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【豆丁精品】高考数学课本回归 (2-3).doc

【豆丁精品】高考数学课本回归 (2-3).doc

陈立名 2018-06-14 评分 0 浏览量 0 0 0 0 暂无简介 简介 举报

简介:本文档为《【豆丁精品】高考数学课本回归 (2-3)doc》,可适用于项目管理领域,主题内容包含【豆丁精品】高考数学课本回归()高中数学课本回归,,第一章计数原理第二章概率一、基础知识(加法原理:做一件事有n类办法在第类办法中有m种不同的方法在符等。

【豆丁精品】高考数学课本回归()高中数学课本回归,,第一章计数原理第二章概率一、基础知识(加法原理:做一件事有n类办法在第类办法中有m种不同的方法在第类办法中有m种不同的方法„„在第n类办法中有m种不同的方法那么完成这件事一共有N=mm„m种不同的方法。nn(乘法原理:做一件事完成它需要分n个步骤第步有m种不同的方法第步有m种不同的方法„„第n步有m种不同的方法那么完成这件事共有N=mm„m种不同的方法。nn(排列与排列数:从n个不同元素中任取m(mn)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(mn)元素的所有排列个数叫做从n个不同n!mm元素中取出m个元素的排列数用表示=n(n)„(nm)=,其中m,nN,mn,AAnn(n,m)!n注:一般地=~==n!。AAnnnAn(N个不同元素的圆周排列数为=(n)!。n(组合与组合数:一般地从n个不同元素中任取m(mn)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m素中取出m(mn)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:Cn,?,n(n)(nm)n!m,,Cn,m!m!(nm)!nmn,mmmn,k,k(【了解】组合数的基本性质:()()()()C,CC,CCC,Cn,nnnn,nnknnknkkkkkmn,kCC?C,C,()()。CC?C,CCC,C,nnnnkk,kmkmnkn,m,kn,(定理:不定方程xx„x=r的正整数解的个数为。Cnr,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xx„x=r的正整数解n构成的集合为BA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,x,„,x),将x作为第i个盒子中球的个数i=,,„,n便得到A的一ni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个空格中n,选n个将球分n份共有种。故定理得证。Cr,r推论不定方程xx„x=r的非负整数解的个数为Cnnr,推论从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m为Cnm,nnn,n,rn,rrnn(二项式定理:若nN,则(ab)=CaCabCab?Cab?Cb其中第rnnnnnrn,rrr项T=Cab,C叫二项式系数。rnn数学选修第页共页(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m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),np(A)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m么事件A的概率为p(A)=n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AA„An彼此互斥那么AA„A中至少有一个发生的概率为np(AA„A)=p(A)p(A)„p(A)nn(对立事件:事件AB为互斥事件且必有一个发生则AB叫对立事件记A的对立事件为。由A定义知p(A)p()=A(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。(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AA„A相互独立,那么这n个事件同时发生的概率为p(A•A•„nA)=p(A)•p(A)•„•p(A)•nn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knkk恰好发生k次的概率为p(k)=•p(p)Cnn(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,,,„,。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,x,„,x,„,ξ取每一个值x(i=,,„)的概率p(ξii=x)=p则称表iiξxxx„x„ipppp„p„i为随机变量ξ的概率分布简称ξ的分布列称Eξ=xpxp„xp„为ξ的数学期望或平均值、均值、nn简称期望称Dξ=(xEξ)•p(xEξ)•p„(xEξ)p„为ξ的均方差简称方差。叫随机D,nn变量ξ的标准差。(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kkn,k生k次的概率为p(ξ=k)=,ξ的分布列为Cpqnξ„x„Ninn,kkn,knnCpqCpqCpqCpp„„nnnn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=p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k试验中该事件发生的概率为p则p(ξ=k)=qp(k=,,„)ξ的分布服从几何分布Eξ=Dξp数学选修第页共页q=(q=p)p二、基础例题【必会】(乘法原理。例有n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n种选则这一对结好后再从余下的n人中任意确定一个。第二步考虑他的配对者有n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(n)!(n)(n)„=n,(n!)(加法原理。