球，放入个不同的盒中，不能有空盒，共有种不同的放法
D．6个相同的小球，放入个不同的盒中，共有种不同的放法
题型10 不定方程的正整数解的个数问题
【典例10-1】(24-25高二下·广东东莞·阶段练习)方程的正整数解的个数为( )
A．15 B．35 C．40 D．20
【典例10-2】(多选)(23-24高三上·江苏·开学考试)有方程，试讨论有序数对解的个数．下列分析正确的是( )
A．若，，均为正整数，则解的个数为
B．若，，均为非负整数，则解的个数为
C．若，，均为正整数，且，，两两不等，则解的个数为341044
D．若，，均为正整数且满足，则解的个数为341044
不定方程的正整数解的个数问题往往转化为相同元素的分配问题，再利用隔板法求解.
【变式10-1】(24-25高二下·安徽安庆·阶段练习)已知，，，则关于，，的方程共有( )组不同的解.
A．36 B．45 C．50 D．24
【变式10-2】(24-25高二下·山东·阶段练习)方程的正整数解共有( )
A．50组 B．58组 C．60组 D．66组
题型11 其它组合模型
【典例11-1】(23-24高二上·江西南昌·期末)在空间直角坐标系中，已知点，若，，，且，则满足条件的点共有( )
A．15个 B．20个 C．35个 D．56个
【典例11-2】(24-25高二下·江西景德镇·期中)总共有13个大小颜色重量外观等都一样的小球，如图所示①、②、③号三个足够大的杯子，其中①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球，问总共有( )种放小球方法
A．120 B．84 C．45 D．36
【典例11-3】(24-25高二下·陕西·阶段练习)集合A和集合B各含有12个元素，含有4个元素，集合C满足：①；②；③C中含有3个元素，则同时满足上面条件的集合C的个数为 .
【变式11-1】(23-24高三上·河南驻马店·期末)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
【变式11-2】(23-24高二下·浙江宁波·期末)已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为( )
A．58 B．71 C．85 D．96
【变式11-3】(2024·湖北·模拟预测)互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法( )
A．24种 B．36种 C．42种 D．48种
【变式11-4】(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．
一、单选题
1．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）等于（ ）
A． B．1 C．2 D．
2．（24-25高二下·河南郑州·期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高二下·山东·期中）用数字1~5组成没有重复数字的三位数，其中满足，且的三位数的个数是（ ）
A．10 B．20 C．30 D．60
4．（25-26高三上·天津·期中）世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张 小赵 小李 小罗 小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译 安保 礼仪 服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ）种.
A．120 B．60 C．24 D．36
5.(2025高三·全国·专题练习)在正方体中，下列说法不正确的是( )
A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段 B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个 D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个
6.(23-24高三下·云南昆明·阶段练习)把分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为( )
A．60 B．36 C．30 D．12
7.(2025·重庆·模拟预测)某化工厂园区内有4个仓库，现要将A，B等6种化工原料储存在仓库中.为了方便使用，每种原料平分为2份储存在2个不同的仓库中，每个仓库储存3种不同的原料，且考虑到安全因素，原料A，B不能储存在同一个仓库，则不同的储存方案数为( ).
A．240 B．270 C．480 D．540
8．（24-25高二下·四川乐山·期末）以走网格为例，从格点走到格点，只能向右或向上走，且在对角线的右下方（不能越过对角线）的路径的条数，就是卡特兰数，记为.则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（24-25高二上·全国·课后作业）下列问题中是组合问题的是（ ）
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2024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
10.(24-25高二下·福建三明·期中)福建省动植物园举行花卉展览，三明某花卉种植园有种兰花，种三角梅共种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，种精品花卉将全部去展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有种花卉参展，下列选项正确的是( )
A．若展馆需要种花卉，有种安排方法 B．若“绿水晶”去展馆，有种安排方法
C．若“绿水晶”不去展馆，有种安排方法 D．若种三角梅不能去往同一个展馆，有种安排方法
11．（25-26高三上·广西柳州·开学考试）将由个顶点和条边(条边均为线段)构成的图，称为一个图．下列结论正确的是（ ）
A．三棱柱是一个图
B．若平面内的5个定点（任意三点不共线）和7条边构成一个图，则这样的图共有120个
C．若一个图的4个顶点分别位于平面直角坐标系的四个象限，且该图有且仅有2条边与轴相交，则这样的图共有8个
D．若一个图的8个顶点分别位于空间直角坐标系的8个部分（三个坐标平面把不在坐标平面内的点分成8个部分），且该图有且仅有2条边与平面相交，则这样的图共有7920个
三、填空题
12．（24-25高二下·安徽滁州·期末）不等式的解集是 .
13.(2025高二·全国·专题练习)方程共有 组正整数解，共有 组非负整数解．
14.(2024·甘肃张掖·一模)将分别标有号码的6个小球平均分为两组，则“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的分组方式有 种.
四、解答题
15．（24-25高二下·广东清远·阶段练习）某医院有内科医生10名，外科医生6名，现选派5名参加某医疗队.
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？
(2)甲 乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲 乙2人至少有1人参加，有多少种选法？
(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？
16.(22-23高二下·湖北·阶段练习)(1)将个不同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法
(2)将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法
(3)将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法
(4)将个相同的小球放入个不同的盒子中，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)
17.(23-24高二下·重庆·阶段练习)在平面直角坐标系中，确定若干个点，点的横、纵坐标均取自集合，这样的点共有n个.
(1)求以这n个点中的2个点为端点的线段的条数；(2)求这n个点能确定的直线的条数；
(3)若从这n个点中选出3个点分别为三角形的3个顶点，求这样的三角形的个数.
18．（24-25高二下·河北保定·阶段练习）如图，在一个的网格中填齐1至9中的所有整数，每个格子只填一个数字，已知中心格子的数字为5.

(1)若要求所有的偶数均与数字5相邻（横排相邻或者竖排相邻），共有多少种不同的填写方案？
(2)若要求每一横排的数字从左到右依次增大，共有多少种不同的填写方案？
(3)若要求第二横排 第二竖排的3个数字之和均为15，且数字1不在第一横排，共有多少种不同的填写方案？
19．（25-26高二上·上海奉贤·阶段练习）规定，其中，是正整数，且，这是组合数（，是正整数，且）的一种推广.
(1)求的值；
(2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到（，是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由；
(3)①已知为正整数，，求证：；
②已知组合数是正整数，证明：当，是正整数时，.21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题03 组合
教学目标 1、理解组合、组合数概念，掌握组合数公式及组合数运算性质； 2、掌握组合数应用的常用模型及解法；
教学重难点 1、重点：组合数公式及运算性质，组合数常用模型及解法； 2、难点：组合数方程与不等式、几何中的组合数计算；
知识点01 组合有关概念
1.组合的定义
一般地，从n个不同元素中，任取m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素为_一组__，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
2.对组合概念的理解
(1)组合的特点：组合要求n个元素是不同的，取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m次不放回地取出．
(2)组合的特性：元素的无序性．取出的m个元素不讲究顺序，即元素没有位置的要求．
(3)根据组合的定义，只要两个组合的元素完全相同，不论元素的顺序如何，都是相同的组合；如果两个组合的元素不完全相同，那么这两个组合就是不同的组合．
【即学即练】
1．（2025高二下·全国·专题练习）下列问题不是组合问题的是（　　）
A．从甲、乙、丙、丁四位老师中选取两位去参加学习交流会，有多少种选法？
B．平面上有2026个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？
C．集合{a1，a2，a3，…，an}含有三个元素的子集有多少个？
D．从高三（19）班的54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】发现选项A、B、C中都与顺序无关，利用组合问题的定义处理即可.
