小学奥数7-5-2 组合的基本应用(二).专项练习(精品)

1.使学生正确理解组合的意义；正确区分排列、组合问题；
2.了解组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的组合；
3.掌握组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系；
4.会分析与数字有关的计数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力；
通过本讲的学习，对组合的一些计数问题进行归纳总结，重点掌握组合的联系和区别，
并掌握一些组合技巧，如排除法、插板法等．
一、组合问题
日常生活中有很多“分组”问题．如在体育比赛中，把参赛队分为几个组，从全班同学中选出几人参加某项活动等等．这种“分组”问题，就是我们将要讨论的组合问题，这里，我们将着重研究有多少种分组方法的问题．
一般地，从n 个不同元素中取出m 个(m n ≤)元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．
从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关．如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，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．
从n 个不同元素中取出m 个元素(m n ≤)的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取
出m 个不同元素的组合数．记作m
n C ．
一般地，求从n 个不同元素中取出的m 个元素的排列数n
m P 可分成以下两步： 第一步：从n 个不同元素中取出m 个元素组成一组，共有m n C 种方法； 第二步：将每一个组合中的m 个元素进行全排列，共有m m
P 种排法． 根据乘法原理，得到m m m n n m
P C P =⋅． 因此，组合数12)112321
⋅-⋅-⋅⋅-+==⋅-⋅-⋅⋅⋅⋅m m
n n
m m P n n n n m C P m m m （）（（）（）（）．
这个公式就是组合数公式．
二、组合数的重要性质
一般地，组合数有下面的重要性质：m n m
n n
C C -=(m n ≤) 这个公式的直观意义是：m n C 表示从n 个元素中取出m 个元素组成一组的所有分组方法．n m
C -表示从n 个元素中取出(n m -)个元素组成一组的所有分组方法．显然，从n 个元
知识要点
教学目标
7-5-2.组合的基本应用（二）
素中选出m 个元素的分组方法恰是从n 个元素中选m 个元素剩下的(n m -)个元素的分组方法．
例如，从5人中选3人开会的方法和从5人中选出2人不去开会的方法是一样多的，即3255C C =．
规定1n n C =，0
1n C
=．
模块一、组合之几何问题
【例 1】
在一个圆周上有10个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的：
⑴ 直线段；⑵ 三角形；⑶ 四边形．
【考点】组合之基本运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，
就可以画出一条线段；在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形；在10个点中取4个点，就可以画出一个四边形，三个问题都是组合问题． 由组合数公式：
⑴ 可画出2210
10221094521
P C P ⨯==
=⨯(条)直线段． ⑵ 可画出33
10
10
331098120321
P C P ⨯⨯===⨯⨯(个)三角形．
⑶ 可画出44
10
10
44109872104321
P C P ⨯⨯⨯==
=⨯⨯⨯(个)四边形． 【答案】⑴21045C = ⑵310120C = ⑶4
10210C =
【巩固】 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？
【考点】组合之基本运用 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 这道题不考虑线段两个端点的顺序，是组合问题，实际上是求从10个元素中取出2
个元素的组合数，由组合数公式，2
101094521
C ⨯==⨯，所以以10个点中每2个点为端点的线
段共有45条． 【答案】45
【巩固】 在正七边形中，以七边形的三个顶点为顶点的三角形共有多少个？
【考点】组合之基本运用 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 三角形的形状与三个顶点选取的先后顺序无关，所以这是一个组合问题，实际上是
求从7个点中选出3个点的选法，等于3
776535321
C ⨯⨯==⨯⨯(种)．
【答案】3
735C =
【例 2】 平面内有12个点，其中6点共线，此外再无三点共线．
⑴ 可确定多少个三角形？⑵ 可确定多少条射线？
【考点】组合之基本运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 ⑴ 分三类：
①有2个顶点在共线的6点中，另1个顶点在不共线的6点中的三角形有
2
665669021
C ⨯⨯=⨯=⨯个；
例题精讲
②有1个顶点在共线的6点中，另2个顶点在不共线的6点中的三角形有
2
665669021
C ⨯⨯=⨯=⨯(个)；
③3个顶点都在不共线的6点中的三角形有3
665420321
C ⨯⨯==⨯⨯个．
根据加法原理，可确定909020200++=个三角形．
⑵ 两点可以确定两条射线，分三类：
①共线的6点，确定10条射线；
②不共线的6点，每两点确定两条射线，共有2
665223021
C ⨯⨯=⨯=⨯(条)射线；
③从共线的6点与不共线的6点中各取一个点可以确定66272⨯⨯=(条)射线． 根据加法原理，可以确定103072112++=(条)射线． 【答案】⑴200 ⑵112
【巩固】 如图，问：⑴ 图1中，共有多少条线段？ ⑵ 图2中，共有多少个角？
5
4321 ...