例图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,解断路共分类:)一个电阻断路有种可能只能是R)有个电阻断路有=种可C能)个电阻断路有=种)有个电阻断路有种。从而一共有=种可能。C(插空法。例个节目中有个演唱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个位置中选出个A安排舞蹈有种方法故共有=种方式。AAA(映射法。例如果从„中按从小到大的顺序取出a,a,a使同时满足:aa,aa那么所有符合要求的不同取法有多少种,解设S={,,„,}={„}T={(a,a,a)|a,a,aS,aa,aaS'''''''''''''},T'={()},若令a,a,aS'|a,a,a,S',a,a,a(a,a,a),T''''则(a,a,a)T,这样就建立了从T'到T的映射它显然是单射其次a,a,a,a,a,a''''''若(a,a,a)T,令则从而此映射也是满射因此是a,a,a,a,,a,a,(a,a,a),T'一一映射所以|T|==所以不同取法有种。|T'|,C(贡献法。例已知集合A={„}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的子集有个所以a对x的贡献为又|A|=。所以x=k另解A的k元子集共有个k=,,„,因此A的子集的元素个数之和为C。CC?C,(CC?C),(容斥原理。例由数字组成n位数(n)且在n位数中每一个至少出现次问:这样的n数学选修第页共页位数有多少个,n解用I表示由组成的n位数集合则|I|=用AAA分别表示不含不含不含n的由组成的n位数的集合则|A|=|A|=|A|=|AA|=|AA|=|AA|=。|AAA|=。:::::n所以由容斥原理|AAA|==所以满足条件的n位::|A|,|A:A||A:A:A|,,iiji,i,jnn数有|I||AAA|=个。::(递推方法。例用三个数字来构造n位数但不允许有两个紧挨着的出现在n位数中问:能构造出多少个这样的n位数,解设能构造a个符合要求的n位数则a=由乘法原理知a==当n时:)如果n位数n的第一个数字是或那么这样的n位数有a)如果n位数的第一个数字是那么第二位只能是n或这样的n位数有a所以a=(aa)(n)这里数列{a}的特征方程为x=x它的两根为nnnnn,nn,,x=,故a=c()c(),由a=,a=得所以x=c,c,nnna,(),(,)n(算两次。rrr,r,r例m,n,rN证明:C,CCCCCC?CCnmnmnmnmnmr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nm人中选出k位太太与Cnmkr,krk位先生的方法有种k=,,„,r。所以从这nm人中选出r位的方法有CCnmrr,r种。综合两个方面即得式。CCCC?CCnmnmnm(母函数。例一副三色牌共有张红、黄、蓝各张编号为„另有大、小王各一张编号均k为。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的牌计为分若它们的分值之和为则称这些牌为一个“好牌”组求好牌组的个数。解对于n{,,„,},用a表示分值之和为n的牌组的数目则a等于函数f(x)=()•xnnn()••••„•()的展开式中x的系数(约定|x|<)由于f(x)=()()•„xxxxx•()==。(,x)(,x)x(x)(,x)(,x)(,x)n而<所以a等于的展开式中x的系数又由于n(,x)(,x)kk=•=(xx„xk„)xx„(k)x„,所以x在展开式,x(,x)(,x)(,x)中的系数为a=(k)=(k),k=,,„,从而所求的“好牌”组的个数为a==k数学选修第页共页k(组合数的性质。Cnk例证明:是奇数(k)Cm,mmmmmm,,,,k,,,k()()?()tki证明=令i=•p(iC,,,,,?im,,,,kk?tmt,miimpp,,i,kiik)p为奇数则它的分子、分母均为奇数因是整数所以C,,im,tiippii它只能是若干奇数的积即为奇数。nnn例对n,证明:,C,nkkk证明)当n=时=<)假设n=k时有<<,当n=k时因为<CCk(k)!(k)!(k)kkC,,,,C(k)k(k)!(k)!(k)!,k!k(k)kkkkk又,<所以<C,C,C,k(k)kk所以结论对一切n成立。(二项式定理的应用。n,,例若nN,n求证:,,,,n,,n,,nCCC?C证明首先其次因为,,,,,,,,nnnnnnnnn,,nn(n,)(n,k)?,,kC,,,,,,(k,)所以,,,nkknk!k(k,)k,knn,k!,,n得证。C,?C,,,,?,,,,nnnn,nnnnnm,hhm例证明:C,C,C(h,m,n),n,kknk,nkm,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是(x)的展Cn,kmhkknkkmhhhhm,h开式中x的系数。是(y)的展开式中y的系数。从而•就是(x)•(y)的展开式中xyCCCkkn,k的系数。nn,,mhhmhhnkkC,C(x)(y)于是就是展开式中xy的系数。,,,nkk,,kk数学选修第页共页nnkkkkCx,Cy,,nnnnn(x),(y),nkkk,k,另一方面==(x)(y),,(x),(y)x,y,kkknnx,ykkkmkkkmhh•=(xxy„y)上式中xy项的系数恰为。CxCC,,nnnx,yk,k,nm,hhm所以C,C,C,n,kknk,(概率问题的解法。例如果某批产品中有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,n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(ab)(即所有的可kknk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•abCnkknk,Cabn故所求的概率为p(A)=nab()例将一枚硬币掷次正面朝上恰好一次的概率不为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则掷次恰好有k次正面朝上的概率为kkk(p)(k=,,,„,)由题设且<p<化简得所以恰好CpCp(,p),Cp(,p)p,,,,,有次正面朝上的概率为C,,,,,,,,,例甲、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乙胜的概率为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()如果采用三局两胜制则甲在下列两种情况下获胜:A:(甲净胜二局)A:(前二局甲一胜一负第三局甲胜)p(A)==,p(A)==C因为A与A互斥所以甲胜概率为p(AA)=()如果采用五局三胜制则甲在下列三种情况下获胜:B:(甲净胜局)B:(前局甲胜负第四局甲胜)B:(前四局各胜局第五局甲胜)。