数学选修2-3基础知识点.docx

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1、数学选修数学选修 2-32-3本书重点：排列组合、概率第一章第一章计数原理计数原理第二章第二章概率概率一、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 m1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 m1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=m1m2mn种不同的方法。3排列与排列数：从 n 个不同元素中，任取 m(mn)个元素，按照一定顺序排成

2、一列，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列，从 n 个不同元素中取出 m 个(mn)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mnA表示，mnA=n(n-1)(n-m+1)=)!(!mnn,其中 m,nN,mn,注：一般地0nA=1，0！=1，nnA=n!。4N 个不同元素的圆周排列数为nAnn=(n-1)!。5组合与组合数：一般地，从 n 个不同元素中，任取 m(mn)个元素并成一组，叫做从 n 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 m 个构成原集合的一个子集。从 n 个不同元素中取出 m(mn)个元素的所有

3、组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，用mnC表示：.)!(!)1()1(mnmnmmnnnCmn6【了解】组合数的基本性质：（1）mnnmnCC；（2）11nnmnmnCCC；（3）knknCCkn11；（4）nnkknnnnnCCCC2010；（5）111kmkkmkkkkkCCCC；（6）knmnmkknCCC。7定理 1：不定方程 x1+x2+xn=r 的正整数解的个数为11nrC。证明将 r 个相同的小球装入 n 个不同的盒子的装法构成的集合为 A，不定方程 x1+x2+xn=r 的正整数解构成的集合为 B，A 的每个装法对应 B 的唯一一个解，因而构成映射，

4、不同的装法对应的解也不同，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 r 个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11nrC种。故定理得证。推论 1不定方程 x1+x2+xn=r 的非负整数解的个数为.1rrnC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.1mmnC8二项式定理：若 nN+,则(a+b)n=nnnrrnrnnnnnnnbCbaCbaCbaCa

5、C222110.其中第 r+1项 Tr+1=rnrrnrnCbaC,叫二项式系数。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nm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),0p(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)=.nm11.互斥事件：不可能同时发生的两个事件，叫做互斥事件，也叫不相容事件。如果事件 A1，A2，An彼此互斥，那么 A1，A2，An中至少有一个发生的概率为p(A1+

6、A2+An)=p(A1)+p(A2)+p(An).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(AB)=p(A)p(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(A1A2 An)=p(A1)p(A2)p(An).15.独立重复试验:若 n 次重复试验中,每次

7、试验结果的概率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次独立重复试验中,这个事件恰好发生 k 次的概率为 pn(k)=knCpk(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，那么这样的变量叫随机变量，例如一次射击命中的环数就是一个随机变量，可以取的值有 0,1,2,10。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，设离散型随机变量可能取的值为x1,x2,xi,取每一个值xi(i=1,2,)的概率p(=xi)=pi，则称表x1x2x3

8、xipp1p2p3pi为随机变量的概率分布，简称的分布列，称 E=x1p1+x2p2+xnpn+为的数学期望或平均值、均值、简称期望，称 D=(x1-E)2p1+(x2-E)2p2+(xn-E)2pn+为的均方差，简称方差。D叫随机变量的标准差。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，这个事件恰好发生 k 次的概率为 p(=k)=knkknqpC,的分布列为01xiNpnnqpC00111nnqpCknkknqpCnnnpC此时称服从二项分布，记作B(n,p).若B(n,p)，则 E=np,D=npq,以上 q=1-p.19.几何分布：在独立重复试验

9、中，某事件第一次发生时所做试验的次数也是一个随机变量，若在一次试验中该事件发生的概率为 p，则 p(=k)=qk-1p(k=1,2,)，的分布服从几何分布，E=p1，D=2pq(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，经 n 步恰好结 n 对，由乘法原理，不同的结对方式有(2n-1)(2n-3)31=.

