高中数学选修2-3题型总结

1、高中数学选修2-3题型总结(重点)本书重点：排列组合、概率第一章计数原理第二章 概率一、基础知识1 .加法原理：做一件事有 n类办法，在第1类办法中有ml种不同的方法，在第 2类办法 中有m2种不同的方法， ，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m1+m2+ +mn种不同的方法。2 .乘法原理：做一件事，完成它需要分 n个步骤，第1步有ml种不同的方法，第 2步有 m2种不同的方法， ，第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有 N=m1Xm2xx mn种不同的方法。3 .排列与排列数：从 n个不同元素中，任取 m(mwn)个元素，按照一定顺序排成一列，叫 做从n个不同

2、元素中取出 m个元素的一个排列，从 n个不同元素中取出 m个(mWn)元素的所有排列个数，叫做从n个不同元素中取出 m个元素的排列数，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个不同元素的圆周排列数为n =(n-1)!。5 .组合与组合数：一般地，从n个不同元素中，任取 m(mwn)个元素并成一组，叫做从 nm个构成原个不同元素中取出 m个元素的一个组合，即从 n个不同元素中不计顺序地取出集合的一个子集。从n个不同元素中取出 m(m< n)个元素的所有组合

3、的个数,叫做从n个不同元素中取出 mm个元素的组合数，用 Cn表示:m n(n 1)C n(n m 1) m!n!m!(n m)!6【了解】组合数的基本性质:(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的正整数解的个数为Cr 1证明将r个相同的小球装入+xn=r的正整数解构成的集合为n个不同的盒子的装法构成的集合为B, A的每个装法对应 B的唯一A,个解,不定方程x1+x2+ 因而构成映射，不同的装法对应的解也

4、不同，因此为单射。反之B中每一个解(x1,x2，,xn),将xi作为第i个盒 子中球的个数，i=1,2,n,便得到A的一个装法，因此为满射，所以是一一映射，将n 1小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个，将球分n份，共有Cr 1种。故定理得证。Cr推论1 不定方程x1+x2+xn=r的非负整数解的个数为 Cn r 1.推论2从n个不同元素中任取m个允许元素重复出现的组合叫做n个不同元素的 m可重组合，其组合数为Cm , Cn m 1.n £N+,(a+b)n=an2b2CnanrbrC；bn.其中第 r+1r n r r rTr+1=Cna b ,Cn叫二项式

5、系数。9 .随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。在大量重复进行同一试验时，事件 A发生的频率n总是接近于某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件A发生的概率，记作 p(A),0 & p(A) & 1.10 .等可能事件的概率，如果一次试验中共有n种等可能出现的结果，其中事件 A包含的结果有m种，那么事件A的概率为p(A尸11.互斥事件：不可能同时发生的两个事件,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中至少有一个发生的概率为p(A1+A2+ -+An)= p(A1)+p(A2)+ -+p(An).

6、12 .对立事件：事件 A, B为互斥事件，且必有一个发生，则 A, B叫对立事件，记 A的对 立事件为A。由定义知P(A)+P( A )=1.13 .相互独立事件：事件 A (或B)是否发生对事件 B (或A)发生的概率没有影响，这样 的两个事件叫做相互独立事件。14 .相互独立事件同时发生的概率：两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。即 p(A?B)=p(A)隼(B).若事件A1 , A2,，An相互独立，那么这n个事件同时 发生的概率为 p(A1 ?A2 ?？An)=p(A1) ?p(A2) ? 小(An).15 .独立重复试验：若n次重复试验中，每次试验结果的概率

