《（浙江專用）2021版新高考數學一輪復習 第十章 計數原理與古典概率 2 第2講 排列與組合教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2021版新高考數學一輪復習 第十章 計數原理與古典概率 2 第2講 排列與組合教學案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講　排列與組合 1．排列、組合的定義 排列的定義 從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素 按照一定的順序排成一列 組合的定義 合成一組 2.排列數、組合數的定義、公式、性質 排列數 組合數 定義 從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同排列的個數 從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同組合的個數 公式 A＝n(n－1)(n－2)… (n－m＋1)＝ C＝＝ 性質 A＝n！，0！＝1 C＝C，C＋C＝C [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)所有元素完全相同的兩個排列為相同排列．(　　)

2、 (2)一個組合中取出的元素講究元素的先后順序．(　　) (3)兩個組合相同的充要條件是其中的元素完全相同．(　　) (4)若組合式C＝C，則x＝m成立．(　　) (5)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m)．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)× [教材衍化] 1．(選修2-3P27A組T7改編)6把椅子擺成一排，3人隨機就座，任何兩人不相鄰的坐法種數為(　　) A．144　　　B．120　　　C．72　　　D．24 解析：選D.“插空法”，先排3個空位，形成4個空隙供3人選擇就座，因此任何兩人不相鄰的坐法種數為A＝4×3×2＝24. 2．(選修2

3、-3P19例4改編)用數字1，2，3，4，5組成無重復數字的四位數，其中偶數的個數為(　　) A．8 B．24 C．48 D．120 解析：選C.末位數字排法有A種，其他位置排法有A種，共有AA＝48(種)排法，所以偶數的個數為48. 3．(選修2-3P28A組T17改編)從4名男同學和3名女同學中選出3名參加某項活動，則男女生都有的選法種數是(　　) A．18 B．24 C．30 D．36 解析：選C.選出的3人中有2名男同學1名女同學的方法有CC＝18種，選出的3人中有1名男同學2名女同學的方法有CC＝12種，故3名學生中男女生都有的選法有CC＋CC＝30種．

4、故選C. [易錯糾偏] (1)分類不清導致出錯； (2)相鄰元素看成一個整體，不相鄰問題采用插空法是解決相鄰與不相鄰問題的基本方法． 1．從6臺原裝計算機和5臺組裝計算機中任意選取5臺，其中至少有原裝計算機和組裝計算機各2臺，則不同的取法有________種． 解析：分兩類：第一類，取2臺原裝計算機與3臺組裝計算機，有CC種方法；第二類，取3臺原裝計算機與2臺組裝計算機，有CC種方法．所以滿足條件的不同取法有CC＋CC＝350(種)． 答案：350 2．把5件不同產品擺成一排，若產品A與產品B相鄰，且產品A與產品C不相鄰，則不同的擺法有________種． 解析：設這5件不同的

5、產品分別為A，B，C，D，E，先把產品A與產品B捆綁有A種擺法，再與產品D，E全排列有A種擺法，最后把產品C插空有C種擺法，所以共有AAC＝36(種)不同的擺法． 答案：36 　　　　　　排列應用題 3名男生，4名女生，按照不同的要求排隊，求不同的排隊方案的方法種數． (1)選其中5人排成一排； (2)排成前后兩排，前排3人，后排4人； (3)全體站成一排，男、女各站在一起； (4)全體站成一排，男生不能站在一起． 【解】　(1)問題即為從7個元素中選出5個全排列，有A＝2 520種排法． (2)前排3人，后排4人，相當于排成一排，共有A＝5 040 種排法． (

6、3)相鄰問題(捆綁法)：男生必須站在一起，是男生的全排列，有A種排法；女生必須站在一起，是女生的全排列，有A種排法；全體男生、女生各視為一個元素，有A種排法，由分步乘法計數原理知，共有N＝A·A·A＝288(種)． (4)不相鄰問題(插空法)：先安排女生共有A種排法，男生在4個女生隔成的五個空隙中安排共有A種排法，故N＝A·A＝1 440(種)． (變問法)在本例條件下，求不同的排隊方案的方法種數： (1)甲不在中間也不在兩端； (2)甲、乙兩人必須排在兩端． 解：(1)先排甲有4種，其余有A種， 故共有4·A＝2 880種排法． (2)先排甲、乙，再排其余5人， 共有A

