小学奥数题库《组合》组合计数-4星题(含解析)

组合组合计数组合4星题
课程目标
知识提要
组合
•定义
组合：从n个不同元素中取出m个〔m≦n〕元素作为一组〔不计顺序〕，可选择的方法数叫做从n个不同元素中取出m个不同的组合数，记作：C n m
•公式
C n m = A n m÷A m m
•重要结论
C n0 = C n n = 1
C n m = C n n−m
C n0 + C n1 + C n2 + ⋯ + C n n = 2n
精选例题
组合
1. 从10名男生，8名女生中选出5人参加游泳比赛．在以下条件下，分别有种选法．〔1〕恰有3名女生入选；
〔2〕至少有3名女生入选；
〔3〕某两名女生，某两名男生必须入选．
【答案】〔1〕2520；〔2〕3276；〔3〕14
【分析】〔1〕C83×C102=56×45=2520(种)；
〔2〕2520+C84×C101+C85=2520+700+56=3276(种);
〔3〕选了4人，还差1人，从剩下的18−4=14(人)中任意选择一个即可，有14种选择．
2. 在以下图中，“构建和谐社会，创美好崇义〞，从上往下读，上下、左右都不能跳读，共
有种不同的读法．
【答案】252
【分析】根据题意，分析可得，原问题可转化为从10行中，选出5次向左，剩下的5次向右的组合问题．根据题意，从上往下读，上下、左右都不能跳读，那么从上一行到下一行必须向左或向右，分析可得，从上到下，从“构〞到“义〞之间共10个间隙，必须是5次向左，5次向右；即可转化为从10行中，选出5次向左，剩下的5次向右，那么有C105=252(种)．
3. 各位数字之和为4的四位数有个，其中能被11整除的有个．
【答案】20；6
【分析】详解：设abcd的各位数字之和为4，那么a、b+1、c+1、d+1这四个正整数的和是7．由于x+y+z+w=7的正整数解个数是C63=20个，故各位数字之和4的四位数有20个．其中能被11整除的数，必有a+c=b+d=2，(a,c)的取值有(1,1)、(2,0)两种，(b,d)的取值有(0,2)、(1,1)、(2,0)三种，故有2×3=6个．
4. 甲、乙、丙三户人家打算订阅报纸，共有7种不同的报纸可供选择，每户人家都订三份不同的报纸，并且知道这三户人家每两户所订的报纸恰好有一份相同，那么三户人家共
有种不同的订阅方式．
【答案】5670
【分析】甲户有C73=35种选择；
乙户要选甲户订的报纸订一种，另两种从甲没订过的选，所以有
C31×C42=18种
丙户要么选择甲乙都订的报纸，再选甲乙都没订的〔就剩两种了〕，或者从甲乙订的互相不同的那两份报纸中各挑一份，再挑个甲乙都没订的，所以有
C21×C21×C21+1=9种
35×18×9=5670种.
