2026年高二数学寒假自学课（苏教版）第06讲 组合（9大题型）（解析版）

第06讲组合

内容导航——预习三步曲

第一步：学

析教材·学知识：教材精讲精析、全方位预习

练题型·强知识：核心题型举一反三精准练

第二步：记

串知识·识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握

第三步：测

过关测·稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升

知识点1：组合

1、定义：

一般地，从n个不同元素中取出m(mn)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个

组合．

知识点诠释：

（1）从排列与组合的定义可知，一是“取出元素”；二是“并成一组”，“并成一组”即表示与顺序无关．

排列与元素的顺序有关，而组合与元素的顺序无关，这是它们的根本区别．

（2）如果两个组合中的元素相同，那么不管元素的顺序怎样都是相同的组合；只有当两个组合中的元

素不完全相同时，才是不同的组合．因此组合问题的本质是分组问题，它主要涉及元素被取到或末被取到．

知识点2：组合数及其公式

1、组合数的定义：

从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合

数．记作m．

Cn

知识点诠释：

“组合”与“组合数”是两个不同的概念：

一个组合是指“从n个不同的元素中取出m(mn)个元素并成一组”，它不是一个数，而是具体的一件事；

组合数是指“从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有组合的个数”，它是一个数．

2、组合数公式：

Amn(n1)(n2)(nm1)

（）mn（*，且）

1Cnmm,nNmn

Amm!

n!

（2）Cm（m,nN*，且mn）

nm!(nm)!

知识点诠释：

上面第一个公式一般用于计算，但当数值m、n较大时，利用第二个式子计算组合数较为方便，在对含

有字母的组合数的式子进行变形和论证时，常用第二个公式．

知识点3：组合数的性质

性质：mnm（*，且）

1CnCnm,nNmn

性质：mmm1（*，且）

2Cn1CnCnm,nNmn

知识点诠释：

规定：0．

Cn1

知识点4：组合问题常见题型

（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：

解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可

以求解，但通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．

（3）分堆问题

平分到指定位置

平均分堆，其分法数为：．

堆数的阶乘

①

分到指定位置

分堆但不平均，其分法数为．

相同数量的堆数阶乘之积

②

（4）定序问题．

对于某些元素的顺序固定的排列问题，可先全排，再除以定序元素的全排，或先在总位置中选出定序

元素的位置而不参加排列，然后对其他元素进行排列．

（5）相同元素分组问题用“隔板法”

题型一：组合概念的理解

【例1】给出下列问题：

①若集合Aa,b,c,d求集合A的含有3个元素的子集的个数；

②求从甲、乙、丙三名同学中选两名同学参加两项不同的活动的选法种数；

③求从7本不同的书中选出5本给某一个同学的选法种数；

④求四个城市之间需要准备的飞机票的种数；

⑤把3本相同的书分给5个学生，求每人最多得1本的分法种数．

其中是组合问题的为（）

A．①⑤B．①②C．①③⑤D．①③

【答案】C

【解析】对于①，集合的元素与顺序无关，故①是组合问题；

对于②，从甲、乙、丙三名同学中选两名同学参加两项不同的活动与顺序有关，故②是排列问题；

对于③，从7本不同的书中选出5本给某一个同学，与顺序无关，故③是组合问题；

对于④，因为飞机有起始站与终点站，故四个城市之间需要准备的飞机票的种数与顺序有关，故④是排列

问题；

对于⑤，因为书是相同的，所以问题就等价于从5人中选出3人，故⑤是组合问题．

故选：C．

【变式1-1】（2026·高二·甘肃武威·期中）下列四个问题属于组合问题的是（）

A．从4名志愿者中选出2人分别参加导游和翻译的工作

B．从0，1，2，3，4这5个数字中选取3个不同的数字，组成一个三位数

C．从全班同学中选出3名同学参加某大学生运动会开幕式

D．从全班同学中选出3名同学分别担任班长、副班长和学习委员

【答案】C

【解析】A.从4名志愿者中选出2人分别参加导游和翻译的工作，顺序不同，结果不同，与顺序有关，是

排列问题.

B.从0，1，2，3，4这5个数字中选取3个不同的数字，组成一个三位数，顺序不同，结果不同，与顺序

有关，是排列问题.

