1、高中數學選修2-3題型總結(重點)本書重點：排列組合、概率第一章計數原理第二章 概率一、基礎知識1 .加法原理：做一件事有 n類辦法，在第1類辦法中有ml種不同的方法，在第 2類辦法 中有m2種不同的方法， ，在第n類辦法中有mn種不同的方法，那么完成這件事一共有N=m1+m2+ +mn種不同的方法。2 .乘法原理：做一件事，完成它需要分 n個步驟，第1步有ml種不同的方法，第 2步有 m2種不同的方法， ，第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有 N=m1Xm2xx mn種不同的方法。3 .排列與排列數：從 n個不同元素中，任取 m(mwn)個元素，按照一定順序排成一列，叫 做從n個不同

2、元素中取出 m個元素的一個排列，從 n個不同元素中取出 m個(mWn)元素的所有排列個數，叫做從n個不同元素中取出 m個元素的排列數，用Am一 Amn 表本, n =n(n-1) 7 / 13n!(n-m+1)= (n m)!淇中 m,nCN,mWn, 注：一般地 An=1, 0!，6=n!。An14 . N個不同元素的圓周排列數為n =(n-1)!。5 .組合與組合數：一般地，從n個不同元素中，任取 m(mwn)個元素并成一組，叫做從 nm個構成原個不同元素中取出 m個元素的一個組合，即從 n個不同元素中不計順序地取出集合的一個子集。從n個不同元素中取出 m(m< n)個元素的所有組合

3、的個數,叫做從n個不同元素中取出 mm個元素的組合數，用 Cn表示:m n(n 1)C n(n m 1) m!n!m!(n m)!6【了解】組合數的基本性質:(1) CCmCm(2) Cn 1CnCn 1 n .(3)fcCkC0 c1(4)CnnC kC n k 02nk k(5) CkCk 1CkCk(6)km n kCnCkCn mo7.定理1:不定方程x1+x2+xn=rn 1的正整數解的個數為Cr 1證明將r個相同的小球裝入+xn=r的正整數解構成的集合為n個不同的盒子的裝法構成的集合為B, A的每個裝法對應 B的唯一A,個解,不定方程x1+x2+ 因而構成映射，不同的裝法對應的解也

4、不同，因此為單射。反之B中每一個解(x1,x2，,xn),將xi作為第i個盒 子中球的個數，i=1,2,n,便得到A的一個裝法，因此為滿射，所以是一一映射，將n 1小球從左到右排成一列，每種裝法相當于從r-1個空格中選n-1個，將球分n份，共有Cr 1種。故定理得證。Cr推論1 不定方程x1+x2+xn=r的非負整數解的個數為 Cn r 1.推論2從n個不同元素中任取m個允許元素重復出現的組合叫做n個不同元素的 m可重組合，其組合數為Cm , Cn m 1.n £N+,(a+b)n=an2b2CnanrbrC；bn.其中第 r+1r n r r rTr+1=Cna b ,Cn叫二項式

5、系數。9 .隨機事件：在一定條件下可能發生也可能不發生的事件叫隨機事件。在大量重復進行同一試驗時，事件 A發生的頻率n總是接近于某個常數，在它附近擺動，這個常數叫做事件A發生的概率，記作 p(A),0 & p(A) & 1.10 .等可能事件的概率，如果一次試驗中共有n種等可能出現的結果，其中事件 A包含的結果有m種，那么事件A的概率為p(A尸11.互斥事件：不可能同時發生的兩個事件,A2,，An彼此互斥，那么 A1 , A2,叫做互斥事件，也叫不相容事件。如果事件A1 , ，An中至少有一個發生的概率為p(A1+A2+ -+An)= p(A1)+p(A2)+ -+p(An).