7、·A＝240種排法． 求解有限制條件排列問題的主要方法 直接法 分類法 選定一個適當的分類標準，將要完成的事件分成幾個類型，分別計算每個類型中的排列數，再由分類加法計數原理得出總數 分步法 選定一個適當的標準，將事件分成幾個步驟來完成，分別計算出各步驟的排列數，再由分步乘法計數原理得出總數 捆綁法 相鄰問題捆綁處理，即可以把相鄰元素看作一個整體與其他元素進行排列，同時注意捆綁元素的內部排列 插空法 不相鄰問題插空處理，即先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面元素排列的空隙中 間接法 對于分類過多的問題，按正難則反，等價轉化的方法 [提醒]　(1)插空

8、時要數清插空的個數，捆綁時要注意捆綁后元素的個數及相鄰元素的排列數． (2)用間接法求解時，事件的反面數情況要準確． 　由0，1，2，3，4，5這六個數字組成的無重復數字的自然數，則含有2，3但它們不相鄰的五位數有________個． 解析：不考慮0在首位，0，1，4，5先排三個位置，則有A個，2，3去排四個空當，有A個，即有AA個； 而0在首位時，有AA個，即含有2，3，但它們不相鄰的五位數有AA－AA＝252個． 答案：252 　　　　　　組合應用題 要從5名女生，7名男生中選出5名代表，按下列要求，分別有多少種不同的選法？ (1)至少有1名女生入選； (2)男生甲

9、和女生乙入選； (3)男生甲、女生乙至少有一個人入選． 【解】　(1)法一：至少有1名女生入選包括以下幾種情況： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男，5女． 由分類加法計數原理知總選法數為 CC＋CC＋CC＋CC＋C＝771(種)． 法二：“至少有1名女生入選”的反面是“全是男代表”，可用間接法求解．從12人中任選5人有C種選法，其中全是男代表的選法有C種． 所以“至少有1名女生入選”的選法有 C－C＝771(種)． (2)男生甲和女生乙入選，即只要再從除男生甲和女生乙外的10人中任選3名即可，共有CC＝120種選法． (3)間接法：“男生甲、女生乙至少有一個人入選”的

10、反面是“兩人都不入選”，即從其余10人中任選5人有C種選法，所以“男生甲、女生乙至少有一個人入選”的選法數為C－C＝540(種)． (變問法)在本例條件下，求至多有2名女生入選的選法種數． 解：至多有2名女生入選包括以下幾種情況： 0女5男，1女4男，2女3男， 由分類加法計數原理知總選法數為 C＋CC＋CC＝546(種)． 含有附加條件的組合問題的解法 (1)“含有”或“不含有”某些元素的組合題型：若“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補足；若“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去選?。? (2)“至少”或“最多”含有幾個元素的組合題型：解這類題目必須十

11、分重視“至少”與“最多”這兩個關鍵詞的含義，謹防重復與漏解．用直接法或間接法都可以求解，通常用直接法分類復雜時，用間接法求解．　 　甲、乙兩人從4門課程中各選修2門， 求：(1)甲、乙所選的課程中恰有1門相同的選法有多少種？ (2)甲、乙所選的課程中至少有一門不相同的選法有多少種？ 解：(1)甲、乙兩人從4門課程中各選修2門，且甲、乙所選課程中恰有1門相同的選法種數共有CCC＝24(種)． (2)甲、乙兩人從4門課程中各選兩門不同的選法種數為CC，又甲、乙兩人所選的兩門課程都相同的選法種數為C種，因此滿足條件的不同選法種數為CC－C＝30(種)． 　　　　　　排列、組合的綜合

12、應用(高頻考點) 排列與組合是高考命題的一個熱點，多以選擇題或填空題的形式呈現，試題多為中檔題．主要命題角度有： (1)相鄰、相間問題； (2)分組、分配問題； (3)特殊元素(位置)問題． 角度一　相鄰、相間問題 (2020·杭州八校聯考)有六人排成一排，其中甲只能在排頭或排尾，乙、丙兩人必須相鄰，則滿足要求的排法有(　　) A．34種　　　　　　　　　 B．48種 C．96種 D．144種 【解析】　特殊元素優(yōu)先安排，先讓甲從頭、尾中選取一個位置，有C種選法，乙、丙相鄰，捆綁在一起看作一個元素，與其余三個元素全排列，最后乙、丙可以換位，故共有CAA＝96(種)，故選