【详解】易知组合问题与顺序无关，排列问题与顺序有关，
在D选项中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱，
乙参加独舞”与“乙参加独唱，甲参加独舞”是两个不同的选法，与顺序有关，
因此是排列问题，不是组合问题，故D正确．
故选：D
2．从a,b,c三个不同元素中任取2个元素的组合分别为： .
【答案】ab,ac,bc
知识点02 组合数公式
1.组合数定义
从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的组合数，记作.
2.组合数公式
⑴C＝ 这里m，n∈N＋，并且m≤n.
因为，所以上面的组合数公式还可以写成=
(2)规定：＝1.
【知识剖析】
1.同“排列”与“排列数”是两个不同的概念一样，“组合”与“组合数”也是两个不同的概念．例如，从3个不同的元素a，b，c中取出2个元素的所有组合为ab，ac，bc，其中每一种都叫做一个组合，即组合不是数，而是完成一件事的一种方法，而该问题的组合数为3，是一个数字．
2．我们可以从集合的角度理解组合数的概念.
从n个不同元素中取出m个元素并成一组是一个组合，任取m个元素组成的组合的全体构成一个集合.例如,从3个不同元素a,b,c中任取2个的所有组合构成的集合为A={ab,ac,bc},所谓组合数就是求这个集合的元素的个数，从集合中可以清楚地了解组合之间的互异性.
3．符号是一个整体，n，m均为正整数，且m≤n.
【即学即练】
1.(24-25高二下·广东江门·期末)计算的值是( )
A．41 B．61 C．62 D．82
【答案】B
【详解】，，,
因此.故选：B.
2．（24-25高二下·广东清远·阶段练习）计算（ ）
A．252 B．126 C．84 D．63
【答案】B
【详解】．
故选：B．
知识点03 组合数性质
1．性质1：＝.
注意：（1）该性质反应了组合数的对称性，其组合意义是：从n个不同元素中取出m个元素后，就剩下n-m个元素，因此，n个不同元素中取出m个元素的方法，与从n个不同元素中取出n-m个元素的方法是一一对应的，因此是一样多的，就是说从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，都对应着从n个不同元素中取出n-m个元素的唯一的一个组合，反过来也是一样，因此 ；
（2）当时，通常不直接计算，而计算，这样有利于简化运算；
（3）为了使这个公式在m=n时也成立，规定=1，只是一个规定，并无实际意义.
2．性质2：＝．
注意:（1）本性质也可以由组合的定义与分类计数原理直接得出，在确定从n+1个不同元素中取出m个元素的方法时，对于某一元素，只存在取与不取两种可能，如果取这一元素，则需要从剩下的n个元素中再取出m-1个元素，所以共有种，如果不取这一元素，则需要从剩下的n个元素中取出m个元素，所以共有种，由分类加法计数原理，得：；
（2）注意公式的结构形式：左端下标为n+1，右端下标都是n，上标左端与右端的一个一样，右端的另一个比它们少1；
（3）要注意性质的正用、逆用、变形使用，正用是将一个组合数拆成两个，是“一分为二”，逆用则是“合二为一”，变形为：，它的使用为某些项前后抵消提供了方便，要注意在解题中的灵活应用.
【即学即练】
1．（24-25高二下·广西来宾·阶段练习）已知，则（ ）
A．7 B．21 C．35 D．42
【答案】B
【分析】根据组合数性质列出关于x的方程和不等式组求出，再根据组合数定义即可求解.
【详解】由，得或，且，
解得或，
当时，，
当时，.
故选：B．
2．（24-25高二下·广东深圳·期中）若，则（ ）
A．28 B．56 C．112 D．120
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用组合数的性质求出，再利用组合性质求解.
【详解】由，得，解得，
所以
.
故选：B
知识点04 解组合应用题的基本思路和方法
解决组合应用题的基本思路是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而得到实际问题的解.
(1)建立组合模型的第一步是分析该实际问题有无顺序，无顺序才是组合问题.
(2)解组合应用题的基本方法仍然是“直接法”与“间接法”.
(3)在具体计算组合数时，要注意灵活选择组合数的两个公式以及性质的运用.
【即学即练】
1.(24-25高二下·江苏南通·阶段练习)集合A中有m个元素，集合B中有n个元素，从两个集合中各取1个元素，不同方法的种数是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】从集合A中取1个元素有种方法，从集合B中取1个元素有种方法，
所以从两个集合中各取1个元素有种方法.故选：B.
2．（24-25高二下·广西南宁·期中）学校要求学生从物理、历史、化学、生物、政治、地理这6科中选3科参加考试，规定先从物理和历史中任选1科，然后从其他4科中任选2科，不同的选法种数为（ ）
A．12 B．20 C．24 D．120
【答案】A
【分析】根据组合数的定义，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】第一步：从物理和历史中选择1科有种方法，
第二步：从其他4科中任选2科有种方法，
故总的选法共有，
故选：A
题型01 组合的概念
【典例】判断下列问题是组合问题还是排列问题：
(1)10人聚会，见面后每两人之间要握手相互问候，共需握手多少次？
(2)10名同学分成人数相同的两个学习小组，共有多少种分法？
(3)从1，2，3，…，9九个数字中任取3个，然后把这三个数字相加得到一个和，这样的和共有多少个？
(4)从a，b，c，d四名学生中选2名，去完成同一件工作，有多少种不同的选法？
区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．
【变式1-1】（多选）（24-25高二下·内蒙古赤峰·期中）下列是组合问题的是（ ）
A．10人相互通一次电话，共通多少次电话？
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个不同学科的课代表，有多少种选法？
【答案】ABC
【分析】根据受不受顺序影响判断每个选项是排列问题还是组合问题即可.
【详解】对于选项A，甲与乙打电话和乙与甲打电话是同一事件，即不受顺序影响，是组合问题；
对于选项B，两个队只打一场比赛，不受顺序影响，是组合问题；
对于选项C，三个人入选的顺序不影响结果，是组合问题；
对于选项D，同样的三个人如果每个人任职的科目不同对最后结果是有影响的，即顺序会影响最后结果，是排列问题，不是组合问题.
故选：ABC
【变式1-2】（24-25高二上·上海·课后作业）（1）写出从，，，，五个元素中任取两个不同元素的所有组合；
（2）写出从，，，，五个元素中任取两个不同元素的所有排列．
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析
【分析】（1）利用组合的定义即可得出；
（2）利用排列的定义即可得出；
【详解】（1）从个元素，，，，中任取两个不同元素的所有组合有：
，，，，，，，，，；
（2）从个元素，，，，中任取两个不同元素的所有排列有：
，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，.
题型02 组合数的计算
【典例2-1】(多选)(24-25高二下·广东广州·期中)已知m，且，则下列结论正确的是( )
A． B．若，则 C． D．
【答案】ABC
【分析】对于A：根据阶乘的定义分析判断；对于B：根据组合数公式列式求解；对于C：根据组合数公式分析证明；对于D：举反例说明即可.
【详解】因为m，且，对于选项A：由排列与组合的含义可以推出，故A正确；
对于选项B：因为，整理得，解得或(舍去)，故B正确；
对于选项C：因为，
即，故C正确；
对于选项D：例如，则，可知，故D错误；
故选：ABC.
【典例2-2】 (24-25高二下·广西南宁·期中)计算 ．(用数字作答)
【答案】
【分析】根据排列数以及组合数的计算公式即可求解.
【详解】,故答案为：
进行组合数的相关计算时，注意以下几点：
(1)像排列数公式一样，公式＝一般用于计算，而公式＝及一般用于证明、解方程(不等式)等．
(2)要注意公式的逆向运用．
【变式2-1】(23-24高二下·江苏镇江·期末)化简结果为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由排列数、组合数的运算性质计算求解即可.