6、12 .對立事件：事件 A, B為互斥事件，且必有一個發生，則 A, B叫對立事件，記 A的對 立事件為A。由定義知P(A)+P( A )=1.13 .相互獨立事件：事件 A (或B)是否發生對事件 B (或A)發生的概率沒有影響，這樣 的兩個事件叫做相互獨立事件。14 .相互獨立事件同時發生的概率：兩個相互獨立事件同時發生的概率，等于每個事件發生的概率的積。即 p(A?B)=p(A)隼(B).若事件A1 , A2,，An相互獨立，那么這n個事件同時 發生的概率為 p(A1 ?A2 ?？An)=p(A1) ?p(A2) ? 小(An).15 .獨立重復試驗：若n次重復試驗中，每次試驗結果的概率

7、都不依賴于其他各次試驗的結果 則稱這n次試驗是獨立的.16 .獨立重復試驗的概率：如果在一次試驗中，某事件發生的概率為 p,那么在n次獨立重復試驗Ck中,這個事件恰好發生 k次的概率為pn(k)= Cn ?pk(1-p)n-k.17 .離散型隨機為量的分布列：如果隨機試驗的結果可以用一個變量來表示，那么這樣的變E可以取的值有 0,1,2,10。量叫隨機變量，例如一次射擊命中的環數E就是一個隨機變量, 如果隨機變量的可能取值可以一一列出，這樣的隨機變量叫離散型隨機變量。一般地，設離散型隨機變量E可能取的值為x1,x2，,xi,能取每一個值 xi(i=1,2,)的概率p(七=xi)=pi ,則稱表

8、x1x2x3xipplp2p3pi為隨機變量E的概率分布，簡稱E的分布列，稱 E七=x1p1+x2P2+ +xnpn+為E的數學期 望或平均值、均值、簡稱期望，稱 D七二(x1-E七)2?p1+(x2-E七)2?p2+ - +(xn-E七)2pn+為E的均方差，簡稱方差。8 叫隨機變量E的標準差。18 .二項分布：如果在一次試驗中某事件發生的概率是p,那么在n次獨立重復試驗中，這 k k n k個事件恰好發生k次的概率為p(E =k)= Cn p q ，衛的分布列為xiCOp0qncnpiqn1Ckpkqn kC；pn此時稱E服從二項分布，記作EB(n,p).若EB(n,p),則E E =np

9、,D E =npq,以上q=1-p.19 .幾何分布：在獨立重復試驗中，某事件第一次發生時所做試驗的次數E也是一個隨機變量，若在一次試驗中該事件發生的概率為p,則p( E =k尸qk-1p(k=1,2,)，E的分布服從幾1_q_2何分布，EE = p , D E = p (q=1-p).二、基礎例題【必會】1 .乘法原理。例1有2n個人參加收發電報培訓，每兩個人結為一對互發互收，有多少種不同的結對方 式？解將整個結對過程分 n步，第一步，考慮其中任意一個人的配對者，有2n-1種選則；這一對結好后，再從余下的 2n-2人中任意確定一個。第二步考慮他的配對者，有 2n-3種選 擇，這樣一直進行下去

10、，經 n步恰好結n對，由乘法原理，不同的結對方式有(2n)!(2n-1) x (2n-3) X X 3X1=2(n!)2 .加法原理。例2圖13-1所示中沒有電流通過電流表，其原因僅因為電阻斷路的可能性共有幾種？C 3C4 =4種；4)有4個電阻斷路，有1種。從而一要求每兩個舞蹈之間至少安排一個演唱，有多少種解斷路共分4類：1) 一個電阻斷路，有 1種可能，只能是 R4; 2)有2個電阻斷路,2有C4-1=5種可能；3) 3個電阻斷路，有共有1+5+4+1=11種可能。3 .插空法。例3 10個節目中有6個演唱4個舞蹈， 不同的安排節目演出順序的方式？解先將6個演唱節目任意排成一列有A6種排法