7、都不依赖于其他各次试验的结果 则称这n次试验是独立的.16 .独立重复试验的概率：如果在一次试验中，某事件发生的概率为 p,那么在n次独立重复试验Ck中,这个事件恰好发生 k次的概率为pn(k)= Cn ?pk(1-p)n-k.17 .离散型随机为量的分布列：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变E可以取的值有 0,1,2,10。量叫随机变量，例如一次射击命中的环数E就是一个随机变量, 如果随机变量的可能取值可以一一列出，这样的随机变量叫离散型随机变量。一般地，设离散型随机变量E可能取的值为x1,x2，,xi,能取每一个值 xi(i=1,2,)的概率p(七=xi)=pi ,则称表

8、x1x2x3xipplp2p3pi为随机变量E的概率分布，简称E的分布列，称 E七=x1p1+x2P2+ +xnpn+为E的数学期 望或平均值、均值、简称期望，称 D七二(x1-E七)2?p1+(x2-E七)2?p2+ - +(xn-E七)2pn+为E的均方差，简称方差。8 叫随机变量E的标准差。18 .二项分布：如果在一次试验中某事件发生的概率是p,那么在n次独立重复试验中，这 k k n k个事件恰好发生k次的概率为p(E =k)= Cn p q ，卫的分布列为xiCOp0qncnpiqn1Ckpkqn kC；pn此时称E服从二项分布，记作EB(n,p).若EB(n,p),则E E =np

9、,D E =npq,以上q=1-p.19 .几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时所做试验的次数E也是一个随机变量，若在一次试验中该事件发生的概率为p,则p( E =k尸qk-1p(k=1,2,)，E的分布服从几1_q_2何分布，EE = p , D E = p (q=1-p).二、基础例题【必会】1 .乘法原理。例1有2n个人参加收发电报培训，每两个人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方 式？解将整个结对过程分 n步，第一步，考虑其中任意一个人的配对者，有2n-1种选则；这一对结好后，再从余下的 2n-2人中任意确定一个。第二步考虑他的配对者，有 2n-3种选 择，这样一直进行下去

10、，经 n步恰好结n对，由乘法原理，不同的结对方式有(2n)!(2n-1) x (2n-3) X X 3X1=2(n!)2 .加法原理。例2图13-1所示中没有电流通过电流表，其原因仅因为电阻断路的可能性共有几种？C 3C4 =4种；4)有4个电阻断路，有1种。从而一要求每两个舞蹈之间至少安排一个演唱，有多少种解断路共分4类：1) 一个电阻断路，有 1种可能，只能是 R4; 2)有2个电阻断路,2有C4-1=5种可能；3) 3个电阻断路，有共有1+5+4+1=11种可能。3 .插空法。例3 10个节目中有6个演唱4个舞蹈， 不同的安排节目演出顺序的方式？解先将6个演唱节目任意排成一列有A6种排法

11、，再从演唱节目之间和前后一共7个位置中选出4个安排舞蹈有 A；种方法，故共有A6 A7 =604800 种方式。4 .映射法。例4如果从1, 2,，14中，按从小到大的顺序取出a1,a2,a3使同时满足:a2-a1 >3,a3-a2>3,那么所有符合要求的不同取法有多少种？解设 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 ,则(a1,a2,a3)C T,这样就建立了从T'到T的映射，它显然是单射，其次若(a1,a2,a3)CT,令a1a1，a2a22, a3a34 ,则(a1,a2,a3) ，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以 |T|二|T | C10=120,所以不同取法有120种。5 .贡献法。例5已知集合A=1 , 2, 3,，10,求A的所有非空子集的元素个数之和。解设所求白和为x,因为A的每个元素a,含a的A的子集有29个，所以a对x的贡献 为 29,又 |A|=10。所以 x=10X29.Ck另解A的k元子集共有 C10个，k=1,2,，1

