第07讲 计数原理在古典概率中的应用-2025学年高二数学同步学与练（沪教版）

PAGE1第07讲计数原理在古典概率中的应用课程标准学习目标①计数原理在古典概率中的应用②排列组合的综合应用1.掌握具有限制条件的排列、组合问题的解决方法.2.理解排列、组合中的多面手问题、分组分配等问题．知识点01计数原理在古典概率中的应用古典概率的计算公式如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是如果某个事件A包含的结果有m个，那么事件A的概率为P（A）＝＝当n值较大时，枚举法难以使用，就需要利用排列组合的知识．【即学即练1】（24-25高三上·上海浦东新·期中）将5个人排成一排，则甲和乙须排在一起的概率是.（用数字作答）【答案】/0.4【知识点】全排列问题、相邻问题的排列问题、计算古典概型问题的概率【分析】应用排列数求5个人排成一排、甲和乙须排在一起的排法数，应用古典概型的概率求法求概率.【详解】由题设，5个人排成一排有种，甲和乙须排在一起有种，所以甲和乙须排在一起的概率是.故答案为：知识点02排列组合的综合应用排列组合问题的一些解题技巧：①特殊元素优先安排；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题先选后排；④相邻问题捆绑处理；⑤不相邻问题插空处理；⑥定序问题除法处理；⑦分排问题直排处理；⑧“小集团”排列问题先整体后局部；⑨构造模型；⑩正难则反、等价转化．对于无限制条件的排列组合问题应遵循两个原则：一是按元素的性质分类，二是按时间发生的过程进行分步．对于有限制条件的排列组合问题，通常从以下三个途径考虑：①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；③先不考虑限制条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．【即学即练】1．（25-26高三上·上海·单元测试）如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（

）．

A．240种B．300种C．360种D．420种【答案】D【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题【分析】先安排中心区域A，再从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，分D与B选用同一种和选用不同种类菊花两种情况，结合计数原理得到答案.【详解】先布置中心区域A共有5种方法，从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，则B有4种布置方法，C有3种布置方法．如果D与B选用同一种菊花，则E有3种布置方法；如果D与B选用不同种类菊花，则D有2种布置方法，E有2种布置方法．按照分步乘法与分类加法计数原理，则全部的布置方法有（种）.故选：D．2．（24-25高二上·上海·期末）有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有种排法．【答案】【知识点】相邻问题的排列问题【分析】根据相邻问题捆绑法即可求解.【详解】甲乙丙相邻，则共有,故答案为：3．（24-25高三上·上海·阶段练习）若某天上午安排语文、数学、英语、物理和体育各一节课，则数学和体育不连排的概率是【答案】/【知识点】全排列问题、不相邻排列问题、计算古典概型问题的概率【分析】根据古典概型，先求出基本事件的总数，再运用插空法，先安排好语文，英语，物理，再插入数学和体育，求出事件的个数，即可求解.【详解】上午安排语文、数学、英语、物理和体育各一节课，共有种方法，记事件：上午安排语文、数学、英语、物理和体育各一节课，且数学和体育不连排，则事件共有种排法，所以数学和体育不连排的概率是，故答案为：.4．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的倍．【答案】2【知识点】几何组合计数问题、利用对立事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率【分析】先求出八边形中的等腰三角形的个数，从而由组合知识得到为等腰三角形的概率为，再求出不是直角三角形的情况，得到为直角三角形的概率为，得到答案.【详解】在八边形中，以为顶点的等腰三角形有3个，分别为，故为等腰三角形的情况数共个，故为等腰三角形的概率为，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，不是直角三角形的情况，如下图中的等边三角形，这样的等边三角形共8个，分别为，，，，，，，，所以为直角三角形的概率为，由于，故为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的2倍.故答案为：25．（24-25高二上·上海·阶段练习）用“行”、“知”、“中”、“学”、“顶”、“呱”、“呱”这七个字可以组成种不同的七字短语.(不考虑短语的含义)【答案】【知识点】全排列问题、元素（位置）有限制的排列问题【分析】先将七个字全排列，再除以2即可.【详解】先将七个字进行排列，有种选择，由于七个字中有两个相同的“呱”，故均重复计算了一次，所以共有种不同的七字短语(不考虑短语的含义).故答案为：6．（24-25高三·上海·课堂例题）6张不同颜色的卡片，按每人两张分给3位小朋友，不同分法共有种．【答案】90【知识点】分组分配问题【分析】利用组合知识可得答案.【详解】6张不同颜色的卡片，按每人两张分给3位小朋友，不同分法共有.故答案为：90.7．（23-24高二下·上海·期中）用1､2､3､4､5组成没有重复数字的五位数，若满足的五位数有个，则在的展开式中，的系数是.（用数字作答）【答案】56【知识点】代数中的组合计数问题、求指定项的系数【分析】首先根据排列组合的方式，确定符合条件的五位数有6个，再根据二项式定理，确定含项的系数．【详解】由五位数需满足可知，，再从2，3，4，5中任取两个数，大数是，小数是，剩下两个数按照大小分别是，．故能组成个这样的五位数，则．则在的展开式中，含项系数为．故答案为：．8．（24-25高二上·上海·假期作业）有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个，有多少种分配方案？【答案】【知识点】分组分配问题【分析】利用挡板法即可由组合数求解.【详解】因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成9个空隙。在9个空档中选6个位置插个隔板，可把名额分成7份，对应地分给7个班级，每一种插板方法对应一种分法共有种分法。9．（24-25高二上·上海·假期作业）求方程的非负整数解的个数.【答案】66【知识点】x+y+z=n的整数解的个数【分析】转化为把13个相同小球放在三个不同的盒子里，利用隔板法，即可求得答案.【详解】可将问题转化为把13个相同小球放入三个不同的箱子中，由于箱子中的球可以为0，可知不满足隔板法的使用条件，因此我们可以选择添加三个球，即给箱子中各添加一个球，这样就将问题转化为把13个相同小球放入三个不同箱子中，且每个箱子中至少有一个球，即将原问题转化为求的正整数解的个数，因此可得方程的非负整数解的个数是.所以方程的非负整数解的个数为.10．（24-25高二上·上海·阶段练习）列式并计算：(写出必要的文字说明)(1)用能组成多少个没有重复数字不同的3位奇数？(2)要从8名男医生和7名女医生中选5人组成医疗小分队，如果医疗小分队至少要2名男医生和2名女医生，求不同的选法种数.【答案】(1)36个(2)2156种【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题【分析】（1）先选一个奇数排在个位，然后百位和十位任意排即可；（2）分两男三女和三男两女两种情况求解可得.【详解】（1）首先从3个奇数中选择一个放在个位，共有种结果，其余4个数字选出2个在百位和十位排列共有种结果，根据分步计数原理知共有种结果.答：符合条件的三位数有36个.（2）医疗小分队至少要2名男医生和2名女医生，共有2种结果，包括：三男两女，有种，两男三女，有种，共计种，符合条件的选法有2156种结果题型一：实际问题中的计数问题1.（20-21高三下·上海奉贤·阶段练习）现有7名队员，3名老队员（2男1女）和4名新队员（1男3女），从中选出1男2女队员参加辩论比赛.要求其中有且仅有1名老队员，则不同的（