C.从全班同学中选出3名同学参加某大学生运动会开幕式，与顺序无关，是组合问题.

D.从全班同学中选出3名同学分别担任班长、副班长和学习委员，顺序不同，结果不同，与顺序有关，是

排列问题.

故选：C.

【变式1-2】（2026·高二·陕西西安·期中）下列选项中，属于组合问题的是（）

A．从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞赛，共有多少种选法

B．有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，共有多少种分组方案

C．从3，5，7，9中任选两个数做指数运算，可以得到多少个幂

D．从1，2，3，4中任取两个数作为点的坐标，可以得到多少个不同的点

【答案】B

【解析】对于A：从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞赛，因为学科不一样，且学生各不相

同，所以为排列问题，故A错误；

对于B：有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，可分为四组，三人一组无先后顺序，属于组合问题，

故B正确；

对于C：从3，5，7，9中任取两个数进行指数运算，底数与指数有顺序，所以为排列问题，故C错误；

对于D：从1，2，3，4中任取两个数作为点的坐标，横、纵坐标与顺序有关，所以为排列问题，故D错

误.

故选：B

【变式1-3】（2026·高二·新疆乌鲁木齐·期中）下列四个问题属于组合问题的是（）

A．从4名志愿者中选出2人分别参加导游和翻译的工作

B．从1、2、3、4这4个数字中选取3个不同的数字排成一个三位数

C．从全班同学中选出3名同学参加学校运动会开幕式

D．从全班同学中选出2名同学分别担任班长、副班长

【答案】C

【解析】对于A选项，从4名志愿者中选出2人分别参加导游和翻译的工作，

将2人选出后，还要安排导游或翻译的工作，与顺序有关，这个问题为排列问题；

对于B选项，从1、2、3、4这4个数字中选取3个不同的数字排成一个三位数，

选出三个数字之后，还要将这三个数安排至个位、十位、百位这三个数位，

与顺序有关，这个问题为排列问题；

对于C选项，从全班同学中选出3名同学参加学校运动会开幕式，只需将三名同学选出，

与顺序无关，这个问题为组合问题；

对于D选项，从全班同学中选出2名同学分别担任班长、副班长，

将2人选出后，还要安排至班长、副班长两个职务，与顺序有关，这个问题为排列问题.

故选：C.