13、0,因此，A的子集的兀素个数之和为C12C210C1010(c0c 1c 9)C102c1010c10l0(C9C9C9 )10X296 .容斥原理。例6由数字1, 2, 3组成n位数(n>3),且在n位数中，1, 2, 3每一个至少出现1次, 问：这样的n位数有多少个？ 解用I表示由1, 2, 3组成的n位数集合，则|I|=3n,用A1 , A2, A3分别表示不含1,不含2,不含3的由1, 2, 3组成的n位数的集合，则|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.所以满足条件的n位数有|I|-|A1A2 A3|=3n-3 乂 2n+3 个。7 .递推方法。例7用1, 2, 3三个数字来构造n位数，但不允许有两个紧挨着的1出现在n位数中，问：能构造出多少个这样的n位数？解设能本造an个符合要求的n位数，则a1=3,由乘法原理知 a2=3X 3-1=8.当n> 3时： 1)如果n位数的第一个数字是 2或3,那么这样的n位数有2an-1; 2)如果n位数的第一 个数字是1,那么第二位只能是 2或3,这样的n位数有2an-2,所以an=2(an-1+an-2)(n >3).这里数列an的特征方程为

15、 x2=2x+2 ,它的两根为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为1同2 (1同28 .算两次。一C例 8 m,n,r C N+ ,证明:C 0r 1 r 12 r 2nCm CnCm CnCmCnCm.Cl证明从n位太太与m位先生中选出r位的方法有 n m种；另一万面，从这 n+m人中选k r k出k位太太与r-k位先生的方法有 CnCm种，k=0,1，,r。所以从这n+m人中选出r位的方C 0 r1 r 1nCm CnCmCr C0CnCm种。综合两个方面，即得式。9 .母函

16、数。例9 一副三色牌共有32张，红、黄、蓝各10张，编号为1, 2,，10,另有大、小王各一张，编号均为0。从这副牌中任取若干张牌，按如下规则计算分值：每张编号为k的牌计为2k分，若它们的分值之和为 2004,则称这些牌为一个“好牌”组，求好牌组的个数。解对于20 f(x)=(1+ xn e 1,2,2004,用an表示分值之和为n21210)2?(1+ x )3?？(1+x )3的展开式中的牌组的数目，则an等于函数xn的系 数(约定|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)的展开式中xn的系数又由于(1x2)(1x)2一Cl例10 证明：C2m1是奇数(k> 1).Ck证明C2m 1(2m 1)(2m 2)(2m 1 k 1)2m kk 令cli= 2 初(1wiwk)2m ipi为奇数，则 i2m2ti pi2ti Pi2m tiPiPi,它的分子、分母均Ck为奇数，因C2.1是整数，所以它只能是若1奇数的积，即为奇数。=1 x2 ?(1 x) =(1+x2+x3+ +x2k+)1+2x+3x2+ +(2k+1)x2k+ ，所以x2k在展开式中白系数为a2

18、k=1+3+5+(2k+1)=(k+1)2,k=1,2,从而，所求的“好牌”组的个数为 a2004=10032=1006009.Ck , 10.组合数Cn的性质。例 11 对 n>2,证明：2n Cnn 4n.一,. C2.一一 . .C 2,.一.证明1)当 n=2 时，22<C4=6<42; 2)假设 n=k 时，有 2k< 2k <4k,当 n=k+1 时，因为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所以结论对一切 n>2成立。11.二项式定理的应用。3.例 12 若 nC N, n>2,求证:c0cnCn2cn2,其次因为ckn(n 1) (nk!1)1k!k(k 1)2)Cn2+Cn例13证明:证明首先,3.得证。ncmh hk CkCnT(hn).对于每个确定的k,等式左边的每一项都是两个组合数的乘积,其中m hCn k是(1+x)n-k的展开式中xm-h的系数。hk是(1+y)k的展开式中yk的系数。从而Cm h n kc h?Ck就是(1+x)n-k ?(1+y)k的展开式中xm-hyh的系数。m h cn k0ck1就是n(1k 0nx)kk(1 y)展开式

