《计数原理》单元检测评讲

1、计数原理单元检测评讲评讲 雲彊雲彊 一、本次单元检测情况及分析： 1 1、全班共、全班共 人及格；人及格； 120120分以上有分以上有 人；人； 最高分：最高分： 平均分：平均分： 2 2、错得较多的题目有：、错得较多的题目有： 3 3、体现问题、体现问题： （1 1）审题不仔细；）审题不仔细； （2 2）方法混乱；）方法混乱； （3 3）重复或遗漏讨论；（）重复或遗漏讨论；（4 4）公式运用错误；）公式运用错误； （5 5）运算错误！）运算错误！二、 计数原理知识回顾：完成一件事，有完成一件事，有n n类办法，类办法，在第在第1 1类办法中有类办法中有m m1 1种不同种不同的方法，在第的

2、方法，在第2 2类办法中有类办法中有m m2 2种不同的方法，种不同的方法，在第在第n n类办法中有类办法中有m mn n种不同的方种不同的方法，那么完成这件事共有法，那么完成这件事共有N=mN=m1 1+m+m2 2+m+mn n种不同的种不同的方法。方法。（加法原理）（加法原理）完成一件事，需要分成完成一件事，需要分成n n个个步骤，做第步骤，做第1 1步有步有m m1 1种不同种不同的方法，做第的方法，做第2 2步有步有m m2 2种不种不同的方法，同的方法，做第做第n n步有步有m mn n种不同的方法，那么完种不同的方法，那么完成这件事共有成这件事共有N=mN=m1 1 m m2 2

3、 m mn n种不种不同的方法。同的方法。（乘法原理）（乘法原理）用其中任何一种方法都可用其中任何一种方法都可以做完这件事以做完这件事只有各个步骤都完成了才只有各个步骤都完成了才算做完这件事算做完这件事一般地，从一般地，从n n个不同元素个不同元素中取出中取出m m（m nm n）个元）个元素，素，按照一定的顺序排按照一定的顺序排成一列成一列，叫做从从，叫做从从n n个不个不同元素中取出同元素中取出m m个元素的个元素的一个排列。一个排列。一般地，从一般地，从n n个不同元素个不同元素中取出中取出m m（m nm n）个元）个元素素并成一组并成一组，叫做从从，叫做从从n n个不同元素中取出个不

4、同元素中取出m m个元个元素的一个组合。素的一个组合。1)m-(n) 2)(1(nnnAmn)!(!mnnAmn!1)m-(n)2)(1(mnnCmn)!( !mnmnAACmmmnmn1! 0 10nnnCCmnnmnCC11mnmnmnCCC!1nAAnnnn11mnmnnAA直接法直接法 间接法间接法特殊优先法特殊优先法分类法分类法捆绑法捆绑法插空法插空法缩倍法缩倍法隔板法隔板法分组法分组法 1.1.二项式定理：二项式定理： 2.2.展开式第展开式第r+1r+1项：项： 3.3.令令a=1,b=x,a=1,b=x,有：有： 4.4.（a+b)a+b)n n展开式中：展开式中： （1 1）

5、当）当n n为偶数时为偶数时, ,第第 项二项式系数最大项二项式系数最大, , 为：为： （2 2）当）当n n为奇数时为奇数时, ,第第 和和 项二项式系数最大，项二项式系数最大， 为：为： 5. 5. 二项式系数具有对称性：二项式系数具有对称性： 6.6.各二项式系数之和：各二项式系数之和： 7.7.奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和：奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和：nnnkknknnnnnnbCbaCbaCaCba110)(), 2 , 1 , 0( ,1nrbaCTrrnrnrnnnkknnnnxCxCxCxCx2211)1 (12n2nnC121n21n212

6、1nnnnCCnnnnnnCCCC2210131202nnnnnCCCCmnnmnCC三、试题评讲选择题答案：选择题答案： (1) B (2) C (3) C (4) B (5) C (6) A (7) C (8) B (9) B (10) D (11) D (12) A (13) B (14) B (15) A三、试题评讲填空题答案：填空题答案： (16) 24 (17) 240 (18) 24(19) 5040 (20) 165 (21) 72 (22) 3/5 (23) 8128 (24) 10 (25) 3由1,2,3,4,5,6组成无重复数字且1,3都不与5相邻的六位偶数的个数是 A