P 9P 3P 2P 1
B
A
O
图1 图2
【考点】组合之基本运用 【难度】1星 【题型】解答
【解析】 ⑴ 在线段AB 上共有7个点（包括端点A 、B ）．注意到，只要在这七个点中选出两
个点，就有
一条以这两个点为端点的线段，所以，这是一个组合问题，而27C 表示从7个点中取两个不
同点的所有取法，每种取法可以确定一条线段，所以共有27C 条线段． 由组合数公式知，共有2277
2276
2121
P C P ⨯==
=⨯(条)不同的线段； ⑵ 从O 点出发的射线一共有11条，它们是OA ， 1OP ，
2OP ，3OP ，，9OP ，OB ．注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从11条射线中取两条射线有多
少种取法，就有多少个角．显然，是组合问题，共有2
11C 种不同的取法，所以，
可组成211C 个角．
由组合数公式知，共有2
2
11
11
2211105521
P C P ⨯==
=⨯(个)不同的角． 【答案】⑴2721C = ⑵2
1155C =
模块二、组合之应用题
【例 3】
6个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？
【考点】组合之基本运用 【难度】1星 【题型】解答
【解析】 这与课前挑战的情景是类似的．因为两个人握手是相互的，6个朋友每两人握手一次，
握手次数只与握手的两个人的选取有关而与两个人的顺序无关，所以这是个组合问题．
由组合数公式知，2
6651521
C ⨯==⨯(次)．所以一共握手15次．
【答案】15
【巩固】 某班毕业生中有20名同学相见了，他们互相都握了一次手，问这次聚会大家一共握了多
少次手？
【考点】组合之基本运用 【难度】1星 【题型】解答
【解析】 2
20201919021C ⨯==⨯(次)．
【答案】2
20190C =
【例 4】 学校开设6门任意选修课，要求每个学生从中选学3门，共有多少种不同的选法？
【考点】组合之基本运用 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 被选中的3门排列顺序不予考虑，所以这是个组合问题．
由组合数公式知，3
665420321
C ⨯⨯==⨯⨯(种)．
所以共有20种不同的选法． 【答案】3
620C =
【例 5】
有2克，5克，20克的砝码各1个，只用砝码和一架已经调节平衡了的天平，能称出 种不同的质量。

【考点】组合之基本运用 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】希望杯，五年级，一试，第5题
【解析】
第一大类：砝码只放一边。

共有123
3333317C C C ++=++=或者3217-=（种）
；第二大类：两边都放砝码。

再分类：两边各放一个，共有23C 种；一边放两个一边放一个有1
3
C 或者23C 种。

所以这一大类共有1233336C C +=+=（种）。

根据加法原理，共能称出7+6=13（种）不同的质量。

【答案】13种
【例 6】 工厂某日生产的10件产品中有2件次品，从这10件产品中任意抽出3件进行检
查，问：
（1）一共有多少种不同的抽法？
（2）抽出的3件中恰好有一件是次品的抽法有多少种？ （3）抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有多少种？
【考点】组合之基本运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】
（1）从10件产品中抽出3件，抽法总数为3
10C =120（种） （2）3件中恰好一件次品，那么还有两件正常品．
抽法总数为1
2C ×28C =56（种）
（3）与“至少有一件是次品”互补的事件是“全都不是次品” 全都不是次品的抽法总数为38C =56（种）
所以至少有一件次品的抽法总数为120-56=64（种）．
【答案】（1）120 （2）56 （3）64
【例 7】 200件产品中有5件是次品，现从中任意抽取4件，按下列条件，各有多少种不
