1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上高中數(shù)學(xué)選修2-3題型總結(jié)（重點(diǎn)）本書(shū)重點(diǎn)：排列組合、概率第一章 計(jì)數(shù)原理 第二章 概率一、基礎(chǔ)知識(shí)1加法原理：做一件事有n類(lèi)辦法，在第1類(lèi)辦法中有m1種不同的方法，在第2類(lèi)辦法中有m2種不同的方法，在第n類(lèi)辦法中有mn種不同的方法，那么完成這件事一共有N=m1+m2+mn種不同的方法。2乘法原理：做一件事，完成它需要分n個(gè)步驟，第1步有m1種不同的方法，第2步有m2種不同的方法，第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N=m1×m2××mn種不同的方法。3排列與排列數(shù)：從n個(gè)不同元素中，任取m(mn)個(gè)元素，按照一定順序排成一列，叫

2、做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)排列，從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)(mn)元素的所有排列個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的排列數(shù)，用表示，=n(n-1)(n-m+1)=,其中m,nN,mn,注：一般地=1，0！=1，=n!。4N個(gè)不同元素的圓周排列數(shù)為=(n-1)!。5組合與組合數(shù)：一般地，從n個(gè)不同元素中，任取m(mn)個(gè)元素并成一組，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合，即從n個(gè)不同元素中不計(jì)順序地取出m個(gè)構(gòu)成原集合的一個(gè)子集。從n個(gè)不同元素中取出m(mn)個(gè)元素的所有組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù)，用表示：6【了解】組合數(shù)的基本性質(zhì)：（1）；（2）；（3

3、）；（4）；（5）；（6）。7定理1：不定方程x1+x2+xn=r的正整數(shù)解的個(gè)數(shù)為。證明將r個(gè)相同的小球裝入n個(gè)不同的盒子的裝法構(gòu)成的集合為A，不定方程x1+x2+xn=r的正整數(shù)解構(gòu)成的集合為B，A的每個(gè)裝法對(duì)應(yīng)B的唯一一個(gè)解，因而構(gòu)成映射，不同的裝法對(duì)應(yīng)的解也不同，因此為單射。反之B中每一個(gè)解(x1,x2,xn),將xi作為第i個(gè)盒子中球的個(gè)數(shù)，i=1,2,n，便得到A的一個(gè)裝法，因此為滿射，所以是一一映射，將r個(gè)小球從左到右排成一列，每種裝法相當(dāng)于從r-1個(gè)空格中選n-1個(gè)，將球分n份，共有種。故定理得證。推論1 不定方程x1+x2+xn=r的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)為推論2 從n個(gè)不同元素中

4、任取m個(gè)允許元素重復(fù)出現(xiàn)的組合叫做n個(gè)不同元素的m可重組合，其組合數(shù)為8二項(xiàng)式定理：若nN+,則(a+b)n=.其中第r+1項(xiàng)Tr+1=叫二項(xiàng)式系數(shù)。9隨機(jī)事件：在一定條件下可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件叫隨機(jī)事件。在大量重復(fù)進(jìn)行同一試驗(yàn)時(shí)，事件A發(fā)生的頻率總是接近于某個(gè)常數(shù)，在它附近擺動(dòng)，這個(gè)常數(shù)叫做事件A發(fā)生的概率，記作p(A),0p(A)1.10.等可能事件的概率，如果一次試驗(yàn)中共有n種等可能出現(xiàn)的結(jié)果，其中事件A包含的結(jié)果有m種，那么事件A的概率為p(A)=11.互斥事件：不可能同時(shí)發(fā)生的兩個(gè)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

5、一個(gè)發(fā)生的概率為p(A1+A2+An)= p(A1)+p(A2)+p(An).12對(duì)立事件：事件A，B為互斥事件，且必有一個(gè)發(fā)生，則A，B叫對(duì)立事件，記A的對(duì)立事件為。由定義知p(A)+p()=1.13相互獨(dú)立事件：事件A（或B）是否發(fā)生對(duì)事件B（或A）發(fā)生的概率沒(méi)有影響，這樣的兩個(gè)事件叫做相互獨(dú)立事件。14相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率：兩個(gè)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率，等于每個(gè)事件發(fā)生的概率的積。即p(AB)=p(A)p(B).若事件A1，A2，An相互獨(dú)立,那么這n個(gè)事件同時(shí)發(fā)生的概率為p(A1A2 An)=p(A1)p(A2) p(An).15.獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn):若n次重復(fù)試驗(yàn)中,每次試驗(yàn)結(jié)果的

