2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第十章　2 第2讲　排列与组合

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第十章　2 第2讲　排列与组合

第2讲　排列与组合 ‎1．排列、组合的定义 排列的定义 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合的定义 合成一组 ‎2.排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数 组合数 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数 公式 A＝n(n－1)(n－2)…‎ ‎(n－m＋1)＝ C＝＝‎ 性质 A＝n！，0！＝1‎ C＝C，C＋C＝C ‎[疑误辨析]‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(　　)‎ ‎(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．(　　)‎ ‎(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(　　)‎ ‎(4)若组合式C＝C，则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．(选修23P27A组T7改编)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　　)‎ A．144　　　B．120　　　C．72　　　D．24‎ 解析：选D.“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A＝4×3×2＝24.‎ ‎2．(选修23P19例4改编)用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为(　　)‎ A．8 B．24‎ C．48 D．120‎ 解析：选C.末位数字排法有A种，其他位置排法有A种，共有AA＝48(种)排法，所以偶数的个数为48.‎ ‎3．(选修23P28A组T17改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是(　　)‎ A．18 B．24‎ C．30 D．36‎ 解析：选C.选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有CC＝18种，选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有CC＝12种，故3名学生中男女生都有的选法有CC＋CC＝30种．故选C.‎ ‎[易错纠偏]‎ ‎(1)分类不清导致出错；‎ ‎(2)相邻元素看成一个整体，不相邻问题采用插空法是解决相邻与不相邻问题的基本方法．‎ ‎1．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装计算机和组装计算机各2台，则不同的取法有________种．‎ 解析：分两类：第一类，取2台原装计算机与3台组装计算机，有CC种方法；第二类，取3台原装计算机与2台组装计算机，有CC种方法．所以满足条件的不同取法有CC＋CC＝350(种)．‎ 答案：350‎ ‎2．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．‎ 解析：设这5件不同的产品分别为A，B，C，D，E，先把产品A与产品B捆绑有A种摆法，再与产品D，E全排列有A种摆法，最后把产品C插空有C种摆法，所以共有AAC＝36(种)不同的摆法．‎ 答案：36‎ ‎　　　　　　排列应用题 ‎ 3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．‎ ‎(1)选其中5人排成一排；‎ ‎(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；‎ ‎(3)全体站成一排，男、女各站在一起；‎ ‎(4)全体站成一排，男生不能站在一起．‎ ‎【解】　(1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A＝2 520种排法．‎ ‎(2)前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有A＝5 040 种排法．‎ ‎(3)相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有A种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有A种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A种排法，由分步乘法计数原理知，共有N＝A·A·A＝288(种)．‎ ‎(4)不相邻问题(插空法)：先安排女生共有A种排法，男生在4个女生隔成的五个空隙中安排共有A种排法，故N＝A·A＝1 440(种)．‎ ‎ (变问法)在本例条件下，求不同的排队方案的方法种数：‎ ‎(1)甲不在中间也不在两端；‎ ‎(2)甲、乙两人必须排在两端．‎ 解：(1)先排甲有4种，其余有A种，‎ 故共有4·A＝2 880种排法．‎ ‎(2)先排甲、乙，再排其余5人，‎ 共有A·A＝240种排法．