高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册7.3组合优秀课时练习

第七章 计数原理

7.3组合

知识点01  组合的概念

定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)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．

【注意】组合概念的两个要点：

（1）取出的对象是不同的；

（2）“只取不排”，即取出的m个对象与顺序无关，无序性是组合的特征性质.

【即学即练1】（2022·全国·高二课时练习）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.

【即学即练2】（2021·全国·高二课时练习）以下5个命题，属于组合问题的有（    ）

①从1，2，3，…，9九个数字中任取3个，组成一个三位数；②从1，2，3，…，9九个数字中任取3个，然后把这3个数字相加得到一个和，这样的和的个数；③从，，，四名学生中选两名去完成同一份工作的选法；④5个人规定相互通话一次，通电话的次数；⑤5个人相互写一封信，所有信的数量．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【答案】B

【分析】根据排列组合的定义即可判断.

【详解】①当取出3个数字后，如果改变3个数字的顺序，会得到不同的三位数，所以此问题不但与取出元素有关，而且与元素的安排顺序有关，是排列问题；

②取出3个数字之后，无论怎样改变这3个数字的顺序，其和均不变，此问题只与取出的元素有关，而与元素的安排顺序无关，是组合问题；

③两名学生完成的是同一份工作，没有顺序，是组合问题；

④甲与乙通一次电话，也就是乙与甲通一次电话，无顺序区别，为组合问题；

⑤发信人与收信人是有区别的，是排列问题，综上，属于组合问题的有3个.故选：B．

知识点02  组合数的概念、公式、性质

注意：排列与组合的相同点与不同点

【即学即练3】（2022·浙江·高二阶段练习）（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据组合数公式直接求解即可.

【详解】.故选: B.

【即学即练4】（2022·河北张家口·高二期末）（    ）

A．2 B．22 C．12 D．10

【答案】A

【分析】根据排列数与组合数的计算公式，准确计算，即可求解.

【详解】因为，所以.故选：A.

◆考点01 组合数公式的选取

【典例1】（2022·江苏连云港·高二期中）求值：_______．

【答案】0

【分析】根据组合数的计算求解即可

【详解】故答案为：0

【典例2】（2022·河北保定·高二阶段练习）（    ）

A．15 B．30 C．35 D．42

【答案】B

【分析】由题直接计算出结果.

【详解】.故选：B.

【典例3】（2022·江苏泰州·高二期末）________．

【答案】

【分析】根据组合数的性质与计算公式求解即可

【详解】

故答案为：

◆考点02 组合数的性质1：C＝C

【典例4】计算：C＝________，C·C＝__________.

【答案】　2 022　

【解析】　C＝C＝2 022，C·C＝C·C＝.

【典例5】（2022·山东济南·高二期末）若，则实数x的值为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．2或6

【答案】D

【分析】根据组合数的定义及组合数的性质即可求解.

【详解】由，得或，解得或，

所以实数x的值为2或6.故选：D.

◆考点03 组合数的性质2 ：C＋C＝C

【典例6】（2022·陕西西安·高二期末（理））（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用组合数的运算公式计算，得到答案.

【详解】+.故选：B

【典例7】已知m≥4，C－C＋C等于(　　)

A．1   B．mC．m＋1   D．0

【答案】D

【解析】　C－C＋C＝C＋C－C＝C－C＝0.

◆考点04 组合数有关的方程

【典例8】（2022·全国·高三专题练习）若，则x的值为_______

【答案】4

【分析】利用排列组合公式，将方程化为关于x的一元二次方程求解，注意x的范围.

【详解】由题设，，整理得：，可得或，又，故.故答案为：4

【典例9】（2022·全国·高三专题练习）方程的根为______．

【答案】11

【分析】利用排列组合数公式即得.

【详解】因为，所以，所以，解得或，又，

所以．故答案为：11.

◆考点05 组合数有关的不等式

【典例10】（2022·全国·高三专题练习）若，则的取值集合是______．

【答案】

【分析】根据组合数的计算公式即可求解.

【详解】因为，所以所以，解得：，

因为，所以．所以的取值集合为，故答案为：.

【典例11】（2022·全国·高三专题练习）不等式的解集为___________.

【答案】

【分析】根据组合数计算公式求解即可得出答案.

【详解】由题意，得，.原不等式可化简为，

即，解得.又，，所以.

故答案为：.

◆考点06 与组合数有关的证明

【典例12】求证：①，②．

【答案】①证明见解析；②证明见解析.

【分析】利用组合数计算公式变形，计算推理作答.

【解析】①，所以成立；

②因 ， ，

所以成立.

【典例13】证明下列各等式．

(1)C＝C；

(2)C＋C＋C…＋C＝C.

证明：(1)右边＝·＝·＝＝C＝左边，∴原式成立．

(2)左边＝(C＋C)＋C＋C＋…＋C＝(C＋C)＋C＋…＋C

＝(C＋C)＋…＋C＝(C3n＋4＋C)＋…＋C＝…＝C＋C＝C＝右边，

∴原式成立.