10、)!(2)!2(nnn2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？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，有24C-1=5 种可能；3）3 个电阻断路，有34C=4 种；4）有 4 个电阻断路，有 1 种。从而一共有 1+5+4+1=11 种可能。3插空法。例 310 个节目中有 6 个演唱 4 个舞蹈，要求每两个舞蹈之间至少安排一个演唱，有多少种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66A种排法，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47

11、A种方法，故共有4766AA=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-a13,a3-a23，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,a3 S,a2-a1 3,a3-a23,T=(321,aaa)321321,|aaaSaaaS,若),(321Taaa，令4,2,332211aaaaaa，则(a1,a2,a3)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)T,令4,2,332211aaaaaa，则),(321T

12、aaa，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|=310|CT=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。解设所求的和为 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=1029.另 解 A 的 k 元 子 集 共 有kC10个，k=1,2,10，因 此，A 的 子 集 的 元 素 个 数 之 和 为)(101029919091010210110CCCCCC1029。6容斥原理。例 6由数字 1，2，3 组成 n 位数(n3)，且在

13、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。|A1A2A3|=0。所以由容斥原理|A1A2A3|=|32131AAAAAAjijiii=32n-3.所以满足条件的 n 位数有|I|-|A1A2A3|=3n-32n+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

14、n 位数中，问：能构造出多少个这样的 n 位数？解设能构造 an个符合要求的 n 位数，则 a1=3，由乘法原理知 a2=33-1=8.当 n3 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)(n3).这里数列an的特征方程为 x2=2x+2，它的两根为x1=1+3,x2=1-3,故 an=c1(1+3)n+c2(1+3)n,由 a1=3,a2=8 得3223,323221cc，所以.)31()31(34122nnna8算

15、两次。例 8m,n,rN N+，证明：.022110mrnrmnrmnrmnrCCCCCCCCCmn证明从 n 位太太与 m 位先生中选出 r 位的方法有rmnC种；另一方面，从这 n+m 人中选出 k 位太太与r-k 位 先 生 的 方 法 有krmknCC种，k=0,1,r。所 以 从 这 n+m 人 中 选 出 r 位 的 方 法 有0110mrnrmnrmnCCCCCC种。综合两个方面，即得式。9母函数。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 2

16、k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 n1,2,2004,用 an表示分值之和为 n 的牌组的数目，则 an等于函数 f(x)=(1+02x)2(1+12x)3(1+102x)3的展开式中 xn的系数（约定|x|1），由于 f(x)=x11(1+02x)(1+12x)(1+102x)3=)1()1)(1(11123xxx3=)1()1)(1(111222xxx3。而0 2004211，所 以an等 于22)1)(1(1xx的 展 开 式 中xn的 系 数，又 由 于22)1)(1(1xx=211x2)1(1x=(1+x2+x3+x2k+)1+2

17、x+3x2+(2k+1)x2k+,所以 x2k在展开式中的系数为 a2k=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=1006009.10组合数knC的性质。例 10证明：kmC12 是奇数(k1).证明kmC12=kkkkmmmmmm222211221)112()22)(12(令 i=it2pi(1ik)，pi为奇数，则iitmititmppppmiiiii22222，它的分子、分母均为奇数，因kmC12 是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。例 11对 n2,证明：.422nnnnC 证 明 1）当 n=2 时，2224

18、C=642；2）假 设 n=k 时，有 2kkkC24k,当 n=k+1 时，因 为.1)12(2!)!1()!12(2)!1()!1()!1(221)1(2kkkkCkkkkkkkkC又1)12(22kk4，所以 2k+1121)1(22442kkkkkkkCCC.所以结论对一切 n2 成立。11二项式定理的应用。例 12若 nN,n2，求证：.3112nn证明首先,2111112210nnnnnnnnCnCnCCn其次因为)2(111)1(1!1!)1()1(1kkkkkkknknnnnCkkkn，所以nn112+.3131113121211121122nnnnCnCnnnn得证。例 13