）A．8种 B．9种 C．10种 D．11种【答案】B【知识点】实际问题中的计数问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理【分析】分两类，即选出的队员为1名女老队员和1名女新队员，1名新男队员，和选出的队员为1名男老队员和2名女新队员，然后求出各个的选法，由此即可求解．【详解】解：选出的队员为1名女老队员和1名女新队员，1名新男队员，共有种选法，选出的队员为1名男老队员和2名女新队员，共有种选法，所以共有种选法，故选：B．2.（2021高二下·上海·专题练习）现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（

）A．1024种 B．1023种 C．1535种 D．767种【答案】D【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题【分析】先看一张人民币的取法，再看2张100元人民币的取法，利用分步计数原理计算即可.【详解】除100元人民币以外的8张人民币中，每张均有取和不取2种情况，2张100元人民币的取法有不取、取一张和取二张3种情况，再减去10张人民币全不取的1种情况，所以共有种．故选：D.【点睛】易错点睛：误解：因为共有人民币10张，每张人民币都有取和不取2种情况，减去全不取的1种情况，共有种．错因分析：这里100元面值比较特殊有两张，在误解中被计算成4种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况3.（高二下·上海浦东新·期中）一辆单向行驶的汽车，满载为25人，全程共设14个车站，途中每个车站均可上下乘客，由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票，在一次单程行驶中，车上最多卖出不同的车票的个数是（

）A．63 B．65 C．67 D．69【答案】C【知识点】实际问题中的计数问题【分析】根据汽车要卖最多种票，车上应准备每个车站到达后它后面每一个车站的车票，然后再以前面个车站中的每一个作为起点，后面个车站作为终点，求出车票数，再根据满载为25人，即可得出答案.【详解】上应准备每个车站到达后它后面每一个车站的车票，所以一共应准备（种），但不可能在一次单程行驶中都卖得出去，以前面个车站中的每一个作为起点，后面个车站作为终点，应当有（种），但持有这种票的乘客都要通过号车站与号车站之间，但由于汽车满员为25人，所以这种车票至少会有（种）卖不出去，所以车上最多卖出不同的车票的个数是（种）.故选：C【点睛】本题考查了分步乘法计数原理、分类加法计数原理，考查了考生分析问题、解决问题的能力，属于中档题.4.（2022·上海崇明·二模）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定：（1）每位学生每天最多选择1项；（2）每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下：时间周一周二周三周四周五课后服务音乐、阅读、体育、编程口语、阅读、编程、美术手工、阅读、科技、体育口语、阅读、体育、编程音乐、口语、美术、科技若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有种．（用数值表示）【答案】14【知识点】实际问题中的计数问题【分析】利用分类和分步计数原理求解即可.【详解】由题知：周一、二、三、四均可选阅读，体育在周一、三、四，编程在周一、二、四.①若周一选编程，则体育在周三或周四，故为种，阅读在剩下的两天中选为种，共有种方案.②若周二选编程，则体育在周一，周三或周四，故为种，阅读在剩下的两天中选为种，共有种方案.③若周四选编程，则体育在周一或周三，故为种，阅读在剩下的两天中选为种，共有种方案.综上，共有种方案.故答案为：5.（19-20高二下·上海浦东新·期中）从甲地到乙地有2条路可走，从乙地到丙地有3条路可走，从甲地到丁地有4条路可走，从丁地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地共有种不同的走法.【答案】14【知识点】实际问题中的计数问题【分析】根据题意，分由甲地经乙地到丙地，由甲地经丁地到丙地两种情况，分别求解，即可得出结果.【详解】由题意，如果由甲地经乙地到丙地，则有种不同的走法；如果由甲地经丁地到丙地，则有种不同的走法；因此，从甲地到丙地共有14种不同的走法.故答案为：14.【点睛】本题主要考查两种计算原理的简单应用，属于基础题型.题型二：代数中的组合计数问题1.（23-24高一上·上海虹口·期中）若非空集合A、B满足以下两个条件：①，；②A的元素个数不是A的元素，B的元素个数不是B的元素．则有序集合对（A，B）的个数为（