◆考点07 简单的组合问题

【典例14】（2022·北京平谷·高二期末）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.在所有重卦中恰有3个阳爻的个数是（    ）

A．20 B．8 C．9 D．120

【答案】A

【分析】根据题意在6个爻选3个作为阳爻求解即可

【详解】由题意，在所有重卦中恰有3个阳爻的个数是 故选：A

【典例15】（2022·河北·高二期中）从8瓶酸牛奶和4瓶纯牛奶中任意选取4瓶，则恰有1瓶是酸牛奶的选取方法共有（    ）

A．24种 B．32种 C．48种 D．64种

【答案】B

【分析】根据题意，即从8瓶酸牛奶种任意选1瓶，从4瓶纯牛奶中任意选3瓶，利用组合数计算即可求解.

【详解】解：恰有1瓶是酸牛奶的选取方法有种.故选：B.

◆考点08 有条件限制的组合问题

【典例16】（2022·湖南省祁东县育贤中学高三阶段练习）如图， “天宫空间站”是我国自主建设的大型空间站，其基本结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱三个部分. 假设有6名航天员(4男2女) 在天宫空间站开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人， 且两名女航天员不在一个舱内，则不同的安排方案种数为（    ）

A．14 B．18 C．30 D．36

【答案】B

【分析】先求出总的安排方案数，再求出两名女航天员在一个舱内的方案数，两者相减即可.

【详解】将6名航天员安排在3个实验舱的方案数为其中两名女航天员在一个舱内的方案数为所以满足条件的方案数为种.故选:B.

【典例17】（2022·上海市向明中学高三开学考试）某医院从7名男医生（含一名主任医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为_________________．

【答案】550

【分析】分选派的主任医师只有一名男主任，只有一名女主任，男，女主任医师均选派，三种情况，结合组合知识进行求解，再相加即可.

【详解】若选派的主任医师只有一名男主任，此时再从剩余的6名男医生选派3名男医生，从5名女医生（主任医师除外）选派3名医生，有种，

若选派的主任医师只有一名女主任，此时再从剩余的6名男医生（主任医师除外）中选派4名男医生，从5名女医生中选派2名医生，有种，

若男，女主任医师均选派，此时再从剩余的6名男医生中选派3名，5名女医生中选派2名，有种，综上：不同的选派方案有200+150+200=550种.故答案为：550

◆考点09 不同元素的分组分配问题

【典例18】（2022·黑龙江·宾县第二中学高二期末）现有6本不同的书，如果满足下列要求，分别求分法种数．

(1)分成三组，一组3本，一组2本，一组1本；

(2)分给三个人，一人3本，一人2本，一人1本；

(3)平均分成三个组每组两本．

【答案】(1)60；(2)360；(3)15.

【分析】（1）根据题意，由分步计数原理直接计算可得答案；

（2）根据题意，先将6本书分为1、2、3的三组，再将分好的三组分给3人，由分步计数原理计算可得答案；

（3）根据题意，由平均分组公式计算可得答案．

（1）根据题意，第一组3本有种分法，第二组2本有种分法，第三组1本有1种分法，

所以共有种分法.

（2）根据题意，先将6本书分为1、2、3的三组，有种分法，

再将分好的三组分给3人，有种情况，

所以共有种分法.

（3）根据题意，将6本书平均分为3组，有15种不同的分法．

【典例19】（2022·浙江·高二阶段练习）现要安排名医护人员前往四处核酸检测点进行核酸检测，每个检测点安排两名医护人员前往.已知甲､乙两人不能安排在同一处检测点.

(1)求不同的安排方法总数；

(2)记四处检测点分别为，若甲不能前往检测点，乙不能前往检测点，求不同的安排方法数.

【答案】(1)(2)

【分析】（1）先安排两人与甲、乙前往两个不同检测点，再将剩余人平均分配到另外两个检测点，由分步乘法计数原理可求得结果；

（2）将所有安排方法分为乙前往检测点和不前往检测点两类，结合组合数运算可求得每一类的方法数，由分类加法计数原理可求得结果.

（1）第一步：选择两人与甲、乙前往两个不同的检测点，则共有种安排方法；

第二步：将剩余人安排到剩余的两处检测点，共有种安排方法；

由分步乘法计数原理得：不同的安排方法有种.

（2）若乙前往检测点，则有种安排方法；

若乙不前往检测点，则有种安排方法；

由分类加法计数原理得：不同的安排方法有种.

◆考点10 相同元素的分组分配问题

【典例20】（2022·河北·大名县第一中学高二阶段练习）将20个完全相同的球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中．

(1)若要求每个盒子至少放一个球，则一共有多少种放法？

(2)若每个盒子可放任意个球，则一共有多少种放法？

(3)若要求每个盒子放的球的个数不小于其编号数，则一共有多少种放法？

【答案】(1)3876 ；(2)；(3)126 ．

【分析】（1）由隔板法知，在19个空隙中放4个板子；（2）在24个空隙中放4个板子；（3）先在1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0，1，2，3，4个球，再将剩余的10个球利用隔板法分为5份.

(1)把20个球摆好，在中间19个空隙中选择放4个板子，所以一共有种；

(2)由题意可知，可以出现空盒子，所以把20个球和5个虚拟的球摆好，在中间24个空隙中选择放4个板子，所以一共有种；

(3)先在编号为1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0，1，2，3，4个球，再只要保证余下的10个球每个盒子至少放一个，把10个球摆好，在中间9个空隙中选择放4个板子，所以一共有种.