7、72 B96C108D144分析分析: :特殊优先，分类讨论特殊优先，分类讨论个位数字只能排偶数个位数字只能排偶数, ,从从2,4,62,4,6中选一个有中选一个有种排法；种排法； 从剩下的两位偶数中选一个与从剩下的两位偶数中选一个与之相邻，余下三个数字任意排，有之相邻，余下三个数字任意排，有 种排法；种排法； 将剩下的两位偶数与将剩下的两位偶数与之相邻，余下两个数字任意排，有之相邻，余下两个数字任意排，有 种排法；种排法； 由分类和分步计数原理，由分类和分步计数原理， 共共 种排法。种排法。331212AAA222213AAA108)(3222213331212AAAAAA55442 5 5

8、排在首位和十位，排在首位和十位，5 5排在百位、千位和万位时，排在百位、千位和万位时， 4 4将标号为将标号为1 1、2 2、3 3、4 4、5 5、6 6的的6 6张卡片放入张卡片放入3 3个个不同的信封中，若每个信封放不同的信封中，若每个信封放2 2张，其中标号为张，其中标号为3 3，6 6的卡片放入同一信封，则不同的方法共有的卡片放入同一信封，则不同的方法共有( )( )种种 A A5454 B B1818 C C1212 D D3636 分析：分析：分步计数原理、平均分组再分配分步计数原理、平均分组再分配 第一步：将第一步：将6 6张卡片分为张卡片分为3 3组，每组组，每组2 2张，其

9、中标号张，其中标号 为为3 3，6 6的卡片为一组，有的卡片为一组，有 种分法；种分法； 第二步：将分好的第二步：将分好的3 3组卡片分别装入三个不同的信组卡片分别装入三个不同的信 封，有封，有 种不同的装法；种不同的装法； 由分步计数原理得：由分步计数原理得：633A32224ACN=3N=36=18 6=18 种方法。种方法。 5 5把语文、数学、英语、物理、化学这五门课程把语文、数学、英语、物理、化学这五门课程安排在一天的五节课里，如果数学必须比化学先上，安排在一天的五节课里，如果数学必须比化学先上，则不同的排法有则不同的排法有( )( ) A A48 B48 B24 24 C C606

10、0 D D120120 分析：分析：定序问题缩倍法定序问题缩倍法 602255AA 6 6有有3 3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为 （A A）1/31/3 （B B）1/2 1/2 （C C）2/3 2/3 （D D）3/4 3/4 分析：分析：分步计数原理，古典概型分步计数原理，古典概型 甲、乙两位同学各自参加甲、乙两位同学各自参加3 3个兴趣小组共有个兴趣小组共有 个等可能性的结果；

11、个等可能性的结果； 而甲、乙两位同学参加同一个小组有而甲、乙两位同学参加同一个小组有个结果；个结果； 由古典概型得，这两位同学参加同一个兴趣小由古典概型得，这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为：组的概率为： 3 33=93=93193P 7 7六名学生从左至右站成一排照相留念，其中学六名学生从左至右站成一排照相留念，其中学生甲和学生乙必须相邻在此前提下，学生甲站在生甲和学生乙必须相邻在此前提下，学生甲站在最左侧且学生丙站在最右侧的概率是最左侧且学生丙站在最右侧的概率是 A A1/30 B1/30 B1/10 1/10 C C1/401/40 D D1/201/20分析分析: :相邻问题捆绑法，

12、特殊优先相邻问题捆绑法，特殊优先 前提是甲和乙相邻，有前提是甲和乙相邻，有 种站法，种站法， 满足甲站在最左侧且学生丙站在最右侧满足甲站在最左侧且学生丙站在最右侧 的站法有的站法有 种站法，种站法， 且每种站法都是等可能性的，且每种站法都是等可能性的， 所以由古典概率得：所以由古典概率得：633A2405522AA4012406P乙乙丙丙 8 8某城市的街道如图，某人要从某城市的街道如图，某人要从A A地前往地前往B B地，则路程最短的地，则路程最短的走法有走法有 A.8A.8种种 B.10B.10种种 C.12C.12种种 D.32D.32种种分析：分析：A A 地前往地前往B B 地的最短