）A．4 B．8 C．16 D．32【答案】B【知识点】代数中的组合计数问题【分析】讨论集合中的元素个数，从而确定集合中的元素，再结合组合数公式，即可求解.【详解】若集合中只有1个元素，则集合中只有4个元素，则，，此时只有；若集合中只有2个元素，则集合中只有3个元素，则，，此时有；若集合中只有3个元素，则集合中只有2个元素，则，，此时有；若集合中只有4个元素，则集合中只有1个元素，则，，此时有，有序集合对的个数为:.故选：B2.（2020高三·上海·专题练习）满足，且的有序数组共有（

）个.A． B． C． D．【答案】A【知识点】代数中的组合计数问题【分析】由于数组中数字的大小确定，从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，从而可得所求个数．【详解】∵数组中数字的大小确定，从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，所有个数为．故选：A．【点睛】本题考查组合的应用，确定任取4个数与数组个数的关系是解题关键3.（22-23高二上·上海嘉定·期中）正整数2022有个不同的正约数．【答案】【知识点】代数中的组合计数问题【分析】将写成几个质数的乘积，再利用组合数计算即可.【详解】因为，故所有的正约数有：个.故答案为：.4.（24-25高三上·上海嘉定·阶段练习）设集合A是由所有满足下面两个条件的有序数组构成：①；②；则集合A中的元素共有个.【答案】232【知识点】代数中的组合计数问题【分析】从条件②入手分类讨论，应用排列组合知识即可得到有序数组的个数即可.【详解】当时，有五个数是0，另一个数为1或，这样有个；当时，中有四个数是0，另两个数为两个1或两个或一个1和一个，这样有个；当时，中有三个数是0，另三个数为三个1或三个或一个1和两个或两个1和一个，这样有个；综上集合A中的元素共有232个.故答案为：2325．（2020高三·上海·专题练习）若，求符合条件的二次函数的解析式有多少种？【答案】294种【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、代数中的组合计数问题【分析】由是二次函数，得，故有种选法.又a，b，c互不相同，故b，c有种选法，再根据分步乘法计数原理，可得答案.【详解】由是二次函数，得.由集合元素的互异性知a，b，c互不相同，故函数解析式有解析式种.【点睛】本题考查排列组合和计数原理，属于基础题.题型三：数字排列问题1.（21-22高二下·上海徐汇·期末）用1、2、3、4、5、6组成没有重复数字的六位数，要求所有相邻两个数字的奇偶性都不同，且1和2相邻，则这样的六位数的个数为（

）A．20 B．40 C．60 D．80【答案】B【知识点】数字排列问题、相邻问题的排列问题、实际问题中的组合计数问题【分析】利用分步计数原理分三步计算：第一步：先将3、5排列，第二步：再将4、6插空排列，第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中即可．【详解】解：依题意分三步完成，第一步：先将3、5排列，共有种排法；第二步：再将4、6插空排列，共有种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中，共有种排法．由分步乘法计数原理得共有（种．故选：B2.（2020高三·上海·专题练习）用、、、四个数字可组成必须含有重复数字的四位数有（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】B数字排列问题【分析】求出用、、、四个数字组成的四位数个数，减去无重复数字的四位数个数，由此可得出结果.【详解】用、、、四个数字组成的四位数个数为（即每个数位上的数字有种选择），无重复数字的四位数个数为，因此，用、、、四个数字可组成必须含有重复数字的四位数的个数为.故选：B.【点睛】本题考查计数问题，利用间接法求解较为方便，考查计算能力，属于中等题3.（24-25高二上·上海·期末）用0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是【答案】【知识点】数字排列问题【分析】通过个位数字是0和2，两类情况讨论即可求解；【详解】当个数数字是0时，满足条件的四位数由，当个数数字是2时，满足条件的四位数由，故满足条件的偶数个数是10，故答案为：104.（25-26高三上·上海·单元测试）用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个符合下列要求的无重复数字？(1)五位奇数；(2)能被5整除的五位数.【答案】(1)288(2)216【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、数字排列问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理【分析】（1）根据题意，首先分析末尾数字，易得末位数字可以为1、3、5，可得其取法数目，其首位数字不能为0，可得其取法数目，再选3个数字，排在中间，有种排法，由分步计数原理，计算可得答案；（2）分两类，当末尾数字是0时，当末尾数字是5时，根据分类计数原理可得．【详解】（1）根据题意，末位数字可以为1、3、5，有种取法，首位数字不能为0，有种取法，再选3个数字，排在中间，有种排法，则五位奇数共有（个（2）被5整除即末尾是0或5，当末尾数字是0时，有种，当末尾数字是5时，首位数字不能为0，有种取法，再选3个数字，排在中间，有种排法，共可组成种符合题意的五位数，根据分类计数原理个．题型四：涂色问题1.（22-23高二下·上海嘉定·阶段练习）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在替工5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻颜色不同，则不同的涂色方法种数为（