同的抽法（只要求列式）？⑴都不是次品；⑵至少有1件次品；⑶不都是次品． 【考点】组合之基本运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 第⑴题：与顺序无关；都不是次品，即全部都是正品，正品有195件．第⑵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⑶题：与顺序无关；不都是次品，即至少有1件是正品．
⑴都不是次品，即全部为正品． 共有抽法4
195C 种．
⑵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31221341955195519555()C C C C C C C +++种（或44
200195()C C -种）． ⑶不都是次品，即至少有1件正品．
共有抽法1322314195519551955195()C C C C C C C +++种（或4
42005()C C -种）
． 【答案】⑴4195C ⑵44200195()C C - ⑶442005()C C -
【例 8】 某班要在42名同学中选出3名同学去参加夏令营，问共有多少种选法？如果在
42人中选3人站成一排，有多少种站法？
【考点】组合之基本运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 要在42人中选3人去参加夏令营，那么，所有的选法只与选出的同学有关，而与三名
同学被选出的顺序无关．所以，应用组合数公式，共有3
42C 种不同的选法．
要在42人中选出3人站成一排，那么，所有的站法不仅与选出的同学有关，而且与
三名同学被选出的顺序有关．所以，应用排列数公式，共有3
42P 种不同的站法．
由组合数公式，共有3
3
4242
33424140
11480321
P C P ⨯⨯==
=⨯⨯(种)不同的选法； 由排列数公式，共有3
4242414068880P =⨯⨯=(种)不同的站法．
【答案】3
4268880P =
【例 9】 将三盘同样的红花和四盘同样的黄花摆放成一排，要求三盘红花互不相邻，共有
__________种不同的方法．
【考点】组合之基本运用 【难度】1星 【题型】解答 【关键词】希望杯，1试
【解析】 因为三盘红花不能相邻，所以可以先将四盘黄花摆好，红花只能摆在黄花之间或者黄
花的两边．这样共有5个空，每个空最多只能放一盘红花，相当于从5个元素中取出3个，
所以共有3
554310123C ⨯⨯==⨯⨯种不同的放法．
【答案】3
510C =
【例 10】 在一次合唱比赛中，有身高互不相同的8个人要站成两排，每排4个人，且前后
对齐．而且第二排的每个人都要比他身前的那个人高，这样才不会被挡住．一共有多少种不同的排队方法？
【考点】组合之基本运用 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 因为所有人的身高两两不同，所以只要确定了位于同一列的两个人是谁，也就确定了
他们的前后关系．所以排队方法总数为：
222
864281562520C C C ⨯⨯=⨯⨯=（种）
． 【答案】2520
【例 11】 在一次考试的选做题部分，要求在第一题的4个小题中选做3个小题，在第二题
的3个小题中选做2个小题，在第三题的2个小题中选做1个小题，有多少种不同的选法？ 【考点】组合之基本运用 【难度】1星 【题型】解答
【解析】 由于选做的题目只与选取的题目有关，而与题目的顺序无关，所以在三道题中选题都
是组合问题．
第一题中，4个小题中选做3个，有3
44324321C ⨯⨯==⨯⨯(种)选法；
第二题中，3个小题中选做2个，有2332
321
C ⨯==⨯(种)选法；
第三题中，2个小题中选做1个，有1
221
2 1
C
⨯
==(种)选法．
根据乘法原理，一共有43224
⨯⨯=(种)不同的选法．
【答案】24
【例 12】某年级6个班的数学课，分配给甲、乙、丙三名数学老师任教，每人教两个班，分派的方法有多少种？
【考点】组合之基本运用【难度】3星【题型】解答
【解析】分三步进行：
第一步，取两个班分配给甲，与先后顺序无关，是组合问题，有2
665
15 21
C
⨯
==
⨯
(种)选法；
第二步，从余下的4个班中选取两个班给乙，有2
443
6 21
C
⨯
==
⨯
(种)选法；
第三步，剩余的两个班给丙，有1种选法．
根据乘法原理，一共有156190
⨯⨯=(种)不同的分配方法．
【答案】90
【例 13】将19枚棋子放入55