13、路程地的最短路程 需要往右横向走需要往右横向走3 3步，步， 往下竖向走往下竖向走2 2步，共步，共5 5步到达，步到达， 故不同走法有：故不同走法有： 种。种。103525 CCA A B B 变式：变式：由图中的六个小矩形可以由图中的六个小矩形可以 构成多少个不同的矩形？构成多少个不同的矩形？ 分析：分析：如图，每个矩形由两条竖线和如图，每个矩形由两条竖线和 两条横线围成，两条横线围成， 故不同矩形有：故不同矩形有： 个。个。 182423CC10106 6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换, ,任意两位同学之间最多交换一次任意两位同学之间最多交换

14、一次, ,进行交换的两进行交换的两位同学互赠一份纪念品位同学互赠一份纪念品, ,已知已知6 6位同学之间共进行位同学之间共进行了了1313次交换次交换, ,则收到则收到4 4份纪念品的同学人数为份纪念品的同学人数为: : A A1 1或或 3 3 B B1 1或或4 C4 C2 2或或3 3 D D2 2或或4 4分析分析: : 分类讨论分类讨论 设仅有甲与乙、丙没交换纪念品设仅有甲与乙、丙没交换纪念品, ,则收到则收到4 4份纪份纪念品的同学人数为念品的同学人数为 设仅有甲与乙、丙与丁没交换纪念品设仅有甲与乙、丙与丁没交换纪念品, ,则收到则收到4 4份纪念品的同学人数为份纪念品的同学人数为

15、 261315 132C 2 2人人4 4人人 1111 的展开式的常数项是的展开式的常数项是 A A-3 B-3 B-2 C-2 C2 2 D D3 3分析分析: : 分类讨论分类讨论 第一个因式取第一个因式取 , ,第二个因式取第二个因式取 得得: : 第一个因式取第一个因式取 , ,第二个因式取第二个因式取 得得: : 展开式的常数项是展开式的常数项是: :522) 11)(2(xx21x2x25) 1(5) 1(1445C3)2(52) 1(2555C 9 9 的展开式中的的展开式中的 项的系数是项的系数是 A.120 A.120 B B-120-120 C C100 D100 D-1

16、00-100分析：分析：分类讨论分类讨论 第一个因式取第一个因式取3 3个个 -2x-2x, ,第二个因式取第二个因式取2 2, ,得得: : 第一个因式取第一个因式取2 2个个 -2x-2x , ,第二个因式取第二个因式取2 2, ,得得: : 所以展开式中的所以展开式中的x x3 3系数数是系数数是: : （-160-160）+40+40-120-12033351602)2(xxC)2()21 (5xx3x322540)2(xxxC12.12.将字母将字母A,A,B,B,C,CA,A,B,B,C,C排成三行两列排成三行两列, ,要求每行的字要求每行的字母互不相同母互不相同, ,每列的字母也

17、互不相同每列的字母也互不相同, ,则不同的排则不同的排列方法共有列方法共有 （ ） A A1212种种 B B1818种种C C 24 24种种D D3636种种分析分析: : 利用分步计数原理利用分步计数原理, , 先填写最左上角的字母先填写最左上角的字母, , 再填写右上角的字母再填写右上角的字母, , 再填写第二行第一列的字母再填写第二行第一列的字母, , 由分步计数原理，由分步计数原理， 一共有一共有N=3N=32 22=122=12种种. .有有3 3种种有有2 2种种有有2 2种种AABBCC 1313从从5 5位男实习教师和位男实习教师和4 4位女实习教师中选出位女实习教师中选出

18、3 3位位教师派到教师派到3 3个班实习班主任工作，每班派一名，要个班实习班主任工作，每班派一名，要求这求这3 3位实习教师中男女都要有，则不同的选派方位实习教师中男女都要有，则不同的选派方案共有：案共有： A A210210 B B420 420 C C630630 D D840840分析：分析：分类讨论；先分组，再分配；分类讨论；先分组，再分配； 第一类：第一类：2 2男男1 1女，有女，有 种不同的方法；种不同的方法； 第二类：第二类：1 1男男2 2女，有女，有 种不同的方法；种不同的方法； 由分类计数原理，共有：由分类计数原理，共有： N=240+180=420 N=240+180=