13、C. 【答案】　C 角度二　分組、分配問題 從6男2女共8名學生中選出隊長1人，副隊長1人，普通隊員2人組成4人服務隊，要求服務隊中至少有1名女生，共有________種不同的選法．(用數字作答) 【解析】　分兩步，第一步，選出4人，由于至少1名女生，故有C－C＝55種不同的選法；第二步，從4人中選出隊長、副隊長各1人，有A＝12種不同的選法．根據分步乘法計數原理知共有55×12＝660種不同的選法． 【答案】　660 角度三　特殊元素(位置)問題 (2020·臺州市書生中學高三期中)在某班進行的演講比賽中，共有5位選手參加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能連著出場，

14、且女生甲不能排在第一個，那么出場順序的排法種數為________． 【解析】　①若第一個出場的是男生，則第二個出場的是女生，以后的順序任意排，方法有CCA＝36種．②若第一個出場的是女生(不是女生甲)，則將剩余的2個女生排列好，2個男生插空，方法有CAA＝24種．故所有的出場順序的排法種數為36＋24＝60. 【答案】　60 解排列、組合綜合應用問題的思路 　 1．安排3名志愿者完成4項工作，每人至少完成1項，每項工作由1人完成，則不同的安排方式共有(　　) A．12種 B．18種 C．24種 D．36種 解析：選D.因為安排3名志愿者完成4項工作，每人至少完

15、成1項，每項工作由1人完成，所以必有1人完成2項工作．先把4項工作分成3組，即2，1，1，有＝6種，再分配給3個人，有A＝6種，所以不同的安排方式共有6×6＝36(種)． 2．在8張獎券中有一、二、三等獎各1張，其余5張無獎．將這8張獎券分配給4個人，每人2張，不同的獲獎情況有________種(用數字作答)． 解析：把8張獎券分4組有兩種分法，一種是分(一等獎，無獎)、(二等獎，無獎)、(三等獎，無獎)、(無獎，無獎)四組，分給4人有A種分法；另一種是一組兩個獎，一組只有一個獎，另兩組無獎，共有C種分法，再分給4人有CA種分法，所以不同獲獎情況種數為A＋CA＝24＋36＝60. 答案：

16、60 3．(2020·浙江東陽中學高三期中檢測)用0，1，2，3，4這五個數字組成無重復數字的五位數，則組成的偶數的個數是________；恰有一個偶數數字夾在兩個奇數數字之間的自然數的個數是________． 解析：由五個數組成五位偶數，可分類個位數放0，2，4；當個位是0時，有A＝24種，當個位是2時，有3A＝18種，當個位是4時與個位是2時相同，則共有24＋36＝60種．當1和3兩個奇數夾著0時，把這三個元素看做一個整體，和另外兩個偶數全排列，其中1和3之間還有一個排列，共有2A＝12種，1和3兩個奇數夾著2時，同前面類似，只是注意0不能放在首位，共有2CA＝8種，當1和3兩個奇數夾

17、著4時，也有同樣多的結果．根據分類加法計數原理得到共有12＋16＝28種結果． 答案：60　28 核心素養(yǎng)系列21　邏輯推理、數學運算——分組分配問題中的易錯點 分組問題是同學們學習中的難點問題，在考試中不容易得分，在解題過程中容易掉入陷阱． 解決這類問題的一個基本指導思想是先分組后分配．關于分組問題，有整體均分、部分均分和不等分組三種，無論分成幾組，應注意的是只要有一些組中元素的個數相等，就存在均分現象．下面結合一些典型問題談談如何避免掉進分組問題中的陷阱． 一、整體均分問題 國家教育部為了發(fā)展貧困地區(qū)教育，在全國重點師范大學免費培養(yǎng)教育專業(yè)師范生，畢業(yè)后要分到相應的地區(qū)任教．

18、現有6名免費培養(yǎng)的教育專業(yè)師范畢業(yè)生，將其平均分到3所學校去任教，有________種不同的分配方法． 【解析】　先把6個畢業(yè)生平均分成3組，有種方法，再將3組畢業(yè)生分到3所學校，有A＝6種方法，故6個畢業(yè)生平均分到3所學校，共有A＝90種分配方法． 【答案】　90 對于整體均分，解題時要注意分組后，不管它們的順序如何，都是一種情況，所以分組后一定要除以A(n為均分的組數)，避免重復計數．　 二、部分均分問題 將并排的有不同編號的5個房間安排給5個工作人員臨時休息，假定每個人可以選擇任一房間，且選擇各個房間是等可能的，則恰有2個房間無人選擇且這2個房間不相鄰的安排方式的種數為