11、，再從演唱節目之間和前后一共7個位置中選出4個安排舞蹈有 A；種方法，故共有A6 A7 =604800 種方式。4 .映射法。例4如果從1, 2,，14中，按從小到大的順序取出a1,a2,a3使同時滿足:a2-a1 >3,a3-a2>3,那么所有符合要求的不同取法有多少種？解設 S=1,2,14,S'=1 , 2,，10; T=(a1,a2,a3)| a1,a2,a3c S,a2-a1 >3,a3-a2>3, T' =( ai,a2,a3)S S'|ai,a2,a3 S',aia2 a3 i 芳(ai , a2 , a3) T '

12、乜，石ala1，a2a2 2,a3 a3 4 ,則(a1,a2,a3)C T,這樣就建立了從T'到T的映射，它顯然是單射，其次若(a1,a2,a3)CT,令a1a1，a2a22, a3a34 ,則(a1,a2,a3) ，從而此映射也是滿射，因此是一一映射，所以 |T|二|T | C10=120,所以不同取法有120種。5 .貢獻法。例5已知集合A=1 , 2, 3,，10,求A的所有非空子集的元素個數之和。解設所求白和為x,因為A的每個元素a,含a的A的子集有29個，所以a對x的貢獻 為 29,又 |A|=10。所以 x=10X29.Ck另解A的k元子集共有 C10個，k=1,2,，1

13、0,因此，A的子集的兀素個數之和為C12C210C1010(c0c 1c 9)C102c1010c10l0(C9C9C9 )10X296 .容斥原理。例6由數字1, 2, 3組成n位數(n>3),且在n位數中，1, 2, 3每一個至少出現1次, 問：這樣的n位數有多少個？ 解用I表示由1, 2, 3組成的n位數集合，則|I|=3n,用A1 , A2, A3分別表示不含1,不含2,不含3的由1, 2, 3組成的n位數的集合，則|A1|=|A2|=|A3|=2n ,|A1A2|=|A2A3|=|A1A3|=1。|A1A2 A3|=0。3| Ai |AiAj | | A所以由容斥原理|A1 A

14、2 A3|= i 1i jAA3 |=3X2n-3.所以滿足條件的n位數有|I|-|A1A2 A3|=3n-3 乂 2n+3 個。7 .遞推方法。例7用1, 2, 3三個數字來構造n位數，但不允許有兩個緊挨著的1出現在n位數中，問：能構造出多少個這樣的n位數？解設能本造an個符合要求的n位數，則a1=3,由乘法原理知 a2=3X 3-1=8.當n> 3時： 1)如果n位數的第一個數字是 2或3,那么這樣的n位數有2an-1; 2)如果n位數的第一 個數字是1,那么第二位只能是 2或3,這樣的n位數有2an-2,所以an=2(an-1+an-2)(n >3).這里數列an的特征方程為

15、 x2=2x+2 ,它的兩根為x1=1+ 3 ,x2=1- 3，故 an=c1(1+ 1 3 )n+c2(1+ v3)n, 由 a1=3,a2=8233 22 3 ,C22.3an為1同2 (1同28 .算兩次。一C例 8 m,n,r C N+ ,證明:C 0r 1 r 12 r 2nCm CnCm CnCmCnCm.Cl證明從n位太太與m位先生中選出r位的方法有 n m種；另一萬面，從這 n+m人中選k r k出k位太太與r-k位先生的方法有 CnCm種，k=0,1，,r。所以從這n+m人中選出r位的方C 0 r1 r 1nCm CnCmCr C0CnCm種。綜合兩個方面，即得式。9 .母函

16、數。例9 一副三色牌共有32張，紅、黃、藍各10張，編號為1, 2,，10,另有大、小王各一張，編號均為0。從這副牌中任取若干張牌，按如下規則計算分值：每張編號為k的牌計為2k分，若它們的分值之和為 2004,則稱這些牌為一個“好牌”組，求好牌組的個數。解對于20 f(x)=(1+ xn e 1,2,2004,用an表示分值之和為n21210)2?(1+ x )3?？(1+x )3的展開式中的牌組的數目，則an等于函數xn的系 數(約定|x|<1 ),由于1f(x)=1 x(1+20x )(1 +21 x210)?(1+ x)3=(1 x)(1 x)3(1211 、x )3122.(1