【典例21】（2022·江苏·吴县中学高二期中）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

【分析】“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”

【详解】解：“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.

题组A  基础过关练

一、单选题

1．将甲，乙等5名志愿者全部分派到4个核酸采样点协助工作（每个采样点至少1人），其中甲，乙两人不能去同一个采样点，则不同的分派方案共有（    ）

A．120种 B．216种 C．240种 D．432种

【答案】B

【分析】先分成四组，再排列即可求解.

【详解】依题意，

情况一：甲，乙单独作为一组，剩余3人分成2组，

则有种方案；

情况二：甲与其他三人中的一人作为一组，剩余乙和其他2人作为3组，

则有种方案；

情况三：乙与其他三人中的一人作为一组，剩余甲和其他2人作为3组，

则有种方案；

所以总共的方案为：种.

故选：B.

2．袋中装有大小相同的2个白球和5个红球，从中任取2个球，则取到的2个球颜色相同的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用组合数及古典概型的概率的计算公式即可求解.

【详解】设“取到的2个球颜色相同”为事件为,则

，

所以取到的2个球颜色相同的概率为.

故选：D.

3．一个口袋里装有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中摸出2个球，则1个是白球，1个是黑球的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】这4个球从中摸出2个，所有的摸法有种 ，结果是1白1黑的摸法有2×2种，由此可求事件的概率.

【详解】4个球从中摸出2个，所有的摸法有 种，

摸出的2个球，是1个白球1个黑球的摸法有2×2=4种，

则所求概率是.

故选：A.

4．有红、黄，蓝三种颜色的旗帜各3面，在每种颜色的3面旗帜上分别标上号码1，2，3，现依次取3面，它们的颜色与号码均不相同的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先计算出从9面旗帜中任取3面的基本事件总数，再求出它们的颜色与号码均不相同的基本事件个数，代入古典概型概率公式，即可得到答案.

【详解】从9面旗帜中任取3面的基本事件共有： 种，

其中们的颜色与号码均不相同的事件有∶种，

依次取3面，它们的颜色与号码均不相同的概率是.

故选：C.

5．将2个红球、2个白球、1个绿球放入编号分别为①②③的三个盒子中，其中，两个盒子各放1个球，另外一个盒子放3个球，这5个球除颜色外其他都一样，则不同的放法有（    ）

A．24种 B．30种 C．62种 D．41种

【答案】A

【分析】根据题意结合分类加法计数原理运算求解.

【详解】当两个盒子各放1个球的颜色相同时，则不同的放法有种；

当两个盒子各放1个球的颜色不相同时，则不同的放法有种；

综上所述：不同的放法有24种.

故选：A.

6．开学伊始，甲、乙、丙、丁四名防疫专家分别前往A，B，C三所中学开展防疫知识宣传，若每个学校至少安排一名专家，且甲必须安排到A中学，则不同的安排方式有（     ）

A．6种 B．12种 C．15种 D．18种

【答案】B

【分析】由题意被安排到A中学的防疫专家有2种情况，结合分步乘法原理及分类加法原理即可.

【详解】①若甲单独安排到A中学，则剩下的3名防疫专家分成两组到两个中学，

共有：种方式，

②若甲和另一名防疫专家被安排到A中学，则有：种方式，

则剩下的2名防疫专家分到到两个中学，有：种方式，

由分步乘法原理有：种方式，

又由分类加法原理可得：若每个学校至少安排一名专家，且甲必须安排到A中学，则不同的安排方式有：种方式，

故选：B.

二、多选题

7．某校的高一和高二年级各10个班级，从中选出五个班级参加活动，下列结论正确的是（    ）

A．高二六班一定参加的选法有种

B．高一年级恰有2个班级的选法有种

C．高一年级最多有2个班级的选法为种

D．高一年级最多有2个班级的选法为种

【答案】BCD

【分析】对于AB根据组合知识即可验证，对于CD先用组合知识求出从两个年级中选出五个班级参加活动共有种，再根据分类加法原则得出从两个年级中选出五个班级参加活动共有种，两者相等得出，再得出高一年级最多有2个班级的选法即可验证.

【详解】对于A：高二六班一定参加的选法有种，故A错误；

对于B：高一年级恰有2个班级的选法有种，故B正确；

对于C与D：从两个年级中选出五个班级参加活动共有种，

其中若高一年级0个，高二年级5个，有种，

其中若高一年级1个，高二年级4个，有种，

其中若高一年级2个，高二年级3个，有种，

其中若高一年级3个，高二年级2个，有种，

其中若高一年级4个，高二年级1个，有种，

其中若高一年级5个，高二年级0个，有种，

则，

则，

而高一年级最多有2个班级的选法为种，故C与 D都正确；

故选：BCD.

8．将，，，这4张卡片分给甲、乙、丙、丁4人，每人分得一张卡片，则（    ）

A．“甲得到卡片”与“乙得到卡片”为对立事件

B．“甲得到卡片”与“乙得到卡片”为互斥但不对立事件

C．甲得到卡片的概率为

D．甲、乙2人中有人得到卡片的概率为

【答案】BCD

【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断选项A，B，根据古典概型概率公式判断C，D.