6、概率都不依賴于其他各次試驗(yàn)的結(jié)果,則稱(chēng)這n次試驗(yàn)是獨(dú)立的.16.獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率:如果在一次試驗(yàn)中,某事件發(fā)生的概率為p,那么在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中,這個(gè)事件恰好發(fā)生k次的概率為pn(k)=pk(1-p)n-k.17離散型隨機(jī)為量的分布列：如果隨機(jī)試驗(yàn)的結(jié)果可以用一個(gè)變量來(lái)表示，那么這樣的變量叫隨機(jī)變量，例如一次射擊命中的環(huán)數(shù)就是一個(gè)隨機(jī)變量，可以取的值有0,1,2,10。如果隨機(jī)變量的可能取值可以一一列出，這樣的隨機(jī)變量叫離散型隨機(jī)變量。一般地，設(shè)離散型隨機(jī)變量可能取的值為x1,x2,xi,取每一個(gè)值xi(i=1,2,)的概率p(=xi)=pi，則稱(chēng)表x1x2x3xipp1p2p3pi為隨機(jī)

7、變量的概率分布，簡(jiǎn)稱(chēng)的分布列，稱(chēng)E=x1p1+x2p2+xnpn+為的數(shù)學(xué)期望或平均值、均值、簡(jiǎn)稱(chēng)期望，稱(chēng)D=(x1-E)2p1+(x2-E)2p2+(xn-E)2pn+為的均方差，簡(jiǎn)稱(chēng)方差。叫隨機(jī)變量的標(biāo)準(zhǔn)差。18二項(xiàng)分布：如果在一次試驗(yàn)中某事件發(fā)生的概率是p，那么在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，這個(gè)事件恰好發(fā)生k次的概率為p(=k)=, 的分布列為01xiNp此時(shí)稱(chēng)服從二項(xiàng)分布，記作B(n,p).若B(n,p)，則E=np,D=npq,以上q=1-p.19.幾何分布：在獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，某事件第一次發(fā)生時(shí)所做試驗(yàn)的次數(shù)也是一個(gè)隨機(jī)變量，若在一次試驗(yàn)中該事件發(fā)生的概率為p，則p(=k)=qk-1p(k=

8、1,2,)，的分布服從幾何分布，E=，D=(q=1-p).二、基礎(chǔ)例題【必會(huì)】1乘法原理。例1 有2n個(gè)人參加收發(fā)電報(bào)培訓(xùn)，每?jī)蓚€(gè)人結(jié)為一對(duì)互發(fā)互收，有多少種不同的結(jié)對(duì)方式？解 將整個(gè)結(jié)對(duì)過(guò)程分n步，第一步，考慮其中任意一個(gè)人的配對(duì)者，有2n-1種選則；這一對(duì)結(jié)好后，再?gòu)挠嘞碌?n-2人中任意確定一個(gè)。第二步考慮他的配對(duì)者，有2n-3種選擇，這樣一直進(jìn)行下去，經(jīng)n步恰好結(jié)n對(duì)，由乘法原理，不同的結(jié)對(duì)方式有(2n-1)×(2n-3)××3×1=2加法原理。例2 圖13-1所示中沒(méi)有電流通過(guò)電流表，其原因僅因?yàn)殡娮钄嗦返目赡苄怨灿袔追N？解 斷路共分4類(lèi)：1）

9、一個(gè)電阻斷路，有1種可能，只能是R4；2）有2個(gè)電阻斷路，有-1=5種可能；3）3個(gè)電阻斷路，有=4種；4）有4個(gè)電阻斷路，有1種。從而一共有1+5+4+1=11種可能。3插空法。例3 10個(gè)節(jié)目中有6個(gè)演唱4個(gè)舞蹈，要求每?jī)蓚€(gè)舞蹈之間至少安排一個(gè)演唱，有多少種不同的安排節(jié)目演出順序的方式？解 先將6個(gè)演唱節(jié)目任意排成一列有種排法，再?gòu)难莩?jié)目之間和前后一共7個(gè)位置中選出4個(gè)安排舞蹈有種方法，故共有=種方式。4映射法。例4 如果從1，2，14中，按從小到大的順序取出a1,a2,a3使同時(shí)滿足：a2-a13,a3-a23，那么所有符合要求的不同取法有多少種？解 設(shè)S=1,2,14，=1，2，10

