2020年高中数学选修2-3高考数学总复习系列

《高考数学总复习系列》——高中数学选修2-3
重点：排列组合、概率
第一章 计数原理

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
mm
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
A
n
表示，
A
n
=n(n-1)…
(n-m+1)=
n!
,其中m,n∈N,m≤ n,
(n?m)!
0n
注：一般地
A
n
=1，0！=1，
A
n
=n!。
A
n
n
4．N个不同元素的圆周排列数为=(n-1)!。
n5．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
m
元素中取出m个 元素的组合数，用
C
n
表示：
m
C
n
?
n(n?1)?(n?m?1)n!
?.

m!m!(n?m)!
mn?mmmn?1
k?1k
C
n
? C
n
C
n
6．【了解】组合数的基本性质：（1）；（2）（3）
C
n?1
?C
n
；
?1
?C
n
?C
n
；
n
k
（4）
C?C???C?
kn?k
Cn
C
k
m
?C
n?m
。
0
n
1
n
n
n
?
C
k?0
n
k
n< br>?1
?2
n
；（5）
C
k
k
?C
k
k
?1
???C
k
k
?m
?C
k
k
?m?1
；（6）
7．定理1：不定方程x
1
+x
2+…+x
n
=r的正整数解的个数为
C
r?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
n?1

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
C
r?1
种。
故定理得证。
r
推论1 不定方程x< br>1
+x
2
+…+x
n
=r的非负整数解的个数为
C< br>n?r?1
.

n?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
m
合，其组合数为
C
n?m?1
.

0n1n?12n?22rn?rrnn
8．二项式定理：若n∈N+
,则(a+b)=
C
n
a?C
n
ab?C
n
ab???C
n
ab??C
n
b
.
n
其中 第r+1项T
r+1
=
C
n
a
rn?rr
b
r
,C
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
一试验时，事件A发生的频率
m
总是接近于 某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件
n
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)=
m
.

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
).
1 2．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
，A
2
，…，An
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
k
验中,这个事件恰好发生k 次的概率为p
n
(k)=
C
n
?p(1-p).
kn-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=x
i
)=p
i，则称表
ξ
p
x
1

p
1

x
2

p
2

x
3

p
3

…
…
x
i

p
i

…
…
为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列 ，称Eξ=x
1
p
1
+x
2
p
2
+…+x
n
p
n
+…为ξ的数学期望或

平均值、均值、简称期 望，称Dξ=(x
1
-Eξ)2?p
1
+(x
2
-Eξ)2 ?p
2
+…+(x
n
-Eξ)2p
n
+…为ξ的均
方差，简称方差。
D
?
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
kkn?k
个事件恰好发生k 次的概率为p(ξ=k)=
C
n
pq
, ξ的分布列为
ξ
p
0
00n
C
n
pq

1
11n?1
C
n
pq

…
…
x
i

k
C
n
p
k
q
n?k

…
…
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
k-1
量，若在一次试验中该事件发生的概率为p，则p(ξ=k)=qp(k=1,2,…)，ξ的 分布服从几
何分布，Eξ=
q
1
，Dξ=
2
(q=1-p) .
p
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=
(2n)!
.

n
2?(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
23
C
4
-1=5种可能；3）3个电阻断路，有
C
4
=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？
6
[解] 先将6个演唱节目任意排成一列有
A
6
种排法，再从演唱节目之间和前后一共7个位
64
4
置中选出4个 安排舞蹈有
A
7
种方法，故共有
A
6
?A
7
=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< br>-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'
={(
a
1
,a
2
,a
3
)∈< br>S'|a
1
,a
2
,a
3
?S',a
1?a
2
?a
3
},若
(a
1
,a
2< br>,a
3
)?T'
，令