【详解】
，故选：D
【点睛】本题解题的关键是利用排列数和组合数性质将依次巧妙变形得，然后根据此式依次变形计算即可求解.
【变式2-2】(23-24高二下·山东·期中)已知，，，则( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先借助排列数的定义与指数定义得到与的关系后，借助组合数定义结合放缩可比较与的关系，即可得解.
【详解】，，均由20个数相乘组成，
其中前两项和最后一项比较，
其他项，直到，故，
，
其中里面前四项大于中的后五项，
即，
其他项均要对应大于或等于剩余中的每一项，故.故选：C.
【变式2-3】(多选)(2025高二·全国·专题练习)(多选题)下列关于排列数、组合数的计算中，正确的是( )．
A． B．
C． D．是一个常数
【答案】BD
【分析】由排列数公式判断AB，由组合数的性质化简判断C，根据组合数的性质得，然后代入计算判断D.
【详解】由排列数公式知A不正确，
，B正确，
由组合数的性质可知，，故C不正确，
D选项中，n应该满足，且，，解得，
因此，D正确．故选：BD．
题型03 组合数方程和不等式
【典例3-1】(24-25高二下·江苏南通·阶段练习)若，则( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】利用组合数的性质建立方程，求解参数即可.
【详解】因为，所以或，
当时，解得，经检验，符合题意，
当时，解得，经检验，符合题意，
综上，得到，故B正确.故选：B
【典例3-2】（25-26高三上·北京·阶段练习）满足条件的正整数的个数是（ ）
A．10 B．9
C．4 D．3
【答案】C
【分析】用阶乘表示组合数，化简求出范围.
【详解】由可得，
整理得，解得，且，
所以，又，所以.
故选：C.
对于含有组合数的方程或不等式的问题，只需根据组合数公式的连乘形式或阶乘形式，把问题转化为不含组合数的方程或不等式问题．但在求出结果后应注意验证能不能使组合数有意义，既要保证组合数中下标n大于或等于该组合数的上标m，又要保证n，m均为正整数．
【变式3-1】（24-25高二下·山东临沂·期中）若，则（　　）
A．4 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【详解】由得，解得.
故选：D.
【变式3-2】(23-24高二上·福建宁德·期末)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.
【变式3-3】(24-25高二下·上海宝山·期中)若 为正整数，则不等式 的解集是
【答案】
【分析】利用组合数公式，结合一元二次不等式求解即得.
【详解】 化为，即.解得，因为，则.故原不等式的解集为.故答案为：.
题型04 无限制条件的组合问题
【典例】现有10名学生，男生6人，女生4人．
(1)要选2名男生去参加乒乓球赛，有多少种不同选法？
(2)要选男、女生各2人参赛，有多少种不同选法？
(3)要选2人去参赛，有多少种不同选法？
【详解】(1)从6名男生中选2人的组合数是＝15种．
(2)分两步完成，先从6名男生中选2人，再从4名女生中选2人，均为组合＝90种．
(3)从10名学生中选2名的组合数＝45种．
解简单的组合应用题时，要先判断它是不是组合问题，取出的元素只是组成一组，与顺序无关则是组合问题；取出的元素排成一列，与顺序有关则是排列问题．只有当该问题能构成组合模型时，才能运用组合数公式求出其种数．在解题时还应注意两个计数原理的运用，在分类和分步时，注意有无重复或遗漏．
【变式4-1】（24-25高三下·广西·期中）某货架放有7包不同的薯片，6瓶不同的饮料，从这些货品中任取2包薯片和1瓶饮料，不同的取法有（ ）
A．19种 B．20种 C．126种 D．294种
【答案】C
【分析】根据分步乘法原理以及分类加法原理，结合组合数的计算，可得答案.
【详解】7包不同的薯片任取2包有种取法，6瓶不同的饮料任取1瓶有6种取法，
现从这些货品中任取2包薯片和1瓶饮料，
根据分步乘法计数原理得到不同的取法有种．
故选：C．
【变式4-2】（25-26高三上·河南·开学考试）某实践团有个男生、个女生，从中任选人发起问卷调研，那么恰好有个女生被选中的方法有 种.
【答案】
【分析】根据组合数的定义及计算方式直接可得解.
【详解】恰好有个女生被选中时，共有种方法.
题型05 代数中的组合问题
【典例5-1】(24-25高二下·云南昆明·阶段练习)对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”，那么四位数的“渐降数”的个数为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由组合数的意义即可求解.
【详解】因为一个自然数从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”，
在0，1，2，3，…，9中任取4个数，其大小关系确定，所以“渐降数”共有个，故选：C.
【典例5-2】(多选)(24-25高二下·山东济宁·期中)下列说法正确的是( )
A．用1～9这9个自然数组成的四位数的个数是
B．用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数的个数是
C．用1～9这9个自然数组成的千位数字小于百位数字，百位数字小于十位数字，十位数字小于个位数字的四位数的个数是
D．用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数中，包含1和3，且1和3不相邻的四位数的个数是
【答案】BC
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，利用排列数公式判断B，利用组合数公式判断C，先排两个数，再利用插空法判断D.
【详解】对于A：用1～9这9个自然数组成的四位数的个数是，故A错误；
对于B：用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数的个数是，故B正确；
对于C：因为各位数字从左到右依次递增，所以排列方法唯一且不能出现重复数字，
所以这样的四位数有个，故C正确；
对于D：首先从其余个数字中选出个数字并排列好，有种，
再将1和3插入所形成的三个空中，则有种插法，
按照分步乘法计数原理可知一共有个数字，故D错误.故选：BC
对于代数中的组合问题，要注意特殊元素（如0）及特殊位置（如0不能排首位），一般先选取数字（组合）再排序（排列），同时注意其他限制条件.
【变式5-1】(24-25高二下·江苏徐州·阶段练习)用，，，，，，这七个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有( )
A．105个 B．42个 C．146个 D．52个
【答案】A
【分析】对个位数字分四种情况讨论，按照分类加法计数原理及组合数公式计算可得.
【详解】若个位数字为，则有个；
若个位数字为，则有个；
若个位数字为，则有个；
若个位数字为，则有个；
综上可得一共有个.故选：A
【变式5-2】(24-25高二下·陕西安康·期末)从八个连续整数中任取三个数，若取出的三个数中任意两个数之差不为1，则这样的取法总数为 ．
【答案】20
【分析】先求出八个连续整数任选3个数的情况数，再分别求出三个连续数和三个数中只有两个数连续的个数，相减可得答案.
【详解】八个连续整数不妨设为1,2,3,4,5,6,7,8,
先任选3个数，有种取法，
其中三个连续数有6种，分别为1,2,3；2,3,4；3,4,5；4,5,6；5,6,7；6,7,8；
三个数中只有两个数连续，
比如1,2，剩余第三个数需从4,5,6,7,8中任选1个，有5种，
同理7,8，剩余第三个数需从1,2,3,4,5中任选1个，有5种，
比如2,3，剩余第三个数需从5,6,7,8中任选1个，有4种，
同理，3,4；4,5；5,6；6,7均有4种，
所以此时共有种，
综上，从八个连续整数中任取三个数，若取出的三个数中任意两个数之差不为1，
共有种选法．故答案为：20．
【变式5-3】(多选)(23-24高二下·广东深圳·阶段练习)用数字组成无重复数字的四位数，则( )
A．可组成个四位数
B．可组成个是的倍数的四位数
C．可组成各位数字之和为偶数的四位数有个
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第个数为
【答案】BCD
【分析】结合千位数字不能为，利用分步乘法计数原理列出式子可判断选项A；根据的倍数的数字特点分类讨论可判断选项B；先把各位数字之和为偶数的数字组合列举出来，再根据计数原理列出式子可判断选项C；对四位数的千位和百位进行讨论可判断选项D.