10、；T=(a1,a2,a3)| a1,a2,a3S,a2-a13,a3-a23,=(),若，令，則(a1,a2,a3)T,這樣就建立了從到T的映射，它顯然是單射，其次若(a1,a2,a3)T,令，則，從而此映射也是滿射，因此是一一映射，所以|T|=120，所以不同取法有120種。5貢獻(xiàn)法。例5 已知集合A=1，2，3，10，求A的所有非空子集的元素個(gè)數(shù)之和。解 設(shè)所求的和為x，因?yàn)锳的每個(gè)元素a，含a的A的子集有29個(gè)，所以a對(duì)x的貢獻(xiàn)為29，又|A|=10。所以x=10×29.另解 A的k元子集共有個(gè)，k=1,2,10，因此，A的子集的元素個(gè)數(shù)之和為10×29。6容斥原理。

11、例6 由數(shù)字1，2，3組成n位數(shù)(n3)，且在n位數(shù)中，1，2，3每一個(gè)至少出現(xiàn)1次，問(wèn)：這樣的n位數(shù)有多少個(gè)？解 用I表示由1，2，3組成的n位數(shù)集合，則|I|=3n，用A1，A2，A3分別表示不含1，不含2，不含3的由1，2，3組成的n位數(shù)的集合，則|A1|=|A2|=|A3|=2n，|A1A2|=|A2A3|=|A1A3|=1。|A1A2A3|=0。所以由容斥原理|A1A2A3|=3×2n-3.所以滿足條件的n位數(shù)有|I|-|A1A2A3|=3n-3×2n+3個(gè)。7遞推方法。例7 用1，2，3三個(gè)數(shù)字來(lái)構(gòu)造n位數(shù)，但不允許有兩個(gè)緊挨著的1出現(xiàn)在n位數(shù)中，問(wèn)：能構(gòu)造出多

12、少個(gè)這樣的n位數(shù)？解 設(shè)能構(gòu)造an個(gè)符合要求的n位數(shù)，則a1=3，由乘法原理知a2=3×3-1=8.當(dāng)n3時(shí)：1）如果n位數(shù)的第一個(gè)數(shù)字是2或3，那么這樣的n位數(shù)有2an-1；2）如果n位數(shù)的第一個(gè)數(shù)字是1，那么第二位只能是2或3，這樣的n位數(shù)有2an-2，所以an=2(an-1+an-2)(n3).這里數(shù)列an的特征方程為x2=2x+2，它的兩根為x1=1+,x2=1-,故an=c1(1+)n+ c2(1+)n,由a1=3,a2=8得，所以8算兩次。例8 m,n,rN+，證明： 證明 從n位太太與m位先生中選出r位的方法有種；另一方面，從這n+m人中選出k位太太與r-k位先生的方法

13、有種，k=0,1,r。所以從這n+m人中選出r位的方法有種。綜合兩個(gè)方面，即得式。9母函數(shù)。例9 一副三色牌共有32張，紅、黃、藍(lán)各10張，編號(hào)為1，2，10，另有大、小王各一張，編號(hào)均為0。從這副牌中任取若干張牌，按如下規(guī)則計(jì)算分值：每張編號(hào)為k的牌計(jì)為2k分，若它們的分值之和為2004，則稱(chēng)這些牌為一個(gè)“好牌”組，求好牌組的個(gè)數(shù)。解 對(duì)于n1,2,2004,用an表示分值之和為n的牌組的數(shù)目，則an等于函數(shù)f(x)=(1+)2(1+)3(1+)3的展開(kāi)式中xn的系數(shù)（約定|x|<1），由于f(x)= (1+)(1+)(1+)3=3 =3。而02004<211，所以an等于的展開(kāi)