5. —个由某些正整数所组成的数组具有以下的性质：
〔1〕这个数组中的每个数，除了1以外，都至少可被2,3或5中的一个数整除．
〔2〕对于任意整数n，如果此数组中包含有2n,3n或5n中的一个，那么此数组中必同时包含有n及2n,3n,5n．
此数组中数的个数在300和400之间．那么此数组有个数．
【答案】364
【分析】假设该数中某一数为m，且m能被2整除，那么m
2
也在数组中，以此类推，m能
被2k整除，那么m
2k 也在数组中．同理m能被3k整除，那么m
3k
也在数组中，而将m中所有
含2,3,5的因数都除去后，剩下的m
2a×3b×5c
也在数组中，并且没有质因数2,3,5了，而除了1以
外，数组中任意数都可被2,3或5中一个数整除，因此该数m
2a×3b×5c 只能为1．
结论：数组中所有数含的质因数只有2,3,5．
如果数组中含2k，那么就知道2k−1,2k−1×3,2k−1×5都在其中，以此类推，2k−2,2k−2×3,2k−2×32,2k−2×3×5,2k−2×5,2k−2×52都在其中，再以此类推，2a×3b×5c(a+b+ c⩽k)都在数组中，同理，假设数组中含3k或5k，那么都有同样的结论，即2a×3b×
5c(a+b+c⩽k)都在数组中；
我们只需将k分类：
当k=0时，a=b=c=0，数组中只有1一个这样的数；
当 k =1 时，a +b +c =1，有 3 组解，数组中就会对应含有 2,3,5 这三个数；
…… 当 k =n 时，a +b +c =n ，共有 C n+22 组解，所以共有 A =C 22+C 32+C 42+⋯+C n+22 个数，而只有当 n =11 时，有 A =1+3+6+10+⋯+78=364，在 300～400 中，所以答案为 364．
6. 如图，正方形 ACEG 的边界上共有 7 个点 A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、其中 B 、D 、F 分别在边 AC 、CE 、EG 上．以这 7 个点中的 4 个点为顶点组成的不同的四边形的个数是 个．
【答案】 23
【分析】 从 7 个点中选出 4 个点有 C 74=7×6×5×44×3×2×1
=35〔种〕方法．但其中有三个点在同一条直线上的情况，此时所选择的四个点不能组成四边形．这在同一条直线上的三个点可能是 A 、B 、C ，可能是 C 、D 、E ，也可能是 E 、F 、G ，而对于其中的每一种情况，第四个点都可以从其余的 4 个点中选取．因此应排除的情况有 3×4=12〔种〕，所以组成的不同的四边形的个数是 35−12=23〔个〕．
7. 在一次射击比赛中，8 个泥制的靶子挂成三列〔如图〕，其中有两列各挂 3 个，一列挂 2 个，一位射手按照以下规那么去击碎靶子：先挑选一列，然后必须击碎这列中尚未击碎的靶子中最低一个，假设每次射击都严格执行这一规那么，击碎全部 8 个靶子的不同方法
有 种．
【答案】560
【分析】8个泥制的靶子，看做8个位置，从中选出3个放左侧一列，再选一列放右侧一列，余下放中间列，并且下边先破最上边最后破，故有
C83×C53×C22=560(种).
8. 有红、黄、蓝、白、黑五种形状大小完全一样的小球假设干，每人必须从中选3只小
球．要使有两人得到球的颜色完全一样，至少有人参加选球．
【答案】36
【分析】分所选3个球同色、两种颜色、三种颜色三种情况，共有C51+2C52+C53=35〔种〕情况，35+1=36．
9. 从6双不同的鞋中取出2只，其中没有成双的鞋．共有种不同取法．
【答案】60
【分析】第一只鞋可以从12只鞋中任选，而第二只鞋只能从剩下的10只鞋中任选，且选
第一只鞋与第二只鞋无顺序之分，所以C122×C101÷2=60．
10. 将5枚棋子放入下面编号为4×4表格的格子中，每个格子最多放一枚，如果耍求每行，
每列都有棋子．那么共有种不同放法．
【答案】432
【分析】5枚棋子放4行，每行都有，一定是1行2枚，另3行各1枚；同理，有1列2枚，另3列各1枚；
〔1〕如图a〕，1行2枚和1列2枚有1枚重复．
按①，②，③，④，⑤的顺序选格，有：16×3×3×2×1=288(种)