【详解】对于选项A：先安排千位上的数字，有种；再安排百位、十位和个位上的数字，有种；
根据分步乘法计数原理可得，共组成个四位数，故选项A错误；
对于选项B：因为的倍数的四位数个位上为或，
所以分为两类：当个位是时，有种；当个位上时，有种，
∴共有种，故选项B正确；
C选项，先把各位数字之和为偶数的数字组合列举出来，有，，，，，，，，；
再将每个组合中的四个数字排列组成一个四位数共种，故选项C正确；
对于选项D选：因为千位为的四位数有个；
千位为，百位为的四位数有个；
千位为，百位为的四位数有个；
共；
而千位为，百位为的四位数从小到大排列有：，，，
所以第个数为，故选项D正确.故选：BCD.
题型06 几何中的组合问题
【典例6-1】(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
【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.
【典例6-2】(24-25高二下·山西·期中)已知平面平面，平面内有共5个点，其中有且仅有三点共线，平面内有共4个点，任意三点不共线，则以这9个点为顶点的三棱锥最多有( )
A．80个 B．86个 C．116个 D．136个
【答案】C
【分析】由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论：从平面内取3个点不共线，平面内取1个点，从平面内取2个点，平面内取2个点，从平面内取1个点，平面内取3个点，结合数的计算公式和分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论：
从平面内取3个点不共线，平面内取1个点共有种情况；
从平面内取2个点，平面内取2个点共有种情况；
从平面内取1个点，平面内取3个点共有种情况，
所以从这9个点为顶点的三棱锥最多有个三棱锥.故选：C.
解答几何型组合问题的的组合问题基本一样，只要把图形中隐含条件视为限制条件即可，计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需分类或分步计算符合题意的组合数.
【变式6-1】(多选)(23-24高二下·广东江门·期末)在正方体中，下列说法正确的是( )
A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段 B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个 D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个
【答案】ABD
【分析】利用几何组合计数问题，结合正方体及直三棱柱、三棱锥、四棱锥的构造特征，列式计算即得.
【详解】对于A，每两点确定一条线段，则正方体的8个顶点可确定不同的线段有条，A正确；
对于B，直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，因此直三棱柱两底面在正方体相对面上，
以正方形的顶点为顶点的三角形有4个，从而正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4个，
因此以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有个，B正确；
对于C，正方体顶点任取4个点，共有种选法，
其中四点共面的共有6个面和6个对角面共12种，因此三棱锥共有个，C错误；
对于D，由选项C，知正方体四点共面的情况有12种，每一种情况，余下每个点对应1个四棱锥，
因此四棱锥共有，D正确.故选：ABD.
【变式6-2】(多选)(2024·重庆·模拟预测)如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)( )
A．可以围成20个不同的正方形 B．可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)
C．可以围成516个不同的三角形 D．可以围成16个不同的等边三角形
【答案】ABC
【分析】利用分类计算原理及组合，结合图形，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】不妨设两个钉子间的距离为1，
对于选项A，由图知，边长为1的正方形有个，边长为的正方形有个，
边长为3的正方形有1个，边长为的有个，边长为的有2个，共有20个，选项A正确，
对于选项B，由图知，宽为1的长方形有个，宽为2的长方形有个，
宽为3的长方形有5个，宽为的有2个，共有24个，所以选项B正确，
对于选项C，由图知，可以围成个不同的三角形，所以选项C正确，
对于选项D，由图可知，不存在等边三角形，所以选项D错误，故选：ABC.
【变式6-3】(24-25高二下·安徽六安·期中)以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是 ；
【答案】58
【分析】由八个顶点任选四个的所有种数减去四点共面的个数计算即可.
【详解】首先从8个顶点中选4个，共有种结果，
其中6个表面有6个四点共面情况，6个对角面有6个四点共面情况，
所以以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是58.故答案为：58
题型07　“至多”与“至少”问题
【典例7】(1)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片最多一张，不同取法的种数为(　　)
A．232 B．252 C．472 D．484
(2)现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查，至少有1件是次品的抽法有________种．
【答案】(1)C　(2)64
【详解】(1)方法一　本题的解题关键是抓住有无红色卡片来讨论．若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有
×4＝472种．故选C.
(2)方法一　(直接法)分两类：
第1类，抽出1件次品，抽法种数为
＝56＋8＝64.
方法二　(间接法)从10件产品中任取3件的抽法有＝64.
“至多”“至少”问题的常用解题方法有两种：(1)直接分类法，注意分类要细、要全；(2)间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．
【变式7-1】（24-25高二下·广东清远·阶段练习）某医院有内科医生10名，外科医生6名，现选派5名参加某医疗队.
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？
(2)甲 乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲 乙2人至少有1人参加，有多少种选法？
(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？
【详解】（1）只需从其他14人中选3人即可，共有（种）选法.
（2）只需从其他14人中选5人即可，共有（种）选法.
（3）分两类：甲 乙中有1人参加；甲 乙都参加.
则共有（种）选法.
（4）方法一（直接法）至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类：
内科1人，外科4人；内科2人，外科3人；内科3人，外科2人；内科4人，外科1人.
所以共有（种）选法.
方法二（间接法）从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有（种）选法.
【变式7-2】（24-25高二下·新疆喀什·期末）某课题组有研究人员7人（男4，女3），选4人参加学术会议，求下列情况的选法有多少种不同的选法.
(1)至少2女生；
(2)至少2男生
(3)至多1女生.
【分析】（1）分2男2女，3女1男两种情况讨论即可；
（2）分2男2女，3男1女，4男0女三种情况讨论即可；
（3）分4个男生，1女3男两种情况讨论即可.
【详解】（1）直接法： 2男2女：；3女1男：，
故至少2女生共种不同的选法.
（2）直接法：2男2女：；3男1女：；4男0女：，
故至少2男生共有种不同的选法.
（3）4个男生：；1女3男：，
故至多1女生共种不同的选法.
题型08 相同元素的分配问题——隔板法
【典例8-1】（2025·高二·江苏苏州·期中）学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（ ）种分配方案．
A．135 B．10 C．75 D．120
【答案】B
【解析】“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”，
故有，
故选：B.
【典例8-2】（2025高二·全国·专题练习）（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？
（2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？
（3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？
【分析】（1）法一利用排列数的性质求解，法二利用隔板法求解即可.
（2）先将问题合理转化，再利用隔板法求解即可.
（3）法一对空盒子的个数进行分类讨论，再求和即可，法二利用隔板法求解即可.
【详解】（1）法一：问题相当于先把7个相同的小球分成3堆，再分配到不同的盒子里.
把7个相同的小球分成3堆，有4种分法.
第一类，按照来分，有种方法；
第二类，按照来分，有种方法；
第三类，按照来分，有种方法：
第四类，按照来分，有种方法
综上，共有种方法.
法二：在7个相同的小球中间的6个空档里，
选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法.
（2）可以先在每个盒子中放1个球，问题就变成将7个相同的小球放入3个不同的盒子，
每个盒子里至少放1个球，即将小球分为堆，会产生个空档，
选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法.
（3）法一：空0个盒子共有种，空1个盒子共有种，
空2个盒子共有种，综上，共有种方法.
法二：先借3个相同的球，在每个盒子里先放入1个借来的球，
则问题就转化为把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子都不空，
即在10个相同的小球中间的9个空档里，
选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法.