14、式中xn的系數(shù)，又由于=(1+x2+x3+x2k+)1+2x+3x2+(2k+1)x2k+,所以x2k在展開(kāi)式中的系數(shù)為a2k=1+3+5+(2k+1)=(k+1)2,k=1,2,從而，所求的“好牌”組的個(gè)數(shù)為a2004=10032=.10組合數(shù)的性質(zhì)。例10 證明：是奇數(shù)(k1).證明 =令i=pi(1ik)，pi為奇數(shù)，則，它的分子、分母均為奇數(shù)，因是整數(shù)，所以它只能是若干奇數(shù)的積，即為奇數(shù)。例11 對(duì)n2,證明：證明 1）當(dāng)n=2時(shí)，22<=6<42；2）假設(shè)n=k時(shí)，有2k<<4k,當(dāng)n=k+1時(shí)，因?yàn)橛?lt;4，所以2k+1<.所以結(jié)論對(duì)一切n2成立。

15、11二項(xiàng)式定理的應(yīng)用。例12 若nN, n2，求證：證明 首先其次因?yàn)椋?2+得證。例13 證明：證明 首先，對(duì)于每個(gè)確定的k，等式左邊的每一項(xiàng)都是兩個(gè)組合數(shù)的乘積，其中是(1+x)n-k的展開(kāi)式中xm-h的系數(shù)。是(1+y)k的展開(kāi)式中yk的系數(shù)。從而就是(1+x)n-k(1+y)k的展開(kāi)式中xm-hyh的系數(shù)。于是，就是展開(kāi)式中xm-hyh的系數(shù)。另一方面，= =(xk-1+xk-2y+yk-1)，上式中，xm-hyh項(xiàng)的系數(shù)恰為。所以12概率問(wèn)題的解法。例14 如果某批產(chǎn)品中有a件次品和b件正品，采用有放回的抽樣方式從中抽取n件產(chǎn)品，問(wèn)：恰好有k件是次品的概率是多少？解 把k件產(chǎn)品進(jìn)

16、行編號(hào)，有放回抽n次，把可能的重復(fù)排列作為基本事件，總數(shù)為(a+b)n（即所有的可能結(jié)果）。設(shè)事件A表示取出的n件產(chǎn)品中恰好有k件是次品，則事件A所包含的基本事件總數(shù)為akbn-k，故所求的概率為p(A)=例15 將一枚硬幣擲5次，正面朝上恰好一次的概率不為0，而且與正面朝上恰好兩次的概率相同，求恰好三次正面朝上的概率。解 設(shè)每次拋硬幣正面朝上的概率為p，則擲5次恰好有k次正面朝上的概率為(1-p)5-k(k=0,1,2,5)，由題設(shè)，且0<p<1，化簡(jiǎn)得，所以恰好有3次正面朝上的概率為例16 甲、乙兩個(gè)乒乓球運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行乒乓球比賽，已知每一局甲勝的概率為0.6，乙勝的概率為0.4，

17、比賽時(shí)可以用三局二勝或五局三勝制，問(wèn)：在哪一種比賽制度下，甲獲勝的可能性大？解 （1）如果采用三局兩勝制，則甲在下列兩種情況下獲勝：A12：0（甲凈勝二局），A22：1（前二局甲一勝一負(fù)，第三局甲勝）. p(A1)=0.6×0.6=0.36,p(A2)=×0.6×0.4×0.6=0.288.因?yàn)锳1與A2互斥，所以甲勝概率為p(A1+A2)=0.648.(2)如果采用五局三勝制，則甲在下列三種情況下獲勝：B13：0（甲凈勝3局），B23：1（前3局甲2勝1負(fù)，第四局甲勝），B33：2（前四局各勝2局，第五局甲勝）。因?yàn)锽1，B2，B2互斥，所以甲勝概率為

18、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）可知在五局三勝制下，甲獲勝的可能性大。例17 有A，B兩個(gè)口袋，A袋中有6張卡片，其中1張寫(xiě)有0，2張寫(xiě)有1，3張寫(xiě)有2；B袋中有7張卡片，其中4張寫(xiě)有0，1張寫(xiě)有1，2張寫(xiě)有2。從A袋中取出1張卡片，B袋中取2張卡片，共3張卡片。求：（1）取出3張卡片都寫(xiě)0的概率；（2）取出的3張卡片數(shù)字之積是4的概率；（3）取出的3張卡片數(shù)字之積的數(shù)學(xué)期望。解（1）；（2）；（3）記為取出