‎ 求解有限制条件排列问题的主要方法 直接法 分类法 选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数 分步法 选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数 捆绑法 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空隙中 间接法 对于分类过多的问题，按正难则反，等价转化的方法 ‎[提醒]　(1)插空时要数清插空的个数，捆绑时要注意捆绑后元素的个数及相邻元素的排列数．‎ ‎(2)用间接法求解时，事件的反面数情况要准确．‎ ‎　由0，1，2，3，4，5这六个数字组成的无重复数字的自然数，则含有2，3但它们不相邻的五位数有________个．‎ 解析：不考虑0在首位，0，1，4，5先排三个位置，则有A个，2，3去排四个空当，有A个，即有AA个；‎ 而0在首位时，有AA个，即含有2，3，但它们不相邻的五位数有AA－AA＝252个．‎ 答案：252‎ ‎　　　　　　组合应用题 ‎ 要从5名女生，7名男生中选出5名代表，按下列要求，分别有多少种不同的选法？‎ ‎(1)至少有1名女生入选；‎ ‎(2)男生甲和女生乙入选；‎ ‎(3)男生甲、女生乙至少有一个人入选．‎ ‎【解】　(1)法一：至少有1名女生入选包括以下几种情况：‎ ‎1女4男，2女3男，3女2男，4女1男，5女．‎ 由分类加法计数原理知总选法数为 CC＋CC＋CC＋CC＋C＝771(种)．‎ 法二：“至少有1名女生入选”的反面是“全是男代表”，可用间接法求解．从12人中任选5人有C种选法，其中全是男代表的选法有C种．‎ 所以“至少有1名女生入选”的选法有 C－C＝771(种)．‎ ‎(2)男生甲和女生乙入选，即只要再从除男生甲和女生乙外的10人中任选3名即可，共有CC＝120种选法．‎ ‎(3)间接法：“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的反面是“两人都不入选”，即从其余10人中任选5人有C种选法，所以“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的选法数为C－C＝540(种)．‎ ‎ (变问法)在本例条件下，求至多有2名女生入选的选法种数．‎ 解：至多有2名女生入选包括以下几种情况：‎ ‎0女5男，1女4男，2女3男，‎ 由分类加法计数原理知总选法数为 C＋CC＋CC＝546(种)．‎ 含有附加条件的组合问题的解法 ‎(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；若“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．‎ ‎(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题目必须十分重视“至少”‎ 与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，用间接法求解．　 ‎ ‎　甲、乙两人从4门课程中各选修2门，‎ 求：(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？‎ ‎(2)甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？‎ 解：(1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有CCC＝24(种)．‎ ‎(2)甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为CC，又甲、乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C种，因此满足条件的不同选法种数为CC－C＝30(种)．‎ ‎　　　　　　排列、组合的综合应用(高频考点)‎ 排列与组合是高考命题的一个热点，多以选择题或填空题的形式呈现，试题多为中档题．主要命题角度有：‎ ‎(1)相邻、相间问题；‎ ‎(2)分组、分配问题；‎ ‎(3)特殊元素(位置)问题．‎ 角度一　相邻、相间问题 ‎ (2020·杭州八校联考)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有(　　)‎ A．34种　　　　　　　　　 B．48种 C．96种 D．144种 ‎【解析】　特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有CAA＝96(种)，故选C.‎ ‎【答案】　C 角度二　分组、分配问题 ‎ 从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)‎ ‎【解析】　分两步，第一步，选出4人，由于至少1名女生，故有C－C＝55种不同的选法；第二步，从4人中选出队长、副队长各1人，有A＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．‎ ‎【答案】　660‎ 角度三　特殊元素(位置)问题 ‎ (2020·台州市书生中学高三期中)在某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，‎ 其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为________．‎ ‎【解析】　①若第一个出场的是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，方法有CCA＝36种．②若第一个出场的是女生(不是女生甲)，则将剩余的2个女生排列好，2个男生插空，方法有CAA＝24种．故所有的出场顺序的排法种数为36＋24＝60.‎ ‎【答案】　60‎ 解排列、组合综合应用问题的思路 ‎　 ‎ ‎1．