〔2〕如图b〕，1行2枚和1列2枚无重复．此时，这4枚棋子占据了三行三列，那么最后一枚棋子的位置是确定的．首先，选择三行三列的方法数为C43×C43=9种，所以这种情况下总的方法数是16×9=144种．
综上所述，共288+144=432(种)．
11. 9枚棋子放入5×5的方格网内，每个方格至多只放一枚棋子，且每行每列的棋子个数均为奇数个，那么共有种不同的放法．
【答案】600
【分析】反过来考虑6个空格，那么肯定是某3行和某3列中每行每列各有2个，如下：
▫ ▫ ○
▫ ○ ▫
○ ▫ ▫
▫表示空格，○表示有棋子的方格，其他方格全部有棋子．选择有空格的3行3列有C53×
C53=100种选法，在这3行3列中选择6个空格有3×2×1=6种选法，所以总共有600种．12. 中国大陆的车牌号一般包括一个汉字与6个由字母或数字组成的编码构成，比方“京 QFR 067〞，汉字后面紧跟一个字母〔从A到Z〕，之后的位置上可以是数字〔从0到9〕，也可
以是字母〔从A到Z，但不包括O和I〕，但最多只允许有2个字母．那么，按照这个规那么，以“京Q〞开头的不同车牌号一共可以有个．
【答案】7060000
【分析】京Q的车牌，根据题意可以分为没有字母的，只有一个字母的，含有两个字母的，下面分类计算：
〔1〕没有字母的，即有5个数字组成，共有
10×10×10×10×10=100000
〔2〕只有一个字母，除掉O和I后，还有24个字母可以选择，即：
24×5×10×10×10×10=1200000
〔3〕含有两个字母的，先从5个位置中选俩位置，有C52种选法，然后每个位置上都可能有24种不同的字母，再把数字放好即可
C52×24×24×10×10×10=5760000
综上，共有
100000+1200000+5760000=7060000
13. 如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比它右边数位上的数字小，那么我们称它为“迎春数〞．那么，小于2008的“迎春数〞共有个．
【答案】176
【分析】方法一：枚举法——按位数分类计算．
两位数中，“迎春数〞个数
〔1〕十位数字是1，这样的“迎春数〞有12,13,⋯,19，共8个；
〔2〕十位数字是2，这样的“迎春数〞有23,⋯,29，共7个；
〔3〕十位数字是3，这样的“迎春数〞有34,⋯,39，共6个；
〔4〕十位数字是4，这样的“迎春数〞有45,⋯,49，共5个；
〔5〕十位数字是5，这样的“迎春数〞有56,⋯,59，共4个；
〔6〕十位数字是6，这样的“迎春数〞有67,68,69，共3个；
〔7〕十位数字是7，这样的“迎春数〞有78,79，共2个；
〔8〕十位数字是8，这样的“迎春数〞只有89这1个；
〔9〕没有十位数字是9的两位的“迎春数〞；
所以两位数中，“迎春数〞共有8+7+6+⋯+1=36〔个〕．
三位数中，“迎春数〞个数
〔1〕百位数字是1，这样的“迎春数〞有123～129,134～139,⋯,189，共28个；
〔2〕百位数字是2，这样的“迎春数〞有234～239,⋯,289，共21个；
〔3〕百位数字是3，这样的“迎春数〞有345～349,⋯,389，共15个；
〔4〕百位数字是4，这样的“迎春数〞有456～459,⋯,489，共10个；
〔5〕百位数字是5，这样的“迎春数〞有567～569,⋯,589，共6个；
〔6〕百位数字是6，这样的“迎春数〞有678,679,689，共3个；
〔7〕百位数字是7，这样的“迎春数〞只有789，这1个；
〔8〕没有百位数字是8,9的三位的“迎春数〞；
所以三位数中，“迎春数〞共有28+21+15+10+6+3+1=84〔个〕．
1000～1999的自然数中，“迎春数〞个数
〔1〕前两位数字是12，这样的“迎春数〞有1234～1239,⋯,1289，共21个；
〔2〕前两位数字是13，这样的“迎春数〞有1345～1349,⋯,1389，共15个；
〔3〕前两位数字是14，这样的“迎春数〞有1456～1459,⋯,1489，共10个；
〔4〕前两位数字是15，这样的“迎春数〞有1567～1569,⋯,1589，共6个；
〔5〕前两位数字是16，这样的“迎春数〞有1678,1679,1689，共3个；