17、x )(1 x)(13。而 0W 2004<211所以an等于1XZ22(1 x )(1 x)的展開式中xn的系數又由于(1x2)(1x)2一Cl例10 證明：C2m1是奇數(k> 1).Ck證明C2m 1(2m 1)(2m 2)(2m 1 k 1)2m kk 令cli= 2 初(1wiwk)2m ipi為奇數，則 i2m2ti pi2ti Pi2m tiPiPi,它的分子、分母均Ck為奇數，因C2.1是整數，所以它只能是若1奇數的積，即為奇數。=1 x2 ?(1 x) =(1+x2+x3+ +x2k+)1+2x+3x2+ +(2k+1)x2k+ ，所以x2k在展開式中白系數為a2

18、k=1+3+5+(2k+1)=(k+1)2,k=1,2,從而，所求的“好牌”組的個數為 a2004=10032=1006009.Ck , 10.組合數Cn的性質。例 11 對 n>2,證明：2n Cnn 4n.一,. C2.一一 . .C 2,.一.證明1)當 n=2 時，22<C4=6<42; 2)假設 n=k 時，有 2k< 2k <4k,當 n=k+1 時，因為Ck(k1i)2(k 1)!(k 1)!(k 1)!2 (2k 1)!(k 1)! k!2(2k 1)C；k.2(2k 1)k 1<4,所以2k+1<2c2kkk 1C2(k 1)4c2k

19、4k 1所以結論對一切 n>2成立。11.二項式定理的應用。3.例 12 若 nC N, n>2,求證:c0cnCn2cn2,其次因為ckn(n 1) (nk!1)1k!k(k 1)2)Cn2+Cn例13證明:證明首先,3.得證。ncmh hk CkCnT(hn).對于每個確定的k,等式左邊的每一項都是兩個組合數的乘積,其中m hCn k是(1+x)n-k的展開式中xm-h的系數。hk是(1+y)k的展開式中yk的系數。從而Cm h n kc h?Ck就是(1+x)n-k ?(1+y)k的展開式中xm-hyh的系數。m h cn k0ck1就是n(1k 0nx)kk(1 y)展開式

20、中xm-hyh的系數。n(10n kx) (1ky)n 1n 1(1 x) (1y)(1x) (1y)n 1ckcn 1 k 01C k kC n 1 y0n 1kCn"k 0 x xy =k1ckcn 10(xk-1+xk-2y+ +yk-1),上式中,m 1xm-hyh項的系數恰為n 1。nm h cn kCkm 1cn 1 .所以k 012.概率問題的解法。28411 / 13例14如果某批產品中有 a件次品和b件正品，采用有放回的抽樣方式從中抽取n件產品,問：恰好有k件是次品的概率是多少？解把k件產品進行編號，有放回抽n次，把可能的重復排列作為基本事件，總數為（a+b）n（即

21、所有的可能結果）。設事件A表示取出的n件產品中恰好有k件是次品，則事件A所包Ck k n k na b含的基本事件總數為Cn?akbn-k,故所求的概率為p(A尸(a b)n例15 將一枚硬幣擲5次，正面朝上恰好一次的概率不為0,而且與正面朝上恰好兩次的概率相同，求恰好三次正面朝上的概率。解 設每次拋硬幣正面朝上的概率為p,則擲 5次恰好有 k次正面朝上的概率為C；kp (1-p)5-k(k=0,1,2,，5),由題設八223C5 P (1 P)C5P（1P）4 ,且 0<p<1，化簡得13,所以恰好有3次正面朝上的概率為C；22國3343例16甲、乙兩個乒乓球運動員進行乒乓球比賽