【详解】事件“甲得到卡片”与“乙得到卡片”不可能同时发生，

所以事件“甲得到卡片”与“乙得到卡片”为互斥事件，

随机试验的结果可能是“丙得到卡片”

所以事件“甲得到卡片”与“乙得到卡片”有可能都不发生，

所以事件“甲得到卡片”与“乙得到卡片”不是对立事件，

所以A错误，B正确；

随机试验将，，，这4张卡片分给甲、乙、丙、丁4人，每人分得一张卡片的样本空间含个基本事件，事件甲得到卡片包含基本事件个，

所以事件甲得到卡片的概率为，C正确；

事件甲、乙2人中有人得到卡片包含的基本事件数为，

所以事件甲、乙2人中有人得到卡片的概率为.D正确.

故选：BCD.

9．某市经济开发区的经济发展取得阶段性成效，为深入了解该区的发展情况，现对该区两企业进行连续11个月的调研，得到两企业这11个月利润增长指数折线图（如下图所示），下列说法正确的是（    ）

A．这11个月甲企业月利润增长指数的平均数超过82%

B．这11个月的乙企业月利润增长指数的第70百分位数小于82%

C．这11个月的甲企业月利润增长指数较乙企业更稳定

D．在这11个月中任选2个月，则这2个月乙企业月利润增长指数都小于82%的概率为

【答案】AC

【分析】根据折线图估算AC，对于B项把月利润增长指数从小到大排列，计算%=7.7可求,对于D项用古典概型的概率解决.

【详解】显然甲企业大部分月份位于%以上，故利润增长均数大于%，A正确；

乙企业润增长指数按从小到大排列分别是第2，1，3，4，8，5，6，7，9，11，10

又因为%=7.7,所以从小到大排列的第8个月份，即7月份是第70百分位，从折线图可知，7月份利润增长均数大于%，故B错误；

观察折现图发现甲企业的数据更集中，所以甲企业月利润增长指数较乙企业更稳定，故C正确；

（2个月乙企业月利润增长指数都小于82%）,故D错误.

故选：AC

10．现有名男同学与名女同学排成一排，则（    ）

A．女生甲不在排头的排法总数为

B．男女生相间的排法总数为

C．女生甲、乙相邻的排法总数为

D．女生甲、乙不相邻的排法总数为

【答案】BC

【分析】根据相邻问题捆绑法和不相邻问题插空法，以及正难则反的方法即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A，女生甲在排头的排法有种，所以女生甲不在排头的排法总数为种，故错误；

对于B，名男同学全排列有种，产生个空，再将名女同学排上有种，所以男女生相间的排法总数为种，故正确；

对于C，女生甲、乙相邻看作一个元素，再与其他人全排列，则女生甲、乙相邻的排法总数种，故正确；

对于D，先将除女生甲、乙以外人全排列，排好后产生个空，再将女生甲、乙安排在空位中，所以女生甲、乙不相邻的排法总数种，故错误．

故选：BC．

三、填空题

11．学校组织同学参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学.现从该小组中选出3位同学分别到三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同安排方法有________种.

【答案】420

【分析】分步相乘计数，第一步求男女均有的选法，第二步求到三地的分法.

【详解】满足条件的事件是选出的3位同学中男女都有，

包括两种情况，一是一男两女，二是一女两男，共有，

分别到三地进行社会调查，有，

故共有种．

故答案为：420

12．为推动黄河流域生态保护和高质量发展，某市环保局派出4个宣传小组，到黄河沿岸5个社区做环保宣讲活动，每个小组至少去1个社区，每个社区只安排1个小组，则不同的安排方法共有______种（用数字作答）．

【答案】240

【分析】根据给定条件，把5个社区分成4组，再将分成的4组分配到4个宣传小组即可作答.

【详解】依题意，有一个小组必去两个社区，把5个社区分成4组有种分法，

将分成的4组安排给4个宣传小组有种方法，

所以不同的安排方法共有（种）.

故答案为：240

四、解答题

13．四个人每人带了一件礼物参加聚会，聚会开始后把四件礼物编号，然后每人抽取一个号码，按照号码领取礼物．求：

(1)恰有三人拿到别人带来礼物的概率；

(2)恰有一人拿到别人带来礼物的概率．

【答案】(1)

(2)0

【分析】（1）先利用全排列求出每人抽取一个号码共有的情况，再求出恰有三人拿到别人带来的礼物的情况，求出概率；

（2）由题意得到另外3人都拿到自己的礼物，则第4人一定拿到自己的礼物，故概率为0.

【详解】（1）四个人设为甲，乙，丙，丁，对应的礼物号码设为1,2,3,4，进行全排列，有种情况，

恰有三人拿到别人带来的礼物，则有1人拿到自己带来的礼物，从四人中选择一人，有种情况，不妨设选到甲，

另外3人乙，丙，丁拿到别人的礼物，则乙有两种选择，选3或选4，若选到3，则丙只能选4，丁只能选2，故由2种选择，

综上：恰有三人拿到别人带来的礼物，有种情况，

故恰有三人拿到别人带来礼物的概率为；

（2）恰有一人拿到别人带来的礼物，则另外3人都拿到自己的礼物，故第4个人一定拿到自己带来的礼物，所以这是不可能的，概率为0.

