参加高中数学竞赛需要注意什么-2017高中数学联赛试卷
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
mA
n
表示,
m
A
n
=n(n-1)…
n!(n-m+1)=
(n?m)!
,其中m,n∈N,m≤n,
注:一般地
0
A
n
=1,0!=1,
A
n
n
=n!。 A
n
n
4.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(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
C
n
?
m
C
n
表示:
n(n?1)?(n?m?1)n!
?.
m!m!(n?m)!
C
?C
m
n
n?m
n
;(2)6.【了解】组合数的基本性质:(1)
0
n
1
n
n
n
n
C
m
n
?1
?C?C
m
n
n?1
n
;(3)
n
k
?1k
C
n?1
?C
n
k
;
(4)
kC?C???C?
?
C
n
?2
n
k?0
;(5
)
?1
C
k
k
?C
k
k
?1
??
?C
k
k
?m
?C
k
k
?m?1
;(6)
kn?k
C
n
C
k
m
?C
n?m
。
n?1
C
r
7.定理1:不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解
的个数为
?1
。
[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
1 13
n?1
C
r
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
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
r
C
n?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
8.二
m
C
n?m
?1
.
式定理:若n∈
.其中第
N+,
r+1
则
项
项
(a+b)n=
Tr+1=
0n1n?12n?22rn?rr
nn
C
n
a?C
n
ab?C
n
ab???C
n
ab??C
n
b
rn?rrr
C
n
ab,C<
br>n
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
m
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
m
.<
br>果有m种,那么事件A的概率为p(A)=
n
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
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)?p(B).若事件A
1,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)=
C
n
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
ξ x1 x2 x3 … xi …
2 13
p p1 p2 p3 … pi …
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。
D
?
叫随机变量ξ的标准差。
kkn?k
C
n
pq
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
p
0
00n
C
n
pq
, ξ的分布列为
xi
kkn?k
C
n
pq
1
11n?1
C
n
pq
…
…
…
…
N
nn
C
n
p
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
q
1
2
p
p
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)!
.<
br>n
2?(n!)
(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,
3
2
C
C
4
4
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
置中选出4个安排舞蹈有
A
6
6
种排法,再从演唱节目之间和前后
一共7个位
6
A
6
?A
7
4
A
7
4
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?
3 13
[解]
设S={1,2,…,14},
S'
={1,2,…,10};T={(a1,a2,a3)|
a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2≥
''''''''
a
1
'
,a
2
,a
3
S'|a
1
'
,a2
,a
3
?S',a
1
'
?a
2
?a
3
(a
1
'
,a
2
,a
3
)?T
'
T'
3},={()∈},若,令
''
a
1
?a
1
'
,a
2
?a
2
?2,a
3
?a
3
?4
,则(a1,a2,a3)∈T,这样就建立了从
T'
到T的映射,
它显然
,则
''
(a
1
'
,a
2
,a3
)?T'
是单射,其次若(a1,a2,a3)∈T,令
''
a
1
?a
1
'
,a
2
?a
2
?2,a3
?a
3
?4
3
|T'|?C
10
,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
k
C
10
个
,k=1,2,…,10,因此,A的子集的元素个数之和为
10×29。
1210019<
br>C
10
?2C
10
???10C
10
?10(C9
?C
9
???C
9
)?
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,<
br>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,
|A1
?
A2|=|A2
?
A
3|=|A1
?
A3|=1。|A1
?
A2
?
A3|=0。
所以由容斥原理|A1
?
A2
?
A3|=
?
|A<
br>i?1
3
i
|?
?
|A
i
?A
j<
br>|?|A
1
?A
2
?A
3
|
i?j
=3×2n-3.所以
满足条件的n位数有|I|-|A1
?
A2
?
A3|=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+
3
,x2=1-
3
,故an=c1(1+
3
)n+
c2(1
+
3
c
1
?
)n,由a1=3,a2=8得
2?3
23
,c
2
?
3?2
23
,所以
a
n?
1
43
[(1?3)
n?2
?(1?3)
n?2].