22、，已知每一局甲勝的概率為0.6,乙勝的概率為0.4,比賽時可以用三局二勝或五局三勝制，問：在哪一種比賽制度下，甲獲勝的可能性大？解（1）如果采用三局兩勝制，則甲在下列兩種情況下獲勝：A1 -2: 0 （甲凈勝二局），A2-2: 1 (前二局甲一勝一負，第三局甲勝) .p(A1)=0.6 X 0.6=0.36,p(A2)= C2 X 0.6X0.4X 0.6=0.288.因為A1與A2互斥，所以甲勝概率為 p（A1+A2）=0.648.（2）如果采用五局三勝制，則甲在下列三種情況下獲勝： B1-3: 0 （甲凈勝3局），B2-3: 1 （前3局甲2勝1負，第四局甲勝），B3-3: 2 （前四局各

23、勝2局，第五局甲勝）。因為B1 ,C 2B2, B2 互斥，所以甲勝概率為 p(B1+B2+B3)=p(B1)+p(B2)+p(B3)=0.63+ C3 X0.62X0.4XC20.6+ C4 X 0.62 X 0.42 X 0.6=0.68256.由（1）, （2）可知在五局三勝制下，甲獲勝的可能性大。例17 有A, B兩個口袋，A袋中有6張卡片，其中1張寫有0, 2張寫有1, 3張寫有2;B袋中有7張卡片，其中4張寫有0, 1張寫有1 , 2張寫有2。從A袋中取出1張卡片，B 袋中取2張卡片，共3張卡片。求：（1）取出3張卡片都寫0的概率；（2）取出的3張卡片數字之積是4的概率;（3）取出

24、的3張卡片數字之積的數學期望。P解(1)Ci1 C：C61C722121 ;張卡片的數字之積，則E的分布為03742C121112 C2 C3 C1C2c6 C72E 所以八370 一42636322634463463； (3)記E為取出的3814242326313 .抽屜原理。例1 設整數n>4,a1,a2,an是區間(0,2n)內n個不同的整數，證明：存在集合a1,a2,an 的一個子集，它的所有元素之和能被2n整除。證明(1)若n a1,a2,，an,則n個不同的數屬于n-1個集合1,2n-1,2,2n-2,n-1,n+1。由抽屜原理知其中必存在兩個數ai,aj(iwj)屬于同一集

25、合，從而ai+aj=2n 被 2n 整除；(2)若 nC a1,a2,an,不妨設 an=n,從 a1,a2,an-1(n-1 > 3)中任意取 3 個數 ai, aj, ak(ai,<aj< ak),則 aj-ai 與 ak-ai 中至少有一個不被 n 整除，否則 ak-ai=(ak-aj)+(aj-ai) > 2n,這 與akC (0,2n)矛盾，故a1,a2,an-1中必有兩個數之差不被 n整除；不妨設 al與a2之差 (a2-a1>0)不被 n 整除，考慮 n 個數 a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,a1+a2+ +an-1。i)若這n個數中有一個

26、被n整除，設此數等于 kn,若k為偶數，則結論成立；若 k為奇 數，則加上an=n知結論成立。ii)若這n個數中沒有一個被 n整除，則它們除以 n的余數只能取1,2,n-1這n-1個值， 由抽屜原理知其中必有兩個數除以n的余數相同，它們之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故這個差必為ai, aj, ak-1中若干個數之和，同i)可知結論成立。14 .極端原理。例2在nxn的方格表的每個小方格內寫有一個非負整數，并且在某一行和某一列的交叉 點處如果寫有0,那么該行與該列所填的所有數之和不小于no證明：表中所有數之和不小證明計算各行的和、各列的和，這2n個和中必有最小的，不妨設第m行的和最小，記

27、和為k,則該行中至少有 n-k個0,這n-k個0所在的各列的和都不小于n-k,從而這n-k列的數的總和不小于(n-k)2,其余各列的數的總和不小于 k2,從而表中所有數的總和不小于2(n k k) 1 2 n .(n-k)2+k2 >2215 .不變量原理。俗話說，變化的是現象，不變的是本質，某一事情反復地進行，尋找不變量是一種策略。例3設正整數n是奇數，在黑板上寫下數1, 2,，2n,然后取其中任意兩個數a,b擦去這兩個數，并寫上|a-b|。證明：最后留下的是一個奇數。證明設S是黑板上所有數的和，開始時和數是S=1+2+ - -+2n=n(2n+1),這是一個奇數，因為|a-b與a+b