对于相同元素的分组分配问题我们采用隔板法处理．
将m个相同元素分配给n个人，，每人至少1个．
按以下思路求出不同分配方法的种数：先将m个元素排成一列，中间有个空，然后把个隔板放入个空中即可把所有元素分为n组，再依次把n组元素给到n个人即可，于是总的分法有种，这种处理问题的方法我们称为隔板法．
将m个相同元素分配给n个人，，可以有人分不到．
此时我们可以采用化归的思路处理．先借过来n个元素，给每个人分一个，于是问题就转化为将个相同元素分配给n个人，每人至少1个，分完之后每个人再扣除一个即可，于是总的分法有种．
【变式8-1】（2025·高二·山西大同·期中）袋中有十个完全相同的乒乓球，四个小朋友去取球，每个小朋友至少取一个球，所有的球都被取完，最后四个小朋友手中乒乓球个数的情况一共有（ ）
A．84种 B．504种 C．729种 D．39种
【答案】A
【解析】四个小朋友去取球，每个小朋友至少取一个球，所有的球都被取完，
即将个球分成了份：
个球有个空隙，选个空隙插上“隔板”即可分成4份，
即：种.
故选：A.
【变式8-2】（2025·高二·新疆和田·阶段练习）7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【答案】D
【解析】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.
故选：D.
【变式8-3】(24-25高二下·江苏南京·期中)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【难度】0.65【知识点】x+y+z=n的整数解的个数【分析】将问题化为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，再应用组合数求不同的放法数.
【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
【典例8-3】(2025高三·全国·专题练习)从3个箱子(每个箱子里的球足够多)里选8个小球，每个箱子至少选2个小球，不同的选法有 种.
【答案】6【难度】0.65【知识点】x+y+z=n的整数解的个数
【分析】应用隔板法，将5个小球排成一排，用2块挡板插入四个空中的2个，即可得.
【详解】8个相同小球再减去3个小球共5个小球排成一排，用2块挡板去插入，有种.
然后再往每个箱子里放1个球，即每个箱子至少选2个小球，故不同的选法有6种．故答案为：6
题型09 不同元素的分组分配问题
【典例9】 将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？
(1)-堆一本，一堆两本，一堆三本；
(2)甲得一本，乙得两本，丙得三本；
(3)-人得一本，一人得二本，一人得三本；
(4)平均分给甲、乙、丙三人；
(5)平均分成三堆．
【分析】本例为分组或分配问题，分配问题是把物件分给不同的人（或团体），是有顺序可言的,而分组问题，只是把物件分成组，是无顺序的，两者有着明显的不同，其关系与排列数同组合数的关系类似,可结合乘法计数原理及排列组合知识逐一求解.
【详解】(1)先在6本书中任取一本，作为一堆，有种取法，再从余下的五本书中任取两本，作为一堆，有种取法，再后从余下三本取三本作为一堆，有种取法，故共有分法（种）．
(2)由(1)知，分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法亦为（种）．
(3)由(1)知，分成三堆的方法有种，但每一种分组方法又有种不同的分配方案，故一人得一本，一人得两本，一人得三本的分法有（种）
（4）3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书本中任取出2本的方法有 种，甲不论用哪一种方法取得2本书后，已再从余下的4本书中取书有种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各取2本书后，丙从余下的两本中取两本书，有 种方法，所以一共有=90种方法．
（5）把6本不同的书分成三堆，每堆二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人二本的区别在于，后者相当于把六本不同的书，平均分成三难后，再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人．因此，设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有x 种，那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法就应有种，由（4）知，把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有 种．所以＝ ，则(种）
【点拨提升】 本问题中的每一个小题均为一种分组或分配问题，搞清类型的归属对今后解题大有裨益，其中: (1)属非均匀分组问题;(2)属非均匀定向分配问题;(3)属非均匀不定向分配问题;(4)属均匀不定向分配（平均分配）问题;(5)属均匀分组（平均分组）问题．这是一个典型问题，同学们要掌握好.
要特别注意平均分配与平均分组的区别，如6本书分给甲、乙、丙三人各两本和分成3堆每堆两本是有区别的，前者虽然也属均分问题，但要甲、乙、丙三个人一个人一个人的去拿，而后者属均分问题又是无序问题，所以必须除以 ．一般地，n个元素中有个元素（≤n)均分成m堆一定要除以 ．
非均匀不定向分配问题一般“先分堆，再分配”，如第(3)小题.
不同元素分组、分配问题的求解策略
整体均分组 分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数
部分均分组 若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数
不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等
不同元素的分配 利用分步乘法计数原理，先分组，后分配
有限制条件的分配 采用分类讨论法求解
【变式9-1】(25-26高三上·重庆·阶段练习)某班 5 名学生负责校内 3 个不同地段的卫生工作. 每名学生都要参与且只负责某个地段的卫生工作，每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有( )
A．300 种 B．90 种 C．240 种 D．150 种
【答案】D
【分析】利用先分组后分配原则来进行求解即可.
【详解】先将5名学生分成三组的分法有：(种)
再将这三组学生分配到三个地段共有：(种)
所以利用分步乘法原理，可知每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有(种)故选：D.
【变式9-2】(多选)(2025高三·全国·专题练习)现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论不正确的有( )
A．没有空盒子的方法共有16种
B．有空盒子的方法共有256种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种
【答案】ABD
【分析】没有空盒即将4个球在4个盒子上全排列即可判断A；有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，即可求解判断B；恰有1个空盒，即另外3个盒子都有球，且必然有1个盒子中放了2个球，求解即可判断C；只需从4盒4球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即可判断D．
【详解】对于A，没有空盒子，即将4个球在4个盒子上进行全排列，共有种方法，故A不正确；
对于B，有空盒子，因为有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，共有种方法，故B不正确；
对于C，恰有1个空盒，即另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球，
先从4个盒中选1个作为空盒，再将4球中选出2球绑在一起，与另外两个球对余下的3个盒子全排列，
则共有种方法，故C正确；
对于D，没有空盒子恰有1个小球放入自己编号的盒子，则可从4盒4球中选定标号相同的球和盒有种方法，
另外3个球3个盒不能互相对应共2种方法，则共有种方法，故D不正确．故选：ABD.
【变式9-3】(多选)(24-25高二下·江苏南京·期中)下列说法正确的是( )
A．4个不同的小球，放入个不同的盒中，共有种不同的放法
B．4个不同的小球，放入个不同的盒中，不能有空盒，共有种不同的放法
C．6个相同的小球，放入个不同的盒中，不能有空盒，共有种不同的放法
D．6个相同的小球，放入个不同的盒中，共有种不同的放法
【答案】ACD
【分析】对于A，由分步乘法原理验算即可；对于B，先分组再排列即可验算；对于C，由分类加法原理验算即可；对于D，由隔板法即可验算.
【详解】对于A，共有种不同的放法，故A正确；
对于B，先确定两个小球在同一个盒子，有种排法，再进行排列，有种排法，共有种不同的放法，故B不正确；
对于C，共有共种分组方式，共有种不同的放法，故C正确；
对于D，相当于找到方程的非负整数解的数目，令，
则问题相当于找到方程的正整数解的数目，
相当于在9个球中间产生的8个空格插入两个隔板，故所求为，故D正确.故选：ACD.
题型10 不定方程的正整数解的个数问题
【典例10-1】(24-25高二下·广东东莞·阶段练习)方程的正整数解的个数为( )
A．15 B．35 C．40 D．20
【答案】D
【分析】转化为将7个相同的小球装入4个不同的盒子里，每个盒子中至少有1个小球，利用隔板法进行求解.