4 13
8.算两次。
例8 m,n,r
∈N+,证明:
0r1r?12r?2r0
C
n
r
?m
?C
n
C
m
?C
n
C
m
?C
n
C
m
???C
n
C
m
.
r
C
n
?m
①
[证明]
从n位太太与m位先生中选出r位的方法有
出k位太太与r-k位先生的方法有
法有
k
r?k
C
n
C
m
种;另一方面,从这n+m人中选
种,k=
0,1,…,r。所以从这n+m人中选出r位的方
0r1r?1r0
C
n
C
m
?C
n
C
m
???C
n
C
m<
br>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
22
2
f(x)=(1+
x
)2?(1+
x
)3????…?(1+
x
)3的展开式中xn的系数(约定
|x|<1),由于
0110
1
2
11
1
(1?x)
3
2
0
2
10
2
1
(1?x)(1?x)
f(x)=
1?x
[
(1+
x
)(1+
x
)?…?(1+
x
)]3=3
1
2
11
(1?x)
22
(1?x)(1?x)
=3。
1
22
(1?x)(1?x)
而0≤2004<211,所以an等于的展开
式中xn的系数,又由于
11
1
(1?x
2
)(1?x)
2
=
1?x
2
?
(1?x)
2
=(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
C
n
k
的性质。
k
C
2
m
?1
例10 证明:是奇数(k≥1).
[证明]
k
C
2
m
?1
(2
m
?1)(2
m
?2)?(2
m
?1?k?1)2
m
?12
m
?22
m
?k
??????
1?2???k12k
=令
2
m?t
i
?p
i
2
m
?i
2m?2
t
i
p
i
??
t
i
i
t
i
p
i
2p
i
i=
2
?pi(1≤i≤
k),pi为奇数,则
,它的分子、分母均
为奇数,因
k
C
2
m
?1
是整数,所以它只能是若干奇数的积,即为奇数。
nn
2
n
?C
2n
?4.
例11
对n≥2,证明:
5 13
2
C
C
[证明]
1)当n=2时,22<
4
=6<42;2)假设n=k时,有2k<
2k
<
4k,当n=k+1时,因为
k
k?1
C
2(k?1)
?
[
2(k?1)]!2?(2k?1)!2(2k?1)
k
???C
2k
.(k?1)!(k?1)!(k?1)!?k!k?1
2?
又
2(2k
?1)
kk?1kk?1
2C?C?4C?4
2k2(k?1)2k
k?1<
br><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。
?
1
?
2?
?
1?
?
?3.
?<
br>n
?
例12 若n∈N, n≥2,求证:
11
?
1?
01
1
2n
?
1?
?
?C
n
?C
n
??C
n
?
2
???C
n
?n
?2,
n
?
n
nn
[证明] 首先
?其次因为
1n(n?1)?(n?k?1)1111
?
1
?
C?
k
?????(k?2)
?
1?
?
?
k
k
!k(k?1)k?1k
nn?k!
n
?
,所以
?
kn
n
n
n
2+
2
C
n
?
11
1111111
n
???C??2?????????3??3.
n
2n1223n?1nn
nn
得证。
m?hhm?1
C?C?C
?
n?kkn?1
(h?m?n).
n
例13
证明:
k?0
m?h
C
n?k
[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
(1+x)n-k的展开式中xm-h的系
数。
是
就
C
k
h
是(1+y)k的展开式中yk的系数。从
而
m?h
C
n
C
k
h
?k
?
是(
1+x)n-k?(1+y)k的展开式中xm-hyh的系数。
于是,
k?0
?<
br>C
n
m?h
n?k
?C
h
k
就是
k
?0
?
(1?x)
n
n?k
(1?y)
k
展开式中
xm-hyh的系数。
n?1n?1
另一方面,
n?1
kk
n?1
?
(1?x)
n?k
(1?y)
k
k?0
n
(1?x)?(1?y)
(1?x)?(1?y)
=
n?1n?1
?
?
C
k?0
k
n?1
kk
x?
?
Cn?1
y
k
k?0
x?y
=
x
k
?
y
k
n?1
k
Cx
C
n?1
m?1
??
C
x?y
k?0
?
=
k?0
(xk-1+x
k-2y+…+yk-1),上式中,xm-hyh项的系数恰为
n?1
。
所以k?0
?
