高考数学总复习系列 新人教版选修2-3

《2011年高考数学总复习系列》——高中数学选修2-3
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m 1种不同的方法，在第2类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m 1+m 2+…+m n 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m 1种不同的方法，第2步有m 2种不同的方法，……，第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。

3．排列与排列数：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m
元素中取出m 注：一般地0n A =1，0！=1，n
n A =n!。

4．N 个不同元素的圆周排列数为n
A n n =(n-1)!。

5．组合与组合数：一般地，从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)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(m ≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用m
n C 表示：
6．【了解】组合数的基本性质：（1）m n n m n C C -=；（2）1
1--+=n n m n m n C C C ；（3）
k
n k n C C k
n =--11；（4）n n
k k n n n
n
n
C C C C 20
10==+++∑= ；（5）111++++-=+++k m k k m k k k k k C C C C ；（6）k n m n m k k n C C C --=。

7．定理1：不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解的个数为1
1--n r C 。

[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x 1+x 2+…+x n =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，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(x 1,x 2,…,x n ),将x i 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1
1--n r C 种。

故定理得证。

推论1 不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的非负整数解的个数为.1r
r n C -+
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.1m
m n C -+
8．二项式定理：若n ∈N +,则(a+b)n
=n
n n r r n r n n n n n n n b C b a C b a C b a
C a C +++++---2221
10.其中第r+1
项T r+1=r
n
r r
n r n C b a
C ,-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
n
m
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)=
.n
m 11.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A 1，A 2，…，A n 彼此互斥，那么A 1，A 2，…，A n 中至少有一个发生的概率为 p(A 1+A 2+…+A n )= p(A 1)+p(A 2)+…+p(A n ).
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)•p(B).若事件A 1，A 2，…，A n 相互独立,那么这n 个事件同时发生的概率为p(A 1•A 2• … •A n )=p(A 1)•p(A 2)• … •p(A n ).
15.独立重复试验:若n 次重复试验中,每次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p n (k)=k
n C •p k
(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ξ就是一个随机变量，ξ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ξ可能取的值为x 1,x 2,…,x i ,…,ξ取每一个值x i (i=1,2,…)的概率p(ξ
为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列，称E ξ=x 1p 1+x 2p 2+…+x n p n +…为ξ的数学期望或平均值、均值、简称期望，称D ξ=(x 1-E ξ)2•p 1+(x 2-E ξ)2•p 2+…+(x n -E ξ)2p n +…为ξ的均方差，简称方差。

ξD 叫随机变量ξ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(ξ=k)=k
n k k n q p C -, ξ的分布列为
此时称ξ服从二项分布，记作ξ～B(n,p).若ξ～B(n,p)，则E ξ=np,D ξ=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ξ
试验中该事件发生的概率为p ，则p(ξ=k)=q k-1
p(k=1,2,…)，ξ
二、基础例题【必会】
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)×…×3×1=
.)
!(2)!
2(n n 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？
[解] 断路共分4类：1）一个电阻断路，有1种可能，只能是R 4；2）有2个电阻断路，有2
4C -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3 10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6
6A 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47A 种方法，故共有47
66A A ⨯=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a 1,a 2,a 3使同时满足：a 2-a 1≥3,a 3-a 2≥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={(a 1,a 2,a 3)| a 1,a 2,a 3∈S,a 2-a 1≥3,a 3-a 2≥3},
'
T ={(
'
3'2'1,,a a a )∈'3'2'1'3'2'1,',,|'a a a S a a a S <<∈},若'
),,('
3'2'1T a a a ∈，令
4,2,'
33'22'11+=+==a a a a a a ，则(a 1,a 2,a 3)∈T,这样就建立了从'T 到T 的映射，它显然是单射，其次若(a 1,a 2,a 3)∈T,令4,2,'33'22'11-=-==a a a a a a ，则'),,('3'2'1T a a a ∈，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|=310|'|C T ==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=10×29
.
[另解] A 的k 元子集共有k
C 10个，k=1,2,…,10，因此，A 的子集的元素个数之和为=+++=+++)(101029919091010210110C C C C C C 10×29。