〔6〕前两位数字是17，这样的“迎春数〞只有1789这1个；
〔7〕没有前两位数字是18,19的四位的“迎春数〞；
所以四位数中，“迎春数〞共有56个．
2000～2008的自然数中，没有“迎春数〞
所以小于2008的自然数中，“迎春数〞共有36+84+56=176〔个〕．
方法二：利用组合原理
小于2008的自然数中，只可能是两位数、三位数和1000多的数．
计算两位“迎春数〞的个数，它就等于从1～9这9个数字中任意取出2个不同的数字，
每一种取法对应于一个“迎春数〞，即有多少种取法就有多少个“迎春数〞．显然不同的取法有
C92=9×8÷2=36〔种〕，所以两位的“迎春数〞共有36个．
同样计算三位数和1000多的数中“迎春数〞的个数，它们分别有C93=9×8×7÷
(3×2×1)=84〔个〕和C83=8×7×6÷(3×2×1)=56〔个〕．
所以小于2008的自然数中，“迎春数〞共有36+84+56=176〔个〕．
14. 用2颗红色的珠子，2颗蓝色，2颗紫色，2颗绿色的珠子串成如以下图所示的手链，要求
两颗红色珠子相邻，两颗紫色珠子相邻，那么，可以串成种不同的手链．
【答案】16
【分析】因为是手链，所以，旋转、翻转相同的只能算同一种按红色和紫色珠子的分布有如
下三种〔如图〕：
第一种：与红色相邻的两颗珠子有：蓝蓝、绿绿、蓝绿三种，其中蓝绿的有两种可能，共4种；第二种：单独的一颗有2种可能，另3颗有3种可能，共：2×3=6(种)；
第三种：此时是有序排列，四个位置两个放蓝珠子即可，有C42=6(种)；
共4+6+6=16(种)不同的手链。

15. 新年晚会上，老师让每位同学从一个装有许多玻璃球的口袋中摸两个球，这些球给人的手感相同，只有红、黄、白、蓝、绿五色之分〔摸时，看不到颜色〕，结果发现总有两个人取的球相同，由此可知，参加取球的至少有人．
【答案】16
【分析】分两球同色和异色两种情况，共有C52+C51=15〔种〕情况，15+1=16．
16. 妈妈决定假期带小花驾车去10个城市旅游，小花查完地图后惊奇地发现：这10个城市的任意三个城市之间或者都开通了高速公路．或者只有两个城市间没有开通高速路．那么这10个城市间至少开通了条高速公路．〔注：两个城市间最多只有一条高速公路〕．
【答案】40
【分析】〔1〕将10个城市设为A1，A2，⋯A10这10个点，两个城市间的高速路视为连接两个点的线段，那么任意三点间至少连接两条线段．
〔2〕先将10个点两两相连，共C102=45条线段．
〔3〕现在考虑最多能去掉多少条线段．
先任意去掉一条，不妨记为A1A2这一条，那么线段A1A i或A2A j〔i=3,4,⋯,10；j=
3,4,⋯,10〕均不能去掉，否那么A1,A2,A i或A1,A2,A j三个点中只有一条线段．即只能在
A3,A4,⋯A10，这8个点的连线中去掉一条，记为A3A4；同理可再去掉A5A6，A7A8，A9A10，故最多可去掉5条线段．
〔4〕因此至少连接45−5=40条线段，即至少开通了40条高速公路．
17. 一家超市有7个结账台，所有的结账台都接受现金付款，但只有第一号到第四号结账台可接受信用卡付款．A、B、C三人都到此超市购物，A坚持用信用卡付款，而B、C二人那么打算用现金付款．他们三人结账的方式共有种．〔同一个结账台可以排一个或一个以上的人〕．
【答案】288
【分析】分在三个结账台，4×6×5=120；
分在两个结账台，4×6×(C21A22+A22)=24×6=144；
都在一个结账台，4×A33=24；
和为120+144+24=288．
18. 从15名同学选出5人，上场参加篮球比赛．请问：
〔1〕如果甲、乙两人必须入选，共有种选法．
〔2〕如果甲、乙两人中至少有一人入选，共有种选法．
【答案】〔1〕286；〔2〕1716
【分析】〔1〕甲乙必须入选，还需要从除去他们后剩下的13人中选3人参赛，
C133=13×12×11÷6=286(种);
〔2〕方法一：甲、乙两人任选一人有C21种，再从剩下15−2=13(人)中任选4人有C134种，因此有
C21×C134=2×715=1430(种);
甲、乙两人都入选有
C132=286(种);
所以甲、乙两人中至少有一人入选一共
1430+286=1716(种).