题型二：简单的组合问题

【例2】判断下列问题是排列问题还是组合问题．

(1)集合0,1,2,3,4中含三个元素的子集的个数是多少？

(2)某小组有9位同学，从中选出正、副班长各一名，有多少种不同的选法？若从中选出2名代表参加一个

会议，有多少种不同的选法？

【解析】（1）由于集合中的元素是无序的，一个含三个元素的集合就是一个从0，1，2，3，4中取出3个

数组成的集合．这是一个组合问题．

（2）选正、副班长时要考虑顺序，所以是排列问题；选代表参加会议是不用考虑顺序的，所以是组合问题．

【变式2-1】现有30件分别标有编号的产品，且除了2件次品外，其余都是合格品，从中取出3件：

(1)一共有多少种不同的取法？

(2)若取出的3件产品中恰有1件次品，则不同的抽法共有多少种？

(3)若取出的3件产品中至少要有1件次品，则不同的抽法共有多少种？

【解析】（1）所求的抽法总数，就是从30件产品中取出3件的组合数

302928

C34060．

30321

（2）抽取可以分成两步完成：

1

第一步，在2件次品中抽出1件，有C2种方法；

2

第二步，在28件合格品中抽出2件，有C28种方法．

2827

由分步乘法计数原理知，不同的抽法为C1C22756．

22821

（3）满足条件的取法可以分成两类：恰有1件次品的取法和恰有2件次品的取法．

12

第一类，恰有1件次品的取法有C2C28种，

21

第二类，恰有2件次品的取法有C2C28种．

2827

由分类加法计数原理知，不同的抽法为C1C2C2C12128784．

22822821

【变式2-2】一个口袋里有7个不同的白球和1个红球，从中取5个球：

(1)共有多少种不同的取法？

(2)如果不取红球，共有多少种不同的取法？

(3)如果必须取红球，共有多少种不同的取法？

【解析】（1）因为共有8个球，

87654

所以共有不同的取法种数为C556；

854321

（2）因为不取红球，

所以只要在7个白球中取5个球即可，

76543

因此共有不同的取法种数为C521；

754321

（3）因为必须取红球，

所以只需在7个白球中再取4个球即可，

7654

因此共有不同的取法种数为C435．

74321

【变式2-3】（1）写出从a，b，c，d，e五个元素中任取两个不同元素的所有组合；

（2）写出从a，b，c，d，e五个元素中任取两个不同元素的所有排列．

【解析】（1）从5个元素a，b，c，d，e中任取两个不同元素的所有组合有：

ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de；

（2）从5个元素a，b，c，d，e中任取两个不同元素的所有排列有：

a,b，a,c，a,d，a,e，b,a，b,c，b,d，b,e，c,a，c,b，

c,d，c,e，e,a，e,b，e,c，e,d，d,a，d,b，d,c，d,e.

题型三：组合数公式的应用

1

【例3】（2026·高二·江西南昌·月考）（1）求3C3A3的值；

838

n3n2

（2）解关于n的不等式：C10C10.

18761

【解析】（1）3C3A33876168112280；

8383213

0n310

（2）由题意可得，解得3n12，且nN，

0n210

10!10!

由Cn3Cn2，可得，解得n7.5，

1010n3!13n!n2!12n!

又因为nN，所以n3,4,5,6,7，故不等式的解集为3,4,5,6,7.

1

【变式3-1】（2026·高二·黑龙江齐齐哈尔·月考）（1）求3C3A3的值；

838

xx2

（2）解不等式A86A8.

18761

【解析】（1）3C3A33876280；

8383213

8!8!

（2）由Ax6Ax2，得6，

888x!10x!

化简得x219x840，解得7x12.①

8x

又，所以2x8.②

x20

由①②及xN，得x8，

即不等式的解集为xx8.

【变式3-2】（2026·高二·宁夏吴忠·期中）求值（用数字表示）

1234

(1)A4A4A4+A4

34

(2)C5C5

22

(3)已知An7An4，求n

1234

【解析】（1）A4A4A4+A4443432432164；

54

（2）C3C4C2C1515；

555521

22

（3）由An7An4，得n42,nN，即n6,nN，

所以nn17n4n5，整理得3n10n70，

所以n7.

xx1xm1

【变式3-3】（2026·高二·全国·单元测试）规定Cm，其中xR，m是正整数，

xm!

0m

且Cx1，这是组合数Cn（n，m是正整数，且mn）的一种推广．

4

(1)求C15的值；

mnmmm1mm

(2)组合数的两个性质：①CnCn，②CnCnCn1是否都能推广到Cx（xR，m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；

kk1

(3)①已知kN，xR，求证：kCxxCx1；

mm

②已知组合数Cn是正整数，证明：当xZ，m是正整数时，CxZ．

15161718

【解析】（1）C43060．

154!

（）性质①不能推广，例如当时C1有意义，但21无意义；

2x22C2

mm1m

性质②能推广，它的推广形式是：CxCxCx1，xR，m是正整数．

101

证明：当m1时，有CxCxx1Cx1，

xx1xm1xx1xm2

当m≥2时，CmCm1

xxm!m1!

xx1xm2xm1x1xx1xm2

(1)Cm．

m1!mm!x1

kxx1xk1xx1xk1

（3）①因kCxk，

k!k1!

k1x1xk1xx1xk1

而xCx，

x1k1!k1!

kk1

所以kCxxCx1．

m

②当xm时，组合数CxZ；

m

当0xm时，Cx0Z；

当x0时，由xm10可知xm10，

mxx1xm1mxm1x1xmm

所以C11C，

xm!m!xm1

mmmm

因为x0时，CxZ，所以1Cxm1Z，即x0时，CxZ．

m

综上，当xZ，m是正整数时，CxZ．

题型四：组合数的性质

n2n3

【例4】（2026·高二·江苏南通·月考）若C6C6，则n（）

A．2B．3C．4D．5

【答案】B

n2n3

【解析】因为C6C6，所以n2n3或n2n3，

当n2n3时，解得n3，经检验，符合题意，

当n2n3时，解得n3，经检验，符合题意，

综上，得到n3，故B正确.