6．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A 1，A 2，A 3
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|A 1|=|A 2|=|A 3|=2n
，|A 1 A 2|=|A 2 A 3|=|A 1 A 3|=1。

|A 1 A 2 A 3|=0。

所以由容斥原理|A 1 A 2 A 3|=
||||||3213
1
A A A A A A
j
i j i i i
+-∑∑≠==3×2n -3.所以满足条件的n 位
数有|I|-|A 1 A 2 A 3|=3n
-3×2n
+3个。

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] 设能构造a n 个符合要求的n 位数，则a 1=3，由乘法原理知a 2=3×3-1=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2a n-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2a n-2，所以a n =2(a n-1+a n-2)(n ≥3).这里数列{a n }的特征方程为x 2
=2x+2，它的两根为x 1=1+3,x 2=1-3,故a n =c 1(1+3)n
+ c 2(1+3)n
,由a 1=3,a 2=8得3
223,3
23221-=
+=
c c ，所以
].)31()31[(3
4122++--+=
n n n a
8．算两次。

例8 m,n,r ∈N +，证明：.0
22110m r n r m n r m
n r m n r C C C C C C C C C m n ++++=--+ ① [证明] 从n 位太太与m 位先生中选出r 位的方法有r m n C +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k r m k n C C -种，k=0,1,…,r 。

所以从这n+m 人中选出r 位的方法有0110m r n r m n r m n C C C C C C +++- 种。

综合两个方面，即得①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n ∈{1,2,…,2004},用a n 表示分值之和为n 的牌组的数目，则a n 等于函数f(x)=(1+0
2x )2
•
(1+12x )3
••••…•(1+10
2x
)3的展开式中x n
的系数（约定|x|<1），由于f(x)=
x
+11[ (1+02x )(1+1
2x )•…•(1+10
2x
)]3
=
)1()1)(1(11123x x x --+ 3 =)1()
1)(1(11122
2x x x ---3。

而0≤2004<211
，所以a n 等于
2
2)
1)(1(1x x --的展开式中x n
的系数，又由于22)1)(1(1x x --=211x -•2
)
1(1x -=(1+x 2+x 3+…+x2k+…)[1+2x+3x 2+…+(2k+1)x 2k +…],所以x 2k
在展开式中的系数为a 2k =1+3+5++(2k+1)=(k+1)2
,k=1,2,…,从而，所求的“好牌”组的个数为a 2004=10032
=1006009.
10．组合数k
n C 的性质。

例10 证明：k
m C 12-是奇数(k ≥1). [证明] k
m C
1
2-=⋅-⋅⋅-⋅-=⋅⋅⋅+----k
k
k k m m m m m m 222211221)112()22)(12( 令i=i t 2•p i (1≤i ≤
k)，p i 为奇数，则i i t m i
t i t m p p p p m i i i i i -=-=--22222，它的分子、分母均为奇数，因k m C 12-是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。

例11 对n ≥2,证明：.422n
n n
n C << [证明] 1）当n=2时，22
<24C =6<42
；2）假设n=k 时，有2k
<k k C 2<4k
,当n=k+1时，因为
.1
)12(2!)!1()!12(2)!1()!1()]!1(2[21)1(2k
k k k C k k k k k k k k C ⋅++=⋅++⨯=+++=
++
又1
)12(22++<
k k <4，所以2k+1<1
21)1(22442+++<<<k k k k k k k C C C . 所以结论对一切n ≥2成立。

11．二项式定理的应用。

例12 若n ∈N, n ≥2，求证：.3112<⎪⎭
⎫
⎝⎛+<n
n
[
证
明
]
首
先
,
2111112210>⋅++⋅+⋅+=⎪⎭
⎫ ⎝⎛+n n
n n n n n
n C n C n C C n 其次因
为
)2(1
11)1(1!1!
)1()1(1≥--=-≤<⋅+--=⋅k k k k k k k n k n n n n C k
k k
n
，
所
以
=⎪⎭
⎫ ⎝⎛+n
n 11 2+.3131113121211121122
<-=--++-+-+<⋅++⋅
n n n n
C n C n
n
n n 得证。