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有(　　)‎ A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 解析：选D.因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2，1，1，有＝6种，再分配给3个人，有A＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．‎ ‎2．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．‎ 解析：把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C种分法，再分给4人有CA种分法，所以不同获奖情况种数为A＋CA＝24＋36＝60.‎ 答案：60‎ ‎3．(2020·浙江东阳中学高三期中检测)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的五位数，则组成的偶数的个数是________；恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数是________．‎ 解析：由五个数组成五位偶数，可分类个位数放0，2，4；当个位是0时，有A＝24种 ‎，当个位是2时，有3A＝18种，当个位是4时与个位是2时相同，则共有24＋36＝60种．当1和3两个奇数夹着0时，把这三个元素看做一个整体，和另外两个偶数全排列，其中1和3之间还有一个排列，共有2A＝12种，1和3两个奇数夹着2时，同前面类似，只是注意0不能放在首位，共有2CA＝8种，当1和3两个奇数夹着4时，也有同样多的结果．根据分类加法计数原理得到共有12＋16＝28种结果．‎ 答案：60　28‎ 核心素养系列21　逻辑推理、数学运算——分组分配问题中的易错点 分组问题是同学们学习中的难点问题，在考试中不容易得分，在解题过程中容易掉入陷阱．‎ 解决这类问题的一个基本指导思想是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分组三种，无论分成几组，应注意的是只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．下面结合一些典型问题谈谈如何避免掉进分组问题中的陷阱．‎ 一、整体均分问题 ‎ 国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6名免费培养的教育专业师范毕业生，将其平均分到3所学校去任教，有________种不同的分配方法．‎ ‎【解析】　先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有A＝90种分配方法．‎ ‎【答案】　90‎ 对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．　 ‎ 二、部分均分问题 ‎ 将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________．‎ ‎【解析】　先将5人分成三组(1，1，3或2，2，1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有·A·C＝900种．‎ ‎【答案】　900‎ 本题属于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．　 ‎ 三、不等分组问题 ‎ 将6本不同的书分给甲、乙、丙3名学生，其中一人得1本，一人得2本，一人得3本，则有________种不同的分法．‎ ‎【解析】　先把书分成三组，把这三组分给甲、乙、丙3名学生．先选1本，有C种选法；再从余下的5本中选2本，有C种选法；最后余下3本全选，有C种选法．故共有C·C·C＝60种选法．由于甲、乙、丙是不同的3人，还应考虑再分配，故共有60A＝360种分配方法．‎ ‎【答案】　360‎ 对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时，任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．‎ 总之，在解答分组问题时，一定要注意均匀分组与不均匀分组的区别，均匀分组不要重复计数．对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏，抓住了以上关键点，就能避免掉进陷阱．　 ‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．不等式A＜6×A的解集为(　　)‎ A．[2，8]　　　　　　　　　 B．[2，6]‎ C．(7，12) D．{8}‎ 解析：选D.由题意得＜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·金华等三市部分学校高三期中)如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为(　　)‎ A．96 B．84‎ C．60 D．48‎ 解析：选B.法一：分三类：种两种花有A种种法；种三种花有2A种种法；种四种花有A种种法．‎ 共有A＋2A＋A＝84.‎ 法二：按A－B－C－D顺序种花，可分A，C同色与不同色有4×3×(1×3＋2×2)‎ ‎＝84.‎ ‎3．(2020·温州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是(　　)‎ A．540 B．480‎ C．360 D．200‎ 解析：选D.