【详解】原问题相当于将7个相同的小球装入4个不同的盒子里，每个盒子中至少有1个小球，
可采用隔板法，将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空位上插入3个隔板，
故共有种方法.故选：D
【典例10-2】(多选)(23-24高三上·江苏·开学考试)有方程，试讨论有序数对解的个数．下列分析正确的是( )
A．若，，均为正整数，则解的个数为
B．若，，均为非负整数，则解的个数为
C．若，，均为正整数，且，，两两不等，则解的个数为341044
D．若，，均为正整数且满足，则解的个数为341044
【答案】ABD
【分析】AB可转化为排列组合问题用档板法可得；C选项可先求，，相等时的解个数，再用排除法可得；D选项分为由相等和不相等并且的不同的类，利用分类加法可得.
【详解】选项A：因，，均为正整数，
则解的个数相当于把个用两个档板分成3份，分别对应，，，
所以解的个数为，故A正确；
选项B： 由得，
因，，均为非负整数，所以，，均为正整数，
与一一对应，
相当于把个用两个档板分成3份，分别对应，，，
所以解的个数为，故B正确；
C选项：因，，均为正整数，，
若，则，不满足为正整数，
故，，至多有两个相等，
若，则,故的取值为从到的整数，共个，
所以，，有两个相等时的个数为个，
故，，两两不等时，解的个数为个，故C错误；
选项D：若，，均为正整数且满足，
当时，因，
所以，得，即，
所以的取值为从1到的整数，共674个，此时的个数为674个.
当时，因，所以，得，即，
因取正整数，所以的取值为从1到的奇数，共337个，此时的个数为337个.
当时，个用两个隔板分成3份，将其从小到大，分别对应，，，
有共有，故D正确.故选：ABD
不定方程的正整数解的个数问题往往转化为相同元素的分配问题，再利用隔板法求解.
【变式10-1】(24-25高二下·安徽安庆·阶段练习)已知，，，则关于，，的方程共有( )组不同的解.
A．36 B．45 C．50 D．24
【答案】A
【分析】根据题意将问题转化为把10个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放入1个小球的不同放法，由挡板分析可得答案.
【详解】根据题意，对于方程将10看成10个相同的小球，将其分成3组，每组至少1个，
第一组有个，第二组有个，第三组有个，即可得一个方程的解，
所以10个相同的小球形成9个空，从中选2个，插入隔板即可，
所以共有组不同的解.故选：A
【变式10-2】(24-25高二下·山东·阶段练习)方程的正整数解共有( )
A．50组 B．58组 C．60组 D．66组
【答案】B
【分析】将系数相同的变量合并换元，即设，
讨论和时的取值，利用隔板法求出解的组数，最后由分类加法计数原理即可得出答案.
【详解】对于方程，
设，则，
当时，，因为为偶数，则也为偶数，所以可以为，
时，只有一种解，此时，
由隔板法可知，将8个单位长度分成3个整数部分，一共有种分法，
所以共有组解，同理可得其他的组数，
所以当时，可得解的组数为；
当时，，因为为偶数，则为奇数，所以可以为，
利用隔板法可得解的组数为，
当时，因为，所以此时，不合题意，
综上，方程的正整数解共有组．故选：B.
题型11 其它组合模型
【典例11-1】(23-24高二上·江西南昌·期末)在空间直角坐标系中，已知点，若，，，且，则满足条件的点共有( )
A．15个 B．20个 C．35个 D．56个
【答案】D
【分析】根据讨论是否相等，结合组合数运算求解.
【详解】若，则满足条件的点共有个；
若中只有2个相等，可知或，则满足条件的点共有个；
若互不相等，则满足条件的点共有个；
综上所述：满足条件的点共有个.故选：D.
【典例11-2】(24-25高二下·江西景德镇·期中)总共有13个大小颜色重量外观等都一样的小球，如图所示①、②、③号三个足够大的杯子，其中①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球，问总共有( )种放小球方法
A．120 B．84 C．45 D．36
【答案】D
【分析】将其转化为隔板法解决即可.
【详解】已知①号杯子至少放一个小球，②号杯子至少放两个小球，③号杯子至少放三个小球.
我们先在②号杯子中放个小球，在③号杯子中放个小球，
这样就满足了每个杯子的最少放置要求.此时总共放了个小球，
还剩下个小球.
将问题转化为标准隔板法问题：
现在要把这10个相同的小球放入①、②、③号三个杯子中，且每个杯子至少放个小球.
这就相当于在10个小球形成的个间隔中插入个隔板，
将其分成组，每组对应一个杯子. 根据隔板法公式，所以方法数为.
根据组合数公式，可得(种).故选：D.
【典例11-3】(24-25高二下·陕西·阶段练习)集合A和集合B各含有12个元素，含有4个元素，集合C满足：①；②；③C中含有3个元素，则同时满足上面条件的集合C的个数为 .
【答案】1084
【分析】首先判断中的元素个数，再利用组合的定义，利用间接法，即可求解.
【详解】由条件可知,
因为，且集合中有3个元素，所以个，
因为满足的集合有个，
所以既满足，又满足的集合有个.故答案为：1084
【变式11-1】(23-24高三上·河南驻马店·期末)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
【分析】分首位为2、1计算出每种情况的结果数，再相加即可.
【详解】当首位为2时，这样的五位数有个；
当首位为1时，这样的五位数有个.
综上，这样的五位数共有个.故选：C.
【变式11-2】(23-24高二下·浙江宁波·期末)已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为( )
A．58 B．71 C．85 D．96
【答案】B
【分析】根据题意，都比大，所以可能取或，分，和三类进行讨论.
【详解】根据题意，都比大，所以可能取或，
当时，有种选法，剩余数字中最大，
有种选法，最后剩下一个就是，共有种，
当时，，有种选法，剩余数字中最大，
而，有种选法，共有种，
当时，，，有种选法，
剩余数字，只有1种，共有种，
则满足要求的排列的个数为种.故选：B
【变式11-3】(2024·湖北·模拟预测)互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法( )
A．24种 B．36种 C．42种 D．48种
【答案】D
【分析】由题意得对红菊花所处位置进行分类，每一类根据分步计数原理可得.
【详解】红菊花在正中间位置时，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，
即红菊花两边各一盆白色，黄色菊花，故有；
红菊花在首位或者尾端时，先排好白菊花，产生三个空再对黄菊花分类排即可，故；
红菊花在第2或者第4位置时，先给首位或者尾端任意放一种，剩下的3盆花位置就确定了，故；
综上，共有种摆放方法.故选：D
【变式11-4】(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】;
【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
一、单选题
1．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）等于（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】A
【分析】本题利用二项式系数和公式分别求出分子、分母的值即可得出答案.
【详解】根据二项式系数和分子的值为，分母的值为代入原式得
故选：A.
2．（24-25高二下·河南郑州·期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据组合数的性质列方程，解方程即可得，再根据排列数与组合数的公式直接可得解.
【详解】由组合数的性质可得，解得，
又，所以或，
解得（舍去）或，
故.
3．（24-25高二下·山东·期中）用数字1~5组成没有重复数字的三位数，其中满足，且的三位数的个数是（ ）
A．10 B．20 C．30 D．60
【答案】B
【分析】先求出从数字1~5中取出3个数字的种数，然后求满足要求的种数，最后根据分步乘法计数原理求得结果.
【详解】从数字1~5中取出3个数字，有种取法；
将取出的3个数字中最大的一个作十位上的数字，另外2个数字分别作百位和个位上的数字，有种方法.由分步乘法计数原理，得符合题意的三位数有个.
故选：B.
4．（25-26高三上·天津·期中）世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张 小赵 小李 小罗 小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译 安保 礼仪 服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ）种.
A．120 B．60 C．24 D．36
【答案】D
【分析】根据题意，小张和小赵只能从事前两项工作，由此分为2种情况讨论，结合排列组合，即可求解.