19、的3張卡片的數(shù)字之積，則的分布為0248p所以13抽屜原理。例1 設(shè)整數(shù)n4,a1,a2,an是區(qū)間(0,2n)內(nèi)n個(gè)不同的整數(shù)，證明：存在集合a1,a2,an的一個(gè)子集，它的所有元素之和能被2n整除。證明 （1）若na1,a2,an,則n個(gè)不同的數(shù)屬于n-1個(gè)集合1,2n-1，2,2n-2,n-1,n+1。由抽屜原理知其中必存在兩個(gè)數(shù)ai,aj(ij)屬于同一集合，從而ai+aj=2n被2n整除；（2）若na1,a2,an，不妨設(shè)an=n，從a1,a2,an-1(n-13)中任意取3個(gè)數(shù)ai, aj, ak(ai,<aj< ak)，則aj-ai與ak-ai中至少有一個(gè)不被n整除，

20、否則ak-ai=(ak-aj)+(aj-ai)2n，這與ak(0,2n)矛盾，故a1,a2,an-1中必有兩個(gè)數(shù)之差不被n整除；不妨設(shè)a1與a2之差(a2-a1>0)不被n整除，考慮n個(gè)數(shù)a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,a1+a2+an-1。）若這n個(gè)數(shù)中有一個(gè)被n整除，設(shè)此數(shù)等于kn，若k為偶數(shù)，則結(jié)論成立；若k為奇數(shù)，則加上an=n知結(jié)論成立。）若這n個(gè)數(shù)中沒(méi)有一個(gè)被n整除，則它們除以n的余數(shù)只能取1,2,n-1這n-1個(gè)值，由抽屜原理知其中必有兩個(gè)數(shù)除以n的余數(shù)相同，它們之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故這個(gè)差必為ai, aj, ak-1中若干個(gè)數(shù)之和，同）可知結(jié)論

21、成立。14極端原理。例2 在n×n的方格表的每個(gè)小方格內(nèi)寫(xiě)有一個(gè)非負(fù)整數(shù)，并且在某一行和某一列的交叉點(diǎn)處如果寫(xiě)有0，那么該行與該列所填的所有數(shù)之和不小于n。證明：表中所有數(shù)之和不小于。證明 計(jì)算各行的和、各列的和，這2n個(gè)和中必有最小的，不妨設(shè)第m行的和最小，記和為k，則該行中至少有n-k個(gè)0，這n-k個(gè)0所在的各列的和都不小于n-k，從而這n-k列的數(shù)的總和不小于(n-k)2，其余各列的數(shù)的總和不小于k2，從而表中所有數(shù)的總和不小于(n-k)2+k215.不變量原理。俗話說(shuō)，變化的是現(xiàn)象，不變的是本質(zhì)，某一事情反復(fù)地進(jìn)行，尋找不變量是一種策略。例3 設(shè)正整數(shù)n是奇數(shù)，在黑板上寫(xiě)下數(shù)

22、1，2，2n，然后取其中任意兩個(gè)數(shù)a,b,擦去這兩個(gè)數(shù)，并寫(xiě)上|a-b|。證明：最后留下的是一個(gè)奇數(shù)。證明 設(shè)S是黑板上所有數(shù)的和，開(kāi)始時(shí)和數(shù)是S=1+2+2n=n(2n+1)，這是一個(gè)奇數(shù)，因?yàn)閨a-b|與a+b有相同的奇偶性，故整個(gè)變化過(guò)程中S的奇偶性不變，故最后結(jié)果為奇數(shù)。例4 數(shù)a1, a2,an中每一個(gè)是1或-1，并且有S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+ana1a2a3=0. 證明：4|n.證明 如果把a(bǔ)1, a2,an中任意一個(gè)ai換成-ai，因?yàn)橛?個(gè)循環(huán)相鄰的項(xiàng)都改變符號(hào)，S模4并不改變，開(kāi)始時(shí)S=0，即S0，即S0(mod4)。經(jīng)有限次變號(hào)可將每個(gè)ai都變成1，而始終