）

A．120 B．420 C．300 D．以上都不对【答案】B【知识点】涂色问题【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案.【详解】分4步进行分析：①对于区域A，有5种颜色可选，②对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选;

③对于区域C，与A、B区域相邻,有3种颜色可选;④,对于区域D、E,若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选，则区域D、E有种选择,则不同的涂色方案有种;故选：B2．（22-23高二下·上海普陀·阶段练习）现要用种不同颜色对如图所示的五个区域进行涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（

）

A．180种 B．192种 C．300种 D．420种【答案】D【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题【分析】先涂区域，再涂区域，然后涂区域，分区域与区域同色、区域与区域不同色两种情况讨论，按照分步乘法计数原理计算可得.【详解】先涂区域有种选择，再涂区域有种选择，然后涂区域有种选择，若区域与区域同色，此时区域有种选择，若区域与区域不同色，则区域有种选择，区域有种选择，故有种涂色方法.故选：D3.（23-24高三上·上海闵行·期末）用黑白两种颜色（都要使用）给正方体的6个面涂色，每个面只涂一种颜色。如果一种涂色方案可以通过重新摆放正方体，变为另一种涂色方案，则这两种方案认为是相同的。（例如：a.前面涂黑色，另外五个面涂白色;b.上面涂黑色，另外五个面涂白色是同一种方案）则涂色方案一共有种。【答案】8【知识点】分类加法计数原理、涂色问题【分析】根据题意，采用分步加法计数原理求出符合条件的即可.【详解】两种颜色类型的，有种；类型的，有种（两个面相邻、相对）类型的，有2种（三个面有公共顶点或者没有公共顶点）因此共有8种.故答案为：8.4.（25-26高三上·上海·单元测试）四色定理（Fourcolortheorem）又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一．它是1852年由毕业于伦敦大学的格斯里（FrancisGuthrie）提出来的，其内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色．”四色问题的证明进程缓慢，直到1976年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理．现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有种．【答案】【知识点】涂色问题【分析】涂色方案可分为两类，第一类只使用3种颜色的涂色方案，第二类使用4种颜色的涂色方案，再利用分步乘法原理计算各类的方法数，并结合分类加法原理求出总的方法数.【详解】涂色方案可分为两类，第一类只使用3种颜色的涂色方案，第二类使用4种颜色的涂色方案，若只使用3种颜色的涂色方案有种，若使用4种颜色的涂色方案种，所以不同的染色方案有种．故答案为：5.（23-24高三上·上海闵行·期中）某数学兴趣小组用纸板制作正方体教具，现给图中的正方体展开图的六个区域涂色，有红、橙、黄、绿四种颜色可选，要求制作出的正方体相邻面所涂颜色均不同，共有种不同的涂色方法.【答案】【知识点】涂色问题、全排列问题【分析】先涂，再分与同色、与不同色两种情况讨论，利用分步、分类计数原理计算可得.【详解】如图，还原回正方体后，、为正方体前后两个对面，、为左右两个对面，、为上下两个对面，

先涂有种涂法，当与同色，再涂有种涂法，若与同色，则有种涂法，最后涂有种涂法，若与不同色，则有种涂法，最后涂有种涂法，则有种涂法；当与不同色，则涂有种涂法，涂有种涂法，此时与必同色且只有一种涂法，也只有种涂法，则有，综上可得一共有种涂法.故答案为：题型五：实际问题中的组合计数问题1.（23-24高二下·上海虹口·期末）某同学要从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理这六门学科中选三门参加等级考，若要求物理和历史这两门学科至少要选一门，则这名同学选科组合方式共有的种数是（