20、中xm-hyh的系数。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项的系数恰为n 1。nm h cn kCkm 1cn 1 .所以k 012.概率问题的解法。28411 / 13例14如果某批产品中有 a件次品和b件正品，采用有放回的抽样方式从中抽取n件产品,问：恰好有k件是次品的概率是多少？解把k件产品进行编号，有放回抽n次，把可能的重复排列作为基本事件，总数为（a+b）n（即

21、所有的可能结果）。设事件A表示取出的n件产品中恰好有k件是次品，则事件A所包Ck k n k na b含的基本事件总数为Cn?akbn-k,故所求的概率为p(A尸(a b)n例15 将一枚硬币掷5次，正面朝上恰好一次的概率不为0,而且与正面朝上恰好两次的概率相同，求恰好三次正面朝上的概率。解 设每次抛硬币正面朝上的概率为p,则掷 5次恰好有 k次正面朝上的概率为C；kp (1-p)5-k(k=0,1,2,，5),由题设八223C5 P (1 P)C5P（1P）4 ,且 0<p<1，化简得13,所以恰好有3次正面朝上的概率为C；22国3343例16甲、乙两个乒乓球运动员进行乒乓球比赛

22、，已知每一局甲胜的概率为0.6,乙胜的概率为0.4,比赛时可以用三局二胜或五局三胜制，问：在哪一种比赛制度下，甲获胜的可能性大？解（1）如果采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：A1 -2: 0 （甲净胜二局），A2-2: 1 (前二局甲一胜一负，第三局甲胜) .p(A1)=0.6 X 0.6=0.36,p(A2)= C2 X 0.6X0.4X 0.6=0.288.因为A1与A2互斥，所以甲胜概率为 p（A1+A2）=0.648.（2）如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜： B1-3: 0 （甲净胜3局），B2-3: 1 （前3局甲2胜1负，第四局甲胜），B3-3: 2 （前四局各

23、胜2局，第五局甲胜）。因为B1 ,C 2B2, B2 互斥，所以甲胜概率为 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）可知在五局三胜制下，甲获胜的可能性大。例17 有A, B两个口袋，A袋中有6张卡片，其中1张写有0, 2张写有1, 3张写有2;B袋中有7张卡片，其中4张写有0, 1张写有1 , 2张写有2。从A袋中取出1张卡片，B 袋中取2张卡片，共3张卡片。求：（1）取出3张卡片都写0的概率；（2）取出的3张卡片数字之积是4的概率;（3）取出

24、的3张卡片数字之积的数学期望。P解(1)Ci1 C：C61C722121 ;张卡片的数字之积，则E的分布为03742C121112 C2 C3 C1C2c6 C72E 所以八370 一42636322634463463； (3)记E为取出的3814242326313 .抽屉原理。例1 设整数n>4,a1,a2,an是区间(0,2n)内n个不同的整数，证明：存在集合a1,a2,an 的一个子集，它的所有元素之和能被2n整除。证明(1)若n a1,a2,，an,则n个不同的数属于n-1个集合1,2n-1,2,2n-2,n-1,n+1。由抽屉原理知其中必存在两个数ai,aj(iwj)属于同一集

25、合，从而ai+aj=2n 被 2n 整除；(2)若 nC a1,a2,an,不妨设 an=n,从 a1,a2,an-1(n-1 > 3)中任意取 3 个数 ai, aj, ak(ai,<aj< ak),则 aj-ai 与 ak-ai 中至少有一个不被 n 整除，否则 ak-ai=(ak-aj)+(aj-ai) > 2n,这 与akC (0,2n)矛盾，故a1,a2,an-1中必有两个数之差不被 n整除；不妨设 al与a2之差 (a2-a1>0)不被 n 整除，考虑 n 个数 a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,a1+a2+ +an-1。i)若这n个数中有一个