23、有S0(mod4)，從而有n0(mod4)，所以4|n。16構(gòu)造法。例5 是否存在一個(gè)無(wú)窮正整數(shù)數(shù)列a1,<a2<a3<，使得對(duì)任意整數(shù)A，數(shù)列中僅有有限個(gè)素?cái)?shù)。證明 存在。取an=(n!)3即可。當(dāng)A=0時(shí)，an中沒(méi)有素?cái)?shù)；當(dāng)|A|2時(shí)，若n|A|，則an+A均為|A|的倍數(shù)且大于|A|，不可能為素?cái)?shù)；當(dāng)A=±1時(shí)，an±1=(n!±1)(n!)2±n!+1，當(dāng)3時(shí)均為合數(shù)。從而當(dāng)A為整數(shù)時(shí)，(n!)3+A中只有有限個(gè)素?cái)?shù)。例6 一個(gè)多面體共有偶數(shù)條棱，試證：可以在它的每條棱上標(biāo)上一個(gè)箭頭，使得對(duì)每個(gè)頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)目是偶數(shù)。證明

24、 首先任意給每條棱一個(gè)箭頭，如果此時(shí)對(duì)每個(gè)頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)均為偶數(shù)，則命題成立。若有某個(gè)頂點(diǎn)A，指向它的箭頭數(shù)為奇數(shù)，則必存在另一個(gè)頂點(diǎn)B，指向它的箭頭數(shù)也為奇數(shù)（因?yàn)槔饪倲?shù)為偶數(shù)），對(duì)于頂點(diǎn)A與B，總有一條由棱組成的“路徑”連結(jié)它們，對(duì)該路徑上的每條棱，改變它們箭頭的方向，于是對(duì)于該路徑上除A，B外的每個(gè)頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)的奇偶性不變，而對(duì)頂點(diǎn)A，B，指向它的箭頭數(shù)變成了偶數(shù)。如果這時(shí)仍有頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)為奇數(shù)，那么重復(fù)上述做法，又可以減少兩個(gè)這樣的頂點(diǎn)，由于多面體頂點(diǎn)數(shù)有限，經(jīng)過(guò)有限次調(diào)整，總能使和是對(duì)每個(gè)頂點(diǎn)，指向它的箭頭數(shù)為偶數(shù)。命題成立。17染色法。*【?？肌坷? 能否在5

25、×5方格表內(nèi)找到一條線路，它由某格中心出發(fā)，經(jīng)過(guò)每個(gè)方格恰好一次，再回到出發(fā)點(diǎn)，并且途中不經(jīng)過(guò)任何方格的頂點(diǎn)？解 不可能。將方格表黑白相間染色，不妨設(shè)黑格為13個(gè)，白格為12個(gè)，如果能實(shí)現(xiàn)，因黑白格交替出現(xiàn)，黑白格數(shù)目應(yīng)相等，得出矛盾，故不可能。18凸包的使用。給定平面點(diǎn)集A，能蓋住A的最小的凸圖形，稱(chēng)為A的凸包。例8 試證：任何不自交的五邊形都位于它的某條邊的同一側(cè)。證明 五邊形的凸五包是凸五邊形、凸四邊形或者是三角形，凸包的頂點(diǎn)中至少有3點(diǎn)是原五邊形的頂點(diǎn)。五邊形共有5個(gè)頂點(diǎn)，故3個(gè)頂點(diǎn)中必有兩點(diǎn)是相鄰頂點(diǎn)。連結(jié)這兩點(diǎn)的邊即為所求。19賦值方法。例9 由2×2的方格紙去

26、掉一個(gè)方格余下的圖形稱(chēng)為拐形，用這種拐形去覆蓋5×7的方格板，每個(gè)拐形恰覆蓋3個(gè)方格，可以重疊但不能超出方格板的邊界，問(wèn)：能否使方格板上每個(gè)方格被覆蓋的層數(shù)都相同？說(shuō)明理由。解 將5×7方格板的每一個(gè)小方格內(nèi)填寫(xiě)數(shù)-2和1。如圖18-1所示，每個(gè)拐形覆蓋的三個(gè)數(shù)之和為非負(fù)。因而無(wú)論用多少個(gè)拐形覆蓋多少次，蓋住的所有數(shù)字之和都是非負(fù)的。另一方面，方格板上數(shù)字的總和為12×(-2)+23×1=-1，當(dāng)被覆蓋K層時(shí)，蓋住的數(shù)字之和等于-K，這表明不存在滿足題中要求的覆蓋。-21-21-21-21111111-21-21-21-21111111-21-21-21