⨯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．
【考点】组合之基本运用【难度】2星【题型】解答
【关键词】迎春杯，高年级，初赛
【解析】55
⨯的方格网共有25个方格，放入19枚棋子，说明还有6个空格．由于棋子的数目较多，直接考虑棋子比较困难，可以反过来考虑6个空格．由于每行每列的棋子个数均
为奇数个，而每行每列都有5个方格，说明每行每列的空格数都是偶数个．那么每行每列的
空格数可能为0，2或4．如果有某一行或某一列的空格数为4个，为保证每行每列的空格
数都是偶数个，那么这4个空格所在的列或行都至少还有另外1枚棋子，这样至少有8个空
格，与题意不符，所以每行每列的空格数不能为4个，只能为0个或2个．则肯定是某3
行和某3列中每行每列各有2个空格，如下：
□□○
□○□
○□□
其中□表示空格，○表示有棋子的方格，其它的方格则全部有棋子．
选择有空格的3行3列有33
551010100
C C
⨯=⨯=种选法，在这3行3列中选择6个空格(也相当于每行每列选择1枚棋子)有3216
⨯⨯=种选法，所以总共有1006600
⨯=种不同的放法．【答案】600
【例 14】甲射击员在练习射击，前方有三种不同类型的气球，共3串，有一串是红气球3个，有一串是黄气球2个，有一串是绿气球4个，而且每次射击必须射最下面的气球，问
有多少种不同的射法？
绿
黄
红
【考点】组合之基本运用【难度】3星【题型】解答
【解析】根据射击规则，任意一种打法都对应三个红色气球，二个黄色气球，四个绿色气球，
987654321
⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯
但是，其中三个红色气球是不能随意排列的，应该是固定由下到上的，而上面却包括了它的随意排列的情况，所以应该除以321
⨯⨯，其他黄色气球、绿色气球依此类推．所以共有射击方法：(987654321)(321)(21)(4321)
⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯÷⨯⨯÷⨯÷⨯⨯⨯
(987654)(21)(4321)
=⨯⨯⨯⨯⨯÷⨯÷⨯⨯⨯1260
=(种)．
本题也可以这样想：任意一种打法都对应9个物体的排列，从中先选出3个位置给红色气球，
有3
9
C种选法；这3个红色气球的顺序是固定的，所以它们之间只有一种排列顺序；再从剩
下的6个位置中选出2个给黄色气球，有2
6
C种选法；它们之间也只有一种排列顺序；剩下的4个位置给绿色气球，它们之间也只有一种排列顺序．所以，根据乘法原理，共有
32 961260
C C
⨯=种不同的射法．
【答案】1260
【例 15】某池塘中有A B C
、、三只游船，A船可乘坐3人，B船可乘坐2人，C船可乘坐1人，今有3个成人和2个儿童要分乘这些游船，为安全起见，有儿童乘坐的游船上必须至
少有个成人陪同，那么他们5人乘坐这三支游船的所有安全乘船方法共有多少种？
【考点】组合之基本运用【难度】3星【题型】解答
【解析】由于有儿童乘坐的游船上必须至少有1个成人陪同，所以儿童不能乘坐C船．
⑴若这5人都不乘坐C船，则恰好坐满A B
、两船，①若两个儿童在同一条船上，只能在A船
上，此时A船上还必须有1个成人，有1
33
C=种方法；②若两个儿童不在同一条船上，即分
别在A B
、两船上，则B船上有1个儿童和1个成人，1个儿童有1
22
C=种选择，1个成人有
1 33
C=种选择，所以有236
⨯=种方法．故5人都不乘坐C船有369
+=种安全方法；
⑵若这5人中有1人乘坐C船，这个人必定是个成人，有1
33
C=种选择．其余的2个成人与2个儿童，①若两个儿童在同一条船上，只能在A船上，此时A船上还必须有1个成人，有
1 22
C=种方法，所以此时有326
⨯=种方法；②若两个儿童不在同一条船上，那么B船上有
1个儿童和1个成人，此时1个儿童和1个成人均有1
22
C=种选择，所以此种情况下有32212
⨯⨯=种方法；故5人中有1人乘坐C船有61218
+=种安全方法．
所以，共有91827
+=种安全乘法．
【答案】27
【例 16】有蓝色旗3面，黄色旗2面，红色旗1面．这些旗的模样、大小都相同．现在把这些旗挂在一个旗杆上做成各种信号，如果按挂旗的面数及从上到下颜色的顺序区分信号，
那么利用这些旗能表示多少种不同信号?