26、被n整除，设此数等于 kn,若k为偶数，则结论成立；若 k为奇 数，则加上an=n知结论成立。ii)若这n个数中没有一个被 n整除，则它们除以 n的余数只能取1,2,n-1这n-1个值， 由抽屉原理知其中必有两个数除以n的余数相同，它们之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故这个差必为ai, aj, ak-1中若干个数之和，同i)可知结论成立。14 .极端原理。例2在nxn的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉 点处如果写有0,那么该行与该列所填的所有数之和不小于no证明：表中所有数之和不小证明计算各行的和、各列的和，这2n个和中必有最小的，不妨设第m行的和最小，记

27、和为k,则该行中至少有 n-k个0,这n-k个0所在的各列的和都不小于n-k,从而这n-k列的数的总和不小于(n-k)2,其余各列的数的总和不小于 k2,从而表中所有数的总和不小于2(n k k) 1 2 n .(n-k)2+k2 >2215 .不变量原理。俗话说，变化的是现象，不变的是本质，某一事情反复地进行，寻找不变量是一种策略。例3设正整数n是奇数，在黑板上写下数1, 2,，2n,然后取其中任意两个数a,b擦去这两个数，并写上|a-b|。证明：最后留下的是一个奇数。证明设S是黑板上所有数的和，开始时和数是S=1+2+ - -+2n=n(2n+1),这是一个奇数，因为|a-b与a+b

28、有相同的奇偶性，故整个变化过程中S的奇偶性不变，故最后结果为奇数。例 4 数 a1, a2,an 中每一个是 1 或-1,并且有 S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+ +ana1a2a3=0.证 明：4|n.证明如果把a1, a2,an中任意一个ai换成-ai,因为有4个循环相邻的项都改变符号， S 模4并不改变，开始时 S=0,即S三0,即S三0(mod4)。经有限次变号可将每个 ai者B变成1, 而始终有 S= 0(mod4),从而有 n= 0(mod4),所以4|n。16 .构造法。例5是否存在一个无穷正整数数列a1,<a2<a3<,使得对任意整数 A ,数列an

29、A n 1中仅有有限个素数。证明存在。取an=(n!)3即可。当A=0时，an中没有素数；当 冏>2时，若n>|A|,则 an+A均为|A|的倍数且大于|A|,不可能为素数；当 A= ± 1时，an± 1=(n! ± 1)?(n!)2 ± n!+1, 当A 3时均为合数。从而当 A为整数时，（n!）3+A中只有有限个素数。例 6 一个多面体共有偶数条棱，试证：可以在它的每条棱上标上一个箭头，使得对每个顶点，指向它的箭头数目是偶数。 证明 首先任意给每条棱一个箭头，如果此时对每个顶点，指向它的箭头数均为偶数，则命题成立。若有某个顶点 A ，指向

30、它的箭头数为奇数，则必存在另一个顶点 B ，指向它的箭头数也为奇数（因为棱总数为偶数） ，对于顶点A 与 B ，总有一条由棱组成的“路径”连结它们，对该路径上的每条棱，改变它们箭头的方向，于是对于该路径上除A ， B 外的每个顶点，指向它的箭头数的奇偶性不变，而对顶点 A ， B ，指向它的箭头数变成了偶数。如果这时仍有顶点，指向它的箭头数为奇数，那么重复上述做法，又可以减少两个这样的顶点，由于多面体顶点数有限，经过有限次调整，总能使和是对每个顶点，指向它的箭头数为偶数。命题成立。17 染色法。* 【常考】例7能否在5X5方格表内找到一条线路，它由某格中心出发，经过每个方格恰好一次，再回到出发

31、点，并且途中不经过任何方格的顶点？ 解 不可能。将方格表黑白相间染色，不妨设黑格为 13 个，白格为12 个，如果能实现，因黑白格交替出现，黑白格数目应相等，得出矛盾，故不可能。18凸包的使用。给定平面点集A ，能盖住 A 的最小的凸图形，称为 A 的凸包。例 8 试证：任何不自交的五边形都位于它的某条边的同一侧。 证明 五边形的凸五包是凸五边形、凸四边形或者是三角形，凸包的顶点中至少有3 点是原五边形的顶点。 五边形共有5 个顶点， 故 3 个顶点中必有两点是相邻顶点。 连结这两点的边即为所求。19赋值方法。例9由2X 2的方格纸去掉一个方格余下的图形称为拐形，用这种拐形去覆盖 5X 7的方

