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=m1×m2×…×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(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，用表示，=n(n-1)…(n-m+1)=,其中m,n∈N,m≤n,
注：一般地=1，0！=1，=n!。
4．N个不同元素的圆周排列数为=(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，用表示：
6．【了解】组合数的基本性质：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）。
7．定理1：不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解的个数为。
[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
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
8．二项式定理：若n∈N+,则(a+b)n=.其中第r+1项Tr+1=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)=
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(A?B)=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(A1?A2? … ?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)=?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x1,x2,…,xi,…,ξ取每一个值xi(i=1,2,…)的概率p(ξ=xi)=pi，则称表
为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列，称Eξ=x1p1+x2p2+…+xnpn+…为ξ的数学期望或平均值、均值、简称期望，称Dξ=(x1-Eξ)2?p1+(x2-Eξ)2?p2+…+(xn-Eξ)2pn+…为ξ的均方差，简称方差。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)=, 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Eξ=np,Dξ=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(ξ=k)=qk-1p(k=1,2,…)，ξ的分布服从几何分布，Eξ=，Dξ=(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)×…×3×1=
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R4；2）有2个电阻断路，有-1=5种可能；3）3个电阻断路，有=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个安排舞蹈有种方法，故共有=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}，={1，2，…，10}；T={(a1,a2,a3)| a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2≥3},={()∈},若，令，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，则，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|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元子集共有个，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素个数之和为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|==3×2n-3.所以满足条件的n位数有|I|-|A1A2A3|=3n-3×2n+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] 设能构造an个符合要求的n位数，则a1=3，由乘法原理知a2=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x2=2x+2，它的两根为x1=1+,x2=1-,故an=c1(1+)n+ c2(1+)n,由a1=3,a2=8得，所以
8．算两次。
例8 m,n,r∈N+，证明： ①
[证明] 从n位太太与m位先生中选出r位的方法有种；另一方面，从这n+m人中选出k位太太与r-k位先生的方法有种，k=0,1,…,r。所以从这n+m人中选出r位的方法有种。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an表示分值之和为n的牌组的数目，则an等于函数f(x)=(1+)2?(1+)3????…?(1+)3的展开式中xn的系数（约定|x|<1），由于f(x)=[ (1+)(1+)?…?(1+)]3=3 =3。
而0≤2004<211，所以an等于的展开式中xn的系数，又由于=?=(1+x2+x3+…+x2k+…)[1+2x+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．组合数的性质。
例10 证明：是奇数(k≥1).
[证明] =令i=?pi(1≤i≤k)，pi为奇数，则，它的分子、分母均为奇数，因是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。
例11 对n≥2,证明：
[证明] 1）当n=2时，22<=6<42；2）假设n=k时，有2k<<4k,当n=k+1时，因为
又<4，所以2k+1<.
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：
[证明] 首先其次因为，所以 2+得证。
例13 证明：
[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，其中是(1+x)n-k的展开式中xm-h的系数。是(1+y)k的展开式中yk的系数。从而?就是(1+x)n-k?(1+y)k的展开式中xm-hyh的系数。
于是，就是展开式中xm-hyh的系数。
另一方面，== ?=(xk-1+xk-2y+…+yk-1)，上式中，xm-hyh项的系数恰为。
所以
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?akbn-k，故所求的概率为p(A)=
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(1-p)5-k(k=0,1,2,…,5)，由题设，且0<p<1，化简得，所以恰好有3次正面朝上的概率为
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：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)=0.6×0.6=0.36,p(A2)=×0.6×0.4×0.6=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+×0.62×0.4×0.6+×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）；（2）；（3）记ξ为取出的3张卡片的数字之积，则ξ的分布为
所以
13．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(i≠j)属于同一集合，从而ai+aj=2n被2n整除；
（2）若n∈{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ak∈(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a1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。
[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≥
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≡0，即S≡0(mod4)。经有限次变号可将每个ai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a1,<a2<a3<…，使得对任意整数A，数列中仅有有限个素数。
[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，an±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，方格板上数字的总和为12×(-2)+23×1=-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。
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）20##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；若小张、小赵都入选，则有选法，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，共有种排法，
其余三位数从余下的四个数中任取三个有种排法，
于是由分步计数原理，符合题意的偶数共有（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（个），
当0不排在末位时，有（个），
于是由分类计数原理，得符合题意的偶数共有（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=36，再求出两人所选两门都相同和都不同的种数均为=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种选法;
(2) 乙组中选出一名女生有种选法.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
【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，顺序有种，而甲乙被分在同一个班的有种，所以种数是
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=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＝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＝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.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C51C42＝5×6＝30种,两男一女,有C52C41＝10×4＝40种,共计70种
间接法：任意选取C93＝84种,其中都是男医生有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】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人则有种，周五一人有种，周六两人则有，周日则有种，故共有××=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，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，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=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＝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＝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：，另一类是甲乙都去的选法有=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种，其中男生甲站两端的有，符合条件的排法故共有188
解析2：由题意有,选B。