【考点】组合之基本运用【难度】2星【题型】解答
【解析】按挂旗的面数来分类考虑．
第一类：挂一面旗．从蓝、黄、红中分别取一面，可以表示3种不同信号；
第二类：挂两面旗．按颜色分成：红+黄（2
22
P=种）；红+蓝（2
22
P=种）；黄+蓝（2
22
P=种）；黄+黄（1种）；蓝+蓝（1种）；共8种；
第三类：挂三面旗．按颜色分类：红+蓝+蓝（1
33
C=种）；红+黄+黄（1
33
C=种）；红+黄
+蓝（3
36
P=种）；黄+黄+蓝（1
33
C=种）；黄+蓝+蓝（1
33
C=种）；蓝+蓝+蓝（1种）；共19种；
第四类：挂四面旗．按颜色分类：红+黄+黄+蓝（2
4212
C⨯=或4
4212
P÷=种）；红+黄+
蓝+蓝（2
4212
C⨯=或4
4212
P÷=种）；红+蓝+蓝+蓝（1
44
C=种）；黄+黄+蓝+蓝
（22
426
C C
⨯=种）；黄+蓝+蓝+蓝（1
44
C=种），共38种；
第五类：挂五面旗．按颜色分类：红+黄+黄+蓝+蓝（321
53130
C C C
⨯⨯=种）；红+黄+蓝
+蓝+蓝（3
52120
C⨯⨯=种）；黄+黄+蓝+蓝+蓝（32
5210
C C
⨯=种），共60种；
第六类：挂六面旗．红+黄+黄+蓝+蓝+蓝（321
63160
C C C
⨯⨯=种）．
根据加法原理，共可以表示3819386060188+++++=种不同的信号．
【答案】188
【例 17】 从10名男生，8名女生中选出8人参加游泳比赛．在下列条件下，分别有多少种
选法？
⑴恰有3名女生入选；⑵至少有两名女生入选；⑶某两名女生，某两名男生必须入选； ⑷某两名女生，某两名男生不能同时入选；⑸某两名女生，某两名男生最多入选两人． 【考点】组合之基本运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 ⑴恰有3名女生入选，说明男生有5人入选，应为35
81014112C C ⨯=种；
⑵要求至少两名女生人选，那么“只有一名女生入选”和“没有女生入选”都不符合要求．运
用包含与排除的方法，从所有可能的选法中减去不符合要求的情况：
8871181010843758C C C C --⨯=；
⑶4人必须入选，则从剩下的14人中再选出另外4人，有4141001C =种； ⑷从所有的选法818C 种中减去这4个人同时入选的414C 种：
84181443758100142757C C -=-=．
⑸分三类情况：4人无人入选；4人仅有1人入选；4人中有2人入选，共： 817261441441434749C C C C C +⨯+⨯=．
【答案】⑴35
81014112C C ⨯=种； ⑵8871181010843758C C C C --⨯=；
⑶4
141001C =种；
⑷84181443758100142757C C -=-=．
⑸817261441441434749C C C C C +⨯+⨯=．
【例 18】 从4名男生，3名女生中选出3名代表．
⑴ 不同的选法共有多少种？
⑵ “至少有一名女生”的不同选法共有多少种？
⑶ “代表中男、女生都要有”的不同选法共有多少种？
【考点】组合之基本运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 ⑴ 相当于从7名学生中任意选3名，不同的选法有3
776535321
C ⨯⨯==⨯⨯(种)．
⑵ 方法一：可以分成三类：
①选1名女生，选2名男生．由乘法原理，有12
344331821C C ⨯⋅=⨯=⨯(种)选法；
②选2名女生，选1名男生．由乘法原理，有21
343241221
C C ⨯⋅=⨯=⨯(种)选法；
③选3名女生，男生不选，有1种选法． 根据加法原理，“至少有一名女生”的不同选法有1812131++=(种)．
方法二：先不考虑对女生的特殊要求，从从7名学生中任意选3名，有3
776535321
C ⨯⨯==⨯⨯(种)
选法；考虑一个女生都不选的情况，则3名代表全产生于男生中，有3
44324321
C ⨯⨯==⨯⨯
(种)选法，所以，至少选一名女生的选法有35431-=种，这种“去杂法”做起来也比较简单．
⑶ “代表中男、女生都要有”，可以分成两类：
①1名男生，2名女生，由乘法原理，有21
343241221
C C ⨯⋅=⨯=⨯(种)选法；
②2名男生，1名女生，由乘法原理，有123443
31821
C C ⨯⋅=⨯