19、证明：).(110nmhCCCmnhknkhmkn证明首先，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hmknC是(1+x)n-k的展开式中 xm-h的系数。hkC是(1+y)k的展开式中 yk的系数。从而hmknChkC就是(1+x)n-k(1+y)k的展开式中 xm-hyh的系数。于是，hknkhmknCC0就是nkkknyx0)1()1(展开式中 xm-hyh的系数。另一方面，nkkknyx0)1()1(=yxyCxCyxyxnkkknnkkknnn10110111)1()1()1()1(=101nkkknxCyxyxkk=101nkknC(xk-1+xk-2y+yk

20、-1)，上式中，xm-hyh项的系数恰为11mnC。所以.110mnnkhkhmknCCC12概率问题的解法。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所包含的基本事件总数为knCakbn-k，故所求的概率为 p(A)=.)(nknkknbabaC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，

21、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kkpC5(1-p)5-k(k=0,1,2,5)，由题设4153225)1()1(ppCppC，且 0p1，化简得31p，所以恰好有 3 次正面朝上的概率为.3434032312335C例 16甲、乙两个乒乓球运动员进行乒乓球比赛，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：A12：0（甲净胜二局），A

22、22：1（前二局甲一胜一负，第三局甲胜）.p(A1)=0.60.6=0.36,p(A2)=12C0.60.40.6=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：B13：0（甲净胜 3 局），B23：1（前 3 局甲 2胜 1 负，第四局甲胜），B33：2（前四局各胜 2 局，第五局甲胜）。因为 B1，B2，B2互斥，所以甲胜概率为 p(B1+B2+B3)=p(B1)+p(B2)+p(B3)=0.63+23C0.620.40.6+24C0.620.420.6=0.68256.由（1），（2）可知在五局三胜制

23、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）取出的 3 张卡片数字之积的数学期望。解（1）21127162411CCCCp；（2）63427161211132212CCCCCCCp；（3）记为取出的 3 张卡片的数字之积，则的分布为0248p4237632634421

24、所以.633242186344632242370E13抽屉原理。例 1设整数 n4,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 na1,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(ij)属于同一集合，从而 ai+aj=2n 被 2n 整除；（2）若 na1,a2,an，不妨设 an=n，从 a1,a2,an-1(n-13)中任意取 3 个数 ai,aj,ak(ai,aj0)不 被 n 整 除，考 虑 n

25、 个 数a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,a1+a2+an-1。）若这 n 个数中有一个被 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。）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）可知结论成立。14极端原理。例 2在 nn 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

26、所填的所有数之和不小于 n。证明：表中所有数之和不小于221n。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(n-k)2+k2.212)(22nkkn15.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-

27、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 S0，即 S0(mod4)。经有限次变号可将每个 ai都变成 1，而始终有 S0(mod4)，从而有 n0(

28、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,a2a3，使得对任意整数 A，数列1nnAa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|A|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，an1=(n!1)(n!)2n!+1，当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

29、数，则命题成立。若有某个顶点 A，指向它的箭头数为奇数，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 55 方格表内找到一条线路，它由某格中心出发，经过每

30、个方格恰好一次，再回到出发点，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 22 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

31、覆盖 57 的方格板，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 57 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(-2)+231=-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

32、产的双色布中，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3，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 A1相连，A2与 A3相连，若 A4和 A6相连，则 A1A

33、2，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】分两类：若小张或小赵入选，则有选法24331212ACC；若小张、小赵都入选，则有选法122322AA，共有选法

34、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（）A8B24C48D120【答案答案】C.w【解析】【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.2 和 4 排在末位时，共有122A 种排法，其余三位数从余下的四个数中任取三个有344 3 224A 种排法，于是由分步计数原理，符合题意的偶数共有2 2448（个）.故选 C.3（2010 北京卷理）用 0 到 9 这 10 个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（）A324B328C360D648【答案答案】B【解析】【解析】本题主要考查排

35、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299 872A （个），当 0 不排在末位时，有1114884 8 8256AAA （个），于是由分类计数原理，得符合题意的偶数共有72256328（个）.故选 B.4.（2009 全国卷文）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：答案：C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