【详解】根据题意可分为2种情况讨论：
（i）若小张或小赵只有一人入选，则有种不同的选派方案；
（ii）若小张，小赵都入选则有种不同的选派方案，
综上可得，共有种不同的选派方案.
故选：D
5.(2025高三·全国·专题练习)在正方体中，下列说法不正确的是( )
A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段 B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个
C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个 D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个
【答案】C
【分析】利用几何组合计数问题，结合正方体，直三棱柱，三棱锥，四棱锥的结构特征，列式计算即可.
【详解】对于A，每两点确定一条线段，则正方体的8个顶点可确定不同的线段有条，A正确；
对于B，直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，因此直三棱柱两底面在正方体相对面上，
以正方形的顶点为顶点的三角形有4个，从而正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4个，
因此以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有个，B正确；
对于C，正方体顶点任取4个点，共有种选法，
其中四点共面的共有6个面和6个对角面共12种，因此三棱锥共有个，C错误；
对于D，由选项C，知正方体四点共面的情况有12种，
每一种情况，余下每个点对应1个四棱锥，因此四棱锥共有，D正确.故选：C.
6.(23-24高三下·云南昆明·阶段练习)把分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为( )
A．60 B．36 C．30 D．12
【答案】A
【分析】分析可知原题意相当于将，，，，，这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，再对应到具体三个人，利用隔板法分析求解.
【详解】先将卡片分为符合条件的三份，
由题意知：三人分六张卡片，且每人至少一张，至多四张，
若分得的卡片超过一张，则必须是连号，
相当于将，，，，，这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，共种情况，
再对应到三个人有种情况，则共有种法.故选：A．
7.(2025·重庆·模拟预测)某化工厂园区内有4个仓库，现要将A，B等6种化工原料储存在仓库中.为了方便使用，每种原料平分为2份储存在2个不同的仓库中，每个仓库储存3种不同的原料，且考虑到安全因素，原料A，B不能储存在同一个仓库，则不同的储存方案数为( ).
A．240 B．270 C．480 D．540
【答案】D
【分析】先安排好A，B，再分类讨论安排C的组合方式及放法，由计数原理得解.
【详解】先把A分成两份放入两个仓库，再把B分成两份放入剩余两个仓库，共有种方法，
再把C分成两份，从剩余的D、E、F中取出一种分成两份与C组成一组，放入两个仓库，剩余的两种组合放入另外两个仓库，共有种放法，
也可从剩余的D、E、F中取出两种，与C组合成两份，则剩余的两种组合成两份，共有四种不同的组合，分别放入四个仓库，共有种种放法，
由分类加法计数原理与分步乘法计数原理可得，共有种不同的方法，故选：D
8．（24-25高二下·四川乐山·期末）以走网格为例，从格点走到格点，只能向右或向上走，且在对角线的右下方（不能越过对角线）的路径的条数，就是卡特兰数，记为.则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，向右的步数始终不少于向上的步数，即走法总数为“所有走法”减去“过线的走法”，易发现“过线的走法”即对应从到的走法，运算得解.
【详解】如图，由题，只能向右或向上走，且在对角线的右下方（不能越过对角线），
即向右的步数始终不少于向上的步数，
所以走法总数为“所有走法”减去“过线的走法”，
由图易发现“过线的走法”，必先碰到直线，
将碰直线后的路径关于对称，可得均过点，
所以每一种“过线的走法”即对应着从到的走法，共有种，
所以走法总数为.
故选：C.
二、多选题
9．（24-25高二上·全国·课后作业）下列问题中是组合问题的是（ ）
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2024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】ABC
【分析】选项A、B、C中都与顺序无关，利用组合问题的定义判断即可.
【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：ABC,
10.(24-25高二下·福建三明·期中)福建省动植物园举行花卉展览，三明某花卉种植园有种兰花，种三角梅共种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，种精品花卉将全部去展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有种花卉参展，下列选项正确的是( )
A．若展馆需要种花卉，有种安排方法 B．若“绿水晶”去展馆，有种安排方法
C．若“绿水晶”不去展馆，有种安排方法 D．若种三角梅不能去往同一个展馆，有种安排方法
【答案】AB
【分析】对于A，从种精品花卉中安排种花卉给展馆即可；对于B，若“绿水晶”去 展馆，将剩下种花卉分到展馆即可；对于C，若“绿水晶”不去展馆，则其必须去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可；对于D，若2种三角梅不能去往同一个展馆，则其分别在两个展馆，根据排列组合计算即可.
【详解】对于选项A，若展馆需要种花卉，种精品花卉选种安排在展馆即可，有种安排方法，所以选项A正确；
对于选项B，若“绿水晶”去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可，展馆至少有一种，
则有种安排方法，所以选项B正确；
对于C，若“绿水晶”不去展馆，则其必须去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可，
则展馆至少有一种，则有种安排方法，所以选项C错误；
对于选项D，若种三角梅不能去往同一个展馆，则其分别在两个展馆，有种安排方法，
将种兰花安排在两个展馆，每种兰花都有种安排方法，则种兰花共有种安排方法，
则有种安排方法，所以选项D错误.故选：AB.
11．（25-26高三上·广西柳州·开学考试）将由个顶点和条边(条边均为线段)构成的图，称为一个图．下列结论正确的是（ ）
A．三棱柱是一个图
B．若平面内的5个定点（任意三点不共线）和7条边构成一个图，则这样的图共有120个
C．若一个图的4个顶点分别位于平面直角坐标系的四个象限，且该图有且仅有2条边与轴相交，则这样的图共有8个
D．若一个图的8个顶点分别位于空间直角坐标系的8个部分（三个坐标平面把不在坐标平面内的点分成8个部分），且该图有且仅有2条边与平面相交，则这样的图共有7920个
【答案】ABD
【分析】根据图的定义判断A；根据定义问题化为从10条边中选择7条判断B；设顶点分别为第一、二、三、四象限，其中非跨边(不跨过轴)有共2条，跨边(跨过轴)有共4条，问题化为从4条跨边中选2条判断C；由题意有4个顶点，有4个顶点，其中非跨边(不跨过平面)有条，跨边(跨过平面)有条，问题化为12条边中有10条非跨边、2条跨边判断D.
【详解】A：三棱柱有6个顶点(两个三角形底面)和9条边(底面、顶面、侧面各3条)，因此是图，正确；
B：平面内有5个定点(任意三点不共线)，构成图，总可能边数为，从10条边中选择7条为，正确；
C：4个顶点分别位于四个象限(位置固定)构成图，要求有且仅有2条边与x轴相交，
设顶点分别在第一、二、三、四象限，
其中非跨边(不跨过轴)有共2条，跨边(跨过轴)有共4条，
图有4条边，需恰好2条跨边，只需从4条跨边中选2条为，错误；
D：8个顶点分别位于空间直角坐标系的8个部分(位置固定)，构成图，
要求有且仅有2条边与平面相交，则有4个顶点，有4个顶点，
其中非跨边(不跨过平面)有条，跨边(跨过平面)有条，
由图有12条边，有且仅有2条边与平面相交，即12条边中有10条非跨边，2条跨边，
所以共有条，正确.
故选：ABD
三、填空题
12．（24-25高二下·安徽滁州·期末）不等式的解集是 .
【答案】
【分析】利用组合数公式求解.
【详解】根据题意，得
即
解得，；
∴原不等式的解集为.
13.(2025高二·全国·专题练习)方程共有 组正整数解，共有 组非负整数解．
【答案】455；969
【分析】第一空：将方程正整数解的组数，看成相同元素分组问题，采用隔板法，第二空，通过转化为将方程正整数解的组数，采用隔板法求解即可.