19、420 种不同的选派方案。种不同的选派方案。 240331425ACC180332415ACC 1414庆庆“元旦元旦”的文艺晚会由的文艺晚会由6 6个节目组成，演出个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须安排在前两位，节目顺序有如下要求：节目甲必须安排在前两位，节目乙不能安排在第一位，节目丙必须安排在最后一位，乙不能安排在第一位，节目丙必须安排在最后一位，则该晚会节目演出顺序的编排方案共有：则该晚会节目演出顺序的编排方案共有： A A3636种种 B B4242种种 C C4848种种 D D5454种种分析：分析：分类方法，特殊优先分类方法，特殊优先 第一类：节目甲排第一位，则节目乙可以

20、排中间第一类：节目甲排第一位，则节目乙可以排中间的的4 4个位置，共有个位置，共有 种排法；种排法； 第一类：节目甲排第二位，则节目乙可以排中间第一类：节目甲排第二位，则节目乙可以排中间的的3 3个位置，共有个位置，共有 种排法；种排法； 由分类和分步计数原理，由分类和分步计数原理， 共有共有 种排法。种排法。243314AA183313AAN=24+18=42N=24+18=42 1515若若 展开式中存在常数项，则展开式中存在常数项，则n n的最的最小值为小值为: : A A B B C C D D 分析分析: : 一是观察，二是利用展开式的通项；一是观察，二是利用展开式的通项； 要得常数

21、项要得常数项, ,需令需令 所以当所以当r=3r=3时时,n,n有最小值为有最小值为5.5. nxx)3(3NrxCxxCTrnrnrrrnrnr,3)3()(65331211, 3 , 2 , 1, 0653rrn 1616设设aan n 为等差数列，从为等差数列，从aa1 1,a,a2 2,a,a3 3,，a a1010 中任取中任取4 4个不个不同的数，使这同的数，使这4 4个数仍成等差数列，则这样的等差数列最多个数仍成等差数列，则这样的等差数列最多有有 2424 个。个。 分析：分析：分类方法分类方法 设设aan n 公差为公差为d d （1 1）当）当4 4个数的公差为个数的公差为d

22、 d时，时， 如如aa1 1,a,a2 2,a,a3 3,a,a4 4,a,a2 2,a,a3 3,a,a4 4,a,a5 5,a,a7 7,a,a8 8,a,a9 9,a,a1010 ， 共共 2 27=14 7=14 个；个； （2 2）当）当4 4个数的公差为个数的公差为2d2d时，时， 如如aa1 1,a,a3 3,a,a5 5,a,a7 7,a,a2 2,a,a4 4,a,a6 6,a,a8 8,a,a4 4,a,a6 6,a,a8 8,a,a1010 ， 共共 2 24=8 4=8 个；个； （3 3）当）当4 4个数的公差为个数的公差为3d3d时，时，aa1 1,a,a4 4,a

23、,a7 7,a,a1010 共共 2 21=21=2个；个； 由分类计数原理，共有由分类计数原理，共有 N=14+8+2=24N=14+8+2=24 个不同的数列。个不同的数列。 1717从从6 6人中选人中选4 4人分别到上海世博会美国馆、英国人分别到上海世博会美国馆、英国馆、法国馆、沙特馆四个馆参观，要求每个馆有一馆、法国馆、沙特馆四个馆参观，要求每个馆有一人参观，每人只参观一个馆，且这人参观，每人只参观一个馆，且这6 6人中甲、乙两人中甲、乙两人不去法国馆参观，则不同的选择方案共有人不去法国馆参观，则不同的选择方案共有 240240 种种分析：分析：分类方法分类方法 第一类：甲、乙两人都

24、没被选中，有第一类：甲、乙两人都没被选中，有 种方法；种方法；第二类：甲、乙两人中只有一人被选中，有第二类：甲、乙两人中只有一人被选中，有 种方法；种方法；第三类：甲、乙两人都被选中第三类：甲、乙两人都被选中, ,有有 种方法；种方法；由分类计数原理，不同的选择方案共由分类计数原理，不同的选择方案共 有有 N=24+144+72=240 N=24+144+72=240 种。种。方法二：（间接法）方法二：（间接法）2444A144341312AAA722423AA24023546AA 1818某单位有某单位有7 7个连在一起的停车位，现有个连在一起的停车位，现有3 3辆不同型号的车辆不同型号的车