因为BBB互斥所以甲胜概=率为p(BBB)=p(B)p(B)p(B)=CC由()()可知在五局三胜制下甲获胜的可能性大。例有AB两个口袋A袋中有张卡片其中张写有张写有张写有B袋中有张卡片其中张写有张写有张写有。从A袋中取出张卡片B袋中取张卡片共张卡片。求:()取出张卡片都写的概率()取出的张卡片数字之积是的概率()取出的张卡片数字之积的数学期望。C,CC,C,CC,C解()()()记ξ为取出的张卡片的数p,,p,,C,CC,C字之积则ξ的分布为ξ数学选修第页共页p所以E,,,(抽屉原理。例设整数n,a,a,„,a是区间(,n)内n个不同的整数证明:存在集合{a,a,„,a}的一个子集nn它的所有元素之和能被n整除。证明()若n{a,a,„,a},则n个不同的数属于n个集合{,n}{,n},„,{n,n}。,n由抽屉原理知其中必存在两个数a,a(ij)属于同一集合从而aa=n被n整除ijij()若n{a,a,„,a}不妨设a=n从a,a,„,a(n)中任意取个数a,a,a(a,<a<a)则aannnijkijkji与aa中至少有一个不被n整除否则aa=(aa)(aa)n这与a(,n)矛盾故a,a,„,a中knkikikjji必有两个数之差不被n整除不妨设a与a之差(aa>)不被n整除考虑n个数a,a,aa,aaa,„,aa„a。n)若这n个数中有一个被n整除设此数等于k若k为偶数则结论成立若k为奇数则加上a=nnn知结论成立。)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,,„,n这n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aa不被n整除故这个差必为a,a,aijk中若干个数之和同)可知结论成立。(极端原理。例在nn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。n证明计算各行的和、各列的和这n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nk个这nk个所在的各列的和都不小于nk从而这nk列的数的总和不小于(nk)其余(n,kk)各列的数的总和不小于k从而表中所有数的总和不小于(nk)k,n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。例设正整数n是奇数在黑板上写下数„n然后取其中任意两个数a,b,擦去这两个数并写上|ab|。证明:最后留下的是一个奇数。设S是黑板上所有数的和开始时和数是S=„n=n(n)这是一个奇数因为|ab|与ab证明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。例数a,a,„,a中每一个是或并且有S=aaaaaaaa„aaaa=证明:|nnn证明如果把a,a,„,a中任意一个a换成a因为有个循环相邻的项都改变符号S模并不改变nii开始时S=即S即S(mod)。经有限次变号可将每个a都变成而始终有S(mod)从而i有n(mod)所以|n。(构造法。,例是否存在一个无穷正整数数列a,<a<a<„使得对任意整数A数列中仅有有限个素数。{aA}nn,证明存在。取a=(n!)即可。当A=时{a}中没有素数当|A|时若n|A|则aA均为|A|nnn的倍数且大于|A|不可能为素数当A=时a=(n!)•(n!)n!当时均为合数。从而n当A为整数时{(n!)A}中只有有限个素数。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例箭头数目是偶数。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。若数学选修第页共页有某个顶点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AB外的每个顶点指向它的箭头数的奇偶性不变而对顶点AB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。(染色法。***【常考】例能否在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个白格为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。(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点是原五边形的顶点。五边形共有个顶点故个顶点中必有两点是相邻顶点。连结这两点的边即为所求。(赋值方法。例由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的方格板每个拐形恰覆盖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。解将方格板的每一个小方格内填写数和。如图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()=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。(图论方法。例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AAAAAA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所以可以找到两条边不相邻设为AAAA。()若A与A连有一条边则AAAAAA对应的三种双色布满足要求。()若A与A之间没有边相连不妨设A和A相连A与A相连若A和A相连则AAAAAA对应的双色布满足要求若A与A不相连则A与A相连A与A相连AAAAAA对应的双色布满足要求。综上命题得证。