14．4个人抽签，四个签上事先写上了各自的名字，求下面事件的概率：

(1)四个人都抽到写有自己名字的签；

(2)恰有一个人抽到写有自己名字的签；

(3)恰有两个人抽到写有自己名字的签；

(4)恰有三个人抽到写有自己名字的签；

(5)没有人抽到写有自己名字的签．

【答案】(1)

(2)

(3)

(4)0

(5)

【分析】先由排列组合计算出4个人抽4个签的所有情况，再根据要求求出满足条件的所有情况，由概率计算公式计算即可．

【详解】（1）4个人抽4个签总共有种情况，四个人都抽到写有自己名字的签占1 种情况，所以四个人都抽到写有自己名字的签的概率为

（2）恰有一个人抽到写有自己名字的签有种情况，所以恰有一个人抽到写有自己名字的签的概率为

（3）恰有两个人抽到写有自己名字的签有种情况，恰有两个人抽到写有自己名字的签的概率为

（4）如果有三个人抽到写有自己名字的签，则第四个人一定抽到写有自己名字的签，所以恰有三个人抽到写有自己名字的签为不可能事件，概率为0

（5）由（1）（2）（3）（4）的结论可知，没有人抽到写有自己名字的签的概率为.

五、双空题

15．从标有1，2，3，4，5，6的6张纸片中任取2张，那么这2张纸片数字之和为偶数的概率为______；之积为偶数的概率为______．

【答案】     ##0.4     ##0.8

【分析】计算6张纸片中任取2张的基本事件总数，再求数字之和为偶数与之积为偶数所占的基本事件数，利用古典概型概率公式求解即可.

【详解】6张纸片中任取2张，有种不同结果，

数字之和为偶数，这2张纸片上数字都是奇数或都是偶数，有种结果，则数字之和为偶数为概率为；

数字之积为偶数，这2张纸片数字一个奇数一个偶数或都是偶数，有种结果，则数字之积为偶数为概率为；

故答案为：；

题组B  能力提升练

一、单选题

1．某校高三年级进行校际模拟联考，某班级考试科目为语文，数学，英语，物理，化学，生物，已知考试分为三天进行，且数学与物理不得安排在同一天进行，每天至少进行一科考试.则不同的考试安排方案共有（    ）

A．720种 B．3168种 C．1296种 D．5040种

【答案】D

【分析】根据每天考试科目的数量进行分类讨论，由此求得不同的考试安排方法数.

【详解】若三天考试科目数量为，则安排方法数为：

.

若三天考试科目数量为，则安排方法数为：

，

若三天考试科目数量为，则安排方法数为：

，

所以不同的考试安排方案共有种.

故选：D

2．某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学参加A，B，C三个企业的调研工作，每个企业去2人，且甲去B企业，乙不去C企业，则不同的派遣方案共有（    ）

A．42种 B．30种 C．24种 D．18种

【答案】D

【分析】根据题意分甲乙去同一企业和甲乙不去同一企业两类进行计算即可.

【详解】若甲乙去同一企业，则甲乙只能去B企业，剩下的4人平均分去两个企业，共有种；

若甲乙不去同一企业，分两步，第一步：先给甲乙两人选同伴，有种，

第二步：将这三组分去三个企业，因为甲去B企业，乙不去C企业，所以共有1种分法，由分步乘法计数原理可得：共有种；

所以不同的派遣方案共有种，

故选：.

3．某社区组织体检活动，项目有抽血、彩超、胸透、尿检四项，共有5名医护人员执行任务，每个项目至少需要1名医护人员，且每个医护人员只参与一个项目．其中有3名医护人员四个项目都能胜任，有2名医护人员既不会彩超也不会胸透，其他两个项目都能胜任，则这5名医护人员的不同安排方案有（    ）

A．36种 B．48种 C．52种 D．64种

【答案】B

【分析】安排方案有两种：第一种，先从四个项目都能胜任的3人中选2人安排1人做彩超，1人做胸透，再将再将余下的3人安排到剩下的2个岗位上；

第二种，安排四个项目都能胜任的3人中的2人做彩超、胸透，再安排既不会彩超也不会胸透的2名医护人员做抽血、尿检.

【详解】分两种情况：第一种，先从四个项目都能胜任的3人中选2人安排1人做彩超，1人做胸透，有种方案，再将余下的3人安排到剩下的2个岗位上，有种方案，故共有种方案；

第二种，安排四个项目都能胜任的3人中的2人做彩超、胸透，有种方案，再安排既不会彩超也不会胸透的2名医护人员做抽血、尿检，有种方案，故共有种方案．

则这5名医护人员的不同安排方案有种．

故选：B

4．某校进行“七选三”选课，甲､乙两名学生都要从物理､化学､生物､政治､历史､地理和技术这7门课程中选择3门课程进行高考，假设他们对这7门课程都没有偏好，则他们所选课程中有2门课程相同的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意求出总的选法，再求出2门学科相同时的选法种数，由古典概型求解.

【详解】甲乙分别选3门学科共有种不同的选法，

其中所选有2门学科相同的选法为先选出2门学科作为相同学科，从剩余5门学科选1门给甲，再从剩余4门学科中选1门给乙，共有种，

所以，

故选：A

5．某项活动安排了4个节目，每位观众都有6张相同的票，活动结束后将票全部投给喜欢的节目，一位观众最喜欢节目A，准备给该节目至少投3张，剩下的票则随机投给其余的节目，但必须要A节目的得票数是最多的，则4个节目获得该观众的票数情况有（    ）种.