36、两人各选修 2 门的种数门的种数2424CC=36，再求出两人所选两门都相同和都不同的种数均为再求出两人所选两门都相同和都不同的种数均为24C=6，故只恰好有，故只恰好有 1 门相同的选法有门相同的选法有 24 种种。5.（2009 全国卷理）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 种解:分两类(1)甲组中选出一名女生有112536225CCC种选法;(2)乙组中选出一名女生有211562120CCC种选法.故

37、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.18A.24B.30C.36D【答案】C【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24C，顺序有33A种，而甲乙被分在同一个班的有33A种，所以种数是23343330C AA7.（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.48C.42D.36【答案】【答案】B【解析】解法一、【解析】解法一、从 3

38、名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A，（A 共有62223AC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 6212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 12448种不同排法。解法二；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62223AC种不同排法），剩下一名女生记作 B，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：

39、第一类：女生 A、B 在两端，男生甲、乙在中间，共有22226AA=24 种排法；第二类：“捆绑”A 和男生乙在两端，则中间女生 B 和男生甲只有一种排法，此时共有226A12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226A12 种排法三类之和为 24121248 种。8.（2009 全国卷理）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 种解解：用间接法即可.22244430CCC种.故选故选 C9.（2010 辽宁卷理）从 5 名男医生、4 名女医生

40、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（A）70 种（B）80 种（C）100 种（D）140 种【解析】直接法：一男两女,有 C51C425630 种,两男一女,有 C52C4110440 种,共计 70 种间接法：任意选取 C9384 种,其中都是男医生有 C5310 种,都是女医生有 C414 种,于是符合条件的有 8410470 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，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.9

41、6 种C.60 种D.48 种【答案】C【解析】5 人中选 4 人则有45C种，周五一人有14C种，周六两人则有23C，周日则有11C种，故共有45C14C23C=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】A14B16C20D48解:由间接法得32162420416CCC，故选 B.12.（2010 全国卷文）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

42、出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有（A）150 种（B）180 种（C）300 种（D）345 种【解析】本小题考查分类计算原理、分步计数原理、组合等问题，基础题。解：由题共有345261315121625 CCCCCC，故选择 D。13.（2009 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.48C.42D.36【答案】【答案】B【解析】解法一、【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62223AC种不同排法），剩下一名女生记作 B，两名男生分别记作

43、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 6212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 12448种不同排法。解法二解法二；同解法一，从 3 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A，（A 共有62223AC种不同排法），剩下一名女生记作 B，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：第一类：女生 A、B 在两端，男生甲、乙在中间，共有22226AA=24 种排法；第二类：“捆绑”A 和男生乙在两端，则

44、中间女生 B 和男生甲只有一种排法，此时共有226A12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226A12 种排法三类之和为 24121248 种。14.（2009 陕西卷文）从 1，2，3，4，5，6，7 这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数的个数为(A)432(B)288(C)216(D)108网答案:C.解析:首先个位数字必须为奇数，从 1，3，5，7 四个中选择一个有14C种，再丛剩余 3 个奇数中选择一个，从 2，4，6 三个偶数中选择两个，进行十位，百位，千位三个位置的全排。则共有1123433

45、3216C C C A 个故选 C.15.(2010 湖南卷理)从 10 名大学生毕业生中选 3 个人担任村长助理，则甲、乙至少有 1 人入选，而丙没有入选的不同选法的种数位 CA85B 56C 49D 28【答案】：C【解析】解析由条件可分为两类：一类是甲乙两人只去一个的选法有：1227CC42，另一类是甲乙都去的选法有2127CC=7，所以共有 42+7=49，即选 C 项。16.（2009 四川卷理）3 位男生和 3 位女生共 6 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.360B.188C.216D.96解析：6 位同学站成一排，3 位女生中有且只有两位女生相邻的排法有33222242333 AACA种，其中男生甲站两端的有1442223232212 AACAA，符合条件的排法故共有 188解析 2：由题意有2221122222322323242()()188ACACCACAA,选 B。