19、________． 【解析】　先將5人分成三組(1，1，3或2，2，1兩種形式)，再將這三組人安排到3個房間，然后將2個房間插入前面住了人的3個房間形成的空檔中即可，故安排方式共有·A·C＝900種． 【答案】　900 本題屬于部分均分，解題時注意重復的次數是均勻分組的階乘數，即若有m組元素個數相等，則分組時應除以m！，一個分組過程中有幾個這樣的均勻分組就要除以幾個這樣的全排列數．　 三、不等分組問題 將6本不同的書分給甲、乙、丙3名學生，其中一人得1本，一人得2本，一人得3本，則有________種不同的分法． 【解析】　先把書分成三組，把這三組分給甲、乙、丙3名學生．先

20、選1本，有C種選法；再從余下的5本中選2本，有C種選法；最后余下3本全選，有C種選法．故共有C·C·C＝60種選法．由于甲、乙、丙是不同的3人，還應考慮再分配，故共有60A＝360種分配方法． 【答案】　360 對于不等分組，只需先分組，后排列，注意分組時，任何組中元素的個數都不相等，所以不需要除以全排列數． 總之，在解答分組問題時，一定要注意均勻分組與不均勻分組的區(qū)別，均勻分組不要重復計數．對于平均分組問題更要注意順序，避免計數的重復或遺漏，抓住了以上關鍵點，就能避免掉進陷阱．　 [基礎題組練] 1．不等式A＜6×A的解集為(　　) A．[2，8]　　　　　　　　　 B．[

21、2，6] C．(7，12) D．{8} 解析：選D.由題意得＜6×，所以x2－19x＋84＜0，解得7＜x＜12.又x≤8，x－2≥0，所以7＜x≤8，x∈N*，即x＝8. 2．(2020·金華等三市部分學校高三期中)如圖，一環(huán)形花壇分成A，B，C，D四塊，現有4種不同的花供選種，要求在每塊里種1種花，且相鄰的2塊種不同的花，則不同的種法總數為(　　) A．96 B．84 C．60 D．48 解析：選B.法一：分三類：種兩種花有A種種法；種三種花有2A種種法；種四種花有A種種法． 共有A＋2A＋A＝84. 法二：按A－B－C－D順序種花，可分A，C同色與不同色有4×

22、3×(1×3＋2×2)＝84. 3．(2020·溫州八校第二次聯考)若無重復數字的三位數滿足條件：①個位數字與十位數字之和為奇數，②所有數位上的數字和為偶數，則這樣的三位數的個數是(　　) A．540 B．480 C．360 D．200 解析：選D.由個位數字與十位數字之和為奇數知個位數字、十位數字1奇1偶，有CCA＝50種排法；所有數位上的數字和為偶數，則百位數字是奇數，有C＝4種滿足題意的選法，故滿足題意的三位數共有C×CCA＝200(個)． 4．3本不同的數學書與3本不同的語文書放在書架同一層，則同類書不相鄰的放法種數為(　　) A．36 B．72 C．108

23、 D．144 解析：選B.3本數學書的放法有A種，將3本語文書插入使得語文數學均不相鄰的插法有2A種，故同類書不相鄰的放法有2AA＝2×6×6＝72(種)，故選B. 5．(2020·金華十校期末調研)A、B、C、D、E五個人參加抽獎活動，現有5個紅包，每人各摸一個，5個紅包中有2個8元，1個18元，1個28元，1個0元，(紅包中金額相同視為相同紅包)，則A、B兩人都獲獎(0元視為不獲獎)的情況有(　　) A．18種 B．24種 C．36種 D．48種 解析：選C.A、B兩人都獲獎(0元視為不獲獎)的情況有三類： 即獲獎的四人為：ABCD，ABCE，ABDE， 在每類情況

24、中，獲獎的情況有C·A＝12種， 所以由分步乘法原理得：A、B兩人都獲獎(0元視為不獲獎)的情況有3×12＝36種． 6．某中學高一學習雷鋒志愿小組共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，現從中任選3人，要求這三人不能全是同一個班的學生，且在三班至多選1人，則不同選法的種數為(　　) A．484 B．472 C．252 D．232 解析：選B.若三班有1人入選，則另兩人從三班以外的12人中選取，共有CC＝264種選法．若三班沒有人入選，則要從三班以外的12人中選3人，又這3人不能全來自同一個班，故有C－3C＝208種選法．故總共有264＋208＝472種不同的選法．