27、-220圖論方法。例10 生產(chǎn)由六種顏色的紗線織成的雙色布，在所生產(chǎn)的雙色布中，每種顏色的紗線至少與其他三種顏色的紗線搭配過(guò)。證明：可以挑出三種不同的雙色布，它們包含所有的顏色。證明 用點(diǎn)A1，A2，A3，A4，A5，A6表示六種顏色，若兩種顏色的線搭配過(guò)，則在相應(yīng)的兩點(diǎn)之間連一條邊。由已知，每個(gè)頂點(diǎn)至少連出三條邊。命題等價(jià)于由這些邊和點(diǎn)構(gòu)成的圖中有三條邊兩兩不相鄰（即無(wú)公共頂點(diǎn)）。因?yàn)槊總€(gè)頂點(diǎn)的次數(shù)3，所以可以找到兩條邊不相鄰，設(shè)為A1A2，A3A4。（1）若A5與A6連有一條邊，則A1A2，A3A4，A5A6對(duì)應(yīng)的三種雙色布滿足要求。（2）若A5與A6之間沒(méi)有邊相連，不妨設(shè)A5和A1相連，

28、A2與A3相連，若A4和A6相連，則A1A2，A3A4，A5A6對(duì)應(yīng)的雙色布滿足要求；若A4與A6不相連，則A6與A1相連，A2與A3相連，A1A5，A2A6，A3A4對(duì)應(yīng)的雙色布滿足要求。綜上，命題得證。三、趨近高考【必懂】1.（2010廣東卷理）2010年廣州亞運(yùn)會(huì)組委會(huì)要從小張、小趙、小李、小羅、小王五名志愿者中選派四人分別從事翻譯、導(dǎo)游、禮儀、司機(jī)四項(xiàng)不同工作，若其中小張和小趙只能從事前兩項(xiàng)工作，其余三人均能從事這四項(xiàng)工作，則不同的選派方案共有 A. 36種 B. 12種 C. 18種 D. 48種【解析】分兩類(lèi)：若小張或小趙入選，則有選法；若小張、小趙都入選，則有選法，共有選法36種

29、，選A. 2.（2009北京卷文）用數(shù)字1，2，3，4，5組成的無(wú)重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)的個(gè)數(shù)為 （ ）A8B24C48D120【答案】C.w【解析】本題主要考查排列組合知識(shí)以及分步計(jì)數(shù)原理知識(shí). 屬于基礎(chǔ)知識(shí)、基本運(yùn)算的考查.2和4排在末位時(shí)，共有種排法，其余三位數(shù)從余下的四個(gè)數(shù)中任取三個(gè)有種排法，于是由分步計(jì)數(shù)原理，符合題意的偶數(shù)共有（個(gè)）.故選C.3（2010北京卷理）用0到9這10個(gè)數(shù)字，可以組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位偶數(shù)的個(gè)數(shù)為（ ） A324 B328 C360 D648【答案】B【解析】本題主要考查排列組合知識(shí)以及分類(lèi)計(jì)數(shù)原理和分步計(jì)數(shù)原理知識(shí). 屬于基礎(chǔ)知識(shí)、基本運(yùn)算的考查. 首先應(yīng)考

30、慮“0”是特殊元素，當(dāng)0排在末位時(shí)，有（個(gè)）， 當(dāng)0不排在末位時(shí)，有（個(gè)）， 于是由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理，得符合題意的偶數(shù)共有（個(gè)）.故選B.4.（2009全國(guó)卷文）甲、乙兩人從4門(mén)課程中各選修2門(mén)，則甲、乙所選的課程中恰有1門(mén)相同的選法有（A）6種 （B）12種 （C）24種 （D）30種 答案：C解析：本題考查分類(lèi)與分步原理及組合公式的運(yùn)用，可先求出所有兩人各選修2門(mén)的種數(shù)=36，再求出兩人所選兩門(mén)都相同和都不同的種數(shù)均為=6，故只恰好有1門(mén)相同的選法有24種 。5.（2009全國(guó)卷理）甲組有5名男同學(xué)，3名女同學(xué)；乙組有6名男同學(xué)、2名女同學(xué)。若從甲、乙兩組中各選出2名同學(xué)，則選出的4人中恰有1

