1、第 1 页 共 14 页高中数学选修 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 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(m
2、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 个元素的一个排列，从 n 个不同元素中取出 m 个(m n)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 nA表示， n=n(n-1)(n-m+1)= )!(,其中 m,nN,mn,注：一般地0nA=1，0！=1 ，n=n!。4N 个不同元素的圆周排列数为An=(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(m
3、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mnC表示：.)!(!)1()nCm6 【了解】组合数的基本性质：（1）mn；（2）11nmnC；（3）knk1；（4） knnnCC010；（5）11kmkkC；（6）kmnn。7定理 1：不定方程 x1+x2+xn=r 的正整数解的个数为1nr。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，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
4、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第 2 页 共 14 页份，共有1nrC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 .1rnC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 .1mn8二项式定理：若 nN+,则(a+b)n= nrnrnn bCabaCaC 210.其中第 r+1 项 Tr+1=rrb,叫二项式系数。9随机事件：在一定条件
5、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)=.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+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
6、发生，则 A，B 叫对立事件，记 A 的对立事件为 。由定义知 p(A)+p( )=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
7、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 x1 x2 x3 xi p p1 p2 p3 pi 第 3 页 共 14 页
8、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)2 p2+(xn-E)2pn+为 的均方差，简称方差。 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)=knkqC, 的分布列为 0 1 xi Np nqpC1n knkp npC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：在独立重复试验中，某事件第一次
9、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=2q(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、22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 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47种方法，故共有
11、476=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-a2 3,第 4 页 共 14 页T=( 321,a) 321321,| aSaS,若 ),(321Ta，令4, ，则(a1,a2,a3)T,这样就建立了从 到 T 的映射，它显然是单射，其次若(a1,a2,a3)T,令 4,321，则 ),(321a，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所
12、以|T|= 10|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)(1029910C1029。6容斥原理。例 6 由数字 1，2，3 组成 n 位数(n3) ，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，
13、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，|A1 A2|=|A2 A3|=|A1A3|=1。|A1 A2A3|=0。所以由容斥原理|A1 A2 A3|=| 32131 AAjijiii =32n-3.所以满足条件的 n 位数有|I|-|A1 A2 A3|=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 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
14、 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- ,故 an=c1(1+ )n+ c2(1+ 3)n,由 a1=3,a2=8 得 2,31cc，所以.)()1(422nnna8算两次。第 5 页 共 14 页例 8 m,n,rN+，证明： .0210 mrnrmnrn
15、rmnr CCCmn 证明 从 n 位太太与 m 位先生中选出 r 位的方法有r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kmn种，k=0,1, ,r。所以从这 n+m 人中选出 r 位的方法有010rrmnrnCC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 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 n1,2, ,2004,用 an 表示
16、分值之和为 n 的牌组的数目，则 an 等于函数 f(x)=(1+02x)2(1+12)3(1+102x)3 的展开式中 xn 的系数（约定|x|0)不被 n 整除，考虑 n 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
17、, 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，那么该行与该列所填的所有数之和不小于 n。证明：表中所有数之和不小于21。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+k2.21)(nkn15.不变量原理。俗话说，变化的是现
18、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 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
19、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(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，数列第 9 页 共 14 页1nAa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。
20、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
21、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
22、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
23、)+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。-2 1 -2 1 -2 1 -21 1 1 1 1 1 1-2 1 -2 1 -2 1 -21 1 1 1 1 1 1-2 1 -2 1 -2 1 -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。第 10 页 共 14 页证明 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
24、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 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
25、）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 24312AC；若小张、小赵都入选，则有选法 123A，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 （ ）A8 B24 C48 D120【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.
26、属于基础知识、基本运算的考查.2 和 4 排在末位时，共有12A种排法，其余三位数从余下的四个数中任取三个有3424种排法，于是由分步计数原理，符合题意的偶数共有 8（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（ ）A324 B328 C360 D648【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2987A（个） ，当 0 不排在末位时，有14856A（个） ，于是由分类计数原理，得符合题意的偶数共有 723
27、（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 门相同的选法有第 11 页 共 14 页（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24=36，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 1 门相同的选法有 24 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(
28、 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125365种选法; (2) 乙组中选出一名女生有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 .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3A种，而甲乙被分在同一个班的有3A种，所以种数是2340A7.（2010 四川卷文）2 位男生和 3 位女生共 5 位
29、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 623C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；同解法一，从 3
30、 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A， （A 共有 623C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26=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2612 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212 种排法三类之和为 24121248 种。 第 12 页 共 14 页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
31、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.224430C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（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
32、 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1种，故共有45123=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 】A14 B16 C20 D48解
33、:由间接法得3216406C，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 3526151265C，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.
34、 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 623C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。第 13 页 共 14 页解法二；同解法一，从 3 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A， （A 共有 623C种不同排法） ，剩下一名女生记作
35、 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26=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2612 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212 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
36、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134CA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：127C4，另一类是甲乙都去的选法有217=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224AC种，其中男生甲站两端的有 142321AC，符合条件的排法故共有 188解析 2：由题意有221223334()()8CA,选 B。第 14 页 共 14 页