）A．12 B．16 C．20 D．32【答案】B【知识点】实际问题中的组合计数问题【分析】分物理和历史中选一门和物理和历史都选这两种情况分析，结合计数原理和组合知识即可求解.【详解】分两种情况：①物理和历史中选一门，其余两门从剩下的四门学科中选，则有种选法；②物理和历史都选，剩下一门从剩下的四门学科中选，则有种选法.由分类加法计数原理得选科组合方式共有种.故选：B2.（23-24高二下·上海·期中）对于各数互不相等的正数数组（是不小于2的正整数），如果在时有，则称与是该数组的一个“逆序”，一个数组中所有“逆序”的个数称为此数组的“逆序数”．例如，数组中有逆序“2，1”，“4，3”，“4，1”，“3，1”，其“逆序数”等于4．若各数互不相等的正数数组的“逆序数”是2，则的“逆序数”是（

）A．13 B．24 C．15 D．25【答案】A【知识点】实际问题中的组合计数问题【分析】利用组合计数问题，结合排除法求解即得.【详解】在各数互不相等的正数数组（是不小于2的正整数）中任取2个数，这2个数要么“顺序”（当时有），要么“逆序”，因此“顺序数”与“逆序数”的和为，各数互不相等的正数数组的“逆序数”是2，则其“顺序数”为，显然数组的“逆序数”等于数组的“顺序数”，所以的“逆序数”是13.故选：A3.（24-25高三上·上海杨浦·期中）班级4名学生报名参加两项区学科竞赛，每人至少报一项，每项比赛参加的人数不限，则不同的报名结果有种．（结果用具体数字表示）【答案】【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题【分析】由分类计数原理、分步计数原理即可求解.【详解】每名学生可报一项或两项，所以有,所以4名学生共有种.故答案为：4.（24-25高三上·上海闵行·期中）一个盒子里装有大小和质地完全相同的4个红球、6个白球；(1)从中任取2个球，求2个球中至少有1个红球的概率；(2)从中任取4个球，求白球个数不比红球多的概率；(3)从中任取5个球，其中红球个，白球个（，），若取一个红球记2分，取一个白球记1分，求使总分不少于7分的概率．【答案】(1)(2)(3)【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率、独立事件的乘法公式【分析】（1）分为一个红球和两个红球，由组合数的计算古典概率即可；（2）分为零个白球，一个白球，两个白球，由组合数的计算古典概率即可；（3）由已知列不等式组可得，再分红球个数为2,3,4由组合数计算古典概率即可；【详解】（1）从中任取2个球，2个球中至少有1个红球的概率为.（2）从中任取4个球，白球个数不比红球多的概率为，（3）由题意可得，解得，可能情况为：红球2个，白球3个，此时概率为，红球3个，白球2个，此时概率为，红球4个，白球2个，此时概率为，所以总分不少于7分的概率为.题型六：几何组合计数问题1.（2020高三·上海·专题练习）直线，在上有4个点，在上有6个点，把这些点作为端点连成线段，这些线段在与之间最多有交点（

）.A．24个 B．45个 C．80个 D．90个【答案】D几何组合计数问题【分析】从上取2点，从上取2点，这四个点构成的线段在与之间只有一个交点，由此可得最多的交点个数．【详解】从上取2点，从上取2点，这四个点构成的线段在与之间只有一个交点，所以交点个数最多为．故选：D．【点睛】本题考查组合的应用，解题关键是确定交点的来源．在交点个数最多的情况下，一个交点与两条相交线段对应，与这两条线段的四个顶点对应，反过来这样的四点唯一确定一个交点，从而得到解法．2.（25-26高三上·上海·单元测试）平面上四条平行直线与另外五条平行直线垂直，则它们可以构成个矩形.【答案】60【知识点】几何组合计数问题【分析】根据条件，利用组合知识，即可求出结果.【详解】由题知，可构成个矩形，故答案为：.3.（23-24高二下·上海·期末）如图，6只小狗恰好在正六边形广场的顶点上玩耍，从中随机选取三只（视作点）连结成线，则以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率是.【答案】/【知识点】几何组合计数问题、计算古典概型问题的概率【分析】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种，且每种情况出现的可能性相同，故为古典概型，由列举法计算出它们作为顶点的三角形是直角三角形的方法种数，求比值即可．【详解】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种，在正六边形中，直角三角形有，共12个，由古典概型可知以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率故答案为：．4.（23-24高二下·上海·期中）至少通过一个正方体的3条棱中点的平面个数为．【答案】81【知识点】几何组合计数问题【分析】利用间接法，根据共面的条件，分析出重复的平面，即可求解.【详解】共有12条棱，即有12个中点，根据任意3点不共线，故可得个平面，其中，过4个中点的平面有：正方体的6个面，正方体的3个中截面，与面对角线和棱平行的面有个，共有个，过6个中点的平面有4个，所以重复的有个平面，所以满足条件的平面有个.故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是利用空间想象能力，将过4个点和过6个点的平面中与过3个点的平面重复的找出来.5.（25-26高三上·上海·单元测试）平面上给定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行.求：(1)这些直线所交成的点的个数（除原10点外）；(2)这些直线交成多少个三角形.【答案】(1)630(2)【知识点】几何组合计数问题、实际问题中的组合计数问题【分析】（1）先由题意结合任意两点确定一条直线原理求出10点所确定的直线数，再由任意两条直线交一个点求出交点总数和重复计算的交点总数即可求解.（2）由（1）确定点的总数，再由不共线的三点确定一个三角形原理得到任取三点的组合数再减去三点共线的组合数即可求得构成的三角形数.【详解】（1）由题设这10点所确定的直线是条，这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点，无两条直线互相平行，则任意两条直线交一个点，共有个交点，而在原来10点上每一个点都有9条直线共点于此，所以在原来的10点上共有点被重复计数，所以这些直线交成新的点的个数是：.（2）由（1）可知共有这些直线所交成的点的个数共有个因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述个点，且上述除原10点外的630个交点中的每一个点均与相交于该点的两条直线中的两点在一条直线上，所以这些直线三角形的个数有（个）.【点睛】易错点睛：对于“这些直线交成多少个三角形？”的问题中易因忽略三点共线问题导致求解出错.题型七：分组分配问题1.（24-25高二上·上海·期末）6名同学到三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，A场馆安排1名，B场馆安排2名，C场馆安排3名，则不同的安排方法的个数有（