由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有CCA＝50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C＝4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有C×CCA＝200(个)．‎ ‎4．3本不同的数学书与3本不同的语文书放在书架同一层，则同类书不相邻的放法种数为(　　)‎ A．36 B．72‎ C．108 D．144‎ 解析：选B.3本数学书的放法有A种，将3本语文书插入使得语文数学均不相邻的插法有2A种，故同类书不相邻的放法有2AA＝2×6×6＝72(种)，故选B.‎ ‎5．(2020·金华十校期末调研)A、B、C、D、E五个人参加抽奖活动，现有5个红包，每人各摸一个，5个红包中有2个8元，1个18元，1个28元，1个0元，(红包中金额相同视为相同红包)，则A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的情况有(　　)‎ A．18种 B．24种 C．36种 D．48种 解析：选C.A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的情况有三类：‎ 即获奖的四人为：ABCD，ABCE，ABDE，‎ 在每类情况中，获奖的情况有C·A＝12种，‎ 所以由分步乘法原理得：A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的情况有3×12＝36种．‎ ‎6．某中学高一学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现从中任选3人，要求这三人不能全是同一个班的学生，且在三班至多选1人，则不同选法的种数为(　　)‎ A．484 B．472‎ C．252 D．232‎ 解析：选B.若三班有1人入选，则另两人从三班以外的12人中选取，共有CC＝264种选法．若三班没有人入选，则要从三班以外的12人中选3人，又这3人不能全来自同一个班，故有C－3C＝208种选法．故总共有264＋208＝472种不同的选法．‎ ‎7．如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三点为顶点的三角形的个数为(　　)‎ A．30 B．42‎ C．54 D．56‎ 解析：选B.间接法：先从这8个点中任取3个点，有C种取法，再减去三点共线的情形即可，即C－C－C＝42.‎ ‎8．(2019·宁波高考模拟)从1，2，3，4，5这五个数字中选出三个不相同数组成一个三位数，则奇数位上必须是奇数的三位数的个数为(　　)‎ A．12 B．18‎ C．24 D．30‎ 解析：选B.根据题意，要求奇数位上必须是奇数的三位数，则这个三位数的百位、个位为奇数，分2步进行分析：‎ ‎①在1、3、5三个奇数中任选2个，安排在三位数的个位和百位，有CA＝6种情况，‎ ‎②在剩余的3个数字中任选1个，将其安排在三位数的十位，有C＝3种情况，‎ 则奇数位上必须是奇数的三位数有6×3＝18个．‎ ‎9．(2020·温州中学高三模拟)身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲丁不相邻的不同的排法共有(　　)‎ A．12 B．14‎ C．16 D．18‎ 解析：选B.从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1，2，3，4，5.要求1，4不相邻．分四类：①先排4，5时，则1只有1种排法，2，3在剩余的两个位上，这样有AA＝4种排法；②先排3，5时，则4只有1种排法，2，1在剩余的两个位上，这样有AA＝4种排法；③先排1，2时，则4只有1种排法，3，5在剩余的两个位上，这样有AA＝4种排法；④先排1，3时，则这样的数只有两个，即21534，43512，只有两种排法．综上共有4＋4＋4＋2＝14种排法，故选B.‎ ‎10．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素的个数为(　　)‎ A．60 B．90‎ C．120 D．130‎ 解析：选D.设t＝|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|，t＝1说明x1，x2，x3，x4，x5中有一个为－1或1，其他为0，所以有2×C＝10个元素满足t＝1；t＝2说明x1，x2，x3，x4，x5中有两个为－1或1，其他为0，所以有C×2×2＝40个元素满足t＝2；t＝3说明x1，x2，x3，x4，x5中有三个为－1或1，其他为0，所以有C×2×2×2＝80个元素满足t＝3，从而，共有10＋40＋80＝130个元素满足1≤t≤3.‎ ‎11．(2020·温州十五校联合体期末联考)用数字1、2、3、4、5构成数字不重复的五位数，要求数字1，3不相邻，数字2，5相邻，则这样的五位数的个数是________(‎ 用数字作答)．‎ 解析：先把2，5捆挷有2种方法，再把它与4排列有2种排法，此时共有3个空隙供数字1、3插入有A＝6种方法，故这样的五位数的个数是2×2×6＝24个．‎ 答案：24‎ ‎12．(2020·嘉兴市一中高考适应性考试)电影院一排10个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，那么他们每人左右两边都有空位且甲坐在中间的坐法有________种．‎ 解析：先排7个空座位，由于空座位是相同的，则只有1种情况，其中有6个空位符合条件，考虑三人的顺序，将3人插入6个空位中，则共有1×A＝120种情况，由于甲必须坐在三人中间，则有符合要求的坐法有×120＝40(种)．‎ 答案：40‎ ‎13．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有________对．‎ 解析：如图．它们的棱是原正方体的12条面对角线．