''
a
1
?a
1
'
,a
2
?a
2
?2,a
3?a
3
?4
，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
a
1
?a
1
,a
2
?a
2
?2,a3
?a
3
?4
，则
(a
1
,a
2,a
3
)?T'
，
从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|=
|T'|?C
10
=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。
9
[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2个，所以a对x的贡 献
99
为2，又|A|=10。所以x=10×2.
k
[另解] A的k 元子集共有
C
10
个，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素个数之和为1210019
C
10
?2C
10
???10C
10< br>?10(C
9
?C
9
???C
9
)?
10× 2
9
。
3
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？
n123
[解] 用I表示由1，2，3组成的n位数集合，则|I|=3，用A，A，A分 别表示不含1，
n
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
|=2，
|A
1
?A
2
|=|A
2
?
A
3
|=|A
1< br>?
A
3
|=1。|A
1
?
A
2
?< br>A
3
|=0。
所以由容斥原理|A
1
?
A
2
?
A
3
|=
?
|A
i?1
3
i
|?
?
|A
i
?A
j
|?|A
1
?A
2
?A
3
|
=3×2
n
-3.所以满
i?j
nn
足条件的n位数有|I|-|A
1
?
A
2
?
A
3
|=3-3×2+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(an-1
+a
n-2
)(n≥3).这
2n
里数列{a
n
}的特征方程为x=2x+2，它的两根为x
1
=1+
3
,x
2
=1-
3
,故a
n
=c
1
(1+
3< br>)+
c
2
(1+
3
),
n
由a
1
=3,a
2
=8得
c
1
?
2?3
23,c
2
?
3?2
23
，所以
a
n
?< br>1
43
[(1?3)
n?2
?(1?3)
n?2
].

8．算两次。
例8 m,n,r∈N
+
，证明：
C< br>n?m
?C
n
C
m
?C
n
C
m?C
n
C
m
r0r1r?12r?2r0
???C
n< br>C
m
.
①
r
[证明] 从n位太太与m位先生中选 出r位的方法有
C
n?m
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
C
n
C
m
种，k=0,1,…,r。所以从这n+ m人中选出r位的
kr?k

0r1r?1r0
方法有
C
n
C
m
?C
n
C
m
???C
n
C
m
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
k
为2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,…,20 04},用a
n
表示分值之和为n的牌组的数目，则a
n
等于函数
2
233n
22
f(x)=(1+
x
)?(1+
x
) ????…?(1+
x
)的展开式中x的系数（约定|x|<1），由于
0
1 10
1
1
2
0
3
2
1
2
102
11
(1?x)
f(x)=[ (1+
x
)(1+
x
)?…?(1+
x
)]=
(1?x)(1?x)
3
1?x< br>=
3
1
2
11
3
(1?x)
。
22
(1?x)(1?x)
11
而0≤2004<2，所以a
n
等于
1
n
的展开式中x的系数，又由于
22
(1?x)(1?x)
11
1
2322k
=?=(1+x+x+…+x2k+…)[1+2x+3x+…+ (2k+1)x+…],所
222
2
(1?x)(1?x)
1?x
( 1?x)
以x在展开式中的系数为a
2k
=1+3+5++(2k+1)=(k+1) ,k=1,2,…,从而，所求的“好牌”组的
2
个数为a
2004
=100 3=1006009.
k
10．组合数
C
n
的性质。
2k2
例10 证明：
C
2
m
?1
是奇数(k≥1).
[证明] C
k
2
m
?1
k
(2
m
?1)(2< br>m
?2)?(2
m
?1?k?1)2
m
?12
m?22
m
?k
??????
令=
1?2???k12k
2
m?t
i
?p
i
2
m
?i
2m?2t
i
p
i
??
i=
2
?p
i
(1≤i≤k)，p
i
为奇数，则，它的分子、分母均
t
i
i
p
i
2p
i
t
i
为奇数，因
C
2
m
?1
是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。
nnn
例11 对n≥2,证明：
2?C
2n
?4.

k
k
[证明] 1）当n=2时，2<
C
4
=6<4；2 ）假设n=k时，有2<
C
2k
<4,当n=k+1时，因为
22kk
2
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
又
2?
2(2k?1)
k+1
kk ?1kk?1
<4，所以2<
2C
2k
?C
2(k?1)
? 4C
2k
?4
.
k?1

所以结论对一切n≥2成立。
11．二项式定理的应用。
?
1
?
例12 若n∈N, n≥2，求证：
2?
?
1?
?
?3.