A．150 B．72 C．20 D．17

【答案】D

【分析】对的得票分类讨论，分别求出投票方案数，再根据分类加法计数原理计算可得.

【详解】解：依题意，当得票，则只有种，

当得票，则有种，

当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，

当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，

综上可得一共有种情况.

故选：D

6．马路上有依次编号为的9盏路灯，为节约用电，某个时段可以把其中3盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，而且两端的灯也不能关掉，则满足条件的不同关灯方法的种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先让两端的两盏灯亮着，再点亮中间7盏中的4盏，4盏灯有5个空，利用插空法即可求解.

【详解】让两端的两盏灯亮着，再点亮中间7盏中的4盏，

4盏灯有5个空格，从5个空格中随机的选3个空格，因为灯是没有顺序的，所以共有种，

故选：.

二、多选题

7．某高一学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这六门课程中选三门作为选科科目，则下列说法正确的有（    ）

A．若不选择政治，选法总数为种

B．若物理和化学至少选一门，选法总数为

C．若物理和历史不能同时选，选法总数为种

D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为种

【答案】AC

【分析】根据组合数性质判断A；若物理和化学至少选一门，分物理和化学选一门和物理和化学都选，求出选法数，判断B；物理和历史不能同时选，即六门课程中任意选3门减去物理和历史同时选的选法数，判断C；物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，分三种情况考虑，求得选法数，判断D.

【详解】对于A, 若不选择政治，选法总数为种,正确；

对于B，若物理和化学选一门，选法总数为，

若物理和化学都选，则选法数有种，

故物理和化学至少选一门，选法总数为种，而，B错误；

对于C, 若物理和历史不能同时选，即六门课程中任意选3门有种选法，

减去物理和历史同时选的选法数，故选法总数为种，C正确；

对于D,当物理和化学中只选物理时，有种选法；

当物理和化学中只选化学时，有种选法；

当物理和化学中都选时，有种选法，

故物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，

选法总数为种，而，D错误，

故选：

8．天山社区将红树林中学的甲、乙、丙、丁4名红志愿者分别安排到A，B，C三个村民小组进行暑期社会实践活动，要求每个村民小组至少安排一名志愿者，则下列选项正确的是（    ）

A．共有18种安排方法

B．若甲、乙两名志愿者被安排在同一村民小组，则有6种安排方法

C．若两名志愿者被安排在A村民小组，则有24种安排方法

D．若甲志愿者被安排在A村民小组，则有12种安排方法

【答案】BD

【分析】对于A：4名志愿者先分为3组，再分配到3个社区，对于B：甲、乙被安排到同一村民小组，先从3个村民小组中选一个安排甲和乙，对于C：A村民小组需要两名志愿者，所以先从4名志愿者中选择2名安排到A村民小组，对于D；甲志愿者被安排在A村民小组，分两种情况讨论，即可判断各个选项的正误.

【详解】对于A：4名志愿者先分为3组，再分配到3个社区，

所以安排方法为：，A错误；

对于B：甲、乙被安排到同一村民小组，先从3个村民小组中选一个安排甲和乙，

剩余两个村民小组和志愿者进行全排列，所以安排方法为：，B正确；

对于C：A村民小组需要两名志愿者，

所以先从4名志愿者中选择2名安排到A村民小组，

再把剩余两个村民小组和志愿者进行全排列，

所以安排方法为：，C错误；

对于D；甲志愿者被安排在A村民小组，分两种情况讨论，

当A村民小组安排两名志愿者时，先从剩余3名志愿者选出一个，分到A村民小组，

再把剩余两个村民小组和志愿者进行全排列，

所以安排方法为：，

当A村民小组只安排甲志愿者时，剩余3名志愿者安排到两个村民小组中去，

所以安排方法为：，

所以一共有安排方法为：，D正确；

故选：BD.

9．九本书籍分给三位同学，下列说法正确的是（    ）

A．九本书内容完全一样，每人至少一本有28种不同的分法

B．九本书内容都不一样，分给三位同学有种不同的分法

C．九本书内容完全一样，分给三位同学有55种不同的分法

D．九本书内容都不一样，甲同学至少一本，乙同学至少二本有种不同的分法

【答案】ABC

【分析】对于A，利用挡板法可求解即可；对于B，每本书都有3种分配方法，求幂即可得到答案；对于C，根据题意，将9本书和2个挡板排成一排，利用挡板将9本书分为3组，对应3位同学即可，由组合数公式计算可得答案；对于D，可以分11类情况：①“1，2，6型”②“1，3，5型”③“1，4，4型”④“1，7，1型”⑤“1，8，0型”⑥“2，2，5型”⑦“2，3，4型”⑧“2，7，0型”⑨“3，3，3型”⑩“3，6，0型”⑪“4，5，0型”，分别计算再相加即可．