故选：B

n8

【变式4-1】（2026·高二·河北·期末）若C21C21，则n的值为（）

A．8B．13或8C．13D．8或5

【答案】B

【解析】由组合数的性质可得n821或n8，解得n13或n8．

故选：B．

2n3n3

【变式4-2】（2026·高二·广西百色·期末）若C15C15nN，则n（）

A．5B．6或5C．7D．7或8

【答案】B

2n3n3

【解析】∵C15C15nN，

∴由组合数的性质可得2n3n3或2n3n315，则n6或5.

故选：B.

m1005m10062222

【变式4-3】（2026·高二·广东深圳·期中）若C2025C2025，则C2C3C4Cm（）

A．28B．56C．112D．120

【答案】B

m1005m1006

【解析】由C2025C2025，得m1005m10062025，解得m7，

22223222322

所以C2C3C4C7C3C3C4C7C4C4C7

876

C3C2C2C2C3C2C2C3C2C356.

5567667778321

故选：B

题型五：多面手问题

【例5】（2026·高二·陕西西安·月考）有10名演员，其中8人会唱歌，5人会跳舞，现要表演一个2人唱

歌2人伴舞的节目，则不同的选派方法共有（）

A．199种B．168种C．125种D．90种

【答案】A

【解析】∵85103，

∴10名演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞，3人为全能演员.

以只会唱歌的5人是否选上唱歌人员为标准进行研究：

22

①只会唱歌的5人中没有人选上唱歌人员，有C3C3种选派方法，

112

②只会唱歌的5人中只有1人选上唱歌人员，有C5C3C4种选派方法，

22

③只会唱歌的5人中有2人选上唱歌人员，有C5C5种选派方法．

2211222

∴选派方法共有C3C3C5C3C4C5C5199（种）．

故选：A.

【变式5-1】（2026·高二·海南省直辖县级单位·期中）有9名歌舞演员，其中7名会唱歌，5名会跳舞，

从中选出2人，并指派一人唱歌，另一个跳舞，则不同的选派方法有（）

A．19种B．26种C．32种D．72种

【答案】C

【解析】根据题意，有9名歌舞演员，其中7名会唱歌，5名会跳舞，

则既会跳舞又会唱歌的有5793人，

只会唱歌的有734人，只会跳舞的有532人;

11

若选出2人，没有既会跳舞又会唱歌，则有C4C28种选法，

1111

若选出2人中有1人既会跳舞又会唱歌，则有C3C2C3C418种选法，

2

若选出2人全部是既会跳舞又会唱歌的，则有A36种选法，

综上共有818632种选法.

故选：C.

【变式5-2】（2026·高二·广东·期中）“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，参加比赛的划手分为划

左桨和划右桨.某训练小组有6名划手、其中有3名只会划左桨，3名只会划右桨.现从这6名划手中选派4名

参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（）

A．3种B．6种C．9种D．36种

【答案】C

【解析】从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，

22

则共有C3C39种选派方法，

故选：C.

【变式5-3】（2026·高二·广东清远·期中）“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民

俗活动之一，某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛，经过训练后，龙舟队的8名队员在左、右桨位中至少会一

个，其中有5人会划左桨，5人会划右桨．现要选派3人划左桨、3人划右桨共6人去参加比赛，则不同的选

派方法共有（）

A．26种B．31种C．36种D．37种

【答案】D

【解析】依题意8名队员中有5人会划左桨，5人会划右桨，

则既会划左桨又会划右桨的有5582人，记这两人分别为A、B，

所以只会划左桨有523人，只会划右桨有523人，

据此分3种情况讨论：

3

①从只会划左桨的3人中选3人划左桨，从剩下的人中选3人划右桨，则有C510种选法；

②从只会划左桨的3人中选2人划左桨，从A、B中选1人划左桨，

213

再从剩下的会划右桨的4个人中选3人划右桨，则有C3C2C424种选法；

③从只会划左桨的3人中选1人划左桨，A、B这2人划左桨，

1

另外会划右桨的3人划右桨，则有C33种选法，

综上可得一共有1024337种不同的选法.