28、有相同的奇偶性，故整個變化過程中S的奇偶性不變，故最后結果為奇數。例 4 數 a1, a2,an 中每一個是 1 或-1,并且有 S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+ +ana1a2a3=0.證 明：4|n.證明如果把a1, a2,an中任意一個ai換成-ai,因為有4個循環相鄰的項都改變符號， S 模4并不改變，開始時 S=0,即S三0,即S三0(mod4)。經有限次變號可將每個 ai者B變成1, 而始終有 S= 0(mod4),從而有 n= 0(mod4),所以4|n。16 .構造法。例5是否存在一個無窮正整數數列a1,<a2<a3<,使得對任意整數 A ,數列an

29、A n 1中僅有有限個素數。證明存在。取an=(n!)3即可。當A=0時，an中沒有素數；當 冏>2時，若n>|A|,則 an+A均為|A|的倍數且大于|A|,不可能為素數；當 A= ± 1時，an± 1=(n! ± 1)?(n!)2 ± n!+1, 當A 3時均為合數。從而當 A為整數時，（n!）3+A中只有有限個素數。例 6 一個多面體共有偶數條棱，試證：可以在它的每條棱上標上一個箭頭，使得對每個頂點，指向它的箭頭數目是偶數。 證明 首先任意給每條棱一個箭頭，如果此時對每個頂點，指向它的箭頭數均為偶數，則命題成立。若有某個頂點 A ，指向

30、它的箭頭數為奇數，則必存在另一個頂點 B ，指向它的箭頭數也為奇數（因為棱總數為偶數） ，對于頂點A 與 B ，總有一條由棱組成的“路徑”連結它們，對該路徑上的每條棱，改變它們箭頭的方向，于是對于該路徑上除A ， B 外的每個頂點，指向它的箭頭數的奇偶性不變，而對頂點 A ， B ，指向它的箭頭數變成了偶數。如果這時仍有頂點，指向它的箭頭數為奇數，那么重復上述做法，又可以減少兩個這樣的頂點，由于多面體頂點數有限，經過有限次調整，總能使和是對每個頂點，指向它的箭頭數為偶數。命題成立。17 染色法。* 【常考】例7能否在5X5方格表內找到一條線路，它由某格中心出發，經過每個方格恰好一次，再回到出發

31、點，并且途中不經過任何方格的頂點？ 解 不可能。將方格表黑白相間染色，不妨設黑格為 13 個，白格為12 個，如果能實現，因黑白格交替出現，黑白格數目應相等，得出矛盾，故不可能。18凸包的使用。給定平面點集A ，能蓋住 A 的最小的凸圖形，稱為 A 的凸包。例 8 試證：任何不自交的五邊形都位于它的某條邊的同一側。 證明 五邊形的凸五包是凸五邊形、凸四邊形或者是三角形，凸包的頂點中至少有3 點是原五邊形的頂點。 五邊形共有5 個頂點， 故 3 個頂點中必有兩點是相鄰頂點。 連結這兩點的邊即為所求。19賦值方法。例9由2X 2的方格紙去掉一個方格余下的圖形稱為拐形，用這種拐形去覆蓋 5X 7的方

32、格板，每個拐形恰覆蓋3 個方格， 可以重疊但不能超出方格板的邊界，問：能否使方格板上每個方格被覆蓋的層數都相同？說明理由。解將5X 7方格板的每一個小方格內填寫數-2和1。如圖18-1所示，每個拐形覆蓋的三個數之和為非負。 因而無論用多少個拐形覆蓋多少次， 蓋住的所有數字之和都是非負的。 另一方面，方格板上數字的總和為12 X （-2）+23 X 1=-1 ,當被覆蓋K層時，蓋住的數字之和等于-K ,這表明不存在滿足題中要求的覆蓋。-21-21-21-21111111-21-21-21-21111111-21-21-21-220圖論方法。例 10 生產由六種顏色的紗線織成的雙色布，在所生產的雙