【详解】对于A，9本相同的书分给三位同学，每人至少一本，利用挡板法分析，在9本书之间的8个空位中任选2个，插入挡板即可，有种不同的分法，故A正确；

对于B，根据题意，9本书内容都不一样，则每本书都可以分给3人中的任意一人，即有3种分法，所以9本书有种不同的分法，故B正确；

对于C，由9本书内容完全一样，则将这9本书和2个挡板排成一排，利用挡板将9本书分为3组，对应3位同学即可，则有种不同的分法，故C正确；

对于D，可以分11类情况：

①“1，2，6型”有；②“1，3，5型”；

③“1，4，4型”；④“1，7，1型”；⑤“1，8，0型”；

⑥“2，2，5型”；⑦“2，3，4型”；⑧“2，7，0型”；

⑨“3，3，3型”；⑩“3，6，0型”；

⑪“4，5，0型”，

所以有种不同的分法，故D错误．

故选：ABC．

10．某校计划安排五位老师（包含甲、乙、丙）担任四月三日至四月五日的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天.（    ）

A．若每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种

B．若甲、乙、丙三人只有一人安排了值班，则不同的安排方法共有种

C．若甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班，则不同的安排方法共有种

D．若五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班，则不同的安排方法共有种

【答案】AC

【分析】根据排列数和组合数的定义，结合分步乘法计数原理依次求出各安排的方法数即可.

【详解】对于选项A，每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种，A正确；

对于选项B，安排甲、乙、丙三人只有一人安排了值班的安排方法可分为两步完成，第一步，从甲，乙，丙三人中选出一人，有种选法，再将所选之人与余下两人分别安排到四月三日至四月五日，有种方法，故不同的安排方法共有种，B错误；

对于选项C，安排甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班等价于将甲，乙视为一个整体，与除甲，乙，丙外的两人一起分别安排到四月三日至四月五日值班，不同的安排方法共有种，C正确；

选项D，安排五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班可分为两步完成，先将5人分为2人，2人，1人三个小组，再将3个小组分别安排到四月三日至四月五日，完成第一步的方法有种，完成第二步的方法有种，所以不同的安排方法共有种，D错误；

故选：AC.

三、填空题

11．如图，2根绳子上共挂有7只气球，绳子上的气球数依次为3，4.每枪恰打破一只气球，而且同一条绳上，只有打破下面的气球才能打上面的气球，将这些气球都打破的不同打法有______种（请用数字作答）.

【答案】35

【分析】将小球进行编号，按照按下方气球号码小于上方气球号码的排列，分步进行计算即可.

【详解】将7只气球进行编号为1，2，3，4，5，6，7号，从中选3个球按下方气球号码小于上方气球号码挂在左边绳上有，

剩下的4个球根据下方气球号码小于上方气球号码挂在右边绳上有1 种挂法，由分步计数原理得，共有种方法．

因为一种挂法就是一种排列方法，也就是打破球的方法，所以将这些气球都打破的不同打法数为35种方法.

故答案为：35.

12．为维护国家海洋安全权益，我国海军的5艘战舰出海执行任务，有2艘是驱逐舰，3艘是护卫舰，在一字形编队时，3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是______.

【答案】##

【分析】分别计算5艘战舰在一字形编队和2艘护卫舰相邻有多少种排法，再计算概率.

【详解】5艘战舰在一字形编队，共有 种编排方法，

其中2艘护卫舰相邻有 种编排方法，

所以3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是 ，

故答案为：

13．我们知道：，相当于从两个不同的角度考察组合数：①从个不同的元素中选出个元素并成一组的选法种数是；②对个元素中的某个元素，若必选，有种选法，若不选，有种选法，两者结果相同，从而得到上述等式，试根据上述思想化简下列式子：__________.

【答案】

【分析】根据题意，分某 个元素中选取个数为讨论求解即可得答案.

【详解】根据题意，从个不同元素中选出个元素并成一组的选法种数是，

若对其中的某 个元素分别选或不选，

则 个元素一个都没有选，有种选法；

有一个元素被选取，有种选法；

有两个元素被选取，有种选法；

有三个元素被选取，有种选法；

有个元素被选取，有种选法；

所以，，

故答案为：.

四、解答题

14．（1）从等7人中选5人排成一排（请列出算式并计算出结果）

①若三人不全在内，有多少种排法？

②若都在内，且必须相邻，与都不相邻，有多少种排法？

（2）按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？（请列出算式并计算出结果）

①6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；

②6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；

【答案】（1）①1800  ②144（2）①10；②1560

【分析】（1）①利用间接法计算出7人中选5人排成一排的总数，再减去三人全在内的排列数即可；②利用捆绑法和插空法即可求解；（2）①利用隔板法求解；②首先将6个不同的小球根据部分平均分配分成4组，再进行排列数计算即可.

【详解】（1）①采用间接法，若三人全在内，则只需从其余4人中任选2人，共有种；

从7人中选5人排成一排有；

所以三人不全在内，有种排法；

②若三人全在内，先从其余4人中任选2人有种选法，

且必须相邻，将捆绑进行排列有种排法，

与都不相邻，将与的整体进行插空处理，共有种；

根据分步乘法计数原理可知共有种排法；

（2）①根据题意可知，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，

相当于在6个小球间的5个空隙中插入3个隔板，把小球分成4组，

故不同的方法有种；

②6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，

可先将6个小球进行分组，共有两种分法即2、2、1、1和3、1、1、1；再放入4个不同的盒子，故有种.