=⨯(种)选法． 根据加法原理，“代表中男、女生都要有”的不同选法共有121830+=(种)．
【小结】选择问题是组合问题中的一类常见问题，可根据具体情况从正面考虑或逆向求解，
采用“去杂法”．
【答案】⑴3
735C = ⑵31 ⑶30
【巩固】 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，按照下列条件各有多少种选派方法？ ⑴ 有3名内科医生和2名外科医生； ⑵ 既有内科医生，又有外科医生； ⑶ 至少有一名主任参加；
⑷ 既有主任，又有外科医生．
【考点】组合之基本运用 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 ⑴ 先从6名内科医生中选3名，有3
665420321
C ⨯⨯==⨯⨯种选法；
再从4名外科医生中选2名，共有2
443621
C ⨯==⨯种选法．根据乘法原理，一共有选派方法206120⨯=种．
⑵ 用“去杂法”较方便，先考虑从10名医生中任意选派5人，有5
1010987625254321
C ⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯
种选派方法；再考虑只有外科医生或只有内科医生的情况．由于外科医生只有4人，所
以不可能只派外科医生．如果只派内科医生，有51
666C C ==种选派方法．所以，一共有2526246-=种既有内科医生又有外科医生的选派方法．
⑶ 如果选1名主任，则不是主任的8名医生要选4人，有488765
221404321
C ⨯⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯⨯种选派
方法；如果选2名主任，则不是主任的8名医生要选3人，有3
88761156321
C ⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯种选
派方法．根据加法原理，一共有14056196+=种选派方法．
⑷ 分两类讨论：
①若选外科主任，则其余4人可任意选取，有499876
1264321
C ⨯⨯⨯==⨯⨯⨯种选取方法；
②若不选外科主任，则必选内科主任，且剩余4人不能全选内科医生，用“去杂法”有
448587655432
6543214321
C C ⨯⨯⨯⨯⨯⨯-=-=⨯⨯⨯⨯⨯⨯种选取法．
根据加法原理，一共有12665191+=种选派方法．
【答案】⑴120 ⑵246 ⑶196 ⑷191
【例 19】 在10名学生中，有5人会装电脑，有3人会安装音响设备，其余2人既会安装
电脑，又会安装音响设备，今选派由6人组成的安装小组，组内安装电脑要3人，安装音响设备要3人，共有多少种不同的选人方案？
【考点】组合之基本运用 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 按具有双项技术的学生分类：
⑴ 两人都不选派，有3
554310321
C ⨯⨯==⨯⨯(种)选派方法；
⑵ 两人中选派1人，有2种选法．而针对此人的任务又分两类：
若此人要安装电脑，则还需2人安装电脑，有2554
1021
C ⨯==⨯(种)选法，而另外会安装音响
设备的3人全选派上，只有1种选法．由乘法原理，有10110⨯=(种)选法；
若此人安装音响设备，则还需从3人中选2人安装音响设备，有2332
321
C ⨯=
=⨯(种)选法，需从5人中选3人安装电脑，有3
5543
10321
C ⨯⨯=
=⨯⨯(种)选法．由乘法原理，有31030⨯=(种)选
法．
根据加法原理，有103040+=(种)选法； 综上所述，一共有24080⨯=(种)选派方法．
⑶ 两人全派，针对两人的任务可分类讨论如下：
①两人全安装电脑，则还需要从5人中选1人安装电脑，另外会安装音响设备的3人全选上安装音响设备，有515⨯=(种)选派方案；
②两人一个安装电脑，一个安装音响设备，有2
2535432602121
C C ⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯(种)选派方案；
③两人全安装音响设备，有3
55433330321
C ⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯(种)选派方案．
根据加法原理，共有5603095++=(种)选派方案．
综合以上所述，符合条件的方案一共有108095185++=(种)． 【答案】⑴10 ⑵80 ⑶185