故选：D．

题型六：分组、分配问题

【例6】（2026·高二·山东·月考）某人计划到山东旅游，打算用连续5天时间游玩泰山、崂山、蓬莱阁

3个景点，其中泰山、崂山2个景点分别安排连续的两天游玩，则不同的日程安排种数为（）

A．3B．4C．5D．6

【答案】D

12

【解析】首先考虑蓬莱阁的游玩，可能安排在第1天或第3天或第5天，所以共有C3A26种不同的日程安

排．

故选：D

【变式6-1】（2026·高二·辽宁·月考）某高校7名大学生到抚顺参观雷锋纪念馆、西露天矿坑、赫图阿

拉城，若每名学生都要参观，且只参观一个地点，每个地点至少有2名学生参观的不同方案共有（）

A．105种B．210种C．630种D．1260种

【答案】C

【解析】将7名大学生分为3人，2人、2人的3个小组，分别去参观这三个地点，

C3C2C2A3

共有7423630种不同参观方案.

2

故选：C

【变式6-2】（2026·高二·贵州遵义·期末）某地区有3个学生社会实践服务点A，B，C．4名学生需在

寒假完成社会实践，每个服务点至少有一名学生，则不同的社会实践安排共有（）

A．72种B．36种C．24种D．64种

【答案】B

2

【解析】先从4名学生中选出2人组成一个小组，有C4种方法；

3

再将这个两人小组与其余2名学生安排到3个不同的服务点，有A3种方法，

23

根据分步乘法计数原理，共有C4A36636种不同的安排.

故选：B

【变式6-3】有编号为1，2，3的三个盒子，将4个不同的小球全部放入盒子.若每个盒子中所放球的个数

不大于其编号，则不同的放法共有（）

A．26种B．32种C．38种D．44种

【答案】C

【解析】三个盒子放球的个数如下：

1号盒子：0,1，2号盒子：0,1,2，3号盒子：0,1,2,3，

4个不同的小球全部放入盒子，不同的组合放法如下；

413，即1个盒子放入1个球，另一个盒子放入3个球，

31

显然3个球只能放入3号盒子，有C4C28种情况，

422，即2个盒子分别放入2个球，

2

显然只能放入2号和3号盒子，有C46种情况，

4211，即放入3个盒子中，其中1个盒子放入2个球，

另外2个盒子分别放入1个球，放入2个球的盒子从2号和3号盒子中选，

212

剩余2个球和2个盒子进行全排列，有C4C2A224种情况，

综上，共有862438种情况.

故选：C

题型七：与几何有关的组合应用题

【例7】（2026·高二·广东汕头·期末）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（）

A．70B．66C．62D．58

【答案】D

4

【解析】由正方体共有8个顶点，从中任选4个顶点有C870个，其中有12种情况4点共面（6个侧面，

6个对角面），

所以以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是701258个.

故选：D

【变式7-1】（2026·高二·贵州贵阳·月考）正八边形的对角线的条数是（）

A．16B．20C．28D．40

【答案】B

2

【解析】正八边形中，任取2个顶点可以得到一条线段，则可以得到C828条线段，其中包括了正八边形

的8条边，则正八边形对角线的条数为28820条.

故选：B．

【变式7-2】（2026·高二·广西河池·月考）从正六边形的6个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，

如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（）

A．24B．26C．27D．29

【答案】A

【解析】在正六边形ABCDEF中，O为其中心，如下图所示：

3

从这七个点中任选三个点，共有C735种，其中三点共线的情形有3种，

所以，能构成的三角形的个数为35332个，

其中，构成的等边三角形分别为AOB、BOC、△COD、DOE、EOF、

FOA、△ACE、BDF，共8个，

所以，构成的三角形不是等边三角形的个数是32824个.

故选：A.

【变式7-3】（2026·高二·山西·期中）已知平面//平面，平面内有A,B,C,D,E共5个点，其中有

且仅有A,B,C三点共线，平面内有F,G,H,J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

【解析】根据题意，由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论：

21211

从平面内取3个点不共线，平面内取1个点共有C2C3C3C2C436种情况；

22

从平面内取2个点，平面内取2个点共有C4C560种情况；

从平面内取个点，平面内取个点共有13种情况，

13C5C420

所以从这9个点为顶点的三棱锥最多有366020116个三棱锥.