）A．30 B．60 C．120 D．360【答案】B【知识点】分组分配问题【分析】根据场馆安排，对6名同学依次分组，利用分步乘法原则即可求得结果.【详解】首先安排C场馆的3名同学，即；再从剩下的3名同学中来安排A场馆的1名同学，即；最后安排2名同学到丙场馆，即.所以不同的安排方法有：种.故选：B2.（23-24高二下·上海·阶段练习）将1，2，3，…，50这50个正整数分成甲、乙两组，每组各25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【知识点】分组分配问题【分析】将1，2，3，…，50这50个正整数分成甲、乙两组，每组各25个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则每组个数据，每组中位数均为第个数，比它大的或比它小的数均为个数，所以甲组的中位数可能为或，进而按题意解出分组方法数即可.【详解】将1，2，3，…，50这50个正整数分成甲、乙两组，每组各25个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则每组个数据，每组中位数均为第个数，比它大的或比它小的数均为个数，所以甲组的中位数可能为，而此时乙组的中位数一定是，则一定在乙组数据中；此时不同的分组方法数为：；甲组的中位数可能为，而乙组的中位数一定为，此时必须在甲组数据中，此时不同的分组方法数为：；所以不同的分组方法数为：.故选：B.3.（24-25高三·上海·随堂练习）重阳节，农历九月初九，二九相重，谐音是“久久”，有长久之意，是我国民间的传统节日，人们常在此日感恩敬老．某校在重阳节当日安排6名学生到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同的分配方案是种．【答案】50【知识点】分组分配问题、分类加法计数原理【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合分组分配列式计算即得.【详解】6名学生分成两组，要求每组不少于2人，则分组情况有两类：第一类，一组2人一组4人，不同的分配方案为种；第二类，每组3人，不同的分配方案为种，所以不同的分配方案共有50种．故答案为：504．（23-24高二下·上海·期中）从2男4女中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆1人，且至少有1位男生入选，不同的安排方法有种.【答案】96【知识点】分组分配问题【分析】先按男生数量分类，再分配计算即可.【详解】若选一男两女：种；若选两男一女：种；所以一共种，故答案为：96.5．（23-24高二下·上海·期中）建平中学“9.30”活动需要4个不同节目的志愿者服务队，有7名志愿者被分配到这4个服务队，7人中有5名高二学生和2名高一学生，1名高一学生至少需要1名高二学生进行工作的传授，每个服务队至少需要1名高二学生，且2名高一学生不能分配到同一个服务队，则不同的分配方案种数是.【答案】【知识点】实际问题中的组合计数问题、分组分配问题【分析】先把5名高二学生分为人数为的四组，再分到4个不同节目的志愿者服务队，然后把2名高一学生分配到4个不同节目的志愿者服务队中的2个，由乘法原理计算可得．【详解】根据题意，可先把5名高二学生分为人数为的四组，再分到4个不同节目的志愿者服务队，共有种分法，然后把2名高一学生分配到4个不同节目的志愿者服务队中的2个，有种分法，所以共有种不同的分配方案.故答案为：6．（23-24高二下·上海·期中）为庆祝70周年校庆，学校开设三门校史课程培训，现有甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学报名参加学习，每位同学仅报一门，每门课至少有一位同学报名，则不同报名方法有种.【答案】540【知识点】分组分配问题【分析】将甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学分为三组，确定每组的人数，然后将这三组同学分配给三门校史课程培训，结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】将甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学分为三组，每组人数分别为4、1、1或3、2、1或2、2、2，然后将这三组同学分配给三门校史课程培训，由分步计数原理可知，不同的报名方法种数为故答案为：540.7.（25-26高三上·上海·单元测试）在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目．（写出必要的数学式，结果用数字作答）(1)三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？(2)女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？(3)从中选出2名男生和2名女生分四个不同角色表演朗诵，有多少种选派方法？【答案】(1)1440(2)3720(3)432【知识点】分组分配问题、实际问题中的组合计数问题、不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题【分析】（1）先全排，再插空即可；（2）特殊位置优先考虑，结合排列即可解决；（3）先选出人再排角色，结合分步乘法原理计算即可.【详解】（1）根据题意，分2步进行分析：①将4名男生全排列，有种情况，排好后有5个空位．②在5个空位中任选3个，安排3名女生，有种情况，则三名女生不能相邻的排法有1440种；（2）根据题意，分2种情况讨论：①女生甲站在右端，其余6人全排列，有种情况，②女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有种站法，则此时有种站法，则一共有3720种站法；（3）根据题意，首先将4名男生和3名女生中各选出2人，有种情况，其次4人分四个不同角色，有种情况，共有种选派方法．题型八：其他组合计数模型1.（高二下·上海松江·期末）已知集合，，，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中的点的坐标，则不同点的坐标个数为（