25、7．如圖，∠MON的邊OM上有四點A1，A2，A3，A4，ON上有三點B1，B2，B3，則以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三點為頂點的三角形的個數為(　　) A．30 B．42 C．54 D．56 解析：選B.間接法：先從這8個點中任取3個點，有C種取法，再減去三點共線的情形即可，即C－C－C＝42. 8．(2019·寧波高考模擬)從1，2，3，4，5這五個數字中選出三個不相同數組成一個三位數，則奇數位上必須是奇數的三位數的個數為(　　) A．12 B．18 C．24 D．30 解析：選B.根據題意，要求奇數位上必須是奇數的三位數，則這個三位數的百

26、位、個位為奇數，分2步進行分析： ①在1、3、5三個奇數中任選2個，安排在三位數的個位和百位，有CA＝6種情況， ②在剩余的3個數字中任選1個，將其安排在三位數的十位，有C＝3種情況， 則奇數位上必須是奇數的三位數有6×3＝18個． 9．(2020·溫州中學高三模擬)身高從矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相間的一個隊形，則甲丁不相鄰的不同的排法共有(　　) A．12 B．14 C．16 D．18 解析：選B.從矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可記為1，2，3，4，5.要求1，4不相鄰．分四類：①先排4，5時，則1只有1種排法，2，3在剩余的兩個位上，這樣有AA＝

27、4種排法；②先排3，5時，則4只有1種排法，2，1在剩余的兩個位上，這樣有AA＝4種排法；③先排1，2時，則4只有1種排法，3，5在剩余的兩個位上，這樣有AA＝4種排法；④先排1，3時，則這樣的數只有兩個，即21534，43512，只有兩種排法．綜上共有4＋4＋4＋2＝14種排法，故選B. 10．設集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中滿足條件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素的個數為(　　) A．60 B．90 C．120 D．130 解析：選D.設t＝|x1|＋|x2|＋|x

28、3|＋|x4|＋|x5|，t＝1說明x1，x2，x3，x4，x5中有一個為－1或1，其他為0，所以有2×C＝10個元素滿足t＝1；t＝2說明x1，x2，x3，x4，x5中有兩個為－1或1，其他為0，所以有C×2×2＝40個元素滿足t＝2；t＝3說明x1，x2，x3，x4，x5中有三個為－1或1，其他為0，所以有C×2×2×2＝80個元素滿足t＝3，從而，共有10＋40＋80＝130個元素滿足1≤t≤3. 11．(2020·溫州十五校聯合體期末聯考)用數字1、2、3、4、5構成數字不重復的五位數，要求數字1，3不相鄰，數字2，5相鄰，則這樣的五位數的個數是________(用數字作答)． 解

29、析：先把2，5捆挷有2種方法，再把它與4排列有2種排法，此時共有3個空隙供數字1、3插入有A＝6種方法，故這樣的五位數的個數是2×2×6＝24個． 答案：24 12．(2020·嘉興市一中高考適應性考試)電影院一排10個位置，甲、乙、丙三人去看電影，要求他們坐在同一排，那么他們每人左右兩邊都有空位且甲坐在中間的坐法有________種． 解析：先排7個空座位，由于空座位是相同的，則只有1種情況，其中有6個空位符合條件，考慮三人的順序，將3人插入6個空位中，則共有1×A＝120種情況，由于甲必須坐在三人中間，則有符合要求的坐法有×120＝40(種)． 答案：40 13．從正方體六個面的

30、對角線中任取兩條作為一對，其中所成的角為60°的共有________對． 解析：如圖．它們的棱是原正方體的12條面對角線． 一個正四面體中兩條棱成60°角的有(C－3)對，兩個正四面體有(C－3)×2對．又正方體的面對角線中平行成對，所以共有(C－3)×2×2＝48(對)． 答案：48 14．如圖A，B，C，D為海上4個小島，要建立3座大橋，將4個小島連接起來，則不同的建橋方案有________種． 解析：法一：任2個島之間建立1座橋，則共需C＝6座橋，現只建其中3座，有C種建法，但如圖(1)這樣的建橋方式是不合題意的，類似這樣的情況有C種，則共有C－C＝16種建橋方案．

31、 法二：依題意，滿足條件的建橋方案分兩類． 第一類，如圖(2)，此時有C種方法． 第二類，如圖(3)，此時有A＝12種方法． 由分類加法計數原理得，共有4＋12＝16種建橋方案． 答案：16 15．現從男、女共8名學生干部中選出2名男同學和1名女同學分別參加全校“資源”“生態(tài)”“環(huán)?！比齻€夏令營活動，已知共有90種不同的方案，那么有男生________人、女生________人． 解析：設男、女同學的人數分別為m和n，則有， 即 由于m，n∈N＋，則m＝3，n＝5. 答案：3　5 16．在航天員進行的一項太空實驗中，要先后實施6個程序，其中程序A只能出現在第一或最后一步，