32、格板，每个拐形恰覆盖3 个方格， 可以重叠但不能超出方格板的边界，问：能否使方格板上每个方格被覆盖的层数都相同？说明理由。解将5X 7方格板的每一个小方格内填写数-2和1。如图18-1所示，每个拐形覆盖的三个数之和为非负。 因而无论用多少个拐形覆盖多少次， 盖住的所有数字之和都是非负的。 另一方面，方格板上数字的总和为12 X （-2）+23 X 1=-1 ,当被覆盖K层时，盖住的数字之和等于-K ,这表明不存在满足题中要求的覆盖。-21-21-21-21111111-21-21-21-21111111-21-21-21-220图论方法。例 10 生产由六种颜色的纱线织成的双色布，在所生产的双

33、色布中，每种颜色的纱线至少与其他三种颜色的纱线搭配过。证明：可以挑出三种不同的双色布，它们包含所有的颜色。 证明 用点 A1 ， A2 ， A3 ， A4 ， A5 ， A6 表示六种颜色，若两种颜色的线搭配过，则在相应的两点之间连一条边。 由已知， 每个顶点至少连出三条边。 命题等价于由这些边和点构成的图中有三条边两两不相邻（即无公共顶点）。因为每个顶点的次数R3,所以可以找到两条边不相邻，设为 A1A2 ， A3A4 。（ 1 ）若 A5 与 A6 连有一条边，则 A1A2 ， A3A4 ， A5A6 对应的三种双色布满足要求。（ 2 ）若 A5 与 A6 之间没有边相连，不妨设A5 和

34、A1 相连， A2 与 A3 相连，若 A4 和 A6相连，则 A1A2 ， A3A4 ， A5A6 对应的双色布满足要求；若A4 与 A6 不相连，则A6 与 A1相连， A2 与 A3 相连， A1A5 ， A2A6 ， A3A4 对应的双色布满足要求。综上，命题得证。三、趋近高考【必懂】1 .（ 2010 广东卷理） 2010 年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、 导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有A. 36 种B. 12 种C. 18 种D. 48 种【解析】

35、分两类：若小张或小赵入选，则有选法C21C21 A3324 ；若小张、小赵都入选，则有选法A22 A3212 ，共有选法36 种，选 A.2（. 2009 北京卷文）用数字 1 ， 2 ， 3， 4， 5 组成的无重复数字的四位偶数的个数为 （）A 8B 24C 48D 120【答案】 C.w【解析】本题主要考查排列组合知识以及分步计数原理知识.属于基础知识、基本运算的考查 .A122 和 4 排在末位时，共有A22 种排法，3其余三位数从余下的四个数中任取三个有A44 3 2 24 种排法，2 24 48 （个） .故选 C.3（ 2010 北京卷理） 用 0 到 9 这 10个数字， 可以

36、组成没有重复数字的三位偶数的个数为 （）A 324B 328C 360D 648【答案】 B【解析】本题主要考查排列组合知识以及分类计数原理和分步计数原理知识 . 属于基础知识、基本运算的考查.首先应考虑“0”是特殊元素，当0 排在末位时，有A929 8 72 （个） ，当 0 不排在末位时，有A14 A81 A814 8 8 256 （个） ，于是由分类计数原理，得符合题意的偶数共有72 256 328 （个）.故选B.4. （2009全国卷H文）甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有（A） 6种（B） 12 种 （C） 24种 （D） 30种答案： CC