31、名女同學(xué)的不同選法共有( D )（A）150種 （B）180種 （C）300種 (D)345種 解: 分兩類(lèi)(1) 甲組中選出一名女生有種選法; (2) 乙組中選出一名女生有種選法.故共有345種選法.選D6.(2010湖北卷理)將甲、乙、丙、丁四名學(xué)生分到三個(gè)不同的班，每個(gè)班至少分到一名學(xué)生，且甲、乙兩名學(xué)生不能分到同一個(gè)班，則不同分法的種數(shù)為 【答案】C【解析】用間接法解答：四名學(xué)生中有兩名學(xué)生分在一個(gè)班的種數(shù)是，順序有種，而甲乙被分在同一個(gè)班的有種，所以種數(shù)是7.（2010四川卷文）2位男生和3位女生共5位同學(xué)站成一排，若男生甲不站兩端，3位女生中有且只有兩位女生相鄰，則不同排法的種數(shù)是

32、 A. 60 B. 48 C. 42 D. 36【答案】B【解析】解法一、從3名女生中任取2人“捆”在一起記作A，（A共有種不同排法），剩下一名女生記作B，兩名男生分別記作甲、乙；則男生甲必須在A、B之間（若甲在A、B兩端。則為使A、B不相鄰，只有把男生乙排在A、B之間，此時(shí)就不能滿足男生甲不在兩端的要求）此時(shí)共有6×212種排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三個(gè)元素中選出四個(gè)位置插入乙，所以，共有12×448種不同排法。解法二；同解法一，從3名女生中任取2人“捆”在一起記作A，（A共有種不同排法），剩下一名女生記作B，兩名男生分別記作甲、乙；為使男生甲不在兩端可分三

33、類(lèi)情況：第一類(lèi)：女生A、B在兩端，男生甲、乙在中間，共有=24種排法；第二類(lèi)：“捆綁”A和男生乙在兩端，則中間女生B和男生甲只有一種排法，此時(shí)共有12種排法第三類(lèi)：女生B和男生乙在兩端，同樣中間“捆綁”A和男生甲也只有一種排法。此時(shí)共有12種排法 三類(lèi)之和為24121248種。 8. （2009全國(guó)卷理）甲、乙兩人從4門(mén)課程中各選修2門(mén)。則甲、乙所選的課程中至少有1門(mén)不相同的選法共有A. 6種 B. 12種 C. 30種 D. 36種解：用間接法即可.種. 故選C9.（2010遼寧卷理）從5名男醫(yī)生、4名女醫(yī)生中選3名醫(yī)生組成一個(gè)醫(yī)療小分隊(duì)，要求其中男、女醫(yī)生都有，則不同的組隊(duì)方案共有（A）7

34、0種 （B） 80種 （C） 100種 （D）140種 【解析】直接法：一男兩女,有C51C425×630種,兩男一女,有C52C4110×440種,共計(jì)70種 間接法：任意選取C9384種,其中都是男醫(yī)生有C5310種,都是女醫(yī)生有C414種,于是符合條件的有8410470種.【答案】A10.（2009湖北卷文）從5名志愿者中選派4人在星期五、星期六、星期日參加公益活動(dòng)，每人一天，要求星期五有一人參加，星期六有兩人參加，星期日有一人參加，則不同的選派方法共有A.120種 B.96種 C.60種 D.48種【答案】C【解析】5人中選4人則有種，周五一人有種，周六兩人則有，周日則有種，故共有××=60種,故選C11.（2009湖南卷文）某地政府召集5家企業(yè)的負(fù)責(zé)人開(kāi)會(huì)，其中甲企業(yè)有2人到會(huì)，其余4家企業(yè)各有1人到會(huì)，會(huì)上有3人發(fā)言，則這3人來(lái)自3家不同企業(yè)的可能情況的種數(shù)為【 B 】A14 B16 C20 D48解:由間接法得，故選B. 12.（2010全國(guó)卷文）甲組有5名男同學(xué)、3名女