33、色布中，每種顏色的紗線至少與其他三種顏色的紗線搭配過。證明：可以挑出三種不同的雙色布，它們包含所有的顏色。 證明 用點 A1 ， A2 ， A3 ， A4 ， A5 ， A6 表示六種顏色，若兩種顏色的線搭配過，則在相應的兩點之間連一條邊。 由已知， 每個頂點至少連出三條邊。 命題等價于由這些邊和點構成的圖中有三條邊兩兩不相鄰（即無公共頂點）。因為每個頂點的次數R3,所以可以找到兩條邊不相鄰，設為 A1A2 ， A3A4 。（ 1 ）若 A5 與 A6 連有一條邊，則 A1A2 ， A3A4 ， A5A6 對應的三種雙色布滿足要求。（ 2 ）若 A5 與 A6 之間沒有邊相連，不妨設A5 和

34、A1 相連， A2 與 A3 相連，若 A4 和 A6相連，則 A1A2 ， A3A4 ， A5A6 對應的雙色布滿足要求；若A4 與 A6 不相連，則A6 與 A1相連， A2 與 A3 相連， A1A5 ， A2A6 ， A3A4 對應的雙色布滿足要求。綜上，命題得證。三、趨近高考【必懂】1 .（ 2010 廣東卷理） 2010 年廣州亞運會組委會要從小張、小趙、小李、小羅、小王五名志愿者中選派四人分別從事翻譯、 導游、禮儀、司機四項不同工作，若其中小張和小趙只能從事前兩項工作，其余三人均能從事這四項工作，則不同的選派方案共有A. 36 種B. 12 種C. 18 種D. 48 種【解析】

35、分兩類：若小張或小趙入選，則有選法C21C21 A3324 ；若小張、小趙都入選，則有選法A22 A3212 ，共有選法36 種，選 A.2（. 2009 北京卷文）用數字 1 ， 2 ， 3， 4， 5 組成的無重復數字的四位偶數的個數為 （）A 8B 24C 48D 120【答案】 C.w【解析】本題主要考查排列組合知識以及分步計數原理知識.屬于基礎知識、基本運算的考查 .A122 和 4 排在末位時，共有A22 種排法，3其余三位數從余下的四個數中任取三個有A44 3 2 24 種排法，2 24 48 （個） .故選 C.3（ 2010 北京卷理） 用 0 到 9 這 10個數字， 可以

36、組成沒有重復數字的三位偶數的個數為 （）A 324B 328C 360D 648【答案】 B【解析】本題主要考查排列組合知識以及分類計數原理和分步計數原理知識 . 屬于基礎知識、基本運算的考查.首先應考慮“0”是特殊元素，當0 排在末位時，有A929 8 72 （個） ，當 0 不排在末位時，有A14 A81 A814 8 8 256 （個） ，于是由分類計數原理，得符合題意的偶數共有72 256 328 （個）.故選B.4. （2009全國卷H文）甲、乙兩人從4門課程中各選修2門，則甲、乙所選的課程中恰有1門相同的選法有（A） 6種（B） 12 種 （C） 24種 （D） 30種答案： CC

37、 2C 2C4 C4 =36 ， 再求出兩人所選兩門都相同和都不同的種數均為解析：本題考查分類與分步原理及組合公式的運用，可先求出所有兩人各選修2 門的種數C42 =6， 故只恰好有1 門相同的選法有 24 種 。5.（2009全國卷I理）甲組有 5名男同學，3名女同學；乙組有 6名男同學、2名女同學。若從甲、 乙兩組中各選出 2 名同學， 則選出的 4 人中恰有 1 名女同學的不同選法共有（ D ）（A） 150種 （B） 180種 （C） 300種 （D）345 種112解: 分兩類 （1） 甲組中選出一名女生有C5 C3 C6225種選法 ;C第二類： “捆綁” A 和男生乙在兩端，則中