‎ 一个正四面体中两条棱成60°角的有(C－3)对，两个正四面体有(C－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(C－3)×2×2＝48(对)．‎ 答案：48‎ ‎14．如图A，B，C，D为海上4个小岛，要建立3座大桥，将4个小岛连接起来，则不同的建桥方案有________种．‎ 解析：法一：任2个岛之间建立1座桥，则共需C＝6座桥，现只建其中3座，有C种建法，但如图(1)这样的建桥方式是不合题意的，类似这样的情况有C种，则共有C－C＝16种建桥方案．‎ 法二：依题意，满足条件的建桥方案分两类．‎ 第一类，如图(2)，此时有C种方法．‎ 第二类，如图(3)，此时有A＝12种方法．‎ 由分类加法计数原理得，共有4＋12＝16种建桥方案．‎ 答案：16‎ ‎15．现从男、女共8名学生干部中选出2名男同学和1名女同学分别参加全校“资源”“生态”“环保”三个夏令营活动，已知共有90种不同的方案，那么有男生________人、女生________人．‎ 解析：设男、女同学的人数分别为m和n，则有，‎ 即 由于m，n∈N＋，则m＝3，n＝5.‎ 答案：3　5‎ ‎16．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有________种．‎ 解析：程序A有A＝2种结果，将程序B和C看作元素集团与除A外的元素排列有AA＝48(种)，所以由分步乘法计数原理得，实验顺序的编排共有2×48＝96种方法．‎ 答案：96‎ ‎17．规定C＝，其中x∈R，m是正整数，且C＝1，这是组合数C(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广，则C＝________；若x>0，则x＝________时，取到最小值，该最小值为________．‎ 解析：由规定：C＝＝－680，由＝＝.‎ 因为x>0，x＋≥2，当且仅当x＝时，等号成立，‎ 所以当x＝时，得最小值.‎ 答案：－680　　 ‎[综合题组练]‎ ‎1．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止．‎ ‎(1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，‎ 则这样的不同测试方法数是多少？‎ ‎(2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品，则这样的不同测试方法数是多少？‎ 解：(1)先排前4次测试，只能取正品，有A种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试，有C·A＝A种测试方法，再排余下4件的测试位置，有A种测试方法．所以共有A·A·A＝103 680种不同的测试方法．‎ ‎(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有C·C·A＝576种不同的测试方法．‎ ‎2．现有男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？‎ ‎(1)男运动员3名，女运动员2名；‎ ‎(2)至少有1名女运动员；‎ ‎(3)既要有队长，又要有女运动员．‎ 解：(1)任选3名男运动员，方法数为C，再选2名女运动员，方法数为C，共有C·C＝120种方法．‎ ‎(2)法一：至少有1名女运动员包括以下几种情况：‎ ‎1女4男，2女3男，3女2男，4女1男，‎ 由分类加法计数原理可得总选法数为 CC＋CC＋CC＋CC＝246(种)．‎ 法二：“至少有1名女运动员”的反面是“全是男运动员”，因此用间接法求解，不同选法有C－C＝246(种)．‎ ‎(3)当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法，不选女队长时，必选男队长，其他人任意选，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时共有(C－C)种选法．‎ 所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种)．‎ ‎3．证明下列各题：‎ ‎(1)A＋kA＝A(k≤n，n≥0)；‎ ‎(2)CC＝CC(k≤m≤n，n≥0)．‎ 证明：(1)左边＝＋k· ‎＝＝ ‎＝A＝右边．‎ ‎(2)左边＝· ‎＝，‎ 右边＝· ‎＝，‎ 所以左边＝右边．‎ ‎4．集合A＝{x∈Z|x≥10}，集合B是集合A的子集，且B中的元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9.‎ ‎(1)集合B中两位数和三位数各有多少个？‎ ‎(2)集合B中是否有五位数？是否有六位数？‎ ‎(3)将集合B中的元素从小到大排列，求第1 081个元素．‎ 解：将0，1，…，9这10个数字按照和为9进行配对，(0，9)，(1，8)，(2，7)，(3，6)，(4，5)，B中元素的每个数位只能从上面五对数中每对只取一个数构成．‎ ‎(1)两位数有C×22×A－C×2＝72(个)；‎ 三位数有C×23×A－C×22×A＝432(个)．‎ ‎(2)存在五位数，只需从上述五个数对中每对取一个数即可找出符合条件的五位数；不存在六位数，若存在，则至少要从一个数对中取出两个数，则该两个数字之和为9，与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9矛盾，因此不存在六位数．‎ ‎(3)四位数共有C×24×A－C×23×A＝1 728(个)，‎ 因此第1 081个元素是四位数，且是第577个四位数，‎ 我们考虑千位，千位为1，2，3的四位数有3×C×23×A＝576(个)，因此第1 081个元素是4 012.‎