?
n
?
n
11
?
1
?
01
1
2n< br>[证明] 首先
?
1?
?
?C
n
?C
n< br>??C
n
?
2
???C
n
?
n
?2 ,
其次因为
n
nn
?
n
?
1n(n?1)?(n? k?1)1111
?
1
?
k
C
n
?
k?????(k?2)
，所以
?
1?
?
?

k !k(k?1)k?1k
nn
k
?k!
?
n
?
2+
C
n
?
2
n
n
111111111
n???C??2?????????3??3.
得证。
n
2n
1223n?1nn
nn
例13 证明：
?
C
k?0
n
m?h
n?k
m?1
?C
k
h
?C
n?1
(h?m?n).

m?h
[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
C
n?k
是(1+x)
n-k
的展开式中x
k
m-h
hh
m?h< br>的系数。
C
k
是(1+y)的展开式中y的系数。从而
C
n? k
?
C
k
就是
kk
m-hh
(1+x)?(1+y )的展开式中xy的系数。
于是，
n-k
?
C
k?0
n< br>m?h
n?k
?C
就是
?
(1?x)
n?k
(1?y)
k
展开式中x
m-h
y
h
的系数。
h
k
k?0
n
另一方面，
?
(1?x)
n?k
(1?y)
k
=
k?0
n
(1?x)?(1?y)
(1? x)?(1?y)
n?1n?1
?
?
C
k?0
n?1
k
n?1
kk
x?
?
C
n?1
y
kk?0
n?1
x?y
=
x
k
?y
k
n?1
k
m?1
Cx
?=
?
C
n?1
(x
k-1
+x
k-2
y+…+y
k-1
)，上式中，x
m-h
y
h
项的系数恰为
C
n
?
?1
。
x?y
k?0k?0
n?1
kk
n?1
所以
?C
k?0
n
m?h
n?k
m?1
?C
k
h
?C
n?1
.

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
kkn?k
Cab
包含的基本事件总数为
C
?a
k
b
n-k
，故所求的概率为p(A)=
n
.

n
(a?b)
k
n
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
2231 4
由题设
C
5
p(1?p)?C
5
p(1?p)
， 且0p?
C
5
k
p
k
(1-p)
5-k
(k=0,1,2,…,5)，
1
，
3
40
?
1
??
2
?
所以恰好有3次正面朝上的概率为
C
??
?
??
?.

343
?
3
??
3
?
3
5
32
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
)=
C
2
×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
(2)如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：B< br>1
—3：0（甲净胜3局），B—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
，
2
B< br>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
)=0.6+
C
3
×0.6×0.4×0.6+
C
432
22
1
2
×0.6×0.4×0.6=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。
12111
12
C
2
?C
2
?C
3
?C
1
?C
2
C
1
?C
4
1
4
[解]（1）
p?
1
；（2）；（3）记ξ为取出
?p??
2
12
21
63
C
6
?C
7< br>C
6
?C
7
的3张卡片的数字之积，则ξ的分布为
ξ
p

所以
E
?
?0?
0 2 4 8
37

42
2

63
4

63
1

42
3724132
?2??4??8??.

4263634263
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< br>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
,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< br>)+(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
-a1
>0)不被n

整除，考虑n个数a
1
,a
2< br>,a
1
+a
2
,a
1
+a
2
+a< br>3
,…,a
1
+a
2
+…+a
n-1
。 < br>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
1
2
n
。
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k
2
，从而表中所有数的总和不小于
2
(n? k?k)1
?n
2
.
(n-k)
2
+k
2
≥
22