例13 证明：
).(1
10
n m h C C C
m n h k n
k h
m k n ≤≤=⋅++=--∑
[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h
m k n C --是(1+x)n-k
的展
开式中x m-h
的系数。

h k C 是(1+y)k
的展开式中y k
的系数。

从而h m k n C --•h k C 就是(1+x)n-k
•(1+y)k
的展开式中x m-h y
h
的系数。

于是，
h
k n
k h
m k
n C
C
⋅∑=--0
就是
∑
=-++n
k k
k n y x 0
)1()1(展开式中x m-h y h 的系数。

另一方面，
∑=-++n
k k
k n y x 0
)1()1(=
y
x y C x C
y x y x n k k
k n n k k
k n n n --=
+-++-+∑∑+=++=+++1
11
1
1
1)
1()1()
1()1(=
∑+=+1
01
n k k
k n x C •y x y x k k --=∑+=+10
1n k k n C (x k-1+x k-2y+…+y k-1)，上式中，x m-h y h 项的系数恰为1
1++m n C 。

所以
.1
10
++=--=⋅∑m n n
k h k h m k n C C C
12．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
k n
C •a k b n-k
，故所求的概率为p(A)=.)
(n
k n k k n b a b
a C +- 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
k
k p C 5(1-p)5-k (k=0,1,2,…,5)，由题设4153225
)1()1(p p C p p C -=-，且0<p<1，化简得3
1
=p ，所以恰好有3次正面朝上的概率为.3434032312
33
5
=⎪⎭
⎫
⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛C
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：A 1—2：0（甲净胜二局），A 2—2：1（前二局甲一胜一负，第三局甲胜）. p(A 1)=0.6×0.6=0.36,p(A 2)=1
2C ×0.6×0.4×0.6=0.288.
因为A 1与A 2互斥，所以甲胜概率为p(A 1+A 2)=0.648.
(2)如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：B 1—3：0（甲净胜3局），B 2
—3：1（前3局甲2胜1负，第四局甲胜），B 3—3：2（前四局各胜2局，第五局甲胜）。

因为B 1，B 2，B 2互斥，所以甲胜概
率为p(B 1+B 2+B 3)=p(B 1)+p(B 2)+p(B 3)=0.63
+2
3C ×0.62
×0.4×0.6+24C ×0.62
×0.42
×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）取出的3张卡片数字之积的数学期望。

[解]（1）21127162
411=⋅⋅=C C C C p ；（2）634
2
7
161211132212=⋅⋅⋅+⋅=C C C C C C C p ；（3）记ξ为取出的3张卡片的数
所以.63
3242186344632242370=⨯+⨯+⨯+⨯
=ξE 13．抽屉原理。

例1 设整数n ≥4,a 1,a 2,…,a n 是区间(0,2n)内n 个不同的整数，证明：存在集合{a 1,a 2,…,a n }的一个子集，它的所有元素之和能被2n 整除。

[证明] （1）若n ∉{a 1,a 2,…,a n },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a i ,a j (i ≠j)属于同一集合，从而a i +a j =2n 被2n 整除；
（2）若n ∈{a 1,a 2,…,a n }，不妨设a n =n ，从a 1,a 2,…,a n-1(n-1≥3)中任意取3个数a i , a j , a k (a i ,<a j < a k )，则a j -a i 与a k -a i 中至少有一个不被n 整除，否则a k -a i =(a k -a j )+(a j -a i )≥2n ，这与a k ∈(0,2n)矛盾，故a 1,a 2,…,a n-1中必有两个数之差不被n 整除；不妨设a 1与a 2之差(a 2-a 1>0)不被n 整除，考虑n 个数a 1,a 2,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a n-1。

ⅰ）若这n 个数中有一个被n 整除，设此数等于k n ，若k 为偶数，则结论成立；若k 为奇数，则加上a n =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a 2-a 1不被n 整除，故这个差必为a i , a j , a k-1中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。