【例 20】 有11名外语翻译人员，其中5名是英语翻译员，4名是日语翻译员，另外两名英
语、日语都精通．从中找出8人，使他们组成两个翻译小组，其中4人翻译英文，另4人翻译日文，这两个小组能同时工作．问这样的分配名单共可以开出多少张？ 【考点】组合之基本运用 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 针对两名英语、日语都精通人员(以下称多面手)的参考情况分成三类：
⑴ 多面手不参加，则需从5名英语翻译员中选出4人，有41
555C C ==种选择，需从4名日语翻译员中选出4人，有1种选择．由乘法原理，有515⨯=种选择．
⑵ 多面手中有一人入选，有2种选择，而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两种可能：
如果参加英文翻译，则需从5名英语翻译员中再选出3人，有3
554310321
C ⨯⨯==⨯⨯种选择，需
从4名日语翻译员中选出4人，有1种选择．由乘法原理，有210120⨯⨯=种选择；
如果参加日文翻译，则需从5名英语翻译员中选出4人，有41
555C C ==种选择，需从4名日
语翻译员中再选出3名，有31444C C ==种选择．由乘法原理，有25440⨯⨯=种选择．根据加法原理，多面手中有一人入选，有204060+=种选择．
⑶ 多面手中两人均入选，对应一种选择，但此时又分三种情况： ①两人都译英文；②两人都译日文；③两人各译一个语种．
情况①中，还需从5名英语翻译员中选出2人，有2554
1021
C ⨯==⨯种选择．需从4名日语翻译
员中选4人，1种选择．由乘法原理，有110110⨯⨯=种选择．
情况②中，需从5名英语翻译员中选出4人，有41
555C C ==种选择．还需从4名日语翻译员
中选出2人，有2
443621
C ⨯==⨯种选择．根据乘法原理，共有15630⨯⨯=种选择．
情况③中，两人各译一个语种，有两种安排即两种选择．剩下的需从5名英语翻译员中选出
3人，有3
554310321
C ⨯⨯==⨯⨯种选择，
需从4名日语翻译员中选出3人，有31444C C ==种选择．由乘法原理，有1210480⨯⨯⨯=种选择．
根据加法原理，多面手中两人均入选，一共有103080120++=种选择．
综上所述，由加法原理，这样的分配名单共可以开出560120185++=张．
【小结】组合问题中出现“多面手”时，往往“多面手”是进行分类讨论的对象，这样可以
简化问题．
7-5-2.组合的基本应用（二）.题库 教师版 11 of 11 【答案】⑴5 ⑵60 ⑶185
【巩固】 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．则不同的选择方法有多少种？
【考点】组合之基本运用 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 此题若从“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：
⑴ 只会日语的2人都出场，则还需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3665420321
C ⨯⨯==⨯⨯种选择． 由乘法原理，有42080⨯=种选择．
⑵ 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
2443621
C ⨯==⨯种选择．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3554310321
C ⨯⨯==⨯⨯种选择． 由乘法原理，有2610120⨯⨯=种选择．
⑶ 只会日语的人不出场，需从多面手中选3人做日语导游，有31444C C ==种选择．
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31444C C ==种选择．
由乘法原理，有4416⨯=种选择．根据加法原理，不同的选择方法一共有8012016216++=种．
【小结】当“多面手”的数量较多时，对“多面手”分类讨论．问题反倒不简单了．那么．此
时应灵活选择数量较少的一类元素讨论(如本题中的会日语的导游)．做题时要根据
具体问题灵活处理．
【答案】⑴20 ⑵120 ⑶216。