三、趋近高考【必懂】(广东卷理)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种B种C种D种数学选修第页共页若小张、小赵都入选则有选法【解析】分两类:若小张或小赵入选则有选法CCA,AA,共有选法种选A(北京卷文)用数字组成的无重复数字的四位偶数的个数为()A(B(C(D(【答案】Cw【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、基本运算的考查种排法和排在末位时共有A,其余三位数从余下的四个数中任取三个有种排法A,,于是由分步计数原理符合题意的偶数共有(个)故选C,((北京卷理)用到这个数字可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A(B(C(D(【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“”是特殊元素当排在末位时有(个)A,,当不排在末位时有(个)AAA,,,,于是由分类计数原理得符合题意的偶数共有(个)故选B,(全国卷文)甲、乙两人从门课程中各选修门则甲、乙所选的课程中恰有门相同的选法有(A)种(B)种(C)种(D)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门的种数CC=再求出两人所选两门都相同和都不同的种数均为C=故只恰好有门相同的选法有种。(全国卷理)甲组有名男同学名女同学乙组有名男同学、名女同学。若从甲、乙两组中各选出名同学则选出的人中恰有名女同学的不同选法共有(D)(A)种(B)种(C)种(D)种解:分两类()甲组中选出一名女生有种选法CCC,,,()乙组中选出一名女生有种选法故共有种选法选DCCC,,,(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ABCD【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CA数学选修第页共页种所以种数是一个班的有ACAA,,(四川卷文)位男生和位女生共位同学站成一排若男生甲不站两端位女生中有且只有两位女生相邻则不同排法的种数是ABCD【答案】B【解析】解法一、从名女生中任取人“捆”在一起记作A(A共有种不同排法)剩下CA,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,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,种不同排法。解法二同解法一从名女生中任取人“捆”在一起记作A(A共有种不同排法)剩CA,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=种排法AA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,A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,种排法A三类之和为,种。(全国卷理)甲、乙两人从门课程中各选修门。则甲、乙所选的课程中至少有门不相同的选法共有A种B种C种D种解:用间接法即可种故选CCCC,,,(辽宁卷理)从名男医生、名女医生中选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)种(B)种(C)种(D)种【解析】直接法:一男两女,有CC,,种,两男一女,有CC,,种,共计种间接法:任意选取C,种,其中都是男医生有C,种,都是女医生有C,种,于是符合条件的有,,,种【答案】A(湖北卷文)从名志愿者中选派人在星期五、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种B种C种D种【答案】C【解析】人中选人则有种周五一人有种周六两人则有周日则有种故共有CCCCCC=种,故选CC(湖南卷文)某地政府召集家企业的负责人开会其中甲企业有人到会其余家企业各有数学选修第页共页人到会会上有人发言则这人来自家不同企业的可能情况的种数为【B】A(B(C(D(解:由间接法得故选BCCC,,,,,(全国卷文)甲组有名男同学、名女同学乙组有名男同学、名女同学若从甲、乙两组中各选出名同学则选出的人中恰有名女同学的不同选法共有(A)种(B)种(C)种(D)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。CCCCCC,(四川卷文)位男生和位女生共位同学站成一排若男生甲不站两端位女生中有且只有两位女生相邻则不同排法的种数是ABCD【答案】B【解析】解法一、从名女生中任取人“捆”在一起记作A(A共有种不同排法)剩下CA,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,种不同排法。解法二同解法一从名女生中任取人“捆”在一起记作A(A共有种不同排法)CA,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=种排法AA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,A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,种排法A三类之和为,种。(陕西卷文)从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)(B)(C)(D)网答案:C解析:首先个位数字必须为奇数从四个中选择一个有种再丛剩余个奇数中选择一个C从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CCCA,个选C(湖南卷理)从名大学生毕业生中选个人担任村长助理则甲、乙至少有人入选而丙没有入选的不同选法的种数位CABCD数学选修第页共页【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CC,,的选法有=所以共有=即选C项。CC,,四川卷理,位男生和位女生共位同学站成一排若男生甲不站两端位女生中有且只有两位女生相邻则不同排法的种数是BCDA解析:位同学站成一排位女生中有且只有两位女生相邻的排法有种其中男生甲ACAA,站两端的有符合条件的排法故共有AACAA,:由题意有,选B。解析()()ACACCACAA,,,,,,,,数学选修第页共页数学选修第页共页数学选修第页共页

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