【详解】可将16理解为16个1相加．而x，y，z，w相当于四个盒子，每个盒子里装入若干个1．则每个盒子里若干个1的和构成其中一组正整数解．
对于第一空，用隔板法，将16个1排成一排，形成15个空隙，
在空隙中插入3个隔板，将16个1截为4部分，
每一部分的和对应原四元方程的正整数解，则有组正整数解．
对于第二空，正整数解与非负整数解的区别在于非负整数解可以是0，
相当于允许盒子为空，而隔板法适用于盒子非空的情况，所以考虑进行化归．
由，得，
则这四个盒子非空即可，
此时使用隔板法，可得原方程共有组非负整数解．故答案为：455，969
14.(2024·甘肃张掖·一模)将分别标有号码的6个小球平均分为两组，则“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的分组方式有 种.
【答案】5
【分析】间接法：利用分类加法原理求出“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的反面的情形，利用组合知识求解平均分两组的情形，作差即可求解；
直接法：由题意可得，标号为1，2的小球中至少有1个与标号为3的小球一组，
标号为5，6的小球中至少有1个与标号为4的小球一组，利用分类加法原理和组合数求解即可.
【详解】方法一(间接法)：“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的反面是“标号为4的小球是所在组标号最大的”“标号为3的小球是所在组标号最小的”至少一个成立.
当标号分别为3和4的小球不在同一组时，有124，356一种分法，
且“标号为4的小球是所在组标号最大的”和“标号为3的小球是所在组标号最小的”同时成立.
当标号分别为3和4的小球在同一组时，
若“标号为4的小球是所在组标号最大的”成立，则有134，256和234，156两种分法；
若“标号为3的小球是所在组标号最小的”成立，则有126，345和125，346两种分法．
综上，不符合题意的分法有5种.
将6个小球平均分成两组，有种分法，所以符合题意的分法有种．
方法二(直接法)：当标号分别为3和4的小球在同一组时，
不论和它们在一组的小球的标号是1，2，5，6中的哪一个，
“标号为4的小球不是所在组标号最大的”和“标号为3的小球不是所在组标号最小的”不能同时成立，
所以标号分别为3和4的小球不在同一组.
由题意可得，标号为1，2的小球中至少有1个与标号为3的小球一组，
标号为5，6的小球中至少有1个与标号为4的小球一组．
故符合题意的分组方式有种．故答案为：5
【点睛】对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题；
组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：
①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
②“至少”或“最多”含有几个元素的题型，考虑逆向思维，用间接法处理．
四、解答题
15．（24-25高二下·广东清远·阶段练习）某医院有内科医生10名，外科医生6名，现选派5名参加某医疗队.
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？
(2)甲 乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲 乙2人至少有1人参加，有多少种选法？
(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？
【答案】(1)364；(2)2002；(3)2366；(4)4110
【详解】（1）只需从其他14人中选3人即可，共有（种）选法.
（2）只需从其他14人中选5人即可，共有（种）选法.
（3）分两类：甲 乙中有1人参加；甲 乙都参加.
则共有（种）选法.
（4）方法一（直接法）至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类：
内科1人，外科4人；内科2人，外科3人；内科3人，外科2人；内科4人，外科1人.
所以共有（种）选法.
方法二（间接法）从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有（种）选法.
16.(22-23高二下·湖北·阶段练习)(1)将个不同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法
(2)将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法
(3)将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法
(4)将个相同的小球放入个不同的盒子中，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)；(2)；(3)；(4)
【分析】(1)先将个不同的小球分为三组，确定每组小球的数量，然后将三组小球放入三个盒子，结合分步计数原理可得结果；
(2)确定每个小球的放法种数，利用分步乘法计数原理可得结果；
(3)只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，利用隔板法可求得结果；
(4)问题等价于在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，利用隔板法可求得结果.
【详解】解：(1)将个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为、、或、、，
然后再将这三组小球放入三个盒子中，
因此，不同的放法种数为种；
(2)每个小球有种方法，由分步乘法计数原理可知，
将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，不同的放法种数为种；
(3)将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，
只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，
所以，不同的放法种数为种；
(4)将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，
等价于将个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，
只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，
所以，不同的放法种数为种.
17.(23-24高二下·重庆·阶段练习)在平面直角坐标系中，确定若干个点，点的横、纵坐标均取自集合，这样的点共有n个.
(1)求以这n个点中的2个点为端点的线段的条数；(2)求这n个点能确定的直线的条数；
(3)若从这n个点中选出3个点分别为三角形的3个顶点，求这样的三角形的个数.
【答案】(1)120；(2)63；(3)518
【分析】利用分步相乘计数原理和分类相乘计数原理结合排列组合的知识计算方法每一小问的方法种类数.
【详解】(1)点的横、纵坐标均有4种可能，则，所以所求线段的条数为.
(2)如图，在这个点中，仅有4点共线的直线有9条，
仅有3点共线的直线有6条，
所以这个点能确定的直线的条数为
(3)从这个点中选出3个点，共有种选法.
在同一条直线上的3个点不能构成三角形，所以所求的三角形的个数为.
18．（24-25高二下·河北保定·阶段练习）如图，在一个的网格中填齐1至9中的所有整数，每个格子只填一个数字，已知中心格子的数字为5.

(1)若要求所有的偶数均与数字5相邻（横排相邻或者竖排相邻），共有多少种不同的填写方案？
(2)若要求每一横排的数字从左到右依次增大，共有多少种不同的填写方案？
(3)若要求第二横排 第二竖排的3个数字之和均为15，且数字1不在第一横排，共有多少种不同的填写方案？
【答案】(1)576种；
(2)320种；
(3)720种
【分析】（1）先安排4个偶数，再安排4个奇数，按照分步计数原理，即可求解；
（2）先选数字排第二行，再排第一行，第三行，结合组合数公式，即可求解；
（3）先排有5的第二横排和第二竖排，再排其他.
【详解】（1）要求4个偶数均与数字5相邻，则4个偶数只能填写在5的上 下 左 右4个网格，再排4个奇数，共有种不同的填写方案.
（2）先从中选1个数字放在5的左边，再从中选1个数字放在5的右边，然后从剩下的6个数字中选3个数字放在第一排，最后剩下3个数字放在第三排，共有种不同的填写方案.
（3）先完成有5的第二横排和第二竖排，第二横排或第二竖排的其他2个数字之和必然为10，则要从1和9，2和8，3和7，4和6这4个组合中选出两个组合填写.
第一类，当第二横排的其他2个数字为1和9时，共有种不同的填写方案.
第二类，当第二竖排的其他2个数字为1和9时，且数字1不在第一横排，共有种不同的填写方案.
第三类，当第二横排且第二竖排的其他2个数字均不是1和9时，且数字1不在第一横排，共有种不同的填写方案.
故共有种不同的填写方案.
19．（25-26高二上·上海奉贤·阶段练习）规定，其中，是正整数，且，这是组合数（，是正整数，且）的一种推广.
(1)求的值；
(2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到（，是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由；
(3)①已知为正整数，，求证：；
②已知组合数是正整数，证明：当，是正整数时，.
【答案】(1)54264
(2)答案见解析
(3)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据组合数的推广公式计算即得；
（2）对于①，只需举反例即可排除；对于②，可根据组合数的推广公式推理计算证明；
（3）对于①，利用组合数的推广公式化简计算即可证明；对于②，将问题分成，和三种情况，分别计算推理即可证明.
【详解】（1）由题意可得：．
（2）性质①不能推广，例如当时有意义，但无意义；
性质②能推广，它的推广形式是：，，m是正整数．
证明：当时，有，
当时，
．
（3）①因，
而，
所以；
②当时，组合数；
当时，；
当时，由可知，
则，
因为时，，所以，即时，．
综上，当，m是正整数时，．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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