方法二：排除法．问题的反面是甲乙两人都没有入选，即
C155−C135=1716(种).
19. 数一数右图中一共有个三角形．、、
【答案】90
【分析】采用对应法，图中不交于同一点的任意三条长线段唯一确定了一个三角形，因此三角形的个数就是10条线段中选3条线段的方法数减去不满足条件的选法，即C103−C63−C53= 120−20−10=90(个)．
20. 从写有1、2、3、4、5的5张卡片中任取3张组成一个三位数，其中不能被3整除的
有个．
【答案】36
【分析】 5 张卡片任选 3 张的方法有 C 53
=10 种，能否被 3 整除，由数字和决定．5 个数字中，除以 3 余 1 的有 1，4，除以 3 余 2 的有 2，5，除以 3 余 0 的有 3，能被 3 整除的选法为余 1，余 2，余 3 各选 1 个，有
2×2×1=4(种),
所以共有
10−4=6(种). 不能被 3 整除的选法，每种选法共 A 33
=6 种排列方式，所以能组成不被 3 整除的 3 位数
6×6=36(个).
21. 某小学六年级有 6 个班，每个班各有 40 名学生，现要在六年级的 6 个班中随机抽取 2 个班，参加电视台的现场娱乐活动，活动中有 1 次抽奖活动，将抽取 4 名幸运观众，那么六年级学生小宝成为幸运观众的概率为多少？
【答案】 1
60
【分析】 小宝所在班级被抽中参加娱乐活动的概率为 C 51
C 6
2=515=1
3，如果小宝参加了娱乐活动，
那么小宝成为幸运观众的概率为 4
40×2=1
20，所以小宝成为幸运观众的概率为 13×120=1
60
．
22. 某旅社有导游 9 人，其中 3 人只会英语，2 人只会日语，其余 4 个既会英语又会日语．现要从中选 6 人，其中 3 人做英语导游，另外 3 人做日语导游．那么不同的选择方法有多少种？
【答案】 216
【分析】 此题假设从“多面手〞出发来做，不太简便，由于只会日语的人较少，所以针对只会日语的人讨论，分三类：
〔1〕只会日语的 2 人都出场，那么还需 1 个多面手做日语导游，有 4 种选择．从剩下的只会英语的人和多面手共 6 人中选 3 人做英语导游，有
C 63
=6×5×43×2×1
=20(种).
由乘法原理，有 4×20=80(种) 选择．
〔2〕只会日语的 2 人中有 1 人出场，有 2 种选择．还需从多面手中选 2 人做日语导游，有
C 42
=4×32×1
=6(种).
剩下的只会英语的人和多面手共 5 人中选 3 人做英语导游，有
C 53
=5×4×33×2×1
=10(种).
由乘法原理，有
2×6×10=120(种).
〔3〕只会日语的人不出场，需从多面手中选 3 人做日语导游，有
C 43=C 41=4(种).
剩下的只会英语的人和多面手共 4 人中选 3 人做英语导游，有
C43=C41=4(种)
由乘法原理，有4×4=16(种)选择．
根据加法原理，不同的选择方法一共有
80+120+16=216(种).
23. 在图1中的空格内各填人一个一位数，使同一行内左面的数比右面的数大，同一列内上面的数比下面的数小，并且方格内的6个数字互不相同，例如图2为一种填法．那么共有多少种不同的填法？
【答案】30
【分析】为了方便说明，标上字母：
C D2
A B3
要注意到，A最大，D最小，B、C的位置可以互换．
但是，D只能取4，5，6，因为如果取7，就找不到3个比它大的一位数了．
当D取4，5，6时分别剩下5，4，3个一位大数．有B、C可以互换位置．
所有不同的填法共
C53×2+C43×2+C33×2=10×2+4×2+1×2=30(种).