25、需要停放，如果要求剩余的需要停放，如果要求剩余的4 4个空车位连在一起，则不同的个空车位连在一起，则不同的停放方法有停放方法有24 24 种。种。分析：分析：捆绑法，插空法捆绑法，插空法将将4 4个连续的空车位看成一个元素，和三辆车共四个元个连续的空车位看成一个元素，和三辆车共四个元素排列，有种不同的停放方法素排列，有种不同的停放方法变式变式：（）若恰有个连续的空车位？（）若恰有个连续的空车位？（）若空车位为两个连续在一起，另外两个也连续，（）若空车位为两个连续在一起，另外两个也连续，但不四个连续？但不四个连续？ 2444A722433AA362433CA 19198 8人围桌而坐人围桌而坐,

26、 ,共有共有5040 5040 种坐法。种坐法。 分析分析: : 圆排问题线排法圆排问题线排法 围桌而坐与坐成一排的不同点在于：坐成圆形没有首尾围桌而坐与坐成一排的不同点在于：坐成圆形没有首尾之分，所以固定一人并从此位置把圆形展成直线其余之分，所以固定一人并从此位置把圆形展成直线其余7 7人共人共有（有（8-18-1）！种排法即）！种排法即7 7！ 变式变式: :6 6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈? ? 分析分析: :可穿成可穿成 6!=120 6!=120 种不同的钻石圈种不同的钻石圈. . 归纳归纳: :一般地一般地,n,n个不同元素作圆形排列个不同

27、元素作圆形排列, ,共有共有(n-1)!(n-1)!种排法种排法. . 如果从如果从n n个不同元素中取出个不同元素中取出m m个元素作圆形排列共有个元素作圆形排列共有mnAn1 2020方程方程a+b+c+d=12a+b+c+d=12有有 165 165 组正整数解。组正整数解。 分析分析: : 名额分配问题隔板法名额分配问题隔板法 建立隔板模型：将建立隔板模型：将1212个完全相同的球排成一列，在它们个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的之间形成的1111个间隙中任意插入个间隙中任意插入3 3块隔板，把球分成块隔板，把球分成4 4堆，每堆，每一种分法所得一种分法所得4 4堆球的各堆球的数

28、目，对应为堆球的各堆球的数目，对应为a a、b b、c c、d d的的一组正整解，故原方程的正整数解的组数共有一组正整解，故原方程的正整数解的组数共有 组组. . 变式变式: :(1)(1)本题若改为求非负整数解有多少组本题若改为求非负整数解有多少组? ? 分析：分析：解可为解可为0,0,故把故把1515个相同的小球中的三个小球看成三块个相同的小球中的三个小球看成三块隔板隔板, ,如如0000|000000| |00000000000000表示表示a a、b b、c c、d d依次取依次取2,0,3,7,2,0,3,7, 所以所以, ,非负整数解有非负整数解有 组组. . (2) (2)101

29、0个三好学生名额分到个三好学生名额分到7 7个班级，每个班级至少一个个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？名额，有多少种不同分配方案？ 分析：分析：把把1010个名额看成个名额看成1010个相同的小球分成个相同的小球分成7 7堆，每堆至少一堆，每堆至少一个，可以在个，可以在1010个小球的个小球的9 9个空位中插入个空位中插入6 6块隔板，每一种插法块隔板，每一种插法对应着一种分配方案，故共有不同的分配方案为对应着一种分配方案，故共有不同的分配方案为 种种165311C8469C455315C|2121如图所示，一个地区分为如图所示，一个地区分为5 5个行政区域，现给地个行政区域

30、，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4 4种颜色可供选择，则不同的着方法共有多少种？种颜色可供选择，则不同的着方法共有多少种？ 分析分析: :利用分步计数原理利用分步计数原理, ,先给先给1 1号区域着色号区域着色, ,有有再给再给2 2号区域着色号区域着色, ,有有再给再给3 3号区域着色号区域着色, ,有有再给再给4 4号区域着色号区域着色, , (1) (1)若若4 4号区域和号区域和2 2号区域不同色号区域不同色, ,则给则给5 5号区域着色号区域着色, ,有有 (2)(2)若若4 4号区域和号区域和2 2号区域同色号区域同色,