32、程序B和C在實施時必須相鄰，則實驗順序的編排方法共有________種． 解析：程序A有A＝2種結果，將程序B和C看作元素集團與除A外的元素排列有AA＝48(種)，所以由分步乘法計數原理得，實驗順序的編排共有2×48＝96種方法． 答案：96 17．規(guī)定C＝，其中x∈R，m是正整數，且C＝1，這是組合數C(n，m是正整數，且m≤n)的一種推廣，則C＝________；若x>0，則x＝________時，取到最小值，該最小值為________． 解析：由規(guī)定：C＝＝－680，由＝＝. 因為x>0，x＋≥2，當且僅當x＝時，等號成立， 所以當x＝時，得最小值. 答案：－680　　

33、[綜合題組練] 1．已知10件不同的產品中有4件是次品，現對它們進行測試，直至找出所有的次品為止． (1)若恰在第5次測試才測試到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，則這樣的不同測試方法數是多少？ (2)若恰在第5次測試后就找出了所有次品，則這樣的不同測試方法數是多少？ 解：(1)先排前4次測試，只能取正品，有A種不同的測試方法，再從4件次品中選2件排在第5次和第10次的位置上測試，有C·A＝A種測試方法，再排余下4件的測試位置，有A種測試方法．所以共有A·A·A＝103 680種不同的測試方法． (2)第5次測試的產品恰為最后一件次品，另3件在前4次中出現，從而前4次有一件正品

34、出現，所以共有C·C·A＝576種不同的測試方法． 2．現有男運動員6名，女運動員4名，其中男女隊長各1名，選派5人外出比賽，在下列情形中各有多少種選派方法？ (1)男運動員3名，女運動員2名； (2)至少有1名女運動員； (3)既要有隊長，又要有女運動員． 解：(1)任選3名男運動員，方法數為C，再選2名女運動員，方法數為C，共有C·C＝120種方法． (2)法一：至少有1名女運動員包括以下幾種情況： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男， 由分類加法計數原理可得總選法數為 CC＋CC＋CC＋CC＝246(種)． 法二：“至少有1名女運動員”的反面是“全是男運動員”，因

35、此用間接法求解，不同選法有C－C＝246(種)． (3)當有女隊長時，其他人任意選，共有C種選法，不選女隊長時，必選男隊長，其他人任意選，共有C種選法，其中不含女運動員的選法有C種，所以不選女隊長時共有(C－C)種選法． 所以既有隊長又有女運動員的選法共有C＋C－C＝191(種)． 3．證明下列各題： (1)A＋kA＝A(k≤n，n≥0)； (2)CC＝CC(k≤m≤n，n≥0)． 證明：(1)左邊＝＋k· ＝＝ ＝A＝右邊． (2)左邊＝· ＝， 右邊＝· ＝， 所以左邊＝右邊． 4．集合A＝{x∈Z|x≥10}，集合B是集合A的子集，且B中的元素滿足：①任意一個

36、元素的各數位的數字互不相同；②任意一個元素的任意兩個數位的數字之和不等于9. (1)集合B中兩位數和三位數各有多少個？ (2)集合B中是否有五位數？是否有六位數？ (3)將集合B中的元素從小到大排列，求第1 081個元素． 解：將0，1，…，9這10個數字按照和為9進行配對，(0，9)，(1，8)，(2，7)，(3，6)，(4，5)，B中元素的每個數位只能從上面五對數中每對只取一個數構成． (1)兩位數有C×22×A－C×2＝72(個)； 三位數有C×23×A－C×22×A＝432(個)． (2)存在五位數，只需從上述五個數對中每對取一個數即可找出符合條件的五位數；不存在六位數，若存在，則至少要從一個數對中取出兩個數，則該兩個數字之和為9，與B中任意一個元素的任意兩個數位的數字之和不等于9矛盾，因此不存在六位數． (3)四位數共有C×24×A－C×23×A＝1 728(個)， 因此第1 081個元素是四位數，且是第577個四位數， 我們考慮千位，千位為1，2，3的四位數有3×C×23×A＝576(個)，因此第1 081個元素是4 012. 15