24. 在6名内科医生和4名外科医生中，内科主任和外科主任各一名，现要组成5人医疗小组送医下乡，按照以下条件各有多少种选派方法？
〔1〕如果随意选择，一共有多少种选择方法？
〔2〕有3名内科医生和2名外科医生，一共有多少种选择方法？
【答案】〔1〕252；〔2〕120
【分析】〔1〕随意选择即从10名医生中选5名，有C105=252(种)选法．
〔2〕先从6名内科医生中选3名，有C63=6×5×4
3×2×1
=20(种)选法；再从4名外科医生中选2名，
共有C42=4×3
2×1
=6(种)选法．根据乘法原理，一共有选派方法20×6=120(种)．
25. 有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大，千位数字比百位大，百位数字比十位
数字大？
【答案】210
【分析】由于四位数的四个数位上的数的大小关系已经非常明确，而对于从0∼9中任意选
取的4个数字，它们的大小关系也是明确的，那么由这4个数字只能组成1个符合条件的四
位数〔题目中要求千位比百位大，所以千位不能为0，本身已符合四位数的首位不能为0的要求，所以进行选择时可以把0包含在内〕，也就是说满足条件的四位数的个数与从0∼9中选
取4个数字的选法是一一对应的关系，那么满足条件的四位数有C104=10×9×8×7
4×3×2×1
=210(个)．26. 5人被分到4个不同的岗位效劳，每个岗位至少有一名志愿者．求甲乙两人不再同一个岗
位效劳的安排数．
【答案】216
【分析】总数C52×A44=240，甲乙一起工作的安排数C41×A33=24种，240−24=216种．27. 18块糖放到3个不同的盘子里，允许有的盘子空着．请问一共有多少种不同的放法？
【答案】190
【分析】把18块糖放到3个不同的盘子里且允许有的盘子空着的放法数目，和把21块糖
放到3个不同的盘子里且不允许任何一个盘子空着的放法数目相同．所以21块糖有20个空隙，只要求出从20个空隙中选出2个空隙有多少种方法就可以了．C202=190，所以题目中所求的不同的放法有190种．
28. 某次宴会共有n个人参加，每个人都与其他的人互相恰好握手一次．假设在此宴会中总共
握手231次，请问n的值为多少？
【答案】22
【分析】C n2=n(n−1)
2=231，即两个连续的自然数相乘为462，分解质因数得462=
2×3×7×11=21×22可以得出n=22．
29. 如左图所示，有两条平行线，如果每条直线上有3个点，连出3条线段，从图中最多可以数出7个三角形；如右图所示，如果每条直线上有4个点，连出4条线段，从图中最多可以数出16个三角形．如果每条线上有10个点，连出10条线段，从图中最多可以数出多少个三角形？
【答案】210
【分析】题目中的三角形共两类：
①有一条边在平行线上，那么这个三角形的另两边取自画出的10条线段，而这10条线段中的任意两条能确定2个这样的三角形〔如图1〕，共2×C102=90个．
②三条边都不在平行线上，那么这三条边都取自画出的10条线段，而其中任意3条唯一确定一个三角形〔如图2〕，所以共C103=120个．
综上，共120+90=210个三角形．
30. 一个十位数只含有数字1或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？【答案】144
【分析】十位数中不含有1，有1种．十位数中含有一个1，有C101=10种．十位数中含有两个1，有C92=36种．十位数中含有三个1，有C83=56种．十位数中含有四个1，有C74= 35种．十位数种含有五个1，有C65=6种．共计144种．
31. 如下图，两条直线上分别有6个点和4个点．以这些点为顶点，可以连出多少个三角形？
【答案】96
【分析】三角形只要三点不共线即可构成，现一共有4+6=10(个)，假设不考虑三点共线，一共可以构成C103个，三点共线有〔C63+C43〕种，所以一共可以连成
C103−(C63+C43)=96(个).