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< br>2
,…,a
n
中每一个是1或-1，并且有S=a
1
a
2
a
3
a
4
+ a
2
a
3
a< br>4
a
5
+…+a
n
a
1
a
2
a
3
=0. 证明：4|n.
[证明] 如果把a
1
, a< br>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
,2
3
<…，使得对任意整数A，数列
{a
n
?A}
n?1
中
仅有有限个素数。
3
[证明] 存在。取a
n
=(n!)即可。当A=0时，{a
n
}中没有素数；当|A|≥2时，若n≥|A|，
2
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 !)±
3
n!+1]，当≥3时均为合数。从而当A为整数时，{(n!)+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< br>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
1
1
1
1
-2
1
-2
1
-2
1
1
1
1
1
-2
1
-2
1
-2
1
1
1
1
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A
1
，A
2
，A
3
，A< br>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
1
A
2
，A
3
A
4
。
（1 ）若A
5
与A
6
连有一条边，则A
1
A
2
，A
3
A
4
，A
5
A
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
1
A
2
，A
3
A
4
，A
5
A
6
对应的双色布满足要求；若A< br>4
与A
6
不相连，则A
6
与A
1
相连，A< br>2
与A
3
相连，A
1
A
5
，A
2< br>A
6
，A
3
A
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
113
【解析】分两类：若小 张或小赵入选，则有选法
C
2
C
2
A
3
?24；若小张、小赵都入选，则
22
有选法
A
2
A
3
?12
，共有选法36种，选A.
2. 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
【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.
.w
1
2和4排在末位时，共有
A
2
?2
种排法，
3
其余三位数从余下的四个数中任取三个有
A
4
?4?3?2?24
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． 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.
2
首先应考虑“0”是特殊元素 ，当0排在末位时，有
A
9
?9?8?72
（个），
111
当0不排在末位时，有
A
4
?A
8
?A
8
?4?8?8?256
（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. 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 .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
22
2
112
解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有
C
5
?C
3
?C
6< br>?225
种选法;
211
(2) 乙组中选出一名女生有
C
5
?C
6
?C
2
?120
种选法.故共有345种选法.选D

6. 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
【 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
C
4
2
，顺 序有
A
3
3
种，而
233
A
3
?A
3
?30
甲乙被分在同一个班的有
A
3
3
种，所以种数 是
C
4
7. 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
22
【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
C
3
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。
22
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< br>C
3
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：
第一类：女生A、B在两端， 男生甲、乙在中间，共有
6A
2
A
2
=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
6A
2
＝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
6A
2
＝12种排法
三类之和为24＋12＋12＝48种。
8.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
2 2
2
2
222
解：用间接法即可.
C
4
?C
4
?C
4
?30
种. 故选C
9.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
5
1
C
4
2
＝5 ×6＝30种,两男一女,有C
5
2
C
4
1
＝10×4＝4 0种,共计
70种
间接法：任意选取C
9
3
＝8 4种,其中都是男医生有C
5
3
＝10种,都是女医生有C
4
1＝4
种,于是符合条件的有84－10－4＝70种.
【答案】A

10.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
4121
【解析】5人中选4人则有
C
5
种，周五一人有
C
4
种，周六两人则有
C
3
，周日则有
C
1
种，412
故共有
C
5
×
C
4
×
C
3
=60种,故选C
11.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
321
解:由间接法得
C
6
?C
2
?C
4
?20?4?16
，故选B.
12.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。
211112
解：由题共有
C
5
C
6
C
2
?C
5
C
3
C
6
?345
，故选择D。
13. 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
22
【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
C
3
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< br>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。
22
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
C
3
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：
第一类：女生A、B在两端，男生甲、乙在中间，共有
6A
2
A< br>2
=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
6A
2
＝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
22

此时共有
6A
2
＝12种排法
三类之和为24＋12＋12＝48种。
14.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
2
(A)432 (B)288 (C) 216 (D)108
答案:C.
网
1
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
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。
1123
则共有
C
4
C
3
C
3
A
3
?216个
故选 C.

15.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
12
【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：
C
2
?C
7
?42
，另一
1
类是甲乙都去的选法有
C
2
2
?C
7
=7，所以共 有42+7=49，即选C项。
16.3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
3222
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
A
3
C
3
A< br>4
A
2
?332
种，
12222
其中男生甲站两端的 有
A
2
A
2
C
3
A
3
A
2
?144
，符合条件的排法故共有188
222112222
解析2：由 题意有
2A
2
?(C
3
?A
2
)?C
2< br>?C
3
?A
2
?(C
3
?A
2
)? A
4
?188
,选B。