38、間女生B 和男生甲只有一種排法，此時共有6A2=12種排法 第三類：女生B 和男生乙在兩端，同樣中間“捆綁” A 和男生甲也只有一種排法。此時共有6A2=12種排法三類之和為 24+ 12+ 12 = 48種。8. （2009全國卷H理）甲、乙兩人從4門課程中各選修 2門。則甲、乙所選的課程中至少有 1 門不相同的選法共有A. 6 種 B. 12 種 C. 30 種 D. 36 種222解：用間接法即可.C4 C4C430 種 . 故選 C9.（2010 遼寧卷理）從5名男醫生、 4 名女醫生中選 3名醫生組成一個醫療小分隊，要求其中男、女醫生都有，則不同的組隊方案共有 C1 C1 120（2

39、） 乙組中選出一名女生有C5 C6 C2 120種選法.故共有345 種選法.選D6.（2010 湖北卷理 ）將甲、 乙、 丙、 丁四名學生分到三個不同的班， 每個班至少分到一名學生，且甲、乙兩名學生不能分到同一個班，則不同分法的種數為A.18B.24C.30D.36【答案】 C23【解析】用間接法解答：四名學生中有兩名學生分在一個班的種數是C4,順序有A3種，而3233甲乙被分在同一個班的有A3 種，所以種數是C4 A3A3307.（2010 四川卷文） 2位男生和 3 位女生共 5 位同學站成一排，若男生甲不站兩端， 3 位女生中有且只有兩位女生相鄰，則不同排法的種數是A. 60B. 48

40、C. 42D. 36【答案】 B【解析】解法一、從3 名女生中任取 2 人“捆”在一起記作A， （A 共有C32 A226種不同排法） ，剩下一名女生記作B ，兩名男生分別記作甲、乙；則男生甲必須在A 、 B 之間（若甲在 A 、 B 兩端。則為使A 、 B 不相鄰，只有把男生乙排在 A 、 B 之間，此時就不能滿足男生甲不在兩端的要求）此時共有6X2= 12種排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三個元素中選出四個位置插入乙，所以，共有 12X4= 48種不同排法。解法二；同解法一，從3 名女生中任取2 人“捆”在一起記作A， （A 共有 C32A226種不同排法） ，剩下一名女生記作B

41、，兩名男生分別記作甲、乙；為使男生甲不在兩端可分三類情況： 22第一類：女生A、 B 在兩端，男生甲、乙在中間，共有6A2A2 =24 種排法；（A） 70種（B） 80 種 （C） 100種 （D） 140種【解析】直接法：一男兩女 ，有C51C42 = 5>=30種，兩男一女，有C52C41=10X4=40種,共計 70 種間接法：任意選取C93 = 84種淇中都是男醫生有 C53= 10種,都是女醫生有 C41 =4種，于是符合條件的有 84 10 4= 70種.【答案】 A10 .（2009 湖北卷文）從 5 名志愿者中選派4 人在星期五、星期六、星期日參加公益活動，每人一天，

42、要求星期五有一人參加， 星期六有兩人參加， 星期日有一人參加，則不同的選派方法共有A.120 種B.96 種C.60 種D.48 種【答案】 CC45 人中選 4 人則有 C 5 種，周五一人有C1C4 種，周六兩人則有21C3 ，周日則有C1 種，19 / 13解法二；同解法一，從同排法） 情況：第一類：女生A 、 B 在兩端，男生甲、乙在中間，共有故共有C5 x C4 x C3 =60種，故選C11 .（ 2009 湖南卷文）某地政府召集 5 家企業的負責人開會，其中甲企業有2 人到會，其余4 家企業各有1 人到會，會上有3 人發言，則這3 人來自 3 家不同企業的可能情況的種數為【B 】A 14B 16C 20D 48解: 由間接法得 C63 C6