32. 3个男生和7个女生站成一排，要求每2个男生之间至少有2个女生，共有多少种排列方法？如果站成一圈呢？
【答案】604800；30240
【分析】先排定3个男生，然后在每2个男生之间排2个女生，还剩下3个女生．不考虑
已经排入的4个女生，3个男生产生4个空隙，将剩下的3个女生排入这4个空隙中．假设3
个女生在一起有C41=4种排法，假设选2个位置排这三个女生，有A42=12种排法，假设选
3个位置排这三个女生，有C43种排法，共计20种排法．再考虑3个男生和7个女生的顺序，有20×A33×A77=604800种排法．假设站成一圈有A33×A77=30240种排法．
33. 200件产品中有5件是次品，现从中任意抽取4件，按以下条件，各有多少种不同的抽法〔只要求列式不计算结果〕？
〔1〕都不是次品；
〔2〕至少有1件次品；
〔3〕不都是次品．
【答案】见解析．
【分析】第〔1〕题：与顺序无关；都不是次品，即全部都是正品，正品有195件．
第〔2〕题：与顺序无关；至少有1件次品，即有1件次品、2件次品、3件次品、4件次品等
四类情况，次品共5件．可用直接法解答，也可用间接法解答．
第〔3〕题：与顺序无关；不都是次品，即至少有1件是正品．
4种．
〔1〕都不是次品，即全部为正品．共有抽法C195
〔2〕至少有1件次品，包括1件、2件、3件、4件次品的情况．共有抽法
(C1953C51+C1952C52+C1951C53+C54)种或(C2004−C1954)种.
〔3〕不都是次品，即至少有1件正品．共有抽法
(C 1951C 53+C 1952C 52+C 1953C 51+C 1954)种或(C 2004−C 54)种.
34. 学校合唱团要从 6 个班中补充 8 名同学，每个班至少 1 名，共有多少种抽调方法？
【答案】 21 种
【分析】 插板法，8 名同学之间有 7 个空，插 5 块板，一共有 C 75=C 72
=7×62×1=21〔种〕方法．
35. 在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数个数多，例如 1370、36712 等．请问：在 1 至 10000 中有多少个这样的多位数？
【答案】 3505
【分析】 这样的一位数为：1、3、5、7、9，有 5 个．满足条件的两位数，十位和个位都是奇数，有 5×5=25 个．满足条件的三位数：有两个数位为奇数或三个数位都是奇数．有两
个数位是奇数的数有：5×5×(C 32
×C 51−1)=350 个．减 1 是考虑到首位为 0 的情况．三个数位都是奇数的数有：5×5×5=125 个．满足条件的四位数有：有三个数是奇数或四个数
都是奇数．有三个数是奇数的有：5×5×5×(C 43×C 51
−1)=2375．四个数都是奇数的有：5×5×5×5=625 个．共有 5+25+350+125+2375+625=3505 个．
36. 小悦买了 10 块相同的巧克力，每天最少吃一块，直到吃完，共有多少种吃法？
【答案】 29 种
【分析】 挡板法：C 90+C 91+C 92
+⋯+C 99=29 种．
37. 200 件产品中有 5 件是次品，现从中任意抽取 4 件，按以下条件，各有多少种不同的抽法？〔1〕都不是次品；〔2〕至少有 1 件次品；〔3〕不都是次品．〔只要求列式〕
【答案】 〔1〕C 1954〔2〕(C 1953C 51+C 1952C 52+C 1951C 53+C 54)〔3〕(C 1951C 53+C 1952C 52+C 1953C 51
+C 1954)
【分析】 第〔1〕题：与顺序无关；都不是次品，即全部都是正品，正品有 195 件，共有抽