14．极端原理。

例2 在n ×n 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n 。

证明：表中所有数之和不小于
2
2
1n 。

[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k 2
，从而表中所有数的总和不小于(n-k)2
+k 2
≥
.2
12)(2
2n k k n =+- 15.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 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a 1, a 2,…,a n 中每一个是1或-1，并且有S=a 1a 2a 3a 4+ a 2a 3a 4a 5+…+a n a 1a 2a 3=0. 证明：4|n.
[证明] 如果把a 1, a 2,…,a n 中任意一个a i 换成-a i ，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 ≡0，即S ≡0(mod4)。

经有限次变号可将每个a i 都变成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a 1,<a 2<a 3<…，使得对任意整数A ，数列∞=+1}{n n A a 中仅有有限个素数。

[证明] 存在。

取a n =(n!)3
即可。

当A=0时，{a n }中没有素数；当|A|≥2时，若n ≥|A|，则a n +A 均为|A|
的倍数且大于|A|，不可能为素数；当A=±1时，a n ±1=(n!±1)•[(n!)2
±n!+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5×5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2×2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5×7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5×7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
-K ，这表明不存在满足题中要求的覆盖。

20．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A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6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A 1A 2，A 3A 4。

（1）若A 5与A 6连有一条边，则A 1A 2，A 3A 4，A 5A 6对应的三种双色布满足要求。

（2）若A 5与A 6之间没有边相连，不妨设A 5和A 1相连，A 2与A 3相连，若A 4和A 6相连，则A 1A 2，A 3A 4，A 5A 6对应的双色布满足要求；若A 4与A 6不相连，则A 6与A 1相连，A 2与A 3相连，A 1A 5，A 2A 6，A 3A 4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243
31212=A C C ；
若小张、小赵都入选，则有选法122322=A A ，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 ．8
B ．24
C ．48
D ．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.
2和4排在末位时，共有1
22A =种排法，
其余三位数从余下的四个数中任取三个有3443224A =⨯⨯=种排法，
于是由分步计数原理，符合题意的偶数共有22448⨯=（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（ ） A ．324 B ．328 C ．360 D ．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2
99872A =⨯=（个）， 当0不排在末位时，有111488488256A A A ⋅⋅=⨯⨯=（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Ⅱ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：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2门的种数2
424C C =36，再求出两人所选两门都相同和都不同的种数均为2
4C =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
解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有112
536225C C C ⋅⋅=种选法;
(2) 乙组中选出一名女生有211562120C C C ⋅⋅=种选法.故共有345种选法.选D
6.(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3
3A 种，而甲乙被分在同
一个班的有33A 种，所以种数是23343330C A A -=
7.（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. 60
B. 48
C. 42
D. 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62
223=A C 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6×2＝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12×4＝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62
223=A C 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2
22
26A A =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2
26A ＝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2
26A ＝12种排法
三类之和为24＋12＋12＝48种。

8. （2009全国卷Ⅱ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：用间接法即可.222
44430C C C ⋅-=种. 故选C
9.（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
（A ）70种 （B ） 80种 （C ） 100种 （D ）140种
【解析】直接法：一男两女,有C 51C 42＝5×6＝30种,两男一女,有C 52C 41
＝10×4＝40种,共计70种
间接法：任意选取C 93＝84种,其中都是男医生有C 53＝10种,都是女医生有C 41
＝4种,于是符合条件的有84－10－4＝70种. 【答案】A
10.（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.96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45C ×1
4C ×23C =60种,故选C
11.（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 ．14 B ．16 C ．20 D ．48
解:由间接法得32162420416C C C -⋅=-=，故选B.
12.（2010全国卷Ⅰ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=+C C C C C C ，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. 60
B. 48
C. 42
D. 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62
223=A C 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6×2＝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12×4＝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62
223=A C 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2
22
26A A =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2
26A ＝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226A ＝12种排法
三类之和为24＋12＋12＝48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11234333216C 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 [ C]
A 85
B 56
C 49
D 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：1227C C 42⋅=，另一类是甲乙都去
的选法有2
127C C ⋅=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. 360
B. 188
C. 216
D. 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=A A C A 种，其中男生甲
站两端的有1442223232212=A A C A A ，符合条件的排法故共有188
解析2：由题意有2221122222322323242()()188A C A C C A C A A ⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=,选B 。