五、双空题

15．《扫雷》是一款益智类的小游戏，游戏要求玩家在方格中点击若干次，排除所有无雷的格子即算成功.方格中的数字代表其周围8格的地雷数.现有如图所示的方格阵，有4个方格已经被点开，则图中地雷数的可能取值有______种；若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有______种.

【答案】         

【分析】记为第行，第列格子，，，按照中是地雷和中不是地雷分两种情况讨论，再按照公共地雷的个数进行讨论可求出第一个空的答案；第二个空按照公共地雷个数为和分别计数，再相加可得解.

【详解】记为第行，第列格子，，，

当中是地雷时，

若其余无公共地雷时，图中地雷数为；

若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为；

若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为；

若其余有且只有三个公共地雷时，图中地雷数为；

若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为；

当中不是地雷时，

若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为；

若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为；

若其余有且只有三个公共地雷时，图中地雷数为；

若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为；

若其余有且只有五个公共地雷时，图中地雷数为；

若其余有且只有六个公共地雷时，图中地雷数为；

综上所述：图中地雷数可能取共个值.

若已知图中共有7个地雷，由以上分析可知，共分两类：

第一类：当中是地雷时，其余有且只有二个公共地雷，共有种；

第二类：当中不是地雷时，其余有且只有五个公共地雷，共有，

所以若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有种.

故答案为：；.

16．全国新高考数学试卷中多选题规定：每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分，现有一道多选题，其中三个选项符合题目要求，若甲同学从给出的四个选项中任选一项作答，则甲得2分的概率为__________；若乙同学从给出的四个选项中任选两项作答，则乙得2分的概率为__________．

【答案】     ##0.75     ##0.5

【分析】根据题设直接给出甲同学不同得分的概率，利用古典概型的概率求法求乙同学任选两项作答，不同得分的概率.

【详解】由三个选项符合题目要求，甲同学从给出的四个选项中任选一项作答，

所以得0分的概率为，得2分的概率为，得5分的概率为0；

若乙同学从给出的四个选项中任选两项作答，

得0分的概率为，得2分的概率为，得5分的概率为0.

故答案为：，.

题组C  培优拔尖练

一、多选题

1．将1，2，3，4，5，6，7这七个数随机地排成一个数列，记第i项为，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则这样的数列共有360个

B．若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有288个

C．若该数列恰好先减后增，则这样的数列共有50个

D．若，则这样的数列共有71个

【答案】AD

【分析】根据对称性可得，即可判断A，对于B：则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，即可判断B，对于C：对的位置分类讨论，对于D，分、、三种情况讨论.

【详解】解：对于A：由于为奇数，根据对称性可知这样的数列有个，故A正确；

对于B：若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，

则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，则有个，故B错误；

对于C：从1，2，3，4，5，6中选出个数排在的右侧，其余排在的左侧，

得到先减后增的数列有个；

从1，2，3，4，5，6中选出2个数排在的右侧，其余排在的左侧，

得到先减后增的数列有个；

从1，2，3，4，5，6中选出3个数排在的右侧，其余排在的左侧，

得到先减后增的数列有个；

从1，2，3，4，5，6中选出4个数排在的右侧，其余排在的左侧，

得到先减后增的数列有个；

从1，2，3，4，5，6中选出5个数排在的右侧，其余排在的左侧，

得到先减后增的数列有个；

故满足条件的总个数为：个，故C错误．

对于D：若则这样的数列有个，

若则这样的数列有个，

若则这样的数列有个，

所以满足条件的这样的数列共有个，故D正确；

故选：AD

二、填空题

2．定义：如果甲队赢了乙队，乙队赢了丙队，而丙队又赢了甲队，则称甲乙丙为一个“友好组”.如果20支球队参加单循环比赛，则友好组个数的最大值为__________.

【答案】330

【分析】从反面考虑非友好组的个数的最小值，后者可用逐步调整法来处理.

【详解】当为偶数时，令，则总共有场比赛.

不妨设有个友好组，考虑其反面，若甲乙丙三对为非友好组，不妨设甲队赢了乙队和丙队，此时，记甲队为非友好组的组长.对甲队而言，可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.

因此，若队在比赛中赢了场，则，且以为组长的非友好组有个（补充定义：，于是所有非友好组的个数为.

下求最小值.

若在中，有.

则令，其余且，

，

故调整后的总和变小.重复上述操作，直至任意两个数的差最多为1.

不妨设有个个，则有

整理有.

由于，故.由等式两边对应相等可知，，

即调整后有个个.此时的值为，

则，

故友好组个数的最大值为，即.

下面为取到最大值的例子：设在.共支球队中，当时，队胜；当时，队胜，下标均是在模的意义下.

综上所述，当为偶数时，友好组个数的最大值为.故如果20支球队参加单循环比赛，友好组个数的最大值为330.

故答案为：330

3．某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有______种不同的站队方法.

【答案】25200

【分析】由已知得10名学生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可.

【详解】设10名学生中，有女生人，男生人，

则10名学生中选取3人，恰有1名女生的概率，

整理得：，即

因式分解可得：，

解得：或（舍去）或（舍去）

所以10名学生中，有女生6人，男生4人，

将6名女生排成一排有种方法，再将4名男生插到7个空中有种方法，

因为男生的左右相对顺序固定，而4名男生排成一排有种方法，

所以一共有，

故答案为：25200