法 C 1954 种．第〔2〕题：与顺序无关；至少有 1 件次品，即有 1 件次品、2 件次品、3 件次品、4 件次品等四类情况，次品共 5 件．可用直接法解答，也可用间接法解答，共有抽法 (C 1953C 51+C 1952C 52+C 1951C 53+C 54) 种〔或 (C 2004−C 1954) 种〕．
第〔3〕题：与顺序无关；不都是次品，即至少有 1 件是正品，共有抽法 (C 1951C 53+C 1952C 52
+C 1953C 51+C 1954) 种〔或 (C 2004−C 54) 种〕．
38. 图中正方形的四边共有 8 个点，其中任意 4 点不在一条直线上，那么可组成多少个四边形？
【答案】60
【分析】此题实质是组合问题．从8个点中〔其中任意4点不在一条直线上〕任选4点可
组成的四边形是C84=70〔个〕．但是由于图中有3点同在一条边上的情况，所以任选4点可
能组成一个三角形，图中这样的三角形共有5+5=10〔个〕，所以四边形共有70−10=60〔个〕．
39. 把20个苹果分给3个小朋友，每个小朋友至少分1个，有多少种分苹果的方法？如果可
以有小朋友没有分到苹果，共有多少种分法？
【答案】171；231
【分析】用“插板法〞即可解决．20个苹果，共有19个空隙，分给3个小朋友需要3−1=
2块隔板，将2块隔板插入19个空隙中的某两个中，就是从19个空隙中挑出两个用来插板子，方法有C192=171；
第二问同样用插板法，仍然是20个苹果和2个块隔板．但此时插板不一定要放在19个空隙中，也可以放在所有苹果的最左端或者最右端，而且它们也不一定插入两个不同的空隙，插入同一个空隙也是可以的．因此，我们只要把20个苹果和2块隔板随意排成一行即可．这20+
2=22个对象排成一行会占22个位置，从这22个位置种挑出2个来放隔板，剩余的20个位置自然就是放苹果，因此共有C222=231种不同的方法．
40. 现在有7个相同的苹果，放到3个不同的盘子里，如果允许为空，有种不同的放法．
【答案】36
【分析】把7只无差异的苹果放到3个不同的盘子里，允许有的盘子空着，然后在每个盘子里再另加一个苹果，这就变成了把10个无差异的苹果放到3个不同的盘子里，不允许任何一
个盘子空着．
我们现在来计算把10个无差异的苹果放到3个不同的盘子里且不允许任何一个盘子空着的放
法数目．这时我们用隔板法，把这10个苹果排成一列，那么这10个苹果之间有9个空
隙．我们只要选定这9个空隙中的2个空隙，在这两个空隙中分别放一块隔板，这样就分成了
3组，就相当于把这10个苹果分成了3堆，所以只要求出从9个空隙中选出2个空隙有多少
种方法就可以了．C92=36，所以题目中所求的不同的放法有36种．
41. 从装有 3 个白球，2 个黑球的口袋中任意摸出两球，全是白球的概率．
【答案】 3
10
【分析】 法一：5 个球任意取出两个有
C 52=
5×4
2×1
=10种 情况，互相之间都是互斥事件，且出现概率均等，而两个球都是白球有
C 32
=3×22×1
=3种
情况，全是白球的概率为 3
10．
法二：将摸出两个球视作两次行为，摸出第一个球是白球的概率为 3
5
，再摸出一个白球的概率为
3−15−1=1
2, 所以两次摸出两个白球的概率为 35×12=310
.
42. 在 1∼100 中任意取出两个不同的数相加，其和是偶数的共有多少种不同的取法？
【答案】 2450
【分析】 两个数的和是偶数，通过前面刚刚学过的奇偶分析法，这两个数必然同是奇数或同是偶数，而取出的两个数与顺序无关，所以是组合问题．
从 50 个偶数中取出 2 个，有 C 502
=50×492×1=1225(种) 取法；
从 50 个奇数中取出 2 个，也有 C 502=
50×492×1
=1225(种) 取法．
根据加法原理，一共有 1225+1225=2450(种) 不同的取法．
43. 有 8 个队参加比赛，采用如下图的淘汰方式．问：在比赛前抽签时，可以得到多少种实质不同的比赛安排表？
【答案】 315。