37、 2C 2C4 C4 =36 ， 再求出两人所选两门都相同和都不同的种数均为解析：本题考查分类与分步原理及组合公式的运用，可先求出所有两人各选修2 门的种数C42 =6， 故只恰好有1 门相同的选法有 24 种 。5.（2009全国卷I理）甲组有 5名男同学，3名女同学；乙组有 6名男同学、2名女同学。若从甲、 乙两组中各选出 2 名同学， 则选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有（ D ）（A） 150种 （B） 180种 （C） 300种 （D）345 种112解: 分两类 （1） 甲组中选出一名女生有C5 C3 C6225种选法 ;C第二类： “捆绑” A 和男生乙在两端，则中

38、间女生B 和男生甲只有一种排法，此时共有6A2=12种排法 第三类：女生B 和男生乙在两端，同样中间“捆绑” A 和男生甲也只有一种排法。此时共有6A2=12种排法三类之和为 24+ 12+ 12 = 48种。8. （2009全国卷H理）甲、乙两人从4门课程中各选修 2门。则甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法共有A. 6 种 B. 12 种 C. 30 种 D. 36 种222解：用间接法即可.C4 C4C430 种 . 故选 C9.（2010 辽宁卷理）从5名男医生、 4 名女医生中选 3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有 C1 C1 120（2

39、） 乙组中选出一名女生有C5 C6 C2 120种选法.故共有345 种选法.选D6.（2010 湖北卷理 ）将甲、 乙、 丙、 丁四名学生分到三个不同的班， 每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为A.18B.24C.30D.36【答案】 C23【解析】用间接法解答：四名学生中有两名学生分在一个班的种数是C4,顺序有A3种，而3233甲乙被分在同一个班的有A3 种，所以种数是C4 A3A3307.（2010 四川卷文） 2位男生和 3 位女生共 5 位同学站成一排，若男生甲不站两端， 3 位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是A. 60B. 48

40、C. 42D. 36【答案】 B【解析】解法一、从3 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作A， （A 共有C32 A226种不同排法） ，剩下一名女生记作B ，两名男生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A 、 B 之间（若甲在 A 、 B 两端。则为使A 、 B 不相邻，只有把男生乙排在 A 、 B 之间，此时就不能满足男生甲不在两端的要求）此时共有6X2= 12种排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙，所以，共有 12X4= 48种不同排法。解法二；同解法一，从3 名女生中任取2 人“捆”在一起记作A， （A 共有 C32A226种不同排法） ，剩下一名女生记作B

41、，两名男生分别记作甲、乙；为使男生甲不在两端可分三类情况： 22第一类：女生A、 B 在两端，男生甲、乙在中间，共有6A2A2 =24 种排法；（A） 70种（B） 80 种 （C） 100种 （D） 140种【解析】直接法：一男两女 ，有C51C42 = 5>=30种，两男一女，有C52C41=10X4=40种,共计 70 种间接法：任意选取C93 = 84种淇中都是男医生有 C53= 10种,都是女医生有 C41 =4种，于是符合条件的有 84 10 4= 70种.【答案】 A10 .（2009 湖北卷文）从 5 名志愿者中选派4 人在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，

42、要求星期五有一人参加， 星期六有两人参加， 星期日有一人参加，则不同的选派方法共有A.120 种B.96 种C.60 种D.48 种【答案】 CC45 人中选 4 人则有 C 5 种，周五一人有C1C4 种，周六两人则有21C3 ，周日则有C1 种，19 / 13解法二；同解法一，从同排法） 情况：第一类：女生A 、 B 在两端，男生甲、乙在中间，共有故共有C5 x C4 x C3 =60种，故选C11 .（ 2009 湖南卷文）某地政府召集 5 家企业的负责人开会，其中甲企业有2 人到会，其余4 家企业各有1 人到会，会上有3 人发言，则这3 人来自 3 家不同企业的可能情况的种数为【B 】A 14B 16C 20D 48解: 由间接法得 C63 C6