）A．36 B．35 C．34 D．33【答案】D【知识点】其他组合计数模型【分析】根据题意，先求得不考虑限定条件确定的不同点的个数，进而考虑集合、中的相同元素3，出现了3个重复的情况，进而计算可得答案．【详解】解：不考虑限定条件确定的不同点的个数为，但集合、中有相同元素3，由1，3，3三个数确定的不同点的个数只有三个，不是个，故所求的不同点的个数为个，故选：．【点睛】本题考查排列、组合的综合运用，注意从反面分析，并且注意到集合、中有相同元素3而导致出现的重复情况，属于中档题．2.（2020高三·上海·专题练习）考查正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于（）.A． B． C． D．【答案】D【知识点】其他组合计数模型、计算古典概型问题的概率【分析】先用组合数公式求出甲乙从这6个点中任意选两个点连成直线的条数共有，再用分步计数原理求出甲乙从中任选一条共有225种，利用正八面体找出相互平行但不重合共有共12对，代入古典概型的概率公式求解．【详解】解：甲从这6个点中任意选两个点连成直线，共有条，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，共有条，甲乙从中任选一条共有种不同取法，因正方体6个面的中心构成一个正八面体，有六对相互平行但不重合的直线，则甲乙两人所得直线相互平行但不重合共有12对，这是一个古典概型，所以所求概率为，故选：D．【点睛】本题的考点是古典概型，利用组合数公式和分步计数原理求出所有基本事件的总数，再通过正方体6个面的中心构成一个正八面体求出相互平行但不重合的对数，代入公式求解一、单选题1．（21-22高二下·上海黄浦·期末）将4名新老师安排到三所学校去任教，每所学校至少一人，则不同的安排方案的种数是（

）A．54 B．36 C．24 D．18【答案】B【分析】分类讨论分别有两名新教师的情况，进而计算出4名新教师安排到三所学校去任教每所学校至少一人的所有情况，【详解】将4名新教师安排到三所学校去任教，每所学校至少一人，分配方案是：，学校有两名新老师：；学校有两名新老师：；学校有两名新老师：所以共有种情况，故选：B.2．（22-23高二下·上海浦东新·期中）某商场拟在未来的连续10天中随机选择3天开展优惠活动，则选择的3天恰好为连续3天的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据古典概型结合组合数运算求解.【详解】在未来的连续10天中随机选择3天，共有种不同选法，选择的3天恰好为连续3天，共有种不同选法，所以选择的3天恰好为连续3天的概率.故选：B.3．（22-23高二下·上海闵行·期中）在量子力学中，研究微观粒子的概率模型与概率论中最经典的球盒模型有关，已知7种不同的巧克力放入5个相同的巧克力盒子中，每个盒子中至少有一个巧克力，五个盒子一起打包（不考虑打包顺序）成一个礼品包出售，则不同的礼品包种数是（

）A．245 B．140 C．2520 D．10【答案】B【分析】分5个盒子里巧克力个数分别为3，1，1，1，1和2，2，1，1，1时讨论即可.【详解】当5个盒子里巧克力个数分别为3，1，1，1，1时，此时有种，当5个盒子里巧克力个数分别为2，2，1，1，1时，此时有种，则不同的礼品包种数是种，故选：B.4．（24-25高三上·上海金山·期末）已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（