C
n
m?h
n?k
m?1
?C
k
h
?C
n?1
.
12.概率问题的解法。
6 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
kkn?k
C
nab
.
k
n
C
含的基本事件总数为
n
?akb
n-k,故所求的概率为p(A)=
(a?b)
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
5
k
p
k
(1-p)5-k(k=0,1,2,…,5),由题设
1
C
5
2
p
2
(1?p)
3
?C
5
p(1?p)
4
,且0
40
?
2
?
1
3
?
1
?
C
5
.
???
??
?
p?
33343
3
,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),
1
C
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)=
2
×0.6×0.4×
32
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+
2
C<
br>4
0.6+×0.62×0.42×0.6=0.68256.
C
3
2
×0.62×0.4×
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。
12111
12
C
2?C
2
?C
3
?C
1
?C
2
C
1
?C
4
14
p?
12
?p??
12
2
163
;
C?CC?C
6767
[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
ξ 0 2
p
4 8
37
42
E
?
?0?
2
63
4
63
1
42
所以
3724132
?2??4??8??.
4263634263
7 13
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,
(a2-a1>0)不被n整除,考虑n个数a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,…,a
1+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
1
2
n
于
2
。
[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?k)
2
1
2
?n.
22
(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,
n
?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|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],
8 13
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。
-2 1 -2 1 -2 1 -2
1 1
1 1 1 1 1
-2 1 -2 1 -2 1 -2
1 1 1 1 1 1 1
-2 1 -2 1 -2 1 -2
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。
9 13
(2)若A5与A6之间没有边相连,不妨设A5和A1相连,A
2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)201
0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
有选法
22
A
2
A
3
?12
113
C
2
C
2
A
3
?24
;若小张、小赵都入选,则
,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
A
2
?2
种排法,
3
A
4
?4?3?2?24
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
2?24?48
(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
当0不排在末位时,有
1
11
A
4
?A
8
?A
8
?4?8?8?256A
9
2
?9?8?72
(个),
(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
C
4
C
4
=36,再求出两人所选两门都相同和都不同的种
数均为
C
4
=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。
10 13
22
2
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
11
C
5
?C
3
?C
6
2
?225
种选法;
种选法.故共有345种选法.选D (2) 乙组中选出一名女生有
1
1
C
5
2
?C
6
?C
2
?120
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
A.18
B.24
C.30
D.36
【答案】C
23
CA
43
【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
3233
甲乙被分在同
一个班的有
A
3
种,所以种数是
C
4
A
3
?A
3
?30
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
2
C
3
2
A
2
?6
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
2
C
3
2
A
2
?6
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:
22
6AA
2
=24种排法;
2
第一类:女生A、B在两
端,男生甲、乙在中间,共有
2
6A
2
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。
2
6A
2
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.
222
C
4
?C
4
?C
4
?30
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
11 13
(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
故共有
4
C<
br>5
4
C
5
种,周五一人有
1
C
4
种
,周六两人则有
2
C
3
,周日则有
1
C
1
种,
×
1
C
4
×
2
C
3
=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
321
C6
?C
2
?C
4
?20?4?16
,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211112
C
5
C
6
C
2
?C
5<
br>C
3
C
6
?345
,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
2
C
3
2
A
2
?6
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
2
C
3
2
A2
?6
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:
22
6AA
2
=24种排法;
2
第一类:女生A、B在两端,男生甲、乙在中间,共有
2
6A
2
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 13
=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。
2
6A
2
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
1
C
4
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
1123
C
4
C
3
C
3
A
3
?216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:
类是甲乙都去的选法有
1
C
2
2
?C
7<
br>2
C
1
2
?C
7
?42
,另一
=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
其中男生甲站两端的有
解析
2:由题意有
12222
A
2
A
2
C
3
A
3
A
2
?1443222
A
3
C
3
A
4
A
2
?332
种,
,符合条件的排法故共有188
,选B。
2211222<
br>2A
2
?(C
3
2
?A
2
)?C
2
?C
3
?A
2
?(C
3
2
?A
2
)?A
4
?188
13 13