31、,则给则给5 5号区域着色号区域着色, ,有有所以不同的方法共所以不同的方法共: :13524涂色问题涂色问题 4种种颜色可选颜色可选; 3种种颜色可选颜色可选; 2种种颜色可选颜色可选;12341352412345 1种种颜色可选颜色可选; 2种种颜色可选颜色可选;5N=4N=43 32 2(1+2)=120(1+2)=120 2222若若 的展开式中的展开式中 的系数为的系数为2 2，则，则 分析分析: : 由题有由题有, ,展开式第展开式第4 4项含项含x x3 3, ,其系数为其系数为: : 5)(cosx)223sin(3x3551)(cos2)(cos2235C53 1)(cos2

32、2cos)223sin(2 2323已知已知 ，则，则 -8128-8128 。分析分析: : 赋值法赋值法 令令x=1x=1，得：，得： 令令x=-1x=-1，得：，得： 以上两式相加再除以以上两式相加再除以2 2得：得：变式：变式：分析分析: :令令 ，得：，得： 令令 ，得：，得： 所以有：所以有：0166777) 13(axaxaxax6420aaaa0123456772aaaaaaaa012345677)4(aaaaaaaa81286420aaaa，已知)()21 (20132013102013Rxxaxaax。则_2a2a2a2013201322110a21x02a2a2a2013

33、20132210a12a2a2a201320132210 x 24.24.若将函数若将函数 表示为表示为 其中其中 为实数为实数, ,则则 10 10 分析分析: :由于等式两边对应项系数相等由于等式两边对应项系数相等, , 即即: : 解得解得: :方法二：方法二：构造二项式：构造二项式：变式：变式：分析分析: :构造二项式：构造二项式： 解得解得: :3a5)(xxf552210)1 ()1 ()1 ()(xaxaxaaxf5210,aaaa15a0444545aCaC03434535aaCaC103a5)1 (1)(xxf3332354)1 ()1 () 1(xaxCT。_2421 -n

34、321nnnnnCCCCnnnnnnCCCCn2210222) 21 (2132421 -n321nnnnnnCCCC 2525关于二项式关于二项式 ，有下列命题：，有下列命题： 该二项展开式中非常数项的系数之和是该二项展开式中非常数项的系数之和是1 1； 该二项展开式中第六项为该二项展开式中第六项为 ； 该二项展开式中系数最大的项为第该二项展开式中系数最大的项为第10021002项；项； 当当x=2006x=2006时，时， 除以的余数是除以的余数是20052005。 其中所有正确命题的序号是其中所有正确命题的序号是 、 。 分析：分析：赋值：令赋值：令x=1x=1得所有项系数和为得所有项系

35、数和为0 0，而常数项为，而常数项为-1-1； 题中所写应为第题中所写应为第7 7项；项； 第第10021002项项 其系数为负，其系数为负， 不可能最大；不可能最大； 当当x=2006x=2006时，时， 故余数应为故余数应为20052005。2005) 1( x2005) 1( x199962005xC10041001100120051002) 1(xCT1200620062006) 12006(2004200520041200520052005CC26.男运动6名，女运动员4名，其中男女队长各1人，从中选5人外出比赛，下列各有多少种选派方法（用数字作答）。（1）男3名，女2名； （2）队

36、长至少有一人参加；（3）至少一名女运动员；（4）既要有队长，又要有女运动员。 解：解：（1 1）从）从1010名运动员中选名运动员中选5 5人参加比赛，其中男人参加比赛，其中男3 3人，女人，女2 2人的选法有人的选法有 种；种； （2 2）从从1010名运动员中选名运动员中选5 5人参加比赛，其中队人参加比赛，其中队长至少有长至少有1 1人参加的选法有人参加的选法有 种；种； （3 3）从）从1010名运动员中选名运动员中选5 5人参加比赛，其中至人参加比赛，其中至少有少有1 1名女运动员参加的选法有名女运动员参加的选法有 种；种； （4 4）从）从1010名运动员中选名运动员中选5 5人参加比赛，其中人参加比赛，其中既既要有队长，又要有女运动员要有队长，又要有女运动员参加的选法有参加的选法有 种；种；1202436CC19638224812CCCC2461-56510CC191-4558510CCC27.现有4个同学去看电影，他们坐在了同一排，且一排有6个座位。问：（1）所有可能的坐法有多少种？（2）此4人中，甲、乙两人相邻的坐法有多少种？（3）所有空位不相邻的坐法有多少种？（结果均用数字作答） 解：解：（1 1）所有可能的坐法有）所有可能的坐法有 种；种；（2 2）此）此4 4人中，甲、乙两人相邻的坐法有人中，甲