故选：C.

题型八：隔板法

【例8】（2026·高二·黑龙江佳木斯·月考）若方程x1x2x3x48，其中x22，则方程的自然数解的

个数为.

【答案】28

【解析】已知方程x1x2x3x48，且x22，

则x1x3x46，其中x1,x3,x4均为自然数.

将其转化为abcx11x31x419，其中a,b,c为正整数.

运用隔板法将其转化为有9个1排成一列，利用2个隔板法将其分成3组，

第一组1的数目为a，第二组1的数目为b，第三组1的数目为c，则abc9.

2

2个隔板的放置方法共有C828种，

故方程abc9的正整数解的个数为28.

即方程x1x3x46的自然数解的个数为28.

故答案为：28.

【变式8-1】方程xyzw16共有组正整数解，共有组非负整数解．

【答案】455969

【解析】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，

3

每一部分的和对应原四元方程的正整数解，则有C15455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xyzw16，

得x1y1z1w120，

则x1,y1,z1,w1这四个盒子非空即可，

3

此时使用隔板法，可得原方程共有C19969组非负整数解．

故答案为：455，969

【变式8-2】（2026·高二·天津南开·期中）把3个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子最多放2

个小球，则不同方法有种（用数字作答）.

【答案】16

【解析】先考虑3个相同的小球放入4个不同的盒子的情形，那么其中有空盒，

可考虑在每个盒子中各加一个球，问题转化为将7个相同的小球放入4个不同的盒子，

3

每个盒子中至少有1个球，由隔板法可知，不同的方法种数为C620种；

接下来考虑把3个相同的小球放在同一个盒子的情形，有4种情况.

由间接法可知，不同的方法种数为20416种.

故答案为：16.

【变式8-3】（2026·高二·湖北·月考）各数位数字之和等于6（数字可以重复）的四位数个数为（请

用数字作答）．

【答案】56

【解析】设a1，a2，a3，a4对应个位到千位上的数字，则a4N，aiNi1,2,3

且a1a2a3a46，相当于6个相同的球排成一排，每个球表示1，

先拿一个球装入a4，转化为5个球装入4个盒子，每盒可空，等价于9个球用3个隔板分成4组（各组不

可为空），

3

故共有C856种．

故答案为：56．

题型九：分堆问题

【例9】将6个不同的球分别按如下方式来分，写出不同分法的种数．

(1)平均分成3堆，每堆2个；

(2)分给甲、乙、丙3人，每人2个；

(3)分成3堆，每堆个数分别为1个、2个、3个：

(4)分给甲1个、乙2个、丙3个；

(5)分给3人，3人分别得到1个、2个、3个．

C2C2C2

【解析】（1）本题是平均分组无归属问题，则共有64215种分法．

3!

222

（2）本题是平均分组有归属问题，则共有C6C4C290种分法．

123

（3）本题是不平均分组问题，则共有C6C3C360种分法．

（4）本题是不平均分组有归属且归属确定问题，将球按照1,2,3分成3堆，

123

甲、乙、丙3人来拿，只有1种拿法，则共有C6C5C360种分法．

（5）本题是不平均分组目归属不确定问题，先将球按照1,2,3分成3堆，

1233

有C6C5C360种分法，再分给3人，有A36种分法，

1233

因此共有C6C5C3A3360种分法.