）个．A．3 B．6 C．7 D．10【答案】D【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案.【详解】设，情况如下：①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，由具有对称性，不妨讨论，，满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上，即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点，同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个；②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）；若到和中的两个距离一样，由具有对称性，不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图，同理，和也各有1个满足题意的点，共4个；综上，共有10个满足题意的点.故选：D【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键.二、填空题5．（23-24高三上·上海虹口·期末）将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，则甲、乙两人安排在同一天的概率为．（结果用分数表示）【答案】【分析】根据排列组合相关知识直接计算求解.【详解】将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，共有种方案，乙两人安排在同一天，共有，所以甲、乙两人安排在同一天的概率为.故答案为：6．（22-23高二上·上海嘉定·期中）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法．【答案】21【分析】根据题意，可知，取出的2个数没有顺序，可以看成组合问题.【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，不同的取法有.故答案为：21.7．（22-23高二下·上海杨浦·期中）从所有三位数中随机取一个，并假设取到每个三位数的可能性是相同的，则取到的是无重复数字的三位数的概率是.【答案】/【分析】直接利用组合数和古典概率的定义求出结果．【详解】从所有三位数中随机取一个，故基本事件总数是，没有重复数字的三位数是：，故取到的是无重复数字的三位数的概率．故答案为：．8．（23-24高二下·上海·期中）用这十个数字组成没有重复数字的三位数的个数为.【答案】【分析】借助分步加法原理计算即可得.【详解】百位上有种可能，之后十位有种可能，个位有种可能，故共有个.故答案为：.9．（21-22高二下·上海普陀·期末）在3双鞋子中任意抽取两只，恰为一双鞋子的概率是.【答案】/【分析】分别求解总的情况数与满足一双鞋子的情况数，进而可得概率.【详解】在3双鞋子中任意抽取两只，共种情况，其中满足一双鞋子的情况有3种，故在3双鞋子中任意抽取两只，恰为一双鞋子的概率是.故答案为：10．（22-23高二下·上海浦东新·期末）2023年杭州亚运会需招募志愿者，现从某高校的5名志愿者中任意选出3名，分别担任语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲不能担任语言服务工作，则不同的选法共有种.（结果用数值表示）【答案】48【分析】先从除甲外的4人选1人担任语言服务工作，然后从剩下的4人中选2人分别去担任人员引导和应急救助工作即可.【详解】由题意可知，先从除甲外的4人选1人担任语言服务工作，有种方法，然后从剩下的4人中选2人分别去担任人员引导和应急救助工作，有种方法，所以由分步乘法原理可知不同的选法共有种，故答案为：4811．（23-24高三上·上海黄浦·期中）端午节吃粽子是我国的传统习俗.一盘中放有10个外观完全相同的粽子，其中豆沙粽3个，肉粽3个，白米粽4个，现从盘子任意取出3个，取到豆沙粽，肉粽，白米粽各一个的概率为.【答案】/0.3【分析】根据古典概型结合组合数运算求解.【详解】记“取到豆沙粽，肉粽，白米粽各一个”为事件A，所以.故答案为：.12．（23-24高二下·上海浦东新·期中）如图8只小猫围绕在2×2的单位正方形的交叉点上，随机选取两只，它们之间距离为1的概率是.【答案】【分析】先求出从8只小猫中随机选取两只和两只之间距离为1的方法总数，再由古典概率可得出答案.【详解】从8只小猫中随机选取两只，共有种方法，它们之间距离为1的情况有：，共8种，所以从8只小猫中随机选取两只，它们之间距离为1的概率是：.故答案为：.13．（24-25高三上·上海宝山·期中）由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，，，…，若，则．【答案】【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理计算个数，再结合列举法，即可作出判断.【详解】由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成数列，则一位自然数有3个，即0，2，4，两位自然数有6个，即20，22，24，40，42，44，三位自然数有18个，即200，202，204，220，222，224，240，242，244，400，402，404，420，422，424，440，442，444，计数原理为分步乘法计数原理，首位有2个数字可选，十位有3个数字可选，个位有3个数字可选，共计有个，所以四位自然数利用分步乘法计数原理有个，而四位自然数为2000，2002，2004，2020，2022，2024，则2024为四位自然数中的第6个，所以．故答案为：．14．（23-24高二上·上海·期末）空间内7个点，若其中有且只有4点共面，但无3点共线，可组成个四面体【答案】34【分析】分析题意，用组合数求解即可.【详解】由题意得空间内7个点，若其中有且只有4点共面，且需围成立体图形，故围成四面体个数为个故答案为：3415．（23-24高二下·上海·期中）平面上有8个点，其中有3个点在同一条直线上，除此之外，不再有任意三点共线，由这些点可以确定直线【答案】26【分析】由分类加法和分步乘法结合组合数的性质计算可得.【详解】先分类，再分步.当取3个共线的点中的两个时，可确定1条；当取不共线的5个点中的两个时，可确定条；当取不共线的5个点中的一个与共线三个点点中的一个时，可确定条；所以一共26条.故答案为：2616．（24-25高三上·上海·期中）若三个正整数a，b，c的位数之和为8，且组成a，b，c的8个数码能排列为2，0，2，5，0，6，0，7，则称（a，b，c）为“幸运数组”，例如（7，6，202500）是一个幸运数组.则满足的幸运数组（a，b，c）的个数为.【答案】591【分析】运用分类计数原理，结合排列组合知识可解.【详解】因为，所以有两类不同情形：（1）a是两位数，b，c都是三位数.先不考虑b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法，其余三个数5，6，7有种的排法，共有种不同的排法，又因为不可能有，可知与的排法各占一半，所以，有300个满足条件的幸运数组；（2）a，b是两位数，c是四位数.先不考虑b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法，其余三个数5，6，7有种的排法，共有种不同的排法.如果，则只有，c的四个位置上的数字为0，5，6，7，共有种排法，此外，与的排法各占一半，即，所以，有291个满足条件的幸运数组；综上，所求幸运数组的个数为591.故答案为：591.三、解答题17．（21-22高二下·上海嘉定·期末）（1）用1、2、3、4、5可以组成多少个四位