【变式9-1】（2026·高二·吉林长春·月考）（1）将6本不同的书分成3堆，每堆2本，有多少种分法？

（2）将6本不同的书分成3堆，一堆4本，另两堆各1本，有多少种分法？

（3）将6本不同的书平均分给3人，每人2本，有多少种分法？

（4）将6本不同的书分给3人，1人1本，1人2本，1人3本，有多少种分法？

（5）将6本不同的书分给4人，每人至少1本，有多少种分法？

222

【解析】（1）先分第一堆有C6种分法，再分第二堆，有C4种分法，最后分第三堆，有C2种分法，但堆与

堆之间没有区别，

222

C6C4C2

故把6本不同的书平均分成3堆，共有315种分法；

A3

411

C6C2C1

（2）无序部分均匀分组问题：共有2＝15（种）分法；

A2

222

（3）依题意，将6本不同的书，由分步乘法计数得不同的分配方式有C6C4C2156190（种）；

12

（4）先选1本有C6种选法，再从余下的5本中选2本有C5种选法，

3

最后余下的3本全选有C3种选法，

1233

同时3人不同，需要排序，故有C6C5C3A3360（种）分配方式；

（5）分两类：

34

第一类：当4位同学分得的书本数为1，1，1，3时，共有C6A4480种；

C2C2C1C1

64214

第二类：当4位同学分得的书本数为1，1，2，2时，共有22A41080种；

A2A2

由加法原理，知共有48010801560种不同分法.

【变式9-2】（2026·高二·新疆喀什·期中）（1）将6本不同的书分成3堆，一堆4本，另两堆各1本，

有多少种分法？(均须以数字作答）

（2）将6本不同的书平均分给3人，每人2本，有多少种分法？（均须以数字作答）

（3）将6本不同的书分给4人，每人至少1本，有多少种分法？（均须以数字作答）

411

C6C2C1

【解析】（1）无序部分均匀分组问题：共有215（种）分法；

A2

222

（2）依题意，将6本不同的书，由分步乘法计数得不同的分配方式有C6C4C2156190（种）；

C2C2C1C1

64214

（3）第一类：当4位同学分得的书本数为1，1，2，2时，共有22A41080种；

A2A2

34

第二类：当4位同学分得的书本数为1，1，1，3时，共有C6A4480种；

由加法原理，知共有480+1080=1560种不同分法

【变式9-3】6本不同的书平均分成3堆，每堆2本共有多少分法？

222

【解析】先分第一堆有C6种分法，再分第二堆，有C4种分法，最后分第三堆，有C2种分法，但堆与堆之

间没有区别，

222

C6C4C2

故把6本不同的书平均分成3堆，共有315种分法，

A3

1．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·月考）现有5本不同的书《天工开物》、《梦溪笔谈》、《齐民要术》、《本

草纲目》、《九章算术》，则下列说法正确的是（）

A．将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，有56种不同的放法

B．将全部的书放在同一层书架上，要求《本草纲目》和《九章算术》相邻，有96种不同的放法

C．将五本书排成一排，则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的不同的

排法有120种

D．将书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本，有90种不同的分法

【答案】D

【解析】对于A，将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，每本书均有6种不同的放法，

根据分步计数乘法原理，共有65种放法，所以A不正确；

对于B，将全部的书放在同一层书架上，要求《本草纲目》和《九章算术》相邻，

24

可把《本草纲目》和《九章算术》看成一本书，共有A2A448种放法，所以B不正确；

5

对于C，将五本书并排成一排，A554321120，

5

A5120

则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的排法有260种，

A22

所以C不正确；

对于D，将5本不同的书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本，

43

12251

有C5C4C221种分组方法，

215

A221

43

12251

CCC

再将其分给三人，共有542321种分法，所以D正确.

2A332190

A221

故选：D

2．（25-26高二上·山东潍坊·月考）三元一次方程xyz8的正整数解的组数为（）

A．21B．28C．35D．42

【答案】A

【解析】三元一次方程xyz8的正整数解的组数，

等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法.

只需要在8个小球中间的7个空位中选取2个空位用隔板隔开即可，

76

则共有C221种分法，

721

即三元一次方程xyz8的正整数解的组数为21.

故选：A.

3．（25-26高二上·江西·月考）现安排5名师范生到某高中（三年制）学校实习，每个年级至少安排1名，

每名师范生都安排了实习，且只安排到一个年级实习，则所有的安排种数为（）

A．138B．240C．300D．150

【答案】D

【解析】由题意，5名师范生可以分成2,2,1或3,1,1三组，分别分配给一个年级，

C2C2

5333

故有2C5A315106150种安排方法.

A2

故选：D

4．（25-26高二上·河南驻马店·月考）子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”

指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让.现有印有“温、良、恭、俭、让”5个字的书签各